Resistencias de Materiales TAREA 3

March 29, 2018 | Author: ErikUlisesHernándezGómez | Category: Carpentry, Geometry, Woodworking, Science, Engineering


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UNIVERSIDAD NACIONAL DESAN ANTONIO ABAD DEL CUSCO FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL EJERCICIOS PROPUESTOS DOCENTE: Ing. Danny Nieto Palomino ALUMNO: Alfred Christhiani Taco Soto. ASIGNATURA: RESISTENCIA DE MATERIALES 1 090763-k Cusco, Setiembre del 2011 Las ecuaciones han sido insertadas mediante el programa MATHTYPE 6.PRESENTACION El siguiente trabajo ha sido resuelto y digitalizado para el curso de Resistencia de Materiales por Alfred Christhiani Taco Soto.0. . pero  48EI  PL3  48EI 3   y  PL2   L      16   2  . d2y  P  L EI 2    x  (P) x  dx  2  2 2 (a) 2 dy  P  P L Integrando (a) EI    x 2  ( ) x  dx  4  2 2 P L P  integrando (b) EIy    x 3  ( ) x  6 2  12   C1 (b) 2  C1 x  C 2 (c) Condiciones de Apoyo: x=0 y=0 C2=0 3 P  P  L  0     L2     L    C1 x  C2 L    6  2  x=L y=0 2 PL C1   16 Por Simetría la deflexión máxima ocurre en el centro de la luz: x=L/2 3  P  L   P  L L EIymax          12  2   6  2 2  PL3  ymax     .DEFORMACION EN VIGAS 605. Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada de longitud L con una carga concentrada P en el centro de su claro.  384EI  3  5wL4 384EI 4 . que soporta una carga uniformemente distribuida de w N/m aplicada en toda su longitud.606. de longitud L. Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada. EI d2y  wL   w   M    x    x2 dx 2  2  2 EI 2 3 dy  wL   x   w   x   M            C1 dx  2  2   2  3   wL   x EIy  M      2  3 3   w   x4         C1 x  C 2   2   12  Condiciones de Apoyo: x=0 y=0 x=L y=0 C2=0 3 4  wL   x   w   x  EIy            C1L  0  2   6   2   12  wL3 24 Por Simetría la deflexión máxima ocurre en el centro de la luz: x=L/2 C1   3  wL  L   w  L   wL   L  EIy              12  3   24  12   24   2   5wL4  ymax    pero   y . EI d2y  (P)x   Pa   (P) x  a dx 2 (a)  x a  x2  dy EI  (P)     Pa  (x)  (P)   2 dx  2  2    C1   (b) Condiciones de Apoyo [la viga esta empotrada] x=0 y=0 dy/dx = 0 C1=0 3 P  Pa  P EIy     x 3     (x 2 )    x  a  C2 6  6  6 [x=0 y=0] C2 = 0 La deflexión máxima ocurre en el extremo libre de la ménsula: x=L  PL3   Pa  2  P  EIymax       (L )    L  a 6  6   6  3 . cargada como se indica.607. Determine el máximo valor de Ely en la ménsula de la figura P-607. Considerar el origen de coordenadas en el empotramiento. Obtener la ecuación de la elástica de la ménsula de la figura P-608 sometida a una carga triangular que varía desde cero en el empotramiento hasta w N/m en el extremo libre. De la condición de equilibrio: de momentos.608.(WL²/6)X² . a partir de la cual se calcula las ecuaciones de deflexión y pendiente.(W/120L)X5 De donde se obtiene: Y= w/20EI (LX³/2 .L²X² +X5/20L) . EI d²y/dx² = M = (WL/2)X – (WL²/3) – (W/6L)X³ EI dy/dx = (WL/2)(X²/2) – (WL²/3)(X) – (W/6L) (X⁴/4) +C1 De la condición del problema en el empotrado dy/dx = 0 por lo tanto C1 = 0 EI Y = (WL/2) (X³/6) – (WL²/3)(X²/2) – (W/6L) (X5/20) +C2 Cuando x= 0 también se cumple que y= 0 entonces C2= 0 EI Y = (WL/12)X³ . Determinar el valor de E I δ bajo cada carga concentrada de la figura.m EI = 2940Nm³ .m M=1500N. 900N. 1m 1m 2m R1 R2 400N 300N SOLUCION: 1m 1m 2m R1 R2 Calculando la deflexión debajo de la carga de 400N (x=1m) EI δ1 = (400)(3)(1)/(6)(4) (4²-1²-3²) = 300Nm³ EI δ2 = (300)(2)(1)/(6)(4) (4²-1²-2²) = 275Nm³ Elaborando los diagramas de momentos por partes entre ‘A ‘Y ‘O’.609.m A 0 1m p V=0 2m 1500N.m 900N.m Como EI t A/O = (area) AO .m (+) (+) 1m p 0 2m A p (-) -600N.m³ Pero : t A/o = 2δ EI(2δ) =5880N.XA EI t A/O = (1)(900/2) (2/3)(1) +(2)(1500)(1+1) – (2)(600)/4(1+2/5) EI t A/0 =5880N. La viga apoyada de la figura P-610 soporta una carga uniforme w simétricamente distribuida en una porción de su longitud. Determinar la deflexión máxima y confrontar el resultado.610. como   y . con la solución del problema 606. 3 4  wb  L   w  L  L ELymax         a   C1   6 2 24 2       2 De donde: 4   w   3L ELymax      L3a  a4  bL3  . De pendiente y deflexión a partir de (1): EI d2y M dx 2 dy x 2  w   x  a   w   x  a  2b   (wb)       C1 dx 2 2 3 3 2 4 4  wb  3  w  w EIy    x     x  a      x  a  2b   C1 x  C2  6   24   24  3 3 EI Condiciones de apoyo: x=0 L=0 C2=0 Condiciones de apoyo: x=L. poniendo a=0. entonces 2b = L. entonces :  24   16   w  3L4  3 4 3     L a  a  bL  16   24EI   Si a=0.  x  a M  (wb)x  w 2 2  x  a  2b  w 2 (1) 2 Calculamos la ec. b=1/2 Reemplazamos en (2):   5wL4 384 (2) . y=0 4 4  wb  3  w  w 0  L     L  a      L  a  2b   C1L  6   24   24  3 2 2   wbL2   w   L 3L a 3La C1        a3     4 2  6  8   8  La deflexión máxima sucede cuando x=L/2 debido a la simetría de la viga. 611. indicación.       (4)  m 90  2   360  25 4 ELy(2)  25x23   2  2   (350)(2)  500 2 ELy(2)  500. Si E=10GN/m2. Calcular el valor de EIδ ene l centro del claro en la viga representada en la figura P-611. Considerando el sistema coordenado mostrado en la figura. y=0 25 (16)  C1 (4) 2 C1  350Nm2 0  1600  Luego: EIy  25x 3  25 4  x  2  350x 2 Del problema: 1 L  1  E  10GN / m2 . entonces EI (2)  500 Entonces: 500 500   45000 X 1010 m4  E  1  10   10   90  I  4. y=0. Considerar el origen de x en el apoyo derecho siendo x positiva hacia la izquierda. de donde C2 = 0 X=4. determinar el valor de I necesario para que la deflexión en el centro no sobrepase 1/360 del calor. tenemos que: EI d2y  150 x  150(x  2)2 dx 2  x  2  C dy x2 EI  150  150 1 dx 2 3 25 4 EIy  25x 3   x  2   C1 x  C2 2 3 Condiciones de apoyo: X=0.5x106 mm4 I . 5)3  (x  3.04Nm3 . d2y  225x  150(x  1.5)2  150(x  3.5)3  C1 dx 2 3 3 225x 3 150 150 EIy   (x  1.5)4  (x  3. y=0.5)4  (4  3.5)2 dx 2 dy 225x 2 150 150 EI   (x  1.13Nm2 0 Por lo tanto: EIy  225x 3 150 150  (x  1. x=2m: 225(23 ) 150  (0.5)4  C1 4 6 12 12 C1  468.5)4  478. Calcular el valor de EI  en el centro de la viga cargada como se indica en la figura.5)4  C1 x  C2 6 12 12 EI De las condiciones de apoyo: X=0.612.5)4  478.13(2) 6 12 EIy(2)  657.04Nm3 EIy(2)    657. A partir de la ecuación de momentos general calculamos la ecuación de la pendiente y deflexión. de donde: 225(43 ) 150 150  (4  1. y=0.13x 6 12 12 En el centro de luz. por lo tanto C2=0 X=4.5)4  (x  3. 624. (area) AB: xA  (4)(1200)  2  (1800)(2)   2    1  2    (2)   (600)  3     (4)  2 2 3  2  3  dedonde : (area)AB x A  2500Nm3 . Viga cargada como indica la figura P-624. Aplicando equilibrio en la viga 32(4)  (900)(2)  600 R2  600N Equilibrio de fuerzas verticales R1=300 Elaborando los diagramas de momentos por partes: Tomando momentos respecto de A.METODO DEL AREA DE MOMENTOS: Calcular en cada una de las vigas de los problemas 624 a 629 el momento del area del diagrama de momentos flexionantes comprendida entre los apoyos respecto de cada uno de estos. Viga cargada como indica la figura P-625. . de derecha a izquierda.625. trazar el diagrama de momentos por partes. . Viga cargada como indica la figura P-626.626. Descomponer la carga trapezoidal en una uniforme y otra uniformemente variada.627. indicación. Viga cargada como indica la figura P-627. . 628. como indica la figura P628. Viga cargada con una carga uniformemente variada y un par. . .629. Resolver el problema 628 si el sentido del par es contrario al del reloj. indicación. y de acuerdo con el resultado obtenido determinar si la tangente a la elástica en el punto B es ascendente o descendente hacia la derecha. Tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura 6-10. En la viga de la figura P-630 calcular el valor de area (AD)xA.630. . 632. De acuerdo con el resultado obtenido. calcular el valor de area (AB)xA. de izquiera a derecha. indicación: Tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura 6-10. . determinar i la tangente a la elástica en el punto B se dirige hacia arriba o hacia abajo. En la viga de la figura P-632. Dos piezas de madera de 50 x 100 mm de sección están ensambladas a lo largo de la junta AB como se indica en la figura P-925. luego: A  AB sen(60) Para los esfuerzos tenemos: R P  sen(60) AB A v p   sen(60)cos(60) AB A N  Como de los datos P=100KN: en (A) y (B): 2 100  3  kN N    5x10 3  2  m2  N  15MPa   5 3MPa (A) (B) .ESFUERZOS COMBINADOS REGLAS PARA LA APLICACIÓN DEL CÍRCULO DE MOHR A LOS ESFUERZOS COMBINADOS 925.1)m2 = 5 x 10-3m2 Del diagrama En el corte AB: Donde: R=Psen(60). El Area de la sección recta es: A= (0. V=Pcos(60) Además AB: area de la sección oblicua. Calcular los esfuerzos normal y cortante sobre la superficie de ensamble si P=100 KN.05)(0.
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