MECANICA DE MATERIALES PRACTICAS Y EXAMENES UPC ______________________________________________
Ph.D. Genner Villarreal Castro PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008
Lima – Perú 2015 1
MECANICA DE MATERIALES Prácticas y Exámenes UPC
Primera Edición Marzo 2015
Tiraje: 1000 ejemplares
Diagramación: Víctor Dionicio Torres Carátula: Puente del Mileno Gateshead - Newcastle Inglaterra Estilo: Roxana Villarreal Gonzáles
Autor – Editor: © Ph.D. Genner Villarreal Castro www.gennervillarrealcastro.blogspot.com Pablo Picasso 567 Urb. El Bosque Telf: 202946 / 950907260 Trujillo – Perú
Impresión: Editora & Imprenta Gráfica Norte S.R.L.
[email protected] Oswaldo Hercelles 401 Urb. Los Granados Telf: 402705 / 969960030 Trujillo – Perú
Marzo, 2015
©Hecho el Depósito Legal en la Biblioteca Nacional del Perú Nº 2015-01288 ISBN: 978-612-00-1833-0
Prohibida la reproducción total o parcial sin autorización del Autor.
2
PROLOGO La Mecánica de Materiales, es una ciencia sobre los métodos de cálculo a la resistencia, la rigidez y la estabilidad de los elementos estructurales. Se entiende por resistencia a la capacidad de oponerse a la rotura, rigidez a la capacidad de oponerse a la deformación y estabilidad a la capacidad de mantener su condición original de equilibrio. Por lo general, el dictado de los cursos de Mecánica de Materiales, se centran en la descripción teórica y en la resolución de un escaso número de problemas, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje, más aún tratándose de un curso eminentemente práctico y con una diversidad de problemas. El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos en la resolución de problemas aplicados en prácticas calificadas y exámenes. Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo en forma seria y con el rigor científico todas las prácticas calificadas y exámenes aplicados por el autor en el período 2011-01 al 2013-01, correspondiente al curso Mecánica de Materiales dictado en la Carrera de Ingeniería Civil de la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas; propiciando, de esta manera, una forma más amena de convivencia con la Mecánica de Materiales y conducente a un mejor dominio de la materia. Este libro es un complemento perfecto a los editados anteriormente por el autor, denominados Resistencia de Materiales, Resistencia de Materiales I Prácticas y Exámenes USMP, Resistencia de Materiales II Prácticas y Exámenes USMP, los cuales se usan como textos base en las Carreras de Ingeniería Civil de muchas Universidades nacionales y extranjeras, así como en Centros de Investigación en Ingeniería Estructural. Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales en la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego. En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de problemas como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. El presente libro consta de 3 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo, siendo un total de 5 ciclos. En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el tema tracción y compresión. En el Examen Parcial se evalúan los temas esfuerzo y deformación, torsión. En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúa el tema esfuerzos en vigas. En la Práctica Calificada Nº 3 se evalúa el tema deformación en vigas. En el Examen Final se evalúa el tema métodos energéticos. El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten el curso compacto de Mecánica de Materiales; así como a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras. Este libro se lo dedico a mis alumnos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales de la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus consultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar con éxito este trabajo.
3
Con todo mi amor, dedico el presente libro a mi linda esposa, la Lic. Brenda de Jesús Crisanto Panta, una extraordinaria mujer, quien con su inteligencia, comprensión, amor y dulzura, se ha convertido en mi soporte para cumplir con mi filosofía de vida “la educación es universal y debe estar al alcance de todos”, pidiendo a Dios bendiga por siempre nuestra unión.
Ph.D. Genner Villarreal Castro
[email protected]
Lima, Marzo del 2015
4
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2011-01 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1. Se somete a tracción en una máquina de ensayo a una barra de acero de sección transversal circular, cuyo diámetro es de 30mm por acción de una fuerza de 125kN. Con la ayuda de un tensómetro de base 50mm se midió el alargamiento total de la barra, resultando ser 0,043mm; en cambio su diámetro disminuyó en 0,007mm. Determinar el módulo de elasticidad del material y su coeficiente de Poisson. (2 puntos)
2. Una barra circular ACB cuya longitud total es 2L gira alrededor de un eje que pasa a través de su punto medio C con velocidad angular constante (radianes por segundo). El material de la barra tiene un peso específico . Obtener una fórmula para el esfuerzo normal de tracción x en la barra como una función de la distancia “x” desde el punto C. ¿Cuál es el esfuerzo de tracción máximo?
(4 puntos)
A
C
B x
L
L
3. Para la barra escalonada mostrada en la figura, se pide graficar los diagramas de fuerza axial o normal, esfuerzo normal y determinar el alargamiento absoluto de la barra, así como la energía potencial de deformación. Considerar E 2.10 MPa 5
0,4m
(3 puntos)
F
A 3=6cm2
E 0,4m A 2=5cm 2
D 0,4m C
60kN
A 1 =2cm2
0,8m B 20kN
5
4. Una barra sólida AB es sostenida por tres cables, tal como se muestra en la figura. El cable 1 es de cobre y sección 1cm 2; el cable 2 es de acero y sección 1,5cm 2 y el cable 3 es de aluminio y sección 2cm2.
Determinar
los
esfuerzos
en
los
cables,
sí
E a 2.10 5 MPa ;
E al 0,7.10 5 MPa
E c 10 5 MPa ; (3 puntos)
0,5m
1
2
3
1,5m
A
B
P=30kN 0,5m 0,75m
1m
5. El elemento térmico bimetálico mostrado en la figura está construido de una barra de latón (longitud
L L 0,75p lg y área de sección transversal A L 0,10p lg 2 ) y de una barra de magnesio (longitud
L m 1,30p lg y área de sección transversal A m 0,20p lg 2 ). Las barras se disponen de tal modo que la separación entre sus extremos libres es 0,0040p lg a temperatura ambiente. Considerar las 6 o
6 o
siguientes propiedades de los materiales: L 10.10 / F , m 14,5.10 / F , E L 15.10 psi y 6
E m 6,5.10 6 psi . Se pide calcular: a) El incremento de temperatura T (sobre la temperatura ambiente) para el cual las barras hacen contacto.
(1 punto)
b) El esfuerzo en la barra de magnesio cuando el incremento de temperatura T es de 300 F o
(3 puntos)
AL
LL
Am
Lm
6
6. ¿Qué esfuerzos se producirán en un tornillo de acero y un tubo de cobre, debido a un cuarto de vuelta de la tuerca, si la longitud del tornillo es L 30p lg , el paso de la rosca es p sección transversal del tornillo es A a 1p lg
2
1 p lg , el área de la 8
y el área de la sección transversal del tubo es
A c 2p lg 2 ? Considerar E a 30.10 6 psi y E c 16.10 6 psi . Nota: el paso de la rosca es la distancia que avanza la tuerca al girar una vuelta completa.
(4 puntos)
Tubo de cobre
Tornillo de acero
Monterrico, 07 de abril de 2011
7
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2011-01 1. Calculamos la deformación longitudinal:
0,043 8,6.10 4 L 50
Ahora, calculamos la deformación transversal:
'
d 0,007 2,33.10 4 d 30
El coeficiente de Poisson será:
' 2,33.10 4 0,271 8,6.10 4
Luego, determinamos el módulo de elasticidad:
P E A
E
P 125.10 3 2,056.1011 Pa 4 2 6 A 8,6.10 . / 4.30 .10
E 2,056.105 MPa (ACERO) 2. Consideremos un elemento de la barra de longitud
d situado a la distancia desde el eje de
rotación. La fuerza centrífuga de este elemento debido a su movimiento en una trayectoria circular de radio es:
dF
Ad 2 . g
Donde:
Ad g
- masa del elemento
2
- aceleración radial
Esta fuerza actúa radialmente hacia fuera a lo largo del eje de la barra. La tracción total Px en una sección transversal
mn definida por la distancia “x” desde el eje de giro, es
la suma de todas estas fuerzas centrífugas entre x y L . Así: L
Px x
Ad 2 A2 2 . (L x 2 ) g 2g
En consecuencia:
x
Px 2 2 (L x 2 ) A 2g
La fuerza de tracción es máxima en el punto medio de la barra ( x 0) , donde:
Pmáx
A2 L2 2g
Luego, el esfuerzo máximo será:
8
máx
Pmáx 2 L2 A 2g
3. Determinamos los esfuerzos:
20.10 3 100MPa 2.10 4
BC CD
20.10 3 40MPa 5.10 4
DE
80.10 3 160MPa 5.10 4
EF
80.10 3 133,33MPa 6.10 4
Graficamos los diagramas de fuerza axial o normal y de esfuerzos normales, tal como se muestra en la figura.
N (kN)
F
0,4m
F
A 3 =6cm2
E
E
133,33 +
80
+
0,4m
160 A 2 =5cm2
D 0,4m C
D 40
60kN
C 20
0,8m
A 1=2cm
2
100
B
B
20kN Calculamos el alargamiento de la barra: 4
i 1
Pi L i 20.10 3.0,8 20.10 3.0,4 80.10 3.0,4 80.10 3.0,4 10,67.10 4 m 11 4 11 4 11 4 11 4 EA i 2.10 .2.10 2.10 .5.10 2.10 .5.10 2.10 .6.10
1,067mm Determinamos la energía potencial de deformación:
Pi2 L i 20 2.10 6.0,8 20 2.10 6.0,4 80 2.10 6.0,4 80 2.10 6.0,4 U 28,27 N.m 2.2.1011.2.10 4 2.2.1011.5.10 4 2.2.1011.5.10 4 2.2.1011.6.10 4 i 1 2EA i U 28,27J 4
4. Supongamos que todas las reacciones son de tracción y que la barra después de la acción de la fuerza
P ocupa la posición A' B' Luego:
M
C
0
R 2 2,25R 3 1,5P
………………….. (a)
9
M
E
0
2,25R 1 1,25R 2 0,75P
………………….. (b)
R1
R3 R2
C
E
D
A
B
A´ 1
2
3 B´ P
Del diagrama de desplazamientos se tiene:
2 1 3 1 1 2,25 1,251 2,25 2 3 0 Reemplazamos valores:
R 3 .2 R .2 R 2 .1,5 1,25 5 16 4 2,25 0 5 6 4 5 6 4 10 .10 .10 2.10 .10 .1,5.10 0,7.10 .10 .2.10 De donde:
2,5R 1 1,125R 2 1,43R 3 0
………………….. (c)
Resolvemos (a), (b) y (c), obteniendo:
R 1 0,018P 0,54kN R 2 0,568P 17,04kN R 3 0,414P 12,42kN En consecuencia, los esfuerzos serán:
1
R 1 0,54.10 3 5,4MPa A1 10 4
2
R 2 17,04.10 3 113,6MPa A2 1,5.10 4
3
R 3 12,42.10 3 62,1MPa A3 2.10 4
5. a) Para que las barras hagan contacto debe cumplirse:
L L L (T) m L m (T)
T
10
LLL mLm
T b)
0,0040 151,8 o F 10.10 .0,75 14,5.10 6.1,30 6
o
Superada la temperatura 151,8 F , será necesario que surja una fuerza de compresión P en los empotramientos, que impidan la dilatación posterior, cumpliéndose:
P t
PL L PL m L L L m L m 300 151,8 ELAL EmAm E A L ELALLm P m m L EmAmELAL
L L L m L m 300 151,8
De donde:
m
E m E L A L L L L m L m 148,2 EmAmLL ELALLm
6,5.10 6.15.10 6.0,10.(10.10 6.0,75 14,5.10 6.1,30)(148,2) 6,5.10 6.0,20.0,75 15.10 6.0,10.1,30
13017psi 13,017ksi (COMPRESION) 6. Como el paso de rosca es p acortamiento
1 p lg , entonces al ajustar dando un cuarto de vuelta, sufrirán un 8
1 1 p p lg ; oponiéndose el tornillo de acero por ser más resistente, siendo su 4 32
fuerza de tracción y el tubo de cobre de compresión, por ser menos resistente. Luego:
a c
Pa L PL 1 c E a A a E c A c 32
Además:
Pa Pc Entonces se tendrá:
1 1 Pa L Ea Aa EcAc
1 32
Pa
Ea Aa EcAc 32L(E a A a E c A c )
Pa
30.10 6.1.16.10 6.2 16129,03lb 32.30(30.10 6.1 16.10 6.2)
En consecuencia:
a
Pa 16129,03psi 16,129ksi (TRACCION) Aa
c
Pc 8064,51psi 8,064ksi (COMPRESION) Ac
11
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2011-02 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
Responder las siguientes preguntas, justificando sus respuestas: a) ¿El módulo de elasticidad del concreto depende de su resistencia a la compresión?
(1 punto)
b) Durante una prueba de tracción de una probeta de acero, el extensómetro registra un alargamiento de 0,00141plg en una longitud calibrada de 2plg. Suponga que el acero queda sometido a esfuerzos inferiores al límite proporcional y que el módulo de elasticidad es E 30.10 psi . Determine el 6
esfuerzo normal máximo en la probeta.
(1 punto)
2plg P
ACE RO
P
c) Determine el área mínima admisible de la barra CD de la armadura mostrada en la figura, si el esfuerzo normal admisible no debe de pasar de 20ksi para las cargas mostradas.
(1 punto)
30k G 8pie 30k
F
E
8pie 30k
D C 8pie A
B 15pie
d) Para el sistema que se muestra en la figura, determinar la fuerza P1 en función de las otras fuerzas, tal que el extremo D no se mueva horizontalmente cuando se aplican las cargas. Considerar que la rigidez es EA para toda la barra.
A
P1
(1 punto)
B
a
C
b 12
P2 D
c
P3
2.
Se tiene un peso de 3T sostenido por los cables de acero (1) y (2), cuyos módulos de elasticidad es
E 2,1.10 6 kgf / cm 2 y áreas de sección transversal iguales a 1,27cm 2. Se pide determinar: a) Las fuerzas internas en los cables
(1 punto)
b) Las deformaciones longitudinales en los cables (1) y (2)
(1 punto)
c) Los desplazamientos horizontal y vertical del nudo B
(1 punto)
2m C
30º
60º (1)
D
(2) B W=3T
3.
Para el cartel publicitario de madera mostrado en la figura, cuyo espesor es constante e igual a 15cm y peso específico de 850kgf/m3, se pide: a) Determinar las tensiones en los cables
(1.5 puntos)
b) Diseñar los cables por esfuerzo simple, teniendo en cuenta los diámetros comerciales de 6mm, ¼”, 8mm, 3/8”, 12mm, ½”, 5/8”, ¾” y 1”, factor de seguridad n 2 y esfuerzo de fluencia
y 4200kgf / cm 2
(1.5 puntos)
30º (1)
60º
(2)
A
(3)
1m
B 1m
0,5m 1,5m
4.
1,5m
Un pedestal cuadrado de concreto de 26plg de altura está formado por una caja de acero llena de concreto. La dimensión exterior de la caja es 10plg y la interior es 8,5plg. Suponga que los esfuerzos del acero y concreto se distribuyen uniformemente sobre sus respectivas áreas. Considerar E c 3000ksi y E a 30000ksi a) ¿Qué fracción de la carga toma el área de acero?
(1.5 puntos)
b) Si la carga P de compresión es 100k ¿Cuáles son los esfuerzos en el acero y el concreto? y ¿Cuál es el acortamiento del pedestal?
(1.5 puntos)
13
P SECCION TRANSVERSAL
10plg
Caja de acero Alma de concreto
26plg
Pedestal cuadrado 8,5plg 10plg
5.
Una barra circular maciza de aluminio se introduce en un tubo de cobre de la misma longitud. El diámetro exterior del tubo de cobre es 2plg, el diámetro interior es 1,80plg y el diámetro de la barra de aluminio es 1,75plg. En cada extremo del ensamble se insertan, perpendicularmente al eje de la barra, dos pernos de ¼” de diámetro que atraviesan ambas barras. Determinar el esfuerzo cortante medio en los pernos si la temperatura aumenta 40 F . Considerar para el aluminio, E al 10.10 psi y 6
o
al 13.10 6 / o F ; para el cobre E c 17.10 6 psi y c 9,3.10 6 / o F Perno
(4 puntos)
Tubo de cobre
Barra de aluminio
6.
La barra mostrada en la figura tiene longitud L , módulo de elasticidad E b y área de sección transversal A b . Dos cables con tensores se fijan a pernos robustos que atraviesan los extremos de la barra. Cada cable tiene longitud L , módulo de elasticidad E c y área de sección transversal A c . El paso de las roscas de los tensores de doble acción es “p” (esto es, una vuelta del tensor acorta el cable en 2p). Obtener una fórmula para el número de vueltas “n” de cada tensor requeridas para presforzar la barra bajo un esfuerzo de compresión uniforme o
(3 puntos)
Tensor
Cable
Barra
L
Monterrico, 01 de setiembre de 2011 14
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2011-02 1.
a) VERDADERO. Debido a que E c 15000 f c , siendo E c el módulo de elasticidad del concreto y '
f c' la resistencia a la compresión del concreto. b) Sabemos que:
E E
0,00141 30.10 6. 21,15ksi L 2
c) Efectuamos un corte 1-1 y analizamos el equilibrio de la parte superior de la armadura.
F
X
0
30 30 FCD 0
FCD 60k
30k G 8pie 30k
1
F
E
8pie FCE
D
FCD 15pie
FBD
1
Luego:
CD CD
60.10 3 20.10 3 A CD
A CD 3p lg 2 mín A CD 3p lg 2
d) Por dato del problema D 0 Luego:
P3 (a b c) P2 (a b) P1a 0 EA EA EA De donde:
P1 2.
P2 (a b) P3 (a b c) (a b)(P2 P3 ) P3 c b c P2 P3 1 P3 a a a a
a) Determinamos las fuerzas internas en los cables:
P2 P1 30º
60º B
3T
15
F F
X
0
P1 cos 30 o P2 cos 60 o 0
P2 P1 3
Y
0
P1sen30 o (P1 3)sen60 o 3
P1 1,5T 1500kg P2 1,5 3T 2598,07kg
b) Calculamos las deformaciones longitudinales en los cables (1) y (2)
1
P1L1 1500.173,2 0,097cm 0,97mm EA 2,1.10 6.1,27
2
P2 L 2 2598,07.100 0,097cm 0,97mm EA 2,1.10 6.1,27
c) Esquematizamos el diagrama de desplazamientos del nudo B
30º
60º
B
1sen30º 1 30º 30º
2
60º 30º
BV
60º 30º
2
2cos30º
B´
B H
Calculamos los desplazamientos vertical y horizontal del nudo B
BV 1sen30 o 2 cos 30 o 0,97sen30 o 0,97 cos 30 o 1,325mm BH 1 cos 30 o 2 sen30 o 0,97 cos 30 o 0,97sen30 o 0,355mm 3.
a) Determinamos el peso del cartel.
Pcartel 850.3.1,5 2.0,5.(1,5.0,5).(0,15) 478,125kgf Efectuamos un corte en los cables y analizamos su equilibrio:
F1
F2
F3 30º
A
478,125kgf 1,5m
1,5m
M 0 F 0 B
X
60º B
F1 (3) 478,125(1,5) 0
F1 239,062kgf
F3 cos 60 o F2 cos 30 o 0
F3 F2 3
16
F
Y
0
239,062 F2 sen30 o (F2 3)sen60 o 478,125
F2 119,531kgf F3 207,034kgf
b) Determinamos el esfuerzo admisible y diseñamos los cables (1), (2) y (3)
y n
4200 2100kgf / cm 2 2
CABLE 1:
1
239,062 2100 A1
A1 0,114cm 2 Elegimos diámetro de 6mm
CABLE 2:
2
119,531 2100 A2
A 2 0,057cm 2 Elegimos diámetro de 6mm
CABLE 3:
3
207,034 2100 A3
A 3 0,098cm 2 Elegimos diámetro de 6mm
4.
a) Sabemos que:
Pa Pc P
…………………. (a)
Además:
a c
Pa L PL c Ea Aa EcAc Pc
EcAc Pa …………………. (b) Ea Aa
Pa
Ea Aa P Ea Aa EcAc
Pa
30.10 6.27,75 (P) 0,793P 30.10 6.27,75 3.10 6.8,5 2
Reemplazamos (b) en (a):
Pa
EcAc Pa P Ea Aa
Reemplazamos en (a) y obtenemos:
Pc 0,207P b) Determinamos los esfuerzos normales en el acero y el concreto.
Pa 0,793.100.10 3 a 2857,66psi 2,857ksi Aa 10 2 8,5 2 c
Pc 0,207.100.10 3 286,50psi 0,286ksi Ac 8,5 2 17
Calculamos el acortamiento del pedestal.
Pa L 0,793.100.10 3.26 2,47.10 3 p lg 6 Ea Aa 30.10 .27,75 5.
Puesto que el tubo de cobre y la barra de aluminio son de diferentes materiales, sus alargamientos serían diferentes si se dilataran libremente. Sin embargo, se mantienen unidos por el ensamble, por lo que se producen esfuerzos térmicos. Se corta el ensamble en forma tal que se obtenga una estructura liberada estáticamente determinada. Una forma sencilla es quitar el perno derecho y analizar la estructura, considerando el cambio de temperatura T , lo que produce alargamientos 1 y 2 en la barra de aluminio y tubo de cobre, respectivamente.
1
2 1 al (T)L (barra de aluminio) 2 c (T)L (tubo de cobre) Las fuerzas existentes en la barra de aluminio y tubo de cobre en el ensamble original deben ser tales que acorten la barra y alarguen el tubo, a fin de que los alargamientos finales de la barra de aluminio y del tubo de cobre sean las mismas.
Pal
3
Pc
Pal L (acortamiento de la barra de aluminio) E al A al
4
Pc L (alargamiento del tubo de cobre) EcAc
Como los alargamientos finales son los mismos:
1 3 2 4
al (T)L
Pal L PL c (T)L c E al A al EcAc
Además:
Pal Pc Luego:
1 1 ( al c )(T) Pal E al A al E c A c
( al c )(T)
Pal (E al A al E c A c ) E al A al E c A c
18
De donde:
Pal Pal
( al c )(T)E al A al E c A c E al A al E c A c
(13.10 6 9,3.10 6 ).(40).10.10 6.( / 4).1,75 2.17.10 6.( / 4).(2 2 1,8 2 ) 10.10 6.( / 4).1,75 2 17.10 6.( / 4).(2 2 1,8 2 ) Pal Pc 1056,21lb
En consecuencia:
med 6.
V 1056,21 10758,5psi 10,758ksi A 2.( / 4).(1 / 16)
Se sabe que el alargamiento será:
2pn Además:
b c Pb L PL c 2pn E b A b 2E c A c Como:
Pb Pc
o
Pb Ab
Se tendrá:
o L PL b 2pn Eb 2E c A c Dividimos entre A b
o L Pb L 2pn E b A b 2E c A c A b Ab 1 1 o L E b A b 2E c A c
2pn Ab
2E A E b A b o L c c 2E c A c E b A b
2pn Ab
De donde:
n
o L 2pEb
E A 1 b b 2E c A c
19
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2012-01 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1. Responder las siguientes preguntas, justificando sus respuestas: a) ¿La Ley de Hooke sólo puede aplicarse en el rango plástico o de cedencia?
(1 punto)
b) Para la barra escalonada mostrada en la figura, determine la fuerza “P” para que la deformación en el punto D sea cero, considerando E 29.10 psi para toda la barra, A AC 0,9p lg 6
A CD 0,3p lg 2
2
y
(1 punto)
A
B
12plg
75k
45k
C
12plg
D
P
16plg
c) Un cilindro que posee una cubierta hermética, formada por una placa circular y retenida por pernos de acero, contiene un gas a presión “p”, tal como se muestra en la figura. El diámetro de los tornillos es d t 0,5p lg y el esfuerzo permisible a tracción de los mismos es
10000psi.
Si el
diámetro interior del cilindro es D 10p lg y la presión p 280psi , determine el número de tornillos “N” necesario para retener la cubierta.
(2 puntos)
CUBIERTA
p
TORNILLOS DE ACERO
CILINDRO
D = 10plg
2.
El ensamble mostrado en la figura se carga por fuerzas P1 y P2. Si se supone que ambas porciones de la barra vertical ABC están hechas del mismo material, obtener una fórmula para la relación P 2/P1, tal que la deflexión vertical del punto C sea igual a cero. Expresar el resultado en términos de las áreas de sección transversal A1 y A2 y las dimensiones L1, L2, L3 y L4 mostrados en la figura. 20
(3 puntos)
A
B
D
E
2
C
3.
Determine el alargamiento del sector II de la barra prismática, si está sometida a la acción de la carga P y de su peso propio. Considere que el área de la barra es A, el módulo de elasticidad E y el peso específico
(3 puntos)
II
a
L I
P 4.
La barra escalonada mostrada en la figura, está compuesta por un tramo AC de acero y otro tramo CB de cobre, siendo las áreas de sección transversal en cada tramo A a 15cm
2
y A c 10cm ; y los 2
módulos de elasticidad E a 2.10 MPa y E c 10 MPa . Se pide, graficar los diagramas de fuerza 5
5
axial y esfuerzo normal para la barra escalonada.
(3 puntos)
A
0,6m
C P=120kN
0,4m B 21
5.
Un tornillo de acero se introduce dentro de un casquillo de latón y la tuerca se gira hasta que asienta perfectamente sin apretar. El tornillo tiene un diámetro de 25mm y el casquillo tiene diámetros interior y exterior de 26mm y 36mm, respectivamente. Calcular el incremento de temperatura T que se requiere para producir en el casquillo un esfuerzo de compresión de 30MPa. Considerar las siguientes 6 o
propiedades de los materiales: para el latón, L 20.10 / C y E L 100GPa ; para el acero,
a 12.10 6 / o C y E a 200GPa
(4 puntos)
Casquillo de latón
Tornillo de acero 6.
Tres barras de acero adyacentes y paralelas (E 30.10 psi) soportarán conjuntamente una carga en 6
tracción P 250k . El área de sección transversal de cada barra es 6plg y la longitud es 20pie. Si la 2
barra central accidentalmente es 0,03plg más corta que las otras dos, ¿Cuál será el esfuerzo final en la barra central cuando se aplica la carga? (Suponer que los extremos de las barras se traccionan para alinearlas cuando se aplica la carga)
(3 puntos)
0,03plg
20pie
P=250k
Monterrico, 03 de abril de 2012
22
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2012-01 1.
a) FALSO. La Ley de Hooke sólo puede aplicarse en el rango lineal o elástico y depende de la relación proporcional entre el esfuerzo normal y la deformación unitaria longitudinal, es decir E , siendo E el módulo de elasticidad del material. b) Por condición del problema D 0 , obteniendo la siguiente ecuación:
P(16) P(24) 45(24) 75(12) 0 3 3 3 29.10 .0,3 29.10 .0,9 29.10 .0,9 29.10 3.0,9
P 2,5k
N 11,199
c) La carga del gas a presión que soportarán los tornillos será:
P pA 280. .10 2 21991,148lb 4 Entonces, la carga que soportará cada tornillo será:
Pt
P N
En consecuencia:
Pt At
21991,148 10000 N( / 4)d 2t
Por economía, asumimos N=12 tornillos 2.
Analizamos el equilibrio de la viga BD
M
E
0
P3 L 3 P2 L 4 0
P3
P2 L 4 L3
B
……... (a)
D
E
P3 L3
P2 L4
Luego, en la barra ABC actuarán las cargas P1 y P3, tal como se muestra en la figura, siendo por dato del problema, el desplazamiento vertical en C igual a cero.
C 0
P1 L 2 P1 L1 P3 L1 0 EA 2 EA 1 EA 1
L L L P1 2 1 P3 1 A 2 A1 A1
Reemplazamos (a) en (b):
L L L A L1 A 2 P2 1 4 P1 2 1 A1 A 2 L 3 A1
P2 (L 2 A1 L1A 2 )L 3 A1 (L 2 A1 L1A 2 )L 3 P1 A 1 A 2 L1 L 4 A 2 L1 L 4 P2 L 3 A1 L 2 1 P1 L 4 A 2 L1 23
……… (b)
A
B
C
3.
Determinamos el alargamiento total de la barra:
Px dx L (P Ax)dx PL AL2 PL L2 EA EA EA 2EA EA 2E 0 0
L
El alargamiento del sector I será: L a
I
0
Px dx La (P Ax)dx P(L a ) A(L a ) 2 P(L a ) (L a ) 2 EA EA EA 2 EA EA 2E 0
Luego:
II I 4.
PL L2 P(L a ) (L a ) 2 Pa a a P a ( 2L a ) L EA 2E EA 2E EA 2E E A 2
Por Estática:
F
Y
0
RA RB P
Esto implica que la estructura es una vez hiperestática, ya que existen dos incógnitas y una sola ecuación. Para su solución, eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por su reacción R B , tal como se muestra en la figura y consideramos que el desplazamiento en dicho extremo es cero por ser empotramiento perfecto.
B 0
PL a R L R L B c B a 0 Ea Aa EcAc Ea Aa
RB
PL a E c A c La Ec Ac Lc Ea Aa
Reemplazamos valores y obtenemos:
RB
120.10 3.0,6.1011.10.10 4 40000 N 40kN 0,6.1011.10.10 4 0,4.2.1011.15.10 4
Entonces:
R A 120 40 80kN De esta manera, el diagrama de fuerza axial es la mostrada en la figura. Para determinar los esfuerzos normales, dividimos entre el área respectiva.
80.10 3 a 53,33MPa 15.10 4 24
c
40.10 3 40MPa 10.10 4
El diagrama de esfuerzos normales, se muestra en la figura.
N (kN) A
+
80
+
53,33
C P
40
40
B RB
5.
Puesto que el casquillo y el tornillo son de diferentes materiales, sus alargamientos serían diferentes si se dilataran libremente. Sin embargo, se mantienen unidos por el ensamble, por lo que se producen esfuerzos térmicos. Se corta el ensamble en forma tal, que se obtenga una estructura liberada estáticamente determinada. Una forma sencilla es quitar la cabeza del tornillo.
T
a)
2 1
b)
PL P C Luego, se supone que ocurre el cambio de temperatura T , lo que produce alargamientos 1 y 2 del casquillo y el tornillo, respectivamente.
1 L (T)L (casquillo de latón) 2 a (T)L (tornillo de acero) Las fuerzas existentes en el casquillo y el tornillo en el ensamble original deben ser tales que acorten el casquillo y alarguen el tornillo, de tal manera que los alargamientos finales del casquillo y el tornillo sean iguales.
3
PL L (acortamiento del casquillo) ELAL
4
Pa L (alargamiento del tornillo) Ea Aa 25
Como los alargamientos finales son los mismos:
1 3 2 4
PL PL L a (T)L a ELAL Ea Aa
L (T)L Además:
PL Pa Luego:
1 1 ( L a )(T) PL ELAL Ea Aa
( L a )(T)
PL (E L A L E a A a ) ELALEa Aa
De donde:
T
L (E L A L E a A a ) ( L a ) E L E a A a
30.10 6.100.10 9. .620.10 6 200.10 9. .25 2.10 6 4 4 T 20.10 6 12.10 6 .100.10 9.200.10 9. .25 2.10 6 4
T 56,1o C 6.
Por simetría se sabe que las barras extremas son iguales, luego tenemos:
F
X
0
2P1 P2 250000
……………………. (a)
P1 P2
P=250000lb
P3 = P1 Analizamos el diagrama de desplazamientos en las barras extrema y central.
2 1 0,03
P2 L P1 L 0,03 EA EA
EA 30.10 6.6 P2 P1 0,03 P1 0,03 L 20.12
P2 P1 22500
…………………….. (b)
BARRA EXTREMA
0,03plg
2
1
26
BARRA CENTRAL
Reemplazamos (b) en (a):
2(P2 22500) P2 250000 P2 98333,33lb En consecuencia:
2
P2 16388,89psi 16,389ksi A
27
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2012-02 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1. Responder las siguientes preguntas, justificando sus respuestas: a) ¿Para el acero estructural, el factor de seguridad depende de su esfuerzo de fluencia y del esfuerzo admisible?
(1 punto)
b) Una varilla de acero de sección transversal circular es sometida a tracción por una fuerza de 100kN. Se cumple que su deformación unitaria longitudinal no debe de ser mayor de 1/2000, lo mismo sucede con su esfuerzo normal, el cual debe ser menor que 120MPa. Determinar el diámetro menor de la varilla que cumpla con las condiciones dadas, sabiendo que E 2.10 MPa 5
(1.5 puntos)
c) Determinar los esfuerzos que surgen en las secciones I-I, II-II y III-III de la cimentación mostrada en la figura, si es de sección cuadrada. Considerar que el peso específico del concreto es
c 2,4T / m 3 . No considere la influencia del suelo alrededor de la cimentación.
(1.5 puntos)
40T
1m I
I
1m II
II
1m III
III 1,6m 2,2m 2,8m
2.
Una barra de sección transversal rectangular cuelga de un soporte y sostiene una carga P en su extremo inferior, además de su propio peso, tal como se muestra en la figura. El espesor “t” de la barra es constante, pero su ancho “b” varía por toda su longitud. La longitud de la barra es “L” y el material tiene un peso específico "" . Determinar la fórmula para el ancho b X de una sección transversal a una distancia “x” del extremo inferior, a fin de tener un esfuerzo de tracción constante t en toda la barra. También, determinar los anchos b 1 y b 2 en los extremos inferior y superior de la barra, respectivamente, y determinar el volumen “V” de la misma. 28
(3 puntos)
b2
bx SECCIÓN TRANSVERSAL L
b x
t
b1 P
3.
Determinar el desplazamiento vertical del nudo D, así como los esfuerzos normales en I , II y III . Considerar A III 2A II 4A I 10cm , E 2.10 MPa y que la viga BCD es indeformable. 2
5
(3 puntos)
4m
2m
B 2m
4.
I
2m
II
2m
III
C
P=40kN D
Determinar los esfuerzos normales en la barra escalonada doblemente empotrada, bajo la acción de la carga P 400kN . Considerar que es un mismo material para toda la barra.
B A 3 =40cm2
40cm
A 2 =30cm2
70cm
P=400kN 2
100cm
A 1=20cm
C 29
(3 puntos)
5.
Una barra escalonada ABC está empotrada en ambos extremos. El tramo AB es de cobre y el tramo BC es de aluminio. Considerar que los módulos de elasticidad son E c 100GPa y E al 72GPa ; y 6 o
6 o
los coeficientes de dilatación térmica del material c 16,5.10 / C y al 23,9.10 / C . Sabiendo que la barra escalonada está inicialmente sin esfuerzos, se pide determinar los esfuerzos o
normales inducidos en los tramos AB y BC por un incremento de temperatura de 42 C y el desplazamiento del punto B
(3 puntos)
A
d c =60mm
1,1m B d al =40mm 1,3m C
6.
Una carga de compresión P se transmite mediante una placa rígida a tres barras que son idénticas, excepto en que inicialmente la barra central es ligeramente menor que las otras dos barras, tal como se muestra en la figura. Las dimensiones y propiedades del ensamble son las siguientes: L 1m , el área de sección transversal de cada barra es A 3000mm , el módulo de elasticidad E 45GPa y la 2
separación s 1mm a) Calcular el valor de la carga P necesaria para cerrar el claro.
(1 punto)
b) Evaluar la deflexión total descendente de la placa rígida cuando P tiene su valor máximo de 400kN
(2 puntos)
c) Determinar la energía potencial de deformación U almacenada en las tres barras cuando P tiene su máximo valor.
(1 punto)
P
s
L
Monterrico, 28 de agosto de 2012 30
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2012-02 1.
a) VERDADERO. Efectivamente, el factor de seguridad para el acero estructural depende de su
esfuerzo de fluencia y del esfuerzo admisible, siendo la relación n y / , donde
n es el factor
de seguridad, y el esfuerzo de fluencia y el esfuerzo admisible. b) Por dato del problema:
máx
P ( / 4)d 2
d
4P
4.100.10 3 0,0326m .120.10 6
d 3,26cm Asimismo:
L
PL 1 . EA L
P E( / 4)d 2
d
4P E
4.100.10 3 .2.10 5.10 6.5.10 4
d 0,0357m d 3,57cm
3,26
3,57
De donde:
d mín 3,57cm c) Consideramos el peso propio de la cimentación y calculamos las fuerzas axiales en cada tramo.
PII 40 Ah 40 2,4.1,6 2.1 46,144T PII II 46,144 2,4.2,2 2.1 57,760T PIII III 57,760 2,4.2,82.1 76,576T Luego, determinamos los esfuerzos normales en cada uno de los tramos, anteriormente indicados.
II
46,144.10 3 1,802kgf / cm 2 2 4 1,6 .10
II II
57,760.10 3 1,193kgf / cm 2 2,2 2.10 4
III III
76,576.10 3 0,977kgf / cm 2 2,8 2.10 4
31
2.
En la parte superior se tendrá:
A1
P t
Luego, a una distancia “x” será:
Ax
P Wx t
Dónde:
Wx - peso de la barra desde “0” hasta “x” Entonces a una distancia " x dx" se tendrá:
A x dx A x dA x
P Wx A x dx t t
Siendo:
dA x - incremento de área dA x x dA x A x t 0 dx A1
Ax
A x dx t
A x x A1 t
ln
bx
A x A1e ( x / t )
En consecuencia:
P ( x / t ) e t
bx t
P ( x / t ) e t t
Luego:
b1
P t t
b2
P ( L / t ) e t t
Posteriormente, calculamos el volumen de la barra: L
L
0
0
V A x dx A1 e
( x / t )
L P t ( x / t ) x P ( L / t ) dx . e d e 1 t 0 t
También se podrá obtener en función de las áreas:
V 3.
P ( L / t ) P ( L / t ) e 1 e 1 . t t (A 2 A1 ) t
Hacemos un corte en el punto B y analizamos el equilibrio de la viga indeformable BCD
M
C
0
4PB 40(2) 0
32
PB 20kN
PB B P=40kN C 4m
D
2m
Luego, la barra escalonada quedará sometida a la acción de la carga PB 20kN , pero en sentido opuesto, de acuerdo al Principio de acción y reacción, tal como se muestra en la figura, graficando su diagrama de fuerza axial, el cual es constante en toda la barra. Posteriormente, determinamos los esfuerzos normales en cada parte de la barra escalonada y graficamos su diagrama de esfuerzo normal.
I
20.10 3 80MPa 2,5.10 4
II
20.10 3 40MPa 5.10 4
III
20.10 3 20MPa 10.10 4 20kN
N (kN)
B 2m
80
2m
+
20
+
2m
40
20
Calculamos el alargamiento absoluto que sufre la barra escalonada.
20.10 3.2 20.10 3.2 20.10 3.2 14.10 4 m 1,4mm 11 4 11 4 11 4 2.10 .2,5.10 2.10 .5.10 2.10 .10.10
De acuerdo a las relaciones de triángulos rectángulos tenemos:
2
4
2
1
Se puede notar, que si el punto B sube 1,4mm; luego, el punto D descenderá 0,7mm (su mitad), lo que indica que V 0,7mm D
4.
Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su reacción R C , tal como se muestra en la figura. 33
B 2
40cm
A 3=40cm
70cm
A 2 =30cm2
P=400kN A1 =20cm2
100cm C
RC
Se sabe que:
C 0
R C .1 R C .0,7 R C .0,4 400.10 3.0,7 400.10 3.0,4 0 E.20.10 4 E.30.10 4 E.40.10 4 E.30.10 4 E.40.10 4
De donde:
R 160000N 160kN Luego, graficamos el diagrama de fuerzas axiales y determinamos los esfuerzos normales en cada tramo, graficando su diagrama de esfuerzos normales.
1
160.10 3 80MPa 20.10 4
240.10 3 2 80MPa 30.10 4 3
240.10 3 60MPa 40.10 4
N (kN)
40cm
60 +
240
+
80
70cm
400kN 100cm
160
80
160kN
5.
Eliminamos el empotramiento en C y analizamos el diagrama de deformación por estados independientes de temperatura y carga. 34
A
C O B R E
1,1m B
A L U M I N I O
R B
1,3m C
T
RC Como C es empotramiento perfecto, se desprende del diagrama de deformaciones que:
T RC c (T)L c al (T)L al
16,5.10 6.42.1,1 23,9.10 6.42.1,3
R C L al R C L c E al A al E c A c
R C .1,3 R C .1,1 2 6 9 72.10 .( / 4).40 .10 100.10 .( / 4).60 2.10 6 9
R C 113,21kN Luego:
AB
RC 113,21.10 3 40,04MPa (COBRE) A AB ( / 4).60 2.10 6
BC
RC 113,21.10 3 90,09MPa (ALUMINIO) A BC ( / 4).40 2.10 6
Ahora, determinamos el desplazamiento en B
B TAB AB R C c ( T)L c
R C Lc 113,21.10 3.1,1 16,5.10 6.42.1,1 0,322.10 3 m 9 2 6 EcAc 100.10 .( / 4).60 .10
B 0,322mm 6.
a) Las barras extremas son las que soportarán la misma carga e igual a P/2 Luego:
s
(P / 2)L EA
P
2EAs 2.45.10 9.3000.10 6.10 3 270000 N 270kN L 1
b) Si Pmáx 400kN , luego, su nueva posición será la mostrada en la siguiente figura.
35
P1
P2
P1 s
De donde:
2P1 P2 400.10 3
…………………… (a)
Además, se sabe que:
P1 s P2 P1 L PL s 2 EA EA
P1 P2
EAs L
…………………… (b)
Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos:
2P2
2EAs P2 400.10 3 L
3P2 400.10 3
2.45.10 9.3000.10 6.10 3 1
P2 43,33kN Luego:
P2 L 43,33.10 3.1 3 s 10 1,321.10 3 m 1,321mm 9 6 EA 45.10 .3000.10 c) Calculamos el valor de P1
P1 P2
EAs 45.10 9.3000.10 6.10 3 43,33.10 3 178,33kN L 1
Luego:
U
P12 L P22 L P12 L 2 P22 L 43,332 6 1 .10 . P1 178,332 9 2EA 2EA 2EA 2 EA 2 45.10 .3000.10 6
U 242,52J
36
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2013-01 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
Responder las siguientes preguntas, justificando sus respuestas: a) ¿Será correcto afirmar que el esfuerzo normal simple es igual a la carga axial aplicada en una unidad de área?
(1 punto)
b) Un alambre de diámetro 1,2mm fue sometido a un ensayo de tracción, cuya fuerza es 100N. Determinar el módulo de elasticidad del material, sabiendo que el ensayo se realizó con un tensómetro de base s 10cm y su alargamiento total del material fue de 0,08mm
(1 punto)
c) Las barras de la armadura mostrada en la figura tienen una sección transversal de 1,25plg2.
Determinar el máximo valor de la carga “P”, sabiendo que 20ksi
(1.5 puntos)
C
B
3pie A
E 4pie
4pie
P 2.
D
0,75P
Una losa de concreto reforzado de 2,50m por lado y 225mm de espesor es levantada por cuatro cables unidos a sus esquinas, tal como se muestra en la figura. Los cables están unidos a un gancho situado a 2
1,60m sobre la losa. Los cables tienen un área de sección transversal de 190mm . Determinar el esfuerzo de tensión en los cables debido al peso de la losa, considerando que el peso específico del concreto reforzado es 24kN/m3
(3 puntos)
Cables
Losa de Concreto
37
3.
En la figura mostrada, es necesario aplicar una fuerza de tracción P 20kN , para poder extraer la barra de acero que se encuentra dentro del muro de concreto, oponiéndose, para ello, unas fuerzas axiales distribuidas y constantes a lo largo del muro. El área de la sección transversal de la barra es 2cm y su módulo de elasticidad E 2.10 MPa . Determinar el alargamiento absoluto y graficar el 5
2
diagrama de esfuerzo normal de la barra, considerando L 40cm , a 15cm
dx
(3.5 puntos)
x
P
a 4.
L
Una barra delgada circular de fierro de 10cm de diámetro es colocada exactamente dentro de un tubo de acero con diámetro exterior 15cm, el cual a su vez es colocado dentro de un tubo de aluminio con diámetro exterior 20cm, sin hacer juego (sin holguras), tal como se muestra en la figura. Determinar los esfuerzos normales en la barra de fierro y los tubos de acero y aluminio, si los módulos de elasticidad son E a 2.10 MPa, E f 1,2.10 MPa y E al 0,7.10 MPa 5
5
5
(4 puntos)
600kN
Aluminio Acero
Fierro 5.
Después de haberse realizado el montaje del sistema estructural, se observó que las barras 1 y 2, que o
sostienen a la viga infinitamente rígida AB, sufrieron un incremento de temperatura de 60 C . La barra 2
1 es de acero y tiene un área de sección transversal de 20cm , en cambio la barra 2 es de cobre y su 2
área es 80cm . Considerar que los coeficientes de dilatación térmica para el acero y el cobre son
a 125.10 7 / o C y c 165.10 7 / o C . Además, E a 2.10 5 MPa y E c 10 5 MPa . Determinar los esfuerzos en las barras 1 y 2
(3 puntos)
38
L
2
1
B
A a 6.
a
En el sistema estructural de barras de acero, la barra central fue fabricada menor de lo proyectado en 0,6mm. Determinar los esfuerzos en las barras después de efectuar el montaje de la estructura en F, con la condición que son de áreas iguales y con módulo de elasticidad E 2.10 MPa 5
B
C
1
(3 puntos)
D
2
3 3m
30°
30° F0 F1
=0,6mm
F
Monterrico, 03 de abril de 2013
39
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2013-01 1.
a) VERDADERO. Efectivamente, el esfuerzo normal simple se calcula por la fórmula P / A , siendo P la carga axial y A el área de la sección transversal. b) Se sabe que:
PL EA
E
PL Ps 100.10.10 2.4 1,1.10 5 MPa (BRONCE) 3 2 6 A A 0,08.10 ..1,2 .10
c) Calculamos las reacciones en los apoyos y determinamos las fuerzas internas en todas las barras de la armadura, tal como se muestra en la figura.
3,67P
B
P 67 1,
2, 92 0,75P
A
C
P HD =3,67P
E 1,33P
P
H C =3,67P
1,33P
D VD =1,75P
0,75P
Aplicamos la condición de resistencia:
máx
3,67P 20.10 3 1,25
P 6812lb
Asumimos:
Pmáx 6,812k 2.
Calculamos la diagonal de la losa:
D 2,5 2 2,5 2 3,54m Formamos un triángulo, bajando una vertical desde el gancho hasta la losa y calculamos el ángulo
tg
1,60 0,904 1,77
42,11o
1,60m
D/2
Ahora, calculamos la componente vertical de la tensión del cable: PESO DE LA LOSA:
W 24.2,5.2,5.0,225 33,75kN
40
T
Z
T
T
Z
Z
W
TZ
Esquematizamos la tensión en el cable y sus componentes horizontal y vertical.
TZ =Tsen
T
Tx=Tcos
Analizamos el equilibrio de la losa:
F
Z
0
4TZ W 0
4(Tsen42,11o ) 33,75
T 12,58kN Luego:
cable 3.
12,58.10 3 66,21MPa 190.10 6
En cualquier sección de la longitud “a” de la barra, su esfuerzo normal es:
P 20.10 3 100MPa A 2.10 4
La fuerza de oposición será:
p
P L
A una distancia “x” de la sección derecha, la fuerza equivalente de oposición será:
N px
P x L
De esta manera, el esfuerzo normal en ese tramo será:
x Cuando x 0
x 0 0
Cuando x L
x L
Px LA
PL P 100MPa LA A
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de esfuerzo normal de la barra, el cual se muestra en la figura.
41
100 +
a
L
Ahora, determinamos el alargamiento en cada tramo de la barra.
a
Pa 20.10 3.0,15 7,5.10 5 m 11 4 EA 2.10 .2.10 L
Pxdx PL 20.10 3.0,4 10 4 m 11 4 LEA 2EA 2.2.10 .2.10 0
L
De esta manera, el alargamiento absoluto será:
a L 7,5.10 5 10 4 17,5.10 5 m 0,175mm 4.
Bajo la acción de la fuerza P 600kN en la barra y en los tubos se originan las fuerzas internas Pf ,
Pa y Pal Por Estática:
F
Z
0
Pf Pa Pal P
………………. (a)
De esta ecuación se deduce que la estructura es dos veces hiperestática. Escribimos las fuerzas en función de los esfuerzos:
Pf A f f
………………. (b)
Pa A a a
………………. (c)
Pal A al al
………………. (d)
Calculamos las áreas de sección transversal:
Af
.0,12 78,5.10 4 m 2 4
Aa
(0,15 2 0,12 ) 98,2.10 4 m 2 4
A al
(0,2 2 0,15 2 ) 137,4.10 4 m 2 4
Reemplazamos los valores de las áreas en (a), (b), (c) y (d)
78,5 f 98,2 a 137,4 al 6.109
………………. (e)
Se entiende, que todos los elementos de este sistema disminuyen su longitud en forma igual, es decir:
f a al Además:
L f L a L al En consecuencia, se cumplirá que:
f a al Por la Ley de Hooke, sabemos que / E 42
Luego:
f a al E f E a E al
………………. (f)
Reemplazamos (f) en (e), obteniendo:
78,5 f 98,2
Ea E f 137,4 al f 6.10 9 Ef Ef
De donde:
f 18,6MPa a 31MPa al 10,85MPa 5.
Posterior a la variación de temperatura, el sistema estructural es el mostrado en la figura, asumiendo que la barra 1 trabaja en tracción y la barra 2 en compresión.
R1
R2
1
2
RB B
A
HB
A´ Analizamos el equilibrio:
M
B
0
R 1 (2a ) R 2 (a ) 0
R 2 2R 1
Del diagrama de desplazamientos, tenemos:
1 2 2 Además:
1
R 1L a L(T) Ea Aa
2
R 2L c L(T) EcAc
De esta manera, tenemos:
2R 1 L R 1L a L(T) 2 c L(T) Ea Aa EcAc
R1 2R 125.10 7.60 2 11 1 4 165.10 7.60 4 2.10 .20.10 10 .80.10 11
De donde:
R 1 164000N 164kN 43
R 2 328000N 328kN Esto quiere decir, las orientaciones inicialmente mostradas son correctas. Determinamos los esfuerzos en las barras 1 y 2
6.
1
R 1 164000 82MPa (TRACCION) A a 20.10 4
2
R 2 328000 41MPa (COMPRESION) A c 80.10 4
Analizamos el equilibrio del nudo F
P1
P2
P3
30° 30°
F
F F
X
0
P1sen30 o P3sen30 o 0
P1 P3
Y
0
P1 cos 30 o P2 P3 cos 30 o 0
P2 1,73P1
Como las áreas son iguales, se cumplirá:
2 1,731 Después de efectuar el montaje en F , dicho nudo pasa a la posición F1
F1 G
1 30°
F De acuerdo al diagrama de desplazamientos, se tendrá:
2 2
1 PL P1L1 L 1 2 2 2 2 o o EA EA cos 30 E cos 30 E cos 30 o
Reemplazando valores obtenemos:
1 3 13MPa (COMPRESION)
2 1,731 22,5MPa (TRACCION)
44
L 2 1,731L 2 1L 2 o E 0,75E cos 30
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN PARCIAL CICLO 2011-01 Profesor Sección Duración
1.
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
Una viga está sometida a una fuerza axial P, la cual genera esfuerzos sobre la cara inclinada a-a. Se pide: a) Determinar la carga P y el esfuerzo tangencial generado sobre dicha sección
(1.5 puntos)
b) Determinar los esfuerzos sobre la cara inclinada b-b
(1.5 puntos)
= 50MPa b
P
a
75° 50° b
SECCION TRANSVERSAL
a
P
0,6m 0,4m
2.
Un cuerpo en estado plano de esfuerzos está sometido a los esfuerzos que se muestran en la figura. El 2
esfuerzo normal en un plano que pasa por el punto es 916,742kg / cm . Determinar en el mismo plano el valor del esfuerzo cortante.
3.
(3.5 puntos)
Si X 20MPa , Y Z 0 , XY 10MPa , XZ 10MPa , YZ 10MPa . Determinar los esfuerzos principales y los ángulos que forman cada uno de ellos con los ejes coordenados X, Y, Z (3.5 puntos)
4.
Una barra circular no hueca tiene inicialmente un radio
r . Se barrena longitudinalmente un agujero de
radio r . Obtener fórmulas para: a) El área porcentual extraída
(1 punto) 45
b) La reducción porcentual en la magnitud del par que puede aplicarse a la barra c) Trazar una gráfica que muestre dichos porcentajes en función de
r
5.
r
(1 punto) (1 punto)
r
Una barra circular sólida de acero de 2plg de diámetro está rodeada por un tubo hueco también de acero, con diámetro exterior de 3plg y diámetro interior de 2,5plg. Las dos barras están rígidamente empotradas en A y soldadas a una placa de acero en B a) Si se aplica a la placa un momento torsor T 18k.p lg , ¿Cuáles son los esfuerzos tangenciales máximos t y b en el tubo y la barra, respectivamente? b) ¿Cuál es el ángulo de giro en torsión
(2 puntos)
de la placa, si se supone G 11,5.10 6 psi ?
c) ¿Cuál es la rigidez torsional k del conjunto?
(1 punto)
Tubo A
(1 punto)
SECCION TRANSVERSAL
Placa rigida
B
T=18k.plg
Barra
2plg
2,5plg
26plg
3plg
6.
Una barra tubular de aluminio (G 4.10 psi) de sección transversal cuadrada con dimensiones 6
exteriores 2plg x 2plg debe resistir un par T 3000lb.p lg . Calcular el espesor de pared mínimo
requerido t si el esfuerzo cortante permisible es 4000psi y el ángulo de torsión por unidad de
longitud permisible es 0 0,01rad / pie
(3 puntos)
2plg
2plg
Monterrico, 11 de mayo de 2011
46
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2011-01 1.
a) Se sabe:
1 cos 2 220 o 50
P cos 2 220 o 50 A
P
50.10 6.0,4.0,6 20,45MN cos 2 220
1 20,45.10 6 sen 2 sen 440 o 41,96MPa 2 2.0,4.0,6
= 50MPa 1
a 40° 50° a
=220° b) Efectuamos cálculos en forma análoga:
1 cos 2 165 o
20,45.10 6 cos 2 165 o 79,50MPa 0,4.0,6
1 20,45.10 6 sen330 o sen330 o 21,30MPa 2 2.0,4.0,6
1
b 75°
45°
b
=165° 2.
De acuerdo al problema:
X 800kg / cm 2 Y 400kg / cm 2 XY 400kg / cm 2 Luego:
916,742
X Y X Y cos 2 XY sen 2 2 2
800 400 800 (400) cos 2 (400)sen 2 2 2
916,742 200 600(cos 2 sen 2 ) 400(2sen cos ) 600 cos 2 600sen 2 800sen cos 716,742 0 600 cos 2 600sen 2 800sen cos 716,742(sen 2 cos 2 ) 0 1316,742sen 2 800sen cos 116,742 cos 2 0 Dividimos entre cos y obtenemos una ecuación cuadrática: 47 2
1316,742tg2 800tg 116,742 0 Como resultado obtenemos dos soluciones: 1ra SOLUCION:
tg1 0,3640
1 20 o
Luego:
X Y sen 2 XY cos 2 2
1
800 (400) sen 40 o 400 cos 40 o 79,25kg / cm 2 2
El esquema de distribución de esfuerzos es el mostrado en la figura:
400 =9 1
1
400 400
=
800
1
400
7 6,
42
1 =20°
79 ,2 5
400 400 2da SOLUCION:
tg 2 0,2436 2
2 13,69 o
800 (400) sen 27,38o 400 cos 27,38 o 79,25kg / cm 2 2
La distribución de esfuerzos se muestra en la siguiente figura:
400
2
=
400 400 800
74
2
2=13,69°
400
= 2
6, 91
79 ,2 5
400 400 3.
Resolvemos la ecuación cúbica:
3 I1 2 I 2 I 3 0 Dónde:
I1 X Y Z 20 I 2 X Y X Z Y Z 2XY 2XZ 2YZ (10) 2 10 2 10 2 300 48
X I 3 XY
XY Y
XZ 20 10 10 YZ 10 0 10 10 3 10 3 20.10 2 0
XZ
YZ
Z
10
10
0
Reemplazamos y resolvemos la ecuación:
3 20 2 300 0 ( 30)( 10) 0 Ordenamos de mayor a menor (1 2 3 ) , obteniendo:
1 10MPa 2 0 3 30MPa ANGULOS DIRECTORES PARA 1 Se sabe que:
(1 X )k XY m XZ n 0 XY k (1 Y )m YZ n 0
XZ k YZ m (1 Z )n 0 Reemplazamos valores:
3k m n 0 kmn 0 kmn 0 De donde:
k0
mn Además:
k 2 m2 n 2 1
m n 2/2
Luego:
k cos 0
1 90 o
m cos 2 / 2
1 45o
n cos 2 / 2
1 45o
ANGULOS DIRECTORES PARA 2 Procedemos en forma análoga al caso anterior.
( 2 X )k XY m XZ n 0 XY k ( 2 Y )m YZ n 0 XZ k YZ m ( 2 Z )n 0 Reemplazamos valores:
2k m n 0 49
kn 0
km 0 De donde:
kn m k Además:
k 2 m2 n 2 1 De donde:
k cos 0,5773
2 54,74 o
m cos 0,5773
2 125,26 o
n cos 0,5773
2 54,74 o
ANGULOS DIRECTORES PARA 3 Sabemos que:
( 3 X )k XY m XZ n 0 XY k (3 Y )m YZ n 0 XZ k YZ m ( 3 Z )n 0 Reemplazamos valores:
kmn 0
k 3m n 0 k m 3n 0 De donde:
k 2n m n Además:
k 2 m2 n 2 1 De donde:
4.
k cos 0,8164
3 144,72 o
m cos 0,4082
3 114,09 o
n cos 0,4082
3 65,91o
a)
Re ducción de área
A0 Af r 2 (r 2 r 2 2 ) (100) (100) 100 2 2 A0 r
b) Como:
T0 Tf
.I p ( circular ) r .I p ( tubular) r
(2r ) 4 ( 2r ) 4 32r 32r
(2r ) 4 (2r ) 4 32r
Luego: 50
(2r ) 4 (2r ) 4 (2r ) 4 T0 Tf 32 r Re ducción del par (100) (100) 100 4 T0 ( 2r ) 4 32r c) De acuerdo a las ecuaciones obtenidas, ambos gráficos son curvos debido al exponente de
%
%
56,25 31,64 25 6,25 0,39 0
6,25 0
5.
0,25
0,50
0,75
0,25
0,50
0,75
a) Como el momento torsor total será absorbido por el tubo y la barra, se tendrá:
T Tt Tb Además, por tratarse de una sola estructura, se cumplirá que:
Tt L Tb L GI pt GI pb
Luego:
Tt
I pb I pt
Tt T
I pt ( / 32)(34 2,5 4 ) 18.10 3 Tt T 4 4 4 ( / 32)(3 2,5 ) ( / 32)(2) 13,029k.p lg I I pt pb Tb 4,971k.p lg En consecuencia:
Tt (d t / 2) 13,029.10 3.1,5 t 4746,8psi I pt ( / 32)(34 2,5 4 ) b
Tb (d b / 2) 4,971.10 3.1 3164,6psi I pb ( / 32)(2) 4
b) Determinamos el ángulo de giro en torsión:
Tb L 4,971.10 3.26 0,007155rad 0,41o 6 4 GI pb 11,5.10 .( / 32)(2)
c) Calculamos la rigidez torsional:
51
k 6.
T 18.10 3 2,516.10 6 lb.p lg/ rad 0,007155
CONDICION DE RESISTENCIA:
T 3000 4000 2tA0 2t (2 t )(2 t )
t 0,105p lg
CONDICION DE RIGIDEZ:
0 0
0
T 3000 0,01 6 3 GI t 4.10 .t (2 t ) 12
Siendo:
It
2b 2 h 2 t 1 t 2 2(2 t ) 2 (2 t ) 2 t.t t (2 t ) 3 bt 1 ht 2 (2 t ) t (2 t ) t
En consecuencia:
0,105
0,140
t mín 0,140p lg
52
t 0,140p lg
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN PARCIAL CICLO 2011-02 Profesor Sección Duración
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
1. Una barra prismática de acero de sección transversal cuadrada de 3plg x 3plg se somete a una fuerza de tracción P 135k . Determinar los esfuerzos normales y tangenciales en las cuatro caras de un elemento girado un ángulo
45o
(3 puntos)
3plg
=45°
P
P=135k
3plg 2.
Un elemento está sometido al estado plano de esfuerzos, según se muestra en la figura, siendo
X 44MPa , Y 194MPa y XY 36MPa . Se pide determinar los esfuerzos que actúan sobre un elemento orientado a un ángulo 35
o
respecto al eje X, los esfuerzos principales y su
orientación, así como el esfuerzo tangencial máximo.
(3 puntos)
Y
Y X
X
XY 3.
Entre las planchas fijas paralelas A y B está fuertemente apresada una barra de acero con forma de paralelepípedo, cuyos lados son a 4cm , b 2cm , L 6cm . Calcular el coeficiente de Poisson del material de la barra, si se sabe que durante la compresión con unas fuerzas P 100kN la presión de la barra sobre las planchas es p 40MPa . Hallar el coeficiente de deformación volumétrica " e" y el acortamiento elástico de la barra , despreciando las fuerzas de rozamiento de ésta sobre las planchas. Considerar E 2.10 MPa 5
(4 puntos)
53
P
A
B
L
P P
b a 4.
Obtener una fórmula para la energía potencial de deformación U de la barra circular AB, con extremos empotrados, mostrada en la figura.
(3 puntos) 2T
T
A
B
L/4
5.
L/2
L/4
La barra mostrada en la figura, tiene sección transversal cuadrada en los tramos CA y DB de dimensiones 40mm x 40mm y en el tramo AD es de sección circular de diámetro 40mm. Se pide determinar el esfuerzo tangencial máximo y el ángulo de giro en torsión en A, si G 8.10 MPa 4
(4 puntos)
dxd C 0,4m
6.
2T d=40mm T=400N.m dxd A D 0,4m
B
0,6m
Calcular el esfuerzo tangencial y el ángulo de giro en torsión
para un tubo de acero
(G 76GPa) que tiene la sección transversal mostrada en la figura. El tubo tiene una longitud L 1,5m y está sometido a un momento torsor T 10kN.m
(3 puntos)
=8mm r=50mm
r=50mm
b=100mm Monterrico, 08 de octubre de 2011 54
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2011-02 1.
Como:
1
P 135.10 3 15000psi 15ksi A 9
Luego, analizamos cada una de las caras del elemento. CARA AB: Cuando
45o 2
45o
1 1 cos 45 15 7,5ksi 2 2
o
1 1 1sen90 o .15.1 7,5ksi 2 2
45o
CARA BC: Cuando 135
o 2
135o
1 1 cos 135 15 7,5ksi 2 2
135o
o
1 1 1sen 270 o (15)(1) 7,5ksi 2 2
CARA AD: Cuando 45
o 2
45o
1 1 cos (45 ) 15 7,5ksi 2 2
o
1 1 1sen(90 o ) (15)(1) 7,5ksi 2 2
45o
CARA DC: Cuando 135
o 2
135o
1 1 cos (135 ) 15 7,5ksi 2 2
135o
o
1 1 1sen(270 o ) .15.1 7,5ksi 2 2
Siendo los esfuerzos normales y tangenciales los mostrados en la siguiente figura: 7,5ksi
7,5ksi
7, 5k s
i ks 7,5
i
B C
A
7,5ksi
7,5ksi D 7,5ksi
7,5ksi
2.
Determinamos los esfuerzos que actúan sobre un elemento orientado un ángulo 35 con respecto o
al eje X
35o
44 194 44 194 cos 70 o 36sen70 o 127,18MPa 2 2 55
35o
44 194 sen70 o 36 cos 70 o 82,79MPa 2
Calculamos los esfuerzos principales:
1
44 194 1 (44 194) 2 4(36) 2 202,19MPa 2 2
2
44 194 1 (44 194) 2 4(36) 2 35,81MPa 2 2
Luego, la orientación de los esfuerzos principales es:
tg2 0
2(36) 0,48 44 194
0 12,82 o
Ahora, determinamos el esfuerzo tangencial máximo:
máx 3.
1 2 202,19 35,81 83,19MPa 2 2
Del gráfico:
X p 40MPa
Y 0 Z
P 100.10 3 125MPa ab 4.2.10 4
Además:
X 0
1 X ( Y Z ) 0 E
De donde:
X 40 0,32 Y Z 0 125
Luego:
e X Y Z Z
1 2 1 2.0,32 ( X Y Z ) (40 0 125) 2,97.10 4 5 E 2.10
1 Z ( X Y ) 1 5 125 0,32(40 0) 5,61.10 4 E 2.10
Sabemos que:
Z 4.
L
Z L 5,61.10 4.6.10 2 33,66.10 6 m 0,03366mm 0,034mm
Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por TB , tal como se muestra en la figura.
2T
TB
T
A
B L/4
L/2
Se sabe que:
B 0 56
L/4
TB L T(3L / 4) 2T(L / 4) 0 GI p GI p GI p De donde:
TB
5T 4
Luego:
T
eje
0
TA TB 3T
TA 3T
5T 7T 4 4
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento torsor.
5T/4 T/4 T 7T/4 Determinamos la energía potencial de deformación.
U
(7T / 4) 2 (L / 4) (T / 4) 2 (L / 2) (5T / 4) 2 (L / 4) 49T 2 L T2L 25T 2 L 2GI p 2GI p 2GI p 128GI p 64GI p 128GI p
19T 2 L U 32GI p 5.
Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por TB
C
800N.m dxd A
400N.m dxd D
TB B
d=40mm
0,4m
0,4m
0,6m
Sabemos que:
B 0 TB .0,6 (TB 400).0,4 (TB 400).0,4 0 4 12 4 12 G.0,141.40 .10 G( / 32).40 .10 G.0,141.40 4.10 12 De donde:
TB 44,328N.m Con el valor obtenido, graficamos el diagrama de momento torsor y calculamos los esfuerzos tangenciales en cada tramo, para saber el tramo donde ocurre el valor máximo.
máx CA AD
444,328 33,378MPa 0,208.40 3.10 9
16.355,672 28,303MPa .40 3.10 9
57
44,328 3,33MPa 0,208.40 3.10 9
DB
355,672
44,328 444,328 Determinamos el ángulo de giro en torsión en A
A 6.
444,328.0,4 6,155.10 3 rad 0,353o 6 4 12 8.10 .10 .0,141.40 .10 4
Se sabe que:
T 10.10 3 35MPa 2A o 2.17853,98.10 6.8.10 3
Dónde:
A o 100.10 3.100.10 3 (50.10 3 ) 2 17853,98.10 6 m 2 Luego:
TL 10.10 3.1,5 9,948.10 3 rad 0,01rad 9 5 GI t 76.10 .1,984.10
Dónde:
It
4A o2 L media
0
ds
4(17853,98.10 6 ) 2 0 , 514
0
ds 8.10 3
1,984.10 5 m 4
L media 2.100.10 3 2(50.10 3 ) 0,514m
58
T (N.m)
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN PARCIAL CICLO 2012-01 Profesor Sección Duración
1.
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
Una barra prismática, cuya área de sección transversal es A , se somete a fuerzas de tracción P , tal como se muestra en la figura. Los esfuerzos sobre un plano inclinado pq son 81MPa y
27MPa . Determinar el esfuerzo normal 1 y el ángulo P
(2 puntos)
P
P
q
2.
Un elemento está sometido al estado plano de esfuerzos, según se muestra en la figura, siendo
X Y 2000psi y XY 2750psi . Se pide determinar los esfuerzos que actúan sobre un elemento orientado a un ángulo 60
o
respecto al eje X, los esfuerzos principales y el esfuerzo
tangencial máximo.
(3 puntos)
Y
Y X XY
3.
X
Determinar los esfuerzos principales y los ángulos directores de cada plano principal, sabiendo que
X Y 0 , Z 10MPa , XY 5MPa , YZ 5MPa , XZ 5MPa 4.
(4 puntos)
Una barra eje para la hélice de una pequeña embarcación está hecha de una barra maciza de acero de 4plg de diámetro. El esfuerzo tangencial permisible es 7200psi y el ángulo de giro en torsión admisible es
1o en 60plg. Determinar el par máximo T que puede aplicarse a la barra, considerando que
G 11,8.10 6 psi
(3 puntos)
59
5.
Determinar el diámetro de la barra doblemente empotrada mostrada en la figura y el ángulo de giro en
torsión en A, si 10MPa y G 8.10 MPa 4
(4 puntos)
T=120N.m
t=40N.m/m
A
C 1,2m
6.
d B 0,8m
Un tubo hueco de pared delgada AB de forma cónica tiene espesor constante t y diámetros medios
d a y d b en los extremos. Obtener una fórmula para la energía de deformación U del tubo cuando se somete a torsión pura mediante un momento torsor T
(4 puntos)
B
L
Monterrico, 10 de mayo de 2012
60
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2012-01 1.
Como:
1 cos 2
1 1sen 2 2
Luego:
1 cos 2 81
…………….. (a)
1sen cos 27
…………….. (b)
Dividimos (b) entre (a):
tg
1 3
1 arctg 18,43o 3
Entonces se tendrá:
1 2.
81 90MPa cos 18,43o 2
Determinamos los esfuerzos que actúan sobre un elemento orientado un ángulo
60 o con respecto
al eje X
60o
2000 2000 2000 2000 cos 120 o (2750)sen120 o 4381,57psi 2 2
60o
2000 2000 sen120 o 2750 cos 120 o 1375psi 2
Calculamos los esfuerzos principales:
1
2000 2000 1 (2000 2000) 2 4(2750) 2 4750psi 2 2
2
2000 2000 1 (2000 2000) 2 4(2750) 2 750psi 2 2
Ahora, determinamos el esfuerzo tangencial máximo:
máx 3.
4750 (750) 2750psi 2
Sabemos que:
3 I1 2 I 2 I 3 0 Dónde:
I1 X Y Z 10 I 2 X Y X Z Y Z 2XY 2XZ 2YZ 52 52 (5) 2 75 X I 3 XY
XY Y
XZ 0 YZ 5
XZ
YZ
Z
5 0
5 5 125 125 250 0
5 5 10
61
Reemplazando valores obtenemos:
3 10 2 75 0 De donde:
1 5MPa 2 0 3 15MPa ANGULOS DIRECTORES PARA 1 :
(1 X )k XY m XZ n 0
XY k (1 Y )m YZ n 0 XZ k YZ m (1 Z )n 0 Dónde:
k , m , n - cosenos directores Reemplazamos valores y obtenemos:
kmn 0
………….. (a)
kmn 0
………….. (b)
k m 3n 0 ………….. (c) Sumando (b) y (c):
n0
km Elevamos al cuadrado la ecuación (a):
k 2 m 2 n 2 2km 2mn 2kn 0 Por el curso Dinámica, se sabe que:
k 2 m2 n 2 1 De donde:
1 2k 2 0 km
2 2
Entonces:
k cos 1 2 / 2
1 45o
m cos 1 2 / 2
1 45o
n cos 1 0
1 90 o
ANGULOS DIRECTORES PARA 2 : No es necesario calcularlo, ya que 2 0 , pero para efectos de direcciones lo efectuamos en forma análoga al caso anterior, obteniendo:
mn 0
………….. (d)
kn 0
………….. (e) 62
k m 2n 0 ………….. (f) Restamos (f) menos (e):
m n kn Además:
k 2 m2 n 2 1 De donde:
k cos 2 0,5773
2 54,74 o
m cos 2 0,5773
2 125,26 o
n cos 2 0,5773
2 54,74 o
ANGULOS DIRECTORES PARA 3 : Analizamos en forma análoga a los casos anteriores, obteniendo:
3k m n 0
………….. (g)
k 3m n 0 ………….. (h)
kmn 0
………….. (i)
De donde:
k m n 2m Elevamos al cuadrado la ecuación (i):
k 2 m 2 n 2 2km 2kn 2mn 0 Además:
k 2 m2 n 2 1 De donde:
4.
k cos 3 0,4082
3 114,09 o
m cos 3 0,4082
3 65,90 o
n cos 3 0,8164
3 35,27 o
Como:
máx
16T 3 perm d
T
d 3 perm 16
.4 3.7200 T 90477lb.p lg 90,477k.p lg 16 Además:
TL perm GI p
T T
perm GI p L ( / 180).11,8.10 6.( / 32).4 4 86267lb.p lg 86,267k.p lg 60
Luego: 63
86,267
90,477
Tmáx 86,267k.p lg 5.
Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por TB
120N.m
40N.m/m
TB
A
C 1,2m
B 0,8m
Sabemos que:
B 0 TB (0,8) (T 120 40x )dx B 0 GI p GI p 0 1, 2
De donde:
TB 57,6N.m Con el valor obtenido, graficamos el diagrama de momento torsor, tal como se muestra en la figura.
120N.m
40N.m/m
A
C 1,2m
B 0,8m 57,6 T (N.m)
14,4 62,4 Luego:
16.62,4 10.10 6 3 d
d3
16.62,4 3,17.10 2 m 3,17cm 6 10.10
Asumimos:
d 3,17cm Determinamos el ángulo de giro en torsión en A
A 6.
57,6.0,8 5,81.10 3 rad 0,33o 4 8 8.10 .10 .( / 32).3,17 .10 4
6
Analizamos el diámetro medio a una distancia “x” de A
d da dx da b x L 64
dx
da
db
x L Además:
I px
d 3x t 4
Luego: L L L dd a (d b d a ) x / L T 2 L(d a d b ) T 2 dx T 2 dx 2T 2 dx 2T 2 L 2GI px 2G 0 d 3x t / 4 Gt 0 d 3x Gt(d b d a ) 0 d a (d b d a ) x / L3 Gtda2 d 2b 0
L
U
65
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN PARCIAL CICLO 2012-02 Profesor Sección Duración
1.
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
El diámetro de un tirante de sección circular es igual a 16mm. La fuerza de tracción P 40kN origina en la sección inclinada ab un esfuerzo tangencial equivalente al 60% del esfuerzo normal en la misma sección ab . Determinar el ángulo de inclinación de la sección y los valores de y (2 puntos)
P
b
a
P
2.
Una lámina cuadrada, cuyos lados son iguales a 0,2m tiene un espesor h 10mm . En sus bordes está cargada con los esfuerzos normales 1 200MPa y 2 100MPa . Determinar las variaciones de los lados del cuadrado, del área de éste y del volumen de la lámina a causa de la deformación elástica de la misma. Considerar E 2.10 MPa y 0,25 5
3.
(3 puntos)
Un cubo de cobre de arista igual a 0,1m está introducido sin holguras en el asiento de una placa de acero cuya docilidad puede despreciarse. Calcular las variaciones de volumen del cubo relativa V y absoluta V originadas por la acción de una fuerza de compresión P 500kN . El módulo de elasticidad del cobre es E 10 MPa , el coeficiente de Poisson 0,34 . Determinar los esfuerzos 5
tangenciales octaédricos oct y máximas máx en el cubo.
66
(4 puntos)
P a
a
a
4.
Refiriéndose a la barra ahusada mostrada en la figura ¿Para qué relación d b / d a el ángulo de giro en torsión será igual a la mitad del ángulo de giro en torsión correspondiente a una barra prismática de diámetro d a ?
(4 puntos)
B A da
db
x L
5.
dx
Una barra hueca de acero ACB con diámetro exterior de 2plg y diámetro interior 1,5plg está empotrada en los extremos A y B, tal como se muestra en la figura. En los extremos del brazo vertical se aplican fuerzas horizontales P. Determinar el valor permisible de las fuerzas P si el esfuerzo tangencial permisible en la barra es 12000psi
(4 puntos)
8plg P
A
8plg C B
36 plg
P
2 4p lg
67
6.
Comparar el ángulo de giro en torsión 1 para un tubo circular de pared delgada calculado a partir de la ecuación aproximada TL / 2Gr t con el ángulo de giro en torsión 2 calculado con la ecuación 3
exacta TL / GI p . Expresar la relación 1 / 2 en términos de la relación adimensional r / t (3 puntos)
t r
Monterrico, 09 de octubre de 2012
68
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2012-02 1.
Por dato del problema:
0,6
1 1sen 2 0,61 cos 2 2
tg 0,6 arctg0,6 30,96 o
Luego, determinamos el esfuerzo principal 1
1
P 40.10 3 198,94MPa A ( / 4).16 2.10 6
Ahora, calculamos los esfuerzos normal y tangencial en el plano inclinado.
1 cos 2 198,94 cos 2 30,96 146,29MPa
0,6 0,6.146,29 87,77MPa 2.
Determinamos la variación de los lados del cuadrado.
1
1 1 2 3 1 5 200 0,25 100 0 112,5.10 5 E 2.10
Como:
1
1 L1
1 1L1 112,5.10 5.0,2 22,5.10 5 m 0,225mm
Procedemos en forma análoga en la otra dirección.
2
1 2 1 3 1 5 100 0,25200 0 75.10 5 E 2.10
2
2 L2
2 2 L 2 75.10 5.0,2 15.10 5 m 0,15mm
Ahora, determinamos las áreas inicial y final. AREA INICIAL
A o 20.20 400cm 2
AREA FINAL
A 20,0225.19,985 400,15cm 2
De esta manera, la variación del área será:
A A A o 400,15 400 0,15cm 2 Calculamos la variación de volumen.
V Vo 3.
1 2 1 2 3 0,2.0,2.0,01. 1 2.0,525 200 100 0 0,01.10 5 m 3 0,1cm 3 E 2.10
Por condición del problema:
X
1 X ( Y Z ) 0 E
………………. (a)
Y
1 Y ( X Z ) 0 E
………………. (b)
Z
1 Z ( X Y ) E
………………. (c) 69
Además por simetría X Y Según datos del problema:
Z
P 500.10 3 50MPa A 10 2
De la ecuación (a) tenemos:
X
X (1 ) Z
Z 0,34(50) 25,75MPa 1 1 0,34
Y 25,75MPa Pero:
1 X 25,75MPa 2 Y 25,75MPa 3 Z 50MPa Luego:
V X Y Z
1 Z ( X Y ) 15 50 0,34(25,75 25,75) 3,25.10 4 E 10
V V .V 3,25.10 4.10 3 3,25.10 7 m 3 325mm 3 Además:
máx
4.
1 3 25,75 (50) 12,125MPa 2 2
oct
1 (1 2 ) 2 ( 2 3 ) 2 ( 3 1 ) 2 3
oct
1 (25,75 25,75) 2 (25,75 50) 2 (50 25,75) 2 11,43MPa 3
BARRA AHUSADA: El diámetro d x a una distancia “x” del extremo A es:
dx da
db da x L
Siendo el momento polar de inercia:
I px
d da d 4x da b x 32 32 L
4
Por lo tanto la expresión para el ángulo de giro en torsión es: L 1 Tdx Tdx 32TL 1 3 3 1 4 GI px 0 G( / 32)d a (d b d a ) x / L 3G(d b d a ) d a d b 0 L
BARRA PRISMATICA:
2
TL 32TL 4 G( / 32)d a Gd a4
Por condición del problema: 70
1
1 2 2
1 32TL 1 1 32TL 3 3 3G(d b d a ) d a d b 2 Gd a4 Efectuando operaciones obtenemos:
d 1,5 b da
4
d 2,5 b da
3
1 0
De donde:
db 1,45 da 5.
Del gráfico se tendrá:
T=16P A
B 36plg
24plg
Por condición de equilibrio, se tiene:
T
eje
0
TA TB T
………………. (a)
Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por TB , tal como se muestra en el gráfico.
TB
T
B
C
A 36plg
24plg
Se sabe que:
B 0
TB (60) T(36) 0 GI p GI p
TB 0,6T
………………. (b)
Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos:
TA 0,4T Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento torsor.
0,6T T 0,4T 71
Aplicamos la condición de resistencia:
máx
Tmáx Wp
0,6(16P) 12000 ( / 16).2 3. 1 (1,5 / 2) 4
P 1342,23lb De esta manera, la carga máxima permisible es:
Pperm 1342,23lb 6.
ECUACION APROXIMADA:
1
TL TL 3 2Gr t 2Gt 4 3
ECUACION EXACTA:
2
TL GI p
TL t t r r 2 2 2 4
G
4
TL t Grt 2r 2 2 2
Luego:
TL 1 4 2 1 1 2Gt 4 1 2 2 2TL 2 4 4 4 2 Gt 4 1
72
2TL 2TL 2 2 4 Grt 4r t Gt 4 2 1
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN PARCIAL CICLO 2013-01 Profesor Sección Duración
1.
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
Una barra de cobre con sección transversal rectangular se sitúa entre soportes rígidos, después de lo o
cual la temperatura de la barra se incrementa 60 C . Determinar los esfuerzos en todas las caras de los elementos A y B e indicar tales esfuerzos sobre esquemas de los elementos. Considerar
0,000017/ o C y E 120GPa
(3 puntos)
2.
45º
B
A
Para un cuerpo en estado plano, se cumple que la suma de los esfuerzos principales es 30MPa y
máx 10MPa . Determinar X , Y , XY , sabiendo que X 2 Y 3.
(3 puntos)
Dado el cubo de acero sometido a esfuerzos triaxiales y considerando que el módulo de elasticidad del material es E 2.10 MPa y su coeficiente de Poisson 0,3 , se pide: 5
a) Esquematizar todos los esfuerzos normales y tangenciales en las caras del cubo
(1 punto)
b) Determinar los esfuerzos principales 1 , 2 y 3
(1.5 puntos)
c) Calcular el esfuerzo tangencial máximo
(0.5 puntos)
d) Determinar los esfuerzos normal oct y tangencial oct octaédricos
(1.5 puntos)
e) Calcular el cambio unitario de volumen o deformación volumétrica
(0.5 puntos)
Y 60MPa
40MPa
10MPa
20MPa
18MPa 30MPa
Z 73
X
4.
Determinar el momento torsor máximo Tmáx y el ángulo de giro en torsión en A, si 20MPa y
G 8.10 4 MPa
(3 puntos)
SECCION TRANSVERSAL T
3T A 3m
1m
d=60mm D=80mm
5.
Una barra escalonada maciza de sección transversal circular está empotrada en los extremos. Si el esfuerzo permisible en cortante es 55MPa, ¿Cuál es el par de torsión máximo Tmáx que puede aplicarse a la barra en C?
(4 puntos)
40mm
20mm C
A
B
T 0,2m
6.
0,5m
Se aplica un momento torsor de 600N.m a un tubo de sección rectangular, tal como se muestra en la figura. Determinar el espesor mínimo t mín de sus paredes, de manera que el esfuerzo tangencial no exceda de 60MPa
(2 puntos)
t
t
30mm
60mm
Monterrico, 07 de mayo de 2013
74
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2013-01 1.
Se sabe que:
P T
PL (T)L EA
1 X E(T) 120.109.0,000017.60
1 122,4MPa (COMPRESION) Ahora, analizamos cada uno de los elementos: ELEMENTO “A”: Actúa únicamente 1 122,4MPa y va en compresión, tal como se muestra en la figura.
122,4MPa
122,4MPa
ELEMENTO “B”: a) Si 45 (CARA DC) o
2
45o
1 1 cos 45 (122,4) 61,2MPa 2 2
45o
o
1 1 1sen90 o (122,4)(1) 61,2MPa 2 2
b) Si 135 (CARA FD) o
2
135o
1 1 cos 135 (122,4) 61,2MPa 2
135o
2
o
1 1 1sen 270 o (122,4)(1) 61,2MPa 2 2
En las otras dos caras son opuestos a las anteriores, mostrándose la distribución de esfuerzos en la siguiente figura. 61,2MPa
61,2MPa
D
61,2MPa
F
61,2MPa
C 61,2MPa
61,2MPa
G 61,2MPa
61,2MPa
2.
Por dato del problema:
máx
1 2 10 2
1 2 30
………………… (a)
1 2 20
………………… (b)
Resolvemos (a) y (b), obteniendo:
1 25MPa 75
2 5MPa Además:
1
X Y 1 2 2
X Y 2 4 2XY
………………… (c)
2
X Y 1 2 2
X Y 2 4 2XY
………………… (d)
Sumamos (c) y (d), considerando X 2 Y
Y 2 X 30 2
2 Y Y 30
Y 10MPa X 20MPa
Ahora, restamos (c) - (d), obteniendo:
X Y 2 4 2XY
20
(20 10) 2 4 2XY 400
XY 8,66MPa 3.
a) Del gráfico mostrado en el enunciado del problema, se desprende que:
X 10MPa ;
Y 60MPa ;
Z 30MPa ;
XY 18MPa ;
XZ 20MPa ;
YZ 40MPa Con estos valores, esquematizamos los esfuerzos normales y tangenciales en las caras visibles del cubo, tal como se muestra en la figura. 60MPa 40MPa 18MPa 20MPa 10MPa
20MPa 18MPa 30MPa
40MPa
b) Calculamos los esfuerzos principales:
I1 10 60 30 20 I 2 (10)(60) (10)(30) (60)(30) 182 (20) 2 40 2 4424
10 I 3 18 20
18 20 60 40 48520 40
30
Luego:
3 20 2 4424 48520 0
1 49,536MPa 76
2 12,011MPa 3 81,547MPa c) Determinamos el esfuerzo tangencial máximo:
máx
1 3 49,536 (81,547) 65,542MPa 2 2
d) Calculamos los esfuerzos normal y tangencial octaédricos:
oct
1 2 3 49,536 12,011 81,547 6,667MPa 3 3
oct
1 3
1 2 2 2 3 2 3 1 2
oct
1 3
49,536 12,0112 12,011 81,5472 81,547 49,5362
55,120MPa
e) Determinamos el cambio unitario de volumen:
e 4.
1 2 X Y Z 1 2(05,3) 10 60 30 4.10 5 E 2.10
Graficamos el diagrama de momento torsor, tal como se muestra en la figura.
T
3T A 3m
1m
T T 2T Determinamos los momentos de resistencia e inercia polar: 4 .80 3.10 9 60 6 3 Wp 1 68,72.10 m 16 80
Ip
.80 4.10 12 32
60 4 6 4 1 2,75.10 m 80
Calculamos el esfuerzo tangencial máximo:
máx
2T 20.10 6 6 68,72.10
T 687,2N.m
Tmáx 687,2N.m
Ahora, determinamos el ángulo de giro en torsión en A
A
687,2.3 1374,4.1 3,12.10 3 rad 0,179 o 6 6 4 6 6 8.10 .10 .2,75.10 8.10 .10 .2,75.10 4
77
5.
Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por TB , tal como se muestra en la figura.
TB
T
B
C
A
0,2m
0,5m
Como se sabe:
B 0
TB (0,2) TB (0,5) T(0,2) 0 4 12 4 12 G( / 32).20 .10 G( / 32).20 .10 G( / 32).40 4.10 12
TB 0,865T Luego:
TA TB T
TA 0,865T T
TA 0,135T
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento torsor.
0,135T
T 0,865T Determinamos los esfuerzos tangenciales en AC y CB, con la finalidad, de conocer el tramo donde ocurre el esfuerzo tangencial máximo.
máx AC CB
(0,135T).16 8,594.10 4 T 3 9 .20 .10
(0,865T).16 6,883.10 4 T 3 9 .40 .10
Como:
máx
8,594.10 4 T 55.10 6
T 640N.m
En consecuencia:
Tmáx 640N.m 6.
Se sabe que:
máx
T 2A o t
600 60.10 6 3 3 2.30.10 .60.10 .t
Asumimos:
t mín 2,78mm
78
t 2,78.10 3 m
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2011-01 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
Una viga de acero de sección transversal del tipo de patín ancho está apoyada con extremos en voladizo, como se muestra en la figura. La viga soporta una carga uniforme de intensidad w 8k / pie sobre cada voladizo. Si se supone que el módulo de sección de la sección transversal es
Wz 539p lg 3 , determinar el esfuerzo de flexión máximo máx en la viga debido a la carga w (3 puntos)
Y w=8k/pie
w=8k/pie O
10pie 2.
20pie
Z
10pie
Determinar el valor del momento puntual M, si el esfuerzo admisible en flexión es 10MPa (3 puntos)
SECCION TRANSVERSAL M
M
4cm 4cm
12cm 2m
1m
3.
La carga distribuida mostrada en la figura está sostenida por una viga con sección tipo cajón, cuyas dimensiones se muestran en la misma figura. Determine el valor de “w”, si
1,2MPa
14MPa (4 puntos)
SECCION TRANSVERSAL w A 1m
2m
50mm 150mm
B 1m
50mm 200mm 50mm
79
50mm
y
4.
Una viga compuesta está formada por láminas de 20mm x 300mm y de 50mm x 20mm, tal como se muestra en la figura. ¿Qué fuerza cortante producirá un esfuerzo tangencial máximo de 2,4MPa? (3 puntos)
50mm
50mm 20mm
300mm
20mm 20mm 5.
20mm
20mm
Hallar la distribución de los esfuerzos normales en la sección de una viga compuesta cuando ésta se encuentra trabajando a flexión pura en el plano vertical e indicar la posición del eje neutro, considerando que la unión es absolutamente rígida y que el módulo de elasticidad del material 1 es tres veces el módulo de elasticidad del material 2
(4 puntos)
M AT E R I A L 1
h/2
M AT E R I A L 2
h/2
b
6.
Las dimensiones de una viga de concreto armado son b 300mm , d 450mm , A a 1400mm y 2
n 8 . Si los esfuerzos admisibles son c 12MPa y a 140MPa . Calcular el momento flector máximo que se puede aplicar. Considerar “d” como la distancia desde la ubicación del acero de refuerzo hasta la cara superior de la viga.
(3 puntos)
Monterrico, 02 de junio de 2011
80
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2011-01 1.
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura:
w=8k/pie
w=8k/pie
10pie
20pie
10pie
80k
80k 80 +
80 400
V (k)
400 M (k.pie)
Determinamos el esfuerzo normal máximo:
máx 2.
M máx 400.10 3.12 8905,38psi Wz 539
Graficamos el diagrama de momento flector para la viga cargada con los momentos M, tal como se muestra en la figura:
M
2M 3
1m
M
2m
2M 3 M
2M/3 M +
M/3 Aplicamos la condición de resistencia:
máx
M máx y máx Iz
M 0,04.0,12 2 12
3
.0,06 10.10 6
De donde:
M máx 1,92kN.m 81
M 1920N.m
3.
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga mostrada en la figura:
w A
B 1m
2m
0,5w
1m 2,5w w
0,5w +
V
0,5m
1,5w 0,5w M
+
0,5w
0,625w
Aplicamos las condiciones de resistencia para los esfuerzos normal y tangencial. ESFUERZO NORMAL:
máx
M máx y máx Iz
0,625w 0,3.0,25 0,2.0,15 12 12 3
3
.0,125 14.10 6
De donde:
w 59920N / m ESFUERZO TANGENCIAL:
máx
Vmáx S z ,máx Izb
1,5w (0,3.0,125.0,0625 0,2.0,075.0,0375) 1,2.10 6 0,3.0,253 0,2.0,153 .0,1 12 12
De donde:
w 15017,54N / m
15017,54
59920
Asumimos:
w máx 15017,54N / m 15,017kN / m 4.
Determinamos el momento estático máximo y momento de inercia, respecto al eje neutro.
Sz,máx 0,16.0,15.0,075 2(0,05.0,13.0,065) 9,55.10 4 m 3
82
0,05.0,26 3 0,16.0,33 4 4 Iz 2 2,135.10 m 12 12 Luego, aplicamos la condición de resistencia para esfuerzo tangencial.
máx
Vmáx S z ,máx Izb
V.9,55.10 4 2,4.10 6 4 2,135.10 .0,06
V 32192,67 N
Asumimos:
Vmáx 32192,67 N 32,192kN 5.
Por dato del problema, la relación modular es n E1 / E 2 3 y, de esta manera, la sección transformada es la mostrada en la figura a)
a)
b) +
A
h/2 h/8
Z
C B C´
h/2 D b/3
b/3
b/3
Determinamos la ubicación del eje neutro, tomando como referencia el eje en la parte inferior de la sección transversal de la viga.
YCG
b h h h 3h b 5h 3 2 4 2 4 8 b h h b 3 2 2
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. 3
3
h b h b 2 2 13bh 3 2 3 2 h h b h 3h Iz b 12 12 288 2 8 3 2 8 Ubicamos las zonas de tracción y compresión, utilizando como única alternativa las áreas, ya que el momento es desconocido su signo.
3h 3bh z A sup b 8 8 b h h 7bh z A inf b 3 2 8 24 Como podemos apreciar, el área de la parte superior al eje neutro es mayor que el área de la parte inferior, en consecuencia, la zona de tracción es la superior y la de compresión la inferior. Ahora, determinamos los valores del esfuerzo normal para los puntos indicados en el gráfico b) mostrada en la figura anterior.
83
A
3h 108M 13bh 8 13bh 2 288 M
3
B 0 (eje neutro) C
36M h 13bh 2 13bh 8 288 M
3
M h 12M 1 C ' . 3 13bh 2 3 13bh 8 288 M 5h 60M 1 D . 3 13bh 2 3 13bh 8 288 Como se podrá apreciar, se ha colocado signo (+) a los esfuerzos de la zona de tracción y signo (-) a los esfuerzos de la zona de compresión. 6.
Calculamos el área transformada del acero en concreto.
A 'c nA a 8.1400 11200mm 2 Y
x Z 450-x A ´c 300 Determinamos la ubicación del eje neutro:
Ssup Sinf z z
x 300x 11200(450 x ) 2
150x 2 11200x 5040000 0 De donde.
x 149,7mm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro:
Iz
300.149,7 3 300.149,7.74,85 2 11200.300,32 1345496055mm 4 12
Aplicamos las condiciones de resistencia para cada material. 84
CONCRETO:
cmáx
M máx máx y c c Iz
M máx .149,7.10 3 12.10 6 12 1345496055.10
M máx 107855,39N.m
8.
M máx 78408,86N.m
ACERO:
amáx
E a M máx máx y a a Ec Iz
M máx .300,3.10 3 140.10 6 1345496055.10 12
78408,86
107855,39
De donde:
M máx 78408,86N.m 78,409kN.m
85
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2011-02 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
Determinar la longitud máxima de la viga simplemente apoyada de sección transversal rectangular de dimensiones 140mm x 240mm, sometida a una carga uniformemente distribuida w 6,5kN / m , si el esfuerzo normal permisible es 8,2MPa
(3 puntos)
SECCION TRANSVERSAL
w=6,5kN/m
240mm L 140mm 2.
Para la viga mostrada en la figura, determinar el diámetro mínimo requerido d mín , si el esfuerzo normal permisible es 10MPa
(4 puntos)
20kN
6,67kN/m
2m
SECCION TRANSVERSAL d
6m
26,6kN 3.
La viga de patín ancho sostiene una carga concentrada W y una carga uniformemente distribuida 2W,
tal como se muestra en la figura. Determinar el valor máximo de “W” si 10MPa y 1,4MPa (3 puntos)
SECCION TRANSVERSAL 200mm
W
2W
20mm 20mm
2m
1m
2m 86
180mm 20mm
4.
Elegir el perfil I más adecuado para la viga mostrada en la figura, considerando 100MPa . Determinar el esfuerzo tangencial máximo.
(3 puntos)
h
b alma
IZ
WZ
S Z,máx
PERFIL
(mm)
(mm)
(cm 4 )
(cm 3 )
(cm 3 )
1
220
5,4
2790
254
143
2
240
5,6
3800
317
178
3
270
6,0
5500
407
229
4
300
6,5
7780
519
292
SECCION TRANSVERSAL
6kN 4kN/m
6m
5.
2m
2m
La sección transversal de una tira bimetálica se muestra en la figura. Si se supone que los módulos de elasticidad para los metales A y B son E A 42.10 psi y E B 21.10 psi , respectivamente, 6
6
determinar los dos módulos de resistencia para la viga (esto es, la relación del momento flector al esfuerzo normal por flexión). ¿En cuál material ocurre el esfuerzo máximo?
(4 puntos)
0,4plg
6.
0,12plg
A
0,12plg
B
En una viga de concreto armado, b 500mm , d 750mm , A a 6000mm y n 10 . Considerar 2
“d” como la distancia desde la ubicación del acero de refuerzo hasta la cara superior de la viga. Determinar esfuerzos máximos en el acero y el concreto, si M máx 270kN.m
(3 puntos)
Monterrico, 27 de octubre de 2011
87
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2011-02 1.
Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, tal como se muestran en la figura.
w=6,5kN/m
wL 2 wL 2
L
wL 2
+
V wL 2 M +
wL2 8 REFUERZO
Aplicamos la condición de resistencia:
máx
6,5.10 3.L2 .0,12 8 8,2.10 6 4 1,6128.10
L 3,68m
Dónde:
M máx y máx
wL2 6,5.10 3.L2 8 8
h 0,12m 2
bh 3 0,14.0,24 3 IZ 1,6128.10 4 m 4 12 12 Del resultado obtenido, asumimos:
L máx 3,68m 2.
Determinamos las reacciones en el empotramiento y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura de la siguiente página. Aplicamos la condición de resistencia:
máx
40,42.10 3 (d) 10.10 6 4 5d 16
Dónde:
M máx 40,42kN.m 88
d 0,16m
y máx d
d 4 d 2 d 2 5d 4 I Z 4. 4 2 16 64 Del resultado obtenido, asumimos:
d mín 16cm 20kN
6,67kN/m 40,42kN.m
26,6kN 2m
13,41kN
6m
6,6 +
V (kN) 13,41
3,448m
20 40
40,42 24,82 M (kN.m)
3.
Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
W
2W
2m
1m
2m
3,6W
1,4W
3,6W +
V 1,8m
0,4W 1,4W M +
3,24W 3,2W
89
2,8W
Aplicamos las condiciones de resistencia para los esfuerzos normal y tangencial. ESFUERZO NORMAL:
máx
3,24W .0,11 10.10 6 5 9.10
W 2525,25N
Dónde:
M máx 3,24W y máx 0,11m 0,2.0,02 3 0,02.0,183 2 I Z 2. 0,2.0,02.0,1 9.10 5 m 4 12 12 ESFUERZO TANGENCIAL:
máx
3,6W.4,81.10 4 1,4.10 6 5 9.10 .0,02
W 1455,30N
Dónde:
Vmáx 3,6W SZ,máx 0,2.0,02.0,1 0,02.0,09.0,045 4,81.10 4 m 3
b alma 0,02m De las respuestas obtenidas, elegimos en kN la que cumpla con ambas condiciones, considerando para efectos prácticos tres decimales.
1,455
2,525
Wmáx 1,455kN 4.
Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura.
6kN
4kN/m
6m
2m
2m
18kN
12kN
18 +
4,5m
V (kN)
6
12 M (kN.m)
+
40,5 36
90
24
Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal.
máx
40,5.10 3 100.10 6 WZ
WZ 405.10 6 m 3 WZ 405cm 3
De los perfiles indicados, elegimos el Nº 3 por tener un módulo de resistencia un poco mayor al requerido. Ahora, de acuerdo al perfil elegido, calculamos el esfuerzo tangencial máximo.
máx 5.
Vmáx S Z,máx I Z b alma
18.10 3.229.10 6 12,49.10 6 Pa 12,49MPa 5500.10 8.6.10 3
Transformamos el material A al material B
b 'B
EA 42.10 6 bA .0,4 0,8p lg EB 21.10 6
Esquematizamos la nueva sección equivalente de la viga y determinamos la ubicación del eje neutro, eligiendo como eje de referencia la parte inferior de la sección transversal.
YCG
0,4.0,12.0,06 0,8.0,12.0,18 0,14p lg 0,4.0,12 0,8.0,12 0,8plg 0,12plg 0,12plg
Z Y =0,14plg CG
0,4plg Calculamos el momento de inercia de la sección equivalente respecto al eje neutro.
IZ
0,4.0,12 3 0,8.0,12 3 0,4.0,12.0,08 2 0,8.0,12.0,04 2 6,336.10 4 p lg 4 12 12
Ahora, determinamos los módulos de resistencia para cada uno de los materiales. MATERIAL “B”:
B
M yB IZ
WZB
M I Z 6,336.10 4 4,52.10 3 p lg 3 B yB 0,14
WZA
I M 6,336.10 4 Z 3,17.10 3 p lg 3 A 2y A 2.0,10
MATERIAL “A”:
E A A EB
M y A IZ
Luego, determinamos los esfuerzos normales para cada material. MATERIAL “B”:
M M B .0,14 0,14 IZ IZ MATERIAL “A”:
E M M M A A y A 2. .0,10 0,20 IZ IZ EB IZ 91
De esta manera, podemos concluir que el esfuerzo normal máximo ocurre en el material A 6.
Determinamos el área del acero transformado en concreto.
A 'c nA a 10.6000 60000mm 2 600cm 2 Y
x Z 75-x
50cm Determinamos la ubicación del eje neutro, a través de la igualdad de los momentos estáticos.
Ssup Sinf z z
x 50x 600(75 x ) 2
x 2 24x 1800 0 De donde:
x 32,1cm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro.
Iz
50.32,13 50.32,1.16,05 2 600.42,9 2 1655515,35cm 4 12
Determinamos los esfuerzos normales máximos para cada material. CONCRETO:
cmáx
M máx máx 270.10 3 yc .32,1.10 2 5,23MPa 8 Iz 1655515,35.10
ACERO:
amáx
E a M máx máx 270.10 3 y a 10. .42,9.10 2 69,97MPa 8 Ec Iz 1655515,35.10
92
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2012-01 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
Determinar el esfuerzo de flexión máximo máx causado por la carga concentrada P que actúa sobre la viga simplemente apoyada AB mostrada en la figura, si P 5,4kN y la sección transversal tiene las dimensiones mostradas. Ubicar previamente la posición racional de la viga.
(3 puntos)
SECCION TRANSVERSAL P A
75mm
B 1,8m
25mm
1,2m
25mm 25mm 25mm
2.
Determinar el valor del peralte “h” de la viga de madera mostrada en la figura, si 14MPa y
comprobar su resistencia por esfuerzo tangencial, considerando 2MPa
(2 puntos)
SECCION TRANSVERSAL
4kN 4kN/m A
B 1m
3.
h
3m
Z 12cm
La viga de acero mostrada en la figura, está sometida a la acción de una carga P. Se pide, determinar el valor de la carga y los esfuerzos normal y tangencial máximos, si con la ayuda de un tensómetro se 4
midió la deformación lineal de la fibra superior en la sección x 1,5m ; siendo X 4,6.10 . Considerar E 2,1.10 MPa y las características geométricas del perfil metálico son las indicadas en 5
la siguiente tabla.
(4 puntos)
PERFIL I
b alma
IZ
WZ
S Z,máx
(mm)
(cm 4 )
(cm 3 )
(cm 3 )
5,4
2550
232
131
93
P
1,5m
SECCION TRANSVERSAL
X
Z
A
B 2,4m
4.
1,2m
Para la viga de acero mostrada en la figura, se pide, determinar el valor de la carga uniformemente
distribuida “w” y graficar su diagrama de esfuerzo tangencial. Considerar 210MPa
(4 puntos)
SECCION TRANSVERSAL 18cm w A
B 1m
5.
3m
24cm
1m
Z 1cm
Una viga de madera de dimensiones 200mm x 300mm se refuerza en sus costados por placas de acero de 12mm de espesor, tal como se muestra en la figura. Los módulos de elasticidad para el acero y la madera son E a 204GPa y E m 8,5GPa , respectivamente. También, los esfuerzos admisibles
a
son
130MPa y m 8MPa . Calcular el momento flector máximo M máx respecto al eje Z (3 puntos)
200mm
12mm
300mm
6.
12mm
Z
En una viga de concreto armado, b 300mm , d 600mm y n 9 . Al aplicar un momento flector de 80kN.m, el esfuerzo normal máximo en el concreto es de 5MPa. ¿Qué esfuerzo aparecerá en el acero? ¿Cuál será el área de acero requerida? Considerar “d” como la distancia desde la ubicación del acero de refuerzo hasta la cara superior de la viga.
(4 puntos)
Monterrico, 24 de mayo de 2012
94
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2012-01 1.
Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestran en la figura. 5,4kN A
B 1,8m
1,2m
2,16kN
3,24kN 2,16 +
V (kN) 3,24
+
M (kN.m)
3,888
Determinamos la ubicación del centro de gravedad de la sección transversal.
YCG
75.25.12,5 25.75.62,5 37,5mm 75.25 25.75
Determinamos la ubicación de las zonas de tracción y compresión. a) Momento flector máximo: M máx 3,888kN.m , implica que la zona superior al eje neutro es de compresión y la zona inferior de tracción. b) Áreas de sección transversal: 2 A sup Z 25.62,5 1562,5mm (COMPRESION) 2 A inf Z 75.25 25.12,5 2187,5mm (TRACCION)
Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión, tanto por momento flector, como por áreas, se concluye que dicha posición es la racional.
ycomp max=62,5mm Z ytrmax=37,5mm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro.
IZ
25.753 75.253 25.75.25 2 75.25.25 2 3320312,5mm 4 12 12
Determinamos el esfuerzo normal máximo.
máx comp máx
M máx comp 3,888.10 3 y máx .62,5.10 3 73,186MPa 12 IZ 3320312,5.10
95
2.
Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura.
4kN 4kN/m A 7,5kN
B 1m
3m
8,5kN
7,5 3,5
+
V (kN) 2,125m
M (kN.m)
+ 7,5
8,5
9,03
Aplicamos la condición de resistencia:
máx
9,03.10 3 (0,5h ) 14.10 6 3 0,12h / 12
h 0,1796m
Asumimos:
h 18cm Luego, determinamos el esfuerzo tangencial máximo.
máx 3.
3Vmáx 3.8,5.10 3 0,6MPa ˂ 2A 2.0,12.0,18
(OK)
Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura.
P
1,5m X A
B 0,67P
0,33P 2,4m
1,2m M +
0,5P 0,8P Aplicamos la Ley de Hooke para determinar el esfuerzo normal.
E 2,1.105. 4,6.10 4 96,6MPa (COMPRESION) Este esfuerzo corresponde al momento flector en la sección dada, siendo su valor:
M .WZ 96,6.10 6.232.10 6 22,41kN.m Luego, determinamos la carga P, expresando el momento flector en función de esta fuerza e igualando con el valor obtenido en el diagrama, para el lugar donde está ubicado el tensómetro. 96
M x 1,5m 0,5P 22,41
P 44,82kN
Ahora, calculamos el esfuerzo normal máximo, que surgirá en el lugar donde actúa la carga P
máx
M máx 0,8.44,82.10 3 154,55MPa WZ 232.10 6
Determinamos el esfuerzo tangencial máximo.
máx 4.
Vmáx Ssup 0,67.44,82.10 3.131.10 6 Z 28,57MPa I Z b alma 2550.10 8.5,4.10 3
Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura.
w A 1,5w
B 1m
1,5w
3m
1m
1,5w
+
V 1,5w M +
1,5w
1,5w 2,625w
Determinamos las características geométricas de la sección transversal de la viga, analizándolo como la diferencia entre dos rectángulos.
18.24 3 16.22 3 IZ 6538,67cm 4 12 12 WZ
6538,67 544,89cm 3 12
SZ,máx 18.12.6 16.11.5,5 328cm 3 Determinamos el momento flector admisible.
M WZ 210.10 6.544,89.10 6 114,43kN.m Luego, determinamos el valor de la carga “w”
114,43 2,625w
w 43,6kN / m
Calculamos los valores de los esfuerzos tangenciales en la sección transversal y graficamos su diagrama, tal como se muestra en la figura de la siguiente página.
A 0 B
1,5.43,6.10 3.207.10 6 1,15MPa 6538,67.10 8.18.10 2 SBZ 18.1.11,5 207cm 3
97
B'
1,5.43,6.10 3.207.10 6 10,35MPa 6538,67.10 8.2.10 2
C máx
1,5.43,6.10 3.328.10 6 16,40MPa 6538,67.10 8.2.10 2
D' B' 10,35MPa D B 1,15MPa E 0
Y
A
B
B´
12cm 12cm
E
18cm 5.
C
Z 1cm D
D´
Determinamos el ancho equivalente de la viga de acero, convertida en madera.
b 'm
Ea 204.10 9 ba .12 288mm Em 8,5.10 9
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro, el cual sigue coincidiendo con el eje Z inicial.
776.300 3 IZ 1746.10 6 mm 4 12 Aplicamos las condiciones de resistencia para la madera y el acero, determinando en ambos casos el rango del momento flector máximo. MADERA:
máx m
M máx máx y m m IZ
M máx .150.10 3 8.10 6 1746.10 6.10 12 M máx 93120N.m
ACERO:
E M amáx a máx y amáx a Em IZ
M máx 204.10 9 . .150.10 3 130.10 6 9 8,5.10 1746.10 6.10 12 M máx 63050N.m
63050
93120
De los resultados obtenidos, elegimos el menor valor, porque cumple con ambas condiciones.
M máx 63050N.m 63,05kN.m
98
6.
Esquematizamos para la zona de compresión, la distribución del esfuerzo normal en la viga, tal como se muestra en la figura.
c Z x
d-x
b Del gráfico se desprende que el momento flector que puede soportar la sección en función del esfuerzo normal máximo en el concreto es:
M máx
1 x ( c )(b)(x ) d 2 3
1 10 6 x 80.10 .10 5. 4 (30)(x ) 60 2 10 3 3
2
0,333x 2 60x 1066,67 0 De donde:
x 20cm Ahora, determinamos el valor del momento de inercia respecto al eje neutro.
cmáx
M máx máx yc IZ
5.10 6
80.10 3 .0,2 IZ
I Z 3,2.10 3 m 4 De esta manera, el esfuerzo en el acero será:
E M 80.10 3 amáx a máx y amáx 9. .0,4 90MPa 3,2.10 3 Ec IZ Además, el área de acero transformado en concreto es A c nA a 9A a '
Determinamos el área del acero en función del momento estático. inf Ssup Z SZ
30(20)(10) 9(A a )(40) A a 16,67cm 2
99
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2012-02 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
Determinar el ancho “b” del patín de la viga T mostrada en la figura, tal que los esfuerzos normales en las partes superior e inferior de la viga estén en la relación 3:1, respectivamente.
(2 puntos)
t=20mm
h=120mm Z t=20mm b 2.
Una viga de madera de sección transversal circular de diámetro D 16cm , cubre una luz “L” y está cargada en la parte central por una carga puntual P 4kN . Determinar la longitud máxima L máx , considerando un factor de seguridad o coeficiente de sobrecarga n 1,3 y esfuerzo normal admisible
14MPa
(3 puntos)
SECCION TRANSVERSAL Z P 0,5L
3.
D 0,5L
Para la viga mostrada en la figura, considerar un factor de seguridad o coeficiente de sobrecarga
n 1,2 y esfuerzo normal admisible 210MPa 60kN A
20kN B
2,4m
2,4m 100
1,2m
Se pide: a) Elegir el perfil I más adecuado, según tabla adjunta o
PERFIL
N
b d h
(1 punto)
h
b
d
t
(cm)
(cm)
(cm)
(cm)
1
22
11
0,54
2
24
11,5
3
27
4
30
WZ
IZ 4
3
SZ 3
(cm )
(cm )
(cm )
0,87
2550
232
131
0,56
0,95
3460
289
163
12,5
0,60
0,98
5010
371
210
13,5
0,65
1,02
7080
472
268
Z t
b) Graficar los diagramas y para la sección más peligrosa
(3 puntos)
c) Para la sección más peligrosa, determinar los esfuerzos principales y ángulos de giro de los planos principales en el punto de unión del alma con el ala o patín del perfil elegido, correspondiente a la zona traccionada
(2 puntos)
d) Determinar el momento de destrucción o colapso en el estado plástico flexionante de fluencia, si
y 230MPa 4.
(1 punto)
Graficar el diagrama de esfuerzo tangencial para la sección transversal mostrada en la figura, si
máx o
(2 puntos)
0,1h 0,1h
b
h=2b
b 5.
Una viga simplemente apoyada con una luz de 11pie, soporta una carga uniforme de 3200lb/pie. La sección transversal de la viga es del tipo cajón con patines de madera y almas de acero, tal como se muestra en la figura. ¿Cuál es el espesor mínimo requerido t mín de las placas de acero, si los esfuerzos permisibles son 18000psi para el acero y 1200psi para la madera? Suponer que los módulos de 6
6
elasticidad para el acero y la madera son 30.10 psi y 1,5.10 psi,respectivamente t
4plg
t
3plg
12plg
Z
3plg
101
(3 puntos)
6.
Para la viga T de concreto armado mostrada en la figura, se pide determinar el momento flector máximo que puede aplicarse, sin exceder los esfuerzos normales de 12MPa y 140MPa para el concreto y acero, respectivamente. Considerar n 8 y A a 3300mm
2
(3 puntos)
75cm 10cm
45cm
30cm Monterrico, 30 de octubre de 2012
102
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2012-02 1.
Por dato del problema:
sup inf
3 1
M y sup IZ 3 M 1 y inf IZ
y sup 3y inf
Como:
y sup y inf 120
y sup 90mm
y inf 30mm Las dimensiones se muestran en la figura:
20mm
90mm
10mm
Z
20mm b Además, se sabe que: inf Ssup Z SZ
2.
20(90)(45) 20b(20) 20(10)(5)
b 200mm
Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de la carga P, obteniendo como valor máximo:
M normal máx
PL 4L L 4 4
Luego, determinamos el momento máximo debido a la sobrecarga: /c M smáx 1,3M normal 1,3L M máx máx
En consecuencia:
máx
M máx WZ
1,3L 14.10 3 3 6 ( / 32).16 .10
L 4,33m
Asumimos:
L máx 4,33m 3.
a)
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura de la siguiente página. Determinamos el momento máximo debido a la sobrecarga. /c M smáx 1,2.60 72kN.m M máx
Luego:
máx
M máx WZ
72.10 3 210.10 6 WZ 103
WZ 3,43.10 4 m 3
WZ 343cm 3 De los perfiles indicados, elegimos el N°3
60kN
20kN
A
B 2,4m
2,4m
25kN
1,2m 55kN 20
25 +
V (kN) 35 24 M (kN.m)
+
60 b) Determinamos los esfuerzos normales máximos en la sección más peligrosa.
máx mín
72.10 3 194MPa 371.10 6
En la sección más peligrosa, la fibra superior trabaja en compresión y la fibra inferior en tracción. Determinamos los esfuerzos normales a la altura de la unión del alma con el ala o patín.
M máx 72.10 3 y .12,52.10 2 180MPa 8 IZ 5010.10 Con los valores obtenidos, se grafica el diagrama de esfuerzo normal mostrado en la figura b)
13,5cm
a)
12,5cm A
b)
194 180
0,98cm
B C
c)
1,1 22,3
29,3
Z
D E
180 194
+
1,1
22,3
El esfuerzo tangencial es máximo en el tramo donde la fuerza cortante es V 35kN Determinamos la fuerza cortante debido a la sobrecarga. s/c Vmáx 1,2.35 42kN Vmáx
Ahora, calculamos los esfuerzos tangenciales en los puntos estratégicos para la sección más peligrosa.
A 0
104
B
Vmáx S BZ 42.10 3.159,4.10 6 1,1MPa IZb 5010.10 8.12,5.10 2
SBZ 12,5.0,98.13,01 159,4cm 3
Vmáx S BZ 42.10 3.159,4.10 6 B' 22,3MPa I Zd 5010.10 8.0,6.10 2 C
Vmáx S Z 42.10 3.210.10 6 29,3MPa I Zd 5010.10 8.0,6.10 2
D' B' 22,3MPa D B 1,1MPa E 0 En la figura c) se muestra el diagrama de esfuerzo tangencial, siendo el signo el mismo que la fuerza cortante máxima considerada. c) De las figuras b) y c) del punto anterior, tenemos:
X 180MPa Y 0 XY 22,3MPa La distribución de esfuerzos se muestra en la siguiente figura. 22,3MPa
180MPa
x =180MPa xy =22,3MPa
22,3MPa 22,3MPa
Luego:
1
X Y 1 2 2
X Y 2 4 2XY
180 0 1 (180 0) 2 4(22,3) 2 182,7MPa 2 2
2
X Y 1 2 2
X Y 2 4 2XY
180 0 1 (180 0) 2 4(22,3) 2 2,7MPa 2 2
Ahora, determinamos los ángulos de giro de los planos principales.
tg2 o
2 XY 2(22,3) 0,248 X Y 180 0
'o 7 o 'o' 83o
Otra forma de obtener dichos resultados es:
tg 'o
XY 22,3 0,122 1 182,7
'o 7 o
tg 'o'
XY 22,3 8,259 2 2,7
'o' 83o
105
Siendo o el ángulo que forma X con 1 y o el ángulo entre X con 2 '
''
La distribución de esfuerzos y ángulos de desviación se muestran en la siguiente figura. a)
2 = 2,7MPa
1 = 182,7MPa
b) 2 = 2,7MPa
1 = 182,7MPa ´0 = 7°
II= 83° 1
2
2
1
d) Determinamos el momento de destrucción o colapso en el estado plástico flexionante.
M destr y Wpl y .2SZ 230.10 6.2.210.10 6 96600N.m 96,6kN.m Siendo:
y - esfuerzo de fluencia del material de la viga Wpl - momento plástico de resistencia de la sección en estado plástico, el cual para secciones simétricas respecto al eje central es:
Wpl 2S Z La rótula plástica se forma en la sección, donde el momento flector es máximo, es decir, en el punto de aplicación de la carga de 60kN 4.
Como la sección transversal es simétrica, entonces, su diagrama de esfuerzo tangencial también lo será, tal como se muestra en la figura b)
a)
b) A B
B´
b 2b
C D
D´
E
0,6b b
Determinamos los esfuerzos tangenciales para cada uno de los puntos estratégicos.
A 0 B
VS BZ (V)(0,375b 3 ) V 0,608 2 0,353 o 4 I Z b B (0,617b )(b) b SBZ (0,5b)(b)(0,75b) 0,375b 3
IZ
(b)(2b) 3 (0,6b)(b) 3 0,617b 4 12 12
106
VS BZ (V)(0,375b 3 ) V 1,519 2 0,882 o 4 I Z b B' (0,617b )(0,4b) b
B'
VS CZ (V)(0,425b 3 ) V C 1,722 2 o 4 I Z b C (0,617b )(0,4b) b SCZ (b)(b)(0,5b) (0,6b)(0,5b)(0,25b) 0,425b 3 D' B' 0,882 o D B 0,353 o
E 0 5.
De acuerdo a los datos del problema, esquematizamos la carga, calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura. 3200lb/pie
11pie
17600lb
17600lb
17600 +
V 17600
(lb)
M +
(lb.pie)
48400
Luego, convertimos la madera en acero.
b 'a
Em 1,5.10 6 bm .4 0,2p lg Ea 30.10 6
De esta manera, la sección transformada es la mostrada en la siguiente figura:
Y
3plg
0
Z
6plg
3plg
t 0,2plg t 107
Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro:
(0,2 2t )(12) 3 0,2.6 3 IZ 25,2 288t 12 12 Aplicamos las condiciones de resistencia para el acero y la madera, determinando en ambos casos el rango del espesor “t” ACERO:
amáx
M máx máx y a a IZ
48400.12 .6 18000 25,2 288t
t 0,585p lg MADERA:
E M máx m máx y máx m m m Ea IZ
1 48400.12 .6 1200 20 25,2 288t
t 0,417p lg
0,417
0,585
De los resultados obtenidos, elegimos el menor valor que cumpla con ambas condiciones.
t mín 0,585p lg 6.
Esquematizamos la sección transversal de la viga, utilizando sección transformada.
75 10 X Z
45-X A´c 30 Calculamos el área del acero transformada en concreto.
A 'c nA a 8.3300 26400mm 2 264cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro, a través del momento estático. inf Ssup Z SZ
(75)(10)(5 X) (30)(X)(0,5X) (264)(45 X) 5X 2 338X 2710 0
De donde:
X 7,24cm Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro:
IZ
75.10 3 30.7,24 3 75.10.12,24 2 30.7,24.3,62 2 264.37,76 2 498824,08cm 4 12 12 108
Posteriormente, aplicamos las condiciones de resistencia para ambos materiales. CONCRETO:
cmáx
M máx máx y c c IZ
M máx .17,24.10 2 12.10 6 8 498824,08.10 M máx 347209N.m
ACERO:
E M amáx a máx y amáx a Ec IZ
8.
M máx .37,76.10 2 140.10 6 8 498824,08.10
M máx 231182N.m
231182
347209
Asumimos:
M máx 231182N.m 231,182kN.m
109
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2013-01 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
Una regla delgada de acero, con módulo de elasticidad E 30.10 psi , de espesor 1/32plg y longitud 6
L=10plg, se flexiona mediante momentos M en sus extremos y forma un arco circular que subtiende un ángulo central de 60°, tal como se muestra en la figura. Determinar el esfuerzo normal máximo máx en la regla.
(2 puntos)
L=10plg
M
1 plg 32
M
60°
2.
Una viga de sección transversal rectangular y simplemente apoyada, con una luz de 14pie, soporta una carga uniformemente distribuida de intensidad 250lb/pie, tal como se muestra en la figura. Determinar el esfuerzo normal máximo en flexión máx
(2 puntos)
SECCION TRANSVERSAL
250lb/pie A
7 5 plg 8
B 14pie 5 5 plg 8
3.
La viga AB se apoya sobre la viga CD en los puntos A y B. La sección transversal de la viga AB es un perfil I con módulo de resistencia WZ 109cm
3
y la sección de la viga CD es tubular, tal como se
muestra en la figura. Determinar el valor máximo de la carga uniformemente distribuida q máx en kN.m,
considerando que ambas vigas son de acero y con esfuerzo admisible 210MPa
110
(4 puntos)
q A
B
C
D 1,1m
4.
SECCION TRANSVERSAL
I
1,6m
20cm
1,1m
Z 1cm
Para la viga en voladizo de hierro fundido mostrada en la figura, se pide, determinar la carga máxima
Pmáx y graficar los diagramas y en la sección más peligrosa. Considerar tr 50MPa y
comp 140MPa
(5 puntos)
SECCION TRANSVERSAL P
12cm 4cm
2,4m
16cm 4cm
5.
Una viga de madera de 150mm x 250mm se refuerza con dos placas de acero de 10mm de espesor en las caras superior e inferior. Calcular el ancho que deben de tener las placas, si la viga soportará un momento máximo de 50kN.m y los esfuerzos admisibles son de 8MPa y 110MPa, en la madera y el acero, respectivamente. Considerar n 15
6.
(3 puntos)
Se diseña una viga de concreto armado para alcanzar simultáneamente los esfuerzos c 12MPa y
a 140MPa . Si n 8 y d 450mm , calcular el brazo de momento del par resistente, considerando “d” como la distancia desde la ubicación del acero de refuerzo hasta la cara superior de la viga.
(4 puntos)
Monterrico, 28 de mayo de 2013
111
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2013-01 1.
Sabemos que:
1 Ed (30.10 6 ).(1 / 32) máx Eky E y 49087,38psi 2 (60 / ) Dónde:
2 60
2
60
Siendo:
k - curvatura - radio de curvatura 2.
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura.
250lb/pie
14pie
1750lb
1750lb
1750 +
V 1750
(lb)
M +
(lb.pie)
6125 Calculamos el esfuerzo normal máximo:
máx
M máx 6125.12 y máx .3,8125 1348,44psi IZ 207,81
Siendo:
IZ
bh 3 (5,625)(7,625) 3 207,81p lg 4 12 12
y máx 3.
h 7,625 3,8125p lg 2 2
Como es un sistema estructural montado, analizamos en forma independiente cada viga. VIGA AB: Graficamos el diagrama de momento flector, tal como se muestra en la figura de la siguiente página. Luego, determinamos el valor del momento admisible.
M WZ 210.106.109.10 6 22890N 22,89kN De esta manera, se tendrá:
M máx 0,32q 22,89
q 71,53kN / m 112
q A 0,8q
B 1,6m
0,8q M
+
0,32q VIGA CD: Graficamos el diagrama de momento flector.
0,8q
0,8q
A
B
C 0,8q
D 1,1m
1,6m
1,1m
0,8q M
+
0,88q Determinamos el módulo de resistencia respecto al eje neutro.
WZ
18 4 .20 3 1 270,1cm 3 32 20
Luego:
M WZ 210.106.270,1.10 6 56721N 56,721kN M máx 0,88q 56,721
q 64,45kN / m
Como se sabe, se debe de cumplir para ambos casos.
64,45
71,53
Asumimos:
q máx 64,45kN / m 4.
Graficamos el diagrama de momento flector, tal como se muestra en la figura de la siguiente página. Luego, determinamos la ubicación del centro de gravedad.
YCG
4.16.8 4.12.18 12,29cm 4.16 4.12
113
P
2,4m 2,4P
M La ubicación del centro de gravedad, se muestra en la siguiente figura.
12cm 7,71cm Z 12,29cm 4cm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro.
4.16 3 12.4 3 2 IZ 4.16.4,29 12.4.5,712 4172,19cm 4 12 12 Ahora, determinamos los módulos de resistencia para las zonas de tracción (superior al eje neutro) y de compresión (inferior al eje neutro)
Wtr
Iz 4172,19 541,1cm 3 h tr 7,71
Wcomp
Iz h comp
4172,19 339,5cm 3 12,29
Aplicamos la condición de resistencia para cada zona y determinamos la carga máxima TRACCION:
M tr Wtr 50.106.541,1.10 6 27055N 27,055kN Además:
M máx 2,4P M
2,4P 27,055
P 11,27kN
COMPRESION:
M comp Wcomp 140.106.339,5.10 6 47530N 47,53kN Además:
M máx 2,4P M
2,4P 47,53
Como se sabe, se debe de cumplir para ambos casos.
11,27 114
19,80
P 19,80kN
Asumimos:
Pmáx 11,27kN De esta manera, se tendrá:
Vmáx Pmáx 11,27kN M máx 2,4Pmáx 27,048kN.m Luego, determinamos los esfuerzos normales máximo y mínimo
máx mín
M máx 27,048.10 3 50MPa Wtr 541,1.10 6
M máx 27,048.10 3 79,7MPa Wcomp 339,5.10 6
El diagrama de esfuerzo normal se muestra en la figura b)
a)
b)
c)
(M Pa) A
50 +
B C
D
(MPa) 0,62 1,85 +
Z
2,04
79,7
Ahora, graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial.
A 0 B
Vmáx S BZ 11,27.10 3.274,08.10 6 0,62MPa IZbB 4172,19.10 8.12.10 2 SBZ 12.4.5,71 274,08cm 3
Vmáx S BZ 11,27.10 3.274,08.10 6 B' 1,85MPa I Z b B' 4172,19.10 8.4.10 2 máx C
Vmáx SCZ 11,27.10 3.301,61.10 6 2,04MPa IZbC 4172,19.10 8.4.10 2
SCZ 274,08 4.3,71.1,855 301,61cm 3
D 0 El diagrama de esfuerzo tangencial se muestra en la figura c) 5.
Esquematizamos la sección transversal de la viga compuesta, la cual se muestra en la figura de la siguiente página.
115
10mm
250mm
10mm
b 150mm Luego, convertimos la madera en acero.
b 'a
Em 1 b m .150 10mm Ea 15
De esta manera, la sección transformada es la mostrada en la siguiente figura:
Y 10mm
Z
250mm
10mm 10mm b Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro:
b.10 3 10.250 3 2 I Z 2 10b.130 338166,67b 13020833,33 12 12 Aplicamos las condiciones de resistencia para el acero y la madera, determinando en ambos casos el rango del ancho “b” ACERO:
amáx
M máx máx y a a IZ
50.10 3 .135.10 3 110.10 6 12 (338166,67b 13020833,33).10 b 143mm
MADERA:
E máx m m Ea
M máx máx y m m IZ
1 50.10 3 .125.10 3 8.10 6 12 15 (338166,67b 13020833,33).10
b 116mm
116
143
116
De los resultados obtenidos, elegimos el menor valor que cumpla con ambas condiciones.
b mín 143mm 6.
Esquematizamos la sección transversal de la viga (figura a), la sección transformada (figura b) y la distribución de esfuerzos (figura c)
a)
b)
c
c)
A
x B
Z
d=450mm
A´c =nA a
D
a n
b
C
E
c
Del gráfico:
c x d ( a / n ) c
x 12 450 (140 / 8) 12
x 183mm
En la siguiente figura, se muestran las fuerzas resultantes de tracción (T) generado por el acero y compresión (C) generado por el concreto, así como la ubicación de las mismas.
c 61mm
C=
1 2
c bx
122mm h
T= a A a
a n
Luego, el brazo de momento del par resistente es “h”, siendo su valor:
h d 61 450 61 389mm
117
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 3 Ciclo 2011-01 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. La ecuación de la curva elástica para la viga simplemente apoyada mostrada en la figura es y
wox 7L4 10L2 x 2 3x 4 . Determinar y esquematizar la 360LEI
carga aplicada sobre la viga.
(4 puntos)
Y
y
A
X
B x L
2.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Resolver la viga mostrada en la figura y determinar su deflexión máxima.
(4 puntos)
W0
A
B L/2
3.
L/2
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Una viga de acero ABC está simplemente apoyada en A y sostenida mediante un cable de acero de alta resistencia en B, tal como se muestra en la figura. Una carga P 200lb actúa en el extremo libre C. El cable tiene rigidez axial EA 300.10 lb y la viga 3
tiene una rigidez a flexión EI 30.10 lb.p lg . Si b 10p lg ¿Cuál es la deflexión en el punto C? 6
2
(4 puntos)
Cable
P
2b B
A 2b
Viga C 3b
118
4.
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. La viga en voladizo AB mostrada en la figura tiene momentos de inercia I 2 e I 1 en los tramos AC y CB, respectivamente. Se pide: a) Determinar la deflexión y B en el extremo libre debido a la carga P b) Determinar la relación
(2 puntos)
r de la deflexión y B a la deflexión en B para una barra prismática en
voladizo con un momento de inercia I 1
(2 puntos)
P A
C I1
I2 L/2
5.
B L/2
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. El extremo B de la viga perfectamente empotrada sufre un asentamiento , tal como se muestra en la figura. Se pide graficar sus diagramas de fuerzas internas y refuerzo.
(4 puntos)
A B L
Monterrico, 23 de junio de 2011
119
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2011-01 1.
Por dato del problema:
y
wox 7L4 10L2 x 2 3x 4 360LEI
Luego:
EIy
wox 7L4 10L2 x 2 3x 4 360L
EIy
wo 7L4 x 10L2 x 3 3x 5 360L
Derivamos en forma consecutiva, obteniendo:
EIy'
wo 7L4 30L2 x 2 15x 4 360L
EIy"
wo 60L2 x 60x 3 360L
EIy III
wo 60L2 180x 2 360L
EIy IV
wo (360x ) 360L
EIy IV
wox L
De esta forma, podemos indicar que la carga actuante en la viga es la triangular mostrada en la figura.
w0 w0 x w= L
Y
B
A
X
x L 2.
Por simetría:
VA VB
w L 1L w o o 2 2 4
Por relaciones de triángulos rectángulos, determinamos el valor de la carga w x W0 Wx
x L/2
w wx o x L/2
120
wx
2w o x L
Orientamos el momento en A en sentido antihorario y planteamos las ecuaciones del método de la doble integración. TRAMO I-I (0 x L / 2)
EIy"
woL 1 1 x M A ( x )(w x ) x 4 2 3
EIy"
woL w x3 x MA o 4 3L
EIy'
w o Lx 2 w x4 M A x o C1 8 12L
w o Lx 3 M A x 2 w o x 5 EIy C1 x C 2 24 2 60L CONDICIONES: a) Si x 0
Ix 0 A 0
C1 0
b) Si x 0
y Ix 0 y A 0
C2 0
c) Si x L / 2
Ix L / 2 0 (Simetría) 2
4
woL L L w L MA o 0 8 2 2 12L 2
MA
5w o L2 96
Con el valor obtenido, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. w0 5w0 L2 96
A
5w0 L2 96
B
w0L 4
w0L 4
L
w0 L 4 +
V
w0 L 4 5w0 L2 96
5w0 L2 96
M
+ 2
w0L 32
REFUERZO
121
DEFLEXION MAXIMA:
w L 1 w o L L 1 5w o L L o EI 24 2 2 96 2 60L 2 3
y máx y Ix L / 2 3.
2
5
7 w o L4 3840EI
Efectuamos un corte en el cable y analizamos el equilibrio de la viga ABC
M 0 F 0 A
Y
20T 200(50) 0
T 500lb (TRACCION)
VA 200 500 0
VA 300lb
T A
C
B
VA
20plg
30plg
200lb 0
Analizamos tramo por tramo. TRAMO I-I (0 x 20)
EIy" 300x EIy' 150x 2 C1 EIy 50x 3 C1 x C 2 CONDICION:
y Ix 0 y A 0
a) Si x 0
C2 0
TRAMO II-II (20 x 50)
EIy" 300x 500(x 20) EIy' 150x 2 250(x 20) 2 C3
EIy 50x 3
250( x 20) 3 C3 x C 4 3
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: b) Si x 20
Ix 20 IIx 20
C 3 C1
c) Si x 20
y Ix 20 y IIx 20
C4 0
Determinamos la deflexión en B, analizando el alargamiento del cable.
yB B
TL 500.20 0,033p lg EA 300.10 3
Reemplazamos en la ecuación de la deflexión para el tramo I-I
30.10 6.0,033 50.203 20C1
C1 30000
Luego, determinamos la deflexión en C, analizando el tramo II-II
y C y IIx 50
1 30.10 6
250.30 3 3 50 . 50 30000.50 0,183p lg 3 122
4.
a) BARRA ESCALONADA
PL 2EI1
PL 2E I2 PL 2E I2
A
C L/2
B L/2
Determinamos la deflexión en el extremo libre B
1 L PL 2 L L PL 3L 1 L PL 5L . y B M B 2 2 2EI 1 3 2 2 2EI 2 4 2 2 2EI 2 6 yB
PL3 1 7 24E I1 I 2
b) BARRA PRISMATICA
PL E I1
A
B L
Determinamos la deflexión en el extremo libre B
PL 2 1 PL3 y (L) L 3EI 2 1 EI 1 3 ' B
Luego:
PL3 1 7 24E I1 I 2 1 7I1 yB r ' 1 8 I 2 yB PL3 3EI 1 5.
Liberamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por sus reacciones (figura a). Luego, aplicamos viga conjugada para dicha viga (figura b) MB A
a)
B L
RB
RB L EI b) A
B
MB EI
123
Se sabe que:
B 0
M 1 R L B VB (L) B (L) B 0 EI 2 EI
MB
R BL 2
Además se sabe por dato del problema que y B
R L L 1 R L 2L y B M B (L) B B (L) 2EI 2 2 EI 3 RB
12EI L3
En consecuencia:
MB
6EI L2
Con los valores obtenidos, graficamos los diagramas de fuerzas internas y refuerzo.
6EI 2 L
A
6EI L2
12EI 3 L
B
12EI L3
L
12EI L3 +
V
6EI 2 L
M +
6EI L2 REFUERZO
124
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 3 Ciclo 2011-02 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Una viga simplemente apoyada se somete a la acción de un par M en su extremo derecho, como se muestra en la figura. Demostrar que la deflexión máxima tiene lugar a una distancia x 0,577L del apoyo izquierdo y determinar su valor de dicha deflexión máxima. (3 puntos)
M
L
2.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. La viga ABC mostrada en la figura tiene una rigidez
EI 4MN.m 2 . Cuando se aplican las cargas, el apoyo B se asienta verticalmente una distancia de 3mm. Calcular la reacción VB y graficar los diagramas de fuerzas internas.
(5 puntos)
4kN 8kN/m B A
C
3m 3.
1m
1m
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. La carga distribuida que actúa sobre una viga en voladizo tiene una intensidad w dada por la expresión w w o cos
x , donde w o es la intensidad máxima de 2L
la carga. Determinar la ecuación de la curva de deflexión y la deflexión en el extremo libre. (4 puntos)
Y w0
x w=w0cos 2L
A
B L 125
X
4.
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. La viga en voladizo mostrada en la figura, tiene una sección transversal rectangular de 50mm de ancho y “h” mm de altura. Determinar “h” de manera que la deflexión máxima sea de 10mm. Considerar E 10GPa
2kN
(3 puntos)
4kN
B
A
1,5m
5.
1m
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Determinar el valor de “P” y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, si la reacción en C es 8T y está orientada hacia arriba. Considerar
E 3.10 6 T / m 2 , el momento de inercia I 0,0054m 4 y determinar la deflexión en el centro de la viga.
(5 puntos)
P
A
2EI
B
3m
EI
C
3m
Monterrico, 17 de noviembre de 2011
126
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2011-02 1.
Calculamos sus reacciones en los apoyos y analizamos el tramo I-I
I
M
I
x
L M/L
M/L
TRAMO I-I (0 x L)
EIy"
M x L
EIy'
Mx2 C1 2L
EIy
Mx3 C1 x C 2 6L
CONDICIONES: a) Si x 0
y x 0 0
C2 0
b) Si x L
y x L 0
C1
ML 6
De esta manera las ecuaciones serán:
Mx2 ML EIy' 2L 6
EIy
Mx3 MLx 6L 6
Como se sabe, la deflexión máxima se debe de producir donde la pendiente es cero, por ello, igualamos a cero la ecuación de la pendiente, con la finalidad de determinar el lugar donde ocurre dicha deflexión máxima.
Mx2 ML 0 2L 6
x
L 3
0,577L
De esta manera, queda demostrado que a la distancia x 0,577L del apoyo izquierdo ocurre la deflexión máxima y su valor es:
y máx y x 0,577L 2.
1 M(0,577L) 3 ML(0,577L) ML2 0 , 064 EI 6L 6 EI
Calculamos las reacciones en el empotramiento A en función de la VB
F 0 M 0 Y
A
VA VB 8.3 4 0
VA (28 VB )
M A 4VB 8.3.1,5 4.5 0
M A 4VB 56
127
MA=4VB - 56
4kN 8kN/m B
A
C VB 3m
1m
1m
TRAMO I-I (0 x 3)
EIy" (28 VB )x (4VB 56) 4x 2
EIy' (28 VB )
x2 4x 3 (4VB 56) x C1 2 3
x3 x2 x4 EIy (28 VB ) (4VB 56) C1 x C 2 6 2 3 CONDICIONES: a) Si x 0
x 0 A 0
C1 0
b) Si x 0
y x 0 y A 0
C2 0
TRAMO II-II (3 x 4)
EIy" (28 VB )x (4VB 56) 24(x 1,5) x2 EIy' (28 VB ) (4VB 56) x 12( x 1,5) 2 C 3 2 EIy (28 VB )
x3 x2 (4VB 56) 4( x 1,5) 3 C 3 x C 4 6 2 14,312kN.m
4kN 8kN/m B
A
C
17,578kN
3m
1m
10,422kN 1m
17,578 4
+
2,19725m
V (kN)
6,422
14,312 4 +
5
128
2,422
M (kN.m)
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si x 3m
Ix 3 IIx 3
C 3 9
d) Si x 3m
y Ix 3 y IIx 3
C 4 13,5
Por condición del problema y B 0,003m Reemplazamos valores, siendo x 4m
43 42 4.10 (3.10 ) (28 VB ) (4VB 56) 4(4 1,5) 3 9(4) 13,5 6 2 3
3
VB 10,422kN Con el valor obtenido, calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas finales de fuerza cortante y momento flector, mostrados en la página anterior. 3.
Planteamos la ecuación de la carga distribuida.
EIy IV w o cos
x 2L
Integramos por primera vez y obtenemos:
EIy III
2w o L x sen C1 2L
CONDICION: a) Si x L
Vx L 0
C1
2w o L
De esta manera, la ecuación de la fuerza cortante quedará así:
EIy III
2w o L x 2w o L sen 2L
Integramos por segunda vez, obteniendo:
EIy"
4w o L2 x 2w o Lx cos C2 2 2L
CONDICION: b) Si x L
M x L 0
C2
Entonces la ecuación de momento flector quedará así:
EIy"
4w o L2 x 2w o Lx 2w o L2 cos 2L 2
Integramos por tercera vez y obtenemos:
EIy'
8w o L3 x w o Lx 2 2w o L2 x sen C3 2L 3
CONDICION: c) Si x 0
x 0 0
C3 0
De esta manera, la ecuación de la pendiente quedará así:
EIy'
8w o L3 x w o Lx 2 2w o L2 x sen 2L 3 129
2w o L2
Integramos por cuarta vez y obtenemos:
16w o L4 x w o Lx 3 w o L2 x 2 EIy cos C4 2L 3 4 CONDICION:
d) Si x 0
16w o L4 C4 4
y x 0 0
De esta manera, le ecuación de la deflexión será:
16w o L4 x w o Lx 3 w o L2 x 2 16w o L4 EIy cos 2L 3 4 4 y
woL x 48L3 cos 48L3 3 3 Lx 2 3 x 3 4 2L 3 EI
Determinamos el valor de la deflexión en el extremo libre B, el cual debe ser máximo.
y máx y B y x L 4.
woL w o L4 3 3 3 3 3 4 48L 3 L L 0,048 EI 3 EI
Transformamos la viga real en viga conjugada, sometida a las cargas mostradas en la figura.
9/EI 3/EI A
1,5m
B
1m
1 1 6 2 14,75 3 3 y máx y A M A (1,5) (1) (1) (2) (1) 1,5 .1 2 2 EI 3 EI EI EI Reemplazando valores:
10.10 3
14,75 3 6 0,05h 10.10 . 12
De donde:
h 0,328m 328mm 5.
Aplicamos el Principio de Superposición, graficando sus diagramas de momento flector para cada caso. P A
2EI 3m
B
P
EI 3m
C
=
A
2EI
B
3m
8T
EI
C
+
A
2EI
B
EI
3m 3m
3P
3m
+
24 48
130
C 8T
Ahora, lo transformamos en viga conjugada y aplicamos las cargas distribuidas de los diagramas M/EI, considerando la variación de rigidez.
1,5P EI
B
A
C
12 EI 24 EI
24 EI 3m
y C MC 0
3m
1 24 1 12 1 1,5P 12 (3) (2) 3 (4,5) (3) (5) (3) (5) 0 2 EI 2 EI 2 EI EI
P 28,8T Luego, determinamos la deflexión en el centro de la viga.
1 12 1 1,5.28,8 39,6 39,6 12 y B M B 3 (1,5) (3) (2) (3) 2,44.10 3 m (2) 6 2 EI 2 EI EI 3.10 .0,0054 EI y B 2,44mm Graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.
38,4T.m
28,8T
A
C 2EI
B
EI
8T
20,8T 20,8 +
V (T) 8
38,4
+
M (T.m)
24 REFUERZO
131
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 3 Ciclo 2012-01 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. La ecuación de la curva elástica para la viga simplemente apoyada mostrada en la figura es y
w o L4 x . Determinar y esquematizar la carga aplicada sen 4 L EI
sobre la viga.
(3 puntos)
Y
y B
A
X
x L
2.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Una viga de madera de 100mm de ancho por 150mm de altura soporta las cargas mostradas en la figura. Determinar el esfuerzo normal máximo, si el empotramiento derecho sufre un asentamiento de 20mm, pero sin rotación alguna. Considerar
E 10GPa
(5 puntos) 4kN
4kN/m
A
B
1m 3.
1m
2m
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Una viga simplemente apoyada soporta una carga concentrada aplicada en un punto cualquiera de su longitud, tal como se muestra en la figura. Demostrar que la deflexión máxima tiene lugar a una distancia del apoyo A igual a x
L2 b 2 3 (5 puntos)
P A
C
B a
b L 132
4.
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Para la viga en voladizo mostrada en la figura, determinar la pendiente en B y la deflexión en C, considerando que su rigidez EI es constante.
(3 puntos)
15kN/m A
B C 40kN 1m
5.
2m
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Una viga AB está empotrada en A y el extremo B sufre un asentamiento . Determinar la ecuación de la curva de deflexión de la viga y graficar sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Considerar que la rigidez EI de la viga es constante. (4 puntos)
Y A
X B L
Monterrico, 21 de junio de 2012
133
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2012-01 1.
Por dato del problema:
y
w o L4 x sen 4 L EI
Luego:
EIy
w o L4 x sen 4 L
Derivamos en forma consecutiva, obteniendo:
EIy'
w o L3 x cos 3 L
w o L2 x EIy" sen 2 L EIy III
woL x cos L
EIy IV w o sen
x L
De esta forma, podemos indicar que la carga actuante en la viga es de tipo sinoidal, tal como se muestra en la figura.
w=w0 sen
Y
x L B
A
X
x L 2.
Esquematizamos las reacciones en los apoyos y los cortes a efectuar.
4kN I
MA
III
II
4kN/m
A
VA
B I
II
III
1m
1m
TRAMO I-I (0 x 1)
EIy" VA x M A VA x 2 EIy' M A x C1 2 EIy
MB
VA x 3 M A x 2 C1 x C 2 6 2 134
2m
VB
CONDICIONES: a) Si x 0
x 0 A 0
C1 0
b) Si x 0
y x 0 y A 0
C2 0
TRAMO II-II (1 x 2)
EIy" VA x M A 4(x 1)
VA x 2 EIy' M A x 2( x 1) 2 C 3 2
EIy
VA x 3 M A x 2 2( x 1) 3 C3 x C 4 6 2 3
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si x 1
Ix 1 IIx 1
C3 0
d) Si x 1
y Ix 1 y IIx 1
C4 0
TRAMO III-III (2 x 4)
EIy" VA x M A 4(x 1) 2(x 2) 2
EIy'
VA x 2 2( x 2) 3 M A x 2( x 1) 2 C5 2 3
VA x 3 M A x 2 2( x 1) 3 ( x 2) 4 EIy C5 x C6 6 2 3 6 PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: e) Si x 2
IIx 2 III x 2
C5 0
f) Si x 2
y IIx 2 y III x 2
C6 0
III x 4 0
CONDICIONES: g) Si x 4
VA (4) 2 2(2) 3 M A (4) 2(3) 2 0 2 3
8VA 4M A 23,333 h) Si x 4
………………. (1)
y III x 4 0,02 0,1.0,153 VA (4) 3 M A (4) 2 2(3) 3 2 4 0,02.10 7. 6 2 3 6 12
10,667VA 8M A 15,042
………………. (2)
Resolvemos las ecuaciones (1) y (2), obteniendo:
VA 5,93kN
M A 6,03kN.m Como el signo es positivo, indica que la orientación del momento en A es la misma que la asumida al inicio del problema, es decir, en sentido antihorario. 135
Con los valores obtenidos, calculamos las reacciones en el empotramiento B y graficamos sus diagramas de fuerza cortante y momento flector.
4kN
6,03kN.m
2,31kN.m
4kN/m A
B 1m
1m
2m
5,93kN
6,07kN
5,93 1,93
+
V (kN)
0,4825m
6,03
6,07 2,31 0,1
M (kN.m)
+
1,83 2,30 Determinamos el esfuerzo normal máximo.
máx 3.
M máx 6,03.10 3 .y máx .0,075 16,08.10 6 Pa 16,08MPa 3 IZ 0,1.0,15 / 12
Calculamos las reacciones en los apoyos:
M
F
Y
A
0
0
VC L Pa 0
VA
Pa P 0 L
Pa L
VC
La VA P L
Esquematizamos los tramos a efectuar.
P I
II
A I P
L-a L
C
B
a
II b
L
TRAMO I-I (0 x a )
La EIy" P .x L Lax EIy' P C1 L 2 2
136
Lax EIy P C1 x C 2 L 6 3
CONDICION:
y x 0 y A 0
a) Si x 0
C2 0
TRAMO II-II (a x L)
La EIy" P .x P( x a ) L P( x a ) Lax EIy' P C3 2 L 2 2
2
P( x a ) Lax EIy P C3 x C 4 6 L 6 3
3
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: b) Si x a
Ix a IIx a
C 3 C1
c) Si x a
y Ix a y IIx a
C4 0
y IIx L 0
CONDICION: d) Si x L
L a L P( L a ) P C3 L 0 6 L 6 3
3
P(L a ) 3 PL(L a ) C 3 C1 6L 6 Para que la deflexión sea máxima, se debe de cumplir que, la pendiente en dicho punto debe de ser cero. Para ello, analizamos el tramo I-I, igualando la ecuación de la pendiente a cero.
P( L a ) PL(L a ) Lax P 0 6L 6 L 2 2
3
x 2 (L a ) 2 L 0 L 3L 3
Reemplazamos L a b , obteniendo:
x
L2 b 2 3
Como el valor obtenido es positivo, encontrándose en el tramo de la viga y conociendo que una viga ante la carga indicada se flexionará hacia abajo, teniendo un único valor de deflexión máxima, entonces se concluye que no es necesario analizar el tramo II-II, quedando demostrado el valor obtenido. 4.
Transformamos la viga real en viga conjugada, sometida a las cargas mostradas en la figura.
10 EI 20 EI A
B
C 3/2 7/3 5/2
137
Determinamos la pendiente en B
25 20 1 10 B VB (1) (1) EI EI 2 EI Como el signo es negativo, indica que la pendiente va en sentido horario. Ahora, calculamos la deflexión en C
1 30 3 1 10 7 91,667 20 5 y C M C (2) (1) (1) 3 EI 2 2 EI 3 EI EI 2 5.
Liberamos el apoyo en B y lo reemplazamos por su reacción (figura a). Luego, aplicamos viga conjugada para dicha viga (figura b)
A
a)
B VB
L VB L EI b) A
B L
Se sabe que:
y B
1 V L 2L y B M B (L) B 2 EI 3
VB
3EI L3
Con el valor obtenido, determinamos las reacciones en el empotramiento A y graficamos los diagramas de fuerzas internas y refuerzo.
3EI 2 L 3EI 3 L
3EI 3 L 3
3EI /L +
V 3EI L2
M
REFUERZO
138
Para determinar la ecuación de la curva de deflexión de la viga, analizamos a una longitud “x” del extremo A de la viga conjugada, para ello, previamente, determinamos por relaciones de triángulos rectángulos el valor de “m”
m 3 / L2 Lx L
m
3 (L x ) L3
3 L2
m B
A x
L-x L
Luego:
y(x) M(x)
3 x 2 x 1 3 3 2x ( L x )( x ) ( L x ) ( x ) (3L x ) 2 L3 L3 2L3 2 2 L 3
139
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 3 Ciclo 2012-02 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Utilizando la relación diferencial de cuarto orden, determinar la deflexión máxima para la viga mostrada en la figura, si es de sección constante.
(4 puntos)
2w w
w
A
B a
2.
a
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Para la viga de sección constante mostrada en la figura, determinar la deflexión en C y la pendiente en B
(4 puntos)
40kN.m A
C 3m
3.
20kN.m B 3m
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Resolver la viga de sección constante mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante y momento flector.
(4 puntos)
w
A
B L
140
4.
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Para la viga de sección constante mostrada en la figura, determinar la deflexión en C y las pendientes en los apoyos A y B
(4 puntos)
60kN
20kN.m B
A C 3m
5.
2m
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Resolver la viga de sección constante mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.
(4 puntos)
60kN 30kN.m A
B 3m
C 3m
Monterrico, 15 de noviembre de 2012
141
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2012-02 1.
Determinamos w 1 a una distancia “x” del apoyo A
w w1 x a w1 w x a
w1
wx a
wa
w x w w1 w
wx a
Luego:
EIy IV w
wx a
Integramos y obtenemos:
EIy
III
wx 2 wx C1 2a
CONDICION: a) Si x a
Vx a 0
C1
wa C1 0 2
3wa 2
De esta manera, se obtendrá:
EIy III wx
wx 2 3wa 2a 2
Integramos y obtenemos:
EIy "
wx 2 wx 3 3wax C2 2 6a 2
CONDICION: b) Si x 0
M x 0 0
C2 0
wa 3 wa 3 3wa 3 C3 0 6 24 4
De esta manera, la ecuación quedará así:
wx 2 wx 3 3wax EIy 2 6a 2 "
Integramos y obtenemos:
wx 3 wx 4 3wax 2 EIy C3 6 24a 4 '
CONDICION: c) Si x a
x a 0
142
C3
13wa 3 24
De esta manera, la ecuación quedará así:
EIy '
wx 3 wx 4 3wax 2 13wa 3 6 24a 4 24
Integramos y obtenemos:
EIy
wx 4 wx 5 3wax 3 13wa 3 x C4 24 120a 12 24
CONDICION:
d) Si x 0
y x 0 0
C4 0
De esta manera, la ecuación final de deflexión será:
wx 4 wx 5 wax 3 13wa 3 x EIy 24 120a 4 24 Determinamos la deflexión máxima, la cual ocurrirá en el centro de la viga:
y máx y x a 2.
1 wa 4 wa 4 wa 4 13wa 4 41wa 4 EI 24 120 4 24 120EI
Determinamos las reacciones en los apoyos y analizamos los tramos I-I y II-II
A
I
40kN.m
I
C
II
20kN.m B
II
3m
3m
10kN
10kN
TRAMO I-I (0 x 3)
EIy" 10x EIy' 5x 2 C1
EIy
5x 3 C1 x C 2 3
CONDICION: a) Si x 0
y x 0 0
C2 0
5(3) 2 C1 5(3) 2 40(3) C3
TRAMO II-II (3 x 6)
EIy" 10x 40 EIy' 5x 2 40x C3
5x 3 EIy 20x 2 C 3 x C 4 3 PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: b) Si x 3
Ix 3 IIx 3
143
C3 C1 120
c) Si x 3
y Ix 3 y IIx 3
5(3) 3 5(3) 3 C1 (3) 20(3) 2 (C1 120)(3) C 4 3 3
C 4 180 CONDICION:
d) Si x 6
y IIx 6 0
5(6) 3 20(6) 2 (C1 120)(6) 180 0 3
C1 30 C 3 90 DEFLEXION EN “C”:
y C y Ix 3
45 1 5(3) 3 30(3) EI 3 EI
PENDIENTE EN “B”:
B IIx 6
1 30 5(6) 2 40(6) 90 EI EI
El signo negativo, indica que la pendiente va en sentido horario. 3.
Determinamos el valor de w x a una distancia “x” del apoyo A
w wx x L wx w x L
wx
wx L
Luego, efectuamos el corte I-I y analizamos dicho tramo
I A
I VA
x L
TRAMO I-I (0 x L)
1 wx x wx 3 EIy" VA x x VA x 2 L 3 6L 144
w
B
EIy'
VA x 2 wx 4 C1 2 24L
EIy
VA x 3 wx 5 C1 x C 2 6 120L
CONDICIONES: a) Si x 0
y x 0 0
C2 0
b) Si x L
x L 0
C1
wL3 VA L2 24 2
c) Si x L
y x L 0
VA
wL 0,1wL 10
Con la reacción obtenida, determinamos las reacciones en el empotramiento B
F
Y
M
0
B
0
1 0,1wL (L)( w ) VB 0 2
VB 0,4wL
1 L 0,1wL2 wL M B 0 2 3
M B 0,0667wL2
El sentido del momento en B es horario. De esta manera, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura.
w 2
0,0667wL A
B L
0,1wL
0,4wL
0,1wL +
V 0,447L
0,4wL 0,0667wL2 M +
0,0298wL2 4.
Debido a que el diagrama de momento flector tendrá diagrama positivo y negativo, mejor aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y efectuamos los diagramas en forma independiente, tal como se muestra en la figura de la siguiente página.
145
60kN
20kN.m
A
B C 3m
60kN
=
20kN.m
A
B
2m
3m
A
+
C
3m
2m
2 4kN
C
B 2m
4kN
36kN
12
4kN 20
+
72
Con los diagramas obtenidos, aplicamos viga conjugada, tal como se muestra en la figura.
20 EI
12/EI
B 67,33 EI
M
A
0
72 EI
3m
1 72 1 72 11 1 20 2 (3) (2) (2) (5) .5 VB (5) 0 2 EI 2 EI 3 2 EI 3 VB
F
Y
0
2m
6 2 ,67 EI
62,67 EI
1 20 1 72 62,67 VA (5) (5) 0 2 EI 2 EI EI VA
67,33 EI
Luego, determinamos las pendientes en A y B y la deflexión en C PENDIENTE EN “A”:
A VA
67,33 EI
La pendiente en A es negativa, porque la cortante de la viga conjugada va hacia abajo de izquierda a derecha, siendo su signo negativo, de acuerdo a la convención de signos de la Estática y su sentido de la pendiente es horario. PENDIENTE EN “B”:
B VB
62,67 EI
La pendiente en B es positiva, porque la cortante de la viga conjugada va hacia abajo de derecha a izquierda, siendo su signo positivo, de acuerdo a la convención de signos de la Estática y su sentido de la pendiente es antihorario. DEFLEXION EN “C”:
yC MC
67,33 1 12 1 72 112 (3) (3) (1) (3)(1) EI 2 EI 2 EI EI 146
5.
Liberamos el apoyo en C, lo reemplazamos por su reacción y luego, aplicamos el Principio de Superposición de Cargas para realizar los diagramas de momento flector. 60kN
60kN 30kN.m C
A
B 3m
30kN.m
=
A
3m
3m
C
+
C
B
A
VC
3m
6m
210 30 +
6VC
Ahora, aplicamos viga conjugada, tal como se muestra en la figura.
210/EI 30/EI A
6Vc EI
y C MC 0
C
B
3m
3m
1 6VC 1 180 30 (6)(4) (6)(3) (3)(5) 0 2 EI 2 EI EI VC 26,25kN
Con el valor obtenido, determinamos las reacciones en el empotramiento A y graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, tal como se muestra en la figura.
52,5kN.m A
C
B 3m
3m
33,75 +
V (kN) 26,25 52,5
+
30
M (kN.m)
48,75 REFUERZO
147
MECANICA DE MATERIALES (CI80) PRACTICA CALIFICADA Nº 3 Ciclo 2013-01 Profesor : Ph.D. Genner Villarreal Castro Sección : CI51 Duración : 170 minutos ______________________________________________________________________________ 1.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Determinar la deflexión máxima de la viga de sección constante mostrada en la figura y su relación con la deflexión en el punto de aplicación de la carga 3P (5 puntos)
3P
P
a 2.
a
a
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Obtener la ecuación de la curva de deflexión para una viga simplemente apoyada de sección constante, que soporta una carga distribuida triangularmente de intensidad máxima “w”. Determinar la deflexión máxima de la viga, utilizando la ecuación diferencial de cuarto orden de la curva de deflexión (ecuación de carga)
(4 puntos)
w
A
B L
3.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Resolver la viga de sección constante mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinar la deflexión en el centro de la viga y la pendiente en el apoyo derecho.
(4 puntos)
60kN 30kN.m B
A 3m
C 3m
148
4.
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Para la viga de sección constante mostrada en la figura, determinar la deflexión en C y la pendiente en B
(3 puntos)
20kN 12kN.m A
B 2m
5.
C 1m
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Resolver la viga de sección constante mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinar la deflexión máxima, considerando E 19000N / mm , b 400mm y h 600mm 2
60kN
(4 puntos)
60kN
A
B
2m
2m
2m
Monterrico, 19 de junio de 2013
149
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2013-01 1.
Determinamos las reacciones en los apoyos y analizamos tramo por tramo en toda la viga
3P
P
I
II
A
B
I a
a
C
II
P
III III a
D
3P
TRAMO I-I (0 x a )
EIy" Px EIy'
Px 2 C1 2
EIy
Px 3 C1 x C 2 6
CONDICION: a) Si x 0
y x 0 0
C2 0
TRAMO II-II (a x 2a )
EIy" Px 3P(x a ) EIy'
Px 2 3P( x a ) 2 C3 2 2
Px 3 P( x a ) 3 EIy C3 x C 4 6 2 PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: b) Si x a
Ix a IIx a
C 3 C1
c) Si x a
y Ix a y IIx a
C4 0
y IIx 2a 0
P(2a ) 3 Pa 3 C 3 (2a ) 0 6 2
CONDICION: d) Si x 2a
C 3 C1
5Pa 2 12
Luego, determinamos la deflexión en el punto de aplicación de la carga 3P, es decir el punto B
y B y Ix a
1 Pa 3 5Pa 2 Pa 3 ( a ) 0 , 25 EI 6 12 EI
TRAMO III-III (2a x 3a )
EIy" Px 3P(x a ) 3P(x 2a ) 150
EIy'
Px 2 3P( x a ) 2 3P( x 2a ) 2 C5 2 2 2
EIy
Px 3 P( x a ) 3 P( x 2a ) 3 C5 x C6 6 2 2
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: e) Si x 2a
IIx 2a III x 2a
C5 C3
Si x 2a
y IIx 2a y III x 2a
C6 0
f)
Como la deflexión máxima se origina donde la pendiente es cero, entonces, analizamos los 3 tramos, igualando en cada uno de ellos la ecuación de la pendiente a cero. TRAMO I-I (0 x a )
Px 2 5Pa 2 0 2 12 y Imáx y Ix 0,9128a
x 0,9128a
1 P(0,9128a ) 3 5Pa 2 Pa 3 ( 0 , 9128 a ) 0 , 2536 EI 6 12 EI
TRAMO II-II (a x 2a )
Px 2 3P( x a ) 2 5Pa 2 0 2 2 12
x1 2,0773a
x 2 0,9226a No cumplen ambos valores, por no encontrarse en el tramo respectivo, descartándose ambas soluciones. TRAMO III-III (2a x 3a ) En este tramo no es necesario igualar a cero la ecuación de la pendiente, debido a que la deflexión máxima del tramo ocurre en el extremo libre. III y III máx y x 3a
1 P(3a ) 3 P(2a ) 3 Pa 3 5Pa 2 Pa 3 ( 3 a ) 0 , 25 EI 6 2 2 12 EI
De esta manera, la forma de deformada de la viga es la mostrada en la figura.
3P
P
ymáx x=0,9128a a
a
a
Finalmente, determinamos la relación entre la deflexión máxima con la deflexión en B I x 0 , 9128a I x a
y máx y yB y
Pa 3 EI 1,0144 Pa 3 0,25 EI 0,2536
151
2.
Determinamos el valor de w x a una distancia “x” del apoyo A
w wx x L
wx w x L
wx
wx L
Luego, determinamos las reacciones en los apoyos:
M F
Y
B
0
0
1 1 VA (L) (L)( w ) .L 0 2 3
VA
wL 6
wL 1 VB wL 0 6 2
VB
wL 3
Ahora, planteamos la ecuación de cuarto orden.
EIy IV
wx L
EIy III
wx 2 C1 2L
CONDICION: a) Si x 0
Vx 0
wL 6
wL 6
C1
C2 0
Integramos una vez más y obtenemos:
EIy"
wx 3 wL x C2 6L 6
CONDICION: b) Si x 0
M x 0 0
Integramos otra vez y obtenemos:
EIy'
wx 4 wLx 2 C3 24L 12
Integramos una vez más y obtenemos:
EIy
wx 5 wLx 3 C3 x C 4 120L 36
CONDICIONES: c) Si x 0
y x 0 0
C4 0
d) Si x L
y x L 0
wL4 wL4 C3L 0 120 36
7 wL3 C3 360 152
ECUACION DE LA CURVA DE DEFLEXION:
y
1 wx 5 wLx 3 7 wL3 x wx 3x 4 10L2 x 2 7L4 EI 120L 36 360 360LEI
ECUACION DE LA PENDIENTE:
1 wx 4 wLx 2 7 wL3 w 15x 4 30L2 x 2 7L4 EI 24L 12 360 360LEI
La deflexión será máxima, cuando la pendiente es cero, para ello, igualamos a cero su ecuación y obtenemos una única solución que cumple con el tramo.
15x 4 30L2 x 2 7L4 0 y máx y x 0,5193L 3.
x 0,5193L
w (0,5193L) wL4 3(0,5193L) 4 10L2 (0,5193L) 2 7L4 0,0065 360LEI EI
Calculamos las reacciones en el empotramiento A en función de VC y analizamos los tramos I-I y II-II, tal como se muestra en la figura.
M A=(210-6VC )
60kN II
I A
B
I 3m
30kN.m C
II 3m VC
TRAMO I-I (0 x 3)
EIy" (60 VC )x (210 6VC )
EIy' (60 VC )
x2 (210 6VC ) x C1 2
EIy (60 VC )
x3 x2 (210 6VC ) C1 x C 2 6 2
CONDICIONES: a) Si x 0
x 0 0
C1 0
b) Si x 0
y x 0 0
C2 0
TRAMO II-II (3 x 6)
EIy" (60 VC )x (210 6VC ) 60(x 3)
EIy' (60 VC )
x2 (210 6VC ) x 30( x 3) 2 C 3 2
EIy (60 VC )
x3 x2 (210 6VC ) 10( x 3) 3 C 3 x C 4 6 2
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si x 3
Ix 3 IIx 3
C3 0 153
d) Si x 3
y Ix 3 y IIx 3
C4 0
y x 6 0
(60 VC )
CONDICION: e) Si x 6
63 62 (210 6VC ) 10(3) 3 0 6 2
VC 26,25kN De esta manera, graficamos los diagramas requeridos, tal como se muestra en la figura. 60kN 30kN.m
52,5kN.m B
A
C
3m
3m
33,75kN
26,25kN 33,75 +
V (kN) 52,5
26,25
30 M (kN.m)
+
48,75 REFUERZO
DEFLEXION EN “B”:
y B y Ix 3
1 33 32 84,375 33,75. 52,5. EI 6 2 EI
PENDIENTE EN “C”:
C IIx 6
22,5 1 62 33,75. 52,5.6 30.32 EI 2 EI
La pendiente en C va en sentido antihorario. 4.
Debido a que el diagrama de momento flector tendrá diagrama positivo y negativo, mejor aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y efectuamos los diagramas en forma independiente, tal como se muestra en la figura.
20kN
20kN 12kN.m
A
B 2m
C
12kN.m
=
A
1m
C +
B 2m
1m
A
C 3m
40
+
12 154
Con los diagramas obtenidos, aplicamos viga conjugada, tal como se muestra en la figura.
40/EI B
A
C
12/EI 2m
1m
DEFLEXION EN “C”:
1 40 2 39,33 12 3 y C M C (2) .2 1 (3) 2 EI 3 EI EI 2 PENDIENTE EN “B”:
16 12 1 40 B VB (2) (2) EI EI 2 EI La pendiente en B va en sentido horario. 5.
Para realizar los diagramas de momento flector, aplicamos el Principio de Superposición de Cargas. 60kN
M A=M
60kN
A 2m
M
2m
60kN
B 2m
60kN
60kN
A
=
B 2m
60kN
MB =M
2m
60kN
+
2m 60kN
M
120
Ahora, aplicamos viga conjugada, tal como se muestra en la figura.
M/EI A
B
120/EI
B VB 0
2m
2m
1 120 M 120 6 2. (2) (2) 0 EI EI 2 EI M 80kN.m
155
B 6m
+
2m
M A
Con el valor obtenido, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, tal como se muestra en la figura.
60kN
60kN
80kN.m
80kN.m
60kN
2m
2m
2m
60kN
60 +
V (kN) 60 80
80 +
40
M (kN.m)
REFUERZO DEFLEXION MAXIMA:
y máx y x 3
1 120 1 100 100 120 1 80 3 (2) .2 1 (1) (3) 6 2 EI 3 EI 19.10 .(0,4.0,6 3 / 12) EI 2 EI 2
y máx 7,3.10 4 m 0,73mm
156
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN FINAL Ciclo 2011-01 Profesor Sección Duración
1.
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Teniendo las magnitudes “a” y “b” dadas, se pide determinar con qué relación entre los momentos de inercia de las secciones transversales I1 / I 2 la deflexión vertical de la viga en el punto donde está aplicado el momento flector M, será igual a cero. ¿Qué valor tiene en este caso la pendiente en el mismo punto? Considerar que la longitud de la viga es L
(4 puntos)
M I1
I2
a 2.
b
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. La estructura ABCD en forma de Z mostrada en la figura, está empotrada en el apoyo D y libre en A. La rigidez a flexión EI es la misma para todos los miembros. Determinar la deflexión vertical y A y la pendiente A en el extremo libre A, debido a la carga P que actúa en el punto A
(4 puntos)
P A
B
4b
D
C 3b
157
3.
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Una estructura delgada ABCD consiste en una porción semicircular BC de radio R y dos partes rectas AB y CD de longitud L. Todas las partes tienen una rigidez a flexión EI. Determinar el incremento en la distancia entre los puntos A y D debido a las cargas P
(4 puntos)
R B
C
O
L
P 4.
A
P
D
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Una viga simplemente apoyada AB de longitud L y rigidez a flexión EI soporta una carga concentrada P en el punto medio C. Determinar la deflexión en el centro de la viga y la pendiente en el apoyo A
(4 puntos)
P A
B
C L/2
5.
L/2
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver la armadura mostrada en la figura, si la rigidez EA es constante para toda la estructura.
(4 puntos)
C
30k
10pie F B
D 15pie
6pie
15pie
Monterrico, 06 de julio de 2011
158
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2011-01 1.
Graficamos los diagramas de momento flector, debido a la acción del momento real (figura a) y la carga unitaria aplicada en C (figura b) M a)
A
I1
1 I2
C
a M a+b
b)
B
I1
A
b
I2 b
a M a+b
Ma a+b
a a+b
b a+b
M1
M
+
+
Mb a+b
ab a+b
Por condición del problema:
y C CV 0 Luego:
yC
MM1dx 1 1 Ma 2 ab 1 1 Mb 2 ab (a ) . (b) . 0 EI i EI 1 2 a b 3 a b EI 2 2 a b 3 a b
De donde:
I1 a 2 I2 b2 Ahora, graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción del momento unitario en C
1 A
I1
I2
C
a
B
b 1 a+b
1 a+b a a+b
M*1 +
b a+b Determinamos la pendiente en C
C
B
MM1* dx 1 1 Ma 2 a 1 (a ) . EI i EI 1 2 a b 3 a b EI 2
159
1 Mb 2 b (b) . 2 a b 3 a b
C
1 Ma3 1 a2 Mb3 Ma2 Ma2 . . . ( a b ) EI 1 3(a b) 2 EI 1 b 2 3(a b) 2 3EI 1L2 3EI 1L
Como la pendiente es positiva, entonces va en sentido horario. 2.
Graficamos los diagramas de momento flector, debido a la acción de la carga real (figura a), carga unitaria (figura b) y momento unitario (figura c) P
1
A
1 A
B
A
B
B
4b 3Pb D
C 3b
3b D
C 3b
P
1
3b
3Pb
1 3b
1
3Pb
D
C
3b 1
3Pb
M
3b M1
1
M*1
Determinamos la deflexión y la pendiente en el extremo libre A
yA
3 1 1 1 2 2 33Pb ( 3 b )( 3 Pb ) . 3 b . 2 ( 5 b )( 3 Pb ) . 3 b EI 2 2 EI 3 3
A
2 1 1 1 33Pb ( 3 b )( 3 Pb )( 1 ). 2 ( 5 b )( 3 Pb )( 1 ) EI 2 2 2EI
Como el signo es positivo, indica que la pendiente va en sentido antihorario. 3.
Planteamos las ecuaciones de momento debido a las cargas reales P y cargas unitarias aplicadas en los mismos puntos y direcciones que las cargas P, analizando tramo por tramo en forma consecutiva. TRAMOS AB y DC (0 y L)
M Py M1 y TRAMO BC (0 )
M P(L Rsen) M1 (L Rsen)
ds Rd 160
Luego:
2.
4.
L 1 1 1 PL3 PR 2 ( Py )( y ) dy P ( L Rsen ) Rd 2 . (L2 2LRsen R 2 sen 2 )d EI 0 EI 0 EI 3 EI 0
2PL3 PR (2L2 8LR R 2 ) 3EI 2EI
Analizamos en un solo gráfico ambas condiciones del problema, es decir, la deflexión en C y la pendiente en A, asignándole respectivamente la carga Q y el momento M, tal como se muestra en la figura.
Luego, calculamos sus reacciones en los apoyos y analizamos tramo por tramo, a través de los cortes 1-1 y 2-2 TRAMO AC (0 x L / 2)
PQ M MI x M L 2 M I x Q 2 M I x 1 M L TRAMO CB (L / 2 x L)
L PQ M M II x M (P Q) x L 2 2 M II x L Lx x Q 2 2 2 M II x 1 M L DEFLEXION EN “C”: L/2
yC
0
M I M I Q
1 yC EI
L/2
0
dx M II M II EI L / 2 Q L
dx EI
L PL L x PL3 Px x Px Px dx dx 2 2 2 48EI 2 2 L/2
161
PENDIENTE EN “A”: L/2
A
0
A
M I MI M
1 EI
L/2
0
dx M II M II EI L / 2 M L
dx EI
L PL x PL2 Px x Px Px 1dx 1dx 2 2 L 16EI 2 L L/2
El signo (-) indica que la pendiente va en sentido opuesto al momento M, es decir, en sentido horario. Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
G.I. B 2N 9 2(4) 1 Efectuamos un corte en la barra CD y lo reemplazamos por P, determinando las reacciones en los apoyos y fuerzas internas en las barras, por medio de la Estática.
30
C
1,45P+32
5.
,86 3 4 P+
P
F 30
B
D 1,13P+40 16
16
Los resultados obtenidos los esquematizamos en una tabla, con la finalidad de determinar la fuerza axial en la barra CD BARRA
L
EA
F( P )
F P
BC
21,93
EA
P 43,86
1
21,93P 961,850 EA
BF
16,15
EA
(1,96P 43,08)
1,96
62,042P 1363,654 EA
BD
30
EA
1,13P 40
1,13
38,307P 1356 EA
CF
10
EA
(1,45P 32)
1,45
21,025P 464 EA
FD
16,15
EA
(1,96P 43,08)
1,96
62,042P 1363,654 EA
CD
21,93
EA
P
1
21,93P EA
F
162
F L P EA
227,276P 5509,158 EA
Luego:
227,276P 5509,158 0 EA
P 24,24k
Con el resultado obtenido, calculamos las otras fuerzas internas o simplemente reemplazamos el valor de P en las fuerzas internas de la figura de la página anterior, obteniendo los resultados mostrados en la siguiente figura.
C
2 ,6 9 1
3,15
4,43 30k
30k
F
B
24 ,2 4 4,43 D
12,61 16k
16k
163
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN FINAL Ciclo 2011-02 Profesor Sección Duración
1.
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión vertical en C y D, así como la pendiente en el apoyo B. Considerar que la rigidez EI es constante para toda la viga.
15kN/m
30kN.m A B
D 3m
2.
(4 puntos)
C
3m
2m
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión vertical en D, considerando que la rigidez axial EA es igual para todas las barras de la armadura.
4kN
G
H
(4 puntos)
J
I
4m
C 4m
3.
D 4m
F 4m
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión vertical en B, el desplazamiento horizontal en D y la pendiente en C, si E 23000MPa e I 0,003125m
4
D
(4 puntos)
12kN
EI 36kN/m B 2EI
A 2m
C 2m
164
2m
4.
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Una viga en voladizo AB de longitud L y rigidez a flexión EI soporta una carga uniforme de intensidad “w” a través de toda su longitud. Determinar la deflexión vertical y la pendiente en el extremo libre B de la viga.
(4 puntos)
w B
A L
5.
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el pórtico mostrado en la figura, graficando sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector.
(4 puntos)
20kN/m B 30kN
C
EI 3EI
2m
A 3m
Monterrico, 01 de diciembre de 2011
165
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2011-02 1.
Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de las cargas reales, tal como se muestra en la figura.
30kN.m
15kN/m
A D
B
3m
C
3m
2m 40kN
10kN
30 15 A
7,5
D B
+
E
C
M
1,5m 1,5m 1m 1m
30 DEFLEXION EN “D”:
Para determinar la deflexión en D, aplicamos una carga unitaria en dicho punto y graficamos su diagrama de momento flector.
1 A
B
C
D 3m
3m
0,5
2m 0,5
A
D
B
C M 1
+
1,5 Luego:
yD
MM1dx 1 1 1 1 . .3.30.0,5 . .3.30.0,5 0 EI EI 2 EI 2
DEFLEXION EN “C”: Ahora, aplicamos una carga unitaria en C y graficamos su diagrama de momento flector.
1 A
B C 6m
2m
1/3 1 A
1,5
D 3m
F 1,5m 166
4/3 2 1 B
E
1,5m 1m 1m
C
M*1
Determinamos la deflexión vertical en C
MM1* dx 1 1 3 1 4.15.1,5 30.2 2 30.2 4.7,5.1 90 yC . .3.30. .1 EI EI 2 6EI EI 3 6EI PENDIENTE EN “B”: Aplicamos un momento unitario en el apoyo B y graficamos su diagrama de momento flector.
1 A
B 6m
C 2m
1/6
1/6 1
0,75
0,5
M** 1 1,5m
3m
1,5m
Calculamos la pendiente en B
B
MM1** dx 1 1 3 1 4.15.0,75 30.1 30 . .3.30. .0,5 EI EI 2 EI 3 6EI
Como el signo es positivo, indica que la pendiente va en el mismo sentido que el momento unitario, es decir, en sentido horario. 2.
Determinamos las reacciones y fuerzas internas para la armadura sometida a la carga real, tal como se muestra en la figura.
4kN
G
I
J
D
F
H
4 4kN B
C 4
4kN
4kN
N
Ahora, aplicamos una carga vertical unitaria en el nudo D, determinando las reacciones en los apoyos y fuerzas internas en las barras de la armadura.
G
1
H
1
1
B
C
I
D F
1 1 1
2
167
J
N1
Calculamos la deflexión vertical en el nudo D
yD 3.
NN1L 1 61,25 4 2 2 4 2 (4)(1)(4) EA EA EA
Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de las cargas reales, tal como se muestra en la figura.
D
12kN
2m 36kN/m 12kN
B
C
A 2m
2m 12kN
60kN D
+
A
B
C
24
M
+
42
36
48
24
DEFLEXION VERTICAL EN “B”: Aplicamos una carga vertical unitaria en B y graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de dicha carga.
D
1 A
B 2m
C 2m
0,5
0,5 D
A
B
C
M1
+
0,5
0,5 1
Determinamos la deflexión vertical en B
BV
MM1dx 2 42 4.42.0,5 48.1 2 48.1 4.36.0,5 42 6 EI 6(2EI) 6(2EI) EI 23.10 .0,003125
BV 5,84.10 4 m 0,584mm 168
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “D”: Aplicamos una carga horizontal unitaria en D y graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de dicha carga. 1
D
1
A
C 4m
0,5
0,5 D
A
B 0,5
+
C
2
+
1
1,5
M*1
2
Calculamos el desplazamiento horizontal en D
DH
DH
MM1* dx 1 1 2 2 4.42.0,5 48.1 2 48.1 4.36.1,5 24.2 . .2.24. .2 EI EI 2 3 6(2EI) 6(2EI)
106 106 1,474.10 3 m 1,474mm 6 EI 23.10 .0,003125
PENDIENTE EN “C”: Ahora, aplicamos un momento unitario en el apoyo C y graficamos su diagrama de momento flector. D
1 C
A 4m
0,25
0,25 D
A
B 0,25
C
M** 1
+
0,5
0,75
1
Determinamos la pendiente en C
MM1** dx 2 4.42.0,25 48.0,5 2 48.0,5 4.36.0,75 24.1 37 C EI 6(2EI) 6(2EI) EI
C
37 5,147.10 4 rad 0,029 o 23.10 .0,003125 6
169
Como el signo es positivo, la pendiente va en el mismo sentido que el momento unitario, es decir, en sentido antihorario. 4.
Aplicamos una carga vertical P y un momento M en el extremo libre de la viga, determinando sus reacciones en el empotramiento A, tal como se muestra en la figura. 2
P
wL +PL+M 2
1
M
w
A
B
1 L
(P+wL) TRAMO AB (0 x L)
wL2 wx 2 M I P wLx PL M 2 2
M I xL P
M I 1 M Luego, determinamos la deflexión y pendiente en B DEFLEXION EN “B”:
M I yB MI P 0 L
L wL4 wL2 wx 2 dx 1 x L dx wLx 2 2 EI EI 0 8EI
PENDIENTE EN “B”: L L wL3 wL2 wx 2 M I dx 1 B M I wLx 1 dx M EI EI 2 2 0 0 6EI
El signo positivo indica que la pendiente va en el mismo sentido que el momento M, es decir, en sentido horario. 5.
Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
G.I. 3C A 3(1) 2 1 Reemplazamos el apoyo B por su reacción VB , tal como se muestra en la figura, analizando los tramos 1-1 y 2-2
1 20kN/m B 30kN
C
EI 1
2
2 3EI A 170
VB
TRAMO BC (0 x 3)
M I VB x 10x 2
M I x VB TRAMO CA (0 y 2)
M II 3VB 30y 90 M II 3 VB Como:
yB 0
3 2 1 1 2 3VB 30y 903dy 0 V x 10 x x dx B EI 0 3EI 0
De donde:
VB 21,5kN Con el valor obtenido, determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la siguiente figura.
20kN/m
a)
b) 30kN
C
EI
B 30
21,5kN
3EI
38,5 30kN
A
34,5kN.m
c)
N (kN) 38,5kN
38,5
d) 1,075m
+
25,5
1,075m
25,5
+
11,55
21,5 30 V (kN)
M (kN.m)
+
34,5
171
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN FINAL Ciclo 2012-01 Profesor Sección Duración
1.
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el acercamiento horizontal mutuo entre A y C, considerando que el elemento horizontal tiene rigidez 5EI y los elementos verticales tienen rigidez 4EI (4 puntos)
10kN
C
3m
A 3kN/m
3m
B 5m 2.
E
D 3m
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión vertical en F, considerando que la rigidez axial EA es igual para todas las barras de la armadura.
8kN
(3 puntos)
8kN D
B
G 4m
A
I C 3m
3.
F 3m
H 3m
3m
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal del nudo C y la pendiente en el apoyo A, si E 23000MPa y la columna CD es de 30cm x 30cm
30kN/m
30kN/m B
2EI
EI
C EI
80kN
2m 2m
D
A 3m
4m 172
(5 puntos)
4.
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Para la viga en voladizo de sección constante mostrada en la figura, determinar el valor del coeficiente “k”, si la deflexión vertical en el extremo libre C de la viga es cero. (4 puntos)
P B
A 3a
5.
C kP
a
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el pórtico mostrado en la figura, graficando sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. Considerar que la rigidez en flexión EI es constante para toda la estructura.
(4 puntos)
40k C
F D 10pie
20k
B 10pie A 10pie
10pie
Monterrico, 05 de julio de 2012
173
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2012-01 1.
Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas M y M 1 , debido a las cargas reales y cargas unitarias, respectivamente.
C
a)
10kN
C
b)
1
3m
A
3m 1
3kN/m B
A
3m
3m B
E
D 5m
3m
19,5kN
E
D
10kN 5m 4,5kN
3m
0,375
c)
0,375
d)
1,125
60
3
0,5625
3,375 39,375
3
60
6
3,9375
M
4,875 M1
Determinamos el acercamiento horizontal entre los puntos A y C
2.
HA C
1 1 2 5 4.39,375.3,9375 60.4,875 3 4.3,375.0,5625 . .60.6. .6 4EI 2 3 6(5EI) 6(5EI)
HA C
331,25 (m) EI
Determinamos las reacciones y fuerzas internas para la armadura sometida a las cargas reales, tal como se muestra en la figura.
8kN
8kN 6
B
D
6
G
10
10 I
A 6
C
6
F
6
H
6
N 8kN
8kN
174
Ahora, aplicamos una carga vertical unitaria en el nudo F, determinando las reacciones en los apoyos y fuerzas internas en las barras de la armadura.
0,75 D 0,75
B
25
5
5
0 ,6
25
2 0,6
0 ,6
0, 62
G
I
A 0,375 C 0,375 F
0,375 H 0,375
1 N1
0,5
0,5
Calculamos la deflexión vertical en el nudo F
NN1L 1 (10)(0,625)(5)(2) (6)(0,75)(3)(2) (0,375)(6)(3)(4) 116,5 EA EA EA
yF 3.
Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de las cargas reales, tal como se muestra en la figura.
80
30kN/m
30kN/m
74,28 B
2EI
EI
C EI
80kN
57,14
2m
20 40
2m
84.02 M
D
A
80
HD=20kN 3m
4m
66,43kN
98,57kN
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “C”: Aplicamos una carga horizontal unitaria en C y graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de dicha carga.
1 B
2EI
1,71
4
C 3
EI
2,855 2 0,855
A
0,57
D
1
0,57
175
M1
4
Nótese, que en los diagramas no colocamos los valores máximos, sino los valores que son necesarios en el centro de cada tramo, con la finalidad de aplicar el método de Simpson. Determinamos el desplazamiento horizontal en C
CH
MM1dx 5 4.84,02.0,855 74,28.1,71 4 74,28.1,71 4.57,14.2,855 80.4 EI 6EI 6(2EI)
CH
1 1 2 2 80.4 4.20.3 40.2 . .2.40. .2 EI 2 3 6EI
391,825 391,825 0,025m 25mm 6 EI 23.10 .(0,3.0,33 / 12)
PENDIENTE EN “A”: Aplicamos un momento unitario en A y graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de dicho momento.
B
C
0,571
2EI
0,2855
EI
EI
1
0,7855 D
A
M*1 1
0,1429
0,1429
Calculamos la pendiente en A
A
A
MM1* dx 5 4.84,02.0,7855 74,28.0,571 4 74,28.0,571 4.57,14.0,2855 EI 6EI 6(2EI)
291,226 291,226 0,0187rad 1,07 o 6 EI 23.10 .(0,3.0,33 / 12)
Como el signo es positivo, la pendiente va en el mismo sentido que el momento unitario, es decir, en sentido horario. 4.
Aplicamos una carga vertical Q en el extremo libre de la viga, determinando sus reacciones en el empotramiento A, tal como se muestra en la figura.
[Pa(3-4k)-4Qa]
P
1
2
B
A 1
C 2 (Q+kP)
[P(1-k)-Q]
3a
176
a
TRAMO AB (0 x 3a )
M I P1 k Qx Pa3 4k 4Qa
M I x 4a Q TRAMO BC (3a x 4a )
M II P1 k Qx Pa3 4k 4Qa Px 3a M II x 4a Q Luego, por condición del problema, se tendrá: 3a M I y C M I Q 0
yC
dx M II M II EI 3a Q 4a
dx 0 EI
3a 4a 1 P1 k x Pa3 4k Px 3a x 4a dx 0 P 1 k x Pa 3 4 k x 4 a dx EI 0 3a
Efectuando cálculos se obtendrá:
21,333ka 3 13,5a 3 0 5.
k 0,6328
Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
G.I. 3C A 3(1) 2 1 Convertimos el apoyo fijo F en móvil, reemplazando su componente horizontal por H F y calculando las reacciones restantes en función de H F , tal como se muestra en la figura, luego analizamos los tramos 1-1, 2-2, 3-3 y 4-4
40k
2
1 F HF
C D 3
3
2
1
10pie
B
20k 4
4 A
10pie F
10pie
10pie
(10+HF ) TRAMO FD (0 x 10)
M I 30 H F x M I x H F 177
TRAMO DC (10 x 20)
M II 30 H F x 40x 10 M II x H F TRAMO CB (0 y 10)
M III 30 H F .20 H F y 400 M III 20 y H F TRAMO BA (10 y 20)
M IV 30 H F .20 H F y 400 20y 10
M IV 20 y H F Como: 10 M I FH M I H F 0
dx 20 M II M II EI 10 H F
dx 10 M III M III EI 0 H F
dy 20 M IV M IV EI 10 H F
dy 0 EI
Reemplazamos valores:
1 30 H F x x dx 30 H F x 40x 10 x dx 30 H F .20 H F y 400 20 y dy EI 0 10 0 10
20
10
20 30 H F .20 H F y 400 20y 10 20 y dy 0 10
De donde:
H F 15,625k Con el valor obtenido, determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura.
40k
a) C
b) F 15,625k
D 14,375k 20k
B
A
15,625 25,625 N (k)
4,375k
25,625k
178
25,625
c)
d)
+
112,5
112,5 +
15,625
14,375
143,75 +
+
4,375
V (k)
43,75 M (k.pie)
179
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN FINAL Ciclo 2012-02 Profesor Sección Duración
1.
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Para la viga mostrada en la figura, determinar la deflexión vertical y el ángulo de giro mutuo en la rótula B
(4 puntos)
60kN.m C
B
A 2EI 2m
2.
EI 3m
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el ángulo de giro de la barra DE de la armadura mostrada en la figura, considerando que su rigidez axial EA es igual para todas sus barras. (4 puntos)
9kN
18kN
B
D
4m F
A C
E
3m 3.
3m
3m
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Para el pórtico mostrado en la figura, determinar la pendiente en C, la deflexión vertical en B y el desplazamiento horizontal en D
20kN/m
30kN.m B
(4 puntos)
C
EI
EI
3EI
4m
A 2m
3m 180
D
4.
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Para la viga simplemente apoyada de sección constante mostrada en la figura, determinar el valor del coeficiente “k”, si la pendiente en A es cero.
M A
(4 puntos)
kM B L
5.
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el pórtico mostrado en la figura, graficando sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. Considerar que la rigidez en flexión EI es constante para toda la estructura.
(4 puntos)
2k/pie C
B
20pie
A 30pie
Monterrico, 27 de noviembre de 2012
181
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2012-02 1.
Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos el diagrama M , debido a la acción de la carga real. 40kN.m
60kN.m B
A 2EI
EI
2m
C
3m 20kN 60
20kN
1m M (kN.m)
+
20 40
Aplicamos la carga unitaria en la rótula B, determinando las reacciones en los apoyos y graficando el diagrama M 1
1 2
A 2EI 1
B
2m
EI
C
3m
2 M1 DEFLEXION EN “B”:
yB
1 1 26,67 2 . .40.2. .2 2EI 2 EI 3
Ahora, aplicamos momentos unitarios mutuos en B, determinando las reacciones en los apoyos y *
graficando el diagrama M 1
5/3
1 1 A 2EI
B
2m 1/3
EI 3m
C 1/3
1m M*1 +
5/3
4/3
1
ANGULO DE GIRO MUTUO EN “B”:
B
2 5 4 1 1 1,11 1 40. 4.20. . .60.3. .1 6(2EI) 3 3 EI 2 EI 3 182
El signo negativo, indica que va en sentido opuesto a los momentos unitarios. Determinamos las fuerzas internas en la armadura ante la carga real (fig. a), luego, ante el momento unitario (fig. c), aplicando cargas P M / L DE 1 / 4 en los nudos D y E (fig. b) 9kN a)
b)
9
3
B
D
D
1/4
18,75
5
B 15
18kN
3 ,7 12kN
F 9
E
A
C
C 11,25 E 11,25
N
15kN c)
1/4
B
89
D
89
C 0,0833
1/9
13 0,
A
F
1/9 0,0833
0,1111 0 ,1 36 9
A
0, 1 3
2.
E F 0,1667 0,0833 N1
BARRA
L
N
N1
NN1 L EA
(m) AB
5
15
0,1389
AC
3
9
0,0833
BC
4
3
0,1111
BD
3
9
CD
5
CE
10,4175 EA
2,2491 EA
1,3332 EA
0,0833
2,2491 EA
3,75
0,1389
2,6044 EA
3
11,25
0,1667
5,6261 EA
DE
4
0
0
0
DF
5
18,75
0,1389
13,0219 EA
EF
3
11,25
0,0833
2,8114 EA DE
8,6461 (rad) EA
El sigo negativo, indica que el giro de la barra DE es en sentido opuesto, es decir, antihorario. 183
3.
Graficamos el diagrama de momento flector debido a las cargas reales (fig. a), momento unitario en C (fig. b), carga vertical unitaria en B (fig. c) y carga unitaria horizontal en D (fig. d)
90
a)
b) 1
30
B
B
C
D
C
D
1
60 M (kN.m)
M1
A c)
1
A d)
2
C
B B
C
D
1
D
2 M*1
M** 1
A
A
4
PENDIENTE EN “C”:
C
MM1dx 1 80 .60.4.1 EI 3EI EI
El signo positivo, indica que va en el mismo sentido que el momento unitario, es decir, en sentido horario. DEFLEXION VERTICAL EN “B”:
BV
MM1* dx 1 1 100 .30.2.1 .60.4.2 EI EI 3EI EI
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “D”:
DH 4.
MM1** dx 1 160 .60.4.2 EI 3EI EI
Aplicamos un momento N en el apoyo A, determinando sus reacciones en los apoyos A y B
M+N A
kM B L M+kM+N L
M+kM+N L
184
TRAMO AB (0 x L)
M kM N M I .x M N L M I x 1 N L Luego, por condición del problema, se tendrá:
M I A M I N 0 L
dx 0 EI
L x 1 M kM A .x M 1dx 0 EI 0 L L
Efectuando cálculos se obtendrá:
2ML kML 0 5.
k2
Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
G.I. 3C A 3(1) 2 1 Convertimos el apoyo fijo C en móvil, reemplazando su componente horizontal por H C y calculando las reacciones restantes en función de H C , tal como se muestra en la figura.
2k/pie Hc
B
C
30 - 2 H c 3
Hc A 30 + 2 Hc 3 TRAMO AB (0 y 20)
M I H C y M I y H C TRAMO BC (0 x 30)
2 M II 30 H C .x 20H C x 2 3 M II 2x 20 H C 3 185
Como: 20 M I CH M I H C 0
dy 30 M II M II EI 0 H C
dx 0 EI
Reemplazamos valores: 20 30 1 2 2 2x H y y dy 30 H C .x 20H C x 20dx 0 C EI 0 3 3 0
De donde:
H C 6,75k Con el valor obtenido, determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura. a)
b)
2k/pie 6,75k B
C 6,75 25,5k 34,5
6,75k
N (k) A 34,5k
c)
d)
34,5 12,75pie
+
135 12,75pie
135 +
25,5
162,56
6,75 V (k)
M (k.pie)
186
MECANICA DE MATERIALES (CI80) EXAMEN FINAL Ciclo 2013-01 Profesor Sección Duración
1.
: Ph.D. Genner Villarreal Castro : CI51 : 170 minutos
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Para la viga de sección constante mostrada en la figura, determinar la deflexión en C y las pendientes en los apoyos A y B
60kN
(4 puntos)
20kN.m
A
B
C 3m
2.
2m
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Para la armadura mostrada en la figura, determinar el desplazamiento horizontal del nudo K
3.
EA
A 2E
2E
8kN
A
2EA
2EA
8m
8m
EA
EA
2EA
EA
K
(3 puntos)
6m
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Para el pórtico mostrado en la figura, determinar el desplazamiento horizontal del apoyo B y la pendiente en el apoyo A
(4 puntos)
B 10kN
C
EI
2EI
3m
6kN.m A 3m 187
4.
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Para la viga de sección constante mostrada en la figura, determinar el valor del coeficiente “k”, si la pendiente en A es cero.
(4 puntos)
kw w A
B 3a
5.
a
TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el pórtico mostrado en la figura, graficando sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector.
(5 puntos)
18kN B
C
EI
3m
2EI
12kN.m A 1m
1m
Monterrico, 03 de julio de 2013
188
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2013-01 1.
Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos el diagrama M , debido a la acción de las cargas reales.
60kN 20kN.m A
B C 1,5m
1,5m
1m
1m
20
40 20 M 20
30 60
Aplicamos la carga unitaria en C, determinando las reacciones en los apoyos y graficando el diagrama
M1 1 A
B C
0,4
0,6 3m
1m
1m M1 0,6
1,2 DEFLEXION EN “C”:
yC
1 1 2 2 60.1,2 4.20.0,6 112 . .3.60. .1,2 EI 2 EI 3 6EI
Luego, aplicamos momento unitario en el apoyo A, determinando las reacciones en los apoyos y *
graficando el diagrama M 1
1 A
B 1,5m
1,5m
1m
1m
0,2
0,2 M*1 0,4 0,7 1
189
0,2
PENDIENTE EN “A”:
A
3 4.30.0,7 60.0,4 2 60.0,4 4.20.0,2 67,33 6EI 6EI EI
El signo positivo, indica que va en el mismo sentido que el momento unitario, es decir, en sentido horario. Ahora, aplicamos un momento unitario en el apoyo B, determinando las reacciones en los apoyos y **
graficando el diagrama M 1
1
A
B 1,5m
1,5m
1m
1m
0,2
0,2 1
0,8
0,6 0,3
M** 1 PENDIENTE EN “B”:
B
3 4.30.0,3 60.0,6 2 60.0,6 4.20.0,8 20.1 62,67 6EI 6EI EI
El signo negativo, indica que va en sentido opuesto al momento unitario, es decir, en sentido antihorario. 2.
Determinamos las fuerzas internas en las barras de la armadura para la carga real (fig. a) y carga unitaria (fig. b) a)
8kN
8
b)
1 K
0,6 25
25 0 ,6
5
5
1
8kN 4
4
3kN
KH 3.
1
N (kN)
0,5
0,5 N1 3kN
0,375
0,375
1 (5)(0,625)(10) (5)(0,625)(10) 1 (4)(0,5)(8).2 47,25 2EA 2EA EA
Determinamos las reacciones en los apoyos debido a las cargas reales (fig. a) y graficamos su diagrama de momento flector (fig. b). Luego, calculamos las reacciones debido a la carga unitaria horizontal en B (fig. c) y graficamos su diagrama de momento flector (fig. d). Finalmente, calculamos las reacciones en los apoyos debido al momento unitario en A (fig. e) y graficamos su diagrama de momento flector (fig. f) DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “B”:
BH
1 1 3 103,5 2 . .24.3. .3 (24.3 4.9.1,5) EI 2 EI 3 6(2EI) 190
PENDIENTE EN “A”:
A
1 1 3 37,5 2 . .24.3. .1 (24.1 4.9.1 6.1) EI 2 EI 3 6(2EI)
El signo negativo, indica que la pendiente va en sentido opuesto al momento unitario, es decir, en sentido antihorario.
24 a)
B 10kN
C
b)
24
8kN M (kN.m)
9
6kN.m
10kN
6
A 8kN
c)
3 B
C
1
d)
3
1 1,5
M1
1
A 1 e)
f)
B
C
1 1/3 1
A
M*1
1
1/3 4.
Aplicamos un momento ficticio M en el apoyo A y reemplazamos la carga distribuida kw por su acción equivalente, luego determinamos las reacciones en los apoyos A y B en función de M
191
1
kwa
M
w A
B
kwa 2 2
1 k TRAMO I-I (0 x 3a )
4,5wa 2 0,5kwa 2 M wx 2 MI .x M 2 3a M I x 1 M 3a Luego, por condición del problema, se tendrá:
M I dx A M I 0 M EI 0 3a
A
3a 1 4,5wa 2 0,5kwa 2 wx 2 x . x 1dx 0 EI 0 3a 2 3a
Efectuando cálculos se obtendrá:
1,125wa 3 0,25kwa 3 0 5.
k 4,5
Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
G.I. 3C A 3(1) 2 1 Convertimos el apoyo fijo B en móvil, reemplazando su componente horizontal por H B y calculando las reacciones restantes en función de H B , tal como se muestra en la figura. 18kN II
I
B
C y
II III
III
EI
I x
2EI
3m
12kN.m HB
A (3-1,5HB ) 1m
HB
1m
TRAMO I-I (0 x 1)
M I 15 1,5H B x M I 1,5x H B 192
TRAMO II-II (1 x 2)
M II 15 1,5H B x 18x 1 M II 1,5x H B TRAMO III-III (0 y 3)
M III 15 1,5H B 2 181 H B y 12 3H B H B y M III 3 y H B Luego:
M I dx 2 M II M I M II H B EI 1 H B 0 1
B H
dx 3 M III M III EI 0 H B
dy 0 2EI
Reemplazamos valores: 1 2 3 1 1 15 1,5H B x 1,5x dx 15 1,5H B x 18x 11,5x dx 12 3H B H B y3 ydy 0 EI 0 1 2EI 0
De donde:
H B 6,143kN Con el valor obtenido, determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura. 18kN a)
b) B
C
6,143kN 6,143
5,785kN 12,215 N (kN) 12kN.m 6,143kN
A 12,215kN
c)
d)
12,215 +
6,43
6,43 +
5,785
5,785
6,143 V (kN)
+
M (kN.m) 12
193
BIBLIOGRAFIA 1.
Gere James – Timoshenko Stephen. Mecánica de materiales. Grupo Editorial Iberoamericana. México, 1986. – 825p.
2.
Miroliubov I.N. y otros. Problemas de resistencia de materiales. Editorial Escuela Superior. Moscú, 2005. – 396p.
3.
Nelson James – McCormac Jack. Análisis de estructuras. Editorial Alfaomega. México, 2006. – 582p.
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Pytel Andrew – Singer Ferdinand. Resistencia de materiales. Editorial Oxford. México, 2006. – 584p.
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Villarreal Castro Genner. Interacción sísmica suelo-estructura en edificaciones con zapatas aisladas. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2006. – 125p.
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7.
Villarreal Castro Genner. Interacción suelo-estructura en edificios altos. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2007. – 142p.
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Villarreal Castro Genner – Oviedo Sarmiento Ricardo. Edificaciones con disipadores de energía. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2009. – 159p.
10. Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales. Lima, 2009. – 336p. 11. Villarreal Castro Genner. Estática: Problemas resueltos. Lima, 2011. – 227p. 12. Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales I: Prácticas y exámenes USMP. Lima, 2012. – 206p. 13. Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales II: Prácticas y exámenes USMP. Lima, 2013. – 199p. 14. Villarreal Castro Genner. Ingeniería Sismo-Resistente: Prácticas y exámenes UPC. Lima, 2013. – 100p. 15. Volmir A. Problemas de resistencia de materiales. Editorial MIR. Moscú, 1986. – 478p.
194
INDICE PROLOGO………………………………………………………………………………………………….……… 03
PRACTICA CALIFICADA Nº 1……………………………………………………………………………….…. 05
EXAMEN PARCIAL…………………………………………………………………………...........………..….
45
PRACTICA CALIFICADA Nº 2………………………………………………………………..............……….
79
PRACTICA CALIFICADA Nº 3…………………………………………………………………………….……. 118
EXAMEN FINAL………………………….………………………………………………………………….……. 157
BIBLIOGRAFIA………………………………………………………………………………………………...…. 194
195
