ejercicios resueltos de mecánica de materiales omar romero
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SISTEMAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS (Hiperestática) y
DILATACIÓN TÉRMICA
OMAR JOSÉ ROMERO ANDREA LUCÍA DE LA VEGA
RESISTENCIA DE MATERIALES Grupo I Prof.: Ing. Jorge Gonzales Coneo
SOLUCIÓN
E=4GPa→ 4×109
N
m2;P=110KN→110×103N ;δ=8mm→8×10−3m
d1=100mm d2=60mm
A1=π4
(100mm )2=7,854×10−3m2 ; A2=π4
(60mm )2=2,827×10−3m2
δ= PE [ L
4π4
(d12−dmáx2 )
+
L4A1
+
L2A2 ] → Despejando → dmáx
dmáx=d1√ (E ∙δ ∙ π ∙ d12 ∙ d22 )−(2 ∙P ∙L ∙d22)−(2∙ P∙ L ∙d12 )(E ∙δ ∙π ∙ d1
2 ∙ d22)−(P ∙ L∙d2
2 )−(2 ∙P ∙L ∙d12)
UNIVERSIDAD DEL ATLÁNTICOFALCULTAD DE INGENIERÍAS
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Nota: Se toma 24°C como temperatura ambiente.24°C → 75,2°FEntonces: ΔT = 122°F – 75,2°F = 46,8°F
SISTEMAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS (Hiperestática) y
DILATACIÓN TÉRMICA
OMAR JOSÉ ROMERO ANDREA LUCÍA DE LA VEGA
RESISTENCIA DE MATERIALES Grupo I Prof.: Ing. Jorge Gonzales Coneo
dmáx=100mm√ (4×109 Nm2 ∙8×10−3m ∙π ∙ (100mm )2 ∙ (60mm )2)−(2 ∙110×103 N ∙1,2m∙ (60mm )2 )−(2 ∙110×103 N ∙1,2m∙ (100mm )2 )
(4×109 Nm2∙8×10−3m∙ π ∙ (100mm )2 ∙ (60mm )2)−(110×103N ∙1,2m ∙ (60mm )2)−(2 ∙110×103N ∙1,2m∙ (100mm )2 )
dmáx=23,9mmde∅ ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
SOLUCIÓN
E=16×106 lb¿2
∝=9,6×10−6 1° F
→9,6×10−6 ° F−1
δ=l0∗α∗∆T→
→δ=25∈×9,6×10−6 ° F−1×46,8 ° F=0,011∈¿
δEM=(δT−x )→δEM=¿
¿−E ∙δEM
l0→=−16×106 lb
¿2×3,0×10−3∈ ¿
25∈¿=−1920 lb¿2
¿¿
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RESISTENCIA DE MATERIALES Grupo I Prof.: Ing. Jorge Gonzales Coneo
SOLUCIÓN
Diagrama (a)
Por estática, tenemos la siguiente ecuación para el equilibrio∑M A=0T C ∙ (c )+T D ∙ (d )=(P ) (L )Del Diagramna (a )tenemos→
δC
c=δD
d
Como sabemosque : δ= F ∙ LE ∙ A
;tenemos que :δC=TC ∙ h
E ∙ A∧δD=
T D ∙ (2h )E ∙ A
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RESISTENCIA DE MATERIALES Grupo I Prof.: Ing. Jorge Gonzales Coneo
Sustituyendolas ecuaciones enlas del Diagrama (a ) :TC ∙ h
c ∙E ∙ A=T D ∙ (2h )d ∙E ∙ A
→T C ∙h
c ∙E ∙ A=T D ∙ (2h )d ∙E ∙ A
Eliminando los factores comúnesen laigualación tenemosque :T C
c=T D ∙ (2 )
d
La ecuación de la tensión en los alambres T C=
2 ∙ c ∙P ∙ L
(2∙ c2 )+d2;T D=
d ∙P ∙ L
(2∙ c2 )+d2
σ C=T C
A→1A2 ∙ c ∙ P∙ L
( (2 ∙ c2 )+d2);σ D=
T D
A→1A∙
d ∙ P ∙L
((2 ∙ c2)+d2 )
σ C=T C
A= 2 ∙ c ∙ P∙ L
A ( (2 ∙ c2 )+d2)→σC=2 ∙20∈∙170 lb ∙66∈
¿0.0272i n2 ¿¿
¿
σ D=T D
A= d ∙P ∙ L
A ( (2∙ c2 )+d2 )→σC=50∈∙170 lb ∙66∈ ¿
0.0272¿2 ¿¿¿
De las ecuaciones anteriores tenemos que el desplazamiento en la barra es:δB=δD ∙( Ld )→( 2 ∙ h∙T D
A ∙ E )∙( Ld )→( 2∙ h ∙T D
A ∙E ) ∙( Ld )→( 2∙ hA ∙ E ) ∙( d ∙ P∙ L
((2 ∙ c2)+d2 )) ∙(Ld )
De locual nos resultaque :δB=2 ∙ h∙ P ∙L2
E ∙ A ∙ ((2∙ c2 )+d2 )
δB=2∙18∈∙170 lb ∙¿¿¿
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