Ejercicios Resueltos Resistencia de Materiales [PDF]

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PROBLEMA N° 4.1 Una barra de latón se coloca en un marco de Acero como se indica en la figura 4.1. Suponiendo que la barra de latón ajusta perfectamente dentro del marco de acero cuando la temperatura es de 20°C. Determinar los esfuerzos en la barra de latón y en el marco de acero cuando la temperatura se eleva hasta los 80°C. A = cada/pata = 320 mm2 E = 200 GPa α = 12 x 10-6 /°C Marco de Acero

A = 1200 mm2 E = 100 GPa α = 20 x 10-6 /°C Latón

SOLUCION: a. Esfuerzos en la barra de laton y en el marco de acero. P σ= Utilizamos la150 ecuación mm (1.1): A (1) Datos: Aacc/ = 320 mm2 Ala = 1200mm2 a.1 Deformación por temperatura Quitando uno de los apoyos Utilizamos la ecuación (4.2): Dato: ∆ T =80−20=60° C

δ T =αL ∆ T (2)

a.1.1 Acero Pac111111

Reemplazando valores en (2):

1

δ

150 mm a.1.2 Laton

ac T

=

20 x 150 mm x 60 °=¿ 106 ° C

0.18mm

Reemplazando valores en (2):

Plat

δ latT =

12 x 150 mm x 60 ° =¿ 0.108mm 106 ° C

a.2 Por equilibrio Cortamos al marco de acero y trazamos el DCL: Σ F x =0 ⟵+ ¿

1/2Pac

1 1 Plat − Pac − Pac =0 2 2

Plat 1/2Pac

a.3 Por deformación. Como es un marco de acero: lat

lat

ac

Plat =Pac (3)

δ lat =δ ac

(Ecuación de compatibilidad)

ac

δ T + δ R =δ T +δ R (4)

a.3.1 Por deformación. Utilizamos la ecuación (3.3): a.

PL EA

(5)

Laton Reemplazando valores en la ecuación (5): Plat ( N ) x 150 mm

lat

δR =

b.

δ=

100 x 10 9

N 1 m2 2 x 1200 mm x m2 106 mm2

=

Plat (mm) 800 x 10 3

Acero Reemplazando valores en la ecuación (5): δ ac R =

P ac ( N ) x 150 mm 200 x 10 9

N 1 m2 2 x 320 mm x m2 106 mm2

Reemplazando valores en (4): 0.18−

Plat 800 x 10 3

3

=0.108+

3 P ac 1280 x 10 3 3

144 x 10 −Plat 138.24 x 10 +3 Pac = 3 3 800 x 10 1280 x 10

=

Pac (mm) 1280 x 103

3

3

144 x 10 −Plat 138.24 x 10 +3 Pac = 1 1.6 1.6 ( 144 x 103−Plat ) =138.24 x 103 +3 Pac 3 3 230.4 x 10 −1.6 P lat =138.24 x 10 +3 Pac 3 3 230.4 x 10 −138.24 x 10 =3 P ac +1.6 Plat 3 92.16 x 10 =3 P ac +1.6 Plat (6) Utilizando la ecuación (3) en la ecuación (6): 92.16 x 103 =3 P ac +1.6 Plat (6) 3 92.16 x 10 =4.6 Pac (6) Pac =20034.8 N =Plat a.4 Calculo de los esfuerzos a.4.1 Acero σ ac=

20034.8 N =62.61 MPa 320 mm 2

a.4.2 Laton 20034.8 N σ lat = =16.7 MPa 1200 mm2 PROBLEMA N° 4.2 Dos barras rígidas de aluminio están unidas a un soporte rígido a la izquierda y a una barra transversal a la derecha. Una barra de hierro se encuentra unida al soporte rígido a la izquierda y hay una holgura b = 0.588 mm entre el extremo derecho de la barra de hierro y la barra transversal. El área transversal de cada barra es A = 320 mm 2. Si se aumenta la temperatura en 30°C, determinar los esfuerzos en las barras de aluminio y hierro. Datos: Eal = 70GPa, αal = 22.5 x 10-6 /°C, Efe = 200GPa, αfe = 11.9 x 10-6 /°C

Al

Fe Al

25 cm

b

SOLUCION a. Esfuerzo en las barras

Pal

Pal

Utilizamos la ec. (1.1):

Pal =? P fe=? L = 25 cm = 0.25 m

Σ F h=0 ⟶+; 2 Pal + Pfe =0(3)

a.2 Por deformación δ=

Utilizamos la ecuación (2.3):

PL EA

Aluminio: δ al =

Pal ( N ) x 0.25 m 70 x 109

2

N 1m x 320 mm 2 x 6 2 m 10 mm2

=

0.25 P al 22.4 x 10

3

=0.011161 x 10−6 Pal

Fierro: −3

δ fe=

Pfe ( N ) x (0.25 m−0.508 x 10 m) 0.2449492 P fe = =3.8983 x 109 P fe 2 6 N 1m 64 x 10 200 x 10 9 2 x 320 mm2 x 6 2 m 10 mm

a.3 Por temperatura: al

δ T=

Aluminio: fe

Fierro: δ T =

δ T =αL ∆ T ; ∆T =30 ℃

22.5 −6 x 0.25m x 30 ° C=168.75 x 10 m 6 10 °C

11.9 −3 −6 x( 0.25−0.508 x 10 )m x 30° C=89.0686 x 10 m 6 10 ° C

Reemplazando valores en (2):

P A

La ecuación de compatibilidad es: δ fe=δ al +b (2)

Pal

Pal

a.1 Calculo de P Por equilibrio:

Datos:

Pfe

Pfe

σ=

3.898 P fe 89.0686 0.011161 Pal 168.75 508 + = + + 6 109 10 6 109 106 10

Reemplazando valores en (3) Pfe =−2 Pal 3 2.863 P al +150.765 x 10 =−2 P al 4.863 Pal =−150.765 x 103 Pal =−31 KN Entonces: Pfe =62 KN

3

3

Pfe =−2.863 x 31 x 10 +150.765 x 10

Reemplazando valores en (1): σ al =

31 x 103 N 106 mm2 x =96.875 MPa(compresion) 320 mm2 1 m2

σ ac=

62 x 103 N 106 mm2 x =193.75 MPa 320 mm2 1 m2

PROBLEMA Nº 4.3 Una barra horizontal de peso despreciable, y que se supone absolutamente rígida, está articulada en A como indica la figura; y cuelga de una varilla de acero y otra de aluminio. Si los límites de proporcionalidad son de 211MPa para el acero y 422MPa para el aluminio. El diámetro de la varilla de aluminio es igual al doble del diámetro de la varilla de acero. Usar un factor de seguridad igual a 2 para ambas varillas. Determinar: a) El esfuerzo de diseño de cada varilla, b) Los diámetros de las varillas de aluminio y acero, si las deformaciones de estas barras son de 1mm y 0.4mm respectivamente.

F

D

Aluminio E = 70 GPa

Acero E = 200 GPa

C

1

m

A

P = 100KN

E

F

1m

1m

2m SOLUCION: a. Esfuerzo de diseño en cada varilla a.1 Esfuerzo de trabajo en las barras Utilizamos la ecuación (2.5):

σ max f .s

σ tac=

(1)

Reemplazando valores en (1): ac

Acero: σ t =

211 =105.5 MPa 2

al

Aluminio: σ t =

422 =211 MPa 2

b. Por deformación en las barras Las deformaciones de las barrs de aluminio y acero son de 1 y 0.4 mm respectivamente Utilizamos la ecuación (2.3)

δ=

PL σL δE = ⟹ σ= (2) EA E L

Reemplazando valores en (2):

Acero:

0.4 mm x 200 x 109 σ ac δ =

Aluminio:

1m 1 mm x 70 x 10 9

σ alδ =

N 2 m

1m

N m2

x

1m =80 MPa 3 10 mm

x

1m =75 MPa 103 mm

Seleccionamos como esfuerzo de diseño a los menores valores de ac

σ =80 MPa σ =75 MPa al

b. Diámetro de las varillas de aluminio y acero

σ :

Utilizamos la ecuación (1.1):

σ=

P P → A= A σ π 2 P d= 4 σ

π 2 P d= 4 σ d=

b.1 Calculo de P b.1.1 Por equilibrio

A

DCL de la barra rígida ACEB Σ M A =0 100 KN Pac ( 1 ) + PaL ( 3 ) −100 ( 4 )=0 Pac +3 Pal =400( 4) B

Pal

Pac Ax

E

C 2m

Ay 1m

(3)

Pac =? Pal =?

σ ac=80 MPa al σ =75 MPa

Datos:

√

4P πσ

Σ F y =0+ ↑ A y + Pac + P al −100=0

1m

b.1.2 Por deformación A

B

C δ ac

δ al

C’

Se tiene 2 ecuaciones y 3 incógnitas, el sistema es indeterminado

B’ Por deformación de las barras Semejanza de triángulos:

δ ac δ al = 1 3 3 δ ac=δ al (6)

Para la deformación aplicamos la ecuación (2.3): δ=

PL (7) EA

Ecuación de compatibilidad

Sustituyendo (7) en (6) y reemplazando valores tenemos: 3(

P al ( N ) x 1 m P al ( N ) x 1 m )= (8) 9 N 9 N 200 x 10 2 x A ac 70 x 10 2 x A ac m m d al =2 d ac A al =4 A ac

Por condición del problema:

(9)

Sustituyendo (9) en (8):

[ ] [ ]

3 Pac 1 P ac = 200 A ac 70 4 A ac

Simplificando: 21 P ac=5 Pal Pal =4.2 Pac

(10)

Sustituyendo (10) en (4): Pac +3 ( 4.2 P ac ) =400 13.6 Pac =400 Pac =29.412 KN En (10):

Pal =4.2 ( 29.412 )=123.53 KN

Reemplazando valores en (3): Aluminio:

√

4 x 123.53 x 103 N 2 1m 6 N π x 75 x 10 2 x 6 2 m 10 mm d al =45.8 mm d al =

Acero:

d ac =

d ac =21.636 mm

√

4 x 29.412 x 10 3 N N 1 m2 π x 80 x 10 6 2 x 6 m 10 mm2

PROBLEMA Nº 4.4 Una barra rigida de peso despreciable esta soportado como se muestra en la figura. Si W = 80 KN, calcular el cambio de temperatura que hara que el esfuerzo en la barra de acero sea de 55MPa. Los coeficientes de dilatación lineal son 11.7 x 10 -6/ºC para el acero y 18.9 x 10-6/ºC para el bronce.

1m

A

D

Bronce A = 1300 mm2 E = 83 GPa L=3m

Acero A = 320 mm2 E = 200 GPa L = 1.5 m

B

2.5 m 1.5 W m1¿

SOLUCION a. Determinar el cambio de temperatura P Ecuaciones a utilizar: σ = ⟹ P=σA (1) A PL σL δ T =αL ∆ T (2)δ = = (3) EA E DCL de la barra: Pac Ax

D

A Ay

Pbr

W

1m

B 1.5m

1.5m

a.1 Por equilibrio en la barra rígida AB. Σ M A =0 Pac ( 1 ) + Pbr ( 4 )−W ( 2.5 ) =0 Pac + 4 Pbr =2.5W

Utilizando la ecuación (1) σ ac A ac + 4 (σ br Abr )=2.5 W 55 ( 320 ) +4 ( σ br ) 1300=2.5 x 80 x 103 Revisando las unidades:

m x 106

2

N 1m x mm2 x 6 = N.m 2 m 10 mm2

2.5 x 80 x 103−55 (320) σ br = 4 x 1300 σ br =35.08 MPa b. Por temperatura

B

D

A

ac 00 δ ac T +δ R br δ br T +δ R

D’

B’

b.1 Por deformaciones Por semejanza de triángulos ac

ac

br

br

δ T +δ R δ T +δ R = 1 4 δ br br (¿¿ T +δ R )(4) ac δ ac T +δ R =0.25 ¿

Utilizando las ecuaciones (2) y (3) en (4): αL ∆ T ¿ ¿ αL ∆ T ¿ ¿ ¿ ¿ Reemplazando valores:

[(

11.7 55 x 1500 18.9 35.08 x 3000 x 1500 x ∆ T + =0.25 x 3000 x ∆ T + 6 3 6 10 200 x 10 10 83 x 103 Revisando las unidades:

)

]

6

1 10 N mm x mm x ºC+ 2 x ºC N m 109 2 m 0.01755 ∆ T + 0.4125=0.014175 ∆ T +0.317 ( 0.01755−0.014175 ) ∆ T =0.317−0.4125 3.375 x 10−3 ∆ T =−0.0955 −0.0955 x 103 ∆T= =−28.3 ℃ 3.375 PROBLEMA Nº 4.5 La barra rígida ABC mostrado en la figura adjunta, se fija en B y está unido a dos barras verticales. Inicialmente la barra es horizontal y las barras verticales están libres de esfuerzos. Determinar el esfuerzo en la barra de aluminio si la temperatura de la varilla de acero se reduce a 40ºC. Despreciar el peso de la barra ABC Acero A = 300 mm2 E = 200 GPa α = 11.7 x 10-6 /°C L = 0.9 m A

Aluminio A = 1200 mm2 E = 70 GPa α = 23 x 10-6 /°C L = 1.2 m C

B

0.6 m SOLUCION: 1.2 m a. Esfuerzo en la barra de aluminio a.1 DCL de la barra rigida ABC Pac

Pal B

A

C

Σ M A =0 Pac ( 0.6 )−PaL ( 1.2 )=0 0.6 Pac =1.2 P al Pac =2 P al (1)

1

0.6deformación m a.2 Por de la barra rígida 1.2 m A’ B

Por semejanza de triángulos d AA ' d cc ' = 0.6 1.2 1.2 d AA ' =0.6 d cc ' d AA ' =0.5 d cc ' (2)

C

A

0.6 m

1.2 m

C’

Por efecto de la temperatura en

Utilizando las ecuaciones (2.3) y (4.1): δ T =αL ∆ T (4.1) y δ =

PL (2.3) EA

a.2.1 Para el acero: Utilizamos la ec. (4.1): δ ac T =

3

11.7 10 mm x 0.9 m x 40 ℃ x =0.4212 mm 6 1m 10 ℃

Reemplazamos valores en (3): 0.4212−

0.4212−

[ [

P ac x 0.9 m 200 x 10 9

N 1 m2 2 x 300 mm x m2 10 6 mm 2

P ac x 300 3

200 x 10 x 100

] [ =0.5

Pac x 1200 3

] [

103 mm x =0.5 x 1m

70 x 10 x 1200

Pal x 1.2 m 70 x 109

]

84240−3 Pac 0.5 Pal = 200 70 7( 84240−3 P ac ¿=20 x 0.5 P al

(4)

Sustituyendo (1) en (4): 84240−3 ( 2 Pal ) =1.4286 P al 84240=(1.4286+6) Pal 84240=7.4286 Pal Pal =11340 N

El esfuerzo del aluminio: σ al =

Pal 11340 N 106 mm2 = x 2 A al 1200 mm2 1m

= 9.45 MPa

N 1 m2 2 x 1200 mm x m2 106 mm2

103 mm x 1m

]

PROBLEMA Nº 4.6 Una barra rígida horizontal de peso despreciable esta conectada a dos varillas como se muestra en la figura dada. Si el sistema esta inicialmente libre de esfuerzos, determinar: a) el cambio de temperatura que causara un esfuerzo de tensión de 60 MPa en la varilla de acero.

Acero A = 900 mm2 E = 200 GPa α = 11.7 x 10-6 /°C L = 3m

2m C

A

B

Bronce A = 1200 mm2 E = 83 GPa 3 αm= 18.9 x 10-6 /°C L = 2m D

SOLUCION: a. El cambio de temperatura ∆ T a.1 Carga en las barras: DCL de la barra rígida Σ M A =0 Pac ( 5 ) −P br (2 )=0 5 P ac −2 Pbr =0 Pac

Pbr Ax Ay

A

C 2m

B 3m

σ ac=60 MPa P σ = ⟹ P ac=σ ac . Aac A

Dato de problema: Por la ec. (1.1)

En (1): 5 σ ac . A ac−2 σ br . A br=0 5 x 60 x 900−2 σ br .1200=0 5 x 60 x 900=2 σ br .1200 ⟹ σ br =112.5 MPa

a.2 Por deformación

A

2m m

C

Por semejanza de triángulos: br br ac ac δ T −δ p δ P −δ T = 2 5

B

br 00 3 mbr δ T −δ P

C’

br ac ac 5 ( δ br T −δ p ¿=2 (δ P −δ T ) ac

(2)

ac

δ P −δ T

Utilizando la ec. (2.3) : PL σL δ= = EA E

B’ 6

3

112.5 x 10 N x 2 m 10 mm δ br= x N 1m m2 x 83 x 10 9 2 m

= 2.711

mm

Por temperatura utilizamos la ecuación: Reemplazando valores en (2):

60 x 106 N x 3 m 103 mm δ ac = x 1m 2 9 N m x 200 x 10 2 δ T =αL ∆ T m

= 0.9 mm

18.9 11.7 x 5 x ∆Tx 2000−5 ( 2.711 ) mm=2 ( 0.9 ) mm−2 x 6 x 3000 mm x ∆ T 6 10 10 ℃ ( 5 x 18.9 x 2+2 x 11.7 x 3 ) ∆ T =2 ( 0.9 ) mm+5 x 2.711 3 259.2 ∆ T =15.355 x 10 ∆ T =59.24 ℃

PROBLEMA N° 4.7 Una barra rígida AB de peso despreciable se muestra en laa figura dada, si W = 120 KN; determinar el esfuerzo de cada varilla si la temperatura sube 30°C. Los coeficientes de dilatación lineal son 11.7 x 10-6 /°C para el acero y 18.9 x 10-6/°C para el bronce.

1m

Bronce A = 1300 mm2 E = 83 GPa L=3m

Acero A = 320 mm2 E = 200 GPa L = 1.5 m

1.5 W m1¿ 2.5 m

SOLUCION: Σ M A =0 Pac ( 1 ) + Pbr ( 4 )=120( 2.5)

a. Esfuerzo de cada varilla a.1 Por equilibrio Pac

Pbr

120 KN

Por la ec. (1.1)

Ax Ay

1m

P ⟹ P ac=σ ac . Aac A

Entonces: σ ac (320)+4 σ br (1300)=2.5 x 120 σ ac +16.25 σ br =937.5 σ ac=937.5−16.25 σ br (1)

1.5m

1.5m

σ=

a.2 Por deformación e incremento de la temperatura Por semejanza de triángulos: Utilizando las ecuaciones (2.3) y (4.2): A

δ T =αL ∆ T ( 4.2 ) y δ=

B

C

ac br δ ac δ br T −δ p P −δ T = (2) 1 4

ac ac δ T +δ R 00

br δ br T +δ R

C’

PL σL = (2.3) EA E

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

αL ∆ T ¿ B’ ¿ αL σ x 1500 mm σ br x 3000 mm 11.7 18.9 ∆ T x 1500 mm x 30 ℃+ ac =0.25 ¿x 3000 x 30℃ + 6 6 N N 10 ℃ 10 ℃¿ 200 x 109 2 83 x 109 2 ¿ m m ¿

Reemplazando valores:

[

Unidades: 1 N x mm x ℃+106 2 x ℃ m

mm 200 x 10 9

N 2 m

=mm+

mm 3 200 x 10

0.5265+0.0075 σ ac=0.42525+ 0.00904 σ br 0.0075 σ ac −0.00904 σ br =0.42525−0.5265 0.0075 σ ac −0.00904 σ br=−0.10125( 5)

Sustituyendo (1) en (5): 0.0075(937.5−16.25 σ br )−0.00904 σ br =−0.10125 7.03125−0.121875 σ br−0.00904 σ br =−0.10125 7.03125+0.10125=(0.121875+0.00904 )σ br 7.1325=0.130915 σ br σ br =54.48 MPa

]

σ ac=937.5−16.25(54.48)

En (1): σ ac=52.17 MPa PROBLEMA N° 4.8

El montaje de la figura dada se compone de una barra rigida AB, fijada en O, que se adhiere a las barras de acero y aluminio. En la posición mostrada la barra AB es horizontal y hay una separación ∆=5 mm , entre el extremo inferior de la barra de acero y el soporte de pasador en C. Determinar el esfuerzo de la varilla de aluminio cuando el extremo inferior de la varilla de acero está unido a su soporte.

B

A 0.75 m O

Aluminio L = 2m A = 300 mm2 E = 70 GPa

Acero A = 250 mm2 E = 200 GPa 1.5 m

D

C

SOLUCION: a. Esfuerzo de cada varilla. a.1 Por equilibrio: Pac

Rc

O

A

Pal

Σ M A =0 Pac ( 0.75 ) −Pal ( 1.5 )=0 ¿ Pac =2 P al B Por la ec. (1.1) Entonces:

0.75 m Unidades:

2 x MPa x

2 m 1.5 mm mm2

σ=

P ⟹ P=σA A

σ ac . A ac=2 σ al . Aal 2 σ al . A al σ ac= A ac 2 [ σ al x( 300) ] σ ac= 250 σ ac=2.4 σ al (1)

a.2 Por deformación B’ δB

O

A

B

Por semejanza de triángulos: δA δ = B 0.75 1.5 0.75 δ =0.5 δ B 1.5 B δ A=0.5 δ al (2) δ A=

En la figura se tiene (lado AC): ∆=δ AC + δ A 5=δ AC +0.5 δ al (3)

A’ 0.75 m a.3 Utilizando la ec. (2.3) de deformación: PL σL δ= = (4) 1.5 m EA E Reemplazando (4) en la ec. (3): 5=

5=

σ ac (2000−5) 200 x 10

3

+0.5

[

σ al x 2000 3

70 x 10

]

Unidades:

mm2=

MPa x mm 3 10 MPa

9.975 σ ac 14.286 σ al + (5) 103 103

Sustituyendo (1) en (5): 5000=9.975(2.4 σ al )+14.286 σ al 5000=σ al (23.94+14.286) 5000=38.226 σ al de donde: σ al =130.8 MPa PROBLEMA Nº 4.9 Una barra rígida horizonte masa despreciable está conectada a dos varillas según la muestra de la figura. Si el sistema esta originalmente libre de esfuerzos, determinar el cambio de temperatura que causara un esfuerzo de tensión de 60 MPa en la varilla de acero. Acero A = 900 mm2 E = 200 GPa α = 11.7 x 10-6 /°C

3m

2m C

A 2m

Bronce A = 1200 mm2 E = 83 GPa 3 αm= 18.9 x 10-6 /°C

B

SOLUCION: ∆T

a. Determinar el cambio de temperatura Ecuaciones a utilizar, δ T =αL ∆ T ( 4.2 ) , δ=

PL P ( 2.3 ) , σ = ( 1.1) EA A

a.1 Carga en las barras Σ M A =0 Pac ( 5 ) −P br (2 )=0 5 P ac −2 Pbr =0

Ax

Ay

C

A

Pac

Pbr

B 2m

(1)

σ ac=60 MPa P σ = ⟹ P ac=σ ac . Aac A

Dato de problema: Por la ec. (1.1)

En (1): 5 σ ac . A ac−2 σ br . A br=0 5 x 60 x 900−2 σ br .1200=0 5 x 60 x 900=2 σ br .1200 σ br =112.5 MPa

3m

Unidades :m x Mpa x mm 2=m x σ br x mm2

a.2 Por deformación.

3

Por semejanza de triángulos: br δ br δ acP −δ ac T −δ p T = 2 5

A

2

C

B

br br δ T −δ P 00

C’

br ac ac 5 ( δ br T −δ p ¿=2 (δ P −δ T ) ac

ac

δ P −δ T

B’

(2)

Utilizando la ec. (2.3): PL σL δ= = EA E 112.5 x 106 N x 2 m 103 mm δ br= x N 1m m2 x 83 x 10 9 2 m

= 2.711

mm 6

δ ac =

3

60 x 10 N x 3 m 10 mm x N 1m m2 x 200 x 109 2 m

= 0.9 mm

a.3 Por temperatura utilizamos la ecuación: Reemplazando valores en (2):

δ T =αL ∆ T

18.9 11.7 x 5 x ∆Tx 2000−5 ( 2.711 ) mm=2 ( 0.9 ) mm−2 x 6 x 3000 mm x ∆ T 6 10 10 ℃ ( 5 x 18.9 x 2+2 x 11.7 x 3 ) ∆ T =2 ( 0.9 ) mm+5 x 2.711 259.2 ∆ T =15.355 x 103 ∆ T =59.24 ℃ PROBLEMA Nº 4.10 Una barra rígida horizontal de peso despreciable, está articulada en A como indica la figura 4.10; cuelga de una varilla de acero y otra de bronce. Determinar: la máxima carga P que puede aplicarse sin exceder el esfuerzo en el acero de 120 MPa y en el bronce de 70 MPa.

Acero A = 900 mm2 E = 200 GPa L=3m

Bronce A = 800 mm2 E = 83 GPa DA L = 2 m

C

A

B

1m

2m

3m P

SOLUCION: a. Determinar la máxima carga P a.1 DCL de la barra rígida AB

Pac

Ax Ay

Pbr

D

C

A 2m

3m

a.2 Por deformación de las barras

P B

1m

Σ M A =0 Pac ( 2 ) + Pbr ( 5 )−P( 6)=0 2 P ac−5 Pbr =6 p (1)

1 A

2

B

C 3 δ ac

00

δ br

C’

δ BB '

B’

Por semejanza de triángulos δ ac δ br = 2 5 δ ac 2 = δ br 5 δ ac =0.4 δ br (2)

a.3 Calculo de las deformaciones δ=

Utilizamos la ecuación (2.3):

PL (3) EA

Utilizando la ecuación (3) en (2):

[

]

P ac . L ac P L =0.4 br . br (4) E ac. A ac E br . Abr Datos: σ ac=120 MPa σ br =70 MPa P ⟹ P=σ . A A Utilizando la ecuación (5) y reemplazando valores: Del capítulo 1, ecuación (1.1):

σ=

a.3.1 Acero Pac =120 x 106

N 1 m2 2 x 900 mm x =108 KN m2 10 6 mm 2

a.3.2 Bronce N 1 m2 2 Pbr =70 x 10 2 x 800 mm x 6 =56 KN m 10 mm2 6

Reemplazando valores en (4):

[

Pac x 3 m Pbr x 2m =0.4 N N 200 x 109 2 x 900 mm 2 83 x 109 2 x 800 mm2 m m

[ ]

Pac P br =0.4 200 x 3 83 x 4

P ac 0.4 x 200 x 3 = =0.723 P br 83 x 4

]

(5)

Pac =0.723 Pbr (6) Pbr en ( 6 ) :

Reemplazando

Pac =0.723 ( 56 )=40.488 KN Reemplazando valores en la ecuación (1): 2 ( 40.488 )−5 ( 56 )=6 P 360.976=6 P Pmax =60.163 KN PROBLEMA Nº 4.11 En la figura se muestra una barra rigida AB de peso despreciable, esta articulada en O y unida a dos barras verticales de diferentes longitudes. Si P = 120 KN. Suponga que los coeficientes de expansión lineal son 11.7 x 10 -6 /ºC para el acero y 18.9 x 10-6 /ºC para el bronce. Determinar el esfuerzo en cada varilla si la temperatura sube 30ºC.

1.5 m

A

O

2m

B

C 1.5 m Acero A = 900 mm2 E = 200 GPa L = 1.5 m

Bronce A = 300 mm2 E = 83 GPa L=2m

SOLUCION: a. Esfuerzo en cada varilla a.1 Por equilibrio Oy

120 KN Ox

A

O

1.5 2

Pac

Pbr B

1.5

Σ M O =0 Pac ( 1.5 ) + Pbr ( 3 )−120(2)=0 1.5 P ac +3 Pbr =240 Pac +2 Pbr =160(1)

Utilizando la ec. (1.1):

σ=

P ⟹ P=σ . A A σ ac . A ac +2(σ br . A br)=160

En (1): σ ac ( 900 ) +2(σ br .300)=160 90 σ ac +60 σ br =16 16 1.5 σ ac +σ br = x 103 60 σ br =266.67−1.5 σ ac (2) Unidades:

N 1 m2 2 m x 10 2 x mm x 6 =N . m m 10 mm2 6

a.2 Por deformación. Incremento de temperatura en 30ºC Por semejanza de triángulos A’ O 1.5

A

C 1.5 ac δ ac T +δ P

2

ac br δ ac δ br T +δ p P +δ T = 1.5 3

B

ac

br

br

δ T +δ P

C’

ac

δ T +δ p =

ac br br δ ac T +δ p =0.5 [ δ P −δ T ] (3)

B’ Utilizando las ecuaciones:

δ T =αL ∆ T ( 4.2 ) y δ =

PL σL = (2.3) EA E

Sustituyendo (4.2) y (2.3) en (3) αL ∆ T ¿ ¿ αL ∆ T ¿ ¿ ¿ ¿

Reemplazando valores:

[

1.5 br br [ δ −δT ] 3 P

σ x 1.5 m σ x2 11.7 18.9 x 1.5 m x 30℃ + ac =0.5 x 2m x 30 ℃+ br 6 6 200 83 10 ℃ 10 ℃

]

Unidades:

mx℃ 6 N +10 2 x ℃ m

m m =m+ 3 9 N 10 10 2 m

[ [

2 σ br 526.5 σ ac x 1.5 1134 + =0.5 + 6 3 6 10 200 x 10 10 83 x 103

]

2 σ br 526.5 1.5 σ ac 1134 + =0.5 + 6 3 6 6 10 200 x 10 10 0.083 x 10

]

526.5+7.5 σ ac =567+12.048 σ br 12.048 σ br =7.5 σ ac +526.5−567 12.048 σ br =7.5 σ ac −40.5 σ br =0.6225 σ ac −3.362(6) Igualando las ecuaciones (2) y (6): 266.67−1.5 σ ac =0.6225 σ ac −3.362 σ ac ( 0.6225+1.5 )=266.67+3.362 2.1225 σ ac =270.032 σ ac=127.22 MPa

En (6): σ br =75.77 MPa

σ br =0.6225 ( 127.22 )−3.362