• Author / Uploaded
• elayne arias arriaga

• Categories
• Resistencia de materiales
• Inclinarse
• Acero
• Ingeniería
• Materiales

Citation preview

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN ANTONIO ABAD DEL CUSCO FACULTAD DE ARQUITECTURA E INGENIERÍA CIVIL ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO-CAP. IV DOCENTE: ÁREA: TEMA: LIBRO: AUTOR:

ING. MIJAÍL MONTESINOS ESCOBAR

RESISTENCIA DE MATERIALES I RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO CAP. IV MECANICA DE MATERIALES - SEXTA EDICIÓN FERDINAND P. BEER, E. RUSSELL JOHNSTON, JOHN T. DEWOLF, DAVID F. MAZUREK DESARROLLO: GRUPAL

GRUPO: LOS estructuralistas PRESENTADO POR: 083621 164428 163616 164059 130272

QUIÑONES PAUCAR, FELIPE HUILLCA ALVAREZ MIZRAIM ROJAS ILLA RONALDO VARGAS CUSI IVAN DIAZ MONGE DEIVIS

CUSCO – PERÚ 2018 TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.192_MIZRAIM HUILLCA ALVAREZ Dos fuerzas verticales que se aplican a una viga con la sección transversal que se muestra en la figura. Determine los esfuerzos máximos de tensión y compresión en la porción BC de la viga.

SOLUCIÓN: Primeramente hallaremos donde se encuentra el eje neutro. Para ello ubicamos el centroide de la sección de la viga: A 𝑦𝑜 ̅̅̅ A𝑦 ̅̅̅𝑜 1 18 5 90 2 18 1 18 Σ

36

108

108 = 3 in 36 Ahora hallamos el momento de inercia total respecto al eje neutro: yo = ̅̅̅

1 1 𝑏1 ℎ1 3 + 𝐴1 𝑑1 2 = (3)(6)3 + (18)(2)2 12 12 𝐼1 = 126 𝑝𝑢𝑙𝑔4 1 1 𝐼2 = 𝑏2 ℎ2 3 + 𝐴2 𝑑2 2 = (9)(2)3 + (18)(2)2 12 12 𝐼2 = 78 𝑝𝑢𝑙𝑔4 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 = 126 + 78 = 204 𝑝𝑢𝑙𝑔4 𝑦𝑐𝑜𝑚𝑝 = 5 𝑝𝑢𝑙𝑔 ; 𝑦𝑡𝑒𝑛 = −3 𝑝𝑢𝑙𝑔 Ahora hallamos en momento que actúa sobre la viga: 𝑀 − 𝑃𝑎 = 0 𝑀 = 𝑃𝑎 = (13)(40) = 600 𝑘𝑖𝑝. 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝐼1 =

Una vez teniendo todo los valores necesarios reemplazamos en la formula, ya sea para compresión y tensión. 𝑀y 𝜎=− 𝐼 (600)(5) 𝑀𝑦𝑐𝑜𝑚 𝜎𝑐𝑜𝑚 = − =− 𝐼 204 𝜎𝑐𝑜𝑚 = −14.71 𝑘𝑠𝑖 (𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛) (600)(−3) 𝑀𝑦𝑏𝑜𝑡 𝜎𝑏𝑜𝑦 = − =− 𝐼 204 𝜎𝑡𝑜𝑝 = 8.82 𝑘𝑠𝑖 (𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛)

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.193_ MIZRAIM HUILLCA ALVAREZ En ocasiones se almacenan varillas rectas de 6 mm de diámetro y 30 m de longitud enrollándolas dentro de un tambor con 1.25 m de diámetro interior. Suponiendo que la resistencia a la cedencia no se excede, determine a) el esfuerzo máximo en una varilla enrollada, b) el momento flexionante correspondiente en la varilla. Utilice 𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎.

SOLUCIÓN: Datos: D = Diámetro del tambor 1 d = diámetro de la barra, 𝑐 = 2 𝑑

𝜌 = radio de la curvatura

1 1 1 1 𝐷 − 𝑑 = (1.25) − (6 ∗ 10−3 ) = 0.622 𝑚 2 2 2 2 𝜋 𝜋 𝐼 = 𝑐 4 = (0.003)4 = 63.617 ∗ 10−12 𝑚4 4 4 𝜌=

a) esfuerzo máximo en una varilla enrollada 𝜎𝑚𝑎𝑥

𝐸𝑐 (200 ∗ 109 )(0.003) = = = 965 ∗ 106 𝑃𝑎 𝜌 0.622

𝜎 = 965 𝑀𝑃𝑎 b) momento flexionante correspondiente en la varilla 𝑀=

𝐸𝐼 (200 ∗ 109 )(63.617 ∗ 10−12 ) = = 20.5 𝑁. 𝑚 𝜌 0.622

𝑀 = 20.5 𝑁. 𝑚

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.194_ MIZRAIM HUILLCA ALVAREZ Si se sabe que para la viga mostrada en la figura el esfuerzo permisible es de 12 ksi en tensión y de 16 ksi en compresión, determine el máximo para M que pueda aplicarse.

SOLUCIÓN: Hallaremos el centro de gravedad de toda la figura para poder saber en dónde se encuentra el eje neutro: Primero hallaremos el área y centro de gravedad del rectángulo: 𝐴1 = (2.4)(1.2) = 2.88 𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝑦1 = 0.6 𝑝𝑢𝑙𝑔 ̅̅̅ Segundo hallaremos el área y centro de gravedad del semicírculo: 𝜋 𝐴1 = (0.75)2 = 2.88 𝑝𝑢𝑙𝑔2 2 4𝑟 (4)(0.75) 𝑦2 = ̅̅̅ = = 0.3183 𝑝𝑢𝑙𝑔 3𝜋 3𝜋 ∑ 𝐴𝑦̅ (2.88)(0.6) − (0.8836)(0.3183) 𝑌̅ = = = 0.7247 𝑝𝑢𝑙𝑔 ∑𝐴 1.9964 Ahora hallaremos el momento de inercia de la base: 1 𝜋 1 𝜋 𝐼𝑏 = 𝑏ℎ3 − 𝑟 4 = (2.4)(1.2)3 − (0.75)4 = 1.25815 𝑝𝑢𝑙𝑔4 3 8 3 8 Ahora hallaremos el momento de inercia respecto al centroide: 𝐼 ̅ = 𝐼𝑏 − 𝐴𝑌̅ 2 = 1.25815 − (1.9964)(0.7247)2 𝑦𝑡𝑜𝑝 = 1.2 − 0.7247 = 0.4753 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑦𝑏𝑜𝑡 = −0.7247 𝑀𝑦 𝐼𝜎 |𝜎| = | | |𝑀| = | | 𝐼 𝑦 Primero hallaremos con el esfuerzo permisible a tensión: (12)(0.2097) 𝑀= = 5.29 𝑘𝑖𝑝. 𝑝𝑢𝑙𝑔 0.4753 Ahora hallaremos con el esfuerzo permisible a compresión: (16)(0.2097) 𝑀= = 4.63 𝑘𝑖𝑝. 𝑝𝑢𝑙𝑔 0.7247 En estos casos siempre se escogerá el menor valor, por lo tanto el valor de M será: 𝑀 = 4.63 𝑘𝑖𝑝. 𝑝𝑢𝑙𝑔

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.195_ DIAZ MONGE DEYVIS A fin de incrementar la resistencia a la corrosión de una barra de acero, se le ha agregado un revestimiento de aluminio con 2 mm de espesor como se muestra en la figura. El módulo de elasticidad es de 200 GPa para el aceroy 70 GPa para el aluminio. Para un momento flexionaste de 300 N.m, a) determine el esfuerzo máximo en el acero, b) el esfuerzo máximo en el aluminio, c) el radio de curvatura de la barra.

SOLUCIÓN: Use aluminio como material de referencia.

n

Es 200   2.857 en acero. Ea 70

Geometría de la sección transversal: Acero: A s =(46mm)(26mm)=1196 mm 2

1 (46mm)(26mm)3 =67,375 mm 4 12 Aluminio: A a = (50mm)(30mm) - 1196mm 2 = 304 mm 2 1 I a = (50mm)(30mm3 )-67,375mm 4 = 45,125mm 4 12 Is =

Sección transformada.

I=n a I a +n s I s =(1)(45,125) + (2.857)(67,375) = 237,615 mm 4 = 237.615mm 4 Momento de flexión. M=300N.m (a) Esfuerzo máximo en el acero: ns  2.857

ns Mys (2.857)(300)(0.013)   46.9 106 Pa 9 I 237.615 10

s 

(b) Esfuerzo máximo en el aluminio: na  1

a 

na Mya (1)(300)(0.015)   18.94 106 Pa 9 I 237.615 10

ys  15mm  0.015m

 s  46.9MPa ya  15mm  0.015m

 a  18.94MPa

(c) Radio de curvatura:



EI M



(70 109 )(237.615 109 ) 300

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

  55.4m

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.196_IVAN-VARGAS-CUSI_Sobre un poste corto de acero, se aplica una sola fuerza vertical P como se muestra en la figura. Los calibradores ubicados en A, B y C indican las siguientes deformaciones unitarias: εA =-500μ εB =-1000 μ εC =200μ Si se sabe que E = 29 *106 psi, determine a) la magnitud de P, b) la línea de accion de P, c) la deformación unitaria correspondiente en el borde oculto del poste, donde x=-2.5pulg y z=1.5pulg.

SOLUCIÓN: Hallamos la inercia: 1

Ix = 12 (5)(3)3 = 11.25pulg 4 1

Iz = 12 (3)(5)3 = 31.25pulg4 A = (5)(3) = 15pulg 2

El área : Mx = Pz

Mz = −Px

xA = −2.5pulg, xB = 2.5pulg, xC = 2.5pulg,

xD = −2.5pulg

σA = EεA = (29 ∗ 106 )(−500 ∗ 10−6 ) = −14.50psi σB = EεB = (29 ∗ 106 )(−1000 ∗ 10−6 ) = −29psi σC = EεC = (29 ∗ 106 )(−200 ∗ 10−6 ) = −5.8psi P

Mx z A Ix

+

Mz xA Iz

= −0.06667P − 0.13333Mx − 0.08Mz … (1)

P

Mx z B Ix

+

Mz xB Iz

= −0.06667P − 0.13333Mx + 0.08Mz … (2)

P

Mx z C Ix

+

Mz xC Iz

= −0.06667P + 0.13333Mx + 0.08Mz … (3)

σA = − A − σB = − A − σC = − A −

Sustituyendo los valores, σA , σB y σC en (1), (2) y (3)y resolver las ecuaciones simultáneas da: Mx = 87kip. in, x=

Mz P

=

z=

Mx P

= 152.25

(a) 𝐏 = 𝟏𝟓𝟐. 𝟐𝟓 𝐤𝐢𝐩𝐬

Mz = −90.625kip. in

−90.625 152.25

(b) 𝐱 = 𝟎. 𝟓𝟗𝟓𝐩𝐮𝐥𝐠

87

P

σD = − A −

Mx z D Ix

𝐳 = 𝟎. 𝟓𝟕𝟏𝐩𝐮𝐥𝐠 +

Mz xD Iz

𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀

𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀

= −0.06667P + 0.1333Mx − 0.08Mz

σD = −(0.06667)(152.25) + (0.1333)(87) − (0.08)(−90.625) = 8.70ksi (c) Tensión en el borde oculto: ε =

σD E

=

8.70∗103 29∗106

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

𝛆 = 𝟑𝟎𝟎 𝐮

𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.197_IVAN-VARGAS-CUSI_ Para el anillo dividido que se muestra en la figura, determine el esfuerzo en a) el punto A, b) el punto B.

SOLUCIÓN: 1 R1 = 40 = 20mm, 2 1 r2 = 90 = 45mm, 2 h = r2 − r1 = 25mm A = (14)(25) = 350mm2 R=

h 25 = = 30.8288mm r ln ( 2 ) ln (45) r1 20

1 R = (r2 + r1 ) = 32.5mm 2 e = r − R = 1.6712mm Reducimos las fuerzas internas a través de la sección AB a un sistema de fuerza – pareja en el centroide de la cruz sección. Por lo tanto la pareja flexionada es: M = Pa = Pr = (2500)(32.5 ∗ 10−3 = 81.25N. m 𝐚) Punto A: rA = 20mm P

My

yA = 30.8288 − 20 = 10.8288mm 81(10.8288∗10−3 )

2500

σA = − A − AeRA = − 350∗10−6 − (350∗10−6 )(1.6712∗10−3 )(20∗10−3 ) 𝛔𝐀 = −𝟖𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝐏𝐚 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀 𝐛) Punto B: P A

σB = − −

rB = 45mm MyB AeR

=−

2500 350∗10−6

yB = 30.8288 − 45 = −14.1712mm 81.25(−14.1712∗10−3 )

− (350∗10−6 )(1.6712∗10−3 )(45∗10−3 )

𝛔𝐀 = 𝟑𝟔. 𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝐏𝐚 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

1.198_ QUIÑONES PAUCAR FELIPE_ Un par M, con momento de 8 kN. m y que actúa en un plano vertical, se aplica a una viga de acero laminado W200x19.3 como se muestra en la figura. Determine a) el ángulo que forma el eje neutro con el plano horizontal, b) el esfuerzo máximo en la viga.

SOLUCIÓN: Para sector de acero laminado W200x19.3:

𝐼𝑧′ = 16.6𝑥106 𝑚𝑚4 = 16.6𝑥10−6 𝑚4 𝐼𝑦′ = 1.15𝑥106 𝑚𝑚4 = 1.15𝑥10−6 𝑚4 203 𝑦𝐴 = 𝑦𝐵 = −𝑦𝐷 = −𝑦𝐸 = = 101.5 𝑚𝑚 2 102 𝑧𝐴 = −𝑧𝐵 = −𝑧𝐷 = −𝑧𝐸 = = 51 𝑚𝑚 2 3 𝑀𝑧 = (8𝑥10 )𝑐𝑜𝑠5° = 7.9696𝑥103 𝑁. 𝑚 𝑀𝑦 = −(8𝑥103 )𝑠𝑒𝑛5° = −0.6972𝑥103 𝑁. 𝑚 a) El ángulo que forma el eje neutro con el plano horizontal 𝐼𝑧 16.6𝑥10−6 𝑡𝑎𝑛𝜑 = 𝑡𝑎𝑛𝜃 = tan(−5°) = −1.2629 𝐼𝑦 1.15𝑥10−6 𝜑 = −51.6° 𝛼 = 51.6° − 5° = 46.6° 𝜶 = 𝟒𝟔. 𝟔° RESPUESTA b) El esfuerzo máximo en la viga.

El esfuerzo de tracción máximo ocurre en el punto D

. 𝑀𝑧 𝑌𝐷 𝑀𝑌 𝑧𝐷 + 𝐼𝑍 𝐼𝑦 (7.9696𝑥103 )(−101.5𝑥10−3 ) 𝜎𝐷 = − + 16.6𝑥10−6 (−0.6972𝑥103 )(−51𝑥10−3 ) 1.15𝑥10−6 𝜎𝐷 = 79.6𝑥106 𝑃𝑎 = 79.6 𝑀𝑃𝑎 𝝈𝑫 = 𝟕𝟗. 𝟔 𝑴𝑷𝒂 RESPUESTA 𝜎𝐷 = −

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.199_ QUIÑONES PAUCAR FELIPE_ Determine el esfuerzo máximo en cada uno de los dos elementos de máquina que se muestran en la figura.

SOLUCIÓN: Para cada caso, 𝑀 = (400)(2.5) = 1000 𝑙𝑏. 𝑝𝑢𝑙𝑔 En la sección mínima, 1 (0.5)(1.5)3 = 0.140625 𝑝𝑢𝑙𝑔4 𝐼= 12 𝑐 = 0.75 𝑝𝑢𝑙𝑔 Para la figura a) : 𝐷 3 = =2 𝑑 1.5 𝑟 0.3 = = 0.2 𝑑 1.5 Para el valor de 𝐾 = 1.75, obtenemos de la figura 4.32 del libro. 𝐾𝑀𝑐 (1.75)(1000)(0.75) 𝜎𝑚𝑎𝑥 = = 𝐼 0.140625 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 9.3𝑥103 𝑝𝑠𝑖 𝝈𝒎𝒂𝒙 = 𝟗. 𝟑 𝒌𝒔𝒊 RESPUESTA Para la figura b) : 𝐷 3 = =2 𝑑 1.5 𝑟 0.3 = = 0.2 𝑑 1.5 Para el valor de 𝐾 = 1.50, obtenemos de la figura 4.31 del libro. 𝜎𝑚𝑎𝑥 =

𝐾𝑀𝑐 (1.5)(1000)(0.75) = = 8𝑥103 𝑝𝑠𝑖 𝐼 0.140625

𝝈𝒎𝒂𝒙 = 𝟖 𝒌𝒔𝒊 RESPUESTA

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.200_ QUIÑONES PAUCAR FELIPE_ El perfil que se muestra en la figura se formó doblando una placa delgada de acero. Si se supone que el espesor t es pequeño comparado con la longitud a del lado del perfil, determine el esfuerzo a) en A, b) en B, c) en C

SOLUCIÓN: Momento de inercia sobre el centroide:

1 𝑎 3 1 3 𝑡𝑎 (2√2𝑡) ( ) = 12 12 √2 Área: 𝑎 𝑎 𝐴 = (2√2𝑡) ( ) = 2𝑎𝑡, 𝑐 = 2√2 √2 a) en A, El esfuerzo en A es: 𝑎 𝑎 𝑃( )( ) 𝑃 𝑃𝑒𝑐 𝑃 𝑃 2√2 2√2 𝜎𝐴 = − = − =− 1 𝐴 𝐼 2𝑎𝑡 2𝑎𝑡 𝑡𝑎3 12 𝑃 𝜎𝐴 = − 2𝑎𝑡 b) en B, El esfuerzo en A es: 𝑎 𝑎 𝑃( )( ) 𝑃 𝑃𝑒𝑐 𝑃 2𝑃 2√2 2√2 𝜎𝐵 = − = − =− 1 3 𝐴 𝐼 2𝑎𝑡 𝑎𝑡 12 𝑡𝑎 𝟐𝑷 𝝈𝑩 = − 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀 𝒂𝒕 𝐼=

Desde la planta, se observa:

c) en C Es igual a la figura desde otra El esfuerzo en A es: 𝑃 perspectiva: 𝜎𝐶 = 𝜎𝐴 = − 2𝑎𝑡 𝑷 𝝈𝑪 = − 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀 𝟐𝒂𝒕

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.201_ROJAS_ILLA_RONALDO.-Tres placas de acero de 120 × 10 𝑚𝑚 se soldaron para formar la viga mostrada en la figura. Suponiendo que el acero es elastoplástico con 𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎 y𝜎𝑌 = 300 𝑀𝑃𝑎, determine a) el momento flexionante para el que las zonas plásticas en las partes superior e inferior de la viga son de 40 mm de espesor, b) el radio de curvatura correspondiente en la viga.

SOLUCIÓN:

Tenemos que calcular las áreas 𝐴1 = (120)(10) = 1200 𝑚𝑚2 𝑅1 = 𝜎𝑌 𝐴1 = (300 × 106 )(1200 × 10−6 ) = 360 × 103 𝑁 𝐴2 = (30)(10) = 300 𝑚𝑚2 𝑅1 = 𝜎𝑌 𝐴2 = (300 × 106 )(300 × 10−6 ) = 90 × 103 𝑁 𝐴3 = (30)(10) = 300 𝑚𝑚2 1 𝑅3 = 𝜎𝑌 𝐴3 = (300 × 106 )(300 × 10−6 ) = 45 × 103 𝑁 2 𝑦1 = 65 𝑚𝑚 = 65 × 10−3 𝑚 𝑦2 = 45 𝑚𝑚 = 45 × 10−3 𝑚 𝑦3 = 20 𝑚𝑚 = 20 × 10−3 𝑚 (a) el momento flexionante para el que las zonas plásticas en las partes superior e inferior de la viga son de 40 mm de espesor 𝑀 = 2(𝑅1 𝑦1 + 𝑅2 𝑦2 + 𝑅3 𝑦3 ) 𝑀 = 2[(60)(65) + (90)(65) + (45)(20)] 𝑴 = 𝟓𝟔. 𝟕 × 𝟏𝟎−𝟑 𝑵. 𝒎 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀 (b) el radio de curvatura correspondiente en la viga:

𝑦𝑌 𝜎𝑌 = 𝜌 𝐸 𝐸𝑦𝑌 (200 × 109 )(30 × 10−3 ) 𝜌= = = 20 𝜎𝑌 300 × 106 𝝆 = 𝟐𝟎 𝒄𝒎 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.202_ROJAS_ILLA_RONALDO.-Una columna corta se fabrica clavando dos tablas de 1 × 4 𝑝𝑢𝑙𝑔 a un madero de 4 × 4 𝑝𝑢𝑙𝑔 Determine el esfuerzo máximo de compresión causado en la columna por una carga de 16 𝑘𝑖𝑝𝑠 aplicada en el centro de la sección superior del madero como se muestra en la figura, si a) la columna es como se ha descrito, b) se retira la tabla 1, c) se retiran las tablas 1 y 2, d) se retiran las tablas 1, 2 y 3, e) se retiran todas las tablas.

SOLUCIÓN: (a) Centro de la figura de la cara superior 𝑃 𝑀=0 𝜎=− 𝐴 𝐴 = (4)(4) + (4)(1)(4) = 32 𝑖𝑛2 16 × 103 𝜎=− = −500 32 𝝈 = −𝟓𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀 (b) El momento de inercia 𝑃 𝑃𝑒𝑐 𝑀 = 𝑃𝑒 ; 𝜎=− − ; 𝐴 = (4)(4) + (3)(3)(1)) = 28 𝑖𝑛2 𝐴 𝐼 Donde 𝑒 = 𝑦̅ ∑ 𝐴𝑦̅ (1)(4)(2.5) 𝑦̅ = = = 0.35714 𝑖𝑛 𝐴 28 1 1 (6)(4)3 + (6)(4)(0.35714)2 + (4)(1)3 + (1)(4)(2.14286)2 𝐼 = ∑(𝐼 ̅ + 𝐴𝑑2 ) = 12 12 𝐼 = 53.762 𝑖𝑛2 16×103

𝜎 = − 28 − (c) El centro es

(16×103 )(0.35714)(2.35714) 53.762

= −822 𝑝𝑠𝑖 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀

𝑃 ; 𝐴 = (6)(4) = 24 𝑖𝑛2 𝐴 𝟏𝟔×𝟏𝟎𝟑 𝝈 = − 𝟐𝟒 = −𝟔𝟔𝟕𝒑𝒔𝒊 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀 (d) El momento de inercia 𝑃 𝑃𝑒𝑐 𝑀 = 𝑃𝑒 ; 𝜎=− − ; 𝐴 = (4)(5) = 20 𝑖𝑛2 𝐴 𝐼 Donde 𝑒 = 𝑥̅ 𝑥̅ = 2.5 − 2 = 0.5 𝑖𝑛 1 (4)(5)3 = 41.667 𝑖𝑛2 𝐼= 12 16 × 103 (16 × 103 )(0.5)(2.5) 𝜎=− − = −𝟏𝟐𝟖𝟎 𝒑𝒔𝒊 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀 20 41.667 𝑀=0

;

𝜎=−

(e) El centro es 𝑀=0 𝜎=−

𝑃 ; 𝐴 = −𝟏𝟎𝟎𝟎 psi 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀 ;

16×103 16

𝜎=−

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

𝐴 = (4)(4) = 16 𝑖𝑛2

“SEMESTRE 2018 - I”

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ESCUELA PROFESIONAL: INGENIERÍA CIVIL

UNSAAC

4.203_ROJAS_ILLA_RONALDO. -Dos tiras delgadas del mismo material y la misma sección transversal se doblan mediante pares de la misma magnitud y se pegan entre sí. Después de que las dos superficies de contacto están unidas de manera segura, los pares se retiran. Si se denota con s1 el esfuerzo máximo y con r1 el radio de curvatura de cada tira mientras se aplican los pares, determine a) los esfuerzos finales en los puntos A, B, C y D, b) el radio final de curvatura.

SOLUCIÓN: Deje b = ancho y t = espesor de una tira. Cargando una tira, 𝑀 = 𝑀1 1 3 1 𝐼1 = 𝑏𝑡 ; 𝑐= 𝑡 12 2

;

𝜎1 =

𝑀1 𝑐 𝜎𝑀1 = 2 𝐼 𝑏𝑡

1 𝑀1 12𝑀1 = = 𝜌1 𝐸𝐼1 𝐸𝑡 3

Después de que M1 se aplica a cada una de las tiras, las tensiones son las que figuran en el esquema anterior. Son 𝜎𝐴 = −𝜎1 ; 𝜎𝐵 = −𝜎1 ; 𝜎𝐶 = −𝜎1 , 𝜎𝐷 = −𝜎1 La pareja total de flexión es 2M1. Después de que las tiras se pegan, esta pareja se elimina. 𝑀′ = 2𝑀1

;

𝐼′ =

1 12

𝑏(2𝑡)3 =

Las tensiones eliminadas son 𝑀′ 1 𝑦 2𝑦𝑀1 3𝑀1 𝜎′ = =−2 =− 2 𝐼 𝑏𝑡 𝑏𝑡3 3 3𝑀1 1 𝜎′𝐴 = − 2 = 𝜎1 , 𝜎′ 𝐵 = 𝜎′ 𝐶 = 0 𝑏𝑡 2

2 3

𝑏(𝑡)3

𝜎′ 𝐷 = −

,

(a) Tensiones finales:

1 𝜎𝐴 = −𝜎1 − (− 𝜎1 ) 2 𝟏 𝝈𝑨 = − 𝝈𝟏 ; 𝟐

𝝈𝑩 = 𝝈𝟏

;

;

𝑐=𝑡

3𝑀1 1 = 𝜎 𝑏𝑡 2 2 1

𝝈𝑪 = −𝝈𝟏

;

1 𝜎𝐷 = −𝜎1 − ( 𝜎1 ) 2 𝟏 𝝈𝑫 = ( 𝝈𝟏 ) 𝟐

1 𝑀′ 2𝑀1 3𝑀1 1 = = 2 = = ′ ′ ′ 3 𝜌 𝐸𝐼 𝐸𝑡 4𝜌 𝐸 𝑏𝑡3 (b) Final radio

𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀𝐒

3

1 1 1 1 1 3 = − ′= − ′= ′ 𝜌 𝜌1 𝜌 𝜌1 4𝜌 4𝜌 𝟒 ′ 𝝆 = 𝟑 𝝆 𝐑𝐄𝐒𝐏𝐔𝐄𝐒𝐓𝐀

TEMA | RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE REPASO – FLEXION PURA

“SEMESTRE 2018 - I”