Capitulo 2 Deformacion b

  DEFORMACIÓN.CIVIL.

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EJERCICIOS PROPUESTOS.

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PROBLEMA 2-3.

 

   

. Si La viga rígida se sostiene mediante un pasador en  y por los alambres  Y la carga sobre la viga hace que el extremo se desplace 10 mm hacia abajo, determine la deformación unitaria normal desarrollada en los cables  y .



SOLUCIÓN: Para la solución de este problema debemos usar La fórmula teórica de deformación axial que es

 =  Hacemos una triangulo para idealizar nuestras teorías sobre deformaciones axiales y hacemos la siguiente proporción de triángulos: ∆LBD



 =

∆LCE



Despejamos una incógnita pues el otro valor ya nos lo dan en el enunciado: ∆

 =

3(10) 

= 4.2857 

Ahora bien aplicamos la fórmula de la teoría de la deformación axial:

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 =

∆LCE

 =

∆LBD

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





 =  = 0.00250 mm>mm

 =

. = 0.001071428 mm>mm 

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PROBLEMA 2-9.

Parte de un mecanismo de control para un avión consiste en un elemento rígido CBD y un cable flexible AB. Si se aplica una fuerza al extremo D del elemento y se produce una deformación unitaria normal en el cable de 0.0035 mm/mm, determine el desplazamiento del punto D. En un inicio, el cable no está estirado.

SOLUCIÓN:

Debemos de conocer primero la longitud del cable y para eso aplicamos el teorema de Pitágoras:

  = √ 400  + 300  = 500  Ahora bien necesitamos saber la longitud del cable con la respectiva deformación que este lleva:

AB′ = AB + εAB - 21 -

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AB′ = 500 + 0.0035(500) = 501.75  Teniendo estos datos hacemos una sumatoria para deformación:

conocer el ángulo de

501.75  = 300  + 400  2(300)(400)   α

= 90.4185°

 = 90.4185°  90° = 0.4185° = ° (0.4185)  ∆ = 600() = 600(° )(0.4185) = 4.38 mm.

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ROBLEMA 2.16.

El cuadro se deforma hasta la posición indicada por las líneas discontinuas. Determine la deformación unitaria normal a lo largo de cada diagonal  AB  y CD . El lado D’B’  permanece horizontal.

SOLUCIÓN: Utilizamos el teorema de Pitágoras para saber la longitud de

   =  = √ 50 + 50 = 70.7107  Ahora para encontrar la longitud entre ′′ utilizamos el ángulo y un poco de trigonometría:

’’ = √ 53  + 58   2(53)(58)  91.5° ’’ = 79.5860 mm B D 50 + 53  1.5 °  3 = 48.3874  Finalmente calculamos la longitud que va de  ′  ’ = √ 53  + 48.3874  2(53)(48.3874)  88.5°  ’ = 70.8243 mm ’

’ =

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Y calculamos la MEDIA TENSION NORMAL que lo podemos hallar de la siguiente forma:

 =  ′    = ..–.  = 1.61(10−) /  = ′′   =.6.−.  = 126(10−) /

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PROBLEMA 2-28.

∈ =  − , donde  se expresa en milímetros. Si el alambre tiene una longitud inicial , El alambre está sometido a una deformación unitaria normal definido por determinar el aumento de su longitud.

SOLUCIÓN: Podemos en base a la formula teórica para calcular la deformación axial o unitaria que está dada por problema:

 =   , conceptualizamos y lo idealizamos con la ecuación dada en este

 =   =  −    ∆ = ∫  −   = [12 − ] L0 = [12 −  12]   = [1   − ] 

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