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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CENTRO DEL PERÚ FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA MECÁNICA DE SÓLIDOS NOMBRES Y APELLIDOS: Pérez Arango Milcar. Torres Caro Jeff. Torres Manyari Pepe.

EJERCICIOS PROPUESTOS 1. Una columna circular hueca de acero (E=30000 ksi) está sometida a una carga P de compresión, como se muestra en la figura. La columna tiene longitud L= 8.2 ft y diámetro exterior d= 8 in. La carga P=110 kPa. Si el esfuerzo permisible de la columna es de 0.025 in. ¿Cuál es el espesor t

requerido para la pared?

SOLUCIÓN: Datos: • • •

P = 110kN E =30000 ksi L =1.2 ft = 98.4 in

• •

d=8 in σ=8.1 ksi

•

δ=0.025 in

CÁLCULO EL ÁREA REQUERIDA, BASADA SOBRE EN LA TENSIÓN PERMISIBLE: •

σ=PA

•

A=Pσ=110 k8.1ksi=13,58 in2

ÁREA REQUERIDA BASADA EN EL ACORTAMIENTO PERMISIBLE: •

δ=PLEA

•

A= PLEδ=110K(98.4 in)30000 kSi(0.025 in)=14,43 in2

EL ACORTAMIENTO GOBIERNA: •

Amin=14,43 in2

ESPESOR MÍNIMO: •

A=π4[d2-d-2t2]

Despejando " tmin " •

tmin=d2-(d2)2-Aπ

Remplazando los valores •

tmin=0,8 in2-(0,82)2-14,43 in2π

Tiempo requerido para la pared: ∴ tmin=0,626 min 1. Una columna circular hueca de acero (E=210GPa) está sometida a una carga P de compresión, como se ve en la figura. La columna tiene longitud L=2.5 m y diámetro exterior d=20 mm. La carga P de 490 kN. Si el esfuerzo permisible de compresión es de 56 MPa y el acotamiento permisible de la columna es de 0.6 mm. ¿Cuál es el espesor t requerido para la pared?

SOLUCIÓN: Datos: • • • • • •

P = 490 kN E =210 GPa L =2,5 m d=200mm σ=56 MPa δ=0,6 mm

CÁLCULO DEL ÁREA REQUERIDA BASADA SOBRE LA TENSIÓN PERMISIBLE. •

σ=PA

•

A=Pσ=940 kN56000kPa=1,6786×10-2m2

ÁREA REQUERIDA BASADA SOBRE EL ACORTAMIENTO PERMISIBLE: •

δ=PLEA

•

A= PLEδ=490K(2500mm)210000 000k(0,6mm)=9,7222× 10-3in2

SHORTENING GOVERNS (El acortamiento gobierna): Amin=9,7222×10-3m

ESPESOR MÍNIMO: •

A=π4[d2-d-2t2]

Despejando “ tmin " •

tmin=d2-(d2)2-Aπ

REMPLAZANDO LOS VALORES •

tmin=0,2m2-(0,2m2)2-9,7222×10-3mπ

Tiempo requerido para la pared: ∴ tmin=1,69×10-2m

1. La viga rígida horizontal ABCD está soportada por las barras verticales BE y CF y está cargada por fuerzas verticales P1=100 K y P2=90 K que actúan en los puntos A y E respectivamente. Las barras BE y CF son de acero E=29,5X106 psi y tiene areas transversales ABE=22,1 in2 y ACF18,3 in2. Determine los desplazamientos verticales δA y δD de los puntos A y D, respectivamente.

SOLUCIÓN: Datos: • • • • • • •

ABE =22.1 in2 ACF =18.3 in2 E = 29.5x106 Psi LBE=12 ft=194 in LCF =9 ft=108 in P1= 100 k P2 = 90k

DIAGRAMA DE FUERZAS EN LA BARRA ABCD

•

•

MB=0 100 k6 ft+Fcf 6 ft- 90 k14 ft= 0 Fcf=110 k MC=0 100 k12 ft- Fbe6ft-90 k8 ft= 0 Fbe=80 k

EN LA BARRA BE : •

δ be=Fbe* LbeE*Abe=80 k x 144in29.5x106psi(22.1 in2)=0.01767 in

EN LA BARRA CF: Δ cf=Fcf*LcfE Acf=110 K X 108 in29.5X106PSI(18.3 in2)=0.0133 in

DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTO:

RESPUESTA δA=δBE-δCFδBE=2δBE-δCF=0,0133 in δD=δCF+86δCF-δBE=0.0278 in

1. Una placa semicircular ACBD de peso W =500N y radio R=1.0 m esta soportada en los puntos A B y D por tres alambres idénticos (vea figura ).El punto C esta en el centro del arco circular ADB y el radio CD es perpendicular al diámetro AB .Cada alambre tiene modulo de elasticidad E=210GPa,diámetro d=2 mm y longitud L=1.2 m suponga que la placa es rígida .Una carga p ,a una distancia x del puto C ¿Cuál debe ser la distancia x para que la placa

tenga una pendiente de 0.1⁰(a lo largo de la línea CD )bajo la acción combinada de la fuerza P y el peso W?

SOLUCIÓN: PLACA DE APOYO DE TRES CABLES: Cables • •

W=500 N R=1,0 m

Cables: • • •

E=500 GPa diametro d=2 mmlongitud L=1,2 m

Carga: •

•

en el punto P. S = pendiente de la línea CD

•

S=0,1°=0,1π180rad

P=3 W

ENCONTRAR LA DISTANCIA X AL PUNTO P Fuerzas en los cables:

•

Fo= fuerza de tracción del cable en D, W es el peso que actúa sobre la línea CD a una distancia de 4R3π del punto C. • MACB=0 FoR-W4R3π-PX=0 F0=4W3π+PXR

POR SIMETRÍA: FA=FB • FV=0 2FA-Fo-W-P=0

Por lo tanto •

FA=FB=W21-43π+P2(1-XR)

DESPLAZAMIENTO HACIA ABAJO EN LOS PUNTOS A, B Y C •

δA=δB=δC=FALEA

•

δo=FoLEA

PENDIENTE DE LA RECTA CD •

S=δo-δcR=LREAFo-FA

Sustituyendo Foy FA y simplificando: •

S=LREAW24π-1+P23πR-1

Resolviendo para X/R: •

XR=13+2SREA3PL-W3P4π-1

Sustituyendo los valores: •

XR=13+20,1π1801,0 m(210 GB)(π4)(0,0002 m)23(15000)(1,2 m)500113(1500 N)4π-1

•

XR=0,3333+0,4265-0,0304=0,7284

Si R=1 m ∴ X=0,729 m

1. Tres cables verticales del mismo diámetro y material soportan una viga horizontal rígida en los puntos A, B y C (vea la figura ). Los cables B, C tienen longitud h y el cable A tiene longitud 2h . Determinar la distancia x entre los alambres A y B de modo que la viga permanezca horizontal cuando se coloque

una carga P en su punto medio.

SOLUCIÓN: VIGA HORIZONTAL CON EL APOYO DE LOS CABLES •

Cables B y C: longitu=h

•

Cables A: longitud=2h

Debe quedar en desplazamiento

forma

horizontal,

δ=desnsidad de desplazamiento rigido •

FA=EA2hδ FA=FC=EAhδ

ECUACIÓN DE EQUILIBRIO • • • •

Fverticales=0 FA+FB+FC=P MA =0 FBX+FCL=PL2

hacemos

relaciones

de

fuerza-

DESARROLLANDO LAS ECUACIONES SIMULTÁNEAMENTE: • • •

δ=2Ph5EA FA=P5 FB=FC=2P5

El valor pedido de “x” será: ∴ x=L4

1. Un bloque rígido AB de peso W cuelga de tres alambres verticales igualmente

espaciados, dos de acero y uno de aluminio (vea la figura).Los alambres soportan también una carga P que actúa en el punto medio del bloque. El diámetro de los alambres de acero es de 2 mm y el diámetro de los alambres de aluminio es de 4 mm . ¿Qué carga P se puede soportar si el esfuerzo permisible en los alambres de acero es de 220 MPa y en el alambre de aluminio es de 80 MPa? (Suponga W=800N, Es=210 GPa y Ea=70 GPa).

SOLUCIÓN: •

Alambres de acero dac=2 mm ; σac=220 MPa ; Eac=210 GPa

•

Alambre de aluminio dal=4 mm ; σal=80 MPa ; Eal=70 GPa

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA RÍGIDA

ECUACIÓN DE EQUILIBRIO: •

⅀Fvert=0

•

2Fac+Fal-P-W=0…………………………….…...… Ecuación (1)

ECUACIÓN DE SEMEJANZA: •

δac=δal………………………………………………..…...… Ecuación (2)

RELACIONES DE LAS FUERZAS DE DESPLAZAMIENTO: •

δac=Fac*LEac*Aac…………………………………………………...

Ecuación (3) •

δal=Fal*LEal*Aal…………………………………………….…..…. Ecuación

(4) DESARROLLANDO LAS ECUACIONES: Reemplazar (3) y (4) en (2): •

Fac*LEac*Aac=Fal*LEal*Aal………………………………………….....….

Ecuación (5) Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (5): •

Fal=(P+W)EalAalEalAal+2*EacAac……………………..........….

Ecuación (6)

•

Fac=(P+W)EacAacEalAal+2*EacAac………………………......….

Ecuación (7) TENSIONES EN LOS ALAMBRES: •

σal=FalAal=(P+W)EalEalAal+2*EacAac………………….............…..….

Ecuación (8) •

σac=FacAac=(P+W)EacEalAal+2*EacAac………………………….…..

….. Ecuación (9) Cargas admisibles (desde ecuaciones (8) y (9)) •

Pal=σalEalEalAal+2*EacAac-W………………...…. Ecuación (10)

•

Pac=σacEacEalAal+2*EacAac-W…………...…..….. Ecuación (11)

CÁLCULO DE LA SECCIÓN DE LOS ALAMBRES DE ACERO Y ALUMINIO RESPECTIVAMENTE: •

Aac=π42 mm2=3.1416 mm2

•

Aal=π44 mm2=12.5664 mm2

•

Pal=1713 N

•

Pac=1504 N

La Psoportar es controlada por el alambre de acero, la cual es igual a: ∴ Psoportar=1500 N. 1. Tres barras circulares esbeltas soportan una barra rígida horizontal AB que pesa W= 7200 lb (vea la figura).Las dos barras exteriores son de aluminio (E1=10*106 psi) con diámetros d1=0.4 in y longitudes L1=40 in. La barra interior es de magnesio ( E2 = 6.5* 106 psi) con diámetro d2 y longitud L2. Los esfuerzos permisibles en el aluminio y en el magnesio son de 24 000 psi y 13 000 psi respectivamente. Si se desea cargar las tres barras a sus valores máximos permisibles. ¿Cuál debe ser el diámetro d2 y la longitud L2 de la

barra interior?

SOLUCIÓN: Barra 1 (Aluminio): • • • •

E1=10*106 psi d1=0.4 in L1=40 in σ1=24000 psi

Barra 2 (Magnesio): • • • •

E2 = 6.5* 106 psi d2=? L2= ? σ2=13 000 psi

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA RÍGIDA:

•

⅀Fvert=0

•

2F1+F2-W=0………………………………….….….Ecuación (1)

ECUACIONES DE LAS BARRAS:

•

F1=σ1A1

•

A1=π*d124

•

F2=σ2A2

•

A2=π*(d2)24

Sustituyendo en la ecuación (1): •

2*σ1*π*d124+σ2*π*d224=W

Como el valor de d1 es conocido, entonces utilizamos esto para hallar d2: •

d22=4*Wπ*σ2-2*σ1*(d1)2σ2…………………………..

……….Ecuación (2) Reemplazando valores numéricos para hallar d2 : • •

d22=4*7200lbπ*13 000 psi-2*24 000 psi*(0.4 in)213 000 psi d22=0.70518 in2-0.56077 in2

d2=0.338 in

ECUACIÓN DE SEMEJANZA: •

δ1=δ2………………………………………………….…. Ecuación (3)

RELACIONANDO LAS FUERZAS: •

δ1=F1L1E1*A1=σ1*L1E1…………………………………..…. Ecuación

(4) •

δ2=F2L2E2*A2=σ2*L2E2………………………………….…. Ecuación

(5) Sustituyendo (4) y (5) en la ecuación (3): •

σ1*L1E1=σ2*L2E2

Conocemos L1, entonces podemos hallar L2 :

•

L2=L1*E2*σ1E1*σ2

Reemplazamos los valores numéricos para hallar L2 : •

L2=40 in*24 000 psi*6.5.*106 psi13 000 psi*10*106 psi

L2=48 in

El diámetro d2 sera igual a: ∴ d2=0.338 in

La longitud L2 sera igual a: ∴ L2=48 in 1. Una barra de acero ABC (E=200 GPa) tiene área transversal A1de A a B y área transversal A2 de B a C (vea la figura). La barra esta soportada en el extremo A y esta sometida a una carga P igual a 40kN en el extremo. Un collarín circular de hacer BD con área transversal A3 soporta la barra en B. Determine el desplazamiento δC en el extremo inferior de la barra debido a la carga P,

suponiendo que el collarin queda ajustado suavemente en B, cuando no hay carga presente. (Suponga L1=2*L3=250 mm , L2=225 mm , A1=2*A3=960 mm2y A2=300 mm2).

SOLUCIÓN: DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA ABC Y DEL COLLARÍN BD: EQUILIBRIO DE LA BARRA ABC: •

⅀Fvert=0

•

RA+RD-P=0…………………………………..……...Ecuación (1)

COMPATIBILIDAD (DISTANCIA AD NO CAMBIA): •

δABbarra+δBDcollarin=0……………………. Ecuación (2)

(La elongación es positiva). RELACIÓN DE LAS FUERZAS DE DESPLAZAMIENTO: •

δAB=RA*L1E*A1

•

δBD=-RD*L3E*A3

Sustituyendo en la ecuación (2): •

RA*L1E*A1-RD*L3E*A3=0……………………………………..

….Ecuación (3) Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (3): •

RA=P*L3*A1L1*A3+L3*A1

•

RD=P*L1*A3L1*A3+L3*A1

CAMBIOS EN LA LONGITUD (ELONGACIÓN POSITIVA): •

δAB=RA*L1E*A1=P*L1*A3E*(L1*A3+L3*A1)

•

δBC=P*L2E*A2

ELONGACIÓN DE LA BARRA ABC: •

δC=δAB+δBC

REEMPLAZANDO VALORES NUMÉRICOS: • P=40 kN • E=200 GPa • L1=250 mm • L2=225 mm • L3=125 mm • A1=960 mm2 • A2=300 mm2 • A3=480 mm2 • RA=RD=20 kN • δAB=0.02604 mm • δBC=0.15000 mm δC=δAB+δBC=0.176 mm

Por lo tanto δC será igual a: ∴ δC=0.176 mm . 1. Una barra rígida AB de longitud L esta articulada a una pared en A y esta soportada por los alambres verticales fijos en los puntos C y D (vea la figura). Los alambres tienen la misma área transversal A y están hechos del mismo material (modulo E), pero el alambre en D tiene una longitud doble que la del alambre en C. Determine:

a) Las fuerzas de tensión TC y TD en los alambres debido a la carga vertical P que actua en el extremo B de la barra. b) El desplazamiento hacia abajo δB en el extremo B de la barra.

SOLUCIÓN: DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE:

DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTO

ECUACIÓN DE EQUILIBRIO: •

⅀MA=0

•

TC(c)+TD(d)=P*L………………………….....…….Ecuación (1)

ECUACIÓN DE SEMEJANZA:

•

δCa=δDb………………………………………………..…….

Ecuación

(2) RELACIONES DE LAS FUERZAS DE DESPLAZAMIENTO: •

δC=TC*hE*A…………………………………..………..……….Ecuación

(3) •

δD=TD*2hE*A……………………………………………..…….Ecuación

(4) SOLUCIÓN DE LAS ECUACIONES: Sustituyendo (3) y (4) en la ecuación (2): •

TC*ha*E*A=TD*2hb*E*A

•

TCa=TD*2b…………………………………………….……….Ecuación

(5) FUERZAS DE TRACCIÓN EN LOS CABLES: Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (5): •

TC=2*a*P*L2*a2+b2

•

TD=b*P*L2*a2+b2

Por lo tanto las tensiones TC y TD en los alambres debido a la carga vertical P que actua en el extremo B de la barra son las ecuaciones siguientes: ∴ TC=2*a*P*L2*a2+b2 ∴ TD=b*P*L2*a2+b2

TENSIONES DE TRACCIÓN EN LOS CABLES: •

σC=TCA=2*a*P*LA*2*a2+b2

•

σD=TDA=b*P*LA*(2*a2+b2)

DESPLAZAMIENTO EN EL EXTREMO DE LA BARRA: •

δB=δD*Lb=TD*2hE*A*Lb=2*h*P*L2E*A*2*a2+b2

El desplazamiento hacia abajo δB en el extremo B de la barra es la siguiente expresión: ∴ δB=2*h*P*L2E*A*(2*a2+b2) 1. Una barra rígida ABCD esta articulada en el punto B y esta soportada por dos resortes en A y D (vea la figura). Las sendas rigideces de los resortes en A y D son K1=15 kNm y K2= 35 kNm . Una carga P actua en el punto C. Si el angulo de rotación de la barra debido debido a la acción de la carga P esta limitado a 2°. ¿Cuál es la carga máxima permisible Pmax?

SOLUCIÓN: Datos numéricos: • • • • • •

a=250 mm b=500 mm c=200 mm K1=15 kNm K2= 35 kNm θmax=2°= π90rad

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE Y DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTO: ECUACIÓN DE EQUILIBRIO: •

⅀MB=0

•

FAa-Pc+FD(b)=P*L………………………….Ecuación (1)

ECUACIÓN DE SEMEJANZA: •

δAa=δDb……………………………………………………….Ecuación

(2) RELACIONES DE LAS FUERZAS DE DESPLAZAMIENTO:

•

δA=FAK1…………………………………………………...…..Ecuación

(3) • •

δD=FDK2……………………………………………………….Ecuación

(4)

RESOLUCIÓN DE ECUACIONES: Reemplazando (3) y (4) en la ecuación (2): • FAa*K1=FDb*K2……………………………………………. …….Ecuación (5) Desarrollando simultáneamente las ecuaciones (1) y (5): •

FA=a*c*K1*Pa2*K1+b2*K2

•

FD=b*c*K2*Pa2*K1+b2*K2

ÁNGULO DE ROTACIÓN: •

δD=FDK2=b*c*Pa2*K1+b2*K2

•

θ=δDb=c*Pa2*K1+b2*K2

MÁXIMA CARGA: •

P=θc*(a2*K1+b2*K2)

•

Pmax=θmaxc*(a2*K1+b2*K2)

Reemplazando valores numéricos: •

Pmax=π90rad200 mm*(250 mm2*(15 kNm)+500 mm2*(35 kNm))

•

Pmax=1690.8 N.

La carga máxima permisible es: ∴ Pmax=1690.8 N

1. Dos cables. CE y BD soportan una barra rígida. AB como se muestra en la

figura. Los cables son idénticos excepto de longitud; BD tiene longitud h y CE tiene longitud 1.5h (la longitud de la barra es L= h√5).determine las fuerzas de tensión TBD y TCE en los cables debido a la carga P que actúa el punto F.

TV TH

SOLUCIÓN: • • • • •

TV*L2+P*3L4-TBD*L=0 3*P4=TBD+TV2 …………………(1) ΣMB=0 TV*L2-PL4=0 TV=P2

POR SEMEJANZA •

THTV=L2h=l2*h

•

TH=L*TV2*h

DATO: •

L=L*5

POR LO TANTO •

TH=5*TV2=P*54

•

TEC=TV2+TH2

•

TEC=3*P4

DE (1) • 3*P4-P4=TBD ∴ TBD=P2 1. Una barra rígida BD se articula en el extremo B y esta soportada por dos

cables AC y AD (vea la figura). La longitud de la barra es 3b y el punto A esta 1.5b arriba del punto B. una carga P actúa hacia abajo en el extremo D de la barra. a) .Determine las fuerzas de tensión TAC y TAD en los cables. b) determine el desplazamiento hacia abajo δD del punto D.

A

1.5b

B

C

D

P 2b

b

SOLUCIÓN: •

Lac=5*b2 ; Lad*3*5*b2

DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE Y DESPLAZAMIENTO:

•

senα1=1.5*bTX=35

•

senα2=1.5*bLAD=15

ECUACIÓN D EQUILIBRIO • • •

ΣMB=0 TAC*senα12b+TAD*senα23*b-P*3*b=0 2*5*TAC+5*TAD=5*5* P………………..(1)

ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD: • • •

δD =32*δC 5*δAD =52*δC δAD =52 *δAC………………………………………..(2)

DESPLAZAMIENTO DE FUERZAS • •

δAC=TAC*LACEA=5*TAC*b2AE δAD=TAD*LADEA = 3*5 *TAD*b2AE

SUSTITUYENDO EN LA ECUACIÓN (2) •

3*5 *TAD*b2*AE =5 25*TAC*b2*AE

•

TAD=56*TX

a) Fuerza de tensión en los cables: Resolviendo las ecuación (1) y (3) ∴ TAC=30*P12+5*5 =1.294*P ∴ TAD=25*P12+5*5 =1.079*P b) Desplazamiento hacia abajo δDdel punto D • •

δD=5 *δAD=5 *3*5*TADb2*AE δD=15*TAD*b2*AE =375*P*b2*AE(12+5*5 ) ∴ δD=8.089*P*bEA

1. Un marco rectangular de ancho 7b y altura 3b (vea la figura) esta articulado en

C, soportado en A y D por alambres verticales idénticos y carado por una fuerza inclinada P que actúa en B. el diámetro de los alambres debido a la carga P no deben exceder de 220MPa, ¿Cuál es la carga permisible máxima Pmax?. (Desprecie cualquier deformación del marco).

SOLUCIÓN: ECUACION DE EQUILIBRIO • •

M C=0 35P4b-TA4b-TC3b=C 4*TA-3*TC=125*P ……………………….(1)

ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD • •

δB=43*δD δA=δB δA=43*δD …………………………….……….(2)

RELACIÓN DE FUERZA DE DESPLAZAMIENTO • •

δA=TA*LAE δD=TD*LAE

RESOLVIENDO •

TA*LAE=43*TAD*LAE

•

TA=43*TD……………………………….(3)

RESOLVIENDO LAS ECUACIÓN (1) Y (3) • •

TA=48125*P TD=36125*P

• •

TA>TD Por lo tanto TA controla la carga admisible. Pmax =12548*δA*(π4*d2)

•

Pmax =12548220MPaπ4(2mm)2

∴ Pmax =1.80 kN

1. Una barra rígida EDB se articula en el soporte E y esta sostenida por dos

cables AB y CD (vea la figura). Ambos cables son iguales excepto de longitud. Una carga P actúa en el extremo B de la barra. Determine las fuerzas de tensión en los cables y el ángulo de giro de la barra.

SOLUCIÓN: • • •

ΣME=0 TCDsenα*8b+TABsenα*12b-P*12b=0 2*TCD+3*TAB=5*P…………………..(1)

ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD •

δB=12b8b*δD=32*δD…………………….(2)

FUERZA DE DESPLAZAMIENTO • •

δAB=TAB*LABEA=TAB*15bEA δCD= TCD*LCDEA=TCD*10bEA

Como: • •

δAB=35δB ; entonces δB=53 δAB=25b*TABEA δCD=35δD ; entonces δD=53 δCD=50b*TCDEA

FUERZA DE TENSIÓN EN LOS CABLES • • •

Sustituyendo δB y δD en la ecuación (2) 25b*TABEA=32*50b*TCDEA TAB=TCD………………(3)

Sustituyendo en la ecuación (1) •

TAB=TCD=P

ÁNGULO DE ROTACIÓN EN LA BARRA ∴ θ=δB12b=25b*TAB12b*EA=25P12EA

1. Una 25 in de diámetro es de 7500 psi. (Para el acero use α1=6.5x10-6/ºF y

ES=30x106 barra de acero de diámetro 0.375 in es sostenida entre paredes rígidas (pero sin esfuerzos iniciales) con el dispositivo mostrado en la figura. Calcule la caída de temperatura ΔT (grados Fahrenheit) para la que el esfuerzo cortante promedio en el perno de 0. 25 in de diámetro es de 7500 psi. (Para el acero use α1=6.5x10-6/ºF y ES=30x106 psi.).

SOLUCIÓN: • •

ε=αΔT σ=ЕαΔT

FUERZA DE LA BARRA Y DEL PERNO •

P=ЕαΔTπ4dr2

• • •

T=P2AS T=P2πdb24 Por lo tanto: Tb=2 πdb2(ЕαΔT)π4dr2

•

Tb=ЕαΔT 2(dr2db2)

TEMPERATURA:

•

ΔT=2Tb Eα(dr2db2)

∴ ΔT=2×7500psi 30×106psi(6.5x10-6/ºF)(0.25 in0.375 in)2=34,188 ºF 1. Una barra circular de acero AB (diámetro d1=15 mm, L1=1100 mm) tiene un

manguito de bronce (diámetro exterior d2=21 mm, L2=400 mm) sobre ella, de manera que las dos partes están firmemente unidas entre sí (vea la figura). Calcule el alargamiento total δ de la barra de acero debido a la elevación de temperatura ΔT=300°C (las propiedades de los materiales son las siguientes: para el acero, Es =210 GPa y αs=12×10-6/°C; para el bronce, Eb=110GPa, y αb=20×10-6/°C).

SOLUCIÓN: POR FORMULA DE ELONGACIÓN DE LA BARRA: •

δ1=αs∆T(L1-L2)

•

δ1=12×10-6(300)(1100-400)

•

δ1=2.52 mm

DE IGUAL MANERA PARA δ2: •

δ2=αs×Es×As+αb×Eb×Ab(∆T)L2Es×As+Eb×Ab

(1) Sustituyendo los datos en (1) •

αs= 12×10-6 ; αb=20×10-6

•

Es=210 GPa ; Eb=110 GPa

•

d1=15

•

As=π4d12=176.71

………………………

•

d2=21

• •

Ab=π4d22-d12=169.65 ∆T=350

•

L2=400

δ2=2.054 mm

Después de realizado los cálculos la elongación total es: ∴ δ=δ1+δ2=4.57 mm 1. Una barra no prismática ACB de longitud L es sostenida entre soportes rígidos

(vea la figura). La mitad izquierda tiene área transversal A1 y la mitad derecha, área transversal A2. El módulo de elasticidad es E y el coeficiente de expansión térmica es α. Suponga que la barra está sometida a un incremento uniforme de temperatura ΔT y que A2 > A1. Obtenga expresiones para a) la fuerza de compresión P en la barra y b) el desplazamiento δc del punto C (positivo significa que el desplazamiento es hacia la izquierda.)

SOLUCIÓN: Barra con apoyo a la derecha: Compresión de la fuerza P Retirar el apoyo al final de B:

δT = Alargamiento debido a la temperatura. •

δT=α∆TL

δP = Reducción debido a la P •

δP=PL2EA1+PL2EA2

Compatibilidad; δT = δP : • •

α∆TL = PL2E1A1+1A2 P = 2Eα∆T1A1+1A2 = 2Eα∆TA1 A2A1+A2

Desplazamiento del punto C: • •

= Acortamiento de AC δC = PL2EA1- α∆TL2 = α∆TLA2-A1A1+A2 δC

∴ Positivo significa que AC se acorta y el punto C se mueve hacia

la izquierda. 1. Una viga simplemente apoyada ABC soporta una carga vertical P por medio de

una ménsula BDE (vea la figura). Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga.

SOLUCIÓN:

Aplicando momentos en A y B resulta: • •

RA= P2 RC=P2

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR: En el tramo AB • • •

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