Chino

FACULTAD DE INGENIERIACUESTIONARIO 01 CURSO: MECANICA DE MATERIALES I PROFESOR: QUIROZ TORRES, LUIS GABRIEL INTEGRANTES: CODIGOS ALUMNOS 1320939 ARANDA PALMA André 1321232 ORÉ TINEO Christian 1321395 RIVEROS GOMEZ Yovanny 1321401 YARUPAITA RAMOS Sheyla Lima - Perú 2015-2 Problema 1: La barra rígida se encuentra sostenida por los cables de acero y cobre como se muestra en la figura. Determinar el esfuerzo en cada cable y la desviación vertical del punto B. Considerar Eacero = 2.1x106 kg/cm2, Ecobre = 0.7x106 kg/cm2 , Aacero = 4 cm2 , Acobre = 6 cm2 . Solución : δ 2 δ ∆ δac+ δco δ ∆ = → = 2.4 3 2.4 3 Diagrama de cuerpo libre: −4 4.29 x 10 Fco−2.4 δ ∆ … ( 3 ) Fac=2.083T −4 δ ∆=2.48 x 10 m=0.248 mm ∑ M(A) = 0 1.44FCD + 1.92 FAC =6000…. (1) σacero= Fac 2.083 T = Aacero 4 x 10−4 m2 Compatibilidad : σacero= 5207.5 T m2 σcobre= Fco 1.39T = Acobre 6 x 10−4 m2 Fac . Lac Fco. Lco 2316.7 T = σcobre= 2 Eac . Aac Eco . Aco m 168 x 107 Fac−252 x 107 Fco=o … … ..(2) Fco=1.39 T 168 x 107 Fac−252 x 107 Fco=o … … ..(2) Rpta.: δ ∆=2.48 x 10−4 m=0.248 mmσcobre= 2316.7 T 5207.5 T σacero= 2 2 m m EEF= 15x106.2∗10 F ∗72 pulg P/4 P/2 P/2 P/2 .5 pulg2.075’’. Considerar las barras BC y FG rígidas.5x10-6 °F-1.N°2: Para el sistema mostrado. estando también sometido simultáneamente a la acción de P = 20000 lb. EF = 9.2x10-6 °F-1. Las propiedades de la barra CD son iguales a las dela barra AB.5∗10 F ∗48 pulg−9. AEF = 2 pulg2. AAB = 0.5 pulg ∗2 pulg 2 2 pulg pulg ∆T= −6 −1 −6 −1 6. Me piden: ∆ T Problema P/2 P/4 Solución: POR DATO DEL PROBLEMA: δ PUNTO F =0 δ CD ¿ ¿ δ FE ¿ P ( δ FE)T −( ¿¿ ) 2 δ PUNTO F =( δ CD )T −¿ P P LCD L 4 2 FE 0=α CD ∆ T LCD − −α FE ∆ T L FE− A CD ECD A FE E FE P P LCD L 4 2 FE + A CD ECD A FE E FE ∆T= α CD LCD −α FE L FE lb )∗48 pulg ( 2000 4 ( 1000 lb )∗72 pulg + 6 6 30∗10 lb 15∗10 lb 2 2 ∗0. calcular que variación de temperatura se debe aplicar para que el punto F no varíe su posición vertical más de 0. AB = 6. EAB =30x106. ∆ T =−11.4155 F Rpta.4155 F . : ∆ T =−11. Problema N°3: Calcular el máximo valor posible para “w” si la sección de la viga doblemente empotrada no debe exceder los siguientes esfuerzos: t = 800 kg/cm2. Los nudos C y D son rótulas.  = 400 kg/cm2.67 m 4 q2 W = 6 9 Determinando las reacciones q 2= q1 W = 3 9 2W 3 W . a) Piden: el máximo valor posible para “w” kg b) Datos: σ T =800 cm2 σ C =600 kg cm 2 Solución: Determinamos el centro de gravedad “Y” ∑ Y∗A y= ∑ At Y= 20 x 4∗2+ 12∗4∗10 20∗4 +12∗4 t=4 cm Y´ =11 cm W y=5 cm Y =5 Determinando el momento de inercia b ¿ h3 I= + A∗d 2 12 3 Escriba aquí la ecuación. 11 ¿ ¿ ¿2 4∗¿ Q=¿ 3 20 ¿ 4 4 ¿ 12 I= +20∗4∗32 + + 12∗4∗52 12 12 q2 I =2602. c = 600 kg/cm2. 5 W∗1 ∗3 3 M B=29.67 W V B =5.5 W ∑ M C =0 −2 W ∗3−2W ∗4 +0.61W W =105.Y I V A =3.82kg /m 2 800= 7.67 600= M A=9.89W W 3 ∑ Fy=0 B y =3.98 W + 2 A y =3.66 W ∗10 ∗11 800= 2602.66W M A=9.61W ∗6+ ∗4 2 ∑ M A =0 M A=2.61 W +2 W ∑ Fy=0 B y =5.67 2 7.84 kg /m M .98 W ∗10 ∗5 2602.98 W ∗10 ∗11 2602.61 W W ∗3 3 A y =2.q1 = W 3 ∑ Fy=0 C y + D y =2W +2W + 0.5 W +2W C y + D y =6.5 W ∗7−2 W ∗7.61 W Dy Cy C y =2.48 W ∑ M B =0 2W ∗6 3 M B=3.67 σ= W =521.90 kg/m W =62.89 W ∗3+0.67 2 29.30 kg/m .5+ D y∗9=0 D y =3.39W W =177. 66 W∗102∗5 2602. El radio exterior es de 5 cm y el radio interior de la sección anular es de 4 cm.67 Rpta: W =62.66W 600= 29. Considerar módulo de elasticidad G.48 mm . : X =937.82kg /m Problema 4: La barra doblemente empotrada está formada por una parte maciza (AC) y parte anular (CB).M B=29. Rpta. Calcular a que distancia “x” (en mm) del extremo izquierdo de la barra se debe aplicar un momento torsor T0 para que las reacciones en A y B sean iguales. 0142rad b). Se pide a) calcular la deformación unitaria cortante promedio xy.0067rad 400 Por consiguiente.0112 mm . b) La deformación unitaria normal promedio a lo largo del lado AD y de la diagonal DB. Solución: a) Para determinar la deformación unitaria cortante promedio relativo a los ejes X y Y.Problema 5 Un elemento de caucho es inicialmente rectangular y está sometida a la deformación (líneas punteadas) que se muestra en la figura.0067 rad θ1=tan−1 ¿ θ2= tan -1 ( 3 )=0. la deformación unitaria cortante promedio es: xy=θ 1 + θ 2 = 0.430° =0. es necesario encontrar el ángulo θ” xy= π -θ=θ 1+θ 2 2 2 300 (¿)=0.0067rad + 0. como la diagonal BD y el lado AD se deforman y adquieren la longitud de D’B’ y AD’ respectivamente del grafico del problema: ϵ prom= ∆ S ' −∆ S ∆S Para el triangulo ADD’ AD =400 mm AD ' =√ 4002 +32=400.382 °=0.0067rad= 0. 0112)(300.0067 −2(400.0112 mm−400 mm =28 X 10−6 400 mm Luego: θ2= tan -1 ( Para el triángulo ABB’ A B ' =√300 2+22 =300.188° DB=√ 4002 +3002=500 mm 89.ϵAD = 400.0067)cos ¿ ' ' D B =√ ¿ 2 2 3 )=0.0112 +300.382 ° θ 1=tan −1 ¿ Por consiguiente: θ' =90 °− (θ 1+θ 2 )=89.0067 mm 2 300 (¿)=0.430° 400 .188 400. 0068 .5 X 10 −6 ϵDB =−0.6001mm Por lo tanto la deformación unitaria normal promedia a lo largo de DB es: ϵDB = 496.D' B' =496.0068 5000 Rpta. : a) xy= 0.0142rad b) ϵAD =2.6001−500 =−0. Problema 6: Se aplica una carga P de 50kN. Solución: El punto “a” de se encuentra en el eje neutro: σ =0 τ= T cab2 Donde a=b=d c=0. alrededor de la barra AB.22 MPa . como se muestra en la figura.22∗106 Pa τ=54. cuyos lados miden d=60mm.416 d d Teniendo en cuenta: V =P I = 1 4 b 12 1 1 1 A= b 2 ´y = b Q= A ´y = b3 2 4 8 t=b=a τ v= VQ P =1. junto con sus direcciones. determinar los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo.404 2 2 2 0. Si se sabe que la sección transversal de la barra es un cuadrado.904)(50∗103 N ) =54. p τ =τ T + τ V =3.22 MPa (60∗10−3)2 σ max =54.208 para una seccion cuadrada T= Pd p p τT = =2. a un alambre enrollado.5 2 It b Usando la superposición.904 2 d τ= (3. Determinar las magnitudes de P y Q. Una roseta de deformación de 45° sobre la superficie de la barra en el punto A indica las siguientes deformaciones: 1=-120x10-6. : Problema N°7: Una fuerza centrada P y una fuerza horizontal Qx.22 MPa Rpta. se aplica en el punto C.22 MPa τ max =54. Solución: Se aplica la fórmula para rosetas de deformación unitaria teniendo en cuenta que los ángulos serán 0. 45 y 90 grados. 2=480x10-6.30. se tiene lo siguiente: ε 1=ε x =−120 x 10−6 ε 3 =ε y =400 x 10−6 γ xy =2 ε 2−( ε 1+ ε 3 ) ¿ 2 x 480 x 10−6 −(−120 x 10−6 +400 x 10−6 )=680 x 10−6 σ x= E (ϵ x + v ϵ x ) 1−v 2 . Si se sabe que E=29000 ksi y =0.σ max =−54. de la barra rectangular que se muestra en la figura. 3=400x10-6. 3 x 400 x 10−6 )=0 2 1−0.85kip τ xy =G γ xy =( 11153.585 kip Rpta.3 klb Para calcular la fuerza cortante (en este caso será igual a Qx).3) ¿ 11153.85kip )∗( 680 x 10−6 ) =7.6 Kip 2 1−0.6 Klb ) x ¿ G= E 29000 kip = 2(1+v ) 2(1+ 0.3 σ y= 29000000 (−0. se halla I y Q 3 ȳ 3 2 .3 x 120 x 10−6 +400 x 10−6 )=11. : P=139.3 P =σ y A 2∈¿ 6∈¿ ¿ P=σ y A=( 11.σ x= 29000000 (−120 x 10−6 +0. 2∈¿ ¿ 6∈¿ ¿ ¿ I= 1 1 b h3 = ¿ 12 12 2∈¿ ¿ 3∈¿ ¿ 1.5∈¿ ¿ Q= A Y =¿ τ xy = VQ It 2∈¿ ¿ (7. : Qx = 60. determinar el valor de “b”. de tal .68 klb Problema N°8: Para la sección de pared delgada de espesor constante “t”.68 klb Rpta.585 kip)(36 ¿ 4 )¿ τ It V = xy =¿ Q −→ Q x =V =60. manera que el centro de corte pase por el punto “O” Solución: A ' =ts ȳ'= ya − s 2 Q= A' ȳ ' =t y a s−0. ∑ M o=0 b ( F AB+ F FG )− y B F EF =0 2 b F AB−2 y B F BD =0 .5 s ) I I ( 2 Vt y a L AB L AB F AB =∫ q AB ds= − I 2 6 0 3 ) t L AB2 Q B =t y a L AB− 2 Para B: Por simetría: FFG = FAB A ( x ) =tx Q ( x )=QB + y B A ( x )=Q B+ ty B x q ( x )= VQ ( x ) V = ( QB +ty B x ) I I b tyb b2 V F BD=∫ q ( x ) dx= Q B b+ I 2 0 ( ) Por simetría: FEF = FBD FDE no genera momento respecto al punto O.5 t s 2 q AB = L AB VQ Vt 2 = ( y a s−0. así que no se requiere su valor. Se pide: a) Calcular el esfuerzo máximo y la curvatura para cada una de las orientaciones mostradas en la figura a. Compare.2 3 ty b b2 Vt y a L AB L AB V 2b − −2 y B Q B b+ =0 I 2 6 I 2 ( ) ( ) Reemplazando datos: b ( 2 3 ) [( 2 ) 2 ] 90 × 60 60 60 30 b − −30 90 ×60− b+ =0 2 6 2 2 3 2 18 ×10 b−450 b =0 b 1=40 mm b 2=0 mm ∴ b=40 mm Rpta. b) Determinar la relación h/h0 según la Figura b que brinda la sección más eficiente. : b=40 mm Problema 9 Un momento flector M se aplica a una barra cuadrada con lado a. c) Calcular el esfuerzo máximo con la sección encontrada en b) en función de M y de a Compararla con lo calculado en a) a) I =(1/12)bh3 = (1/12)a4 a c=a/2 σmax = (Mc/I) = M(a/2)/(a 4/12) = 6M/a3 1/ = M/EY = M/E(a4/12) 1/ = 12M/Ea4 curvatura a/ √ 2 I = (1/12)bh3 = a4/24 +a4/24 = a4/12 . c =a/ √ 2 σmax = (Mc/I) =[ M(a/ √ 2¿ ]/[(a4/12)] σmax = 6 √ 2/¿ a3 1/ = M/EY =M/(Ea4/12) = 12M/Ea4 curvatura b) I = 4I 1 +2I2 = 4(1/12)hh3 + 2(1/3)(2h0 -2h)(h3) = (4/3)h0 h3 –h4 d dh [(4/3)h0 h2 – h3 ] = 0 h = (8/9)h0 . σ´max = (Mc/I) = (Mh)/((4/3)h0h3-h4) = (3M)/ (4h0 -3h)(h2) reemplanzando con a (h0 =(a √ 2 )/2) . (h/h0) =(8/9) c) c = h . (h=(4a √ 2 /9) σ´max = (3M)/(64 a3 √ 2 /27) = (243M/64 √ 2 a3 ) . Al retirar dicho momento.012 radianes antes de que la sección de aluminio CD empiece a tomar carga. Un momento torsor T=400klb-pulg se aplica inicialmente sólo en el eje de acero AB. y se retira el momento torpor T. indicando el signo respecto al eje x mostrado) b) Determinar el máximo esfuerzo cortante en los ejes AB y CD. ∅C Me piden: a) b) τ maxAB . a) Determinar los giros finales de las secciones B y C (Desde su posición inicial. τ max CD Datos: Parte hueca E AB=29000 Ksi G AB=11000 Ksi .PROBLEMA 10: El eje mostrado en la figura está compuesto por una sección hueca (AB) de acero de 6 pies de largo (E=29000Ksi. G=4000Ksi). ∅B . G=11000Ksi) y una sección sólida (CD) de aluminio de 4 pies de largo (E=10600Ksi. la conexión resbala (se desliza) 0. Luego se ajustan los pernos de la unión BC para conectar el eje CD. 012radianes Parte a: Solución ∅= Tl GIP Propiedad del segmento Hueca: I P= π d 14 πd 2 4 − =4.62° E ntonces: .31 = X + 0.924∗10−3 pul g4 32 32 Solida: I P= π d4 =1.012 11000∗4.924∗10−3 44.212∗10−3 pul g 4 32 Entonces: ∅= Tl =X +0.Parte solida ECD =10600 Ks i GCD =4000 Ksi T = 400Klb-pulg ∆ ∅=0.012 GIP Reemplazando: ∅= 400∗6 = X+ 0.6875° X = 43. 62+0. : b=40 mm Problema N°11: Determine la ubicación e del centro cortante.56 Ksi IP 400 ( d2 ) 1.924∗10 d ( 2) = = t τ max CD ( d21 − d22 )=6769.212∗10−3 =55005.31 ° ∅C =43.62° Parte b: 400 τ maxAB = Tr = −3 IP 4.6875=44. punto O. para el elemento de pared delgada que tiene la sección transversal mostrada en la figura.∅B =43.5 Ksi Rpta. Solución: Sumatoria de momentos con respecto al punto A Pe=r ∫ dF . : ∫ dF=∫ qds=∫ qrθ π+α 1−cos 2θ dθ 2 Pr −2 P ( cos θ+ cos α ) dθ= ( 2 α cos α−2 sin α ) ∫ dF= r (2 α−2 ∫ −sin 2 α ) π−α 2 α−sin 2α ) .ds df P dθ θ dA=tds=trdθ A y=r sin θ dI = y 2 dA=r 2 sin θ2 ( trdθ )=r 3 t sin θ dθ π+α I =r 3 t ∫ sin θ2 dθ=r 3 t 3 ¿ 3 ¿ ∫ π−α sin 2 ( π +α ) sin 2 ( π −α ) r t ⌊ π +α − − π−α− ⌋ 2 2 2 ( )( 3 r t( r t( 2 sin α cos α )= 2 α −sin 2 α ) 2 2 trd θ( ¿θ)=r 2 tsinθdθ dQ= ydA=r sin ¿ θ 2 Q=r t ∫ sin θ dθ=r 2 t (−cos θ−cos α ) =−r 2 t (cos θ+cos α ) π−α 2 q= ¿ VQ P(−r t )( cos θ+cos α ) = I r3 t ( 2 α−sin 2α ) 2 −2 P (cos θ+cos α ) r (2 α −sin 2 α ) Rpta. : e= 4 r (−α cos α + sin α ) 2 α −sin 2 α .¿ 4P (−α cos α+sin α ) 2 α −sin 2 α Finalmente del equilibrio: Pe= e= 4 Pr (−α cos α +sin α ) 2 α−sin 2 α 4 r (−α cos α + sin α ) 2 α −sin 2 α Rpta. Problema N°12: Determine la variación del esfuerzo cortante sobre la sección transversal del tubo con pared delgada como una función de la elevación. y =0 V πRt A=2 πRt . Solución: dA=Rtdθ dQ= ydA= yRtdθ dQ=R 2 tsinθdθ π −θ (¿¿)−(−cos θ) −cos ¿=2 R2 t cos θ ¿ 2 θ dθ=R t ¿ R2 tsin ¿ π −θ Q= ∫ ¿ θ dI = y 2 dA= y 2 Rtdθ=R3 t sin2 θdθ 2π I =∫ R3 t sin 2 θ dθ= 0 τ= 2 VQ V (2 R tcosθ) Vcosθ = = It πRt π R3 t (2 t) θ= √ τ= 3 R t ( 2 π−0 )=π R 3 t 2 R 2− y 2 R V √ R2− y 2 2 πR t Para τ max = τ max . 1875 b [ ] 3 ( 0.5 b )( 0.ENTONCES: τ max = 2V A Rpta.3125 b 3 V √ R2− y 2 2 πR t .1875 b ¿ V ׿ VQ Ʈ B= =¿ It 3 Ʈ B=( 0.75 b )=0.1875 b =0. : τ= Problema 13: Construir los diagramas de esfuerzos tangenciales  perpendiculares a la línea neutra (horizontal) en partes del valor máximo max = o para las secciones indicada Ʈ A =0 3 0.5 b )3 b (b) 2 I =2× + ( 0.3125 b3 ¿ V ׿ VQ ƮC = =¿ It 3 Ʈ B=( 0 b )( 0.5b )( 0.5 b )( 0.1875 b3 ¿ V ׿ VQ ƮB = =¿ It ° 0.5b )( 0.75 b ) + 12 12 0.5 b )( 0.25 b )+ 0.5 b ) ( 0. 5 Ʈ 0 ° ° Ʈ B=Ʈ D=Ʈ max ¿ Ʈ 0 Ʈ E =0 DIAGRAMA Ʈ 1 =0 0.5 b )3 0.795 b )2=0.2b )( 1.204 b )2 + + ( 0.5 b) + ( 0.239b 3 ¿ V ׿ VQ Ʈ2= =¿ It Ʈ B=( 0.2 b(1.2 b )( 1.Ʈ B =Ʈ D =0.795 b )=0.5 b ) ( 0.5 b ) ( 0.326 b4 12 12 .5 b ) ( b ) ( 0.239 b3 [ I= ] 3 ( b ) ( 0. 286 Ʈ 0 4 It (0.205 b )=0.326 b )(b) b Q=( 0.45 b )( b )( 0.093 b ) V Ʈ3= = =0. Solución: . Considerar Mmax y Wmax (módulo de resistencia) como conocidos.286 2 =0.093 b3 Ʈ 4=0 DIAGRAMA Problema N°14: Determinar los esfuerzos máximos max originadas por el peso propio de las vigas y la posición de la sección crítica.3 VQ V ×(0. . Rpta. : . .Problema 15: Determinar los valores de la fuerza P1 para los cuales en la sección inferior de la barra no aparecen esfuerzos de tracción. : .Rpta.