Resistencias de Materiales TAREA 3

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN ANTONIO ABAD DEL CUSCO FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL

EJERCICIOS PROPUESTOS

DOCENTE:

Ing. Danny Nieto Palomino

ALUMNO:

Alfred Christhiani Taco Soto.

ASIGNATURA:

RESISTENCIA DE MATERIALES 1

090763-k

Cusco, Setiembre del 2011

PRESENTACION El siguiente trabajo ha sido resuelto y digitalizado para el curso de Resistencia de Materiales por Alfred Christhiani Taco Soto, Las ecuaciones han sido insertadas mediante el programa MATHTYPE 6.0.

DEFORMACION EN VIGAS 605. Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada de longitud L con una carga concentrada P en el centro de su claro.

d2y  P  L EI 2    x  (P) x  dx  2  2

2

(a) 2

dy  P  P L Integrando (a) EI    x 2  ( ) x  dx  4  2 2 P L P  integrando (b) EIy    x 3  ( ) x  6 2  12 

 C1

(b)

2

 C1 x  C 2

(c)

Condiciones de Apoyo: x=0 y=0

C2=0 3

P  P  L  0     L2     L    C1 x  C2 L    6  2  x=L y=0 2 PL C1   16 Por Simetría la deflexión máxima ocurre en el centro de la luz: x=L/2 3

 P  L   P  L L EIymax          12  2   6  2 2  PL3  ymax     ; pero  48EI  PL3  48EI

3

  y

 PL2   L      16   2 

606. Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada, de longitud L, que soporta una carga uniformemente distribuida de w N/m aplicada en toda su longitud.

EI

d2y  wL   w   M    x    x2 dx 2  2  2

EI

2 3 dy  wL   x   w   x   M            C1 dx  2  2   2  3 

 wL   x EIy  M      2  3

3

  w   x4         C1 x  C 2   2   12 

Condiciones de Apoyo: x=0 y=0

x=L y=0

C2=0 3 4  wL   x   w   x  EIy            C1L  0  2   6   2   12 

wL3 24 Por Simetría la deflexión máxima ocurre en el centro de la luz: x=L/2 C1  

3  wL  L   w  L   wL   L  EIy              12  3   24  12   24   2   5wL4  ymax    pero   y ;  384EI  3



5wL4 384EI

4

607. Determine el máximo valor de Ely en la ménsula de la figura P-607, cargada como se indica. Considerar el origen de coordenadas en el empotramiento.

EI

d2y  (P)x   Pa   (P) x  a dx 2

(a)

 x a  x2  dy EI  (P)     Pa  (x)  (P)   2 dx  2 

2

   C1  

(b)

Condiciones de Apoyo [la viga esta empotrada] x=0 y=0 dy/dx = 0

C1=0

3 P  Pa  P EIy     x 3     (x 2 )    x  a  C2 6  6  6

[x=0 y=0]

C2 = 0

La deflexión máxima ocurre en el extremo libre de la ménsula: x=L  PL3   Pa  2  P  EIymax       (L )    L  a 6  6   6 

3

608. Obtener la ecuación de la elástica de la ménsula de la figura P-608 sometida a una carga triangular que varía desde cero en el empotramiento hasta w N/m en el extremo libre.

De la condición de equilibrio: de momentos, a partir de la cual se calcula las ecuaciones de deflexión y pendiente. EI d²y/dx² = M = (WL/2)X – (WL²/3) – (W/6L)X³ EI dy/dx = (WL/2)(X²/2) – (WL²/3)(X) – (W/6L) (X⁴/4) +C1 De la condición del problema en el empotrado dy/dx = 0 por lo tanto C1 = 0 EI Y = (WL/2) (X³/6) – (WL²/3)(X²/2) – (W/6L) (X5/20) +C2 Cuando x= 0 también se cumple que y= 0 entonces C2= 0 EI Y = (WL/12)X³ - (WL²/6)X² - (W/120L)X5 De donde se obtiene: Y= w/20EI (LX³/2 - L²X² +X5/20L)

609. Determinar el valor de E I δ bajo cada carga concentrada de la figura. 1m

1m

2m

R1

R2 400N

300N

SOLUCION: 1m

1m

2m

R1 R2 Calculando la deflexión debajo de la carga de 400N (x=1m) EI δ1 = (400)(3)(1)/(6)(4) (4²-1²-3²) = 300Nm³ EI δ2 = (300)(2)(1)/(6)(4) (4²-1²-2²) = 275Nm³ Elaborando los diagramas de momentos por partes entre ‘A ‘Y ‘O’. 900N.m M=1500N.m A

0 1m

p

V=0

2m 1500N.m

900N.m (+)

(+)

1m p

0

2m A

p

(-) -600N.m Como EI t A/O = (area) AO .XA EI t A/O = (1)(900/2) (2/3)(1) +(2)(1500)(1+1) – (2)(600)/4(1+2/5) EI t A/0 =5880N.m³ Pero : t A/o = 2δ

EI(2δ) =5880N.m EI = 2940Nm³

610. La viga apoyada de la figura P-610 soporta una carga uniforme w simétricamente distribuida en una porción de su longitud. Determinar la deflexión máxima y confrontar el resultado, poniendo a=0, con la solución del problema 606.

 x  a M  (wb)x  w

2

2

 x  a  2b  w 2

(1)

2

Calculamos la ec. De pendiente y deflexión a partir de (1): EI

d2y M dx 2

dy x 2  w   x  a   w   x  a  2b   (wb)       C1 dx 2 2 3 3 2 4 4  wb  3  w  w EIy    x     x  a      x  a  2b   C1 x  C2  6   24   24  3

3

EI

Condiciones de apoyo:

x=0 L=0

C2=0 Condiciones de apoyo: x=L, y=0 4 4  wb  3  w  w 0  L     L  a      L  a  2b   C1L  6   24   24  3 2 2   wbL2   w   L 3L a 3La C1        a3     4 2  6  8   8  La deflexión máxima sucede cuando x=L/2 debido a la simetría de la viga. 3

4

 wb  L   w  L  L ELymax         a   C1   6 2 24 2       2 De donde: 4   w   3L ELymax      L3a  a4  bL3  ; como   y , entonces :  24   16 

 w 

3L4 

3 4 3     L a  a  bL  16   24EI  

Si a=0, entonces 2b = L, b=1/2 Reemplazamos en (2):  

5wL4 384

(2)

611. Calcular el valor de EIδ ene l centro del claro en la viga representada en la figura P-611. Si E=10GN/m2, determinar el valor de I necesario para que la deflexión en el centro no sobrepase 1/360 del calor, indicación. Considerar el origen de x en el apoyo derecho siendo x positiva hacia la izquierda.

Considerando el sistema coordenado mostrado en la figura, tenemos que: EI

d2y  150 x  150(x  2)2 dx 2

 x  2  C dy x2 EI  150  150 1 dx 2 3 25 4 EIy  25x 3   x  2   C1 x  C2 2 3

Condiciones de apoyo: X=0, y=0; de donde C2 = 0 X=4, y=0 25 (16)  C1 (4) 2 C1  350Nm2 0  1600 

Luego:

EIy  25x 3 

25 4  x  2  350x 2

Del problema: 1 L  1  E  10GN / m2 ,       (4)  m 90  2   360  25 4 ELy(2)  25x23   2  2   (350)(2)  500 2 ELy(2)  500, entonces EI (2)  500

Entonces:

500 500   45000 X 1010 m4  E  1  10   10   90  I  4.5x106 mm4 I

612. Calcular el valor de EI  en el centro de la viga cargada como se indica en la figura.

A partir de la ecuación de momentos general calculamos la ecuación de la pendiente y deflexión. d2y  225x  150(x  1,5)2  150(x  3,5)2 dx 2 dy 225x 2 150 150 EI   (x  1,5)3  (x  3,5)3  C1 dx 2 3 3 225x 3 150 150 EIy   (x  1,5)4  (x  3,5)4  C1 x  C2 6 12 12 EI

De las condiciones de apoyo: X=0, y=0; por lo tanto C2=0 X=4, y=0; de donde: 225(43 ) 150 150  (4  1,5)4  (4  3,5)4  C1 4 6 12 12 C1  468,13Nm2 0

Por lo tanto:

EIy 

225x 3 150 150  (x  1,5)4  (x  3,5)4  478,13x 6 12 12

En el centro de luz, x=2m: 225(23 ) 150  (0,5)4  478,13(2) 6 12 EIy(2)  657,04Nm3 EIy(2) 

  657,04Nm3

METODO DEL AREA DE MOMENTOS: Calcular en cada una de las vigas de los problemas 624 a 629 el momento del area del diagrama de momentos flexionantes comprendida entre los apoyos respecto de cada uno de estos. 624. Viga cargada como indica la figura P-624. Aplicando equilibrio en la viga

32(4)  (900)(2)  600 R2  600N Equilibrio de fuerzas verticales R1=300 Elaborando los diagramas de momentos por partes:

Tomando momentos respecto de A.

(area) AB:

xA 

(4)(1200)  2  (1800)(2)   2    1  2    (2)   (600)  3     (4)  2 2 3  2  3 

dedonde : (area)AB x A  2500Nm3

625. Viga cargada como indica la figura P-625, trazar el diagrama de momentos por partes, de derecha a izquierda.

626. Viga cargada como indica la figura P-626.

627. Viga cargada como indica la figura P-627, indicación. Descomponer la carga trapezoidal en una uniforme y otra uniformemente variada.

628. Viga cargada con una carga uniformemente variada y un par, como indica la figura P628.

629. Resolver el problema 628 si el sentido del par es contrario al del reloj.

630. En la viga de la figura P-630 calcular el valor de area (AD)xA, y de acuerdo con el resultado obtenido determinar si la tangente a la elástica en el punto B es ascendente o descendente hacia la derecha, indicación. Tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura 6-10.

632. En la viga de la figura P-632, calcular el valor de area (AB)xA. De acuerdo con el resultado obtenido, determinar i la tangente a la elástica en el punto B se dirige hacia arriba o hacia abajo, de izquiera a derecha, indicación: Tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura 6-10.

ESFUERZOS COMBINADOS REGLAS PARA LA APLICACIÓN DEL CÍRCULO DE MOHR A LOS ESFUERZOS COMBINADOS 925. Dos piezas de madera de 50 x 100 mm de sección están ensambladas a lo largo de la junta AB como se indica en la figura P-925. Calcular los esfuerzos normal y cortante sobre la superficie de ensamble si P=100 KN. El Area de la sección recta es: A= (0.05)(0.1)m2 = 5 x 10-3m2 Del diagrama

En el corte AB:

Donde: R=Psen(60); V=Pcos(60)

Además AB: area de la sección oblicua; luego:

A  AB sen(60)

Para los esfuerzos tenemos:

R P  sen(60) AB A v p   sen(60)cos(60) AB A

N 

Como de los datos P=100KN: en (A) y (B): 2

100  3  kN N    5x10 3  2  m2  N  15MPa

  5 3MPa

(A) (B)