Capítulo 2Sistemas de Fuerzas Estáticamente Indeterminados Problemas Propuestos Capitulo Estáticamente indeterminados 2: Sistemas de Fuerzas 15.- Una barra cuadrada de 5 cm de lado esta sujeta rígidamente entre los muros y cargada con una fuerza axial de 20.000 kg, como se ve en la figura. Determinar las reacciones en los extremos de la barra y el alargamiento de la parte derecha. Tomar E= 2,1 x 10 . F1 + F2 = 20000 kg L1 = L2 F 10 cm A E = F 15 cm entonces: F 10 cm = F 15 cm AE F1 = 15 F2 remplazando: 1,5 F2 + F2 = 20000 kg 10 F2 = 20000 kg = 8000 kg 2,5 F1 = 20000 kg – 8000 kg F1 = 12000 kg L = (5 8000 kg . 15 cm = 0,0022857 cm . 2,1 x 10 kg/cm Solucionario Resistencia de Materiales Schaum 1 Determinar la tensión en cada material y el acortamiento del elemento. tomar E = 1. 90 cm LF = LH = H .85 kg GH = 13. de sección cuadrada. como se muestra en la figura.75 x kg/cm F = 2.75 x kg/cm y para la fundición E = 1. F + H = 70000 kg F . El conjunto esta comprimido por una fuerza axial P de 70.13 H = 18087.05 x 10 1369 .000 kg aplicada a placas de tapa infinitamente rígidas. La dimensión exterior de la fundición es de 45 cm y el espesor de la pared de 4 cm.Un corto tubo de fundición.Capítulo 2 Sistemas de Fuerzas Estáticamente Indeterminados 16. 1.15 kg GF = 79. Para el hormigón.05 x 10 .2 . 90 cm 656 . 1. esta lleno de hormigón..875 H F = 51912. 7 x . y la de la derecha es de aluminio para = 22.00678 cm 17..8 x kg/cm T . 6 y 9 . como se ve en la figura. α = 17. 22°C – Fa 25 cm . hallar la tensión normal en cada barra. a)si los apoyos no ceden. b) si el apoyo derecho cede 0.FL = 25 cm . Se supone que el sistema esta inicialmente libre de tensiones y que. 22. La de la izquierda es de bronce para el cualE = 9.8 x kg/cm .L = 0. Hallar la tensión normal en cada barra suponiendo su peso despreciable. α / °C. Las secciones de las barras de bronce y de aluminio miden. a) Fa = Fb La Lb = FL . 9.012 cm.2 x 10 / °C. respectivamente. la temperatura desciende 22°C.2 x 10 9 / °C . 22°C AE La = L 6 α AE = Lb T = Fb .Dos barras inicialmente rectas están unidas entre si y sujetas a apoyos. 60 cm - 60 cm 17.7 x kg/cm .7 x 10 cual E = 7 x kg/cm .L α 10 / °C . entonces. 7 x .L α 10 / °C .42 kg/cm T para 0.397 Fa = 3557. 22.42 °C Idéntico análisis: Lb = FL .5 kg Fa = Fb = 1663.4 kg Fa = Fb = 2510. 60 cm 60 cm 17.02 Fb + 0. 22.397 Fa = 2357.FL = 25 cm . 14. 17.95 b) Gb = 418.012 cm = 60 cm .1.2 x 10 / T T = 7. 14.02 Fb + 0.2 x 10 AE 1.58°C – Fa 25 cm .7 x 10 / T + 25 cm .8 kg - 9 / °C .8 x kg/cm T .51 kg Ga = 278.58°C AE La = L 6 α T = Fb . 9.7 x kg/cm . Para el bronce α= E = 9.4 cm de diámetro exterior e interior.F br L 11. El conjunto está exento de tensiones a la temperatura de 25 °C.3 kg/cm 18.. 2. Si la temperatura aumenta hasta 120°. en cada extremo. determinar las tensiones en cada material. unidos ambos a una placa de cubierta rígida. 11 x 10 A E 4.0446 cm L br = L α t – F br L = A L . L ac = L br 17. 17.8 x kg/cm . rodea a un cilindro macizo de bronce de 3.4296 / °C . 95 .Ga = 184.0446 .5 F br = F ac = 3192. 9.75 cm) - (4.107 F ac = 636. respectivamente.Un tubo de acero de 5 cm y 4.1 x 10 A ac = π/4 ((5cm) A br = π/4 (3.7 x 10 / °C. 11 x 10 / °C.0924 F br + 0. 95 + .8 x kg/cm L ac = L α t – F ac L = L .4 = 11. para el acero.1 x 10 kg/cm Luego se remplaza la ecuación y el resultado es: 0.7 x 10 E / °C .4296 cm = . E = 2.75 cm de diámetro.1 kg G br = 289 G ac = 721 kg/cm F ac L cm) . α ) = 4.9 Gb = 277. Para el acero. la carga de rotura del acero es 5. la anchura de todas las barras es de 10 cm. L= Fh . Eh entonces: A ac remplazamos: G ac = 65 x 12 = 780 kg/cm Eh 20. F ac + F h = P L ac = Lh F h = G h = 65 kg/cm Ah F ac . por medio de una fuerza que actúa en cada una de las placas rígidas. Eac F ac = G ac Ah ..1 x 10 y para el cobre E = 9 x kg/cm .1 x 10 y considerar n = 12 (n = Ea / Eb). como se ve en la figura (a). Los extremos del conjunto están cubiertos por placas infinitamente rígidas y se aplica a la barra una carga P. basado en la carga de rotura de cada material.despreciar los efectos de expansión lateral del hormigón y el acero bajo esa carga. hallar la correspondiente al acero. para el acero.19..Una barra compuesta está constituida por una tira de cobre entre dos placas de acero laminado en frío.6 cm cada una y el de cobre es de 1. determinar la carga máxima P que puede aplicarse. E= 2. Eac G ac = G h . las placas de acero tienen un espesor de 0. E= 2.Un pilar corto de hormigón armado esta sometido a una carga de compresión axial. .100 . Si la tensión producida en el hormigón es de 65 . Es admisible un coeficiente de seguridad de 3. Ambos extremos están cubiertos por placas infinitamente rígidas.8 cm. Tomar. de modo que las deformaciones totales del acero y hormigón son iguales. L A ac .600 y la del cobre 2. 18 cm = 12600 kg : 6 . 2.2 F ac + F cob = P L ac = L cob A ac = 0.84 kg = 14400 kg G cob = 14400 kg = 800 kg/cm 18 cm G admisible cob = 2.8 cm . 10 cm =6 cm A cob= 1. 6 cm = 11200 kg 3 F cob = 11200 kg .2857 F ac = F cob A)¿Falla el acero? F ac = G ac = 5600 kg/cm .1 x 10 kg/cm 18 .6 cm . 3 B)¿Falla el cobre? F cob = 2100 kg/cm 3 .2857 = 14399. 10 cm = 18 cm F ac . L = F cob .100 kg/cm = 700 conclusión no falla. 9 x kg/cm entonces 1. 1. L . -Un cilindro recto de aluminio rodea a otro de acero. hallar la tensión normal en cada uno de ellos cuando la temperatura haya descendido 30°C y este actuando toda la carga.025 cm + 50. 22.1 x 10 22.F ac = 12600 kg = 9800 kg G ac = 9800 kg = 1633. 30 °C = .025 cm .3 kg/cm 1.5 cm) = 44.2 x 10 .18 cm F al . Si el cilindro de aluminio es 0. y para el aluminio E = 7 x kg/cm α ac F ac + F al = 25000 kg A al = π /4 ((15 cm) – (8. para el acero. como se ve en la figura b y se aplica la carga axial de compresión de 25.2857 6 G admisible ac = 5600 kg/cm = 1866.9 cm A ac = π /4 (7. α / °C.025 cm más largo que el de acero antes de aplicar ninguna carga. E= 2. 50.2 x 123. Tomar. 7 x kg/cm Solucionario Resistencia de Materiales Schaum 2 0 = .025 cm + 11 x 10 L / °C.9 / °C .7 por lo que si hay rotura. representadas. 3 21. = L al = 0.2cm) )= 123.000kg a través de las placas de cubierta infinitamente rígidas. 000 kg.5389 F al = 8183.5 kg = 8183. α . y soporta una carga de 12.2 x 10 kg/cm .1 x 10 kg/cm 0. G ac = 126.5768 F al – 13472.5768 F al – 0. Se desprecia la posibilidad de pandeo lateral de cualquiera de los cables.1157 F al = 21655. la temperatura de los tres cables aumenta 14° C.0. para el cable de bronce E = 9.7 . Hallar la tensión en cada cable y la posición de la carga aplicada para que AB permanezca horizontal. 50 cm 44.5389 (25000 kg . Después de aplicados.1 x 10 . Solucionario Resistencia de Materiales Schaum 21 . En la figura aparecen las longitudes y secciones de los cables. α = 11 x 10 = 17. Tomar para el cable de acero E= 2.85 kg F al = 19410.7 x 10 / °C.5 kg + 0.35 kg 0.18 2. (a) siguiente.025 cm + F ac .5 kg/cm 22.5768 F al .1 kg F al = 19410 kg y F ac = 5590 kg Entonces: G al = 156.000 kg. El peso de AB es despreciable y el sistema esta exento de tensiones antes de aplicar los 12.35 kg 1. α = 16 x 10 / °C.La barra horizontal rígida AB esta soportada por tres cables verticales.13472.35 kg 1.35 kg Remplazamos: F ac + F al = 25000 kg: 0.0.5389 F ac = 8183.F al) = 8183..8 x kg/cm / °C y el de cobre E = 1. como se ve en la fig.1157 F al . 16 x 1. 25 cm + 25 cm .14°C . 2. 1.2 . 20 cm + 20cm . Fy = Ac + Br + Co = 12000 kg M Ac = Br90 cm + Co150cm = 12000 kg (90cm – X) L ac = L ac = L cob = L cob L br entonces : Ac .2 x 10 kg/cm / °C . 11 x 1.8 / °C .1 x 10 kg/cm Cob . 14°C = . 078 kg) + (1. 11 x 1.2 kg Br = 5858 kg . Cob = 3144 kg . 2. 9.2 / °C . 14°C = 3 cm .92 Ac – 5.1 br = .26 Cob = 630 kg L ac = L br entonces : Br .1 Remplazamos en la formula de F y: Ac + (1. 25 cm + 25 cm .8 x kg/cm Ac . 14°C .1 x 10 kg/cm 9.92 Ac – 9.9450 Ac + 26. 15 cm + 15 cm .7 x / °C . 17.92 Ac + 133 kg 5.07127 Ac – 68.26 Br = 9.92 Ac – 630 kg 9.133 kg Cob = 9.9.03 kg) = 12000 kg Ac = 2998. 7 . Si la temperatura de las barras DB y CE aumenta 40 °C. está articulada en A y unida a las DB y CE como se ve en la fig (b). para el cual E = 1. 120cm -F1 + 2F2 = 5000 kg L1 120 = 240 L2 resulta L1 = .. α = 17.000 kg y el de las otras dos barras es despreciable. para el cual E= 11 x 10 / °C.1 x 10 . 2.3 .7 x 10 / °C y la sección 12 mientras que la CE es de acero. G br = 1952. DB es de cobre.765 cm 23.7 kg/cm X = 6. α = .La barra AC es totalmente rígida.05 x 10 kg/cm .Capítulo 2 Sistemas de Fuerzas Estáticamente Indeterminados Por lo que: GAc = 2498. hallar las tensiones producidas en esas barras. L2 . G cob = 1746. Despreciar la posibilidad de MA = -120F1 kg cm + 240F2 kg cm = 5000kg . El peso de AC es de 5. y la sección 6 pandeo lateral en las barras. 1 x 10 kg/cm 0. G2= 743. Los cables están inicialmente exentos de tensión y los pesos de todos los elementos son despreciables.000014286 F1 + 7. . 2.F1 . 1.2 kg/cm 24. 40°C + F2 . 11 x .9 kg . F2 MA F1 = 3918.7 x / °C .(c). Hallar la tracción en cada cable cuando se ha aplicado la carga P al extremo de la barra..Capítulo 2 Sistemas de Fuerzas Estáticamente Indeterminados L1 = 90 cm . F2 = 4459.Considerar la barra rígida BD que esta soportada por los dos cables que aparecen en la fig. 40°C . Los dos cables tienen el mismo módulo de elasticidad. 90 cm 6 . 17.05 x 10 / °C . 90 cm 12 L2 = 90 cm .143 x Luego se remplaza en .6 .087840 kg = 0.5 kg entonces: G1 = 326. E1 = E2 = E MB = T1 sen b . 2L = P 2L H H = 2p D1/L = D2/2L L1 = L sen b L2 2L sen por lo que : 2 sen α Entonces: 2 H . L1 = H . T1 . L + T2 sen sen b = T1 H H sen α = + 2T2 α . T2 L2 L2 A1 E L1 A2 E = 2L1 T1 = T2 L2 2A2L1 T1 A1 A1 L2 T1 = A1L2 T2 = T2 = A2 α L1 = L2 sen b . Las barras forman entre si ángulos de 120°. Despreciar la posibilidad de pandeo lateral en las barras. dispuestas como se indica en la fig.Capítulo 2 Sistemas de Fuerzas Estáticamente Indeterminados 2A2L1 Además: H T1 + 2H T2 = 2P L1 L2 H T1 + 2H 2A2L1 T1 = 2P L1 L2 A1 L2 T1 H + 4HA2L1 = 2P L1 A1L2 T1 T2 = 2P = HA1L2 2H 2 2P + L2 25..Considerar tres barras idénticas conectadas con pasador. (d). . Hallar la fuerza axial en cada una y el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la carga. y que soportan la carga P. sen 30 = L1 = L2 F3 . L = F1 .2P/3 L3 = 2PL 3AE . -1 F3 = . ½ + 2 F1 = P F1 = P/3 = F2 F3 = 2P/3 .Capítulo 2 Sistemas de Fuerzas Estáticamente Indeterminados F1 = F2 Fv = F1 sen 30 + F2 sen 30 + F3 = P L3 . L F3/2 = F1 A E 2 AE Entonces F1 . Las barras están libres de tensión y unidas por un pasador en A antes de aplicar la carga. E = 9 x kg/cm .. α = 11 x 10 La sen 45 = Lb 180 1. 2.4 .1 x 10 kg/cm Fb 180/sen 45 2. y para el acero. calcular la tensión en cada una de ellas. 17. Las dos extremas son de bronce y sección de 2. E= 2.4 . 9 x kg/cm - = 17.8 Fa + 83. 11 x / °C .8 180 . 8 °C sen 45 23.Las tres barras representadas en la fig.8 . y la central de acero y sección 1.33 Fb = 17568 kg x 10 .26. / °C. 8 °C ) sen 45 = .7 / °C Fb1 = Fb2 Fv = Fb1 sen 45 + Fb2 sen 45 + Fa = 2500 kg = Fb + Fa = 2500 kg (Fa α 180 . Para el bronce. Si se coloca ésta gradualmente.1 x 10 Fh = . y simultáneamente decrece la temperatura de las tres barras 8 °C.7 x 10 / °C . (e) soportan la carga vertical de 2.500 kg. 8 kg Gb = 274.4 kg Ga = 871.5 kg/cm Fa = 1568.Fb = 658.2 .