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resistencia de materiales
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TRABAJO DE RESISTENCIA DE MATERIALES
1.-
NUDO A :
SimetriaFac=Fab
∑ fx=0 Fad+2Fac=P=150000Fac=150000−Fad
NUDO B :
∑FX = 0
2 Fcdcos30 °=Fad=Fcd= Fad√3
∆ ad=∆ a−∆d
∆ ad=2∆ac− 2
√3∆cd
FadLadAE
= 2FacLacAE
- 2√3 .FcdLcdAE
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 2
Fad ( 4 l√3 )=2 (150000−Fad )( 2 l√3 )− 2
√3 ( Fad√3 )(2 l)4 Fad
√3= 4
√3(150000−Fad )−4
3Fad
Fad=58199.31N
Fac=150000−Fad=91800,69N
Fcd=Fad
√3=91800,69
δ= FA
A= Fδadm
= 91800,69N
160∗10−4m2=5,7375cm2
δad=FadA
= 58199,31N
5 ,7375∗10−4m2 = δad=101,4Mpa
δac=FacA
= 91800.69N
5,7375 x 10−4m2 = δac=δab=160Mpa
δcd= FcdA
= 53001,15
5,7375 x10−4m2= δcd=δbd=92.4Mpa
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 3
∆ AM+∆MN+∆ NPRA ( L4 )AE
+RA−2P( L4 )
AE+RA−3 P( L2 )
AE=∆
RAl4
+(Ra−2 p ) L
4+(RA−3P ) L
2=∆ E∆
RA4
+(Ra−2 p )
4+( RA−3 P
2 )=∆ E (L2 )∆=10−4 L
∆L=10−4
RA4
+ RA−2P4
+RA−3 P2
=25 x10−4 x2 x1012 x10−4
RA=2P+500000
FUERZAS NORMALES
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 5
N AM=2 P+500000
NMN=RA−2 P=500000
NMN=RA−3 P=2 P+500000−3P=500000−P
COMO NB ESTA EN COMPRESION
N NB=−(P−500000)
σconpresion=NNba
a
4 x106= p−50000025 x 10−4
P=600000N
P=600N
B) Si el espacio A se aumenta 2 veces
∆=3 x10−4 l
∆l=3 x10−4
Reemplazando en (1)
RA4
+ RA−2P4
+RA−3 P2
=25 x10−4 x 5 x1012 x 3x 10−4
ra=2 p+1.5x 106
Fuezasnorma les :
N AM=2 P+1.5 x106
NMN=RA−2 P=1.5 x106
N NB=RA−3 P=1.5 x 106−p=−¿
σcompresion=N NA
A
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 6
4 X 106=PP−1.5 X 106
25 x10−4
p−1.6 x 106N
P=1600KN
3).Una barra escalonada empotrada rígidamente en sus extremos, está cargada con una fuerza p=200 KN en la sección m-m y con una fuerza 4p = en la sección n-n. A lo largo del eje de la barra hay un orificio pasante de diámetro do=2.Los diámetros exteriores de los escalones son: d 1=6cm ,d 2=4 cm ,d 3=8cm .El material es acero, E=2x 106Mpa .Determinar las reacciones en los apoyos A y B, construir los diagramas de fuerzas longitudinales N, de las tensiones normalesσ y de losdesplazamientos longitudinales de las secciones transversales δ de la barra.
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 7
p=200
Do=2cm
D 1=6cm
D 2=4cm
D 3=8 cm
E=2x 106=Mpa
E=2x 106=100 NCm2
E=2x 108 NCm2
=2 x105 KnCm2
δAB=0⇒ δAp+δPQ+δQR+δRB=0
RA=(200cm )π4
[62−22 ] cm2(2x 105 KnCm2 )
+(RA−200 ) (10cm )
π4
[ 42−22 ]cm2(2 x105 KnCm2 )
+(RA−200 ) (20cm )
π4
[82−22 ] cm2(2x 105 KnCm2 )
+ (RA−1000 )(20cm)π4
[82−22 ] cm2(2x 105 KnCm2 )
=0
2RA32
+ RA−20012
+2 (RA−200 )
60+2 (RA−1000 )
60=0
RA16
+7(RA−200)
60+ RA−1000
30=0
RA16
+ 760
RA−140060
+ RA30
−100030
=0
RA=266.67KN
∴RA+RB=5P=1000
RB=733.33KN
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 8
σAP= 266.67KNπ4
(62−22 )cm2=10.61 KN
C m2
δPQ= 66.67KNπ4
[42−22]cm2=7.07 KN
Cm2
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 12
σ QR= 66.67KNπ
4 [82−22 ] cm2=1.41 KN
Cm2
δRB= −733.33KNπ4
[82−22]cm2=−15.56 KN
C m2
Desplazamientos longitudinales en la barra
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 13
δPQ=66.67 (10 )
π4
[ 42−22 ]cm2 (2x 105 )=0.353 x10−3 cm
δQR=66.67 (20 )
π4
[82−22 ] cm2 (2 x105 )=0.141x 10−3 cm
δRB=−733.33 (20 )
π4
[82−22 ] cm2 (2 x105 )=−1.556 x10−3 cm
4.Una barra absolutamente rígida AB cargada con fuerzas repartidasuniformemente de intensidad q, está suspendida de los tirantes de acero iguales y paralelos de sección A=10C m2y apoyada en la parte media sobre un cilindro hueco de cobre de 100x 80 mm. Determinar la magnitud admisible de la
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 15
intensidad de la carga repartida a partir de las tensiones admisibles en el acero
[σ cob ]=40Mpa.El modulo de elasticidad del acero es EAc=2.1 x106Mpa; el del cobre
es, ECob=1.4 x106Mpa .
SOLUCION
DMF
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A=10 cm^2
[σ Ac ]=160Mpa=1600 N
C m2
[σ Cu ]=40Mpa=4000 N
C m2
EAc=2.1 x106Mpa=2.1 x108 N
C m2
ECob=1.4 x106Mpa=1.4 x 108 N
C m2
∑ F y=0
2 f Ac+2 f Cob=100q
∑M A=0
f Ac (100 )+ f Cob (50 )=100q (50 )
2 f Ac+f Cob=100qTensión en el acerof Ac
10cm2=1600N
Cm2
f Ac=160000N=160KN
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Tensión en el cobref Cob
π4
[102−82 ] cm2=4000 N
Cm2
f Cob=113097.336N=113.097KN
∴2 [160KN ]+113.097 KN=100q
q=4330.97 NCm
=4.33KN
5).Construir los diagramas de N, V y M de la viga AC.
∑ F x=0
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RB=( 1√2 )+P=0
RB=−√2 P
∑M A=0
RB=( 1√2 )a+RC (2a )=0
(−√2 P )( a
√2 )+RC (2a )=0
RC=P/2
∑ F y=0
RB=RA+RB( 1√2 )+RC=0
RA−√2 P
√2+ P2=0
RA=P2
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∑ F x=0
RA sina+P=0
RA= −Psin a
∑M B=0
RA cos a (l )=RC (2 l)
−Psina
cosa=RC (2)
RC=−P cot a2
∑ F y=0
RA cos a+RB+RC=0
−Psina
cosa+RB−P cot a2
=0
RB=32P cota
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7. Determinar la carga admisible para una viga de hierro fundido de sección triangular de altura h=5cm y ancho de base b=h si el factor de seguridad es igual a n=3 y el límite de resistencia del hierro fundido a tracción es 200Mpa y a compresión, 1000Mpa. la longitud de la viga es igual a l=1
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SOLUCION:
Fs=3
δT=200Mpa=20000 N
Cm2
δC=100Mpa=100000 N
Cm2
De la sección
I=bh3
36=5¿¿
Mmax=P2
(0.5m )=25 PN .Cm
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∴ δT(25 PN .cm )( 53 cm)
17.361cm4=20000
3N
cm2
P=2777.76N
∴ δC(25 PN .cm )( 103 cm)
17.361cm4=100000
3N
cm2
P=6944.4N
∴P Admisible=2777.76N
8.Determinar los esfuerzos normales máximo y mínimo en la sección peligrosa de la barra que está sometida a resistencia compuesta.
SOLUCION:
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Tgθ=my=3a
h
m=3ah
. y
∴ Area desección tranversal
A=(a+m)b
⇒Esfuerzonormal= PA
= P(a+m)b
= P
(a+ 3ayh )b= P
a(1+ 3ayh )b
¿ paby=0
Esf . max
¿ paby=h
Esf . min
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