UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Facultad de Ingeniería Geológica Minera y Metalúrgica
RESISTENCIA DE MATERIALES PROBLEMAS PROPUESTOS Alumnos
:
Avalos Hilario, Carlos
20110320D
Argandoña Aguirre, Jesús
20131359G
Blas Salazar, Wualdo
20142106H
Gómez Carhuas, Andy
20130240F
Leiva Rojas,Josue
2008
Sección
:
“S”
PROBLEMA 1.04 Dos Barras Cilíndricas sólidas se encuentran soldadas en B, y cargadas como se muestran, si P es 40 Kips, determine la fuerza normal promedio en la barra a) Barra AB b) Barra BC.
Tramo AB:
𝜎=
40𝑥4 = 12,73 𝑘𝑖𝑝𝑠/𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝜋 × 22
Tramo BC:
𝜎=
20𝑥4 = 2,83 𝑘𝑖𝑝𝑠/𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝜋 × 32
PROBLEMA 1.12 Para la armadura puente tipo Pratt y la carga mostrada en la figura determine el esfuerzo normal promedio en el elemento BE, si se sabe que el área transversal del elemento es 5.87 pulg2.
DCL:
∑ 𝑀𝐴 = 𝑜 => −80𝑥9 − 80𝑥18 − 80𝑥27 + 𝑅𝐻𝑦 𝑥36 = 0
𝑅 𝐻𝑦 = 1.20 𝐾𝑖𝑝𝑠. ∑ 𝐹𝑥 = 𝑜 => 𝑅𝐴𝑥 = 0
∑ 𝐹𝑌 = 𝑜 => 𝑅𝐴𝑦 − 80 − 80 − 80 + 𝑅𝐻𝑦 = 0
𝑅𝐴𝑦 = 120 𝐾𝑖𝑝𝑠
Nodo A:
∑ 𝐹𝑌 = 𝑜 => 𝑅𝐴𝑥 + 𝐹𝐴𝐵 𝐶𝑜𝑠53° − 𝐹𝐴𝐶 = 0
𝐹𝐴𝐶 = 𝐹𝐴𝐵 𝑥0.6018. . . . . . . . . . . . . . . . (4)
∑ 𝐹𝑌 = 𝑜 => 𝑅𝐴𝑦 + 𝐹𝐴𝐵 𝑆𝑒𝑛53° = 0
𝐹𝐴𝐵 = −150.2629 𝐾𝑖𝑝𝑠 . . . . . . . . . . . . . (5)
5 𝑒𝑛 4.
𝐹𝐴𝐶 = −90.4282 𝐾𝑖𝑝𝑠
Nodo C:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑜 =>
𝐹𝐴𝑐 = 𝐹𝐶𝐸 = −90.4282 𝐾𝑖𝑝𝑠
∑ 𝐹𝑌 = 𝑜 => 𝐹𝐶𝐵 = 80 𝐾𝑖𝑝𝑠
Nodo B:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑜 =>
𝐹𝐵𝐷 + 𝐹𝐵𝐸 𝑆𝑒𝑛37 + 𝐹𝐴𝐵 cos53 = 0
𝐹𝐵𝐷 = 90.4282 − 0.6018𝐹𝐵𝐸
∑ 𝐹𝑌 = 𝑜 => 𝐹𝐵𝐶 + 𝐹𝐴𝐵 𝑆𝑒𝑛53 − 𝐹𝐵𝐸 𝐶𝑜𝑠37 = 0
𝐹𝐵𝐸 = −50.0875 𝐾𝑖𝑝𝑠
𝜎𝐵𝐸 =
50.0875 = 8.5327 𝐾𝑖𝑝𝑠/𝑃𝑢𝑙𝑔2 5.87
PROBLEMA 1.20 La fuerza axial en la columna que soporta la viga de madera que se muestra en la figura es P= 20 kips. Determine la longitud mínima permisible L, de la zapata de carga, si el esfuerzo de aplastamiento en la madera no debe ser mayor a 400 PSI.
20 𝐾𝑖𝑝𝑠 < 400 𝑃𝑠𝑖 6 ×𝐿 20𝑥103 𝐿𝑏𝑓 𝐿𝑏𝑓 < 400 6𝑥𝐿 𝑃𝑢𝑙𝑔 𝑃𝑢𝑙𝑔2
𝐿 > 8,33 𝑃𝑢𝑙𝑔 Para un tamaño de L permitido debe tener 8,34 pulgadas.
PROBLEMA 1.28 El cilindro hidráulico CF, que controla de manera parcial la posición de la varilla DE, se ha fijado en la posición mostrada. El elemento BD tiene 5/8 pulgadas de espesor y está conectado al vástago vertical mediante un perno de 3/8 pulgadas de diámetro. Determine: a) El esfuerzo cortante promedio en el perno. b) El esfuerzo de aplastamiento en C en el elemento BD.
Realizando el Diagrama de cuerpo libre del elemento BCD
∑ Mc= 0 : F1 = 1,8/8,2*FAB
F2 = 8/8,2* FAB
(8/8,2* FAB)*(4*cos20o) – (1,8/8,2*FAB)*(4*sen20o) – (400*cos75o)*(7*sen20o) – (400*sen75o)* (7*cos20o) = 0 FAB = 828,489 lb
∑ FX = 0 : CX – (1,8/8,2)*(828,489) + 400*cos75o = 0 CX = 78,335 lb ∑ Fy = 0 : Cy – (8/8,2)*(828,489) – (400*sen75o) = 0 Cy = 1194,652 lb La reacción en el punto C: C = ( CX2 + Cy2) 1/2 C = 1197,217 lb a) τperno = C / A A = π*D2/4 A = π*(0,375) 2/4 A = 0,11pulg2 τperno = 1197,217 lb /0,11pulg2 τperno = 10,883 KPsi b)
σa plastamiento = C/A1
A1 = (3/8)*(5/8) A1 = 0,234 pulg2 σaplastamiento = 1197,217 lb/0,234pulg2 σaplastamiento = 5,116 KPsi
PROBLEMA 1.36 Una carga centrada P se aplica al bloque de granito que se muestra en la figura. Si se sabe que el valor máximo resultante del esfuerzo cortante en el bloque es 18 MPa.
Determine: a) La magnitud de P. τcortante máx = (P/A)*senθcosθ es máximo cuando θ = 450 A = (140mm)*(140mm) A = 0,0196 m2 18 MPa = (P/0,0196)*0.5 P = 705,6 KN b) La orientación de la superficie donde ocurre el máximo esfuerzo cortante. La orientación es vertical hacia abajo como está la figura de la fuerza P. c) El esfuerzo normal ejercido sobre esta superficie. Este esfuerzo es cuando se da el esfuerzo cortante resultante máximo es decir θ = 45 o. σ = P*cos2 θ/A σ = (705,6 KN*cos2450 )/0,0196 σ = 18 MPa. d) El valor máximo del esfuerzo normal en el bloque. σnormal máx = P*cos2θ/A
es máximo cuando θ = 0o
σnormal máx = (705,6KN)/(0,0196m2) σnormal máx = 36 MPa
PROBLEMA 1.44 Dos placas de acero, cada una de ellas con 1/8 pulgadas de espesor, se emplean para empalmar una tira de plástico como se muestra en la figura. Si se sabe que el esfuerzo cortante último del adhesivo entre las superficies es de 130 psi, determine el factor de seguridad con respecto al cortante cuando P = 325 lb.
Hay 4 áreas separadas para empalmar, entonces F = P/4 F= 325/4 F= 81,25 lb F.S = esfuerzo último / esfuerzo permisible Esfuerzo permisible cortante = τ = F/A A = área del hexágono. A = (5/8 + 17/8)*(9/8) A = 3,093 pulg2 τ = 81,25lb/3,093pulg2 τ = 26,269 psi F.S = 130/26,269 F.S = 4,95
PROBLEMA 1.52 Resuelve el problema 1.51 suponiendo que la estructura se ha rediseñado al utilizar pasadores de 12 mm de diámetro en B y D y que no se ha realizado ningún otro cambio. 1.51 En la estructura de acero que se muestra en la figura, se utiliza un pasador de 6 mm de diámetro en C y se emplean pasadores de 10 mm de diámetro en B y D. El esfuerzo cortante último es de 400 MPa en el eslabón BD. Si se desea un factor de seguridad de 3.0, determine la carga máxima P que puede aplicarse en A.
Uso cuerpo libre ABC. +↺ Σ𝑀𝐶 = 0: 0.280𝑃 = 0.120𝐹𝐵𝐷 = 0 3 𝑃 = 𝐹𝐵𝐷 … … … (1) 7 +↺ Σ𝑀𝐶 = 0: 0.160𝑃 − 0.120𝐶 = 0 𝑃=
3 𝐶 … … … (2) 4
Tensión en la sección neto de la línea BD. 𝐹𝐵𝐷 = 𝐺𝐴 𝑛𝑒𝑡𝑜 = =(
400 𝑥 106 3
𝐺𝑉 𝐴 𝐹. 𝑆. 𝑛𝑒𝑡𝑜
) (6𝑥10 −3 )(18 − 12)(10−3)
= 4.80 𝑥 103 𝑁
𝐹𝐵𝐷 = 𝑇𝐴 𝑝𝑖𝑛 =
𝑇𝑣 𝜋 2 150𝑥106 𝜋 )( ) (12𝑥10−3 ) 2 = 5.6549 𝑥 103 𝑁 𝑑 =( 𝐹. 𝑆 4 3 4
El valor más pequeño de 𝐹𝐵𝐷 es 4.80 𝑥 103 𝑁 . 3
Para(1), 𝑃 = ( ) (4.80 𝑥 103 ) 7
Corte en el pasador C. 𝐶 = 2 𝑇 𝐴 𝑝𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟 = 2
𝑇𝑣 𝜋 2 150𝑥106 𝜋 ) ( ) (6𝑥10−3 ) 2 = 2.8274 𝑥 103 𝑁 𝑑 = (2) ( 𝐹. 𝑆 4 3 4
3
Para(2), 𝑃 = ( ) (2.8274 𝑥 103 ) = 2.12 𝑥 103 𝑁 4
El pequeño valor de P es el valor permisible. 𝑃 = 2.06 𝑥 103 𝑁 𝑃 = 2.06 𝐾𝑁
PROBLEMA 2.8 Un tubo de aluminio no debe estirarse más de 0.05 pulg cuando se le aplique una carga de tensión. Si se sabe que E = 10.1 x 106 psi y que el esfuerzo normal permisible máximo es de 14 Ksi . Determine a) la longitud permisible máxima del tubo, b) el área requerida para el tubo si a la carga de tensión es de 127.5 kips. Solucionario: a) δ = P L / A E L = A E δ / P ………..(1) Pero se sabe que: σ = P / A …….. (2) Reemplazamos (2) en (1) L= E δ / σ L = (10.1 x 106)(0.05)/ 14 X 103 L = 36.07 pulg b) σ = P/A A = P/ σ A = 127.5 x 103/14 X 103 A = 9.107 pulg2
PROBLEMA 2.16. El tubo de latón AB (E= 105 GPa) tiene un área en su sección transversal de 140 mm 2 y se fija mediante un tapón en A. el tubo está unido en B a una placa rígida que a su vez está unida en C a la parte baja de un cilindro de aluminio (E = 72GPa) con un área en su sección transversal de 250 mm 2. El cilindro después se suspende de un soporte en D. A fin de cerrar el cilindro, el tapón debe moverse hacia abajo a través de 1 mm. Determine la fuerza P.
Datos: Eb = 105 GPa = 105 x 109 N/m2 Ab = 140 mm2 = 1,4 x 10-4 m2 Ec = 72 GPa = 72 x 109 N/m2 Ac = 250 mm2 = 2,5 x 10-4 m2 , δt = 1mm = 0.001 m; Lb = 376 mm = 0,376 m; Lc = 375 mm = 0,375 m Solution: δt = δb + δc δb = PLb/Ab Eb δC = PLc / AcEc δt = PLb / Ab Eb + PLc/ AcEc δt = P ( Lb/AbEb + Lc/AcEc) 0,376 P / (1,4 x 10-4 m2 )( 105 x 109) + 0,375P /( 2,5 x 10-4 m2 )( 72 x 109) = 0,001 2,5578 X 10-8 P + 2,0833 X 10-8 P = 0,001 4,6411 x 10-8 P = 0,001 P = 21546,6161 lb P = 21,55 Kip
PROBLEMA 2.24: Para la armadura de acero (E= 29 x106 psi) y las cargas mostradas en la figura, determinar las deformaciones de los elementos BD Y DE, si se sabe que sus áreas de sección transversal respectiva son de 2 pulg2 y 3 pulg2 respectivamente.
30 kips 8 pies 30 kips 8 pies 30 kips
8 pies
15 pies SOLUCIÓN: ∑ 𝑀𝐹 = 0 FGY x 15 – (30x8 + 30x16+30x24) = 0 FGY x 15 = 1440 psi
30 kips 8 pies 30 kips
FGY = 96 kips ∑ 𝑀𝐺 = 0 -FY x 15 – (30x8 + 30x16+30x24) = 0 -FY x 15 = 1440 psi
8 pies 30 kips 8 pies
corte
FY = - 96 kips
15 pies
FY
FGY
PASO 1 :
PBD D
PDE
30 kips ∑ 𝑀𝐹 = 0 -30x8 - PDE x8 + FGY x15 + PGE x15 = 0
8 pies
-8 PDE - 240 + 1440 + 15 PGE = 0 8 PDE - 15 PGE = 1200 psi ………….(1)
PGE F
FGY
FY
PASO 2 :
∑ 𝑀𝐵 = 0 -FEG x15 – 30x8 – FED x8 = 0
15xFEG + FDE x 8 = - 240 psi…………..(2)
30 kips
G
15 pies
A
8 pies 30 kips B
15 pies
FDB 8 pies
Resolviendo las ecuaciones 1 y 2. FDE = 60 kips y FEG = -48 kips
PASO 3: ∑ 𝑀𝐸 = 0 -30x16 +30x8 + FBD = 0 FBD = 48 kips
Calculando las Deformaciones de BD Y DE (E= 29 x106 psi) para ambas barras ABD = 2 pies2 y LBD = 8 pies ADE = 3 pies2 y LDE = 15 pies FBD = 48 kips y FDE = 60 kips
FED
E FEG
Aplicando la Formula: E = 𝛥LBD =
𝛥LDE =
60 𝑥 8 2𝑥29𝑥106
60 𝑥 15 3𝑥29𝑥106
𝐹 /𝐴 𝛥𝐿/𝐿
= 6.62x10-6 pies
= 10.34x10-6 pies
PROBLEMAS 2.32: Si es la deformación unitaria ingenieril de un modelo de tensión, demuestre que la deformación unitaria real es e t = ln (1 + e ) Solución: Como nos dicen un modelo de tensión entonces:
Despejando ha L/Lo e x LO + LO = L (e + 1)x LO = L L/LO = e+1 ………………………………….(1)
y además la deformación unitaria real es. 𝐿 𝑑𝐿
e t=∫𝐿𝑜
𝐿
calculando la integral nos da e t = ln( L ) – ln ( LO ) = ln ( L/LO)…………………………………..(2) entonces de la ecuación (1) y (2) e t = ln ( 1 + e )
PROBLEMA 2.40 Una barra de polímero, consistente en dos partes cilíndricas AB y BC, está restringida en ambos extremos y se somete a dos cargos de 6 kips como se muestra en la figura. Si se sabe que E=0.45 x 106 psi, determine a) las reacciones en A y C, b) El esfuerzo normal en cada parte de la varilla.
Solución: a) El alargamiento de barra es cero: 𝑃𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 𝑃𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 𝛿 = 𝜋 2 + 𝜋 2 =0 𝑑 𝐸 𝑑 𝐸 4 𝐴𝐵 4 𝐵𝐶 Pero: 𝑃𝐴𝐵 = +𝑃𝐴
𝑃𝐵𝐶 = −𝑅𝐶
Sustituimos y multiplicamos: 𝑅𝐴 𝐿𝐴𝐵 𝑅𝐶 𝐿𝐵𝐶 − 2 =0 2 𝑑𝐴𝐵 𝑑𝐵𝐶 𝑅𝐶 =
𝐿𝐴𝐵 𝑑𝐵𝐶 2 25 2 2 ( ) 𝑅𝐴 = ( ) 𝑅𝐴 𝐿𝐵𝐶 𝑑𝐴𝐵 15 125
𝑅 𝐶 = 4.2667𝑅𝐴 … … … … … … … (1) Del diagrama F.B:
𝑅𝐴 + 𝑅𝐶 = 12𝐾𝑖𝑝𝑠 … . . (2)
Sustituyendo 𝑅 𝐶 en (1) y (2) : 5.2667 𝑅𝐴 =12 Kips
𝑅𝐴= 2.2785 Kips 𝑅𝐴 = 2.28 𝐾𝑖𝑝𝑠 (↑)
De (1): 𝑅𝐶 = 4.2667(2.2785)
𝑅𝐶 = 9.7215 𝐾𝑖𝑝𝑠
𝑅𝐶 = 9.72 𝐾𝑖𝑝𝑠(↑) b) 𝜎𝐴𝐵 =
𝑃𝐴𝐵 𝐴𝐴𝐵
=
+𝑅𝐴 𝐴𝐴𝐵
=+
2.2785 𝐾𝑖𝑝𝑠 𝜋 (2 𝑖𝑛) 2 4
𝜎𝐵𝐶 =
= +1.857 𝑘𝑠𝑖
𝑃𝐵𝐶 +𝑅 𝐶 9.7215 𝐾𝑖𝑝𝑠 = =− 𝜋 = −3.09 𝑘𝑠𝑖 𝐴 𝐵𝐶 𝐴 𝐵𝐶 (2 𝑖𝑛)2 4 𝜎𝐵𝐶 = −3.09 𝑘𝑠𝑖
