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CATEDRA : MECANICA DE MATERIALES I CATEDRATICO : ING. WASHINTONG BONIFACIO INTEGRANTES :            AR

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CATEDRA

: MECANICA DE MATERIALES I

CATEDRATICO

: ING. WASHINTONG BONIFACIO

INTEGRANTES

:

          

ARROYO FERNANDEZ DIANA LADY CLEMENTE EGOAVIL JACKELIN ELIZABETH CONTRERAS ESPÍRITU, TIRZA GARCIA RAMOS, LUIS HERRERA LLACUA, CLEMER LOLO TRILLO, EFRAIN ORELLANA QUISPE, YERALDINA PONCE MAZA, DAVER SEGURA TELLO, GAUDENCIO VELITA HUARI, JHONATAN VILCHEZ DAMIAN, DEYVIS

SECCION

: B2

TURNO

: TARDE

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INDICE CAPITULO I: ESFUERZO SIMPLE………………………………………………………………………………………………… 2 CAPITULO II: DEFORMACIÓN SIMPLE………………………………………………………………………………………… 14 CAPITULO III: TORSION………………………………………………………………………………………………………………. 29 CAPITULO IV: FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLEXIONANTE EN VIGAS………………………………….. 41 CAPITULO V: ESFUERZO EN VIGAS……………………………………………………………………………………………. 52 CAPITULO VI: DEFORMACIÓN EN VIGAS…………………………………………………………………………………….. 62 CAPITULO VIII: VIGAS CONTINUAS……………………………………………………………………………………………….. 84 CAPITULO IX: ESFUERZO Y DEFORMACION………………………………………………………………………………….161 CAPITULO X: TEMAS ESPECIALES……………………………………………………………………………………………….. 177

1

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CAPITULO 1: ESFUERZO SIMPLE

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CAPITULO 2: DEFORMACION SIMPLE EJERCICIO 01: Durante una prueba de esfuerzo unitario se ha obtenido que para un esfuerzo de 35MN/METROS CUADRADOS la deformación ha sido de 167X10 menos 6 y para un esfuerzo de 140MN/metros cuadrados, de 667x10 menos 6. Si el límite de proporcionalidad es de 200MN/m2 ¿Cuál es valor de módulo de elasticidad? ¿Cuál es el esfuerzo correspondiente a una deformación unitaria de 0.002? si el límite de proporcionalidad hubiese sido de 150MN/m2.

RESOLUCION:

14

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EJERCICIO 02:

Una barra prismática de longitud L de sección transversal A y densidad P se suspende verticalmente al extremo. Demostrar que su alargamiento total=pgl/2AE Llamado su masa total M, también el alargamiento=MgL/2AE

RESOLUCION:

15

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EJERCICIO 3:

Una varilla de acero tiene una sección constante de 300mm2 y una longitud de 150m se suspende verticalmente de sus extremos y soporta una carga de 20Kn que de su extremo interior .Si la densidad de acero es 7850kg/m3 y E=200x 10 menos 3 ,Determinar el alargamiento de la varilla .

RESOLUCION:

EJERCICIO 4: Un alambre de acero de 10m de longitud que cuelga verticalmente soporta una carga de 2000N. Determinar el diámetro necesario, despreciando el peso del alambre, si el esfuerzo no debe exceder 140Mpa y el alargamiento debe ser inferior a 5mm cuando E=200GPa.

RESOLUCION:

16

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EJERCICIO 05:

Una llanta de acero de 10mm de espesor ,80mm de ancho y 1500mm de diámetro interior, se calienta y luego se monta sobre una rueda de acero de 1500.5mm de diámetro, si el coeficiente de fricción estática es a.30 .Que par se requiere para girar la llanta con respecto a una rueda ¿Desprecie la deformación de la rueda y use E=200GPa

RESOLUCION:

17

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EJERCICIO 06:

Una barra de aluminio de sección constante de 160mm2 soporta unas fuerzas axiales aplicadas en los puntos que indica la figura si E=70GPa, Determinar el alargamiento total de la barra 8no hay pandeo de este elemento)

RESOLUCION:

18

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EJERCICIO 07.

Resolver el problema cuando las fuerzas aplicadas en sus extremos, en le izquierdo la fuerza es de 10KN y en el derecho es de 35KN:

EJERCICO 8:

Un tubo de aluminio esta a una varilla de acero y a otra de bronce ,tal como se indica en la figura,y soporta unas cargas axiales en las posiciones sñañadas.Determinar el valor P cuando las siguientes condiciones .la deformacion total no ha de exceder 2mm ,ni las tensionas han de sobrepasar 140MN/m2 en el bornce.Se supone que el conjunto esta convenientemente anclado para evitar el pandeo y que los modulos de elasticidad son 200x10 al cubo MN/m2 para e lacero=70x10 al cubo MN/m2 Y APRA EL ALUMINIO =83X10 al cubo MN/m2 bronce.

RESOLUCION:

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EJERCICIO 09:

Dos barras AB Y CD que se suponen absolutamente rígidas están articuladas en A Y en D y separadas en C mediante un rodillo como indica la figura ,en B una varilla de acero ayuda a soportar la carga de 50KN .Determinar el desplazamiento vertical del rodillo situado en C.

RESOLUCION: 20

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EJERCICO 10:

Un bloque prismático de concreto de masa M ha de ser suspendido en dos varillas cuyos extremos inferiores están al mismo nivel, tal como se indica en la figura. Determinar la relación de las secciones de las varillas que el bloque no se desnivele. RESOLUCION: 21

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EJERCICIO 11:

La barra rígida AB, sujeta dos varillas verticales se muestra en la figura está en posición horizontal antes de aplicar la carga P. sí P=50KN. Determinar el movimiento vertical de la barra: RESOLUCION 22

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23

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA EJERCICIO 12:

Las barras rígidas AB Y CD mostradas en la figura están apoyadas mediante pernos en A y C, mediante las varillas mostradas. Determinar la máxima fuerza en P que puede aplicarse como se muestra si el movimiento vertical de las barras están limitados a 5mm,desprecie los pesos de todos los miembros RESOLUCION:

24

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA EJERCICIO 13:

Una varilla de longitud L y sección circular tiene un diámetro que varia linealmente desde D en un extremo hasta d en otro. Determine el alargamiento que lo producirá una fuerza P de tensión. RESOLUCION

25

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA EJERCICO 14:

Una varilla delgada de longitud L y sección recta constante A, situado en un plano horizontal ,experimenta una rotación de alrededor de un eje vertical que pasa por uno de sus extremos .Llamando r a la densidad y W a la velocidad angular, demostrar que el alargamiento total de la varilla viene por Pw2L3/3E.

RESOLUCION:

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EJERCICO 15:

Dos varillas de aluminio AB Y BC articulados en A y C a soportes regidos ,como indica la figura están unidas en B mediante un pasador y soportan la carga P=20kN .Si las varillas tiene una sección de 400mm2 y E=70X10 al cubo MN/m2 .Determinar la deformaciones totales de cada una y el desplazamiento horizontal y vertical del punto B ,CONDIDERE alfa=30° y teta=30° RESOLUCION:

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CAPITULO 3: TORSION 1.

se aplica un momento torsionante de 600N.m a un tubo de sección rectangular, como el De la figura. determinar el espesor t de sus paredes, de manera que el esfuerzo cortante no exceda de 60 M pa. calcular el esfuerzo en los lados cortos. despreciar la concentración de esfuerzos en las esquinas.

2.

calcular el mínimo diámetro de un árbol de acero que, sometido a un momento torsionante de 14 k. m, no debe experimentar una deformación angular superior a 3° en una longitud de 6 m. ¿Cuáles, entonces, el esfuerzo cortante, máximo que aparecerá en él? Use g= 83gn/m2

3. Obtener el diagrama de momento torsionante del eje de la figura.

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8000kg-cm 2500kg-cm 6000kg-cm

1000kg-cm

x

Solución: Del diagrama de cuerpo libre y la ecuación de equilibrio se tiene que

Aplicando el método de secciones:

Mx

x 500kg-cm x

8000kg-cm Mx

500kg-cm

8000kg-cm 2500kg-cm

30

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500kg-cm

8000kg-cm 2500kg-cm 6000kg-cm

El diagrama de momento torsionante queda como se muestra en la figura siguiente

4.

8000kg-cm 2500kg-cm 6000kg-cm

1000kg-cm

8000kg-cm 2500kg-cm 6000kg-cm

1000kg-cm

Determinar el máximo esfuerzo cortante en un eje de 3 pulg de diámetro. El par aplicado es de 3000 lbpies.

Solución: 31

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Primero, se calculó el momento polar de inercia:

La ec. (3.1) se aplica después para calcular el esfuerzo cortante en las fibras más alejadas:

5. Calcular el par máximo que puede transmitirse por medio de un eje macizo de acero, de 40 mm de diámetro, sin exceder un esfuerzo cortante de 60 MPa. Solución: El momento polar de inercia es:

Se usa la ecuación (3.1) para determinar el par máximo que puede aplicarse.

6. Comparar la resistencia de una flecha maciza de acero de 4 pulg de diámetro con la de una de 4 pulg de diámetro exterior y de 2 pulg de diámetro interior. Compare los pesos de 1 pie de cada una de las dos flechas. El esfuerzo cortante admisible es de 10 000 lb/plg2. Solución: Comparando las resistencias, vemos que la flecha hueca es tan resistente como la flecha maciza.

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Comparando con los pesos de las secciones, vemos que:

Comparando los pesos de las secciones, vemos que: Peso = volumen x densidad = área x longitud x densidad,

El peso de la flecha hueca es

x 100% del peso de la flecha maciza.

7. Determinar el Angulo de torsión en una flecha de acero de 2 plg de diámetro y 6 pies de longitud. El par es de 1000 lb-pie. Expresar la respuesta tanto en grados como en radianes. Para el acero G = 12 000 000 lb/plg2. Solución: El Angulo de torsión θ puede calcularse según la ec. (3.5):

Pueden usarse tanto grados como radianes para expresar un ángulo. Ya que hay 2π radianes en 360⁰, esta relación puede usarse como factor de conversión. En este problema:

8. Un eje macizo de 3 m de longitud debe transmitir un par de 3000 N*m sin exceder un esfuerzo cortante de 75 MPa, y también sin exceder un ángulo total de torsión de 3⁰. El modulo al esfuerzo cortante para el acero es G = 77 GPa.

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Solución: a) Diseño del eje con base en el requisito del esfuerzo cortante.

Igualando los términos de J/c,

b) Diseño del eje sobre la base de la limitación del ángulo de torsión,

c) Selección del diámetro de la flecha.

9. Determinar la potencia transmitida por un eje si el par es 1000 lb. pulg y la velocidad es de 630 rpm. Solución: Usando la ecuación (3-15), calculamos la potencia en caballos como sigue:

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hp =

,

hp = 10

Potencia = F(2πR)f N.m/s P = 2πTf 10. Una flecha girando a 20 Hz trasmite una potencia de 80 KW. Determinar el par de torsión que se desarrolla en la flecha. Solución: Usando la ecuación (3.7) calculamos el par de torsión interno, como:

P = 2πT f

T

=

T

;

T = 636 N.m

11. Diseñar una flecha maciza de acero para transmitir 40 KW de potencia una rapidez de 25 Hz. El esfuerzo cortante admisible en la flecha es de 60 MPa. Solución: El diseño involucra, primero, la determinación del par interno. Necesario en el eje. Después de elige el diámetro que permitirá que ese par se transmita sin haberse excedido los esfuerzos admisibles.

El diámetro de la flecha se determina según la ecuación como:

; Igualando el (J/c) necesario con la expresión general para J/c da por resultado:

D = 0.0279 m = 27.9 mm

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CAPITULO 4: fuerza cortante y momento flexionan te en vigas

Problema 1

Problema 2

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Problema 3

Problema 4

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Problema 5

Problema 6

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7)

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14 La barra, representada en la Fig. (a) es de sección constante y está sujeta rígidamente entre los muros. Si se aplica una carga P a la distancia del extremo izquierdo, determinar las reacciones de los muros sobre la barra.

Solución: Dibujaremos primero el diagrama de cuerpo en libertad de la barra, mostrando la fuerza aplicada P juntamente con las tracciones de los muros, que representaremos por R1 y R2 como se ve en la Figura (b). Hay solo una ecuación de equilibrio estático, que es

∑ 𝐹ℎ = 𝑅1 − 𝑃 + 𝑅2 = 0 Como esta ecuación contiene dos incógnitas (R1 y R2) el problema es estáticamente indeterminado, por lo que hay que suplementar la ecuación con otra basada en las deformaciones de la barra. El acortamiento de la parte de barra de longitud L 1 debe ser igual al alargamiento del trozo de longitud L2 lo que proporciona la base para obtener la ecuación referente a las deformaciones. La fuerza axial que actúa en la parte Izquierda de la barra es R1 (kg) y en la derecha R2 (kg). La ecuación que relaciona las deformaciones es

𝑅1 𝐿1 𝑅2 𝐿2 = 𝐴𝐸 𝐴𝐸 Dónde: A representa el área de la sección de la barra y E el módulo de elasticidad. De esta ecuación tenemos que R1L1= R2L2 y resolviéndola, juntamente con la de la estática, hallamos

𝑅1 =

𝑃𝐿2 𝐿1 +𝐿2

y

𝑅2 =

𝑃𝐿1 𝐿1 +𝐿2 51

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Conociendo esas reacciones, es evidente que el alargamiento de la parte derecha (L2) de la barra es

∆𝑒 =

𝑅2 𝐿2 𝑃𝐿1 𝐿2 = 𝐴𝐸 (𝐿1 + 𝐿2 )𝐴𝐸

Y el acortamiento de la izquierda (L1)

∆𝑐 =

𝑅1 𝐿1 𝑃𝐿1 𝐿2 = 𝐴𝐸 (𝐿1 + 𝐿2 )𝐴𝐸

Por lo que:

∆𝑒 = ∆𝑐 15 Considerar un tubo de acero que rodea a un cilindro macizo de aluminio, comprimido todo el conjunto entre placas infinitamente rígidas, por fuerzas aplicadas centralmente, como se ve en la Fig. (a). El cilindro de aluminio tiene 7,5 cm de diámetro y el diámetro exterior del tubo de acero es de 9 cm. Si P = 24.000 kg, hallar las tensiones en el acero y en el aluminio. Para el acero, E = 2,1 x106 kg/ cm2 y para el aluminio E = 2,8 x 105 kg/cm2.

Figura N (a)

Figura N (b)

Solución: Tracemos un plano horizontal a través del conjunto a una altura cualquiera, excepto en la inmediación de las placas, y separemos una parte de la otra, por ejemplo, la superior. La parte que hemos quitado debe ser sustituida por el efecto que ejerce sobre el resto, efecto que consiste en esfuerzos verticales normales, distribuidos en los dos materiales. 52

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA En la Fig. (b) se representa el diagrama de cuerpo en libertad de la parte del conjunto situada bajo el plano de corte, siendo σac y σal las tensiones normales que existen en el acero y el aluminio, respectivamente. Si representamos la fuerza total soportada por el acero por Pac(kg) Y la del aluminio por Pal,

𝑃𝑎𝑐 = 𝐴𝑎𝑐 × 𝜎𝑎𝑐

y

𝑃𝑎𝑙 = 𝐴𝑎𝑙 × 𝜎𝑎𝑙

Dónde: Aac y Aal y representan las secciones del tubo de acero y el cilindro de aluminio, respectivamente. Solo disponemos de una ecuación de equilibrio estático para este sistema de fuerzas, y toma la forma

∑ 𝐹𝑣 = 𝑃 − 𝑃𝑎𝑐 − 𝑃𝑎𝑙 = 0

Así, pues, tenemos una ecuación con dos incógnitas Pac y Pal por lo que el problema es estáticamente indeterminado. En este caso tenemos que suplementar la ecuación de la estática por otra deducida de las deformaciones de la estructura. Esta ecuación se obtiene fácilmente porque las placas infinitamente rígidas obligan a ser iguales a las deformaciones axiales de los dos metales. La deformación debida a la carga axial está dada por Δ=PL/AE. Igualando las deformaciones axiales del acero y el aluminio, tenemos

𝑃𝑎𝑐 × 𝐿 𝑃𝑎𝑙 × 𝐿 = 𝐴𝑎𝑐 × 𝐸𝑎𝑐 𝐴𝑎𝑙 × 𝐸𝑎𝑙 𝑃𝑎𝑐 ×𝐿 𝜋 [(9)2 −(7.5)2 ](2.1×106 ) 4

de donde

𝑃𝑎𝑐 = 3.3𝑃𝑎𝑙

Resolviendo esta ecuación conjuntamente con la de la estática P -Pac - Pal = 0, hallamos Pal = 0,233P, Pac = 0,767 P. Para una carga de 24.000 kg, se obtienen Pal=5.590kg, Pac=18,410kg y dividiendo las fuerzas resultantes en cada material por su sección, se obtienen las tensiones buscadas:

5.590 𝑘𝑔 𝜎𝑎𝑙 = 𝜋 = 126 ⁄ 2 𝑐𝑚 (7.5)2 4

53

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 18.410 𝑘𝑔 𝜎𝑎𝑙 = 𝜋 = 947 ⁄ 2 𝑐𝑚 [(9)2 − (7.5)2 ] 4 16 La barra AB es absolutamente rígida y está soportada por tres varillas, como se ve en la Fig. (a). Las dos varillas extremas son de acero y tienen una sección de 3 cm2. La central es de cobre y de sección 9cm2. Para el acero, E = 2,1 x 106 kg/cm2, y para el cobre, E = 1,2 x 106 kg/ cm2. Todas las varillas tienen 2,10 m y están igualmente separadas entre sí, estando aplicadas las cargas de 6.000 kg en el punto medio entre ellas. Despreciando el peso de la barra AB, determinar la fuerza en cada una de las barras verticales. AB permanece horizontal después de aplicar las cargas.

Solución: Primero dibujaremos un diagrama de cuerpo libre de la barra AB en que aparezcan todas las fuerzas que actúan en ella, incluyendo las dos cargas aplicadas y las reacciones de las varillas verticales. Si se representa la fuerza en cada una de las varillas de acero por Pac(kg) y la de la de cobre por Pcu(kg), el diagrama aparece como en la Figura (b). Ya se ha hecho uso de la condición de simetría al decir que las fuerzas son iguales en las dos varillas de acero, por lo que solo queda una ecuación de equilibrio estático, que es

∑ 𝐹𝑣 = 2𝑃𝑎𝑐 − 𝑃𝑎𝑙 − 12.000 = 0

Tenemos, pues, una ecuación con dos incógnitas y el problema es estáticamente indeterminado, por lo que hay que suplementarla con otra que provenga de las deformaciones de la estructura. Se determina fácilmente esta ecuación porque el alargamiento de las varillas de acero y de cobre es el mismo.

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Aplicando la expresión del alargamiento debido a una carga axial Δ =PL/AE a las varillas, tenemos

𝑃𝑎𝑐 (210)

𝑃 (210)

𝑎𝑐 = 6 (3)(2.1×10 ) (9)(1.2×106 )

ó

𝑃𝑎𝑐 = 0.583𝑃𝑐𝑢

Resolviendo esta ecuación juntamente con la de la estática, se tiene

2(0.583𝑃𝑐𝑢 ) + 𝑃𝑐𝑢 − 12.000 = 0 Y despejando,

𝑃𝑐𝑢 = 5.540𝑘𝑔

y

𝑃𝑐𝑢 = 3.230 𝑘𝑔

17 Considerar un pilar cuadrado de hormigón armado de 30 x 30 cm de sección y 2,40 m de altura. El hormigón está armado con ocho barras verticales de acero, cuadradas, de 2 cm de lado, colocadas simétricamente respecto al eje vertical del pilar. Se ha aplicado una fuerza de compresión axial de 45.000 kg, a través de una placa absolutamente rígida en la parte superior del hormigón. Considerar, para el acero E = 2,1 x106 kg/cm2 y para el hormigón E = 1,75 x 105 kg/cm2. Determinar la tensión en el hormigón y en el acero. Solución: Cortemos el pilar por un plano horizontal y quitemos la parte de encima de este plano. La parte suprimida deberá sustituirse por cualquier efecto que ejerciera sobre la parte inferior, efecto que consiste en fuerzas verticales distribuidas sobre el hormigón y sobre el acero. El diagrama de cuerpo en libertad de la parte inferior tiene el aspecto representado en el diagrama adjunto, donde Pa y Pb representan las fuerzas resultantes que se ejercen sobre el acero y sobre el hormigón, respectivamente, por la parte superior que se ha suprimido. La fuerza Pb , por ejemplo, es en realidad la resultante de las tensiones normales que se supone uniformemente repartidas sobre toda la sección transversal del hormigón. Como la carga es axial, es razonable suponer una distribución uniforme de la tensión normal, por lo que la resultante Pb está en el eje geométrico del pilar. Solo hay disponible una ecuación de equilibrio estático para este sistema, que es

∑ 𝐹𝑣 = 45.000 − 𝑃𝑏 − 𝑃𝑎 = 0

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Esta ecuación contiene dos incógnitas, por lo que el problema es estáticamente indeterminado y es necesario tratarla juntamente con otra ecuación basada en la deformación de la estructura. Esta ecuación se obtiene fácilmente, pues el acortamiento del hormigón y del acero son iguales a causa de la placa rígida. La deformación bajo la carga axial es Δ =PL/AE, y aplicando esta expresión a los dos materiales, tenemos

𝑃𝑎 × 𝐿 𝑃𝑏 × 𝐿 = 8(2)2 (2.1 × 106 ) [900 − 8(2)2 ](1.75 × 105 ) Dónde: L representa la altura del pilar. Despejando, Pa = 0,442Pb 45.000 - Pb - 0,442Pb = 0, Pb = 31.200 kg, y Pa= 13.800 kg

y

La tensión en el acero se halla dividiendo la fuerza resultante en las ocho barras, por su sección. Del mismo modo, se obtiene la tensión en el hormigón dividiendo la fuerza resultante Pb por la sección del hormigón. Así,

𝜎=

𝜎𝑏 =

13800 𝑘𝑔⁄ = 430 𝑐𝑚2 8(2)2

31200 𝑘𝑔⁄ = 36 𝑐𝑚2 900 − 8(2)2

18 Considerar la barra AB de la Fig. (a) absolutamente rígida y horizontal antes de aplicar la carga de 20.000 kg, articulada en A y soportada por la varilla de acero EB y la de cobre CD. La longitud de CD es de 90 cm y la de EB de 150 cm. Si la sección de CD es de 5 cm2 y la de EB de 3 cm2, determinar la tensión en cada varilla vertical y el alargamiento de la de acero. Despreciar el peso de AB. Para el cobre, E = 1,2 x 106 kg/cm2 y para el acero E = 2,1 x 106 kg/cm2

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Solución: El primer paso para resolver el problema es trazar el diagrama de cuerpo en libertad de la barra AB, con todas las fuerzas que actúan sobre ella. Es lo que se ha hecho en la Figura (b). De la estática, tenemos

∑ 𝐹𝐴 = 𝐴𝑥 = 0 ∑ 𝐹𝑀𝐴 = 120𝑃𝑐𝑢 + 240𝑃𝑎 = 20000(180) = 0 ∑ 𝐹𝑣 = 𝐴𝑦 + 𝑃𝑐𝑣 − 𝑃𝑎 − 20000 = 0

Como las dos últimas ecuaciones tienen tres incógnitas, el problema es estáticamente indeterminado, por lo que hay que buscar otra, basada en las deformaciones del sistema. Como la barra AB es rígida, el único movimiento que puede producirse es un giro del cuerpo rígido alrededor de A como centro. La línea de trazos de la Fig. (c) indica la posición final de AB después de aplicar la carga de 20.000 kg. Inicialmente, esa barra era horizontal, como muestra la línea llena. 57

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Los extremos inferiores de las varillas estaban al principio en D y B y se trasladan a D’ y B’ después de aplicar la carga. Como la barra AB es rígida, los triángulos semejantes ADD’ y ABB’ nos proporcionan una relación sencilla entre las deformaciones de las dos barras verticales Δ cu/ 120 = Δ a /240 expresando por Δ cu y Δ a los alargamientos de las varillas de cobre y acero, respectivamente. Por tanto, la ecuación suplementaria basada en las deformaciones es

Δ𝑎 = 2Δ𝑐𝑢 Pero el alargamiento bajo carga axial viene dado por Δ =PL/AE. Utilizando esta expresión en la relación anterior entre deformaciones, tenemos

𝑃𝑎 150

2𝑃 (90)

𝑐𝑢 = 6 (3)(2.1×10 ) (5)(1.2×106 )

ó

𝑃𝑎 = 1.26𝑃𝑐𝑢

Resolviendo el sistema formado por esta ecuación y la (2) de la estática, tenemos 120Pcu + 240(1,26Pcu) = 360.000 Pcu = 8.500 kg y Pa = 10.700kg Las tensiones se obtienen por la relación

En la varilla de cobre, En la varilla de acero,

𝜎 =P/A

𝑘𝑔⁄ 𝑐𝑚2 𝑘𝑔 𝜎𝑎 = 10700/3 = 3600 ⁄ 2 𝑐𝑚 𝜎𝑐𝑢 = 8500/5 = 1700

19 En el sistema de barras de acero, la barra central fue fabricada mayor en δ = 7.10 L -4 que su longitud proyectada. Determinar los esfuerzos en las barras después de efectuar el montaje de la estructura en B, con la condición de que son de áreas iguales. Considerar Ea = 2.106 kgf / cm2.

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Solución: Se efectúa el montaje y analizamos el equilibrio del nudo B

∑ 𝐹𝑥 = 0



∑ 𝐹𝑦 = 0



𝑃1 = 𝑃3 2𝑃1 𝑐𝑜𝑠30° = 𝑃2

𝑃2 = √3𝑃1 Dividimos entre el área y obtenemos:

𝜎2 = √3𝜎1 Ahora, analizamos el diagrama de deslazamientos

Del gráfico tenemos:

𝜆=

𝛿1 𝑐𝑜𝑠30°

Asimismo:

𝛿 = 𝛿2 + 𝜆 Reemplazamos B y obtenemos

𝛿 = 𝛿2 +

𝛿1 𝑐𝑜𝑠30° 59

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𝑃2 𝐿 𝑃1 𝐿 + 𝐸𝑎 𝐴 𝐸𝑎 𝐴𝑐𝑜𝑛2 30° 𝜎1 7. 10−4 × 2. 106 = 𝜎2 + 𝑐𝑜𝑠 2 30°

7. 10−4 × 𝐿 =

Reemplazamos a en la expresión, obteniendo:

1400 = √3𝜎1 +

𝜎1 0.75

De donde:

𝜎1 = 𝜎3 = 456.71 𝑙𝑘𝑔𝑓/𝑐𝑚2 𝜎2 = √3𝜎1 = −791.04 𝑘𝑔𝑓/𝑐𝑚2 20 Considerar la barra cónica de acero de la figura, que tiene los dos extremos sujetos en apoyos indeformables y está inicialmente libre de tensiones. Si la temperatura desciende 22 °C, determinar la tensión máxima en la barra. Tomar E = 2,1 x 106 kg/cm2 y a = 11 x 10-6/ºC Solución: Quizá el modo más sencillo de resolver este problema es imaginar que un extremo de la barra, por ejemplo, el derecho, está temporalmente suelto de su apoyo. En este caso, la barra contrae una longitud: (22) (90) (11x10-6) = 0,0218cm; ; debido al descenso de temperatura

Hallemos, ahora, la fuerza axial que hay que aplicar al extremo derecho «libre», para que la barra se alargue 0,0218 cm, esto es, para que se satisfaga en ese extremo la 60

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA condición de límite verdadera, de fijeza completa. Adoptando el sistema de coordenadas de la figura, tenemos

𝑟 = 5 + 5𝑥 / 90 = 5 + 𝑥/18 Como el ángulo con que varía la sección es relativamente pequeño, se puede suponer que la fuerza de tracción está uniformemente distribuida en cada sección transversal. Como tampoco hay cambios bruscos de sección, podemos determinar el alargamiento del elemento discoidal de espesor dx aplicando Δ = PL/AE, donde L = dx, al disco e integrando luego a lo largo de toda la barra: 90

90 𝑃𝑑𝑥 324𝑃𝑑𝑥 324𝑃 0.0218 = ∫ = ∫ = 𝑟 2 2 180𝐸𝜋 0 𝜋(5 + ⁄18) 𝐸 0 𝜋𝐸(90 + 𝑥)

y despejando, P = 80.000 kg, siendo P la fuerza resultante axial que actúa sobre cada sección, esto es, la fuerza necesaria para volver a llevar la barra a su longitud original. Debe observarse que la fuerza resultante en cada sección vertical es P (kg) para que exista equilibrio en cualquier parte de la barra. Sin embargo, como el área de la sección varía de un extremo de la barra al otro, la tensión varía desde un valor máximo en el extremo izquierdo en que la sección es mínima, hasta un mínimo en el extremo derecho en que es máxima la sección. La tensión máxima en el extremo izquierdo está dada por

𝜎𝑚𝑎𝑥 =

80000 𝑘𝑔⁄ = 1020 𝑐𝑚2 𝜋(5)2

61

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CAPITULO 6: DEFORMACION EN VIGAS EJERCICIO 1:

62

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EJERCICIO 2:

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EJERCICIO 3:

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EJERCICIO 4:

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EJERCICIO 5:

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EJERCICIO 6:

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EJERCICIO 7:

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70

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EJERCICIO 8:

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EJERCICIO 9:

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EJERCICIO 10:

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EJERCICIO 11:

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EJERCICIO 12:

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EJERCICIO 13:

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EJERCICIO 14:

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EJERCICIO 15:

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83

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA CAPITULO 7 DE VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS

1.1. DEFINICIÓN.

Se denomina de esta manera a una barra sujeta a carga lateral; perpendicular a su eje longitudinal, en la que el número de reacciones en los soportes superan al número de ecuaciones disponibles del equilibrio estático, esto es: el número de incógnitas es mayor que:

 FX  0  FY  0 M  0

La figura 1, muestra una viga de este tipo con un extremo simple “A” y el otro empotrado “B” bajo una carga puntual P.

P

a A

b B

Fig. 1. Viga apoyada-empotrada.

84

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A continuación se muestra la viga indicando las reacciones en los soportes. En el soporte “A” existe sólo reacción vertical puesto que el rodillo no impide el desplazamiento horizontal. En el empotramiento en “B” hay dos reacciones dado que este soporte no permite ni desplazamientos ni rotaciones.

P

MB VA

VB

Puesto que existen tres reacciones desconocidas; las fuerzas cortantes V A y VB y el momento flexionante MB y sólo se dispone de dos ecuaciones de equilibrio; M y Fy, la viga es estáticamente indeterminada o hiperestática pues no es posible conocer las tres reacciones con solo dos ecuaciones. (Hay más incógnitas que ecuaciones).

Otro tipo de viga hiperestática es aquella que tiene más de dos soportes, y que se denomina Viga Continua, como la que se muestra en la figura 2.

85

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P

L1 A

P

w

L2 B

L3 C

D

Fig. 2. Viga continua

Este caso corresponde a una barra mucho más compleja de analizar puesto que ahora existen cinco reacciones externas de soporte; las fuerzas cortantes verticales y el momento flexionante en el empotramiento ubicado en “A”.

P

P

w

MA VA

VB

VC

VD

86

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Para la solución de estas vigas se requieren ecuaciones adicionales a las del equilibrio estático, un camino a seguir consiste en hacer el análisis de las deformaciones angulares o rotaciones de los nodos cuando las barras se flexionan (pandean), bajo el efecto de las cargas aplicadas. Este análisis se plantea más adelante.

1.2. INDETERMINACIÓN ESTATICA.

Se define como el número de acciones redundantes o exceso de reacciones internas y externas, que no es posible determinar por medio del equilibrio estático. Se puede decir que es la diferencia entre el número de incógnitas y ecuaciones disponibles de equilibrio estático. Por ejemplo la viga de la figura 1 tiene tres reacciones desconocidas y solo se dispone de dos ecuaciones de equilibrio, la viga es indeterminada en grado 1:

Número de incógnitas = NI = 3 Ecuaciones de equilibrio = EE = 2 Grado de indeterminación = GI = NI – EE = 3 – 2 = 1

87

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Viga de la figura 2:

NI = Reacciones verticales y momento en el empotramiento = 5 EE = Equil. vertical y suma de momentos = 2 GI =

5–2 = 3

En ambos casos los GI representan el número de ecuaciones adicionales para su solución.

1.3. SOLUCION DE VIGAS HIPERESTATICAS.

Se analizan vigas estáticamente indetermindas con objeto de conocer las reacciones externas e internas en los soportes, así como las deformaciones angulares y lineales que ocuren a través de su longitud cuando se les somete a carga axterna. Las deformaciones angulares son las rotaciones o pendientes que se miden mediante una tangente trazada a la curva elástica (Diagrama de deformación) y las lineales son los desplazamientos verticales que se miden entre el eje original de la viga y el eje cuando la barra se flexiona. La figura 3 muestra esta condición.

P

 Tangente

Eje original no deformado

 Curva elástica de deformación

Fig. 3. Viga deformada por flexión

88

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P = Carga aplicada.  = Rotación o pendiente.  = Deformación lineal o flecha.

1.3.1. METODO DE DE LA DOBLE INTEGRACIÓN.

Es uno de tantos métodos que se basan en el análisis de las deformaciones, en particular la de los soportes. El método consiste en integrar sucesivamente una ecuación denominada “Ecuación Diferencial de la Elástica” dada por la expresión:

d 2 y EI  2   M x  dx 

E = Módulo elástico del material del que está hecha la viga. I = Momento de inercia de la sección transversal respecto al eje neutro. Mx = Ecuación de momentos a lo largo de toda la barra.

89

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Al integrar sucesivamente la ecuación de momentos, aparecen constantes que será necesarios definir. Estas constantes se determinan en función de las condiciones de frontera, que generalmente las definen los tipos de apoyo o la simetría de la carga. Recordemos que un apoyo simple tiene pendiente pero no tiene flecha y un apoyo empotrado no tiene ni pendiente ni flecha. En un punto cualquiera de la viga, la pendiente es la misma analizando las cargas y momentos a la izquierda o a la derecha del punto.

Problema 1.

Determine los momentos flexionantes y las reaciones verticales en la viga de la figura 4). Tomar EI constante. El apoyo 1 es simple el 2 es empotramiento.

500 kg/m

8.00 m 1

Fig. 4

2

Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación de momentos y se le integra sucesivamente.

90

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Criterio de signos: +

500 kg/m

M2 M x  V1 x  250x2 0  x  8

EI d 2y dx

2

V1

x

V2

 V1 x  250 x 2

Integrando:

EIdy V1 x 2 250 x 3    C1     1) dx 2 3

EIY 

V1 x 3 250 x 4   C1 x  C2     2) 6 12

Cálculo de las constantes. La ecuación 1) proporciona la pendiente (dy/dx) en cualquier punto de la viga. El apoyo 2) está empotrado y no tiene pendiente por lo que sustituyendo x = 8 e igualando a cero se tiene:

0

V1 (8) 2 250 (8) 3   C1 2 3

C1  42,666 .66  32 V1

La ecuación 2) proporciona la flecha (Y) en cualquier punto de la viga. El apoyo 1) es simple y no tiene flecha, por lo que sustituyendo x = 0 e igualando a cero, se tiene: C2 = 0 En la misma ecuación 2) la flecha es cero en x = 8 y sustituyendo C1 logramos obtener una ecuación en función de la reacción V1 la que al resolverse nos da su valor.

91

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0

V1(8)3 250 (8)4   (42,666 .66  32 V1 )8 6 12

V1 = 1500.00 kg

Por equilibrio de fuerzas verticales se obtiene la reacción V2.

V1 + V2 - 500(8) = 0

V2 = 2500.00 kg

Conocidas las reacciones verticales, el momento M2 puede calcularse sumando momentos en el nodo 1) o en el 2) o sustituyendo x = 8 en la ecuación de momentos.

 M1

= M2 + 500(8)4 - 2500(8) = 0

M2 = 4000.00 kg.m

500 kg/m 4000 kg.m 1500 kg

2500

Fin del problema.

Problema 2.

92

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Obtenga los momentos y reacciones verticales para la viga de la figura 5). Trace también los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante. Si la sección transversal es compacta rectangular de 15x25 cm, calcule la flecha al centro del claro para un móduloelástico de 250,000.00 cm 4. 800 kg

5.00 m

5.00 m

1

2 Fig. 5)

Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación de momentos y se le integra sucesivamente.

800 kg

M1 Criterio de signos: +

M2

V1

x

V2 X1

M x  V1 x  M1

0  x  5    1)

M x1  V1 x1  M1  800 ( x1  5) 5  x1  19    2)

Integrando la ecuacion 1).

93

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA EId2y dx2

 V1 x  M1

EIdy V1 x 2   M1 x  C1     3) dx 2

EIY 

V1 x 3 M x2  1  C1 x  C2     4) 6 2

En las ecuaciones 3) y 4), la pendiente (dy/dx) y la felcha (Y) son cero en el apoyo 1, esto es cuando x = 0. Para esta condición C1 y C2 son cero.

C1 = C2 = 0

Integrando la ecuación 2).

EId2y dx12

 V1 x1  M1  800 ( x1  5)

800 ( x1  5) 2 EIdy V1 x12   M1 x1   C3    5) dx1 2 2

EIY 

V1 x13 M x2 800 ( x1  5) 3  1 1   C3 x1  C 4     6) 6 2 6

En las ecuaciones 3) y 5) la pendiente es la misma cuando x = x 1 = 5. Al comparar estas ecuaciones resulta C3 = 0

En las ecuaciones 4) y 6) la flecha es la misma cuando x = x 1 = 5. Al comparar estas ecuaciones resulta C4 = 0

Se requieren ahora 2 ecuaciones de equilibrio. Estas ecuaciones se obtienen para x1 = 10 en 5) y 6), ya que en este apoyo la pendienete y la flecha son cero.

94

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En 5) cuando x1 = 10, (dy/dx1 = 0):

0

800 ( 10  5 ) 2 V1 ( 10 ) 2  10 M 1  2 2

50V1 - 10M – 10,000.00 = 0 -------- 7)

En 6) cuando x1 = 10, (Y = 0):

V1 (10) 3 M1 (10) 2 800 (10 - 5) 3    10C 3  C 4  0 6 2 6

166.666 V1 - 50 M1 - 16,666.666 = 0 ------- 8)

Resolviendo las ecuaciones 7) y 8).

V1

= 400 kg

M1 = 1000 kg.m

Diagramas de cortante y de momento.

800 kg 1000 kg.m

1000 kg.m

400 kg

400 kg

400 Fuerza Cortante 400 1000 Momento Flector 1000

1000

95

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Flecha al centro del claro. Se obtiene en la ecuaciómn 4) para x = 5.00 m.

EIY 

V1 x 3 M x2  1  C1 x  C2     4) 6 2

Y 

4,1666 .666 EI

E = 250,000.00 kg/cm2

I

Y

15 (25)3  19,531 .25 cm4 12

4,1666 .666 (10)6  0.853 cm 250 ,000 .00 (19,531 .25)

Fin del problema.

Problema 3.

La viga de la figura 6) tiene ambos extremos empotrados y recibe una carga uniformemente variable de 1200 kg/m. Determine los momentos y las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante.

96

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W = 1200 kg/m

L = 6.00 m A

B

Fig. 6

Incógnitas y ecuación de momentos.

W = 1200 kg/m y

MA VA

x

MB VB

La altura (y) de la carga triangular a la distancia (x) se obtiene por triangulos semejantes.

y

wx L

La resultante del triangulo ubicado en la longitud (x) y de altura (y) es su área (yx/2) y se ubica a (x/3) que es su centro de gravedad de derecha a izquierda. La ecuación de momentos es entonces:

Mx  VA X 

wx x x  MA L 2 3

Mx  VA X 

w x3  MA 6L

0  xL

Se escribe la ecuación diferencial y se integra sucesivamente.

97

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA EI d2 y dx2

 VA X 

wx 3  MA 6L

2 EI dy VA x wx 4    MA x  C1 dx 2 24L

Ec. (1 )

En esta ecuación cuando x = 0, la pendiente dy/dx es cero y por tanto la constante C1 = 0.

EIY 

VA x3 wx 5 M x2   A  C2 6 120 L 2

Ec. ( 2 )

En esta ecuación cuando X = 0, la flecha Y = 0 y por tanto la constante C2 = 0. En las ecuaciones (1) y (2) cuando x = L, la pendiente y la flecha son cero. De aquí resultan dos ecuaciones con dos incognitas.

dy/dx = 0. En la ecuación 1. x=L

VAL2 wL3   MAL  0 2 24

Ec. ( 3 )

Y = 0. En ecuación 2. X=L

VAL3 wL4 MAL2    0 6 120 2

Ec. ( 4 )

La solución de las ecuaciones (3) y (4) dan los siguientes resultados:

MA 

w L2 30



1200 ( 6 )2  1,440 .00 kg.m 30

98

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va 

3wL  20

3 (1200 ) ( 6 )  1,080 .00 kg. 20

La reacción vertical en B se obtiene por equilibrio de fuerzas.

VB 

wL 3wL 7wL 7 (1200 ) ( 6 )     2,520 .00 kg. 2 20 20 20

El momento en B se obtiene por suma de momentos en A o en B.

 MA 

MB 

wL  2L  wL2 7wl L   MB  0    2  3  30 20

wL2 1200 ( 6 )2   2,160 .00 kg.m 20 20

Resultados finales.

W = 1200 kg/m 1440 1080

2160.00 2520

Fin del problema.

Problema 4.

99

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA La viga de la figura 7) tiene ambos extremos empotrados y recibe una carga uniformemente distribuida de 1200 kg/m. Determine los momentos y las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante. W = 300 kg/m

5.00 m

5.00 m

A

B Fig. 7

Incógnitas y ecuaciones de momento.

W = 300 kg/m

MA

MB VA

VB

x X1

Mx  VA x - MA

0  x 5

Ec. (1)

Integrando sucesivamente:

EI d2 y dx2

 VA x - MA

EI dy V x2  A  MA x  C1 dx 2

Ec. ( 2 ).

100

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EI Y 

VA x3 M x2  A  C1x  C2 6 2

Ec. ( 3 )

En las Ec. (2) y (3) la pendiente “dy/dx” y la flecha “y”, son cero por estar el apoyo empotrado y por tanto, las constantes C1 y C2 son cero.

Mx1  VA x1  300 ( x1  5) 

(x1 - 5)  MA 2

5  x1  10

Ec. ( 4 )

Integrando:

EI dy V x2 300 ( x1 - 5)3  A 1   MA x1  C3 dx1 2 6

EI Y 

Ec. ( 5 )

VA x13 300 ( x1 - 5)4 M x2   A 1  C3x1  C4 6 24 2

Ec. ( 6 )

En las ecuaciones (2) y (5) la pendiente tiene el mismo valor cuando “x = x1 = 5”, por tanto, al igualar estas ecuaciones, resulta C 3 = 0.

En las ecuaciones (3) y (6) la flecha tiene el mismo valor cuando “x = x1 = 5”, por tanto al igualar estas ecuaciones, resulta C4 = 0.

En la Ec. (5) la pendiente “dy/dx” es cero cuando x 1 = 10, sustituyendo este valor resulta la siguiente ecuación:

0 

VA (10 )2 300 (10 - 5)3   10 MA 2 6

50 VA  10MA  6,250 .00  0

Ec. (7)

En la Ec. (6) la flecha es cero cuando x1 = 10:

101

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0 

VA (10 )3 300 (10 - 5)4 M (10 )2   A 6 24 2

166 .666 VA  50 MA  7,812 .50  0

Ec. ( 8 )

Al resolver las ecuaciones (7) y (8), resulta:

MA = 781.25 kg.m VA =

281.25 kg

VB =1,218.75 kg Se obtiene por equilibrio vertical. MB=1,718.75 kg.m

Verificación de los momentos con fórmula:

MA 

5 w L2 5 ( 300 ) (10 )2   781 .25 kg.m 192 192

W = 300 kg/m

781.25

1718.75

281.25

MB 

2

11 w L 192



2

11 ( 300 ) (10 ) 192

1218.75

 1718 .75 kg.m

4.0625

281.25

1218.75 756.84 625

781.25 1718.75

102

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Fin del problema.

Problema 5.

Determinar los momentos y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga de la figura 8).

400 kg/m



4.00 m

4.00 m

1

2 Fig. 8

Reacciones desconocidas y ecuaciones de momento.

400 kg/m y

● V1

M2 V2

x X1

La altura (y) del triángulo de base (x) se obtiene por triángulos semejantes

103

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA (y =100x) y su resultante es su área (R = yx/2) aplicada a 2/3 de la base (x) a partir del extremo izquierdo o 1/3 del extremo derecho (x/3).

Mx  V1x 

EI d2 y dx2

yx x 100 x3  V1x  23 6

 V1x 

0 x4

Ec. 1).

100 x3 6

Integrando sucesivamente:

EI dy V x2 100 x4  1   C1 dx 2 24

EIY 

Ec. 2).

V1x3 100 x5   C1x  C2 6 120

Ec. 3).

En la Ec. 3), cuando x = 0, la flecha (Y) es cero, y por tanto C2 = 0.

Ecuación de momentos a la distancia x1: Para esta distancia debe tomarse la resultante total de la carga triangular ya que queda ubicada a la izquierda del punto donde se está cortando, es decir: (R = 400(4)/2 = 800 kg) y se aplica al centroide, esto es a ( 2/3 de 4 = 8/3 = 2.666).

Mx 1  V1 x1  800 ( x1  2.666 )

EI d 2 y dx 2

4 x8

 V1 x 1  800 ( x 1  2.666 )

Integrando sucesivamente:

104

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 800 ( x1  2.666 ) 2 EI dy V1 x12    C3 dx 2 2

Ec. 4).

V1 x13 800 ( x1  2.666 ) 3   C3 x  C 4 6 6

EI Y 

Ec.5)

Comparando las ecuaciones 2) y 4) en x = x1 = 4, la pendiente es la misma:

C1 

100 (4) 4 800 ( 4  2.666 ) 2  C3  24 2

C1  C 3  355 .555

Ec.6).

Comparando las Ec. 3) y 5) en x=x1 = 4, la flecha es la misma:

4 C1 

100 (4) 5 800 ( 4  2.666 ) 3  4C 3  C 4  120 6

Sustituyendo Ec. 6):

4 ( C 3  355 .555 )  853 .333  C 3  C 4  316 .0494301

C4 = 884.9383

En Ec. 4) cuando x1 = 8, la pendiente es cero (dy/dx1 = 0):

V1 ( 8 ) 2 800 ( 8  2.666 ) 2   C3  0 2 2

C 3  11,377 .78062  32 V1

En Ec. 5) cuando x1 = 8, la flecha es cero (Y = 0):

105

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V1 ( 8 ) 3 800 ( 8  2.666 ) 3   8 (11,377 .78062  32 V1 )  884 .9383  0 6 6

V1 = 420.00 kg.

Por equilibrio vertical:

V2 

400 ( 4 )  420 .00  380 .00 kg. 2

Por suma de momentos en el nodo 1):

M2 

400 ( 4 )  2 ( 4 )   3   380 ( 8 )  906 .66 kg.m 2  

Verificación con fórmula:

M2 

17 w L2 17 ( 400 ) ( 8 ) 2   906 .66 kg.m 480 480

400 kg/m 906.66 420

4.00

4.00

380

420

Fuerza Cortante 380 811.52 613.34

Momento Flexionante

906.66

106

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Punto donde la fuerza cortante es cero.

Vx  420 

400 x  x   0 4  2 

X = 2.898275 m

La ecuación de momentos es:

M x  420 x 

400 x 3 24

0 x4

X = 2.898275 m M = 811.52 kg.m

X = 4.00 m M = 613.34 kg.m

Fin del problema.

1.3.2. TEOREMAS DE OTTO MOHR. Es un método semigráfico ideado por Christian Otto Mohr (1835-1918) y que representa una alternativa importante para calcular pendientes y flechas en puntos específicos de una viga. El procedimiento se conoce también como Método del Area de Momentos y consiste en establecer de

107

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA manera independiente la variación de la pendiente y de la flecha en los puntos extremos de un intervalo cualquiera, generalmente definido por los apoyos. En este intervalo intervienen las áreas de los diagramas de momentos y el momento de tales áreas. Es recomendable utilizar las áreas de los diagramas de momentos por partes ya que estos facilitan el cálculo del área así como de su centro de gravedad. El método consta de dos teoremas, a saber:

Primer Teorema de Mohr. “La variación o incremento de la pendiente (θAB) entre las tangentes trazadas a la elástica en dos puntos cualquiera A y B es igual al producto 1/EI por el área del diagrama de momentos flectores entre estos dos puntos”. En la figura 9) se indica esta condición.

P Viga con carga cualquiera. L A

B Tangentes por A y B. ΘAB

M

Cambio de pendiente θAB.

Diagrama de momentos cualquiera..

Fig. 9). Viga simple con carga cualquiera.

θ AB 

A AB EI

108

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Donde:

ΘAB = Cambio de pendiente entre las tangentes a la curva elásica. AAB = Area del diagrama de momentos entre A y B. EI

= Rigidez a la flexión.

Segundo Teorema de Mohr. “La desviación de un punto cualquiera B respecto de la tangente trazada a la elástica en otro punto cualquiera A, en dirección perpendicular al eje inicial de la viga, es igual al producto de 1/EI por el momento respecto de B del área de la porción del diagrama de momentos entre los puntos A y B”. La figura 10) muestra esdta condición.

P Viga con carga cualquiera. L A

B

δBA

M

●cg

Diagrama de momentos cualquiera y centro de gravedad respecto al punto B.

x Fig. 10). Viga simple con carga cualquiera.

109

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA

δ BA 

A BA X EI

Donde:

δBA = Desplazamiento vertical en B trazado perpendicularmente al eje original de la viga hasta intersectar con la tangente por A. ABA = Area del diagrama de momentos entre los puntos B y A. X = cg = Centro de gravedad del diagrama de momentos medidos desde B.

Problema 6

Calcular el momento en el empotramiento para la viga de la figura 11). Determinar también las reacciones verticales.

800 kg./m

6.00 m

A

B

Fig. 11). Viga apoyada-empotrada.

Incognitas en la viga. 800 kg./m

MB VA

VB

110

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA

Diagrama de momentos por partes. Se obtienen dos vigas equivalentes simplemente apoyadas; una con la carga de 800 kg/m y la otra con M B.

800 kg./m

MB

+ 2400

2400

MB/6

MB/6

x

14400 x

MB

14400 6.00

6.00

El objetivo es obtener el momento MB y puesto que la viga está empotrada en B la pendiente es cero y una tangente por ese punto es horizontal y entonces en el punto A el desplazamiento vertical es tambien cero. La ecuación que se requiere se obtiene sumando momentos en A para las áreas de los diagramas de momento, es decir es el producto de las áreas y el centro de gravedad de cada una medido desde A. Las áreas arriba del eje “x” se toman positivas. Se recuerdan las áreas y centroides de algunas figuras geométricas.

L

● cg

M

● cg M

2L/3

L/3 x

A = ML/(n + 1)

X = L/(n + 2)

111

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA

ΣM A 

14400 ( 6 ) 4  14400 ( 6 ) 4.50  6M B 4  0 2 3 2

MB = 3600.00 kg.m

Reacciones verticales. 800 kg./m

3600

ΣM A  800 ( 6 ) 3  3600  6 VB  0 VB

= 3000.00 kg.

3000

1800

VA = 800(6) – 3000 = 1800.00 kg.

Otra forma de resolver el problema. Considerense los diagramas de momentos reales para cada viga simple.

800 kg./m

MB

+ 2400

2400

MB/6

MB/6

Mmáx.

x x

3.00

MB

3.00 6.00

112

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA

El área total del diagrama de la carga uniforme es 2ML/3. El momento máximo para esta carga es wL2/8 = 3600 kg.m.

ΣM A 

2 (3600 ) 6  3  6M B  4  0 3 2

MB = 3600.00 kg.m

Fin del problema.

Problema 7.

Calcular la pendiente en el extremo A y la flecha al centro del claro de la viga del problema anterior, Fig. 12). Tomar EI constante.

Trazar una tangente a la curva elástica por el punto A y una vertical por B.

3.00 A Y0

. .

3.00 δmáx. B

Y1

yB

3600

3600

113

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El desplazamiento “YB” se obtiene sumando momentos en “B” para las áreas de los diagramas de momentos.

2 ( 3600 ) 6 3  3600 ( 6 ) (2 )  21,600 .00 3 2

EIYB 

La pendiente en “A” se obtiene dividiendo “YB” entre la longitud.

21,600 .00 3,600 .00  6 EI EI

φA 

El valor de la flecha al centro del claro “δmáx.” se obtiene relacionando geométricamente los desplazamientos indicados en la figura anterior.

δmáx.

=

Yo - Y1

Donde “Yo” se obtiene por triángulos semejantes y “Y1” se obtiene sumando momentos para las áreas situadas a la izquierda del centro del claro.

YB 6

Yo 



Yo 3

3 (21,600 ) 10,800 .00  6EI EI 3.00 A Y0

. .

3.00 δmáx. B

Y1

yB

114

L M

3600

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Cg = Centro de gravedad de derecha a izquierda.

 3600 (3)  3(3)  1800 (3)  3  EIY1   3600 (3)1.50        5,400 .00 3 2  3  4  

Y1 

5,400 .00 EI

δ Máx . 

10,800 .00 5,400 .00 5.400 .00   EI EI EI

Fin del problema.

Problema 8

115

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Calcular los momentos flexionantes para la viga con ambos extremos empotrados de la figura 13). Tomar EI constante. 1200 kg/m 10.00 m 1

2 Fig. 13

Incógnitas en la viga. 1200 kg/m

M1

M2 V1

V2

Digrama de momentos para cada acción actuando por separado. El momento máximo para la carga uniforme es wL 2/8 = 15,000.00 kg.m. Estas gráficas y momentos corresponden a vigas simplemente apoyadas.

1200 kg/m M1

15000

M2 M1

M2

Como ambos extremos están empotrados, las pendientes en esos puntos son cero, y por tanto, una tangente trazadas por estos extremos son horizontales y entonces los desplazamientos o desviaciones verticales son tambien cero.

116

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA EI δ1   M1  0

2 (15000 ) (10 ) 5  10 M1 10   10 M2  2 (10 )   0 3 2  3  2  3 

500 ,000 .00  16.666 M1  33.333 M2  0

Ec. 1).

EI δ 2   M2  0

2 (15000 ) (10 ) 5  10 M1  2 (10 )   10 M2 10   0 3 2  3  2  3 

500 ,000 .00  33.333 M1  16.666 M2  0

Ec. 2).

Resolviendo las ecuaciones 1) y 2):

M1 = M2 = 10,000.00 kg.m

Fin del problema. Problema 9

Calcular los momentos flexionantes en los extremos de la barra de la figura 14. Ambos extremos están empotrados.

P

L/2

L/2 2

1 Fig. 14

Momentos desconocidos.

117

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P M2

M1 V1

V2

Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. El momento máximo para la carga puntual es (PL/4). P M2

M1 PL/4

M1 L/2

M2

L/2

Si ambos extremos están empotrados las desviaciones verticales respecto a tangentes trazadas por ellos, son cero.

EI δ1  0

 M1 

PL  L   L  M1L  L  M2 L  2L     0 4  2   2  2  3  2  3 

M L2 M L2 PL3  1  2  0 16 6 3

Puesto que M1 y M2 son iguales debido a la simetría, la solución de la ecuación anterior arroja los siguientes resultados:

118

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M1  M 2 

PL 8

Fin del problema.

Problema 10.

Calcular el momento flexionante en el extremo empotrado de la barra de la figura 15).

200 kg/m 4.00 1

4.00 2

Fig.15 Viga empotrada-apoyada

Incógnitas en la viga.

200 kg/m

M1 V1

V2

Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas.

119

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200

M1

4.00

4800 1600

1600

4800

M1

3200 4.00

4.00 8.00

La desviación vertical en el apoyo “2” es cero debido a que no hay pendiente en el empotramiento.

EI δ 2  0

4800 (8) 2

3200 (4)  8  1600 (4)  4   4  1600 (4)2  3   3 2   4 

 4  8 M1 3  2  

 2(8)   3   0  

M1 = 900.00 kg.m

Verificación con fórmula.

M1 

9(200 ) ( 8 ) 2 9wL2   900 .00 kg.m 128 128

Fin del propblema.

Problema 11.

120

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Calcular los momento flexionantes en los extremo empotrados de la barra de la figura 16). Calcular también las reacciones verticales y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante.

500

3.00

1500

5.00

1 .

2 .

2 .

Fig. 16. Viga con ambos extremos .empotrados.

Incógnitas en la viga.

500

1500

M2

M1

V1

V2

Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas.

500

1500

M1 3

5

M2

2

6500 3500

M1

M2 10.00

10.00

3000

121

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Para ambos extremos la desviación vertical respecto a la tangente por cualquiera de ellos es cero.

EI δ1  0

6500 (10 )  2(10 )  3500 (7)  2 (2)  10 M1 10  10 M 2  2(10 )  2(7)  3000 (2)   3  8   0      2 2 3  2 3  2  3  2  3   3   

94,750.00 – 16.666 M1 – 33.333 M2 = 0

Ec. 1).

6500 (10 ) 10  3500 (7)  7  3000 (2)  2  10 M1  2 (10 )  10 M 2 10   3   3  3  2  3   2  3   0 2 2 2          

77,750.00 – 33.333 M1 - 16.666 M2 = 0

Ec. 2).

Resolviendo las ecuaciones 1) y 2):

M1 = 1,215.00 kg.m M2 = 2,235.00 kg.m P M1 a

Verificación con fórmula.

M1 

P ab2 L2



500 (3) (7) 2 (10) 2



M2

1500 (8) (2) 2 (10 ) 2

b

 1215 .00 kg.m

122

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M2 

P a2b L2



500 (3) 2 (7) (10 ) 2



1500 (8) 2 (2) (10 ) 2

 2235 .00 kg.m

Reacciones verticales. Conocidos los momentos de empotramiento pueden calcularse por equilibrio estático.

 M2  10 V1  1215  2235  500 (7)  1500 (2)  0 V1 =

548.00 kg.

V2 = 1452.00 kg.

500

1500

2235

1215 548

1452 548 48

Diagrama de Cortante

1452 669 429

Diagrama de momentos 1215 2235

123

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Fin del problema.

1.3.3. METODO DE LA VIGA CONJUGADA.

Se denomina viga conjugada a una barra en la que las cargas son los diagramas de momentos de las cargas reales dadas. La figura 17) muestra un ejemplo de este tipo de vigas.

P

a

b

Viga Real

a

b

Viga Conjugada

Fig. 17). Viga simple real y viga conjugada.

Relaciones entre la viga real y la viga conjugada.

a.- La longitud de la viga real y de la conjugada es la misma. b.- La carga en la viga conjugada es el diagrama de momentos de la viga real. c.- La fuerza cortante en un punto de la viga conjugada es la pendiente en el mismo punto de la viga real. d.-El momento flexionante en un punto de la viga conjugada es la flecha en el

124

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA mismo punto de la viga real. e.-Un apoyo simple real equivale a un apoyo simple en la viga conjugada. f.- Un apoyo empotrado real equivale a un extremo libre o voladizo de la viga conjugada. g.- Un extremo libre (voladizo) real equivale a un empotramiento conjugado. h.- Un apoyo interior en una viga continua equivale a un pasador o rticulación en la viga conjugada.

RELACIONES ENTRE LOS APOYOS

VIGA REAL

VIGA CONJUGADA

NOTAS

1.- Apoyo simple

1.- Apoyo simple

Un apoyo simple real no tiene flecha pero si tiene pendiente y por tanto el conjugado no tiene momento pero si tiene cortante; equivale a un apoyo simple.

2.- Apoyo empotrado.

2.- Sin apoyo: libre.

Un apoyo empotrado no tiene flecha ni pendiente y por tanto, el conjugado no tiene momento ni cortante; equivale a un voladizo.

3.-Voladizo.

3.- Apoyo empotrado.

El extremos libre tiene pendiente y flecha y por tanto el conjugado tiene cortante y momento; equivale a un empotramiento.

4.- Apoyo interior.

4.- Apoyo articulado o

Un apoyo interior tiene pendiente pero no tiene flecha y por tanto tiene cortante pero no tiene momento; equivale a una articulación.

pasador.



125

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA

Problema 12.

Para la viga simple de la figura 18), calcular la pendiente en los extremos y la flecha máxima. Tomar EI constante.

600 kg

3.00 1

3.00 2

Fig. 18). Viga simple.

Viga conjugada. Tiene los mismos apoyos, la misma longitud y la carga es el diagrama de momentos de la viga real.

900

V1

V2

La pendiente en el apoyo 1) es la fuerza cortante V1), en la viga conjugada dividida entre el producto EI.

θ1 

V1 EI

Por simetría el cortante V1, es el área del triángulo a la mitad del claro.

V1 

900 (3)  1350 .00 2

126

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θ1 

1350 EI

Verificación con fórmula.

θ1 

P L2 600 (6) 2 1350   16 EI 16 EI EI

Flecha al centro del claro. Es el momento al centro del claro para la viga conjugada.

δ 

M EI

M  1350 (3) 

δ

900 (3)  3   3   2700 .00 2  

2700 EI

Verificación con fórmula.

δ

P L3 600 (6) 3 2700   48 EI 48 EI EI

Fin del problema.

Problema 13.

Calcular el momento en el empotramiento para la viga apoyadaempotrada de la figura 19). 400 kg/m

127

6.00 m 1

2

Fig. 19)

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Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. La viga conjugada será una barra apoyada-volada.

400 kg/ 6.00 V1

+

M1 6.00

6.00 m Viga Conjugada

7200

M1

7200

Cargas en la Viga Conjugada

El momento en el apoyo 1) para las cargas de la viga conjugada es cero, por ser apoyo simple.

 M1 

7200 (6) 2 (6) 7200 (6)  3 (6)  6 M1  2 (6)    4   2  3  0 2 3 3    

M1 = 1800.00 kg.m

Fin del problema.

128

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1.4. VIGAS CONTINUAS.

Se da el nombre de viga continua a una barra apoyada en más de dos soportes. La figura 20) muestra una viga de este tipo.

P

P

L1 1

P L2 3

2 M2

M1 V1

V2

V3

Fig. 20). Viga continua indicando cargas y reacciones desconocidas.

Para el análisis de estas vigas existen una gran cantidad de métodos, pero en la mayoría de ellos se consideran los momentos de los nodos como las incognitas principales, para posteriormente, por equilibrio estático, obtener el resto de las incógnitas.

1.4.1. ANALISIS POR SUPERPOSICION.

129

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA El principio de superposición establece que el efecto de un conjunto de cargas que actua simultáneamente, es el mismo cuando se suman los efectos de cada una de ellas actuando por separado. Bajo este concepto, es posible solucionar una viga continua analizando las rotaciones en los extremos de las barras para las cargas dadas considerando a cada barra simplemente apoyada. Para su aplicación es necesario conocer las formulas de estas rotaciones para vigas simples y cualquier tipo de carga. A continuación se dan las de uso común. Notación. L

1

Carga

2

Rotación

Rotacion

Extremo Izquierdo

Extremo Derecho

1.- Carga uniforme.

w L

φ1 

w L3 24 EI

φ2 

φ1 

9 w L3 384 EI

φ2 

w L3 24 EI

2. -Carga parcial uniforme.

w L/2

L/2

7 w L3 384 EI

3.-Carga parcial iforme.

w a

b

Carga

φ1 



wa2 4L2  4 aL  a 2 24 EIL



φ2 



w a2 2L2  a 2 24 EIL

Rotación

Rotacion

Extremo Izquierdo

Extremo Derecho



130

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 4.- Carga puntual.

P L/2

P L2 16 EI

φ1 

L/2

P L2 16 EI

φ2 

5. Carga puntual.

P a

φ1 

b



Pb 2 L  b2 6 EIL



φ2 



Pa 2 L  a2 6 EIL



6.- Carga variable.

w

φ1 

L

7.- Carga variable.

w a

EI φ1 

7 w L3 360 EI

waL2 wabL 7wa2L wa4 wa3     12 12 36 24L 8

φ2 

EIφ2 

8 w L3 360 EI

wabL 2 wa2L waL2 wa4    6 9 6 24L

b

8.- Momento en extremo.

M L

φ1 

ML 3EI

φ2 

ML 6 EI

φ1 

ML 6 EI

φ2 

ML 3EI

9.-Momento en extremo.

M L

10.- Momento en la barra.

M a

b

131

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA

φ1 



M L2  3b 2 6 EIL



φ2 



M 6b L  3b 2  2L2 6 EIL

Problema 14

Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos de la viga continua de la figura 21). 500 kg

300 kg/m

3.00

8.00 m.

3.00 1

2 Fig. 21). Viga continua.

3

Incognitas en la viga. Se dibujan los claros “1-2” y “2-3” por separado indicando cargas y momentos desconocidos. En este caso solo hay un momento descocnocido, el momento del nodo 2; “M 2” y se obtienen las vigas equivalentes simplemente apoyadas. Habrá tantas vigas equivalentes como momentos de extremo y cargas haya en el claro correspondiente. En la figura siguiente se mestra esta condición.

P M2

w M2

L1 = 6

L2 = 8

=

=

P

w θ23

θ21

+ β21

1

M2

2

β23

M2 2

+ 3

132



UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA

Se hacen las siguientes consideraciones:

1.- La rotación o pendiente es cero en extremos empotrados. 2.- En un soporte interior la pendiente es la misma a la izquierda y a la derecha de dicho soporte. 3.- Se indican las pendientes en los extremos de cada soporte con el criterio siguiente: a.- Carga cualquiera.

b).- Momento en extremo.

P M

Θ12

Θ21 Pendientes positivas

Θ12

Θ21

Pendiente negativa

Para nuestro caso solo se necesita plantear una ecuación de equilibrio, pues solo hay un momento desconocido, M2. Esta ecuación se obtiene sumando las pendientes en el apoyo 2, igualando las pendientes de la izquierda con las pendientes de la derecha.

133

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA  θ2Izq   θ2 Der . θ 21  β 21   θ23  β 23

P L21 M L  2 1 16 EI 3EI

 

w L32 M L  2 2 24 EI 3EI

6 M2 8 M2 500 (6) 2 300 (8) 3     16 3 24 3 M2 = 1,612.50 kg.m

Reacciones verticales. Se obtienen por equilibrio estático mediante suma de momentos a la izquierda o a la derecha de los soportes.

3.00

1

300 kg/m

3.00

8.00 m.

2

3

1612.50

Criterio de signos:

+

500 kg

V1

V2

V3

Sumando momentos a la ezquierda del soporte 2:

 M2  6 V1  1612 .50  500 (3)  0 V1 = - 18.75 kg.

Sumando momentos a la derecha del soporte 2:

 M2  300 (8) 4  1612 .50  8 V3  0 V3 = 998.4375 kg

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Sumando cargas verticales:

V1 + V2 + V3 - 500 - 300(8) = 0 V2 = 1,920.3125 kg.

Fin del problema.

Problema 15

Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos de la viga continua de la figura 22).

300 kg/m 5.00 1

5.00 2

8.00 m 3

3.00 4

5

Figura 22. Viga continua con carga uniforme en todo el calro.

Vigas equivalentes:

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w

Θ12

Θ21

CAPITULO 8 vigas continuas En este capítulo se estudian en detalle las vigas continuas con tres o más apoyos. dos o más tramos o claros, y que, por tanto, disponen de uno o más apoyos redundantes en los que las reacciones no pueden determinarse por las ecuaciones de la estática. Es posible calcular los valores de estas reacciones hiperestáticas aplicando las condiciones de deformación existentes, de acuerdo con las ecuaciones de

136

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA deformación del Capítulo 6, por ejemplo, deflexión nula en los apoyos cuyas reacciones son desconocidas. Estas condiciones dan las ecuaciones necesarias adicionales a las del equilibrio estático. Sin embargo, es más conveniente considerar como desconocidos o hiperestáticos, los momentos Flexionantes en los apoyos. Una vez determinados estos momentos, que se suelen llamar momentos de continuidad, es sumamente sencillo el cálculo de las reacciones, como se verá en la sección 8-5. Se explican dos métodos de cálculo de tales momentos. En el primer método se comienza obteniendo una relación de tipo general entre los momentos flexionantes en tres secciones cualesquiera de la viga, relación que se llama ecuación de los tres momentos, y que se escribe fácilmente aplicando los teoremas de las áreas de momentos. Las aplicaciones de esta ecuación son numerosas; con ella pueden resolverse todos los problemas de los Capítulos 6 y 7, así como determinar las deformaciones y reacciones redundantes en cualquier tipo de vigas, en particular en las vigas continuas. En muchos casos se puede aplicar jumo con los teoremas de las áreas de momentos o con el método de la doble integración, como se tendrá ocasión de ver y aplicar. El segundo método es el de la distribución de mamemos, que se explica y desarrolla en la sección 8-8. Este método es independiente del anterior, aunque la determinación del diagrama de fuerza cortante y de las reacciones sea común para ambos. Para aplicar este método se empieza suponiendo que cada tramo o claro está perfectamente empotrado en sus extremos y se determinan los momentos de empotramiento perfecto. En la mayoría de los casos, las cargas sobre cada claro son de los tipos que aparecen en la Tabla 7-2 o combina cienes de estos cipos. En estas condiciones, los momentos de empotramiento perfecto (1HEP) se calculan por superposición o se toman directamente de la tabla. Para cipos más complejos de cargas, y si no se dispone de una tabla que contenga más casos, es preferible emplear el primer método.

PROBLEMAS Calcular los valores de 6Ao/L y 6Ab/L en cada uno de los problemas 801 a 810 que representan claros de una viga continua con diferentes condiciones de carga. 01. Véase figura P-801. Confrontar el resultado obtenido poniendo a = L/2 y compararlo con el caso 2 de la Tabla 801.

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA SOLUCIÓN: ∑ 𝒇𝒚 = 𝟎 = 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 − 𝟐𝑾𝒂 … … … (𝟏)

138

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02. Véase figura P-802. Para b = L/2, comparar con el resultado del caso 2 de la Tabla 8-1.

139

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SOLUCIÓN:

140

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03. Véase figura P-803.

SOLUCIÓN:

141

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04. Véase figura P-804. Comprobar el resultado mediante una superposición del caso 2 de la Tabla 8-1 y del problema 803.

142

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA SOLUCIÓN:

143

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 05. Véase figura P-805. El apoyo sobre rodillos puede soportar reacciones tanto hacia abajo como hacia arriba.

SOLUCIÓN:

144

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06. Véase figura P-806.

145

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA SOLUCIÓN:

07. Véase figura P-807. Resolverlo por superposición de los casos de los problemas 805 y 806.

146

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA SOLUCIÓN:

08. Resolver el problema anterior si el par se aplica en sentido inverso.

147

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA SOLUCIÓN:

09. Véase figura P-809. SOLUCIÓN:

148

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10. Resolver el problema anterior si el par se aplica en sentido contrario al del reloj. SOLUCIÓN:

149

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 11. Calcular los momentos en los apoyos en la viga continua de la figura 8-6. Se supone que los apoyos son

rígidos, o que bajo la acción de las cargas todos experimentan el mismo asentamiento. Esta hipótesis se aplicará a todos los problemas mientras no se diga lo contrario. Solución: Apliquemos la ecuación de los tres momentos a los puntos sobre los apoyos. Como los tres están al mismo nivel, las alturas h son nulas, y la ecuación (8-1) se escribe en la forma:

12. Determinar los momentos en los apoyos en la viga continua de la figura 8-8.

SOLUCIÓN:

150

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13. Véase figura P-813

SOLUCIÓN:

151

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152

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 14. Véase figura P-814.

SOLUCIÓN:

153

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154

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 15. Determinar las longitudes de los voladizos en la viga continua de la figura P-815, de manera que los momentos, en los tres apoyos sean iguales.

SOLUCIÓN:

155

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16. Resolver el problema anterior si uno de los claros tiene una longitud de tres cuartas partes de la del otro.

SOLUCIÓN:

156

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 17. Véase figura P-817.

SOLUCIÓN:

157

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158

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 18. En el problema anterior determinar el valor del par M aplicado de manera que el momento Mz se anule. SOLUCIÓN:

19. Véase la figura P-819.

SOLUCIÓN:

159

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20. Resolver el problema anterior si la carga concentrada se sustituye por una uniformemente repartida sobre el primer claro de wN/m. SOLUCIÓN:

160

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ESFUERZO-DEFORMACIÓN DIAGRAMA ESFUERZO-DEFORMACIÓN CONVENCIONAL. Se puede determinar el esfuerzo nominal o de ingeniería al dividir la carga aplicada P entre el área Ao de la sección transversal original de la probeta. En este cálculo se supone que el esfuerzo es constante en la sección transversal y en toda la longitud calibrada. Se tiene ϕ = P/Ao Del mismo modo, la deformación nominal o de ingeniería se determina de manera directa al leer el medidor de deformación, o al dividir el cambio ổ en la longitud calibrada de la probeta entre la longitud calibrada original Lo de la probeta. Aquí se supone que la deformación es constante a lo largo de la región entre los puntos marcados. Por lo tanto E= ổ/Lo Si los valores correspondientes de s y P se trazan de manera que el eje vertical sea el esfuerzo y el eje horizontal sea la deformación, la curva resultante se llama diagrama de esfuerzo-deformación convencional. Sin embargo, tenga en cuenta que dos diagramas de esfuerzo-deformación para un material particular serán muy similares pero nunca exactamente iguales. Esto se debe a que los resultados en realidad dependen de variables tales como la composición del material, imperfecciones microscópicas, la forma en que se fabrica, la rapidez con que se aplica la carga y la temperatura durante la realización del ensayo.

Comportamiento elástico: El comportamiento elástico del material se produce cuando las deformaciones en la probeta están dentro de la región triangular (en gris claro) que se muestra en la figura 3-4. Aquí la curva es en realidad una línea recta en la mayor parte de la región, de modo que el esfuerzo es proporcional a la deformación. Se dice que el material contenido en esta región es elástico lineal. El límite superior del esfuerzo para esta relación lineal se denomina límite de proporcionalidad. Si el esfuerzo excede ligeramente el límite de proporcionalidad, la curva tiende a doblarse y aplanarse como se muestra en la figura. Esto continúa hasta que el esfuerzo alcanza el límite elástico. En este punto, si se retira la carga, la probeta recuperará de nuevo su forma original. Sin embargo, el límite elástico para el acero se determina en muy pocas ocasiones, debido que se encuentra muy próximo al límite de proporcionalidad y, por lo tanto, es muy difícil de detectar.

Cedencia. Un ligero aumento en el esfuerzo por encima del límite elástico generará un rompimiento del material y ocasionará que éste se deforme de manera permanente. Este comportamiento se denomina cedencia, y está indicado por la región rectangular (adyacente a la región triangular) de la curva.

161

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Endurecimiento por deformación: Cuando termina la cedencia, la probeta puede soportar un aumento de la carga, lo que resulta en una curva que asciende continuamente pero que se vuelve más plana hasta llegar a un esfuerzo máximo conocido como esfuerzo último, su. Este incremento en la curva se llama endurecimiento por deformación y se identifica en la figura 3-4 como la región curva más clara.

Estricción: Mientras la probeta se alarga hasta llegar al esfuerzo último, el área de su sección transversal se reduce. Esta reducción es bastante uniforme en toda la longitud calibrada de la probeta; sin embargo, justo después del esfuerzo último, el área de la sección transversal comenzará a disminuir en una región localizada de la probeta.

Diagrama esfuerzo-deformación verdadero. En lugar de emplear siempre el área de la sección transversal y la longitud original de la probeta para calcular el esfuerzo y la deformación (de ingeniería), se podría utilizar el área de la sección transversal y la longitud reales de la probeta en el instante en que se mide la carga. Los valores de esfuerzo y deformación encontrados en estas mediciones se denominan esfuerzo verdadero y deformación verdadera, y una gráfica de sus valores se llama diagrama de esfuerzo-deformación verdadero.

Comportamiento esfuerzo-deformación: En materiales dúctiles y frágiles Los materiales pueden clasificarse como dúctiles o frágiles en función de sus características esfuerzo-deformación. Materiales dúctiles. Cualquier material que pueda someterse a grandes deformaciones antes de fracturarse se denomina material dúctil. El acero de bajo carbono, como se ha dicho anteriormente, es un ejemplo típico. 162

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA Los ingenieros suelen elegir materiales dúctiles para el diseño porque son capaces de absorber los impactos o la energía, y si se sobrecargan, por lo general presentan grandes deformaciones antes de fallar. Una manera de especificar la ductilidad de un material es registrar su porcentaje de elongación o porcentaje de reducción en área al momento de la fractura. El porcentaje de elongación es la deformación a la fractura expresada en porcentaje. Por lo tanto, si la longitud calibrada original de la probeta es Lo y su longitud a la fractura es Lf, entonces

Ley de Hooke Como se señaló en la sección anterior, los diagramas de esfuerzo-deformación para la mayoría de los materiales de ingeniería presentan una relación lineal entre el esfuerzo y la deformación dentro de la región elástica. En consecuencia, un incremento en el esfuerzo ocasiona un aumento proporcional en la deformación. Este hecho fue descubierto por Robert Hooke en 1676 mediante el uso de resortes y se conoce como la ley de Hooke. Puede expresarse en forma matemática como.

EJERCICIOS: 1. Un ensayo de tensión para una aleación de acero da como resultado el diagrama de esfuerzo-deformación mostrado en la figura 3-18. Calcule el módulo de elasticidad y la resistencia a la cedencia con base en un corrimiento del 0.2 por ciento. Identifique en la gráfica el esfuerzo último y el esfuerzo de fractura Solución: E = 50 ksi/0.0016 pulg/pulg = 31.2 (10^3) ksi

163

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 2.En la figura 3-19 se muestra el diagrama de esfuerzo-deformación para una aleación de aluminio utilizada en la fabricación de partes de aeronaves. Si una probeta de este material se esfuerza hasta 600 MPa, determine la deformación permanente que queda en la probeta cuando ésta se libera de la carga. Además, encuentre el módulo de resiliencia antes y después de la aplicación de la carga. solucion:

E =450 MPa/0.006 mm/mm = 75.0 GPa E =BD/CD . 75.0(10^9)Pa = 600(10^6)2 Pa/CD CD = 0.008 mm/mm EOC = 0.023 mm/mm - 0.008 mm/mm = 0.0150 mm/mm

3. La barra de aluminio que se muestra en la figura 3-20a tiene una sección transversal circular y está sometida a una carga axial de 10 kN. Según la porción del diagrama de esfuerzo-deformación que se muestra en la figura 3-20b, determine la elongación aproximada de la barra cuando se aplica la carga. Considere que Eal = 70 GPa. solucion: ớAB =P/A =10(10^3) N/π(0.01 m)^2 = 31.83 MPa ớBC =P/A =10(10^3) N/π(0.0075 m)^2 = 56.59 MPa EAB =ớAB/Eal=31.83(10^6) Pa/70(10^9) Pa= 0.0004547 mm/mm =0.0004547(600 mm) + 0.0450(400 mm) =18.3 mm

EJERCICIOS PROPUESTOS: 1.En la tabla se presentan datos tomados de un ensayo de esfuerzo-deformación para cierta cerámica. La curva es lineal entre el origen y el primer punto. Grafique el diagrama y determine el módulo de elasticidad y el módulo de resiliencia. Solucion :

2. Una probeta tiene en un principio una longitud de 1 pie, un diámetro de 0.5 pulg y está sometida a una fuerza de 500 lb. Cuando la fuerza se incrementa de 500 a 1800 164

UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA lb, la probeta se alarga 0.009 pulg. Determine el módulo de elasticidad para el material si éste se mantiene elástico lineal. Solucion:

3. El puntal está soportado por un pasador en C y un alambre AB de retenida de acero A-36. Si el alambre tiene un diámetro de 0.2 pulg, determine cuánto se estira cuando la carga distribuida actúa sobre el puntal.

Solución:

165

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4. En la figura se muestra el diagrama s-P para un conjunto de fibras de colágeno de las que está compuesto un tendón humano. Si un segmento del tendón de Aquiles en A tiene una longitud de 6.5 pulg y un área aproximada en su sección transversal de 0.229 pulg2, determine su elongación si el pie soporta una carga de 125 lb, lo que provoca una tensión Solución:

5. Una barra con una longitud de 5 pulg y un área de sección transversal de 0.7 pulg2 se somete a una fuerza axial de 8000 lb. Si la barra se extiende 0.002 pulg, determine el módulo de elasticidad del material. Éste tiene un comportamiento elástico lineal. Solucion:

6. El tubo rígido se sostiene mediante un pasador en A y un alambre BD que es de acero A-36. Si el alambre tiene un diámetro de 0.25 pulg, determine cuánto se estira al aplicar una carga de P = 600 lb sobre el tubo. Solución:

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7. El tubo rígido se sostiene mediante un pasador en A y un alambre BD que es de acero A-36. Si el alambre tiene un diámetro de 0.25 pulg, determine la carga P si el extremo C se desplaza 0.075 pulg hacia abajo. solucion:

8. Determine la elongación de la barra hueca cuadrada cuando se somete a la fuerza axial P = 100 kN. Si esta fuerza axial se incrementa hasta P = 360 kN y después se retira, determine la elongación permanente de la barra. Ésta hecha de una aleación metálica que tiene un diagrama de esfuerzo-deformación similar al mostrado en la figura. Solución.

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 9. En la figura se muestra el diagrama de esfuerzo-deformación para un hueso, el cual puede describirse mediante la ecuación P = 0.45 (10-6) s + 0.36 (10-12) s˄3, donde s está dada en kPa. Determine el módulo de tenacidad y el tamaño de la elongación de una región de 200 mm de largo justo antes de la fractura, si la falla ocurre en P = 0.12 mm/mm. Solucion:

10. En la figura se muestra el diagrama de esfuerzo-deformación para una resina de poliestireno. Si la viga rígida se sostiene por medio del puntal AB y el poste CD, ambos hechos de este material, y se somete a una carga de P = 80 kN, determine el ángulo de inclinación de la viga cuando se aplica la carga. El diámetro del puntal es de 40 mm y el del poste es de 80 mm. Solución.

}

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 11. En la figura se muestra el diagrama de esfuerzo-deformación para una resina de poliestireno. Si la viga rígida se sostiene por medio del puntal AB y el poste CD, ambos hechos de este material, y se somete a una carga de P = 80 kN, determine el ángulo de inclinación de la viga cuando se aplica la carga. El diámetro del puntal es de 40 mm y el del poste es de 80 mm. Solución.

12. En la figura se muestra el diagrama de esfuerzo-deformación para un hueso, el cual puede describirse mediante la ecuación P = 0.45 (10-6) s + 0.36 (10-12) s3, donde s está dada en KPa. Determine la resistencia a la cedencia suponiendo un corrimiento de 0.3 por ciento. Solución.

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13. La barra de plástico acrílico tiene 200 mm de largo y 15 mm de diámetro. Si se le aplica una carga axial de 300 N, determine el cambio en su longitud y el cambio de su diámetro. Ep = 2.70 GPa, np = 0.4.

Solución:

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 14. El bloque cilíndrico corto de aluminio 2014-T6, que tiene un diámetro original de 0.5 pulg y una longitud de 1.5 pulg, se coloca entre las quijadas lisas de una prensa de banco y se aprieta hasta que la carga axial aplicada es de 800 lb. Determine (a) la disminución en su longitud y (b) su nuevo diámetro. Solución:

15. El bloque de aluminio tiene una sección transversal rectangular y está sometido a una fuerza axial de compresión de 8 kip. Si el lado de 1.5 pulg cambia su longitud a 1.500132 pulg, determine la razón de Poisson y la nueva longitud del lado de 2 pulg. Eal = 10(103) ksi. Solución:

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 16. En la figura se muestra el diagrama de esfuerzo-deformación cortante para una aleación de acero. Si un perno que tiene un diámetro de 0.75 pulg está hecho de este material y se utiliza en la junta de doble empalme, determine el módulo de elasticidad E y la fuerza P necesaria para causar que el material experimente cedencia. Considere que n = 0.3. Solución:

17. El soporte consiste en tres placas rígidas, las cuales están conectadas entre sí mediante dos almohadillas de caucho colocadas simétricamente. Si se aplica una fuerza vertical de 5 N a la placa A, determine el desplazamiento vertical aproximado de esta placa, debido a las deformaciones cortantes en el caucho. Cada almohadilla tiene dimensiones en sus secciones transversales de 30 mm por 20 mm.Gr = 0.20 MPa. Solución:

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 18. Un resorte a cortante se hace con dos bloques de caucho, cada uno con una altura h, una anchura b y un espesor a. Los bloques están unidos a las tres placas como se muestra en la figura. Si las placas son rígidas y el módulo cortante del caucho es G, determine el desplazamiento de la placa A si se le aplica una carga vertical P. Suponga que el desplazamiento es pequeño, de manera que d = a tan g « ay. Solución:

19. La viga rígida descansa en posición horizontal sobre dos cilindros de aluminio 2014-T6 que tienen las longitudes sin carga que se muestran en la figura. Si cada cilindro tiene un diámetro de 30 mm, determine la distancia x de aplicación de la carga de 80 kN, de forma que la viga permanezca en posición horizontal. ¿Cuál es el nuevo diámetro del cilindro A después de aplicar la carga? val = 0.35. Solución:

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 20. La barra de DA es rígida y en un principio se mantiene en posición horizontal cuando el peso W se sostiene desde C. Si el peso ocasiona que B se desplace hacia abajo 0.025 pulg, determine la deformación en los alambres DE y BC. Además, si los alambres están hechos de acero A-36 y tienen un área en su sección transversal de 0.002 pulg2, determine el peso W. Solución:

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CAPITULO 10. TEMAS ESPECIALES 1. Determinar el valor de EI& en el centro del claro en una viga simplemente apoyada en sus extremos, de longitud L, que soporta una carga uniformemente distribuida de w N/m sobre su mitad derecha.

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 2. Como se indica en la figura, dos varillas de aluminio AB Y BC, articuladas en A y C a apoyos rígidos, soportan en B una carga vertical de 20 KN. Si las dos varillas tienen la misma sección recta de 400 mm2 y E=70 GPa, calcular los desplazamientos horizontal y vertical del punto B. tómese α = 30° y θ = 30°

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 3. resolver el problema anterior si la varilla AB de acero, con E= 200GPa, α = 45° y θ = 30°. El resto de los datos no varia

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 4. una barra curva en forma de cuarto de círculo empotrada en un extremo, está situada en un plano vertical, como se indica en la figura. Calcular los desplazamientos horizontal y vertical del punto A

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5. una barra en forma de media circunferencia está situada en un plano vertical, como indica la figura. Determinar el desplazamiento horizontal del punto C y el vertical del punto B.

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6. repetir el problema anterior si P esta aplicada en C, pero verticalmente hacia abajo.

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7. En el problema 1307, si la carga P esta aplicada en C, perpendicular al plano ABC, calcular el desplazamiento de C en la dirección de la carga.

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8. Se aplica una carga vertical P a la estructura en voladizo que representa la figura. Suponiendo el constante, determinar los desplazamientos verticales y horizontales en los puntos B y C. despreciar la deformación axial.

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 9. En el problema anterior, la carga P esta aplicada perpendicularmente al plano ABC. Determinar los desplazamientos de B y C en la dirección de la carga.

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA 10. El pórtico de la figura esta articulado en A y apoyado en D mediante rodillos. Soporta una carga distribuida triangularmente. Con el constante, calcular EI& en el apoyo D. despreciar la deformación axial.

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11. Se aplican cargas horizontal y vertical a la estructura de la figura. Si EI es constante y se desprecia la deformación axial, determinar el valor de EI& en el apoyo D,

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12. Una masa de 50 kg atada al extremo de un alambre de 30 m de longitud cae desde una altura de 2 m. la sección de alambre es de 250 mm2 y se supone que el modulo elástico es E = 100GPa. Calcular el esfuerzo máximo en el alambre.

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13. Un ascensor cuya masa de 2 Mg desciende a una velocidad de 2 m/s. El tambor de accionamiento se detiene bruscamente cuando se ha desenrollado de 30 m de cable. Si la sección recta de este es de 50 mm2 y E = 100 GNm2, calcular el esfuerzo máximo que aparece en el cable, despreciando el peso del mismo.

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14. Una masa de 6 kg cae desde una altura de 0.8 m golpeando la cabeza de un perno de acero, como se indica en la figura. Suponiendo que toda la energía es absorbida por el perno, calcular el espesor e de su cabeza si el esfuerzo cortante, en la superficie cilíndrica de unión de la cabeza, no debe exceder de 80 MN/M2, suponiendo que E = 200 GN/m2.

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15. Una viga simplemente apoyada, de longitud L y sección rectangular, es golpeada en su centro por una masa m que cae desde una altura h. demostrar que el valor del esfuerzo máximo en la viga es g2 =18 mghE/AL

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