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.
L P EI 2 x (P) x dx 2 2 2
d y
2
(a)
2
P L P Integrando (a) EI x 2 ( ) x 2 2 dx 4 dy
P L P integrando (b) EIy x 3 ( ) x 6 2 12
C1
(b)
2
C1 x C2
(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
C 1
PL
16
Por Simetría la deflexión máxima ocurre en el centro de la luz: x=L/2 3
EIy max ymax
P L P L L 12 2 6 2 2 PL3 ; pero 48EI 3
PL
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.
wL w M x x2 dx 2 2 2
EI
d y 2
2 3 wL x w x EI M C1 dx 2 2 2 3
dy
3 4 wL x w x EIy M C1 x C2 2 3 2 12
Condiciones de Apoyo: x=0 y=0
C2=0
wL x EIy 2 6
3
x=L y=0
w x 4 C1 L 0 2 12
3
C 1
wL
24
Por Simetría la deflexión máxima ocurre en el centro de la luz: x=L/2 3
4
3 wL L w L wL L EIy 12 3 24 12 24 2 5wL4 ymax pero y ; EI 384 4
5wL
384EI
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.
2
EI
d y 2
dx
(P)x Pa (P ) x a
(a )
x a x 2 EI (P ) Pa ( x) (P) dx 2 2
2
dy
C1
( b)
Condiciones de Apoyo [la viga esta empotrada] x=0 y=0 dy/dx = 0
C1=0
3 P 3 Pa 2 P ( x ) x a C2 x 6 6 6
EIy
[x=0 y=0]
C2 = 0
La deflexión máxima ocurre en el extremo libre de la ménsula: x=L
EIymax
PL3 Pa 2 P (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.
2
M (wb) x w
x a 2
x a 2b w 2
(1)
2
Calculamos la ec. De pendiente y deflexión a partir de (1): 2
EI
d y 2
dx
M 3
3
w x a w x a 2b EI (wb) C1 dx 2 2 3 3 2 4 4 wb 3 w w EIy x x a x a 2 b C1 x C2 6 24 24 dy
x
2
Condiciones de apoyo:
x=0 L=0
C2=0
Condiciones de apoyo: x=L, y=0 4 4 wb 3 w w L L a L a 2b C 1L 6 24 24 3 2 2 wbL2 w L 3L a 3La 3 a C1 4 2 6 8 8 La deflexión máxima sucede cuando x=L/2 debido a la simetría de la viga.
0
3
4
wb L w L L ELymax a C1 6 2 24 2 2 De donde: 4 w 3L 3 4 3 ELymax L a a bL ; como y , entonces : 24 16 4 3L w 3 4 3 L a a bL 16 24EI
Si a=0, entonces 2b = L, b=1/2 4
Reemplazamos en (2):
5wL
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: 2
EI EI
d y 2
dx dy dx
2 150 x 150(x 2)
2
150
x
EIy 25x 3
150
2 25 2
x 2 3
3
C 1
4 x 2 C1 x C2
Condiciones de apoyo: X=0, y=0; de donde C 2 = 0 X=4, y=0 0 1600
25 2
(16) C 1 (4)
2 C1 350Nm
Luego: EIy 25x 3
25 2
4 x 2 350x
Del problema: 1 L 1 2 E 10GN / m , (4) m 90 2 360 ELy(2) 25x2 3
ELy(2)
25
4 2 2 (350)(2) 500
2 500, entonces EI (2) 500
Entonces: I
500 E
500
1 10 10 90
I 4.5x10 mm 6
4
45000 X 1010 m4
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. 2
EI EI
d y 2
dx dy
225x 150(x 1, 5)2 150(x 3, 5)2
225x 2 2
dx
EIy
225 x 3 6
150 3
150
12
( x 1,5)3
(x 1,5)4
150 3
150 12
(x 3,5)3 C1
(x 3,5)4 C1 x C2
De las condiciones de apoyo: X=0, y=0; por lo tanto C2=0 X=4, y=0; de donde: 0
225(43 ) 6
150 12
(4 1,5)4
150 12
(4 3,5)4 C 1 4
2 C1 468,13Nm
Por lo tanto: EIy
225 x 3 6
150 12
4 (x 1,5)
150 12
4 (x 3,5) 478,13x
En el centro de luz, x=2m: 3
EIy (2)
225(2 )
6
150 12
EIy(2) 657,04Nm
3
657,04Nm
3
4 (0,5) 478,13(2)
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:
x A
(4)(1200) 2 2
(4) 3
(1800)(2)
2 1 2 (2) (600) 3 2 3
2
dedonde : (area) AB x A 2500Nm
3
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)
A Además AB: area de la sección oblicua; luego:
sen(60)
Para los esfuerzos tenemos:
N
R
P
sen(60)
AB A v p sen(60)cos(60) AB A Como de los datos P=100KN: en (A) y (B): 2
N N
100 3 kN 2 3 5 x10 2 m 15MPa
5
3MPa
( A) (B)
AB
