1 Cuerpos Deformables

7/28/2019 1 Cuerpos Deformables

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Capitulo ICapitulo ICapitulo ICapitulo I : Mecnica: Mecnica: Mecnica: Mecnica De Los Cuerpos DeformablesDe Los Cuerpos DeformablesDe Los Cuerpos DeformablesDe Los Cuerpos Deformables SOLIDO CON LA MECANICASOLIDO CON LA MECANICASOLIDO CON LA MECANICASOLIDO CON LA MECANICA

1

CAPITULO ICAPITULO ICAPITULO ICAPITULO I

Mecnica De Los Cuerpos Deformables


2/58


2

(1) La barra rgida CDE esta unida a un pasador de soporte en E y reposa en el cilindro de

latn con dimetro de 30 mm, BD. Una barra de acero AC de 22 mm de dimetro pasa por

un hueco en la barra y esta asegurada por una tuerca no apretada cuando la temperatura del

conjunto es de 20C. Luego la temperatura del cilindro se eleva hasta 50C, manteniendo labarra de acero a 20C. Suponiendo que no haba esfuerzos antes del cambio de temperatura,

halle la fuerza en el cilindro.

Para barra AC:

[ ]

[ ]

612 10 1

200

C

E Gpa

=

=

Para Cilindro:

[ ]

[ ]

618,8 10 1

105

C

E Gpa

=

=

SOLUCIN:

a) Ecuacin de Equilibrio:0 :Fv = D C ER R R= + (1)0 :EM = 0,75 0,3C DR R =

0,4C DR R= (2)

b) Compatibilidad Geomtrica:0,75 0,3

C D D = (3)

C = deformacin de la barra AC.

D = deformacin por temperatura de la barra DB

(no produce fuerza axial al desarrollarse

libremente).

D = deformacin por accin de la barra AC en la

barra DB.

c) Relacin Esfuerzo-Deformacin:

911,84 10C ACC CAC

R LR

A E

= =

(4)

1040,42 10D BDD DBD

R LR

A E

= =

(5)

5(50 20) 16,92 10 .D L L m

= = = (6)


3/58


3

2

4 2

24 2

0,0223,8 10

2

0,037,069 10

2

AC

BD

A m

A m

= =

= =

Reemplazando (4), (5) y (6) en (3) obtenemos:9 5 1011,84 10 16, 92 10 40, 42 10

0,75 0,3 0,3C DR R

=

Reemplazando (2) nos queda:9 10 511,84 10 40, 42 10 16,92 10

0,40,75 0,3 0,3DR

+ =

28502,12DR N = 11400,85CR N=

(2) Cul es la presin ejercida por el anillo de latn al anillo de acero si la temperatura deambos aumenta en [ ]50 C .

1) Latn:[ ]

[ ]

[ ]

[ ]

6

6

1

6 .105 10

20 10 1

50

5,7[ ]

t mmE MPa

C

C

r cm

=

=

=

=

=

2) Acero:[ ]

[ ]

[ ]

[ ]

3

6

2

4 .210 10

12 10 1

50

6, 2[ ]

t mmE MPa

C

C

r cm

=

=

=

=

=

SOLUCIN:

a) Ecuacin de Equilibrio:

1 2F F= (1)


4/58


4

b) Compatibilidad Geomtrica:

1 2 1 2t t = + (2)

[ ]

[ ]

1

2

5,7

6,2

r cm

r cm

=

=

La accin del acero al tener un coeficiente menor que

el latn este mantendr apretado al latn por lo que se

mueven lo mismo.

Diagrama de cuerpo libre del acero.

Diagrama de cuerpo libre del latn.

c) Relacin Fuerza-Deformacin:

[ ]

[ ]

1 1

2 2

0,0057

0,00372

t r cm

t r cm

= =

= = (3)

2F r

t E

=

(4)

Reemplazando (3) y (4) en (2):2 2

1 2

1 1 2 2

0,00198r r

Ft E t E

= +

[ ]1 2 4,322F F F MPa = = =


5/58


5

(3) Determine las Fuerzas en las barras, debido al descenso de temperatura de la barra n 1?

Barra n 1:

[ ] [ ]

2 6 21

6

20 2 10

10 1 200

A cm E Kg cm

C C = =

= =

Barra n 2:2

2

6 2

5

1 10

A cm

E Kg cm

=

=

Barra n 3:2

3

6 2

10

2 10

A cm

E Kg cm

=

=

SOLUCIN:

a) Ecuaciones de Equilibrio:

0 :Fv = 1 2 3F F F= + (1)

0 :AM = 3 250 50F F =

3 2F F=

(2)


2 3

12

t +

= (3)

1 = Deformacin final de la barra 1.

t = Deformacin por temperatura de la barra 1

(no produce fuerza axial al desarrollarse

libremente).

2 = Deformacin final de la barra 2 por accin de

la barra 1.

3 = Deformacin final de la barra 3 por accin de

la barra 1.


6/58


6

c) Relacin Esfuerzo-Deformacin:F L

A E

=

(4)

[ ]0,04t L t cm = = (5)

Reemplazando (4) y (5) en (3):

1 2 3

10,04

2

F L F L F L

A E A E A E

= +

Reemplazando valores en (2) obtenemos:

[ ]2 2 350,04

1777,72,25 10

F F F Kg

= = =

[ ]1 3555,5F Kg= [ ]

[ ]

[ ]

1

2

3

0,017

0,035

0,008

cm

cm

cm

=

=

=

(4) a) Cul es el valor del aumento de temperatura ambiental necesario para que los

extremos libres de las barras (sin peso) puedan unirse?

b) Determinar la posicin final del punto de conexin y las fuerzas en las barras, una vez

que las barras vuelvan a la temperatura inicial.

Barra N 1:

[ ]

[ ]

2

1

2

1

500 .

2.000.000

0,000002 1

1

L cm

E Kg cm

C

A cm

=

=

=

=

Barra N 2:

[ ]

[ ]

2

2

2

2

300 .

2.000.000

0,00001 1

1

L cm

E Kg cm

C

A cm

=

=

=

=

SOLUCIN:

a)

1 1 1 1 0,001L = = (1)

2 2 2 2 0,003L = = (2)

1 2 0,5 + = (3)


7/58


7


( )0, 001 0, 003 0,5+ = [ ]1 0,125 .cm =

[ ]125 C = [ ]2 0, 375 .cm =

b)

i) Ecuacin de Equilibrio: 1 2F F= (1)

Cuando la temperatura ambiental aumenta a 125 C ambas barras se alargan

ejerciendo fuerza una contra otra hasta igualarse llegando al punto I.ii) Compatibilidad Geomtrica: 1 2 0,5 + = (2)

iii) Relacin Esfuerzo-Deformacin:F L

A E

=

(3)


1 2

1 1 2 2

0,5L L

FA E A E

+ =

, luego reemplazando los datos

[ ]1250F Kg= [ ]

[ ]

1

2

0,312

0,188

cm

cm

=

=

(5) La barra CE de pulg. de dimetro y la barra DF de pulg. de dimetro estn unidas a labarra rgida ABCD como se muestra. Si las barras son de aluminio y [ ]610,1 10E psi= , halle:

a) La fuerza en cada barra y

b) La deflexin del punto A.


8/58


8

SOLUCIN:

a)i) Ecuacin de Equilibrio:

0 :Fv = 10B C DF F F= + + (1)0 :BM = 18 10 12 20C DF F = +

12 20 180C DF F + = (2)

ii) Compatibilidad Geomtrica:

1020 18 9

D AD A = = (3)

5

20 12 3

CD

D C

= = (4)

C = Deformacin de la barra CE.

D = Deformacin de la barra FD.

iii) Relacin Esfuerzo-Deformacin:

D DFD

DF

F L

A E

=

(5)

C CEC

CE

F LA E

=

(6)

53

3

C CED DF

D C

DF CE

F LF LF F

A E A E

= =

(7)

2

21 3 0,44182 4

DFA pulg = =

2

21 1 0,19632 2

CEA pulg

= =

Reemplazando (7) en (2), se obtiene: [ ]12 20 3 180C CF F kips + = [ ]2,5CF kips = [ ]7,5DF kips=

b)9

10D =

[ ]59

4,536 1010

D DFA A

DF

F Lpulg

A E

= =


9/58


9

(6) La barra rgida ABCD cuelga de tres alambres idnticos, como se muestra. Si a = 2b, halle

la tensin causada en cada alambre por la fuerza P aplicada en C.

SOLUCIN:


0 :Fv = A B DR R R P+ + = (1)

0 :CM = 3A B DB R B R B R + =

3D A BR R R= + (2)

Diagrama de cuerpo libre.

Reemplazando (2) en (1) se tiene: 4 2A BR R P + = (3)


Por geometra:

2

D

B

+= (4)

c) Relacin Esfuerzo-Deformacin:R L

A E

=

(5), reemplazando (5) en (4) se tiene:

BR L

A E

AR L=

DR L+

2 A E

2 B A DR R R = + (6)


10/58


10

Reemplazando (2) en (6) se tiene: 2 6D A A DR R R R = +

7D AR R= (7)

Reemplazando (7) en (2) se tiene: 4B AR R= (8)

Reemplazando (8) en (3) se tiene:12

A

PR = Reemplazando en (8)

3B

PR = Reemplazando en (2)

7

12D

PR

=

(7) Un poste de concreto de 2 mt. esta reforzado con 4 barras de acero de 2 cm. de

dimetro. Hallar los esfuerzos normales en el acero y en el concreto cuando se aplica al

poste una carga axial de 1 tonelada uniformemente en la superficie.

Datos:

5 2

6 2

2 10

2,1 10

HORM

ACERO

E Kg cm

E Kg cm =

=

SOLUCIN:


0 :Fv = 4 1.000AC HORF F + = (1)0 :M = (no es necesario)


11/58


11


La carga de 1 tonelada se aplica sobre ambos materiales que al estar adheridos se deben

deformar lo mismo (como una sola pieza).HOR AC = (2)


( )

( )

2 2

2

4 1 12,566

50 50 2487.4

AC

HOR AC

A cm

A A cm

= =

= =

HOR HORHORHOR HOR

F L

A E

=

(3)

AC ACACAC AC

F L

A E

=

(4)

Reemplazando (3) y (4) en (2) se tiene:

F L

HOR

F L

A E

=

ACA E

HOR HORHOR AC

AC AC

A EF F

A E

=

18,85HOR ACF F= (5)

Reemplazando (5) en (1) se tiene:

4 18,85 1.000AC ACF F + = [ ]

[ ]

43,76

824,95

AC

HOR

F Kg

F Kg

=

=

Los esfuerzos normales son:

Acero: 243,76

3,4812,566

ACAC AC

AC

FKg cm

A = = =

Hormign: 2824,95

0,332490

HORHOR HOR

HOR

FKg cm

A = = =

(8) Determinar los esfuerzos en los resortes y en la barra vertical.

Datos:

[ ]

[ ]

[ ]

5 2

2

5

100

500

2 10

10

10 1

C

L cm

E Kg cm

A cm

C

=

=

=

=

=


12/58


12

SOLUCIN:


0 :HF = B AF F= (1)0 :VF = D AV BVF F F= +

Como la deformacin es pequea, el ngulo

se puede aproximar a 30

( ) ( )30 30D A BF F sen F sen= +

( )2 30D AF F sen= (2)

( )2 30D BF F sen= (3)

Si los resortes se desconectan del nudo C la barra CD deformara hasta ''C sin

producir esfuerzo axial en ella. Si despus de esto se conectan los resortes en el punto ''C ,entonces se deformar la barra CD hasta el punto 'C


Equilibrio

en el

nudo C

( )cos 60 B

D

=

(4)

por simetra:B A = (5)


[ ]0.5L cm = = (6)

F L

A E

=

(7)

Reemplazando (6),(7) y (3) en (4) se tiene:

( )( )

500 1cos 60 0,5

2 30 20

D DF F

A E sen

=

, despejando obtenemos:

[ ]4,987DF Kg=

Reemplazando FD en (3) y en (2): [ ]4,987B AF F Kg= =

[ ]

[ ]

0,0012

0.249

B A

D

cm

cm

= =

=


13/58


13

(9) Determinar fuerzas en los resortes y desplazamiento del punto C, si a la barra CD se leaplica un aumento de temperatura de [ ]200 C .

Datos:

[ ]

[ ]

[ ]

6 2

2

5

200

8

2 10

10

10 1

C

L mt

E Kg cm

A cm

C

=

=

=

=

=

[ ]

[ ]

30

20A

C

K ton cm

K ton cm

=

=

SOLUCIN:


0 :Fv = RA C RC BF F F F+ = + +0 :BM = 2 4 4RA RC CF F F + =

( )2RA C RCF F F= (1)


24 2

C A

C A

= = (2)

[ ]1,6C C t L cm + = = =

1,6C C

+ = (3)

t = Deformacin por temperatura de la barra CD

(no produce fuerza axial al desarrollarse libremente).

C = Deformacin del resorte C.

C = Posicin final debido a la accin del resorte

opuesta a la de la temperatura en la barra CD.

A = Deformacin del resorte A.


14/58


14

c) Relacin Fuerza-Deformacin:

RAA

A

F

K = (4)

RC

C

C

F

K = (5)

C

C

F L

A E

=

(6)

Reemplazando (4), (5) en (2) se tiene:

2RC RA

C A

F F

K K= 2 CRC RA

A

KF F

K=

Reemplazando en (1) se tiene:

2 2 CRA C RAA

KF F F

K

=

( )1,6 2C C A

A E A EF

L L

= = , luego

22 1,6 2 CRA RA RA

A A

KA EF F F

L K K

=

( )80.000

1 3, 3 2, 6RA

F =+ +

Finalmente:

[ ]

[ ][ ]

11.428,6

15.238,1

20.952

RA

RC

C

F Kg

F Kg

F Kg

=

=

=

[ ]

[ ][ ]

0,762

0.38

0.838

C

A

C

cm

cm

cm

=

=

=

(10.1) Determinar la fuerza en los resortes y en la diagonal si en esta se aplica un 0 > .


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15

SOLUCIN:


0 :HF = 2cos(45)2

DB BA DB BAF F F F = =

0 :Fv =2

(45)2

DB BC DB BCsen F F F F = =

2

2BA BC DBF F F = = (1)


( )

( )

cos(45)DB BA

t L t conocido

t

=

=

2 2

2 2BA DBt = + (2)

Nota:

Hasta ''B la barra DB no posee esfuerzo axial, por la

accin de los resortes esta regresa a la posicin 'B .

c) Relacin Fuerza-Deformacin:F

K = (3) ,

F L

A E

=

(4)


2 2

2 2

BA DBF F LtK A E

= +

Reemplazando en (1):

2 2

2

BAFtK

= +2

2L

A E

2BAF

2 1

2BA

Lt F

K A E

= +


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16

( )

( )

2

2BA BC

DB

t K A E F F

A E KL

t K A E

F A E KL

= =

+

=

+

(10.2) Un caso anlogo es cuando los resortes son considerados como barras en este caso:

Determinar las fuerzas en las barras debido al aumento de temperatura de la barra central

en 80 C.

Datos:

Barra 1[ ]

2

2

500

5

2000000 Kgcm

L cm

A cm

E

=

=

=

Barra 2[ ]

2

2

300

5

2000000 Kgcm

L cm

A cm

E

=

=

=

Barra 3

[ ]

[ ]

[ ]

2

2

6 1

600

10

2000000

2 10

80

Kg

cm

C

L cm

A cm

E

T C

=

=

=

=

=

SOLUCIN:

a) Ecuacin de equilibrio:

0;H

F = 1 3

cos(45)F F= (1)

0;VF = 2 3 (45)F F sen= (2)

1 2

F F= (3)

b) Compatibilidad geomtrica:

( )3

1 2

cos(45)

t =

+ (4)


17/58


17

c) Relacin esfuerzo deformacin:[ ] 0.096t L T cm = = (5)

1 1

1

A EFL

= (6)

2 2

2

A EF

L

= (7)

3

3 3 3

3 3

2A E A EF

L L

= = (8)

Con (6) y (8) en (1):

1 3

1 3

2 2

2

A E A E

L L

= 3 10.8485 = (9)

De (3) tenemos:

1 2

1 2

A E A E

L L

= 2 10.6 = (10)

Reemplazando (9), (10) y (5) en (4):

1

1 1

0.096 0.84852

2 0.6

=

+ [ ]1 0.048488 cm =

[ ]2 0.0290928 cm =

[ ]3 0.04114 cm =

[ ]

[ ]

1 2

3

969.76

1371.45

F F Kg

F Kg

= =

=

(11) Determinar las fuerzas en los resortes y desplazamientos de los puntos A y B.


18/58


18

SOLUCIN:


Diagrama de cuerpo libre.

0 :Fv = 2 cos(30)CV AV BF F F+ = + cos(30) 1,73A CV BF F F + = (1)

0 :HF = (30) 2 (30)A CHF sen F sen + = (30) 1A CHF sen F + = (2)

0 :CM = 4 2 4 3 cos(30)A BF F = + 4 2,6 8A BF F + = (3)

b) Compatibilidad Geomtrica:4

4 3 3

A B

B

= =

Pero nos interesa 'B , debido a la direccin

del resorte B, se tiene entonces:'4

' cos( )3 cos( )

BB B A

= = (4)

c) Relacin Fuerza-Deformacin:3A A A A AF K F = = (5)

3' cos(30) 1, 299

4B B B B A B A

F K K F = = = (6)


[ ]4 3 2,6 1,299 8 0,5202A A A cm + = =

[ ]

[ ]

[ ]

1,5606

' 0,3379

0,6757

A

B

B

F ton

cm

F ton

=

=

=


19/58


19

(12) Determinar el desplazamiento horizontal y vertical del punto B y el horizontal de C.

Datos:

[ ]

[ ]

[ ]

6 2

2

1 2

1 2

2 10

2

1

200

10

45

E Kg cm

K ton cm

A A cm

L L cm

P ton

=

=

= =

= =

=

=

SOLUCIN:


0 :Fv = 10.000A CR R+ = (1)

0 :AM = 2 b CR b = 10.000

[ ]5.000C AR Kg R= = (2)

b) Compatibilidad Geomtrica y Relaciones de Fuerza-Deformacin:

[ ]0,707P L

cm

A E

= =

[ ]1 0,99 1 cm =


20/58


20

Luego: Nuevo Triangulo:

Debido al resorte la deformacin del punto C es:

[ ]2,5C CF K cm = =

Nuevo Triangulo:

0 '2

CAC C+

= y 1BV V = +

Se tiene entonces:

Luego:

[ ]

[ ]

1,27

1,25

V

H

cm

cm

=

=

[ ]

[ ]

[ ]

2,5

2,27

1,25

C

BV TOTAL

BH TOTAL

cm

cm

cm

=

=

=


21/58


21

(13) Se apilan 50 placas de hormign en altura, como lo indica la figura. Determinar la

tensin normal que se produce en la placa nmero 40 y la deformacin del extremo superior

del apilamiento.

Datos:

[ ]

5 22 10

240PLACA

E Kg cm

PESO Kg

=

=

SOLUCIN:

La tensin en la placa N 40 se deber al peso de las 39 placas sobre ella:F

A = : 40

240 390,936

100 100

= =

Luego: 240 0,936 Kg cm =

La deformacin del extremo superior es la sumatoria de las deformaciones que produce

cada placa por su peso propio, lo cual vara con la altura.500

0

1( )

F LF y dy

A E A E

= =

, con ( )F y A y = y 0,0024

P

Vol= =

Tenemos entonces:500

0

124 y dy

A E =

[ ]0,0015 cm =

(14) Calcule la deformacin vertical del extremo superior del cilindro de pared delgada

debido a su peso propio. Determinar tambin las tensiones en la superficie de contacto de la

base.

Datos:

3

5 2

8

2 10

ton m

E Kg cm

=

=


22/58


22

SOLUCIN:

Se tiene: F LE

=

, ( )F h A h= y FA

=

La deformacin por peso propio es:A

=A E

[ ]

3002

0

0,00182

hcm

=

La tensin en la base es: BASEA

=h

A

22,4BASE Kg cm =

(15) Determinar las reacciones de apoyo en A y B, y el descenso en D y C.

Datos:

1

2

2 ton/m

1 ton/m

K

K

=

=

SOLUCIN:

a) Ecuaciones de equilibrio:0vF = 5C DR R+ =

0EM=

8( ) 3 (5)DR=

[ ]

[ ]

1,875

3,125

D

C

R Ton

R Ton

=

=

0vF = 5A BR R+ =

0AM = 4( ) 2( ) 6( )B C DR R R+ =

[ ]

[ ]

1,25

3,75

B

A

R Ton

R Ton

=

=


23/58


23

b) Aplicando la relacin Fuerza-Deformacin se obtienen las deformaciones de los resortes:

F

K =

[ ]

[ ]

1,563En barra superior

1,875

C

D

m

m

=

=

[ ]

[ ]

1,875En barra inferior

0,625

A

B

m

m

=

=

c) Arreglo geomtrico: Las deformaciones de los resortes modifican la geometra de las

barras de acuerdo a las siguientes figuras:

Para encontrar los valores de "x" e "y" necesitamos relaciones geomtricas:(2 ) (6 )

0,625 1,875

x x+ += 0x = 0D =

6 8

1,875 y= 2,5y = [ ]2,5C m =

Por lo tanto la figura deformada quedara:


24/58


24

(16) Determinar los descensos verticales de los puntos A y B.

Datos:

1

2

3

2 ton/m

8 ton/m

4 ton/m

K

K

K

=

=

=

SOLUCIN:

Anlisis de fuerzas externas:0vF = 5 4 V VE F+ = +

0EM = 4 4 4 0VF =

[ ]

[ ]

4

5

V

V

F Ton

E Ton

=

=

a) Ecuacin de equilibrio:0vF = 9C D+ =

0CM = 4 1 5 5 4D + =

[ ]

[ ]

3.75

5.25

D Ton

C Ton

=

=

[ ]

[ ]

3.75

5.25

D Ton

C Ton

=

=

b) Relacin esfuerzo-deformacin:

F K =

Luego:

[ ]

[ ][ ]

5.252.65

2C C ton

cm

TonC K cm= = [ ]2.65C cm =

D DD K = [ ]1.875D cm =

E EE K = [ ]0.625E cm =

F FF K = [ ]1F cm =


25/58


25

c) Compatibilidad geomtrica:Descenso de A: 1 2 Ax x+ =

Descenso de B: 1 2 By y+ = Para encontrar x1:

1

5 4

C DDx = [ ]1 2.8438x cm =

Luego [ ]3.4688A cm =

Para encontrar y1:

11 1

6 5

Cx y = [ ]1 1.681 cm =

Luego [ ]2.681B cm =

Entonces la estructura deformada quedara:

(17) Determinar el alargamiento en la barra de la figura en forma exacta:

SOLUCIN:


26/58


26

Para calcular el alargamiento de (a):F L

A E

=

con Fy Econocidos

A e y= pero ( )y x De la ecuacin de la recta:

0 0( )y m x x =

4010

y = , L dx=

Luego:300

( )50

400000

40 2 10 10

10

a dxx

=

300

( ) 02 ln 400a x =

[ ]( ) 2.772a cm =

Para calcular el alargamiento de (b):2

25A r = =

2000F x=

Luego:200

( ) 5

0

2002

4

( )

0

2000

25 2 10

1.273 102

b

b

xdx

x

=

=

[ ]( ) 2.546b cm =

Entonces:

( ) ( )total a b = + [ ]5.318total cm =

(18) Calcular los esfuerzos en la barras del reticulado de la figura si la temperatura de las

diagonales aumenta en 100 C. Todas las barras tienen la misma seccin y son del mismo

material.Datos:

[ ]

[ ]

2

5

5 1

2

300

2 10

100

10

15

Kg

cm

C

L cm

E

T C

A cm

=

=

=

=

=


27/58


27

SOLUCIN:

a) Ecuaciones de equilibrio:[ ]424.264Diagonall cm=

0 :HF = 1(45)DF sen F=

1

2

2DF F = (1)

0 :VF = 22

2DF F=

1 2F F = (2)


(45) LsenH

= 2 LH =

Dt H =

2D Lt = (3)

c) Relacin esfuerzo-deformacin:

21L

L

F

E =

(4)

2l

DD

F

A E =

(5)

2

lt T = (6)

Reemplazando (4), (5), (6) en (3) se obtiene:

2 2122

l LDF Fl T

A E A E =

2 2 2D

l l LT A E F

= +

[ ]

[ ]1 2

1757.359

1242.640

DF Kg

F F Kg

=

= =


28/58


28

(19) Determine:

a) Que aumento de temperatura es necesario producir para que ambas barras logren

toparse.

b) Si a partir de ese instante se aumenta la temperatura en 100 C, Con qu fuerzasquedan las barras?

Datos: barra 1

[ ]

[ ]

2

2

5

5 1

10

100

2 10

10

Kg

cm

C

L m

A cm

E

=

=

=

=

Datos: barra

2 [ ]

[ ]

2

2

5

6 1

5

200

2 10

10

Kg

cm

C

L m

A cm

E

=

=

=

=

SOLUCIN:

a)

Compatibilidad geomtrica:

1 1 1

2 2 2

L T

L T

=

=

[ ]1 2 0.5 cm + = =

1 1 2 2( ) 0.5L L T + =

[ ] 47.62 T C = [ ]

[ ]

1

2

0.4762

0.0238

cm

cm

=

=

b) de la figura encontramos:

Posicin final o nuevo punto de unin de las barras:


29/58


29

Ecuacin de equilibrio en el punto de unin:

1 2F F F= = (1)

El sistema alcanzar el equilibrio solo cuando las fuerzasen ambas barras sean iguales.


1 2 1 2t t + = + (2)

Relacin esfuerzo-deformacin:

1 21 1 2 2

1 1 2 2

( ) L L

L L T FA E A E

+ = +

(3)

[ ]

[ ]

[ ]

1

2

100

1000.4762

500.0238

T C

L cm

L cm

=

=

=

Reemplazando los datos en (3) obtenemos:

[ ]1 2 16.801,2F F F Kg= = =

De (1) obtenemos:

1 1 2 21 2

1 2

A E A E

L L

= 11 2

2

2L

L =

De (2) obtenemos:

[ ]11 2 22

2 1 1.05L

t t cmL

+ = + =

[ ]

[ ]

1

2

0.84

0.21

cm

cm

=

=

(20) La Barra rgida AE es sostenida por 2 cables de acero de 2 mm de dimetro, con

E=2x106[Kg/cm2], y un pasador en A. Si los cables estn inicialmente tensos, hallar:

i) La tensin en cada cable cuando se aplica P = 60[Kg] en D.

ii) Deflexin en el punto D.

Donde.

3

3

5

B

E

L m

L m

L m

=

=

=


30/58


30

SOLUCIN:


0 :Fv = 60A B EF F F+ + = (1)

0 :AM = 3 9 360B EF F+ =

3 120E BF F+ = (2)


900 600

E D = 32

E D = (3)

900 300

E B = 3E B = (4)

c) Relacin esfuerzo deformacin:

E EE

F L

A E

=

B BB F L

A E

=

De (4) obtenemos:

3E E B BF L F L = 9

5E BF F= (5)

Reemplazando (5) en (2):9

3 1205

B BF F

+ =

i)

[ ]

[ ]

7.5[ ]

18.75

33.75

A

B

E

F Kg

F Kg

F Kg

=

=

=

ii)Como 2

3D E = , reemplazamos EF en E y obtenemos:

[ ]

[ ]

0.179

0.268

D

E

cm

cm

=

=


31/58


31

(21) Hallar las fuerzas de resistencia de acuerdo al siguiente proceso:i) Aumento de temperatura: [ ]200 T C = (para todas las barras).

ii) Aplicacin de una fuerza [ ]20P Ton= .

SOLUCIN:

i) Aumento de temperatura:

a) Ecuacin de equilibrio:0 :VF = 1 22F F= (1)

b) Compatibilidad geomtrica:1 1 2 2t t = +

1 2 2 1t t = + (2)


[ ]

[ ]

1 1 1

2 2 2

2 22 2

2

1 11

1

0.8

0.2

0.0002

0.0005

t L T cm

t L T cm

F LF

A E

F L FA E

= =

= =

= =

= =

2 10.6 0.0002 0.0005F F= + De (1)

( )1 10.6 0.0002 2 0.0005F F= +

[ ]

[ ]

1

2

666.67

1333.3

F Kg

F Kg

=

=


32/58


32

ii) Aplicacin de P = 20[Ton]:

a) Ecuacin de equilibrio:0VF = 1 22 20000F F+ = (1)


1 2 = (2)


1 11 1

1

0.0005F L

FA E

= =

(3)

2 22 2

2

0.0002F L

FA E

= =

(4)

Con (3) y (4) en (2),

1 20.0005 0.0002F F = 1 20.4F F= (5)

Con (5) en (1):

( )2 22 0.4 20000F F + =

[ ]

[ ]

2

1

11111.11

4444.44

F Kg

F Kg

=

=

[ ]1 2 2.22 cm = =

(22) Determinar el esfuerzo en el resorte y barra DC si se aplica un 100T = C a DC.

Datos:

[ ]6 Ton cmK =

Barra 1[ ]

2

2

6

500

0,5

2 10 Kgcm

L cm

A cm

E

=

=

=

Barra 2

[ ]

[ ]

[ ]

2

2

6

6 1

500

1

2 10

10

100

Kg

cm

C

L cm

A cm

E

T C

=

=

=

=

=


33/58


33

SOLUCIN:

El sistema de barra superior y resorte se puede reemplazar por un resorte equivalente para:

[ ]2000 2Kg Toncm cmAB ABA E

K KL

= = = =

[ ]1 1 1

1.52 6

Toncmeq

eq

KK

= + =

Luego:


DC resorteF F= (1)


a bt = + (2)


0.05t L T = = (3)

4DCa DC aF L

FA E

= =

(4)

1.51.5

R

b R b

FF = = (5)

Con (4) y (5) en (1):4 1.5a b = 0.375a b = (6)


34/58


34

Con (6) y (3) en (2):0.05 0.375 b b= +

0.03636[ ]

0.013636[ ]

b

a

m

m

=

=

[ ]

[ ]

54.544

54.544

DC

R

F Kg

F Kg

=

=

(23) Un anillo circular con 2 rayos metlicos cada 10, se ve sometido a un aumento de

temperatura 150T = C. Determinar las fuerzas axiales producidas en los rayos y en el

anillo.

Datos:

[ ]

2

6

6 1

2.1 10

10

5

Kg

cm

C

E

t mm

=

=

=

R: radio externo.

SOLUCIN:

a) Equilibrio:

rea tributaria de cada rayo: L T = (Deformacin del rayo por T del anillo).

2P rr

t E

=

(Aumento de r por la fuerza que genera el

rayo)

r: radio interno del anillo. (r = R - e).

2P L

BA E

=

(Deformacin final del rayo).


El radio r del anillo aumenta debido a la

temperatura que se le aplica, generando

una fuerza de reaccin en el rayo que tiende

a atraer al anillo a su radio original.

B r + = (1)


35/58


35


62

2

(2 )P9.263 10

2 ( 36)

Lrayo

B rayo

F rF

A E r E

= = =

(2)

2 23P r (50 )

2.381 10rP

Pt E t E

= = =

(3)

0.0075r T = = (4)

Reemplazando (2), (3) y (4) en (1):( ) ( )6 39.263 10 2.381 10 0.0075rayoF P

+ =

Debemos relacionar rayoF y P:

1803 10

rayoF P A P b S P r = = =

25.918rayo

F P=

Luego:( )( ) ( )6 39.263 10 25.918 2.381 10 0.0075P P + =

22.861 Kgcm

P =

Entonces:[ ]

[ ]

_

tan

25.918 2.861 74.151

P r 2.861 50 3 429.15

axial rayo

g

F Kg

F b Kg

= =

= = =


36/58


36

(24) Hallar la posicin del nudo de conexin y las fuerzas en las barras; Las barras seencuentran separadas en 1a = [cm] y 0.5b = [cm].

Datos:

barra 1[ ]

2

2

800

5

2000000 Kgcm

L cm

A cm

E

=

=

=

barra 1[ ]

2

2

500

10

2000000 Kgcm

L cm

A cm

E

=

=

=

SOLUCIN 1:

Las barras (a) y (b) solo giran y se unen en (c) sin producir o necesitar fuerzas.

Barra 0aA =

Barra 0bB =

0

0

a

b

A

B

F

F

=

=

SOLUCIN 2:

1 2356.602 = = + (1) Longitud a acortar

1 1

1

1

A EF

L

= (2)

2 2

2

2

A EF

L

= (3)

Para lograr equilibrio1 2F F=


1 1 2 2

1 2

355.648F L F L

A E A E

+ =

Como1 2F F=

1 1 2

1 2

355.648F L L

E A A

+ =


37/58


37

[ ]1 2 3387.12F F Ton = =

(25) Determinar el desplazamiento total del punto B y las fuerzas en las barras 1 y 2.

Datos:

barra 1[ ]

2

2

6

300

1

2 10 Kgcm

L cm

A cm

E

=

=

=

barra 1[ ]

2

2

6

200

2

2 10 Kgcm

L cm

A cm

E

=

=

=

SOLUCIN:

a) Ecuaciones de equilibrio:

0 :HF = 2 10 cos(45)F = [ ]2 7.071F Ton =

0 :V

F = 1 10 (45 )F sen= [ ]1 7.071F Ton =


2 2

1 2T = + ; Desplazamiento total de B a B


38/58


38


[ ]

[ ]

1 11

1

2 2

2

2

1.061

0.354

F Lcm

A E

F L cmA E

= =

= =

[ ]1.118T cm = y [ ]1 2 7071F F Kg= =B

E

L=3m

L =3m

L =5m

(26) Conocidos 1 1 2, , , , , ,W A L L E . Cunto debe ser A2 para que C se desplace slo en

forma vertical?

SOLUCIN:

( )

( )

1 2

1 2

0 : 1

0 : cos cos 0 2

V

H

F F sen F sen W

F F F

= + =

= =

( )

( )

( )

( )

1 11

1

2 22

2

2

1

3

4

cos 5

cos 6

C

C

F l

A E

F l

A E

=

=

=

=

Reemplazando (2) en (1):

( )

2

12

2

1 1 22

1 2 2

1 1 22

1 2

1 12 2

1 2

2 1 2

2

1 1

cos

C

C

F sen sen Wsen

F sen sen W

F l AF sen sen W

A F l

F l AF sen sen W

A l

F lW F sen sen A

A l

W F sen A l A

sen F l

+ =

+ =

+ =

+ =

=

=


39/58


39

(27) En la siguiente viga determine cunto desciende el apoyo B.

Datos:6 2

2

2 10 /

100 /

acero

goma

E Kg cm

E Kg cm

=

=

4

6 2

100000

1000

20 /

2 10 /viga

I cm

L cm

q Kg cm

E Kg cm

=

=

=

=

SOLUCIN:

Consideraremos el apoyo elstico en B como 3 resortes en serie:

Para el acero:( ) ( )6 320 20 2 10 400 10 /

2

AEK ton cm

L

= = =

Para la goma:( ) ( )10 10 100

1.67 /6

AEK ton cm

L

= = =

1 1 1 11.67eq

eq acero goma acero

KK K K K

= + + =

Entonces tenemos:

= X+

= +

Luego:


40/58


40


45

384o

q L

EI =

3

48x

L

EI = resorte

eq

x

K =

3

1.31670 48

resorte o x

x x L

EI

=

=

2628.2

2628.21.5741670

resorte

Kg

cm

=

= =

1.574B cm =

(28) Determinar la deformacin de los puntos A, B y C, y las fuerzas en los resortes debido a

la carga P.

Datos:

1

2

3

500 /

100 /

200 /

K ton m

K ton m

K ton m

=

=

=

SOLUCIN:


2 3 1

1 2 3

2 3

1 3

0 : (1)

0 : 0.3 0.6 0.45

1.5 2 (2), (1)

0.5 (3)

VF F F F P

M F F P

F P F reemplazando en

F P F

= + =

= + =

=

=


41/58


41

b) Relacin fuerza-deformacin:

31 21 2 3

1 2 3

(4), (5), (6)FF FF

K K K K = = = =

c) Compatibilidad geomtrica:( )

( )

1 2 3

( )( ) ( )

0.3 0.3

iii iii

xx

+= =

( )

( )

22 1

1 2

22 3

3 2

0.3( ) ( ) : 0.3

0.3( ) ( ) : 0.3

de i y ii x x x

de ii y iii x x x

= =+

+ = =

Igualando ambas expresiones,

2 2

1 2 3 2

0.3 0.3

=

+

1 2 3 2 + =

1 3 22 (*) =

Reemplazando (4), (5) y (6) en (*):

31 2

1 3 2

2FF FK K K

= , reemplazando (2) y (3)

( ) ( )3 331 3 2

3

1 2 3 2 1

0.5 1.5 22

1 3 1 4 1

2

P F P FF

K K K

P FK K K K K

=

+ = + +

3 3

2 2

1 1

3.9574 0.0198 ( )

1.0852 0.0109 ( )

0.9574 0.0019 ( )

C

B

F ton m

F ton m

F ton m

= =

= =

= =

El signo negativo significa que el sentido de F1 y 1 son contrarios a los supuestos


42/58


42

(29) Una barra infinitamente rgida, de peso despreciable, est sujeta en A con una rtula, en

B y C, por dos cables del mismo material. Determine las reacciones en A, B y C, constituidas

por la carga P.

SOLUCIN:

a) Ecuacin de equilibrio

0 : (1)

0 : 2

2 (2)

V B C A

B C A

C A

F R R R P

M L P L R L R

P R R

= + = +

= = +

=

b) Compatibilidad geomtrica

2(3)

4 2

3 3C B

L L

L L=

+ +

c) Relacin esfuerzo-deformacin

( )

( )

443

(4)3

223

(5)3

C

C C

C C

B

B B

B B

FL

AE

LR LR

A E E A

LR LR

A E E A

=

= =

= =


43/58


43


422 42

3 3 3 3

CB

B C

L RL RL L L L

E A E A

+ = +

(6)BB CC

AR R

A =


( )2

3

2

322

3

2

BC C C

C

CC

B C

CA

B C

BB

B C

AR R P R P

A

AR P

A A

AR PA A

AR P

A A

+ = +

=

+

= +

=

+

(30) Para la siguiente viga rgida articulada en B, determinar el grfico de desplazamiento v/s

posicin de la carga.

SOLUCIN:

a) Ecuacin de equilibrio:0 : (1)

0 : 3 7 (2)

V B C A

B B C

F F F F P

M F F P x

= + =

= + =

b) Compatibilidad geomtrica:3

(3)3 4 4

CAA C

= =

Suponemos esta deformacin con P a la derecha

de B, no influye en los clculos ni resultados.


44/58


44

c) Relaciones esfuerzo-deformacin:

(4)

(5)

AA

A

CC

C

FF

K K

FK

= =

=


3 6

4 4

3(6)

2

AA C C

C

A C

KF F F

K

F F

= =

=

Con (6) en (1):3

2

0.5 2

B C C

B C

F F F P

F F

+ =

=

Formamos un sistema de ecuaciones con (2),

0.5 2 / ( 3)

3 7 2

B C

B C

F F

F F x

=

+ =

3 1.5 6

3 7 2

B C

B C

F F

F F x

+ =

+ =

( )

8.5 2 6

43

17

C

C

F x

F x

=

=

( )

( )

:

43

17

3317

C

A

Luego

x

x

=

=

( )y x en m


45/58


45

Grfico de desplazamiento v/s posicin de la carga:

(31) Determine el descenso del punto B de la viga.

Datos:

1 1

2 2

3 3

4 4

6 4 /

4 4 /

3 2 /

3 1 /

L mt K ton cm

L mt K ton cm

L mt K ton cm

L mt K ton cm

= =

= =

= =

= =

SOLUCIN:

Estructura deformada:


46/58


46

F K

F

K

=

=

4 4

4

4

4

(4)

11

1 /

300 1500.5

1

Barra

F toncm

K ton cm

y cmy

= = =

= =

3 3

3

3

3

(3)

21

2 /

300 1500.75

1.5

Barra

F toncm

K ton cm

y cmy

= = =

= =

2 2

2

2

2

(2)

41

4 /

400 2000.875

1.75

Barra

F toncm

K ton cm

y cmy

= = =

= =


47/58


47

1

(1)

8

24 /B B

Barra

F ton

cmK ton cm = = =

: 2.875BLuego cm =

(32) Una barra infinitamente rgida est articulada en A y apoyada por dos resortes en B.

Hallar el desplazamiento vertical de B, bajo la accin de P.

Datos:1

1

2

2

15

20 /

20

50 /

100

2000

50

L cm

K ton cm

L cm

K ton cm

L cm

P Kg

a cm

=

=

=

=

=

=

=

SOLUCIN:


2 2 1 10 :VF F sen F sen P = + = 1 20.96 0.93 2 (1)F F ton+ =

2 2 1 10 : cos cosHF F F = = 2 10.37 0.3 (2)F F=

b) Relacin fuerza-deformacin

Para los resortes: 1 1 1

2 2 2

F K

F K

=

=


48/58


48

c) Compatibilidad geomtrica

1

2

cos16.7cos 21.8

B

B

=

=

Luego:( )

( )

1 1

2 2

cos16.7 19.16 (3)

cos 21.8 46.42 (4)

B B

B B

F K

F K

= =

= =


( ) ( )0.96 19.16 0.93 46.42 2B B + =

0.0325B cm =

1

2

0.623

1.509

F ton

F ton

=

=

(33) Si los resortes a y bse montan a 90 cm del centro, A qu distancia del centro debe

montarse el resorte c si la pantalla debe colgarse horizontalmente?

Datos:

110

2.40

pantallaP Kg

dimetro m

=

=

14 /

14 /

16 /

a

b

c

K kg cm

K kg cm

K kg cm

=

=

=

SOLUCIN:


0 : 110 (1)

0 : 90 60 60 (2)

V a b c

O a c

F F F F Kg

M sen F S sen F

= + + =

= =


49/58


49

b) Relacin fuerza-deformacin

(3) , ,a b ca b ca b c

F F FF K

K K K= = = =

c) Compatibilidad geomtrica

(4)a b c = =

Reemplazando las relaciones de (3) en (4):

,a b c aa ba b c b

F F F Kluego F F

K K K K= = =

(5)a bF F =

cc b

b

KF F

K=

8(6)

7c bF F =

Reemplazando (5)y (6) en (1):8

2 1107

b bF F Kg + =

35b aF Kg F = =

40cF Kg=

78.75S cm=

(34) Determine el dimetro (rea) necesaria de cada rayo de la rueda para que al girar el eje

tenga como mximo una deformacin vertical de 0.1 cm. La rueda soporta en el eje 1000 Kg

y tiene un radio de 50 cm. Los rayos son de acero y resisten tanto a traccin como a

compresin (son 4 rayos).

6

22 10

KgE

cm

=


50/58


50

SOLUCIN:

Analizaremos dos posibles casos crticos:

Caso a):

En este caso la fuerza

afecta solamente a los dos

rayos verticales, entonces:

Ecuaciones de equilibrio:0 : 2 1000VF F P Kg= = =

( )500 :F Kg F fuerza con que reacciona cada rayo =

Relacin fuerza-deformacin:PL

AE =

Reemplazando los datos:

2

6

500 500.1 0.125

2 100.399

A cm

Acm

= =

=

Caso b):

cos

sin

H

V

F F

F F

=

= 1 2por simetra F F =

Ecuaciones de equilibrio:0 : 4 sin 1000VF F P Kg= = = 353.55F Kg =


AE

=


51/58


51


sin 45 cos450.1

= = 0.0707 cm =

Luego:( ) 2

6

2 353.55 500.0707 0.25

2 10

0.564

A cmA

cm

= =

=

El caso b) es el ms desfavorable, ya que hace necesario que los rayos tengan un rea

mayor.

(35) Un tubo de latn de 0.3 mt. de largo, 3.175 cm. de radio exterior y 0.3175 cm. de

espesor, se coloca en una prensa, ajustada de manera que sus quijadas toquen apenas los

extremos del tubo sin presionarlo. Luego se aplican dos fuerzas P y Q de magnitudP=186.816 KN y Q=160.128 KN , como se muestra. Sabiendo que 9105 10E x Pa= . Halle las

fuerzas ejercidas sobre el tubo por la prensa en A y D.

SOLUCIN:

a) Ecuaciones de equilibrio:0 :H A DF R R P Q= =

26.688A DR R KN = (1)


AE

=

( ) ( )

( ) ( )

4

2 2 9

4

2 2 9

160128 0.20325.15 10

0.03175 0.028575 105 10

186816 0.20326.008 10

0.03175 0.028575 105 10

AC

DB

m

m

= =

= =


52/58


52


Re

Re

0AC DB acc

AC DB acc

=

=

( ) ( )2 2 9

0.30480.00008580.03175 0.028575 105 10

DR

=

( )17.785 17.785

8.903

D

A

R KN KN

R KN

= =

=

(36) Dos barras cilndricas, la primera de acero y la segunda de latn, estn unidas en Cy

con soportes rgidos en A y E. Dada la carga mostrada en el dibujo, encuentre:

i) Las reacciones en A y en E.ii) La deformacin del punto C.

Datos:

F1=60 KN

F2=40 KN

200ACE GPa=

105LatnE GPa=

SOLUCIN:

i)


( )

0

60 40 100 1

H

A E

F

R R KN

=

+ = + =

b) Relacin fuerza-deformacin:PL

AE =


53/58


53

c) Compatibilidad geomtrica:

Eliminaremos la pared en el punto E y permitiremos que ambas barras se deformen

libremente. Luego pondremos la pared nuevamente y existir la reaccin RE, la cual deberhacer nula la deformacin que permitimos que tuvieran las barras:

AC CE libre + =

0 (2)Elibre R

+ =

( ) ( ) ( )

( ) ( )

5

2 2 29 9 9

10

2 29 9

60000 0.18 40000 0.12 40000 0.12.899 10

0.04 200 10 0.04 200 10 0.03 105 10

0.20 0.309.721 10

0.03 105 10 0.04 200 10E

libre

R E E

m

R R

= + + =

= + =

Reemplazando en (2):5 102.899 10 9.721 10 0ER

+ =

29822.035ER N = , reemplazando en (1)

70177.965AR N=

ii)

10178RF N =

70.178 60 10178R RF F N= =

Luego:

( )52

9

10178 0.31.215 10

0.04200 10

2

R

C

F Lm

AE

= = =

10178RF N =


54/58


54

Luego:

( )52

9

10178 0.22.74 10

0.03105 10

2

RC

F Lm

AE

= = =

(37) Dos barras cilndricas, una de acero ( 200ACE GPa= ) y la otra de latn ( 105LatnE GPa= ),

estn unidas en C. El extremo A de la barra compuesta, as obtenida, est fijo, mientras que

existe una separacin de 0.12 mm entre el extremo E y muro vertical. Se aplica entonces enB una fuerza 60BF KN= y otra 40DF KN= en D, ambas horizontales y de izquierda a

derecha. Determine las reacciones en A y en E.

SOLUCIN:


( )

0

60 40 100 1

H

A E

F

R R KN

=

+ = + =

b) Relacin fuerza-deformacin:PL

AE =

( ) ( )

( )

5

2 29 9

5

2 9

60000 0.18 40000 0.121.552 10

0.04 200 10 0.04 200 10

40000 0.11.347 10

0.03 105 10

AC

CE

m

m

= + =

= =

c) Compatibilidad geomtrica:

Re 0.00012AC CE acc + + =

Entonces:

( )Re 0.00012acc AC CE = +


55/58


55

( ) ( )2 29 9

0.2 0.30.00009101

0.03 105 10 0.04 200 10ER

+ =

93.623

6.377

E

A

R KN

R KN

=

=

(38) Calcular la deformacin central del reticulado (C ).

Datos:

Todas las barras poseen seccin:

A =10 cm26

22 10

kgE

cm=

SOLUCIN::Nudo H

0 : 0

0 : 0

V

H

F HA

F HG

= =

= =

:Nudo A

:Nudo I

0 : 0

0 : 10V

H

F GI

F IC IA ton

= =

= = =

:Nudo G

2 20 : 10 2

2 2

2 20 : 20

2 2

V

H

F AG GC AG GC ton

F AG GC FG FG ton

= = = =

= + = =

20 : 10 10 2

2

20 : 10

2

V

H

F GA GA ton

F AI GA AI ton

= = =

= = =


56/58


56

:Nudo C

10 2

2 20 : 20 0

2 2V

Por simetra separamos GC CE ton

F CF CE GC CF

= =

= + + = =

Nuestra estructura queda:

: 10 2

: 20

: 10

fuerza en las diagonales AG GC CE EB ton

fuerza en barras horizontales superiores GF FE ton

fuerza en barras horizontales inferiores AI IC CJ JB ton

= = = =

= =

= = = =

2 6

2

7 4

10 2 10

2 10 2 10

kgA E cm

cm

A E kg ton

=

= =

Calcularemos la deformacin C mediante la igualdad de trabajo:

( )

( )

e

i

W P trabajo externo

W F trabajo interno

=

=

Luego: e iW W=

1 1

2 2

20 C

P F

F

=

=

: fuerza axial de cada barra

: deformacin de cada barra

F

2

20 CF L

no importara si la fuerza es de compresin o traccinAE

=


57/58


57

( )2

2 2

4 4 4

2

sup inf

10 2 3 2 20 3 10 320 4 2 4

2 10 2 10 2 10

1.748 10

C

C

horizontales eriores horizontales erioresdiagonales

m

= + +

=

(39) Determinar los momentos flectores en los empotramientos A y B de cada viga, debido

a un descenso de temperatura de 50 C en el alambre de acero vertical.

Datos:Vigas:5 2

4

2 10 /

45000

E Kg cm

I cm

=

=

Alambre:

2

50

1

T C

A cm

=

=

6 2

5

2 10 /

10 1/

E Kg cm

C =

=

SOLUCIN:

6

6

1 3 3

2

1 2 105000 /

400

3 3 2 10 450001000

300

3375

al

AEK Kg cm

L

EIK

L

K

= = =

= = =

=

510 400 50 0.2

0.2

t

t cm

= =

=

a b t + =

( )

1 1 1

2 2 2

1 2' 'al al

F K

F K

F K

=

=

= +


58/58

Capitulo ICapitulo ICapitulo ICapitulo I : Mecnica: Mecnica: Mecnica: Mecnica De Los Cuerpos DeformablesDe Los Cuerpos DeformablesDe Los Cuerpos DeformablesDe Los Cuerpos Deformables SOLIDO CON LA MECANICASOLIDO CON LA MECANICASOLIDO CON LA MECANICASOLIDO CON LA MECANICA1 1

2 2

'

'

b

a

+ =

+ =

1 2F F= 1

2

al

al

F F

F F

=

=

1 1 2 2K K = 1 23.375 =

1 alF F=

( )

( )

1 2 1 1

1 2 2 2

' '

' '

al

al

K K

K K

+ =

+ =

( ) ( )1 2 1 2' ' t + + + =

( ) ( )1 2 1 2' ' t + = +

( )

( )

1 2 1 1

1 2 2 2

al t

al t

K K

K K

+ =

+ =

( )

( )

1 2 1

1 2 2

5000 0.2 1000

5000 0.2 3375

+ =

+ =

( )

( )

1 2 1

1 2 2

1 5

0.3 1.48

+ =

+ =

1 2

2 1 / 2

1 6 5

0.3 2.48 1.48

= +

= +

10.4 3= 1

1

0.13

0.04

=

= 1

2

130 ;

130 ;

F Kg

F Kg

=

=

1

2

390

260

Kg m

Kg m

=

=

1 Cuerpos Deformables

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