SOLUCIONARIO RESISTENCIA DE MATERIALES 2008-I

ÂUniversidad José Carlos Mariátegui”

Ing. Civil 2008 - I

FACULTAD DE INGENIERIA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

SOLUCIONARIO CURSO

: RESISTENCIA DE MATERIALES I

ALUMNA

: PATRICIA COSSI AROCUTIPA

CÓDIGO

:

DOCENTE

: ING. A. FLORES Q.

MOQUEGUA - PERU

2008 2008 Patricia A.C.A.C.-ING.CIVIL

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PRIMERA PRÁCTICA CALIFICADA 1. Diseñar el cable de acero y el soporte de madera y calcular los desplazamientos del punto C. A

ACERO:

Cable de acero

60o

C

180 cm B

E = 2 x 106

60o 3000 kg 180 cm Soporte de madera

MADERA: 1800 kg

D

E = 105 DESARROLLO: D.C.L.

T T sen 60o

C 180 cm

B 60o T cos 60o 1800(cos

180 cm

R

60o

3000 kg 3000(cos 60o)

60o 60o)

1800 kg

D

180(T sen600) – 180(1800) sen600 - 360(3000) sen600 = 0 T sen600 = T = 7800 Kg.

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Si Entonces: Acero

Madera

Deformación: T C

d 60o

B

a

D

Semejanza de triángulos:

Luego : 2

De la madera:

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Aplicando ley de cosenos:

del punto C desplazamiento.

2. Calcular Pmax de tal manera que la deformación axial del cable de acero no sea mayor que 5mm.

ALUMINO aluminio 30o

ACERO

1m

acero

P

1.5m

1.5 m

DESARROLLO:

173.2 cm 86.6 cm

30o

a

b

100cm

P

150 cm

150cm

Donde: : aluminio : acero

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Por semejanza de triángulos

Condición:

Entonces

Luego:

3. Dibujar el diagrama de fuerzas, esfuerzos y deformaciones de la siguiente estructura. P = 10 KN a= 100cm

q=

q=0

0.3 a 2p 0.1a a

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5a

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DESARROLLO: q=61.616

C

q=0

B

A 30 cm 2038.74 KG

1977.578 KG

10 cm 10 cm

500 cm

Entonces: Tramo CB

2018.35

x

Suponiendo que:

Entonces: cm

Tramo AB

c

A

B

2p

a

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5a

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Entonces :

Reemplazando valores:

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4. Una barra de acero escalonada antes de someter a las cargas especificadas tiene una holgura de 0.5 mm, graficar los diagramas de esfuerzos de todos los tramos. 1m

2m

0.8m

P = 8 Tn 2p

A=10cm2

p

A= 6cm2

A= 2cm2 0.5mm

DESARROLLO 200 cm

D

100cm

C

A

B 2p

A=10cm2

80cm

A= 6cm2

p

A= 2cm2 0.5mm

=0

= 1333.3

= 2400

- 0.05

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D

C

B

A

5. Hallar la deformación total por peso propio.

100 cm

70 cm

120 cm

DESARROLLO Si

Cilindro:

Cono:

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Entonces:

Si

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SEGUNDA PRÁCTICA CALIFICADA 1. Calcular la fuerzas en todas las barras si se produce un incremento de temperatura de .

DESARROLLO:

Entonces tenemos:

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Calculando longitud:

Remplazando

=

…………. (1) Por otro lado:

……..(2)

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De (1) y (2)

47.19

Remplazando en (2)

2. Cuatro barras se ensamblan en un muro fijo I un travesaño de conección “D” infinitamente rígido, considerando despreciable el peso propio determinar para una variación de la temperatura ambiente , los esfuerzos en cada barra y le desplazamiento en el travesaño. ACERO

BRONCE

COBRE

50 cm ACERO

ACERO

BRONCE

50 cm 10 cm

COBRE

DESARROLLO Tenemos:

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Remplazando valores:

Entonces: •

Cobre :

•

Bronce:

•

Acero:

3. En el bloque rígido es soportado por cinco barras, si la barra central tiene 0.4 cm menos que su longitud de diseño, calcular los esfuerzos en las barras al producirse el montaje.

2m

(1)

1

2

2

(2) (3)

2m 3

2m

3

2m

DESARROLLO Entonces:

F2

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F1

F2

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F1 ……….(2)

F3

F3

Por otro lado tenemos:

200 cm

1 2

2

3

3

200 cm

200 cm

200 cm

Remplazando:

…………… (3)

De (3) y (2)

7421.056

……………….(4) De (4) y (1)

-1.47

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Remplazando en (1)

Remplazando en (2)

Entonces:

4. Hallar los esfuerzos que ejercen el piso y las paredes laterales sobre A y B; si los materiales se deforman 4 mm hacia abajo.

y 100 cm

B

A

ELEVACION

x

x 20 cm

B

A

PLANTA

z 10 cm

5 cm

DESARROLLO

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Entonces:

……………..(1)

……………..(2)

……………..(3)

……………..(4) De (1) y (3):

3.95

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Remplazando:

De (1) y (3):

5.01

Remplazando:

Entonces:

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EXAMEN PARCIAL 1. Una probeta de concreto está confinada dentro de un molde cilíndrico de acero, se somete a una fuerza de 12000 kg. Calcular: a. La presión de contacto entre los materiales b. La variación del radio del cilindro c. El esfuerzo normal en el acero d. La variación del volúmen de la probeta. F CONCRETO

ACERO

DESARROLLO: Punto “a”

y F x z Entonces:

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Punto “b” Si

Punto “c”

Punto “d”

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Calcular

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tomando en cuenta los requisitos del resistencia y rigidez. 3m )

Barra

n

I

2800

2.0

II

2800

2.5

)

A

C

II

I

P B

DESARROLLO

Calculando longitudes:

Calculando áreas:

Entonces:

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300cm A

C

II

I

DCL del punto B

P B

…………..(1)

…………..(2) Barra II

Remplazando en (1)

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Calcular el valor de excede de

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permisible si el esfuerzo en la barra de acero no debe .

ALUMINIO

l 2l

aluminio

2l l acero

ACERO

DESARROLLO …………….(1)

A

2l

2l B

C

……..(2)

…..(3)

Remplazando en (3)

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4.

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En el siguiente sistema hallas los esfuerzos que se generan en las barras. 1.5

1m

1

1.8

2

3

1mm

DESARROLLO

Entonces:

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OTRA RESOLUCION DE LA PRIMERA PRÁCTICA 2008-I 1.- Diseñar el cable de acero y el soporte de madera y calcular los desplazamientos del punto C Acero

Madera

σ f = 4200

kg cm 2

n=2 E = 2 × 10

σ c = 1800 kg cm 2 n = 3 .5

6 kg cm 2

E = 10 5 kg cm 2

∑ MD = 0

F ⋅ Sen(60) ⋅ 180 = 1800 ⋅ Cos (30) ⋅ 180 + 3000 ⋅ Cos (30) ⋅ 360

F=

σ= A=

1800 ⋅ Cos (30) ⋅ 180 + 3000 ⋅ Cos (30) ⋅ 360 = 7800kg Sen(60) ⋅ 180

σ f 4200 = = 2100 kg cm 2 η 2 π ⋅d2 4

⇒ 3.714 =

π ⋅d2 4

A=

F

σ

=

7800kg = 3.714cm 2 2100 kg cm 2

⇒ d = 2.175 ≈ 1in

Se necesitará una barra de 1 in ∑F = 0 σ ⋅ A − 7800 ⋅ Cos(60) − 1800 ⋅ Sen(30) − 3000 ⋅ Sen(30) = 0

σ ⋅ A = 6300 σ 1800 σ= c = = 514.286 kg cm 2 η 3.5

A=

F

σ

=

6300kg = 12.25cm 2 514.286 kg cm 2

A = 12.25 ≈ 1.899in 2 ⇒ 2 ⋅ b 2 = 1.899in 2 ⇒ b = 0.974 ≈ 1in

2b b

Se necesitará una madera de 2x1 in Patricia A.C.A.C.-ING.CIVIL

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2.- Calcular Pmax de tal manera que la deformación axial del cable de acero no se mayor que 5mm

Acero E = 2 × 10 6 A = 1.5cm 2

∑ M = 0 F Al ⋅ Sen ( 30 ) ⋅ 150 = F AC ⋅ 300 F Al = 4 F AC ∑ F = 0 F AC = P F AL = 4F AC = 4 P x=

δ AL Sen( 30)

⇒ δ AC = 2 ⋅ x ≤ 0.5cm

F AL ⋅ L AL 4 ⋅ P ⋅ 173.21 5 E AL ⋅ A AL x= = = 7 ⋅ 10 ⋅ 1 Sen( 30) Sen( 30) Sen( 30) 2 ⋅ x ≤ 0.5cm 4 ⋅ P ⋅ 173.21 2⋅ ≤ 0.5cm 7 ⋅ 10 5 ⋅ 1 ⋅ Sen( 30)

δ AL

p≤

AC

0.5 ⋅ 7 ⋅ 10 5 ⋅ Sen( 30) = 126.29kg 2 ⋅ 4 ⋅ 173.21

δ AC = p≤

AL

F AC ⋅ L AC P ⋅ 100 = ≤ 0.5cm E AC ⋅ A AC 2 ⋅ 10 6 ⋅ 1.5

0.5 ⋅ 2 ⋅ 10 6 ⋅ 1.5 = 15000kg 100

El Pmax = es de 15000kg

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3.Dibujar el diagrama de fuerzas, deformaciones de la siguiente estructura.

y

P = 10kN

q=0

q=6P/a

esfuerzos

a = 100cm 0.3 a

2P A

B a

P = 1019.368kg

0.1 a

C 5a

Tramo AB (→)

∑ FH = 0 F − 15 P + 2 P = 0 F = 13 P

∑ FH = 0

13P

σ ⋅ A + 13 P = 0 − 13 P = − 44 . 173 A − 44 . 173 ⋅ 100 σ ⋅L = δ = = 0 . 002 cm E 2 ⋅ 10 6

σ =

X

Tramo CB (←)

6⋅ P 6⋅ P ⋅ x y = a ⇒ y= = 0.122 ⋅ x x 5⋅ a 5⋅ a2 ∑ FH = 0

q=6P/a y=6PX/5a

q=0

σ ⋅ A+ 2P

5a

remplazando

σ = 6.796 − 0.0002 ⋅ x 2 x = 0 ⇒ σ = 6.796 x = 250 ⇒ σ = −5.704 x = 500 ⇒ σ = −44.037 500 σ 500 1 δ = dx = 6.796 − 0.0002 ⋅ x 2 dx = −0.003cm 6

∫

0

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6⋅ P ⋅ x2 − 2⋅ P = 0 5⋅ a2

E

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2 ⋅ 10

∫

0

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4.- Una barra de acero escalonada antes de someter a las cargas especificadas tiene una holgura de 0.5mm, graficar de esfuerzos de todos los tramos.

P = 8Tn E = 2 × 10 6 P

2P

P = 8000kg ∆ = 0.5mm

P

2P

∑ FH = 0 R1 + R2 = 3 ⋅ P

δ tot = δ 1 + δ 2 + δ 3 = 0.05cm δ tot =

− R1 ⋅ 200 2 ⋅ 10 ⋅ 10 6

+

(− R1 + 2 ⋅ P ) ⋅ 100 + (− R1 + 3 ⋅ P ) ⋅ 80 = 0.05cm 2 ⋅ 10 6 ⋅ 6

− 2300 ⋅ R1 + 4600 ⋅ P = 3000 ⋅ 10

2 ⋅ 10 6 ⋅ 2

3

R1 = 14695.652kg R2 = 9304.348kg

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5.- hallar la deformación total por peso propio.

γ = 200 kg m 3 ⇒ 2 ⋅ 10 −4 kg cm 2 E = 1.5 × 10 5 kg cm 2

∑ Fv = 0

σ ⋅ Ay − w x = 0 σ ⋅ Ay = γ ⋅ V y = γ ⋅ Ay ⋅ x ⋅ σ=

1 3

γ ⋅x

3 x = 0⇒σ = 0 x = 70 ⇒ σ = 4.667 ⋅ 10 − 3

1 δ1= ⋅ E

∫

70

0

γ ⋅x 3

dx =

γ ⋅ x2 E ⋅6

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70

= 1.09 ⋅ 10 − 6 cm 0

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∑ Fv = 0

σ ⋅ A y − w x1 − w x 2 = 0 σ= σ=

γ ⋅ V y1 + γ ⋅ V y 2 Ay

γ ⋅ 70

=

1 + γ ⋅ Ay ⋅ x 3 = Ay

γ ⋅ A y ⋅ 70 ⋅

+γ ⋅ x

3

x = 0 ⇒ σ = 4.667 ⋅ 10 − 3 x = 70 ⇒ σ = 1.867 ⋅ 10 − 2

δ2=

1 ⋅ E

∫

100

γ ⋅ 70

0

3

+ γ ⋅ xdx =

γ ⋅ 70 3⋅ E

+

γ⋅x E

100

= 9.77 ⋅ 10 − 6

0

δ tot = δ 1 + δ 2 δ tot = 1.09 ⋅ 10 − 6 + 9.77 ⋅ 10 − 6 δ tot = 10.86 ⋅ 10 − 6

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OTRA RESOLUCION DE LA SEGUNDA PRÁCTICA 2008 - I 1.- Calcular las fuerzas en todas las barras producen un incremento de temperatura de 55ºC

si

se

A = 6mm 2 ⇒ A = 0.06cm 2 P = 20000kg ∆t = 55º C

α = 1.17 × 10 − 5 º C − 1 E = 2.1 × 106 kg cm 2

P ∑F = 0 2 × Cos (45 ) × F1 + 2 × Cos (30 ) × F2 = P 2 3 × F1 + × F2 = P 2 2 2 × F1 + 3 × F2 = 20000

m ⋅ Cos (45 ) = δa1 + δt1

m ⋅ Cos (30 ) = δa 2 + δt 2

(δa1 + δt1 ) ⋅ Cos (30 ) = (δa 2 + δt 2 ) ⋅ Cos (45) δa1 ⋅ Cos (30 ) − δa 2 ⋅ Cos (45 ) = δt 2 ⋅ Cos (45 ) − δt1 ⋅ Cos (30 )

m

a2

F1 ⋅ L1 3 F2 ⋅ L2 2 2 3 = L2 ⋅ α ⋅ ∆t ⋅ − L1 ⋅ α ⋅ ∆t ⋅ ⋅ − ⋅ E⋅A 2 E⋅A 2 2 2

a1 t2 t1

F1 ⋅ 100 3 F2 ⋅ 100 2 100 2 100 3 ⋅ ⋅ ⋅ α ⋅ ∆t ⋅ ⋅ α ⋅ ∆t ⋅ − = − E ⋅ A ⋅ Cos (45) 2 E ⋅ A ⋅ Cos (30) 2 Cos (30) 2 Cos (45) 2 F1 3 F2 2 2 3 ⋅ ⋅ = 1.17 × 10 − 5 ⋅ 55 ⋅ − 1.17 × 10 − 5 ⋅ 55 ⋅ − 3 2 2.1 × 106 ⋅ 0.06 2 2.1 × 106 ⋅ 0.06 3 9.7202 × 106 ⋅ F1 − 6.4801 × 106 ⋅ F2 = 5.2542 × 10 − 4 − 7.8812 × 10 − 4 9.7202 × 106 ⋅ F1 − 6.4801 × 106 ⋅ F2 = −2.6271 × 10 − 4

9.7202 × 106 ⋅ F1 2 × F1

− 6.4801 × 106 ⋅ F2 + 3 × F2

= −2.6271 × 10 −4 = 20000

F1 = 4984.668kg F2 = 7477.041kg

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2.- Cuatro barras se ensamblan en un muro Fijo y un travesaño de conexión “D” infinitamente rígido, considerando despreciable el peso propio determinar para una variación de la temperatura ambiente -50ºC, los esfuerzos en cada barra y el desplazamiento en el travesaño.

Acero

Cobre

Bronce

−5 −1 α = 1.2 × 10 − 3 º C −1 α = 2 × 10 º C

FAc

FAc

α = 1.8 × 10 − 5 º C −1

E = 2 × 10 6 kg cm 2

6 kg E = 0.8 × 10 6 kg cm 2 E = 1 × 10 cm 2

A = 2cm 2

A = 4cm 2

A = 4cm 2

∑F = 0 2 × F Ac = F

F Ac =

F

F 2

δaCu − δt Cu + δa Br − δt Br = δa Ac + δt Ac F ⋅ LCu F ⋅ LAc F ⋅ LBr − LCu ⋅ α Cu ⋅ ∆t + − LBr ⋅ α Br ⋅ ∆t = + LAc ⋅ α Ac ⋅ ∆t ECu ⋅ ACu E Br ⋅ ABr 2 ⋅ E Ac ⋅ AAc F ⋅ 50 F ⋅ 50 F ⋅ 110 − 50 ⋅ 1.8 × 10 − 5 ⋅ (− 50) + − 50 ⋅ 2 × 10 − 5 ⋅ (− 50) = + 110 ⋅ 1.2 × 10 − 3 ⋅ (− 50) 6 6 6 1 × 10 ⋅ 4 0.8 × 10 ⋅ 4 2 ⋅ 2 × 10 ⋅ 2 F ⋅ 50 F ⋅ 50 F ⋅ 110 −3 + − = 110 ⋅ 1.2 × 10 ⋅ (− 50) + 50 ⋅ 1.8 × 10 − 5 ⋅ (− 50) + 50 ⋅ 2 × 10 − 5 ⋅ (− 50) 6 6 6 1 × 10 ⋅ 4 0.8 × 10 ⋅ 4 2 ⋅ 2 × 10 ⋅ 2 1.4375 × 10 − 5 ⋅ F = −6.695 − 6.695 F= = −465739.1304kg 1.4375 × 10 − 5 ∴ FAc = −232869.5652kg ⇒ σ Ac =

FAc 232869.5652 = = 116434.7826 kg cm 2 A 2

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3.- El bloque rígido es soportado por cinco barras, si la barra central tiene 0.4cm menos que su longitud de diseño, calcular los esfuerzos en las barras al producirse el montaje.

Barra

a1 a2

a3

δ a1 + δ a 2 +

(

)

kg

cm 2 6

1

2.1 × 10

2

1.1 × 10

3

0.7 × 10

6 6

( )

Area cm 2 1 .5 2.0 3.0

δa 3 = 0 .4 Cos (45 )

F1 × 199 .6 2.1 × 10 × 1.5 6

E

+

F2 × 400 1.1 × 10 × 2.0 6

+

F3 × 200 × 2 × 2 0.7 × 10 6 × 3 × 2

= 0 .4

6.3365 × 10 − 5 F1 + 0.1818 × 10 − 5 F2 + 0.1905 × 10 − 5 F3 = 0.4

F1

F3

F 1 − 2 × Cos (45 ) × F 3 = 0

F3

F1 + 2 × F 2 = 0

F2

F1

6.3365 × 10 −5 F1 F1 F1

F2

+ 0.1818 × 10 −5 F2

+ 0.1905 × 10 −5 F3 − 2 × Cos (45) × F3

+ 2 × F2

= 0 .4 =0 =0

F1 = 3733.32  σ 1 = 2488.88 kg cm 2  F2 = −1866.66 ⇒ σ 2 = −933.33 kg cm 2 F3 = 2639.86  σ 3 = 879.95 kg cm 2

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4.- Hallar los esfuerzos que ejercen el piso y las paredes laterales sobre A y B; si los materiales se deforman 4mm hacia abajo. E A = 200GPa E B = 100GPa

µ A = 0.25 µ B = 0.20

ξ Ay = ξ By = 4 × 10 −3 σ Az = σ Bz = 0 σ Ax = σ Bx ξ Ax = ξ Bx = ξ x = 0

( ( )) ( ξ x = E B ⋅ (σ Ax − µ A (σ Ay )) + E A ⋅ (σ Bx − µ B (σ By )) (σ Ax − µ A (σ Ay )) = −2 ⋅ (σ Bx − µ B (σ By ))

(

1 1 σ Ax − µ A σ Ay + σ Az + σ Bx − µ B σ By + σ Bz EA EB

ξx = 0 ⇒ ξx =

))

σ Ax − 0.25 ⋅ σ Ay = −2 ⋅ σ Bx + 0.40 ⋅ σ By σ Ax − 0.25 ⋅ σ Ay = −2 ⋅ σ Ax + 0.40 ⋅ σ By 3 ⋅ σ Ax − 0.25 ⋅ σ Ay − 0.40 ⋅ σ By = 0

ξ Ay = 4 × 10 − 3 = 4 × 10 − 3 =

(

)

1 σ Ay − µ A (σ Ax + σ Az ) EA

(

1 σ Ay − 0.25 ⋅ σ Ax 200 × 109

)

800 × 106 = σ Ay − 0.25 ⋅ σ Ax

ξ By = 4 × 10 − 3 = 4 × 10 − 3 =

(

)

1 σ By − µ B (σ Bx + σ Bz ) EB

1

(

σ By − 0.20 ⋅ σ Bx 100 × 109 400 × 106 = σ By − 0.20 ⋅ σ Bx 3 ⋅ σ Ax

− 0.25 ⋅ σ Ay

− 0.25 ⋅ σ Ax

+ σ Ay

− 0.40 ⋅ σ By

=0 = 800 × 106

− 0.20 ⋅ σ Bx

+ σ By

x

)

y

= 400 × 106 z

σ A 1.25 × 10 Pa 8.31 × 10 Pa 0 σ B 1.25 × 108 Pa 4.25 × 108 Pa 0 8

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OTRA RESOLUCION DE LA TERCERA PRÁCTICA 2008-I 1.- Una probeta de concreto está confinada dentro de un molde cilíndrico de acero, se somete a una fuerza de 12000kg. Calcular a. La presión del concreto entre los materiales b. La variación del radio del cilindro c. El esfuerzo Normal en el acero d. La variación del volumen de la probeta F

Concreto t=0.3cm

E = 0.25 × 10 6 kg cm 2

µ = 0.15 Acero E = 2 × 106 kg cm 2

µ = 0.25

F A − 12000 = −47.157 kg cm 2 σz = 2 π ⋅9 σx =σy

σ=

ξx = ξy = 0

(

(

1 ⋅ σx − µ ⋅ σ y +σz E σ x = µ ⋅σ x + µ ⋅σ z

ξx =

))

(1 − µ ) ⋅ σ x = µ ⋅ σ z

σx =

µ ⋅ σ z 0.15 ⋅ −47.157 = = −7.969 kg cm 2 1− µ 1 − 0.15

σ y = −7.969 kg cm 2

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2.- Calcular el Pmax. Tomando en cuenta los requisitos de resistencia y rigidez

Barra σ f

(

kg cm 2

)

η

E

(

kg cm 2 6

I

2800

2.0 2 × 10

II

2800

2.5 1 × 106

)

σ f 2800 = 1400 kg cm 2 = 2.0 η σ f 2800 = = = 1120 kg cm 2 η 2.5

σI = P

σ II

σI =

'

FI FI ⇒ 1400 = ⇒ FI = 2771.057kg AI 1.9793

4 5 δ I + δ II = 0.275 3 3 4 5 ⋅ 0.54 + δ II = 0.275 3 3 5  FII ⋅ (400)  0.72 + ⋅   = 0.275 3  2 × 10 6 × 1.59 

4 δI 3

5 δ II 3

FII = −1061.33kg P

FII ⋅ Sen(37 ) = P

FII

FII xCos37º FI

P

∑F = 0 FII ⋅ Sen(37 ) = P

  1061.33 ⋅ Sen(37 ) = P   P = 638.724kg 

1

FII ⋅ Cos (37 ) = FI

FII xSen37º

FII ⋅ Cos (37 ) = 2771.057kg

  2771.057 FII = = 3469.739kg   Cos (37 )  FII ⋅ Sen(37 ) = P   3469.739 ⋅ Sen(37 ) = P  P = 2088.141kg   

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3.- Calcular el valor de ∆t permisible si el esfuerzo en la barra de acero no debe exceder de 18000 lb/pulg2.

l l

l

l

FAl

Acero

E = 10 × 106 lb pulg 2

E = 30 × 106 lb pulg 2

α = 12.8 × 10− 6°C − 1

α = 6.5 × 10 − 6°C − 1

A = 2pulg2

A = 3pulg2

∑ Mo = 0 2 ⋅ l ⋅ F Al = 4 ⋅ l ⋅ F Ac

l l

l

Aluminio

F Al = 2 ⋅ F Ac FAc

σ Al ⋅ AAl = 2 ⋅ σ Ac ⋅ AAc 2 ⋅ σ Ac ⋅ AAc σ Al =

l

AAl

σ Al =

2 ⋅ 18000 ⋅ 3 = 54000 psi 2

l l

l

l

2 ⋅ (δa Al − δt Al ) = −δa Ac + δt Ac 2 ⋅ δa Al + δa Ac = δt Ac + 2 ⋅ δt Al 2⋅ 2⋅

σ Al ⋅ l E Al

+

σ Ac ⋅ l E Ac

= l ⋅ α Ac ⋅ ∆t + 2 ⋅ l ⋅ α Al ⋅ ∆t

54000 18000 = 6.5 × 10 − 6 ⋅ ∆t + 2 ⋅ 12.8 × 10 − 6 ⋅ ∆t + 6 10 × 10 30 × 10 6

0.0114 = 32.1 × 10 − 6 ⋅ ∆t ∆t =

0.0114 32.1 × 10 − 6

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= 355.14º C

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4.- En el sistema hallar los esfuerzos que se generan en las barras después del montaje E = 2 × 106 kg cm 2 A1 = 2cm 2 A2 = 4cm 2 A3 = 3cm 2 ∆ = 1mm ≈ 0.1cm F1

∑ M3 = 0

F2

330 ⋅ F1 + 180 ⋅ F2 = 0 F3

∑ M1 = 0 150 ⋅ F2 − 330 ⋅ F3 = 0

150 330 = δ 2 − δ 1 0.1 − (δ 1 + δ 3 ) 150 ⋅ 0.1 − 150 ⋅ δ 1 − 150 ⋅ δ 3 = 330 ⋅ δ 2 − 330 ⋅ δ 1 15 = −180 ⋅ δ 1 + 330 ⋅ δ 2 + 150 ⋅ δ 3

15 = −180 ⋅

− 9000 ⋅ F1 330 ⋅ F1

F1 ⋅ 100 2 × 10 × 2 6

+ 330 ⋅

F2 ⋅ 100 2 × 10 × 4 6

+ 150 ⋅

F3 ⋅ 100.1 2 × 106 × 3

+ 8250 ⋅ F2 + 180 ⋅ F2

+ 5005 ⋅ F2

= 3 × 107 =0

150 ⋅ F2

− 330 ⋅ F3

=0

− 1060.227 = −530.114 kg cm 2 2 1943.749 ⇒ σ2 = = 485.937 kg cm 2 4 883.522 ⇒ σ3 = = 294.517 kg cm 2 3

F1 = −1060.227kg ⇒ σ 1 = F2 = 1943.749kg F3 = 883.522kg

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