Ejercicios Resueltos, Esfuerzo cortante en secciones transversales, Resistencia de Materiales

Problema Nro.9 • Determine la posición e en que debe colocarse la fuerza P para que la viga se flexione hacia abajo sin torcerse. Considere h = 200 mm. P e P 100mm h e 300mm 12 − 𝑦 2 . 𝑡 𝑉= 𝑞 .𝑉 300𝑚𝑚 = 𝑃. 𝑑𝑦 = −4 𝑑𝑦 = 0.5𝑥10−4 𝑡 12 𝐼= 𝑄= 100 − 𝑦 +𝑦 2 0.5 𝑥 10 −0. 𝑒 …(1) 1 1 𝑡(100)3 + 𝑡 200 3 12 12 1 𝐼= 𝑡 1003 + 2003 = 7.8889𝑃 2𝑡𝑥 7.67 𝑚𝑚.1 = 1 100 + 𝑦 100 − 𝑦 𝑡 2 𝑃 0.1 𝑡 100 − 𝑦 0.1 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 1 0.8889P 300mm = 𝑃 𝑥 𝑒 𝑒 = 266. .1 −0. despreciando el efecto de los filetes. Determine. a) al iniciarse la fluencia.Problema Nro. M 12 pulg. b) cuando las aletas se han plastificado completamente. el momento flector M y el radio de curvatura correspondiente. 10 • La viga AB está hecha de acero de alta resistencia que se supone elastoplástico con E = 29 × 106 psi y σY = 50 ksi. . 16 pulg. Espesor de 1 pulg. 4 𝐼 50ks𝑖 𝑀= 𝜎= 1524 = 9525 𝑘𝑖𝑝𝑠 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔. 𝑐 8 𝑐 =∈∗ 𝜌.75 14 12 3 = 1524 𝑝𝑢𝑙𝑔.𝑎) 𝐼= 1 12 16 12 3 − 1 12 − 0. 𝑐 8𝑝𝑢𝑙𝑔. ρ = 𝜎 = = 4640 𝑝𝑢𝑙𝑔 50𝑘𝑠𝑖 𝐸 29 𝑥 106 . = 338 𝑝𝑖𝑒𝑠 0.5pulg.5pulg. 7.5 + 𝑅2 4.67pulg.001724 R1 R2 4.3 𝑘𝑖𝑝𝑠 2 𝑀 = 2 𝑅1 7.𝑏) ∈= 0. R3 Distribución Distribución de De deformaciones esfuerzos 𝑅1 = 𝑅4 = 50𝑘𝑠𝑖 12 1 = 600𝑘𝑖𝑝𝑠 1 𝑅2 = 𝑅3 = 50𝑘𝑠𝑖 7 0. 4.75 = 131.67 𝑦 =∈ 𝜌 = 10230 𝑘𝑖𝑝𝑠 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔 7 𝜌= = 4060 𝑝𝑢𝑙𝑔.67pulg.001724 7. R4 Fuerzas resultantes . Q A B z x z A=10.Problema Nro.0 in2 Iz=273in4 x . 6in. como se muestra en la figura . Al medir las deformaciones unitarias en dos puntos A y B sobre la línea central de las caras externas de los patines se obtuvo: y P 6in. 10 in. 11 • Un tramo corto de una columna de acero laminado soporta una placa rígida sobre la que se aplican dos cargas P y Q . 17𝐿𝑏 𝑄 = 21.7 𝑘𝑠𝑖 𝐿𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑎𝑙 𝑠𝑒𝑟á: 𝐹 = 𝑃 + 𝑄 𝐸𝑙 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑡𝑛𝑜 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑒𝑟á: 6𝑃 − 6𝑄 = 𝑀 𝐹 𝑀𝑐 𝑃 + 𝑄 6𝑃 − 6𝑄 𝜎𝐴 = − + =− + 𝑥 5 = 27𝑃 − 573𝑄 𝐴 𝐼 10 273 −11. ∈= −300𝜇 𝑥 29𝑀 = 8. (1) 𝐹 𝑀𝑐 𝑃 + 𝑄 6𝑃 − 6𝑄 − =− − 𝑥 5 = −573𝑃 + 27𝑄 𝐴 𝐼 10 273 −8.006𝐿𝑏 .𝜎𝐴 = 𝐸. (2) 𝜎𝐵 = − Por sistema de ecuaciones de la ecuación 1 y 2 se obtiene: 𝑃 = 16.6𝑘𝑠𝑖 = 27𝑃 − 573𝑄 … . ∈= −400𝑥10−6 𝑥29𝑥106 = 11.6 𝑘𝑠𝑖 𝜎𝐵 = 𝐸.7𝑘𝑠𝑖 = −573𝑃 + 27𝑄…. 4in. 3 ft 3ft .Problema Nro. Si se sabe que el esfuerzo normal permisible para el acero utilizado es de 24 Ksi . 12 • Dos ángulos L4x 3 de acero laminado se sujetan con pernos para soportar las cargas que se ilustran en la figura. determine el mínimo espesor del ángulo que puede emplearse. 2000lb 300 lb/ft 6in. 1900 − 3800 + 𝐶𝑦 𝐶𝑦 = 1900 𝐿𝑏 . −𝐴𝑦 6 + 3800 𝐴𝑦 = 1900 𝐿𝑏 𝐹𝑦 = 0. 𝐴𝑥 = 0 𝑀𝐶 = 0.2000lb+1800lb = 3800lb 300 lb/ft Ax Ay By 1 2 3 ft 3ft 𝐹𝑥 = 0. Corte Nro. V=1000Lb M 300𝑥 2 𝑀=− + 1900𝑥 2 𝑥 = 0. V=1900Lb x=3. 1 300x 300 lb/ft Ax 1900Lb 1 x ft V V= -300x+1900 x=0. 𝑀 = 4350 𝐿𝑏 ∗ 𝑓𝑡 . 𝑀 = 0 𝑥 = 3. Al ser una viga simétrica. el diagrama de la fuerza cortante y el momento son reflejados 2000lb+1800lb = 3800lb 300 lb/ft V(Lb) 1900 1000 -1000 -1900 M(Lb*ft) 4350 . 0875 𝑝𝑢𝑙𝑔3 2 Buscando las dimensiones adecuado para la sección en el Apéndice C del libroEscriba Beer Johnston: aquí la ecuación.175 𝑝𝑢𝑙𝑔3 3 𝜎 24𝑥10 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑎𝑑𝑎 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = 2.46 L 4x3 x ¼ 1.𝑆𝑚𝑖𝑛 = 𝑀 4350(12𝑝𝑢𝑙𝑔) = = 2.89 L 4x3 x 3/8 1. 8 .00 El espesor más adecuado es de la segunda opción: 3 𝑡 = 𝑝𝑢𝑙𝑔. Sección del Ángulo S(in2) L 4x3 x ½ 1.175 = 1. de diámetro espaciados longitudinalmente cada 5 in. 𝑥 𝑖𝑛. 13 • Una columna es construida al conectar los elementos de acero laminado que se muestra en la figura con pernos de ¾ in. Determine el esfuerzo cortante promedio ejercido sobre los pernos a causa de una fuerza cortante de 30 kips paralela al eje Y. 8 𝐶10 𝑥 25 . y z C 3 14𝑖𝑛.Problema Nro. 1875𝑖𝑛. 𝑄 30𝑘𝑖𝑝𝑠(27.392 𝑘𝑖𝑝𝑠 2 𝐹𝑝𝑒𝑟𝑛𝑜 4. 𝑥 = 4.3 8 𝑉.3 1 𝑦 ′ = 5 + 𝑥 = 5.392 𝜏𝑝𝑒𝑟𝑛𝑜 = = = 9.08 𝑝𝑢𝑙𝑔. 8 2 C 2 1 3 3 𝐼=2 14 + 14 5.234 𝑝𝑢𝑙𝑔.1875 = 27.1875 2 + 91.94 𝑘𝑠𝑖 2 𝐴𝑝𝑒𝑟𝑛𝑜 3 𝑥𝜋 8 .4 12 8 8 3 𝑄 = 14 5.7567 5𝑝𝑢𝑙𝑔.234) 1.08 𝑖𝑛 1 𝐹𝑝𝑒𝑟𝑛𝑜 = 1.7567𝑘𝑖𝑝𝑠 𝑞= = = 𝐼 465.2 = 465. Problema Nro. 14 • Para la viga y las caras que se muestran en la figura . considere la sección n-n y determine el esfuerzo cortante en: • El punto “a” • El punto “b” n 𝑅𝐴 𝑅𝐵 n 500mm 500mm . 813𝑥10−6 (0.65𝑚.02(0.04 12 + 0.08)3 +0.02 0.015 = 3 𝑥 10−5 𝑚3 𝑄𝐴 = 0.02) 90𝑘𝑁(3𝑥10−5 ) 𝜏𝐵 = = 23.02)(0.813 𝑥 10−6 𝑚4 𝐼=2 2 + 1 0.813𝑥10−6 (0.02)(0.09 − 0.16) 1 0.065 − 0.16 0. 𝐴 2 0.065 2 = 5.02 0.025 0.16 0.02 0.02 12 3 1 = 4𝑥10−5 𝑚3 2 𝑄𝐵 = 0.𝑃𝑜𝑟 𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟í𝑎: 𝑅𝐴 = 𝑅𝐵 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 𝐹𝑦 = 0 𝑅𝐴 = 𝑅𝐵 = 90 𝐾𝑁 = 𝑉𝑚á𝑥 𝑌= 𝐴 𝑦 2 0.08 0.03 0.97𝑀𝑃𝑎 𝐼𝑡 5.09) = = 65𝑚𝑚 = 0.16 𝑉𝑄 90𝑘𝑁(4𝑥10−5 ) 𝜏𝐴 = = = 30.16)(0.08 + (0.02 0.22 𝑀𝑃𝑎 5.02 0.02) .02 0.04 + (0.08 0.065 − 0. de ancho y 8mm de espesor se dobla para formar el canal mostrado en la figura si se sabe que la carga vertical P actúa en un punto del plano medio del alma del canal determine:} • El par de torsión T que causaría la torcedura del canal de la misma forma que sucede bajo la carga P.Problema Nro. • El esfuerzo cortante máximo en el canal ejercido por la carga P. 15 • Una placa de acero de 160 mm. B 100mm A D P=15kN E 30mm . 03 0.008 0.008) 3 0.05 + 0.1 + 43.75 = 65.16 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 + 𝜏𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 = 22.8667 𝑥 10−6 𝑚4 12 𝑄 = 𝑄𝑃𝐴𝑇Í𝑁 + 𝑄𝐴𝐿𝑀𝐴 = 0.008 0.05 2 = 1.008) 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛: 𝑇 15𝑘𝑁(9.642910−3 ) 𝜏𝑇𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 = = = 43.75 𝑀𝑃𝑎 0.008 𝑐𝑎𝑏 2 1 2 1 − (0.03 0.008 0.6429 𝑥 10−3 𝑚)= 144.85 𝑀𝑃𝑎 .1 3 + 2 0.8667𝑥10−6 (0.630 0.𝑎) 3𝑏 2 𝑒= = 9.025 𝑄𝑇 = 22𝑥10−6 𝑚3 15𝑘𝑁(22𝑥10−6 ) 𝜏𝐹𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 = = 22.6429 𝑥 10−3 𝑚 6𝑏 + ℎ 𝜏 = (15𝑘𝑁)(9.6435 N*m 𝑏) 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 + 𝜏𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛: 1 𝐼= 0.008 0.05 0.16)(0.1 𝑀𝑃𝑎 1.