Solucionario - Resistencia de Materiales 7 Rusos | 7 PROBLEMAS | "SIETE"

PROBLEMA 69:

Calcular las tenciones normales en los elementos elásticos de los sistemas sometidos a la acción de fuerzas de módulo de elasticidad es E.

2

 F1 = 4cm 4cm

 F2

2



5cm

 P  5 103 Kgf   Kgf  

SOLUCIÓN: D.C.L. Por estática:  T1

 M  A

(2a cos  )  P(a )  T2 (2a cos  )  O

(2 cos  )T1 2(

2 2

  0

)T1



2T1 

P



4 5

2T 2 (

T2



P



2 5



2T 2 cos    A

)

C

P ...........(1)

Las deformaciones de las barras elásticas. l1 

l2 

l1T1  E1 F1 l2T2  E2 A2



T1 (a



2)

4E T2 ( a

2E



5)



2 AT1 4E 

5aT2 2E 

 

...... ......(( a)  

........( ........(b)

Diagrama de deformaciones

l2 sec   l 1 sec 45

 53   l2 sec    l 1 sec 45  2  (



Reemplazando (a) y (b) en (I)  se tiene: 5 (

5T2

a

5 E

)



5 2

)l2

5l2

2 2(

a

2

2T1 4 E 

 T2  T 1

2T1 

Ahora reemplazando en:

4 5

T1

4

2T1 



T1 (

2



5

4 5

P ...........(1)

T1  P 

)  P  T 1 

Pero  P  5000 Kgf  T1  1561Kgf  

T2



1561Kgf  

 

Por lo que las tensiones normales (  ) son:

 1

  



2

T 1  F 1





T 2  F 2

390 Kgf / cm

2

Rpta

2



 P 

2

312 Kgf / cm

 Rpta.

2l 1



4 5

)

2l1........( I )

 

PROBLEMA 77:

Calcular las tenciones del montaje,  es la magnitud lineal del error cometido al elaborar el elemento elástico del sistema, considerarse que  E  2 106 Kgf / cm2 .  F1  F2



2F 



F 

SOLUCIÓN: D.C.L.

Por equilibrio:

 M 

0

0

 T1

(4a cos  )  T2 (2a cos  )  T2 (2a cos  )  0

 T1

(4a cos  )  T2 (4a cos  )  0

 T1  T 2

Pero:

T1

Luego: T1  1 F1 

1



2 F

 T2 2  1

Diagrama de deformaciones Por semejanza de triángulos. triángulos. 2m



   1

2 2   1

m  2

   2(

 2l2  E2

)

 1l 1



E 1

aCsc  y l2 = aC aCsc  Pero l2 = aC 

2(

 2 aCsc  E

)

 1aCsc  E 

 





 1F1  T2





  

2

-T 2

 2 F 2   

 

2

F 

Es de contracción contracción   

2

F2  



2 2

  Esen     1   a

, pero



2



2  1

  Esen    5 1  a

Por lo tanto las tensiones en el montaje son:  1 

 Esen   5a

 y  2



2 Esen   5a

PROBLEMA 81

Determinar las tenciones térmicas. Notaciones:

t 

variación de temperatura de todo el sistema en grados centígrados;

t i variación

de la temperatura del

elemento “i” del sistema. 7

1

7

1

 

 165 10 C

 

 125 10 C

Cobre

 Acero  Acero

, ECobre

, E Acero Acero

6

Kgf / cm 2

6

2

 110 

2 10 Kgf / cm

SOLUCIÓN: D.C.L.

 Fy  0

Por estática:

2T 1 cos 30

3 2

Pero: T 1



T 2

 1 A1



Luego:  A 2

2

T 1





 2 A2 



T 2

T 1





1

 T 2 

2 

T 2

2T 2 cos 60

2 A  1 

3(2 A 1 )

2 3 1.... ...... ...( .(1 1)

 A  2



3T 1

2 A 1



A 2

Diagrama de deformaciones .



Para el acero: 2

 T   l2 (

2   T  

2 a(

 2

  t )

 E 2

 2

2  10





6

125 10

a

2

 T 



10 6

( 2



7





10)

250).......(b)

Debemos reemplazar (a ) y (b) en (2) , entonces 2a 10 6 1



2

lT

l T 



cos 30 30

T1

cos 60 60

Pero de (1) tenemos:

10 6

2  1

)( 2 

3 2 

250)





750

3 2

 2  2 3 1

2 1  T 

3  T 2 .... ...... ...(2 .(2))



1080  3(2 3  1 )  2  1

 Ahora sabemos sabemos que:

1080

T  Tensión    temperatura 



a

1080  2  1

2

2

3(



330

, entonces

3 T 



(165 16 5   1 )

    1

Para el cobre: T 1



1

 T 



 l1 ( 1t 1 



T 1

2a 3 

 1  E 

(165 10 2a

106 3

6 2



2



Finalmente:  2

87.15 Kg / cm

2

2



301.89 Kg / cm

)

Por lo tanto: 7





10 

 1

106

)

(165 165   1 ).... ....... ....((a)

 1  2





87.15 Kgf / cm

2

301.89 Kgf / cm

2

  Rpt.

PROBLEMA 85

Determinar las tenciones térmicas. Notaciones:

t 

variación de temperatura de todo el sistema en grados centígrados;

t i variación de la temperatura del elemento

“i” del sistema. 125  10  Acero 

 

 E Acero  2  10

7

1

C 

6

 Kgf / cm2

SOLUCIÓN:

Diagrama de cuerpo libre  (D.C.L.)



En el punto “O”



  Fy  0 : T3

En la barra AC   Fy  0

  2T2 cos 45  2T 2  

2 2

  

2T 1



2  1 A 

 3 F



T3





A  3

2T 2 , luego

21   3   1

2 F  2

Por lo que:  2

T 3

1 

2

 3 ........(1)



 3

2

..........(2)

Diagrama de deformaciones: deformaciones: Del grafico podemos notar que l 



1



 3

Luego en el triángulo rectángulo

(l ) cos cos 45   2 l 

1   3



1  3





Pero

 2 cos cos 45

2 2 .... ...... .... .... .... ..(( I )  2

  1    temperatur a     fuerza  ,

 l1 ( t  

1  E

)

 3l 3



E



l 1



 2l 2  E 

 y  3



 3l 3  E 

2 2l 2 E 

l1 (tE   1 )   3 l3 

Pero sabemos que:



2 2l2  

2a , l 2



 

 

a 2 , l 3

2a( tE   1 )   3 a 2 tE   2  1



a

2 2 a 2



   3 

2  2

2tE  2 1   3  2 2 .. ....(  II )

 

 Ahora debemos debemos reemplazar reemplazar (1), (2) y los los datos en (II) (II) 

140(125  10 7 )(2  106 )  2( 

35000  (

2 2

3

  )   3  2( 3 ) 2 2



2) 3

 Kgf / cm2

   3  1025.12

 Además reemplazan reemplazan en (1) y (2) tenemos: tenemos:      

1

 2





3

2

2



 3 2

520.56 Kgf / cm



724.87 Kgf / cm2

PROBLEMA 85

Determinar las tenciones originadas por las fuerzas y tenciones debidas a la variación de la temperatura. Notaciones:

  

i p

y   i , tenciones en la barra “i” t 

debidas a la acción de las fuerzas y a la variación de la temperatura, respectivamente considerar

para

las

barras

 E  2 106 kgf kgf / cm2 y    12 106C 1 .

SOLUCIÓN:

Diagrama de cuerpo libre  (D.C.L.)

Por estática: 



  F  y  0 :

 M

 A

  8400......(1) T1  T2  T 2 

 0 : T2 (1)  T 3 (3)  8400(1.5) 



 M

c

T2  3T 3



12600......( 2)

 0: T1 (3)  T 2 (2) (2)  8400(1.5) 

3T1  2T 2



12600.....(3)

Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (3) se obtienes lo siguiente.

T1

8400, T2

 



Lo que significa que Pero T1



0 y T3



8400

T1  es de compresión.

 A1 1 y T3



A3 3 2

Entonces  1 = 2100Kgf / cm y  3 = 2100Kgf / cm

2

 Ahora las deformaciones deformaciones debidas los esfuerzos son: son:  1 = Luego se tiene:  1 =  1 = 0.105lcm

2100l 2 10

6

y   3 =

  1l   E

 y   3 =

  3l  E 

2100l  2 10

6

y  3 = 0.105lcm

 Ahora veamos las deformaciones deformaciones ocasionado ocasionado por el cambio de temperatura.

1temp = lt

 14 l

temp

= lt

 14 L

temp

= lt

 14 l

2 3

 

 

Luego la deformación total para cada barra estaría dado por: l1    0. 0.105l  14 l   , l2  4 L  y

l3    0. 0.105l  14 l 

De la diagrama de las deformaciones, tenemos: 5l2  2l1  l 3

Luego de reemplazar en este último:  L



3.95l