Resistencia De Materiales Ii

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Singer 513. Una barra rectangular de acero de 50 mm de ancho por 80 mm de espesor, es cargada como se muestra. Determine la magnitud y ubicación del máximo esfuerzo flexionante

reacciones

∑ M 1=0 5000-2000(2)+R2=0 R2=3000

∑ Fy=0 -2000+3000+R1=0 R1=-1000 El valor máximo del diagrama de momento flector Ancho:

50mm a = 0.05m

Espesor: 80mm a = 0.08m Formula de esfuerzo:

σ=

6 M 6(4000) = = 75 Mpa 0.05¿ ¿ b h2

509. Una viga de tipo caja muy usada en construcciones aeronáuticas consta de una serie de tubos unidos mediante unas almas muy delgadas como se indica. Cada tubo tiene una sección recta de 130 mm2. Si el esfuerzo medio en estos tubos no puede excedes de 70 MPa, determinar la carga total uniformemente distribuida que puede soportar uniformemente distribuida que puede soportar esta vida sobre un claro de 4m. Despreciar el efecto resistente de las almas de unión.

Hallamos el momento máximo:

Mmax=

w L2 = w ¿ ¿ = 2w (N.m) 8

Seccion transversal: M=Td/2 M=4σA (d/2) = 4(70x106 )(130x10−6)(0.15/2) M=5360/2 Mmax=2w≤ 2730 = w≤1385 N/m Wmax= 1385 N/m

Beerh Jfonson Flexión de elementos 4.34 Una barra que tiene la sección transversal mostrada en la figurase forma al unir fuertemente piezas de latón y aluminio. Con los datos que se presentan a continuación, determine el momento flector máximo permisible cuando la barra compuesta se flexiona alrededor de un eje horizontal.

Módulo de elasticidad Esfuerzo permisible

Aluminio

Latón

70GPa

105 GPa

100MPa

160 MPa

relacion de n= Eb/Ea 105/70=1.5 Se transformara la sección: I1 =

n 3 1.0 bh = (8)(32)3 =21.8453 x 103 mm4 12 12

I2 =

n 3 1.5 bh = (32)(32)3 =131.072 x 103 mm4 12 12

I3 = I1 = 21.8453 x 103 mm4 I= I1+ I2+ I3= 174.4626 x 103 mm4 =174.4626 x 10-9 m4

σ=

|nMyI |

M=

|GIny |

ALUMINIO:Recordar que n=1.0 y=16mm o 0.016m, σ =100 x 106 Pa

M=

|

100 x 1 06 (174.4626 x 1 0−9 ) = 1.0923 x 103 N.m 1.0( 0.016)

|

BRONCE:Recordar que n=1.5 y=16mm o 0.016m, σ =160 x 106 Pa

160 x 1 06 (174.4626 x 1 0−9 ) M= = 1.1651 x 103 N.m 1.5( 0.016)

|

|

El valor mas pequeño: M= 1.0923 x 103 N.m = 1.0923 KN.m

4.40 Una barra de acero (Es = 210 GPa) y una barra de aluminio (E s = 70 GPa) se unen para formar la barra compuesta mostrada en la figura. Si la barra se dobla alrededor de un eje horizontal mediante un par con M = 200 N · m, determine el esfuerzo máximo en a) la barra de aluminio, b) la barra de acero.

relacion de n= Eb/Ea 210/70 =3 Centroide A 432 288 144

1 2 3

nA 432 288 432 1152

y 6 18 18

nAy 2592 5184 7776 15552

Eje neutro

Ȳ0=

15552 = 13.5 mm 1152

I1 =

n 3 1 bh + nAd 2= (36)(12)3 + (432)(7.5¿2 = 29.484 x 103 mm4 12 12

I2 =

n 3 1 bh + nAd 2= (24)(12)3 + (288)(4.5¿2 = 9.288 x 103 mm4 12 12

I3 =

n 3 3 bh + nAd 2= (12)(12)3 + (432)(4.5¿2 = 13.932 x 103 mm4 12 12

I= I1+ I2+ I3 = 52.704 x 103 mm4 o 52.704 x 10-9 m4 Momento M = 60 N.m

|nMyI |

σ= −

Aluminio n=1 , y=-13.5 o -0.0135m

|

σ= −

|

(1)(200)(−0.0135) =51.2 x 1 06 Pa −9 52.704 x 1 0

Acero n=3 , y=-10.5 o -0.0105m

|

σ= −

|

(3)(200)(−0.0105) =-119.5 x 1 06 Pa 52.704 x 10−9

4.44 Para la barra compuesta que se indica, determine el radio de curvatura causado por un par con momento de 200 N · m

En el ejercicio 4.40 podemos saber Recordando I=52.704 x 10-9 m4

M=200N.m

Ea= 70 x 1 06 Pa

200 I M = = = 54.211m−3 6 P EI (70 x 1 0 )(52.704 x 1 0−9) El radio de curvatura es p=18.45 m

Singer 516. Una barra rectangular de acero, de 20 m de ancho por 40mm de altura y 4m de longitud, está simplemente apoyada en sus extremos. Sabiendo que la densidad del acero es 7850 Kg/m3, determine el máximo esfuerzo por flexión debido al peso propio de la barra.

convertir B= 20mm = 0.02m

H=40mm = 0.04m L=4m

γ =7850 kg/m3 Calaculamos el peo por unidad de longitud: W=γ bh = (7850)(0.02)(0.04)= 6.28 Kgf/m

M= σ=

w L2 = 6.28 ¿ ¿ = 12.56 Kgf/m 8

6 M 6(1256) = = 235.5 Kgf/m 0.02 ¿ ¿ b h2

618. Una viga simplemente apoyada resiste la acción de un par M aplicado como se indica en la figura. Determinar la ecuación de la elástica y la deflexión en el punto de aplicación del par.

según el diagrama

d2 y M = x−M ¿ 2 L dx

( ) dy M EI =( x −M ( x−a )+C dx 2 L ) M M EIy=( x− ¿ ) 6L 2 EI

2

3

Entonces obtenemos X=0 ; y=0 C 1 =0

( ML3 )−Ma− Ma2

X=L ; y=0 C2 =

Entonces se reemplaza x=a

( 6ML ) x − M2 ¿ Ma EIy=( L −3 aL+2 a 3L) 3

2

2

615. Calcular el valor de Ely en el centro entre apoyos de la vida con voladizo de la figura

reacciones

∑ M 1=0 -4(1)-4(2)+R2(4)-4(5) =0 R2= 8 KN

∑ F y =0 R1-4-4-4+8=0 R1=4KN Doble integral

EI

d2 y 2 =4 x−x −4 ( x−2 ) +¿ 2 dx

EI

dy x2 2 =2 x − −2¿ dx 3 3

EIy=

4

4

( x−2 ) ( x−2 ) ( x−4 ) 2 x3 x − −2 + − C 1+C 3 12 3 12 12

Entonces obtenemos X=0 ; y=0 C 1 =0

X=2 ; y=0 C2 =

20 KN.m3 6

Entonces se reemplaza x=2

EIy=

( x−2 )3 ( x−2 ) 4 ( x−4 )4 20 2 x3 x + − −2 + − 6 3 12 3 12 12

EIy=−2.66 KN.m3

614. Calcular la pendiente de la elástica en el apoyo derecho de la viga con voladizo de la figura

reacciones

∑ M 1=0 -800(1)-800(3.5)+R2(3) =0 R2= 1200 N

∑ F y =0 R1-800-800+1200=0 R1=400 N Momentos

M =400x-800(x-1)-1200(x-3)-400(x-3¿2 Doble integración

EI

d2 y =400 x −800 ( x−1 )+ 1200 ( x−3 )−400¿ dx 2

EI

dy =200 x2 −400 ¿ dx

EIy=

200 x 3 400 ( 3 3 100 ( 3 − x−1 ) +200 ( x −2 ) − x−3 ) C 1+C 3 3 3

Entonces obtenemos X=0 ; y=0 C 1 =0 X=3 ; y=0 C2=2200/9 N.m2 Se convierte en radiales

ϑ



σ 200 x 10 6 = = 638.4 rad/s p . r2 7850 x 0.252



619. Determinar el valor de EIy en el centro de la viga representada en la figura. (Debido a la simetría la pendiente en el punto medio es nula.)

619reaccionar

∑ M 1=0 -800(1)-800(5)+R2(6) =0 R2= 800 N

∑ F y =0 R1-800-800+800=0 R1=800 N Momento M=800 x−

400 x 2 400 − ¿ 2 2

Doble integral

EI

d2 y 2 =800 x−200 x −200 ¿ 2 dx

EI

dy =400 x 2−56.67 x 3−66.67 ¿ dx

Entonces obtenemos X=0 ; y=0 C 1 =0 X=3;

dy =0 dx

0=3600-1800.09+66.67+C

C =-1856.58 N.m

EIy=¿ 133.33 −16.67 x 3−16.67 ¿ 1856.58+C EIy = -3303.43N. m3

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