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Problema 2.1 Tenemos una barra rígida que está suspendida por

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Problema 2.1 Tenemos una barra rígida que está suspendida por
26
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 2.1
Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro ‡ 4 mm , y cuyos
módulos de elasticidad son: E1=2.1·105 MPa y E2=0.7·105 MPa. La longitud de la barra es de 600 mm
y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra está
sometida a una carga puntual P=500 N.
Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.
‡
4 mm
‡
300 mm
E2
4 mm
E1
A
x
B
P=500 N
600 mm
Resolución:
Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. Además imponemos la igualdad de
deformaciones.
RA
RB
'LA
'LB
A
B
P=500 N
¦F
¦M
0 Ÿ
V
B
R A RB
P
0 Ÿ R A ˜ L P( L x) 0
27
2 Esfuerzo normal
'L A
'L B
Ley de Hooke :
RA ˜ LA
S ˜ E1
3R B R B
RB ˜ LB
S ˜ E2
Ÿ RA
500 Ÿ R B
R B ˜ E1
E2
R B ˜ 210000
70000
500
125 N Ÿ R A
4
De la ecuación de los momentos obtenemos x:
R A ˜ L P( L x) 0
375 ˜ 600 500(600 x) 0 Ÿ
x 150 mm
Ÿ RA
375 N
3R B
28
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 2.2
En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. Determinar las
tensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm2 .
Hallar también el diagrama de esfuerzos axiles.
Datos: E=2·105 MPa.
A
Aa=40 cm2
1m
B
3m
Ab=80 cm2
C
1m
15 T
D
Resolución:
¦F
V
0
RA+ RD = 15 T = 150000 N
Ecuación de deformación
El tramo AC está comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD está
traccionado, por lo que RD es un esfuerzo de tracción.
Al estar los dos extremos , A y D, empotrados la variación total de longitud es 0; y el acortamiento del
tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:
'L AB 'L BC
Aplicando la ley de Hooke:
'L
'LCD
F˜L
A˜ E
R A ˜ L AB R A ˜ L BC
E ˜ Aa
E ˜ Ab
R D ˜ LCD
E ˜ Ab
29
2 Esfuerzo normal
RA
R A ˜ 1000
A
5
2 ˜ 10 ˜ 40 ˜ 10
1m
2
R A ˜ 3000
5
2 ˜ 10 ˜ 80 ˜ 10
R A ˜ 2000 R A ˜ 3000
B
R D ˜ 1000
2
2 ˜ 10 5 ˜ 80 ˜ 10 2
R D ˜ 1000
Resolviendo las ecuaciones, tenemos
3m
C
1m
15 T
D
RA
25000 N
2.5 T
RB
125000 N 12.5 T
RD
Cálculo de las tensiones.
Tramo AB: V AB
25000 N
40 ˜10 2 mm 2
6.25 MPa (COMP.)
Tramo BC: V BC
25000 N
80 ˜10 2 mm 2
3.125 MPa (COMP.)
Tramo CD: V CD
125000 N
80 ˜10 2 mm 2
15.625 MPa (TRAC.)
Diagrama de esfuerzos normales:
2.5 T
A
B
-
C
12.5 T
+
D
30
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 2.3
a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de diámetro y de 3.5 m
de longitud, soportan un peso P=5 KN. Calcular el descenso G del punto C, siendo D=20º.
Datos: E=2,1·105 MPa.
b) Resolver para D=0º.
A
B
D
L
L
C
G
C’
C1
P
Resolución:
a) Para D=20º:
N
N
N
N
D
D
P
D
Del equilibrio del punto C se obtiene
P
N sen D
Equilibrio del punto C
P
2
P
2 sen D
N
Sea G (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, 'L, será C’C1
'L
. Como por otra
pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es G
sen D
NL
parte: 'L
, se tiene que:
EA
G
NL
EA sen D
PL
2 EA sen 2 D
5000 ˜ 3500
2 ˜ 2.1 ˜ 10 ˜ 3,14 ˜ 10 2 ˜ 0.34202 2
5
b) Para D=0º:
A
L
C
L
E
G
C1
P
B
1,13 mm
31
2 Esfuerzo normal
De acuerdo con la estática de los sistemas rígidos, descomponiendo la fuerza P en las direcciones de
las barras, se encontrarían, para los esfuerzos en las barras y para las reacciones, valores infinitamente
grandes. La solución evidentemente es inaceptable, ya que ni las barras ni los apoyos resistirían.
A fin de hacer desaparecer la aparente imposibilidad basta con considerar los alargamientos de las
barras que toman direcciones no alineadas. Esto demuestra la necesidad de tener en cuenta las
deformaciones en este caso.
Poniendo
G
L
tg E # E (para ángulos pequeños)
el alargamiento de las barras vale
H
AC1 AC
AC
2
L2 G 2 L
L
§G ·
1 ¨ ¸ 1
© L¹
1 E 2 1#
E2
2
Esta última igualdad proviene de la expresión:
1r a
1 r a 1 2
1r
1
1
1
5 4
a a2 r a3 a r!
2
8
16
128
Para a<<1 , pueden despreciarse las potencias de a y, por tanto, queda 1 r a
1r
El esfuerzo normal en una de las barras es:
N
E ˜ A˜ E 2
2
V ˜ A E ˜H ˜ A
Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce
N ˜ sen E | N ˜ E
P
2
Ÿ
N
P
2E
Ÿ
Resulta
E
G
E ˜L
3
P
E˜A
L˜3
P
E˜A
E ˜ A˜ E 2
2
P
2E
a
.
2
32
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Aplicando los datos numéricos del problema:
G
5000
2.1 ˜ 10 5 ˜ 3,14 ˜ 10 2
3500 ˜ 3
E|
G
L
N
V
148
3500
P
2E
N
A
148 mm
0,04229 rad 2,42º
5000
2 ˜ 0,04229
59116 N
59116
188 N/mm 2
314
33
2 Esfuerzo normal
Problema 2.4
Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructura
representada en la figura, suponiendo infinitamente rígida la barra horizontal DE, articulada en D.
Barra AB: sección 40 cm2
Barra CB: sección 80 cm2
Se considera el mismo módulo de elasticidad, para todas las barras.
A
2m
40 T
D
B
E
2m
2m
C
4m
Resolución:
Se trata de un sistema hiperestático.
RBA y RBC siguen la dirección de la barra.
RBA
HD
D
VD
E
RBC
Ecuaciones de la estática:
¦F
¦F
¦M
2
R BC
2
2
0 o H D R BC
R BA
2
0 o V D ˜ 2 40 ˜ 4 Ÿ V D
0
V
H
B
o
V D R BA
40 T
2
40 0
2
2
0
2
80 T
34
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
A
B
acort.
'LBC
45º
B’’
D
B’’
B
E
'LAB
alarg.
~45º
B’
B’
C
A
'L AB
B cB cc
'LCB
BB ccc
Al ser deformaciones y ángulos pequeños:
B cB cc | BB ccc
'L AB
D
'L BC
Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC
Aplicamos la ley de Hooke:
R BA ˜ 2 2
E ˜ 40
C
R BC ˜ 2 2
Ÿ 2 R BA
E ˜ 80
De la ecuación 6Fv = 0 tenemos:
80 R BA
2
2
2 R BA
40
2
2
con lo que,
R BA
56.73 T
R BC
113.47 T
De la otra ecuación despejamos: HD= - 40 T (sentido contrario al supuesto)
Cálculo de las tensiones:
V AB
V AB
Kp
56730
1418
40
cm 2
Kp
113470
1418
80
cm 2
0
R BC
Fly UP