Post on 20-Jan-2017
PROBLEMAS DE ESTRUCTURA Y DEFORMACION
INTEGRANTES:
1) Curo Rodriguez, Yasmin 2) Garay Palacios, Emilia3) Pachas Velit, Mario4) Reque Neciosup, Esther
CLASE: 21069608 AULA: A - 402
1.- Dos varillas cilíndricas están unidas en B y son sometidas a la carga que se muestra en la figura. La varilla AB está hecha de acero (E =200 GPa) y la varilla BC de latón (E = 105 GPa). Determine
a) la deformación total de la varilla compuesta ABC
b) la deflexión del punto B.
SOLUCION
Para la varilla AB se tiene:
EAB = 200GPa PAB = 30KN LAB = 250 mm = 0.250 m y DAB = 30 mm = 0.03 m
Diámetro de la varilla es 0.03m por lo tanto el radio es 0.015 m
AAB = π R2 = π (0.015)2 = 7.0685 x 10-4 m2
δAB = −FAB LABEAB A AB
= −30 x103 x0.250200 x 109 x7.0685 x10−4 = - 5.3052 x 10-5 m
El signo negativo significa que se está comprimiendo la varilla
Para la varilla BC se tiene:
EBC = 105 GPa PBC = 40KN LBC = 300 mm = 0.3 m y DAB = 50 mm = 0.05 m
Diámetro de la varilla es 0.05m por lo tanto el radio es 0.025 m
ABC = π R2 = π (0.025)2 = 1.9635 x 10-3 m2
δBC = −FBC LBCEBC ABC
= −70x 103 x 0.3105 x 109x 1.9635 x 10−3
= - 1.0185 x 10-4 m
El signo negativo significa que se está comprimiendo la varilla
La deformación total de la varilla compuesta ABC
δT = δAB + δBC = - 5.3052 x 10-5 + (- 1.0185 x 10-4 = 1.5490 x 10-4 m
La deflexión del punto B
δT = δBC = 1.0185 x 10-4 m (Hacia abajo)
2.- Determine la fuerza en cada miembro de la armadura e indique si los miembros están a tensión o a compresión. Considere P = 800 N, a = 4 m, b = 3 m y c = 1 m
SOLUCION
∑ Momentos en A = 0
R (8) - 800 (4) = 0 R = 400 N
∑ F x = 0 ∑ F y = 0
800 – Ax = 0 R - Ay = 0
Ax = 800 N Ay = 400 N
NUDO A
Triangulo Rectángulo ABO Triangulo Rectángulo ABO
Tanθ = 4 / 4
θ = 45 °
Tanβ = 1/4
β = 14.036°
Aplicando las ecuaciones de equilibrio de fuerzas, se obtiene:
∑ F x = 0
FAB Cos45° + FAD Cos14.036° - 800 = 0
0.7071 FAB + 0.9701 FAD = 800 …………………………………… (1)
∑ F y = 0
FAB Sen45° + FAD Sen14.036° - 400 = 0
0.7071 FAB + 0.2425 FAD = 400 ................................….(2)
Restando ec (1) con ec (2)
0.7276 FAD = 400
FAD = 549.75 N (Tensión)
FAB = 377.12 N (Tensión)
NUDO C
∑ F x = 0
FBC Cos45° - FCD Cos14.036° = 0
0.7071 FBC - 0.9701 FCD = 0 ……………………….(1)
∑ F y = 0
R + FCD Sen14.036° - FBC Sen45 = 0
400 + 0.2425 FCD – 0.7071 FBC = 0 ……………………….(2)
Sumando Ec (1) con Ec (2)
400 - 0.7276 FCD = 0
FCD = 549.75 N (Tensión)
FBC = 754.22 N (Compresión)
NUDO D
Utilizando el teorema de la ley de Senos
FBDsen151.928 °
=F AD
Sen104.036 ° FBD =
Sen151.928 x F ADSen104.036 °
FBD = 266.66 N (Tensión)
3.- Para la armadura de acero de (E = 200 GPa) y la cargas mostradas en la figura, determine las deformaciones de los elementos BD y DE, si se sabe que sus respectivas áreas de sección transversal son de 1250 mm2 y 1875 mm2 respectivamente.
SOLUCION
∑ Momentos en F = 0
R (5) - 12000 (3) - 12000 (6) - 12000 (9) = 0
R = 43200 N
∑ F x = 0
12000 + 12000 + 12000 – Fx = 0
Fx = 36000 N
∑ F y = 0
R - Fy = 0
Fy = 43200 N
NUDO F
∑ F x = 0
FFG - Fx = 0 FFG = 36000 N
∑ F y = 0
FFD – Fy = 0 FFD = 43200 N
NUDO G
Tanβ = 3/5
β = 30.964°
∑ F x = 0
FDG Cos30.964° - FFG = 0
FDG = 41982.96 N
∑ F y = 0
R - FDG Sen30.964° - FEG = 0
43200 – 41982.96 Sen30.964° - FEG = 0
FEG = 21600.28 N
NUDO D
∑ F x = 0
12000 + FDE – FDG Cos30.964° = 0
FDE = 24000 N
∑ F y = 0
FDB + FDG Sen30.964° - FDF = 0
FDB = 21599.79 N
NUDO E
∑ F x = 0
FBE Cos30.964° - FDE = 0
FBE Cos30.964° = 24000
FBE = 27988.64 N
∑ F y = 0
FEG – FEC – FBE Sen30.964° = 0
21600.28 – FEC – 27988.64 Sen30.964° = 0
FEC = 7200.14 N
Calculando las deformaciones de los elementos BD y DE
δBD = F BDLBDEBD ABD
= 21599.79 x3
200 x 109 x1250 x10−6 = 2.592 x10-4 m
δDE = F DELDEEDE ADE
= 24000 x5
200 x 109 x1875 x10−6 = 3.2 x10-4 m
4.- La lámpara de peso W= 50 N está soportado por tres barras de acero. Considerando 5°,=30° ,AAC= 4cm2, ABC= 5cm2 , ACD= 2cm2; Determinar:
a) La fuerza de tensión en cada barra (en N)b) El esfuerzo de tensión en cada barra (En N/
cm2)c) El alargamiento de la barra CD, Li=10m y E=
200x109Pa
SOLUCION
Hallando las fuerzas (Tensiones) en cada barra de acero
Aplicando las ecuaciones de equilibrio de fuerzas, se obtiene:
∑ F x = 0
FBC Cos30° - FAC Cos45° = 0
FBC Cos30° = FAC Cos45°
FBC = F AC cos45 °cos30 ° ………………………… (1)
∑ F y = 0
FAC Sen45° + FBC Sen30° - 50 = 0
FAC Sen45° + F AC cos45 °cos30 ° Sen30° = 50
0.7071 FAC + 0.4082 FAC = 50
FAC = 44.83 N FBC = 36.30 N FCD = 50 N
Hallando el esfuerzo de cada barra
σAC = FACAreaAC =
44.83 N4 cm2 = 11.20 N/cm2
σBC = FBCAreaBC =
36.30N5cm2 = 7.26 N/cm2
σCD = FCDAreaCD =
50N2cm2 = 25 N/cm2
Calculando el alargamiento de la barra CD
ΔLCD = FCD x LExAreaCD
=
50Nx10m
0.0002m2 x200 x109 Nm2
= 1.25 x 10-5 m
5.- Determine los esfuerzos principales, el esfuerzo cortante máximo en l plano y el esfuerzo normal promedio. Especifique la orientación del elemento en la siguiente figura. (solo se uso el programa MDSOLIDS)
SOLUCION
Datos:
Esfuerzo en x: σx = + 30 MPa
Esfuerzo en y: σy = - 20 MPa
Esfuerzo cortante: τxy = + 80 MPa
Hallando el Esfuerzo Promedio
σprom = (σ x+σ y )2 = ¿¿ = 5 MPa
Hallando el Radio
R = √(σ x−σ y2
)2
+ τ xy2 = √(
30−(−20)2
)2
+802 = √252+802 = 83.82 MPa
Hallando el esfuerzo máximo y mínimo
σmax = σprom + R = 5 + 83.82 = 88.82 MPa
σmin = σprom - R = 5 - 83.82 = - 78.82 MPa
Angulo Principal y secundario
Tan (2θ) = 2 x τ xyσ x−σ y
Tan (2θ) = 2x 80¿¿ 2θ = 72.64 θ = 36.32°
Tan (2β) = σ x−σ y2 x τ xy
Tan (2β) = 50160 2β = 17.35 β = 8.68°
ESTUDIANTE PRODUCTO LINK
Curo Rodriguez, Yasmin
Problema Resuelto –DEFORMACION
https://youtu.be/zGfATGG0mwY
Pachas Velit, Mario
Problema Resuelto – ESTRUCTURA
https://youtu.be/upoK9ouw_9U
https://youtu.be/2uB1EPF7fBo
Garay Palacios, Emilia
Problema Resuelto – ESTRUCTURA Y DEFORMACION
Reque Neciosup, Esther
Problema Resuelto - ESFUERZO