Parcial Resistencia de Materiales2

UNIVERSIDAD NACIONAL “SAN LUIS GONZAGA DE ICA “ FACULT ACULTAD DE INGENIERIA INGENI ERIA CIVIL PRIMER EXAMEN PA PARCIAL RCIAL DEL CURSO DE RESISTENCIA DE MATERIALES I

PROB PR OB.. N 0 01: Una carga axial de 20 Ton. Ton. Se aplica a una columna de madera; que es soporado por una !apaa de concreo" que reposa en el suelo. #allar: a$ %l es& es&ue uer! r!o o m'xim m'ximo o de aplasamieno de la columna en la !apaa ()ig. ()ig. 0

 N  1 $

*$ +eerm +eermina inarr las dimen dimensio siones nes de la !apaa" para el cual la capacidad porane del erreno es de 1., -g  cm 2. NOT/: NOT/: +espreciar el peso de las esrucuras. PROB PR OB.. N 0 02: +eerminar el di'mero necesario" para las arillas roscadas de acero" que suean los aludes del canal de la )ig. N0 2. onsiderar el es&uer!o admisi*le de3200 4gcm2 γ  AGUA 5 1000 4gm6

PROB PR OB.. N 0 06: Un elemeno plano es' someido a las ensiones represenadas en la )ig. N0 6. +eerminar uili!ando el c7rculo de 8o9r: a$ as ensiones principales  sus direcciones" *$ as ensiones coranes m'ximas  las direcciones de los planos en que se producen.

SOU
P 5 20 Ton σ t   5 1., 4g cm 2

a$

 P  A

σ a  5

5

20000 25 x 25

5 624g  cm cm2

σ a  olumna 5 62 4g  cm 2

*$

 P

σ 

5  A

 A =

20000 1.5

=13,333.33  cm2

PROB. N 0 02:

=?

∅

σ  AD =4200  Kg / cm γ w =1000 Kg / cm

2

2

w =γ w

(

1 2

)

 x 0.60 x 1.20  x 2.50 =1000 ( 0.90 )

w =900 Kg ( II )

( II ) en ( I ) :900

() 1 3

 X  0.60− 1.5 f = 0

 Desarrolando : F =120 Kg

Para deerminar el di'mero" uili!amos el concepo de es&uer!o. 4200

 A =  x 0.75

=

kg cm

2

120 4200

=

120 kg

 A

=0.02857 cm2

1.20 1.50

 A = 0.02857=  

 x = 0.60 m ∑ Mo =w

d =0.19 cm

( )( 1 3

0.60 )− F ( 1.50 ) =0 ( I )

PROB. N 0 03:

!  ( 840,280 ) " ( 0,−280 )

d

2

4

# ( 420,0 ) $# =#%

#! = &= √ 420 + 280 2

2

 &= 504.78 σ max =$# + & =420 + 504.78 = 924.78 σ m'n= & −$# =504.78 −420 =84.78 (ag 2 )=

280 420

=0.6666

0

2 ) =33.69 *) =16.845 0

# =

840+ 0 2

# =420

0

2 ) s=2 ) + 90 * )s =61.845

σmax = & =504.78

0

kG cm

2

PROB%8/ 1$ Una *arra de *ronce de 60= de longiud  2 pulg 2 de 'rea  una de acero de 20= de longiud  1 pulg2 de 'rea poran una carga axial  P " como indica en la >gura. %l es&uer!o admisi*le del acero es de 20"000 li*pulg2  del *ronce es de 12"000 li*pulg 2"  la elongaci?n oal no de*e exceder de 0.062, pulgadas. +eerminar la carga m'xima que puede aplicar. SOU<@N 1. +eerminamos la carga m'xima que puede soporar el acero. σ =

 P  A  P=σ+A = 20,000  x 1  P=20,000 l',-

2. a carga m'xima que puede soporar el *ronce.

σ =

 P  A

 P= σ+A =12,000  x 2 = 24,000 l',-

6. %l alargamieno m'ximo:

( )

σ =

( )

 P.  P. acero + ,ronce  %A  %A 6

 % Acero= 30 x 10 l', / /0lg 6

2

 %1ronce =15 x 10 l', / /0lg

2

0.0325 =

P x 20 6

30 x 10  x 1

+

P x 30 6

15 x 10  x 2

+esarrollando se o*iene:  P=19,500 l',-

 Padm's',le=19,500 l', < P Acero < P 1ronce

PROB%8/ 2$ onsruir el diagrama de &uer!a axial N" considerar la inensidad de la carga uni&ormemene disri*uida qx. SOU<@N Para el desarrollo del pro*lema" uili!amos la  P x = 2 F + 2

∫3 + d  x

 x

PR<8%R TR/8O: 2

∫

2

 P1=−5−2 − 2 dx =−5 −2| x|0 0

%n la primera condici?n: uando x 5 2  P1=−5−2|2|=−5 −4 =−9 k 

%n la segunda condici?n: uando x 5 0

 P1=−5−0 =−5 k 

2

S%AUN+O TR/8O:

∫

2

P2=−9 + 3 − 2 dx =−6−2| x|0 0

uando x 5 0" se iene :  P1=−6− 2|0|  P1=−6 k 

uando x 5 2" se iene:  P2=−6− 2|2|=−6− 4  P2=−10 k 

2

 T%R%R TR/8O:

2

∫

∫

0

0

P3=−10−5 − 2 dx =−15− 2 dx 2

 P3=−15−2| x|0

uando x 5 0" se iene:  P3=−15 k 

uando x 5 2" se iene:  P3=−15− 4 =−19 ∴ P3

=−19 k 

PROB%8/ 6$ +eerminar el despla!amieno

4 

 del puno de aplicaci?n de la carga

 P

  las ensiones normales en las secciones ransersales de las *arras de comporamieno el'sico.

onsiderar como daos el m?dulo de elasicidad (%$  la secci?n (/$" ser'n iguales para las dos *arras el'sicas. SOU<@N Se sa*e que:  P=

3a 2

 (<$

+onde: 3d =2 P

 (<<$

%&ecuando el +.. de la esrucura in&erior /B.

 2 M  A = 0 2 P

 (<<<$

C



( )+  a

2

 P ( a ) − F 1 ( a ) =0

+esarrollando:  F 1= 2 P

 (
σ 1=

a Tensi?n Normal ser':

 F 1  A1

=

2 P

 A 1

%&ecuando el +.. de la esrucura superior +.  2 M  D=0

 (D$

45 5  sin ¿

¿ − F 2 ¿  F 2

( )= √ 2 2

a 2 P ( 2 a )

 F 2 =

σ 2=

 F 2  A2

4 2 P 4 P = √  =

√ 2 A 1

 A 1

EUO +% +%SP/F/8<%NTO. G +el puno H=.

8 P  √ 2

√ 2

 x

√ 2

= 4 √ 2 P

(<$

4 2=

4 2=

σ 2 ( a √ 2)  %2

=

σ 2 ( a √ 2 ) 2 %1

4 P  a √ 2

 A 1

∴ 4 2=

 x

2 %1

2 √ 2 Pa

 A 1 %1

uego:

√

4 2 = 2 ( 6

4 2 = 6

2 √ 2 Pa

 A 1 % 1

2

2 2 Pa ) = √  + √ 2

 A 1 % 1

4 Pa

 A 1 %1

%&ecuando la relaci?n de Ios en la &ig. (<$ c c 7  2 a = 4 2 a 6

7 

c c = 2 4 2 7 

c c =2

6

( ) 4 Pa

 A 1 %1

=

 8  Pa

 A 1 %1

+eerminando el despla!amieno del puno B solamene considerando la &uer!a  P -

4 1=

4 1=

2 Pa

 A 1 %1

σ 1 ( a )  %1

=

2 P

 A1

+

a  % 1

(1 )

uego el despla!amieno erical oal del puno HB= ser' la suma de odos los despla!amienos ericales en esa direcci?n. 4 !  =4 1+ c c 7  ( 

4 !  = ( 

4 !  = ( 

2 Pa

+

8 Pa

 A 1 % 1  A 1 %1 10 Pa

 A 1 %1

PROB%8/ 3$ Una *arra roncoc?nica maci!a de secci?n circular ar7a uni&ormemene enre un di'mero d  uno maor +" con longiud . +eerminar el alargamieno de*ido a una &uer!a axial  P  aplicada en cada exremo. SOU<@N

1J Tomando un di&erencial (dx$ de la *arra" con re&erencia al di'mero menor. 2J Por la relaci?n de Ios semeanes" se calcula la ariaci?n del radio del elemeno.

d

γ −

( )( )

 x  x  D−d d 2 = =γ − * 2 2  .  D d  .

−

2

2

+?nde: γ =

( )(

)

 x  D −d d +  . 2 2

+e&ormaci?n por la acci?n de una carga axial.  P. 4 =  %A

/plicando la %cuaci?n +i&erencial. Pdx   P+dx = d4 = 2  % (  γ  )  x ( D −d ) d +  %  2 . 2

[

]

2

4 P+dx

d4 =

[

 x ( D−d ) +d  %   .

4 

4 P

 .

∫ d4 =  % ∫ 0

0

[

]

2

 x ( D −d ) +d  .

−2

]

+eerminando la deriada de la expresi?n para muliplicar  diidir.

[

]

− d  x ( D −d ) + d = D d dx  .  . 4 

 .

4 P.

∫ d4 = % ( D− d ) ∫ 0

0

4 P.

4 =  % ( D−d )  D−¿

¿

 % ¿ 4 P.

4 =

¿

|

[

[

 x ( D − d ) +d  .

 x ( D −d ) +d  .

−1

|

−1  .

]

0

−2

] ( ) +

 D − d + dx  .

| |

4 P. 1  1 4 P.  D − d − = 4 = +  % ( D−d ) d  D  % ( D − d ) d+D

4 P. 4 =  %D+d

PROB%8/ ,$ %l 'r*ol de la >gura siguiene es' compueso de res secciones >amene unidos enre s7. Se supone que odas las cargas que se indican a lo largo del ee geomKrico del 'r*ol. Se desea deerminar el alargamieno oal del 'r*ol.

SOU<@N  2 M  A =0

(G$

(C$ ∴ P 1

∴ P A

=900 kg -

900 −3600 + P1 =0

=2700 kg -

(C$

900 −3600−1800 + Pc = 0

= 4500

∴ P c

ONUS<@N

+aos: Secc. / 5 6.2 cm2



%/ 5 1.1 x 10L -grcm2

Secc. B 5 L.2 cm2



%B 5 2.1 x 10L -gr cm2

Secc.  5 2., cm2



% 5 0.M x 10L -gcm2

Se sa*e que:   5

 P- .  % - A

  5 / C B C    5

−900 x 20 1.1 x 106 x 3.2

C

  5 0.00, C 0.00L C 0.066   5 0.063 cm

2700 x 30 2.1 x 106 x 6.4

C

4500 x 18 0.98 x 106 x 2.5

PROB: onsruir el diagrama de presiones ( σ  x $. alcular 8l  " si P5 104N" l 5 10.6 m" d5 0.01" dx5 (0.01Cx 2$ m" %5 2x10G, 8Nm2

Soluci?n: Para deerminar el es&uer!o es necesario deerminar el 'rea de la secci?n ransersal de cada ramo. Por lo ano se deermina el ramo cenral.  A c =

d 4

2

2   = ( 0.01 ) =78.54  x 10−6 m2

4

Sec. Daria*le:

 A l=

d 4

2

=   ( 0.01 + x 2 )

2

4

a ensi?n normal en la pare cil7ndrica ser': σ c =

  10000 N   P 10 KN  = = −6 2  A  A 78.54 x 10 m

σ c =127.32

 MN  2

m

a ensi?n aria*le en la secci?n aria*le: σ 6 =

  10,000 N 

  4

( 0.01+ x2 )2 2

σ =127.32 MN / m

uando x 5 0

σ =

uando x 5 1L

 

[

40,000

  0.01 +(

0.3 6

σ =81.49 MN / m

2

)

]

2

2

uando x 5 16 σ =

 

40,000

[

  0.01 +(

0.3 3

2

)

] σ =31.83 MN / m

2

uego el alargamieno a*soluo de la *arra ser': 8 l = 2

 P x + dx

∫  % A

 x

= 2∫

σ  x + dx  %

127.32 x 0.01

8 l=

2 x 10

5

1 /3

+∫ 0

4.0 x 10

−2

dx

2 2

5

 ( 0.01 + x )  x 2 x 10

1 3

−6

−8

8 l =6 x 10 m+ 6 x 10

∫ 0

−6

−8

8 l =6 x 10 m+ 6 x 10

dx 2 2

( 0.01 + x )

⟦[

0 2 m− 3 + 2 2 m− 1 2 m− 2 a ( 2 m −2 )( a + 0 )

 1

2

∫ ( a +d00 ) − 2

2 m 1

]⟧

Reempla!ando alores en la 1 pare de la inegral: 1/ 3

1 ∫ (0.01dx+ x ) = 0.01 2 2

0

[ ( − )(

¿ 100

x

2 0.01+ x

4

[(

x

2 0.01+ x

2

)

+

2

)

+

dx ∫ 2 ( 0.01 + x ) 1

2

dx ∫ 2 ( 0.01 + x ) 1

2

]

]

Se sa*e am*iKn que:

∫ (0.01dx+ x )= √ 01.01 tan− 2

uando

¿ 100

l 0.3 =0.1  x = = 3

0.1 2

2 ( 0.01+ 0.1

)

+

1

[

1

2 √ 0.01

¿ 100

(

tan

√ 0.01

]

1

−1

0.1

−1

2.5 +

0.2

x

√ 0.01

√ 0.01=0.1



3

1

)

+ tan 1

¿ 100

(

2.5 +

 45 0.2

)

+ 22750

△

l 5 Lx10GL C Lx10GQ x 22,0 x 2

△

l 5 Lx10GL C 0.013 x 2 m.

△

l 5 0.00L C 0.13 x 2 cm.

△

l 5 0.13Lcm C0.13 Rpta

+%)OR8/
R%/
%s&uer!o orane %l es&uer!o corane se produce en un cuerpo cuando las &uer!as aplicadas iendan a 9acer que una pare del campo se core o deslice con respeco a la ora

%emplo +os a*las de madera de 2 x 20 cm de secci?n son unidas por la una de muesca pegada como se muesra en la >g. Si se sa*e que la una &allar' cuando el %s&uer!o corane medio en el pegane alcance 10 -cm2. #allar la longiud Hd= requerida para soporar una &uer!a axial de 300 -gr. Soluci?n

5

 P  A

10 5 +?nde:

d5

400 10 x 7 x 2

5

400 7 0 ( dx 2 )

400 140

d 5 2.QL cm

MÓDULO O RELACIÓN DE POISSON

uando un elemeno esrucural es someido a la acci?n de una &uer!a exerior" se de&ormar' en la direcci?n de la &uer!a. Sin em*argo" siempre que se produce de&ormaci?n en la direcci?n de la &uer!a aplicada" am*iKn se produce de&ormaciones laerales.

as de&ormaciones laerales que se producen ienen una relaci?n consane con las de&ormaciones axiales. 8ienras que el maerial se manenga denro del rango el'sico de es&uer!o" esa relaci?n es consane.

%l alor de  para la maor7a de los maeriales es' comprendido enre 0.2,  0.6,.%l m?dulo de Poisson para el acero esrucural es aproximadamene 0.2, Aeneralmene las de&ormaciones laerales no a&ecan los es&uer!os longiudinales.

PROB. : +eerminar el m?dulo de Poisson (µ$" en &unci?n de: %" a" I*  P; del elemeno sueo a racci?n" al como se muesra en la )ig.

SOUnici?n de :  5

 5

0

0

 5  A 1

 A 2  P  A 3

 5

 P ax,

 (<$

*$ Por de>nici?n de

de&ormaci?n uniaria.

e! 5

 µ =

e-lateral e-ax'al

2700 x 30

"

2.1 x 106 x 6.4

△,

,

e.laeral 5 µ e.axial"

e

Ƭ 

5  %

e.laeral 5 µ { △,

,

= µ.

( P / ax, )  %

 P ax,x%

}

= µ.

 P ax,x%  %

.   .

 µ =

ax △ ,x%  P

  =Rpta

PROB. alcular la ariaci?n del 'rea  el lado Ha=" producido por la &uer!a P 5 60 4N. omo se iene en la >gura. Teniendo como daos % 5 2 x 10, 8Nm2.  µ 5 0.6. SOU
a$ #allando el H= 5

 P  A

P 5 60 4N. 5 60 000 N  MN 

% 5 2 x 10

,

m

 N 

2

 5 2 x 10

/N 5 / T V /# 5 0.22 V 0.12 /N 5 0.06m2 *$ +e&ormaci?n laeral:  µ =

e-lateral e-ax'al

2700 x 30 2.1 x 106 x 6.4

  ..(<<$.

%. aeral5 % 5 µ E. Axial Ƭ 

% 5 µ  %  = △a

%5

a

W

0.3 x 1 x 2 x

△

= 0.1, x 10G, mm

a 5 %.a

△

a 5 0.1,x10G,x 0.10 5 0.1,x10GLm

△

a 50.1,x 10G6 mm. 5 Rpta

c$ +eerminando la ariaci?n del 'rea △  A

.

 A △

 5 G2 µ %. /xial  (<<<$

a 5 G2 (0.6$ (0.06$ △

a 5 GMx10GQm2

1 x 2 X 

 5 G 0.00M(1x10G,$ m2

5 G0.0M mm2. Rpta

11

m

2