Resistencia de Materiales

UNIVERSIDAD NACIONAL “HERMILIO VALDIZAN” FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA DE RESISTENCIA DE MATERIALES PROBLEMA 2.57: Por error en la medición de la barra CA’ se manufacturo con 2 mm menos en su longitud. Para ensamblar la estructura mostrada en la figura, debe forzarse la barra mencionada de modo que A’ ensamble en A. Estando ensamblada la estructura se le somete a trabajar con una fuerza F. a) ¿Cuáles son los esfuerzos longitudinales en cada una de las tres barras de la estructura cuando está trabajando? b) ¿Si después de calentar la estructura con una variación de temperatura de

30º C,

cuáles son sus esfuerzos

longitudinales en dichas barras?

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

La barra AB es de Acero, AD es de Cobre, A’C es de Aluminio. NOTA:

Considerar: Longitud de la barra AD = 2m Longitud de la barra AB = 1m 5 Diámetro de la barra A’C = " 8 3 Diámetro de la barra AB = " 4 Diámetro de la barra A’C = 1 "

SOLUCIÓN (a): E.A.P. INGENIERÍA CIVIL MATERIALES

1

RESISTENCIA DE

UNIVERSIDAD NACIONAL “HERMILIO VALDIZAN” FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA L A C =L AB csc30−2 mm=1000 × 2−2=1998 m m '

= 199.8 cm

2

(2.54 cm) π D2 π D2 A= pulg 2= pulg 2 × =1.6129 π D2 cm2 2 4 4 pulg Calculado las áreas y longitudes tenemos: BARRA AB A’C AD

MATERIA L

L(cm)

Acero Aluminio Cobre

100 199.8 200

A(cm2) 1.979 2.850 5.067

E (Kg/cm2 ) 2x106 0.7x106 1.3x106

( ºC

α

)

-1

1.2x10-5 2.3x10-5 1.7x10-5

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

Intuiremos la deformación y así analizaremos los esfuerzos:

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2

RESISTENCIA DE

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

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Hallamos los valores de “K”:



E A K AB= AB AB =¿ L AB



E A K A ' C = A ' C A ' C =¿ LA' C

E.A.P. INGENIERÍA CIVIL MATERIALES

(

2 x 103

Tn x ( 1.979 cm2 ) 2 cm 100 cm

)

⇒ K AB=39.58

(0.7 x 10 cmTn ) x (2.850 cm ) 3

2

2

199.8 cm 3

Tn cm

⇒ K A ' C =9.98

Tn cm

RESISTENCIA DE

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

(1.3 x 10 cmTn ) x ( 5.067 cm ) 3

E A K AD= AD AD =¿ L AD

2

⇒ K AB=32.94

2

200 cm

Tn cm

FUERZAS EN LOS NUDOS:

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

Recordemos que:

1 T N = 0.102 x 103 Kg-f = 0.102 Ton-f

También sabemos que: F = K

δ

Entonces en (3): F A C cos 30+ F AD=0 '

K A C δ A C cos 30+ K AD δ AD=0 '

'

( 9.98 ) δ A C cos 30+ (32.94 ) δ AD =0 '

cos 30 ( 9.9832.94 )δ

δ AD=−

δ AD=−0.2624 δ A C '

A' C

…..( β ¿

Entonces en (4): F AB + F A C sin 30−1 .019 ¿ 0 '

K AB δ AB + K A C δ A C sin 30−1.019=0 '

'

( 39.58 ) δ AB +(9.98)δ A C sin30−1.019=0 '

( 39.58 ) δ AB =1.019−9.98 sin 30 δ A C '

δ AB=0.025745−0.12607 δ A C ….. '

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4

( θ)

RESISTENCIA DE

UNIVERSIDAD NACIONAL “HERMILIO VALDIZAN” FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA De ( α ) , ( β ) y ( θ ) : δ A ' C −( 0.025745−0.12607 δ A C ) sin 30−(−0.2624 δ A C ) cos 30=0.2 '

'

1.29028 δ A ' C =0.2128725 δ A C =0.1649 cm ( Alargamiento ) '

Calculamos δ AB

y

δ AD

a partir de δ A C : '

δ AB=0.00495 cm ( Alargamiento ) δ AD=−0.0432 cm ( Acortamiento )

Hallamos las fuerzas: F AB =K AB δ AB= ( 39.58 ) (0.00495) F AD =K AD δ AD =( 32.94 ) (−0.0432)

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

F A 'C =K A ' C δ A ' C =( 9.98 ) (0.1649)

⇒ F AB=0.1959 Ton

(Tracción)

⇒ F AD=−1.4230Ton ⇒ F A ' C =1.6457 Ton

(Compresión) (Tracción)

Hallamos los esfuerzos:

σ AB =F AB / A AB =( 0.1959 ) /(1.979)

⇒ σ AB =0.0989

⇒ σ AD =−0.2808

σ AD =F AD ¿ A AD =(−1.4230 ) /(5.067) σ A 'C =F A C / A A C =( 1.6457 ) /(2.850) '

'

Ton cm2

⇒σ A ' C =0.5774

Ton 2 cm

(Tracción) Ton cm2

(Compresión)

(Tracción)

SOLUCIÓN (b): Los valores de las deformaciones las obtenemos del gráfico anterior.

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RESISTENCIA DE

UNIVERSIDAD NACIONAL “HERMILIO VALDIZAN” FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA

Pero al resultado habrá que quitarle las deformaciones que se efectúan por la variación de temperatura. δ A 'C −δ AB sin 30−δ AD cos 30=0.2+ ∆ A ' C −∆ AB sin 30−∆ AD cos 30 Calculamos las variaciones de temperatura: ∆ A C =( L A C +δ A C ) α A C ∆ T SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

'

'

'

'

∆ A C =¿ ( 199.8 cm+ 0.1649cm ) ( 2.3 ×10−5 (℃−1) ) (30 ℃) ∆ A C =0.13798 c m '

'

∆ AB =( L AB +δ AB ) α AB ∆ T ∆ AB =( 100 cm+ 0.00495 cm ) ( 1.2 ×10−5 (℃−1) ) (30 ℃) ∆ AB =0.03600 c m

∆ AD =( L AD +δ AD ) α AD ∆T ∆ AD =( 200 cm +−0.0432cm ) ( 1.7 ×10−5 (℃−1) ) (30 ℃) ∆ AD =0.10197 c m

Reemplazando en la ecuación inicial: δ A 'C −δ AB sin 30−δ AD cos 30=0.231671

Como sabemos las fuerzas en los nudos serán las mismas que ya las hemos analizado, pero debido al incremento de temperatura las fuerzas y deformaciones serán distintas. δ AD=−0.2624 δ A C '

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RESISTENCIA DE

UNIVERSIDAD NACIONAL “HERMILIO VALDIZAN” FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA δ AB=0.025745−0.12607 δ A C '

Solo bastarán con reemplazar en la ecuación anterior, es decir: δ A 'C −δ AB sin 30−δ AD cos 30=0.01287 δ A ' C −( 0.025745−0.12607 δ A C ) sin 30−(−0.2624 δ A C ) cos 30=2.031671 '

'

1.29028 δ A ' C =0.2445435 δ A ' C =¿ 0.1895 cm

Calculamos δ AB

y

δ AD

( Alargamiento )

a partir de δ A C : '

δ AB=0.0018 cm ( Alargamiento ) δ AD=−0.0497 cm ( Acortamiento )

Hallamos las fuerzas: ⇒ F AB=0.0712 Ton

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

F AB =K AB δ AB= ( 39.58 ) (0.0018)

(Tracción)

⇒ F AD=−1.6371Ton

F AD =K AD δ AD =( 32.94 ) (−0.0497)

⇒ F A 'C =1.8912Ton

F A ' C =K A ' C δ A ' C =( 9.98 ) (0.1895)

(Compresión) (Tracción)

Hallamos los esfuerzos: 

σ AB =F AB / A AB =( 0.0712 ) /(1.979)



σ AD =F AD ¿ A AD =(−1.6371 ) /(5.067)

⇒ σ AB =0.0359

Ton cm2

⇒ σ AD =−0.3231

(Tracción)

Ton cm2

(Compresión) 

⇒ σ A ' C =0.6635

σ A 'C =F A C / A A C =( 1.8912 ) /( 2.850) '

'

Ton 2 cm

(Tracción)

PROBLEMA 2.58: E.A.P. INGENIERÍA CIVIL MATERIALES

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RESISTENCIA DE

UNIVERSIDAD NACIONAL “HERMILIO VALDIZAN” FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA La pared AB de medidas L = 6m, h = 3m y Espesor 0.25 m; de 2.4 Ton/m2.

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

a) Determinar los coeficientes de seguridad con que está trabajando cada barra. b) En caso que el coeficiente de seguridad sea menor a 2.5 en alguna de las barras, determinar si disminuyendo la longitud de la barra central en “ ∆ es posible lograr coeficientes mayores o iguales a 2.5 en todas las barras. c) Hallar el límite superior e inferior de “ ∆

SOLUCIÓN (a): Calculamos la masa y el volumen de la pared. V=LHE= (6m) x (3m) x (0.25m) = 4.5m3 δ=M /V

, entonces:

M = (2.4) (4.5) = 10.8 Ton

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RESISTENCIA DE

UNIVERSIDAD NACIONAL “HERMILIO VALDIZAN” FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA Ahora analizamos las fuerzas que sostienen a la pared en nuestro caso suponemos que las deformaciones verticales son las mismas y que a su vez se desplaza hacia la izquierda.

En este caso las fuerzas en Y son ceros.

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

F12 + F34 + F 65=W

En nuestro caso δ son iguales desplazamiento

F12 + F34 + F 65=10.8 Ton

…. (1)

vemos que las deformaciones δ 12 , δ 34 y δ 56 = y hacia abajo, en cambio las δ 13 y δ35 no. El vector ⃗ V =(−x ,− y) .

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RESISTENCIA DE

UNIVERSIDAD NACIONAL “HERMILIO VALDIZAN” FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA Por lo que: δ 35=⃗ V . u⃗ =(−x ,− y )

.

δ 13=⃗ V . u⃗ =(−x ,− y )

( √−310 ; √−110 )= √310x

+

y √10

( √−310 ; √110 )= √310x

-

y √10

.

De la ecuación (1): F12 + F34 + F 65=10.8 Ton K 12 δ + K 34 δ + K 65 δ=10 8 00 Kg−f δ ( K 12 + K 34 + K 65 )=10 800 δ δ

( (

E 12 A 12 E34 A 34 E65 A 65 + + =10 800 L12 L34 L65

) )

E 12 A 12 E34 A 34 E65 A 65 + + =10 800 L12 L34 L65

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

δ ( 60129.4078 ) =10 800 δ=0.1 380

cm

Fuerzas en el nudo 3.

Fuerzas en X: F31=F 35

⇒

δ 13 K 13 =δ 35 K 35

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RESISTENCIA DE

UNIVERSIDAD NACIONAL “HERMILIO VALDIZAN” FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA (

3x √ 10

X=

⇒

3x √10 ¿

y EA ).( ) Barra3= L √ 10

-

y ¿ √ 10

+

.(

EA ) Barra2 L

1 13 Y 45

Fuerzas en Y:

(F31 + F 35)sin θ

((

3x √ 10

-

=

F34

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

3x √10

3x √10 ¿

y EA ) . ( L ) Barra3+ √ 10 1 √10

x ((

δ (¿ ¿ 13 K 13+ δ 35 K 35) ¿

⇒

-

= δ (

+

6

1 √ 10

y ¿ √ 10

.(

=

δ 34 K 34

EA ) Barra2) L

EA ) Barra1 L

6 y 0.7 x 1 0 x 3.5 ).( )+ 100 √ 10 √10

2 x 1 0 x 1.6 )) x 100 √ 10

sin θ

3x √ 10 ¿

+

y ¿ √10

.

6 = δ ( 10 x5 )

100

( 3 x− y )( 2.45 )+ (3 x + y ) ( 3.2 )=5 √10 δ 6.95 x−0.75 y=5 √ 10 δ 6.95

y −0.75 y=5 √ 10 (0.1380) ( 113 45 ) Y =0.1 3063 cm x=0. 32805 cm

Teniendo las deformaciones calculamos las fuerzas. F12=k 12 δ 12

⟹

F12=¿

2209.00 kg-f

F34 =k 34 δ 34

⟹

F34 =¿

6900.00 kg-f

F56=k 56 δ 56

⟹

F56=¿

1691.00 kg-f

F1 3=k 1 3 δ 1 3

⟹

F13=¿

2091.12 kg-f

F35=k 35 δ 35

⟹

F35=¿

3567.29 kg-f

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RESISTENCIA DE

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Teniendo las fuerzas podemos determinar los esfuerzos. 

σ 12=F 12 ¿ A12

⇒ σ 12=1380.625



σ 34 =F 34 ¿ A 34

⇒ σ 34 =1380.000



σ 56=F 56 ¿ A 56

⇒ σ 56 =483.143



σ 13=F 13 ¿ A13

⇒ σ 13=597.462



σ 35=F 35 ¿ A35

⇒ σ 35=2229.556

Kg−f cm2 Kg−f cm2 Kg−f 2 cm Kg−f 2 cm Kg−f cm 2

SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA

En nuestro caso indica que el factor de seguridad se está cumpliendo en toda la estructura por lo que podemos decir que esta puede soportar la carga mencionada.

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