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LAS RESPUESTAS COINCIDEN CON LAS QUE ESTÁN EN EL LIBRO.NOTE: LOS PROBLEMAS MAS DIFICILES O CON MAS NIVEL SON LOS ÚLTIMOS DEL DOCUMENTO
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3-1.26.
En la figura el área de la sección transversal de la barra BE es 3 pulg2. Determine el esfuerzo normal y la magnitud del esfuerzo cortante sobre el plano indicado, en BE
Solución:
Análisis de barras
∑M A=0
(2)FBE + (6)FCF(sen(63.43)) = 80(6)
∑M D=0
(2)FBE + (4)FCF(sen(63.43)) = 0
De las 2 expresiones anteriores se obtiene:
FBE = - 480.01 kip
FCF = 368.16 kip
Hallando El esfuerzo normal
A=Ao
cos (30)= 3cos (30)
=3.46pulg2
F=FBE cos (30 )=480.01 (0.866 )=415.7kip
σ= FA
=120.14 kip
pulg2
Hallando El esfuerzo cortante
τ=FBE sen(30)
Aocos (30)
=69.28 kippulg2
3-1.27
El área de la sección transversal de la barra CF del marco del problema 3-1.26 es 4 pulg2. Determine el esfuerzo normal y la magnitud del esfuerzo cortante sobre el plano indicado en CF.
Solución:
Con el ejercicio anterior se obtubo el valor de FCF = 268.16 kip
Hallando El esfuerzo normal
A= Aocos (55)
= 4cos(55)
=6.97 pulg2
F=FCFcos (55 )=268.16 (0.574 )=153.92kip
σ= FA
=23.31 kip
pulg2
Hallando El esfuerzo cortante
τ=FCF sen (55)
Aocos (30)
=31.5 kippulg2
3-1.28
La armadura espacial que se muestra soporta una carga vertical de 800 lb. El área de la sección transversal de las barras es 0.2 pulg2. Determine el esfuerzo normal en el miembro AB.
Solución:
Hallando las direcciones de las fuerzas:
μT AC= ⟨0.267|−0.802|0.535 ⟩
μT AB=⟨−0.625|−0.469|−0.625 ⟩
μT AD=⟨0.371|−0.557|−0.743 ⟩
TAC ¿ 0.267TACi – 0.802TACj + 0.535TACk
TAB ¿ -0.625TABi – 0.469TABj - 0.625TABk
TAD ¿ 0.371TADi – 0.557TADj – 0.743TADk
∑ F x=0 0.627TAC - 0.625TAB + 0.371TAD = 0
∑ F y=0 -0.802TAC - 0.469TAB - 0.557TAD - 800 = 0
∑ F z=0 0.535TAC - 0.625TAB - 0.743TAD = 0
TAC = -664.82 lb
TAB = -378.95 lb
TAD = -159.94 lb
Hallando el esfuerzo normal en AB
σ AB=T AB
0.2=1894.75 lb
pulg2
3-1.29
La armadura espacial del problema 3-1.28 tiene soportes de rodillos en B, C y D. Determine el esfuerzo normal en el miembro BC
∑ F y=0 B + C + D = 800 lb
∑M x=0 6 C = 800(4)
C = 533.33 lb
´
TCD = - 0.164TCDi – 0.986TCDk
TAC = - 0.267TACi + 0.802TCAj – 0.535TACk
TBC = - 0.64TBCi – 0.768TBCk
∑ F x=0 0.164TCD - 0.64TBC - 0.267TAC = 0
∑ F y=0 0.802TAC + 533.33 = 0
∑ F z=0 - 0.986TCD - 0.768TBC - 0.535TAC = 0
TAC = -665 lb
TCB = 308.347 lb
TCD = 120.654 lb
Hallando el esfuerzo normal en BC
σ BC=T BC
0.2=1541.735 lb
pulg2
3-1.30
A continuación se muestra el diagrama del cuerpo libre de la parte de la grúa de construcción situada a la izquierda del plano. Las coordenadas de los nudos A,B y C son (1.5, 1.5,0) , (0,0,1), y (0,0, -1), respectivamente. Las fuerzas axiales P1, P2 y P3 son paralelas al eje x. las fuerzas axiales P4, P5, P6 apuntan en las direcciones de los vectores unitarios
e4 = 0.64i - 0.64j – 0.426k
e5 = 0.64i – 0.64j + 0.426k
e6 = 0.832i -0.555k
Solución:
μAB= ⟨−0.64|−0.64|+0.426 ⟩
MF ¿ AB ¿ [ (r AF x F ) μAB ]μAB
= { [ (−21.5i−1.5 j0 k ) x (−44 j ) ] . μAB }μAB
= -257.927i – 257.92j + 171.68k
MP3¿ AB
¿ [ (r AC x P3 ) μAB ] μAB
= {[ (−1.5 i−1.5 j−1k ) x (P3i ) ] . μ AB}μAB
= -0.819P3i -0.819P3j + 0.545P3k
∑M ¿ x=0
-257.92 – 0.819P3 = 0-257.92 – 0.819 P3 = 068 + 0.545P3 = 0
P3 = -315.01 x 103 N
Hallando el esfuerzo en el miembro 3
σ 3=P3A
=−63MPa
3-2.1
Sobre una barra sin cargar se hacen dos marcas separadas 2 pulg. Cuando la barra se somete a fuerzas axiales P, la separación de las marcas es de 2.004 pulg. ¿Cuál es la deformación axial de la barra cargada?
Solución
Como
δ=∈ Lo
∈= δLo
=0.0042
= 0.002
3-2.2
La longitud total de la barra sin cargar del problema 3-2.1 es 10 pulg. Utilice el resultado del problema 3-2.1 para determinar la longitud total de la barra cargada. Al resolver este problema
δ=∈ Lo
0.002=Lf−LoLo
0.002=Lf−1010
Lf = 10.02 pulg.
3-2.3
Si las ejercidas sobre la barra del problema 3=2.1 son P = 20 kip y el área de la sección transversal de la barra es A = 1.5 pulg2 . ¿Cuál es el modulo de elasticidad del material
Solución:
σ=E∈
PA
=E∈
20x 103
1.5=E (0.002 )
E = 6.67 x 106 lb
pulg2
3-2.4
Una barra prismática con una longitud L = 6m y con una sección transversal circular con un diámetro D = 0.02m se encuentra sometida a fuerzas de compresión de 20 kN en sus extremos. La longitud y el diámetro de la barra deformada se miden y se
determinan como L’ = 5.94m y D’ = 0.02006m. ¿Cuáles son el modulo de elasticidad y la relación de poisson?
∈=5.940−66
=−0.01
σ= 20 x 103
π ( 0.022 )2=6.37x 10
7 Nm2 ´
σ=E∈
E = 6.37 x109 N
m2
v=−∈lat
∈=
D'−DD
L'−LL
=0.3
3-2.5
Una Barra que se muestra a continuación tiene un modulo de elasticidad E = 30x106
psi y una relación de poisson v = 0.32. Además, tiene una sección transversal circular con un diámetro D = 0.75 pulg. ¿Qué fuerza de compresión se debe ejercer sobre el extremo derecho de la barra para aumentar su diámetro a 0.752 pulg.?
∈lat=D'−DD
=0.0027
v=−∈lat
∈
∈=−0.0083
∈= Lf−LoLo
Lf = 8.925 pulg.
FA
=E∈
F
π ( 0.752 )2=30 x106 (0.0083 )
F=1.1 x105 lb
3-2.6
¿Qué tensión se debe ejercer sobre el extremo derecho de la barra del problema 3=2.5 para aumentar su longitud a 9.02 pulg? ¿Cuál será el diámetro de la barra después de aplicar esta carga?
∈=9.02−99
=0.002
T
π ( 0.752 )2=30 x106 (0.002 )
T=2.65 x104lb
v=−∈lat
∈
0.32=− D'−0.75
0.750.002
D’ = 0.7495 pulg
3-2.7
Una barra prismática tiene una longitud de 300mm y una sección transversal circular con un diámetro de 20mm. Su modulo de elasticidad es 120 GPa y su relación de poisson es 0.33. En los extremos de la barra se aplican fuerzas axiales P que hacen que su diámetro disminuya a 19.948 mm. (a) ¿Cuál es la longitud de la barra cargada?. (b) ¿Cuál es el valor de P?
Solución:
∈lat=D'−DD
=−0.0026
v=−∈lat
∈=0.33=0.0026
∈
∈=0.07879
∈= Lf−0.30.3
=0.078779
Lf = 0.3236 m
P
π ( 0.022 )2=120x 109 (0.323637 )
P = 1.22 x 107 N
3-2.8
La barra de la figura tiene un modulo de elasticidad E = 30x106 psi, una relación de poisson v = 0.32, y una sección transversal circular con diámetro D = 0.75 pulg. Hay una holgura b = 0.02 pulg entre el extremo derecho de la barra y la pared rígida y luego se suelda a esta, ¿Cuál será el diámetro de la barra después de soldada?
∈= Lf−LoLo
=0.029
=0.0022
v=−∈lat
∈=0.32=
−∈lat
0.0022
∈lat=−0.000704
∈lat=D'−DD
=D´−0.750.75
=−0.000704
D'=0.749472 pulg
3-2.9
Después de que la barra del problema anterior haya sido soldada a la pared rígida, ¿Cuál es el esfuerzo normal sobre un plano perpendicular al eje de la barra?
PA
=E∈
P
π ( 0.752 )2=30 x106 (0.0022 )
P=29157,91 lb
3-2-10
Cuando no están cargadas, las barras AB y AC de la figura cada una tiene una longitud de 36 pulg y un área transversal de 2 pulg2. Su modulo de elasticidad es E = 1.6 x 106
psi. Cuando el peso W se suspende en A, la barra AB aumenta su longitud en 0.1 pulg. ¿Cuál es el cambio de longitud de la barra AC?
Solución:
Hallando las fuerzas normales PAB y PAC
∑ F x=0 0.94 PAC + 0.5PAB = 0
∑ F y=0 W + 0.342PAC = 0.866PAB
PAC = - 0.508W
PAB = 0.954W
Hallando W
Barra AB
PA
=E∈
0.954W2
=1.6 x 106( 0.136 )W = 9317,494 lb
Hallando el cambio de longitud de la barra AC
PA
=E∈
0.508W2
=1.6 x106( δAC
36 )δAC = - 0.0532 pulg.
3-2.11
Si se suspende un peso W = 12 000lb de la armadura del problema 3-2.10, ¿Cuáles son los cambios en la longitud de las dos barras?
Solución:
Barra AB
PA
=E∈
0.954(12000)2
=1.6 x 106( δAB
36 )δAB = 0.129 pulg.
Barra AC
PA
=E∈
0.508(12000)2
=1.6 x106( δAC
36 )δAC = - 0.069 pulg.
3-2.12
En la figura, las barras AB y AC cada una tiene una longitud 300mm y un area transversal de 500m2 y un modulo de elasticidad E = 72 GPa. Si se aplica una fuerza descendente de 24 kN en A, ¿cuál será el desplazamiento resultante del punto A?
Solución:
Hallando las fuerzas normales PAB y PAC
∑ F x=0 PAC = PAB
∑ F y=0 0.5 PAC + 0.5 PAB = 24 kN
PAC = 24 kN
PAB = 24 kN
Hallando el desplazamiento de A
FA
=E∈
24 x 103
500x 10−6=72 x109( Lf −0.30.3 )
Lf=0.3002m
(0.3002)2 – (0.2598)2 = X2
X = 0.1504
d = X – 0.15 = 0.0004 m = 0.4 mm
3-2.13
Las barras AB y AC de la armadura del problema 3-2.12 cada una tiene una longitud de 300mm, y un área transversal de 500m2 y están fabricadas del mismo material. Cuando se aplica una fuerza descendente de 30 kN en el punto A, este se deflecta hacia abajo 0.4mm. ¿Cuál es el modulo de elasticidad del material?
Solución:
X = 0.1504 m
Hallando las fuerzas normales PAB y PAC
∑ F x=0 PAC = PAB
∑ F y=0 0.5 PAC + 0.5 PAB = 30 kN
PAC = 30 kN
PAB = 30 kN
Hallando el modulo de elasticidad E
FA
=E∈
30 x103
500x 10−6=E ( 0.3002−0.30.3 )
E=90GPa
3-2.19. La barra CF del marco del problema 3-2.18 tiene un área transversal A=0.5 pulg 2 y un módulo de elasticidad E=14 x 106 psi. Después de aplicarse una fuerza descendente en C, se mide la longitud y se determina que ha aumentado en 0.125 pulg. ¿Qué fuerza se aplicó en C?
Datos. A=0.5 pulg2 SOLUCION: E=14 x 106 psi
δ c = 0.125 pulg. δ c = F∗LE∗A
→ FC = δ c∗E∗A
L FC =? Reemplazando datos:
FC = (0.125)(14x10 6 )(0.5) = 195655.95lb 2√5Ahora del nudo en C: F
TBC F = -TCF senα → F = 195655.95 sen63.430 =174992.44lb α F = 175 kip Rpta. α = tan-1 (4/2) TCF = 63.430
3-2.20.En la figura ambas barras tienen un área transversal de 0.002 m2 y un módulo de elasticidad E=70 GPa. Si se aplica en A una fuerza descendente de 80 KN. ¿Cuáles son los cambios resultantes de las longitudes de las barras?
Datos: SOLUCION: D.C.L de la estructura. A= 0.002 m2 E= 70 GPa BX ∑ MB = 0 F= 80 KN F F(4) = CX (2.31)
δAB, δ AC =? CX 30 BX = CX = 138528.14N
Para la barra CA: TBA F ∑FX = 0 → CX = -TBAcos30o
CX 300 TBA = - 159958.52N
CY
δAB = (159958.52 )(4.62)(70 x109) (0.002)
=0.0053m = 5.28mm
δ AC = (−138528.14 )(4)(70x 109 )(0.002)
=−0.00396m = -3.96mm
3-2.21.Si se aplica una fuerza descendente de 200 kN en el punto A de sistema del problema 3-2.20. ¿Cuáles son los desplazamientos vertical y horizontal resultantes de punto A?
→ D.C.L :
∑Mc = 0 → BX (2.31)= 200(4) → CX = BX = 246.3 KN
De la barra CA:
CX = TBA cos30O
TBA= 400 KN
δCA = (346.3 x 103 )(4)(70 x109 )(0.002)
= 9.89mm , δBA = (400 x103 )(4.62)(70 x109 )(0.002)
= 13.2 mm
→ LCM = 4.00989 m → LBM= 4.632 mm
Del triangulo BMC:
(2.31)2 = (LBM)2 + (LCM)2 – 2(LBM)(LCM) cos α → α = 29.910
Además LBM = 2.31 → ß = 89.070
Senß sen29.91o £ = 0.930
Del triángulo CNM :
V = 4+u = LCM → u = 9.36 mm Sen0.93o sen89.07o sen90o v = 65.08 mm
3-2.22.Las dos barras de la figura tienen un área transversal de 3 pulg2 y un módulo de elasticidad E=12 x 106 lb/pulg2. Si se aplica una fuerza horizontal de 40 kip en A dirigida hacia la derecha de la barra. ¿Cuáles son los cambios resultantes en la longitud de las barras?
Datos: A = 3 pulg2
E = 12 x 106 lb/pulg2 F = 40 Kip δAB, δ AC =?
Nudo A: ∑FX = 0 → -TBAcos40o – TCAcos70o + F = 0 TCA F= TBAcos40o + TCAcos70o …. (1)
700 ∑ FY = 0 → TBAsen70o + TCAsen40o = 0 F TCA=-TBA(0.684) … (2) 400
TBA De (2) y (1): 40 = TBAcos40o - TBA(0.684)cos70o → TBA = 75.17 Kip ,
TCA = -51.42 Kip
Ahora:
δAB = (75.17 x103)(93.34)
(12x 106 )(3)=0.1949 pulg Rpta.
δ AC = (51.42 x103)(63.85)
(12 x106 ) (3)=0.091 pulg Rpta.
3-2.23.Si se aplica una fuerza horizontal de 40 kip dirigida hacia la derecha del sistema del problema 3-2.22. ¿Cuáles son los desplazamientos resultantes vertical y horizontal del punto A?
Del problema 3-2.22: δAB =0.1949 pulg δ AC = -0.0192 pulg
Se tiene: LCA = L1 = 63.85 pulg → L1f= L1 - δAC= 63.82pulg LBA = L2= 93.34 pulg L2f = L2 + δAB =93.534pulg
Del triángulo BCA: BC = L1 → BC==49.67pulg Sen300 sen400
Del triángulo BCA’: (L1F)2 = (BC)2 + (L2f)2 – 2(BC)(L2f)cosßß = 39.7580
Del triángulo BMA’: → MA’= (60)2+ (93.534)2-2(60)(93.534)cos50.2420 → MA’= 71.905 pulg
71.905 = 93.534 → α = 89.786 , ø = 0.2140
sen50.242 senα
Del triángulo MA`N: a= (MA`)sen0.2140 → a= 0.2685 pulg b= 0.404 pulg
3-2.24.La pieza de conexión AB de los alicates que se muestran a continuación tienen un área transversal de 40 mm2 y un módulo de elasticidad E=210 GPa. Si se aplican a los alicates fuerzas F=150 N. ¿Cuál es el cambio de longitud de la pieza de conexión AB?
Datos: A = 40 x 10 -3 m2 SOLUCION:
E = 210 GPa δAB = F (76.158 x10−3)
(210 x109 ) (40 x10−6) F = 150 N δAB =? δAB = (FAB) (9.07x109) ….. (1)
Analizando un elemento del alicate: BY DY
∑MD = 0 → F(130) = -BY (30)
BY = -650N
F 100mm 30mm
Analizando la barra AB:
BY → De (1) : δAB = [(-650)/(sen23.2o)](9.07x10-9)
23.2o δAB = -0.015mm Rpta.
3-2.25.Supóngase que se quiere diseñar los alicates del problema 3-2.24 para que se les puedan aplicar fuerzas F de hasta 450 N. La pieza de conexión AB está fabricada de un material que puede soportar un esfuerzo normal de compresión de 200 MPa. Con base a este criterio. ¿Cuál debe ser el área mínima transversal que debe tener la conexión AB?
∑ MB = 0 → F (130) = BY (30) → BY = 1.95 KN
De la barra AB:
FAB = BY / (sen23.2o) = 4.95 KN → Amín = (4.95x 103)(200 x 106)
=2.474 x10−5m2 = 24.74 mm2
3-3.1. La barra que se muestra en la figura tiene un área transversal A y un módulo de elasticidad E. El extremo izquierdo de la barra se encuentra fijo. Existe una holgura inicial b entre el extremo derecho de la barra y la pared rígida (figura 1). La barra se retira hasta que entra en contacto con la pared rígida y luego se retira a ésta (figura 2). Obsérvese que este es un problema estáticamente indeterminado porque no se puede determinar únicamente a partir de la estática la fuerza axial después de haberla soldado. (a) ¿Cuál es la condición de compatibilidad de este problema?. (b) ¿Cuál es la fuerza axial en la barra después de haberla soldado en la pared?
a) ∂B/A = b → ∂ AC - ∂ CB = b
b) (FAC)(LAC) - (FCB)(LCB) = b → (FA)(x) - (F-FA)(L-x) = b E A E A E A E A
FA x - FL + FA L + F x - FA x = b → (FA – F) L + F (X) = b E A E A E A E A E A E A E A
3-3.2.La barra de la figura tiene un área transversal A y un módulo de elasticidad E. Si se aplica una fuerza axial F en C dirigida hacia el extremo derecho. ¿Cuál es el esfuerzo normal en la
parte de la barra situada a la izquierda de C? (Estrategia: dibuje un diagrama de cuerpo libre de toda la barra y escriba la ecuación de equilibrio. Luego aplique la condición de compatibilidad según la cual el aumento en la longitud de la parte de la barra situada a la izquierda de C debe ser igual a la disminución de la longitud de la parte de la barra situada a la derecha de C?
Ec. De equilibrio: F1 + F = F2 …..(1)
Ec. De compatibilidad: ∂ 1 + ∂ 2 = 0
→ F1 LAC = - F2 LCB → F1 (L/3) = - F2 (2L/3) → F1 = -2F2…. (2) E A E A
De la ec. (2), reemplazando en (1) : -2F2 + F = F2 → F = 3F2 → F1 = -2F 3Por tanto : σ= F1 = 2F A 3A
3-3.3.En el problema 3-3.2 ¿ Cuál es el resultante desplazamiento del punto C?
De la figura del ejercicio anterior:
δ C =δ AC +δ CB = FA (L/3) - FB (2L/3) = 0 E A E A
3-3.4.La barra del problema 3-3.2 tiene un área transversal A=0.005m2, un módulo de elasticidad E=72 GPa, y L=1m. Está fabricada de un material que puede soportar sin riesgo un esfuerzo normal (de tensión o de compresión) de 120 MPa. Con base a este criterio, ¿cuál es la máxima fuerza axial que se puede aplicar en C?
A= 0.005m2 Como: FA = 2FB → FA > FB
E= 72 x 109 Pa σ A = σ max= FA → FA = 600 KN , FB = 300 KNL= 1m Aσ max = 120 MPaFC MAX = ? Por tanto: FC = FA + FB = 900 KN
3-3.6.La barra que se ilustra tiene una sección transversal circular y un módulo de elasticidad E=70 GPa. Las partes A y C tienen un diámetro de 40mm y la parte B tiene un diámetro de 80mm. ¿Si F1 = 60 KN y F2 = 30 KN, ¿cuál es el esfuerzo normal en la parte B?
Del D.C.L de toda la estructura: ∑ FX = 0 → F1 – F2 = FA + FC → 30000= FA + FC …. (1)
Ec. De compatibilidad: δ B =δ A −δ C
FA (LA) _ FC(LC) = (F1 – FA)(LB) → 1.5 FA – FC = 30000 … (2) E AA E AC E AB
De la ecuaciones (1) y (2) : FA = 24KN , FC =16KN
En tanto: σ B = -(F1 – FA) = -36000 = -7.16 MPa AB (5.03 x 10-3)
3-3.7.En el problema 3-3.6, si F1=60 KN, ¿qué fuerza F2 hará que el esfuerzo normal en la parte C sea igual a cero?
DATOS: Como: σ C=0 → FC =0 → δ C =0
F1 = 60 KN Ec. De equilibrio: F1 – F2 = FA → 60 kN = FA + F2 … (1)F2 = ? E= 70 GPa Ec. De compatibilidad: δ A - δ B = 0ØA = ØC = 40 mm ØB = 80 mm → FA (LA) - FB (LB) = 0 E AA E AB
Reemplazando datos:FA = 0.5FB
Además FB = F2 → 60 KN= FA + FB → FB = 40 KN
3-3.8.La barra del problema 3-3.6 está fabricada de un material que puede soportar sin riesgo un esfuerzo normal de 40 MPa. Si F2=20 KN, ¿cuál es el máximo valor de F1?
Datos:D.C.L.
σmax = 40 MPa F2 = 20 KN E=70 GPa Ec. De equilibrio: F1 = FA + FC + 20000 … (1)ØA = ØC = 40 mm ØB = 80 mm Ec. De compatibilidad: δ A =δ B +δ C , σ A ¿σ B ¿σ C
F1MAX= ¿? → σ A = FA = 40 x 106 → FA = 5.04 x 10 4 N AA
De (2): FA (LA) = (20 x 103 +FC)(LB) + FC (LC) E AA E AB E AC
→ FC = 26.91 KN
Por último, de (1) : F1 = 50.4+26.91+20 = 91.3 KN
F1 =97.3 KN
3-3.13.Cada barra de la figura tiene un área transversal de 500 mm2 y un módulo de elasticidad E=72 GPa. Si se aplica una fuerza descendente de 160 KN en A. ¿cuál es el resultante desplazamiento del punto A?
Datos: De la figura se tiene:A=500 mm2 LAB = L1 = 300mm E=72 GPa LAC = LAD=L2 = 300/sen600=346.41mmFA= 160 KNδ 1= ¿? Del triángulo A’BC : (L1+δ 1)2 + (0.3/tg600)2 = (LF)2
(L1+δ 1)2 + (0.3/tg600)2 = (L2 + δ 2)2
De aquí que: δ 2=δ 1sen60o … (1)Del equilibrio:F = T1 + 2T2 sen60o , reemplazando la ecuación (1):
→ 160000 = δ 1*E*A + 2δ 2*E*A*sen60o → δ 1 = 0.58mm L1 L2
3-3.14.Las barras del problema 3-3.13 están fabricadas de un material que puede soportar sin riesgo un esfuerzo de tensión de 270 MPa. Con base a este criterio, ¿cuál es la máxima fuerza descendente que se puede aplicar sin ningún riesgo en A?
Del ejercicio anterior:
σ 1 = T1 = δ 1*E*A = (0.58 x 10-3)(72 x 109) → σ 1 = 139 MPa A L1*A (0.3)
σ 1 = T2 = δ 2*E*A = (0.58 x 10-3sen260)(72 x 109) → σ 1 = 104 MPa A L2*A (0.3)
→ La barra de central es la que sufrirá mayor esfuerzo.
→ σ = T1 → 270 x 106 = δ 1 (72 x 109) → δ 1 =1.125mm A 0.3 δ 2 = 0.974mm
T1 = σ*A = 1.35 x 105 N
T2 = δ 2*E*A = (0.974 x 10-3)(72 x 109)(5 x 10-4)sen60o = 1.01 x 105 N L2 0.3
→ F = T1 + 2 T2 sen60o
F = 310 KN
3-3.15.Cada barra que se muestra en la figura tiene un área transversal de 500 mm2 y un módulo de elasticidad E=72 GPa. Si hay una holgura h=2mm entre el agujero en la barra vertical y el pasador A que conecta las barras AB y AD. ¿cuáles son los esfuerzos normales en las tres barras después de conectar la barra vertical al pasador A?
Datos: Del D.C.L. de la estructura: FA = 2Tsen60o
A=500 mm2 E=72 GPa Del triángulo CA’D:h=2mm (300-X)2 + (173.21)2 = (346.41 – δ AD)2
σ AB , σ AC, σ AD = ¿?De aquí que: 300X =346.41 (δAD)
Además: δ AC = h – X
→ δAC + 346.41 δAD = 0.002 , reemplazando datos: 300
2Tsen60o (0.3) + (1.155)(T)(346.41 x 10-3) = 0.002 (72 x 109)(5 x 10-4) (72 x 109)(5 x 10-4)
→ T = 78.4 KN
σ AC = 2(78.4 x 103sen60o) = 271.60 MPa (5 x 10-4)
σ AB =σ AD = (78.4 x 103) = 157 MPa (5 x 10-4)
3-3.16.Las barras del problema 3-3.15 están fabricadas de un material que puede soportar sin riesgo un esfuerzo normal (de tensión o de compresión) de 400 MPa. Con base en este criterio, ¿cuál es el máximo valor de la holgura h?
Del ejercicio anterior:
δAC = h – X … (1) , además : 300X =346.41 (δ AD)
Del D.C.L. de la estructura: FAC = 2Fsen60o → FAC > F
→ σ MAX = 400 x 106 = FAC → FAC= 200 KN → F = 115.47 KN APor tanto de la ecuación (1):
(200 x103 )(0.3)(72x 106 )(500 x10−6)
+ (1.1547 ) (115.47 x103 ) (0.3)
(72x106 )(500 x10−6)=h → h = 2.95 mm
3-3.17.En la figura, las barras AB,CD y EF tienen cada una un área transversal de 25 mm2 y un módulo de elasticidad E=200 GPa. Si se aplica una fuerza ascendente de 5 KN en H. ¿cuáles son los esfuerzos normales que actúan en las tres barras? (Se puede ignorar la deformación de la barra GH).
Datos: Del D.C.L:A= 25 x 10-6 m2
E = 200 GPa Por equilibrio:FH = 5 KN ∑MB = 0 → FH(1.6) = TAB(0.4) + TCD(0.8) + TEF(1.2) ….(1)
Cuando la fuerza actúa sobre la estructura, por semejanza de triángulos:
δ AB = δ CD = δ EF
0.4 0.8 1.2
→ δ CD = 2 δAB , δ EF = 3 δAB
Reemplazando datos en la ecuación (1):
(5 x 103)(1.6) = δAB (200 x 109)(25x10-6)(0.4) + 2 δ AB(200x109)(25x10-6)(0.8) + (0.4) (0.4)
3δ AB(200x109) (25x10-4)(1.2) (0.4)
→ δAB = 0.1mm, δ CD=0.2mm, δ EF=0.3mm
σ AB= δAB (E) = 50 MPa L
σ CD= δ CD (E) = 100 MPa L
σ EF= δ EF (E) = 150 MPa L
3-3.18.Las barras AB,CD y EF del problema 3-3.17 están fabricadas de un material que puede soportar sin riesgo un esfuerzo normal de tensión de 340 MPa. Con base en este criterio, ¿cuál es la máxima fuerza ascendente que se puede aplicar sin ningún riesgo en H?
Con los datos del ejercicio anterior, se tiene:
σMAX= TEF → TEF = (340 x 106)(25 x 10-6) = 8.5 KN A
Además: TEF = δ EF(200x109)(25x10-6) → δ EF=0.68mm , δAB=0.227mm , δ CD=0.454mm (0.4)
Del equilibrio se tiene: 1.6(FH) = TAB(0.4) + TCD(0.8) + TEF(1.2) ….. (1)
Por tanto, reemplazando datos en (1): FH= 9.9 KN
3.3.20 En el problema 3-3.19, ¿cuáles son los esfuerzos normales en las barras AB y AC cuando se aplica una fuerza descendente de200 kN en el punto E de la barra DE?
SOLUCIÓNLas deformaciones vienen dadas por:
δP=0.23 sen (α )δF=0.4 sen (α ) cos (29.539)
Si se toma momentos con respecto a O:
0.23 P+0.4 Fcos (29.539 )=200 (0.6 )=120
Como
δP=0.3 P
10−4×102×109y δP=
0.345 F
10−4×102×109
Luego utilizando el primer par de ecuaciones se tiene que:P=0.76F y utilizando el segundo par de ecuaciones resulta que:P=174.45KN y F=229.53KN con lo que los esfuerzos en las barras AB Y AC son respectivamente:
σ P=1.74Gpa y σ P=2.30Gpa
3.3.-21 En el ejemplo 3-9, ¿cuáles son los esfuerzos normales en las tres barras?
SOLUCIÓNEn la solución del ejemplo ya se puede hallar las deformaciones de cada barra y resulyan:
δ AD=0.333mm ,δ AB=0.282mm,δ AC=0.245mm
Luego los esfuerzos en cada barra se dan por: σ= δLE
O
P F200 KN
α
σ AD=0.333200
×200×109=333Mpa ,σ AD=0.282200
sen (60 )
×200×109=244.219Mpa ,
σ AD=0.245
200/sen (45)×200×109=173.241Mpa
3.3-22 Cada barra de la figura tiene un área transversal de 3 pulg² y un módulo de elasticidad E=12 x 106 lb/pulg2 Si se aplica una fuerza horizontal de 40 kip en A dirigida hacia la derecha, ¿cuáles son los esfuerzos normales en las barras?
SOLUCIÓNPrimero se analiza el punto A al aplicar la fuerza de 40 kip:
∑ F x=0 ,−Fcos (40 )−Pcos (70 )−Qcos (50 )−40000=0 y
∑ F y=0 ,Fsen (40 )+Psen (70 )−Qsen (50 )=0
Para las deformaciones se asume que el punto A se ha movido una distancia u hacia abajo y vhacia la derecha.
Luego: δ AB=usen (40 )+vcos (40 ) , δ AC=usen (70 )+vcos (70 ) , δ AD=−ucos (40 )+vsen (40 )
Y también: δ AB=F(60) /sen(40)3(12)(106)
, δ AC=P(60)/sen (70)3(12)(106)
, δDA=Q(60)/ sen(50)3(12)(106)
Luego al resolver el sistema de ecuaciones queda:
F=22344.4 lb ,P=9580.94 l b ,Q=30501.6 lb
Luego el esfuerzo en cada barra es:
σ AB=7.448Ksi , σ AC=3.193Ksi , σ AD=10167.2Ksi
40 Kip
Q, 50°
P, 70°
F, 40°
3.3-23 Las barras del sistema del problema 3.3.22 están fabricadas de un material que puede soportar sin peligro un esfuerzo normal de tensión de 20 ksi. Con base en este criterio, ¿cuál es la máxima fuerza descendente que se puede aplicar sin ningún riesgo en A?
SOLUCIÓNEn este caso en lugar de las 40000 lb en las ecuaciones de equilibrio se pone una fuerza C de manera que las demás fuerzas resulten en función de esta. Y con las mismas ecuaciones anteriores se tiene:∑ F x=0 ,−Fcos (40 )−Pcos (70 )+Qcos (50 )=0 y
∑ F y=0 ,Fsen (40 )+Psen (70 )+Qsen (50 )−40000=0
Para las deformaciones se asume que el punto A se ha movido una distancia u hacia abajo y vhacia la derecha.
Luego: δ AB=usen (40 )+vcos (40 ) , δ AC=usen (70 )+vcos (70 ) , δ AD=−ucos (40 )+vsen (40 )
Y también: δ AB=F(60) /sen(40)3(12)(106)
, δ AC=P(60)/sen (70)3(12)(106)
, δDA=Q(60)/ sen(50)3(12)(106)
Luego al resolver el sistema de ecuaciones queda:
F=0.5586C ,P=0.2395C ,Q=0.7625CLuego el esfuerzo máximo se dará en la barra AD y será:
σ (max )AD=0.7625C
3=0.25418C=20000 luego :
Cmax=78684.4 lb
3.3.24 En la gráfica, cada barra tiene una longitud de 400 mm, un área transversal A = 100 mm2 y un módulo de elasticidad E= 00GPa.A cadabarralefaltan2mmparaalcanzar el punto G.(Esta distancia aparece exagerada en la figura). Si las barras se unen posteriormente, ¿cuáles son las distancias horizontales y verticales, desde el punto G hasta la posición de equilibrio de los extremos de las barras?
SOLUCIÓN
La fuerza F se da al estirar las tres barras hasta el punto G y luego soltarlas su valor es de:
F=102×109×10−4×2×10−2
0.4=51000N
∑ F x=0 ,Ccos (30 )+Ecos (45 )+51000cos (45 )−51000cos 30¿=0 y¿
∑ F y=0 ,−Csen (30 )+Esen (45 )−A+51000(−1+cos (45 )+sen (30 ))=0
Para las deformaciones se asume que el punto G se ha movido una distancia v hacia arriba y uhacia la izquierda.
Luego: δC=vsen (30 )+ucos (30 ) , δE=usen (45 )−vcos (45 ) ,δ A=u
Y también: δC=0.4C
0.0001(102)(109), δE=
0.4 E
0.0001(102)(109), δ A=
0.4 A
0.0001(102)(109)
Luego al resolver el sistema de ecuaciones queda:
C=8697.575N , E=809.677N , A=6786.187N
Luego los valores de v y u son:
E, 45° 50°
A, 90°
C, 30°
F
FF
v=+0.266mm (hacia arriba) y u=+0.2212mm(hacialaizquierda)
3-3-25 En el problema 3-3.24, ¿Cuáles son los esfuerzos normales en las tres barras después de haber sido unidas con un pasador?
SOLUCIÓN
Luego los esfuerzos en cada barra se dan por:
σ= FA
σ CD=8697.575
10−4=86.98Mpa ,σ AD=
809.677
10−4=8.097Mpa,
σ AD=6786.187
10−4=67.86Mpa
3.4-1 El área Transversal de barra de la figura es A= (1+ 0.1x) pulg2 y el módulo de elasticidad de material es E=8x 106 psi. Cuando la barra se somete a fuerzas axiales de tensión P=14 kip en sus extremos, su cambio de longitud es δ=0.01 pulg. ¿Cuál es el valor de la constante a? (Estrategia: estime el valor de αȸ
SOLUCIÓN
σ (x)= FA(x )
= 200001+0.1x
Psi
Luego
σ (6 )=200001.6
Psi=12.5Ksi (Rpta)
3.4-2 ¿Cuál es el cambio de la longitud de la barra del problema 3-4.1?
SOLUCIÓN.
Se tiene ϵ=σE
y como en este caso
dδdx
=ϵ= 20000(1+0.1x )(12×106)
Entonces integrando resulta:
δ= 5×105
12×106∫0
10dx
1+0.1x
Entoncesδ=0.1155 inch. Rpta.
3.4-3 El área de la sección transversal de la barra 3-4.1 es A= (1+ ax) pulg 2 , donde a es una constante y el módulo de la elasticidad del material es E=8x 106 psi. Cuando la barra se somete a fuerzas axiales de tensión P=14 kip en sus extremos, su cambio de longitud es δ=0.01 pulg. ¿Cuál es el valor de la constante a mediante una gráfica de δ como una función de a?
SOLUCIÓN.
En este caso se tiene que: dδ=PAE
dx, donde A=Área transversal=1+ax inch2 luego
reemplazando e integrando:
δ=14×103
8×106∫0
10dx1+ax
Entonces
δ=0.01=1.75×10−3ln (10a+1 )
a
De lo que resulta:a=0,18048 Rpta .
3.4-4 En la figura, desde x=0 hasta x=100 mm, la altura de la barra es igual a 20 mm Desde x =100 mm hasta x=200 mm, su altura varía de manera lineal entre 20 mm y 40 mm. Desde X=200 mm hasta x=300 mm, su altura es 40 mm. El espesor de la barra plana es 20 mm. El módulo de elasticidad del material es E=70 GPa. Si la barra se somete a fuerzas axiales de tensión P=50 kN en sus extremos ¿Cuál es su cambio de longitud?
SOLUCIÓN.
Cada una de las 3 secciones que tiene la barra están sometidas a 50KN de fuerza.
Para la primera sección de área transversal constante se tiene que:
A=20×20¿
Para la segunda sección de área transversal variable:
A=(4 x+0.4 )10−3m2 , x enmetros . y δ 2=50×103
70×109∫0
0.1dx
(4 x+0.4 )10−3=1.2378 .10−1m
Para la tercera sección de área transversal constante
A=40×20¿
Luego la deformación total será:
δT=∑i=1
3
δi=0.392mm
3.4-5 En la figura desde x= 0 hasta x=10 pulg. El área de la sección transversal de la barra es A = 1 pulg2. El modulo de elasticidad del material es E =12 x 106 psi. Hay un holgura b=0.02 pulg entre el extremo derecho de la barra y la pared rígida. Si se estira la barra para que entre en contacto con la pared rígida y luego se suelda a esta ¿Cuál es la fuerza axial en la barra después de haber sido soldada?
SOLUCIÓN.
Se sabe que el sólido transmite solo fuerzas luego cada parte estará sometida a la misma fuerza luego δ 1+δ2=b.
Para la primera sección de área transversal constante se tiene que la deformación:
δ 1=10P
12×106×1=8.3333×10−7 P
Para la segunda sección de área transversal variable:
δ 2=1
12×106∫10
20Pdx
(0.1x )=5.776 (10−5 )P
Luego 5.85933 (10−5 ) P=0.02→P=341.335 lb
3.4-6 En la figura desde x=0 hasta x=10 pulg. El área transversal de la área del problema 3-4.5 es A=1 pulg2. Desde x=10 pulg hasta x=20 pulg, A = (0.1x) pulg2. El modulo de elasticidad del material es E=12 x 10 6 psi. Hay una holgura b=0.02 pulg. entre el extremo derecho de la barra y la pared rigida . Si se aplica una fuerza axial de 40 kip dirigida hacia la derecha en el punto x=10 pulg ¿Cuál es el esfuerzo normal resultante en la mitad izquierda de la barra?
SOLUCIÓN.
El diagrama de cuerpo libre de la barra es:
−P2+40000−P1=0Y laecuación de compatibilidad :δ 1=δ 2+b
δ 1=10 P1
12×106×1y δ2=
112×106
∫10
20 P2dx
(0.1 x )
δ 1=0.083333(10−5P1) yδ 2=5.776 (10
−7)P2
Y reemplazando en la ecuación de compatibilidad y con la primera ecuación se tiene que:
P2=9449.7899lb y P1=30550.21 lb luego:
σ 1=P11
=30.55Ksi Rpta .
P1 P2
40000 lb
3.4-7 El diámetro de la sección transversal circular de la barra de la figura varía de forma lineal desde 10 mm en su extremo izquierdo hasta 20 mm en su extremo derecho. El modulo de elasticidad del material es E=45 GPa. Si la barra se somete a fuerzas axiales de tensión P=6kN en sus extremos. ¿Cuál es el esfuerzo normal en x=80 mm?
SOLUCIÓN.
El área en función dey es: A=π y2=π (0.0333 x+5)210−6m2, x en mm.
σ=6(103)A (x )
Luego σ (80mm )=32.49MPa
3-4.8. ¿Cuál es el cambio de longitud en la barra del problema 3-4.7?SOLUCIÓN.
δ 2=6×103
45×109∫0
0.15dx
π (0.03333 x+0.005 )2
Luego δ 2=0.127mm
3-4.9. La barra de la figura está fijada en el extremo izquierdo y sometida a una fuerza axial uniformemente distribuida. Tiene un área transversal A y un módulo de elasticidad E. (a) Determine la fuerza axial interna P en la barra expresada como una función de x (b) ¿Cuál es el cambio de longitud de la barra?
SOLUCIÓN.
Debido a que la carga es uniforme: ∫x
L
qdx=P→P=q(L− x)
Luego
dδdx
= PAE
→δ=∫0
Lq (L−x )
AEdx
Y la respuesta es:
δ= q L2
2 AE
3-4.10. La barra que aparece en el problema 3-4.9 tiene una longitud L=2m, un área transversal A =0.03 m2 y un módulo de elasticidad E =200 GPa. La barra se encuentra sometida a una fuerza axial distribuida q=12(1+0.4 x)MN /m. ¿Cuál es el cambio de longitud de la barra?
SOLUCIÓN.
Para cada diferencial de la barra:
Y por la ecuación de esfuerzo deformación:
dδdx
=qdxAE
→dδ=∫0
2
∫x
212 (1+0.4 x )106
200×109×0.03(dx )2
Luego δ=0.06133m
qdxqdx
3-4.11 Una barra cilíndrica con un diámetro de 1 pulg se encuentra encajada de manera forzada en un agujero circular de una lámina con un espesor de 5 pulg. El módulo de elasticidad del material es E = l4 x 106 psi. Se aplica una fuerza de tensión de 1000 lb en el extremo izquierdo de la barra haciendo que ésta comience a deslizarse fuera del agujero. En el momento en que comienza a deslizarse, determine (a) la magnitud de la fuerza axial uniformemente distribuida sobre la barra por la lámina; (b) el cambio total de la longitud de la barra.
SOLUCIÓN.
Cuando empieza a deslizar la fuerza que le ejerce las paredes será 1000 lb. Y si lo consideramos uniformemente distribuida por unidad de longitud.
a) Debido a que las 1000 lb deben distribuirse a lo largo de 5 pulgadas se tiene que
q=10005
lb / pulg=200 lbpulg
Luego P=∫x
5
qdx=q (5−x )=200(5−x) lb
δ=∫5
15−103dx
π4×14×106
+∫0
5 (200 (5−x )−103)dxπ4×14×106
b) δ=−0.0011368 pulg (se acorta)
3-4.12. Una barra tiene una sección transversal circular de 0.002 m de diámetro y su módulo de elasticidad E es igual a 86.6 GPa. Se encuentra sometida a una fuerza axial uniformemente distribuida q=75 kN/m y a una fuerza axial F = 15 kN. ¿Cuál es su cambio de longitud?
SOLUCIÓN.
Como la carga es uniforme P=q(0.8−x)=75000(0.8−x)N
Luego la resultante en cada punto será: R=(75×103 x−15×103 ) N
δ=∫0
0.8 (75(0.8−x)−15)×103dxπ (0.002 )2
4×86.6×109
Luego δ=0.044107m
3.4-13 En el problema 3-4.12. ¿Qué fuerza axial F se requiere para que el cambio de longitud de la barra sea igual a 0?
SOLUCIÓN.
En este caso:
δ=0=∫0
0.8 (75 (0.8−x )−15)×103dxπ (0.002 )2
4×86.6×109
Resolviendo resulta:
F=30KN
3.4-14 Si la barra del problema 3.4.12 se encuentra sometida a una fuerza distribuida q=75(1+0.2x) kN/m y a una fuerza axial =15 Kn ¿Cuál es el cambio en su longitud?
SOLUCIÓN.
En ese caso:Se averigua primero la fuerza que actúa en cada punto de la barra y está dado por
P=∫x
0.8
75 (1+0.2x )×103dx=(−187.5 (0.2 x+1 )2+252.3¿)×103 ¿
Y reemplazando en:
δ=∫0
0.8 (P−15)×103dxπ (0.002 )2
4×86.6×109
Luego
δ=0.05351m
3.4-15 La barra de la figura está fijada en A y en B y sometida a una fuerza axial uniformemente distribuida. Tiene un área transversal A y un módulo de elasticidad E. ¿Cuáles son las reacciones en A y en B?
SOLUCIÓN.
Debido a la carga distribuida la fuerza en cada punto de la barra será:
P=q(L−x) y la deformación total debido a esta será: δT=∫0
Lq (L−x )dx
AE= L2q2 AE
Luego la reacción en B será:δT
LE=
FB
A y reemplazando queda FB=
Lq2
3-4.16. ¿Qué punto de la barra del problema 3-4.15 tiene el mayor desplazamiento y cuál es el valor del desplazamiento?
SOLUCIÓN.
La fuerza total en la barra será: R=q (L−x )−FB=Lq2
−qx y el desplazamiento en cada
punto viene dado por
δ (x)=∫0
xRdxAE
y reemplazando queda: δ (x )= q2 AE
(−x2+Lx) luego el desplazamiento
máximo se da en
x= L2
y
δmax.=L2q8 AE
3-4.17. La barra de la figura tiene un área transversal de 0.0025 m2 y un módulo de elasticidad E =200 GPa. La barra está fijada en ambos extremos y se encuentra sometida a una fuerza axial distribuidaq=80 x2 kN /m. ¿Cuáles son los esfuerzos máximos de tensión y de compresión en la barra?
SOLUCIÓN.
Debido a la carga distribuida la fuerza en cada punto de la barra será:
P=803
(23−x3 ) y la deformación total será:
δT=∫0
2Pdx
0.0025 (200×109)=4.26666×10−7m
Luego la reacción en B será: δT
LE=
FB
A
Luego FB=160NAhora la fuerza total que actúa en la barra será:
R=( 803 (23−x3 )−160)NY el esfuerzo en cada punto será:
σ (x)= R0.0025
=400( 803 (23−x3 )−160)Luego los esfuerzo máximos de tensión se dan en x=0,σ=21333.333 Pa y el esfuerzo máximo de compresión se da en x=2, σ=−64000 Pa
3.4-18 ¿Qué punto de la barra del problema 3-4.17 tiene el mayor desplazamiento y cuál es el valor del desplazamiento?
SOLUCIÓN.
El desplazamiento en cada punto viene dado por:
δ (x)=∫0
xRdxAE
y reemplazando queda: δ (x )=−1.333×10−8 x4+1.06667×10−7 x
Luego el desplazamiento máximo se da en el punto:x=1.2599mY
δmax.=1.0079×10−7m
3-4.19, En la figura, la barra tiene un área transversal A y un módulo de elasticidad E. Está fijada en A y hay una holgura b entre el extremo derecho y la pared rígida B si la barra se encuentra sometida a una fuerza axial uniformemente distribuida q dirige hacia la derecha, ¿qué fuerza ejerce la pared B sobre la barra?
SOLUCIÓN.
Debido a la carga distribuida la fuerza en cada punto de la barra será:P=q(L−x)
Y la deformación debido a esta será:
δT=∫0
Lq (L−x )dx
AE= L2q2 AE
Luego la reacción en B será:(δT−b)
LE=
FB
A y reemplazando queda
FB=L2q−2 AEb
L
