Problemas de resistencia de materialesDescripción completa
problemas de esfuerzosDescripción completa
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Tarea 7 Resistencia de los materiales
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Es un archivo muy pranctico para ayudar a los estudiantes a ver como resolver ejercicios propuestos en el libro de Resistencia de materiales que soy complicados en realizar. Un buen libro de…Descrição completa
Es un archivo muy pranctico para ayudar a los estudiantes a ver como resolver ejercicios propuestos en el libro de Resistencia de materiales que soy complicados en realizar. Un buen libro de…Descripción completa
Descripción: Es un archivo muy pranctico para ayudar a los estudiantes a ver como resolver ejercicios propuestos en el libro de Resistencia de materiales que soy complicados en realizar. Un buen libro de mecáni...
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Descripción: RESOLUCION DE PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES 2007-I UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUI
Descripción: RESITENCIA DE MATERIALES EJEMPLOS ERJERCIOS PRACTICOS PARA PODER ENTENDER MEJOR
Descripción: Solucionario del libro Resistencia de Materiales de Singer
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
5l2
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.
2l 1
4 5
)
2l1........( 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
110
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 ( 1t 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
21 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
2tE 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 106C 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 = lt
14 l
temp
= lt
14 L
temp
= lt
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: 5l2 2l1 l 3
