Un alambre de aluminio con diametro d =2 mm y longitud L = 3.8 m sesomete auna carga de tension P (vease la fig. ). El aluminio tiene modulo de elasticidad E =75 GPa.

Si el alargamiento maximo permisible del alambre es 3.0 mm y el esfuero admisible en tension es 60 MPa ¿Cuál es la carga Pmax admisible?

Datos: d = 2 mm

L = 3.8 m

E = 75 GPa

Solucion:

A=π d2

4=3.142mm2

δmax=3.0mmδ=PLEA

Pmax=EALδmax=

(75GPa ) (3.142mm2)3.8m

(3.0mm )

Pmax=186N

Una columna hueca de acero ( E=30000Klb/Plg2) se somete a una carga de

compresión P, como se ve en la figura .La longitud de la columna es L=3.0 pies y su

diámetro externo es de d=7.5 plg .La carga es P= 85klb

Si el esfuerzo de compresión admisible es de 30000Klb/Plg2 y el acortamiento

admisible de la columna es 0.02 plg. ¡Cual es el espesor de pared tmin necesario?

Solución:

σ= PA

Aperm=85 x103

7000=12.14 plg2

δ= PLEA

Areq=85 x103 x 8x 1230 x106 x 0.02

=13.6 plg2

Amin=13.6 plg2

A=π4

[d2−(d−2 t )2 ]

13.6=π4

[7.52−(7.5−2 t)2 ]

tmin=¿0.63plg

Una valvula de seguridad en la parte superior de un tanque con vapor a la presion p tiene un agujero de descarga con diametro d (vease la fig.). La valvula esta diseñada para soltar el vapor cuando la presion llega al valor pmax.

Si la logitud natural del resorte es L y su rigidez es k ¿Cuál sera la diension h de la valvula? (Exprese el resultado como una formula para determinar h).

l = long. Inicial del resorte

Solucion:

F=kδ F=k (l−h )

F=PA F=Pπ d2

4

Pmax ( π d24 )=k (l−h )

h=l−Pmax

k ( π d24 )

Los tubos de aluminio y acero mostrados en la figura están fijos en soportes rígidos en

los extremos A y B y en un aplaca rígida C en la unión de ellos . El tubo de aluminio

tiene doble longitud que el tubo de acero. Dos cargas iguales y simétricamente

ubicadas P actúan sobre la placa c

a) Deduzca la fórmula para calcular los esfuerzos axiales σ ey σ zen los tubos de

aluminio y acero , respectivamente.

b) Calcule los esfuerzos con los datos siguientes P=12Klb , área transversal del

tubo de aluminio A s=8.92 plg2 Módulo de elasticidad del aluminio y acero ,

Ec=10 x 106 lb/ plg2 y el módulo de elasticidad del acero E s=10 x10

6 lb / plg2

Solución

a)

*∑ F x=0

RA + RB = 2P

δAB =δAC +δCB = 0

δAC= RALEs As

δ BC=−RB(2L)Ea Aa

RALEs As

−RB(2 L)Ea Aa

=0

RA= 4 Es As PEa Aa2 Es As

RB= 2 Ea Aa PEa Aa2Es As

*Aluminio σ a=RBAa

= 2EaPEa Aa2 Es As

*Acero σ s=RAAs

= 4 Es PEa Aa2 Es As

b) P =12 k Aa = 8.92 plg2 As =1.03plg2

Ea= 10 x106 psi Es =29x 106psi

σa=1,610 psi (compresión)

σs=9,350 psi (tensión)

Tres cables de acero juntos soportan una carga de 12K (vea la figura). El diámetro de cada cable intermedio es ¾ pulg y el diámetro de cada cable externo es ½ pulg. Las tensiones en los cables se ajustan de modo que cada cable cargue un tercio de la carga (es decir 4 klb). Despues la carga aumenta 9k hasta un total de 21 klb.

a) ¿Qué porcentaje del total de la carga es ahora cargado por el cable intermedio?

b) ¿Cuáles son los esfuerzos en el cable medio y los cables externos?

AMEDIO=34pulg

AEXTREMO=12pulg

En la primera carga tenemos que las 12 klb se distribuyen uniformemente en cada cable es decir 4 klb para cada cable.

La segunda carga es menor, de 9 klb, entonces:

Entonces:

PM+2PO=P2……(A)

También sabemos:

σM=σO

PM L

E AM

=PO L

E AO

PM

AM

=PO

AO

……(B)

Resolviendo (A) y (B)

PM+2PO=P2

PO=P2−PM

2……(a)

PM

AM

=PO

AO

PM=PO AM

AO

Reemplazando (a)

PM=( P2−PM

2 )AM

AO

PM=AM (P2−PM )

2 AO

Despejando PM

PM=AM P22 AO+AM

……(1)

Para PO

PO=PM AO

AM

Y

PM=P2−2 PO

Resolviendo ambas ecuaciones:

PO=AO P2

2 AO+AM

……(2)

Entonces:

AM=π D2

4=π ( 34 )

2

4=0.4418

AO=π D2

4=π ( 12 )

2

4=0.1963

PM=AM P22 AO+AM

=(0.4418)9

2 (0.1963 )+0.4418=4.765klb

PO=AO P2

2 AO+AM

=(0.1963)9

2 (0.1963 )+0.4418=2.117 klb

Fuerzas en cada cable:

Cable delmedio=4+4.765=8.765 klb

Cable del extremo=4+2.117=6.117 klb

a) Porcentaje:

%= 8.76521.000

=0.4174=41.74%

b) Esfuerzos en los cables:

Esfuerzodel cable delmedio= 8.7650.4418

=19.84ksi

Esfuerzodel cable del externo= 6.1170.1963

=31.63ksi

Una barra de acero AD (vease la fig.) tiene area transversal 0.40 pulg2 y esta cargada con las fuerzas P1 = 2700 lb, P2 = 1800 lb y P3 = 1300 lb. Las longitudes de los segmentos de la barra son a = 60 pulg, b = 24 pulg y c = 36 pulg.

a) Suponiendo que el modulo de elasticidad es E = 30 x 106 lb/pulg2, calcule el cambio de longitud δ de la barra. ¿Se elonga o se reduce?

b) ¿Qué cantidad P debe aumentarse la carga P3 para que la barra no cambie de longitud cuando las tres fuerzas se apliquen?

Datos: A =0.40 in2 P1 = 2700 lb P2 =1800 lb

P3 = 1300 lb E =30 x 106 psi

Solucion:

N AB=P1+P2−P3=3200 lb

N BC=P2−P3=500 lb

NCD=−P3=1300lb

Parte a):

∂= 1EA

(N AB LAB+N BC LBC+NCDLCD )

∂= 1

(30 X 106 psi)(0.40 pul g2)[ (3200 lb ) (60 pulg )+ (500lb ) (24 pulg )+ (1300lb ) (36 pulg ) ]

∂=0.0131 pulg

Parte b):

0.0131 pulg=∂= PLEA

0.0131 pulg=P (120 pulg )

(30 x 106 psi ) (0.40 pul g2)

P=1310 lb

Un edificio de dos pisos tiene columnas de acero AB en el primer piso y BC en el

segundo piso, como se muestra en la figura. La carga sobre el techo P1 es igual a 400

kN y la carga en el segundo piso P2 es igual a 720 kN. Cada columna tiene una

longitud L = 3.75 m. Las area de las secciones transversales

de las columnas del primer y segundo piso son 11,000 mm2 y 3900 mm2,

respectivamente.

(a) Suponiendo que E = 206 GPa, determine el acortamiento total dAC de las dos

columnas debido a la accion combinada de las cargas P1 y P2.

(b) .Que carga adicional P0 se puede colocar en la parte superior de la columna

(punto C) si el acortamiento total dAC no debe exceder 4.0 mm?

Solución

E = 206 GPa

AAB = 11,000mm2

ABC =3,900mm2

*δ AC=NAB LEAAB

+ NBC LEABC

=(1120 kN )(3.75m)

(206GPa )(11,000mm2)+

(400kN )(3.75m)(206GPa)(3,900mm2)

δ AC=3.72mm

Un marco ABC consiste en dos barras rígidas AB y BC, cada una de longitud b (véase la primera parte de la figura siguiente). Las barras tienen articulaciones en A B y C, y están unidas por un resorte con rigidez k. El resorte está fijo en los puntos medios de las barras. El marco tiene un soporte articulado en A y un soporte con rodillos en C y las barras forman un ángulo α con la horizontal. Cuando se aplica una carga vertical P en la articulación B (véase la segunda parte de la figura) el soporte con rodillos C se mueve hacia la derecha, el resorte se estira y el ángulo de las barras disminuye desde α hasta θ. Determine el ángulo θy el aumento δen la distancia entre los puntos A y C. (Use los siguientes datos: b = 8.0 pulg, k = 16 lb/pulg, α = 45° y P = 10 lb.)

La estructura sin carga:

L1=distancia de A aC

L1=2bcos α

S1=longitud del resorte

S1=L12

=bcosα

La estructura con carga:

L2=distancia de A aC

L2=2bcosθ

S2=longitud del reso rte

S2=L22

=bcosθ

L22

=b cosθ

F=fuerzaenel resorte debidoa la cargaP

∑M B=0

P2 ( L22 )−F ( h2 )=0

P cosθ=Fsenθ …….(1)

∆ S=S2−S1=b(cosθ−cosα)

F=k ∆ S

F=kb (cosθ−cosα )

Sustituyendo F en 1

P cosθ=kb (cosθ−cosα )senθ

Pbkcotθ−cosθ+cosα=0……(2) ó

cosα=cosθ−Pcotθbk

……(2.1)

δ=L2−L1=2bcosθ−2bcosα

¿2b (cosθ−cosα )

Reemplazando 2.1 en la ecuación anterior

δ=2b(cosθ−(cosθ−Pcotθbk ))

δ=2b(cosθ−cosθ+Pcotθbk )δ=2P

bcotθ

Con nuestros datos:

b = 8.0 pulg, k = 16 lb/pulg, α = 45° y P = 10 lb

Pbkcotθ−cosθ+cosα=0

108(16)

cotθ−cosθ+cos (45)=0

θ=35.1

δ=2Pbcotθ

δ=2(10)8

cot (35.1)

δ=1.78 pulg

El cople esta sometido a una fuerza de 5 klb. Determine la distancia d´ entre C y E tomando en cuenta la compresion del resorte y la deformacion de los segmentos verticales de los pernos. Cuando no se tiene una carga aplicada, el resorte no esta estirado y d = 10 pulg. El material es acero A – 36 y cada perno tiene un diametro de 0.25 pulg. Las placas en A,B y C son rigidas y el resorte tiene una rigidez k = 12 klb/pulg.

δ pernocentral=PLAE

=5(103)(8)

π4

(0.25 )2(29)(106)=0.028099 pulg ↑

δ pernolateral=PLAE

=2.5 (103 ) (6 )

π4

(0.25 )2 (29 ) (106 )=0.010537 pulg↓

∂resorte=Pk= 512

=0.41667 pulg↑

∑ ∂=0.41667+0.010537+¿0.028099=0.455 pulg¿

d ´=10+0.455=10.455 pulg

22. La barra ABCD cargada axialmente que muestra la fig. esta sujeta entre soportes rigidos. La barra tiene un area de seccion transversal A1 de A a C y 2ª1 de C a D.

a) Deduzca ecuaciones para determinar las reacciones RA y RD en los extremos de la barra.

b) Determine los dezplazamientos δB y δC en los puntos B y C, respectivamente.

Diagrama de cuerpo libre:

Solucion:

Parte (a):

∑ F Horiz=0 RA+RD=P… (1 )

∂AB+∂BC+∂CD=0

R A (L/4 )E A1

+(RA−P ) (L/4 )

E A1−RD (L/2 )E (2 A1 )

=0… (2 )

De (1) y (2):

RA=2P3;RD=

P3

Parte (b):

∂B=RA (L/4 )E A1

= PL6E A1

∂C=RD (L/4 )E A1

= PL12 E A1

Una barra ACB tiene dos áreas trasversales distintas A1,A2 y se sujetan entre

soportes rígidos A y en B .Una carga P actúa en el punto C que está a la distancia b1

del extremo A y la distancia b2 del extremo B

a) Deduzca reformula para calcular las reacciones RA y RB En los soportes Ay B,

respectivamente debido a la carga P

b) Deduzca una fórmula para calcular el desplazamiento del punto C

a)

∑ F x=0

RA+RB=P

δ AC=δCB

δ AC=R Ab1E A1

δCB=RBb2E A2

R Ab1E A1

=RBb2E A2

RA=b2 A1P

b1 A2+b2 A1

RB=b1 A2P

b1 A2+b2 A1

b)

δC=δ AC

RAb1E A1

=b1b2 P

E ¿¿¿

El conjunto consta de una barra de acero CB y una barra de aluminio BA, teniendo cada una un diámetro de 12 mm. Si la barra se somete a las cargas axiles en A y en el cople B, determine el desplazamiento del cople E y del extremo A. La longitud de cada segmento sin estar se muestra en la figura. Desprecie el tamaño de las conexiones en B y C, y suponga que son rígidas Eac=200GPa, Eal=70GPa .

δB=PLEA

=32 (103 )(3)

π4(0.0122)(200)(109)

=0.00424m=4.24mm

δB=∑ PLEA

=32 (103 )(3)

π4(0.0122)(200)(109)

+18 (103 )(2)

π4(0.0122)(70)(109)

=0.00879m=8.79mm

La barra ABCD cargada axialmente que muestra la fig. esta sujeta entre soportes rigidos. La barra tiene un area de seccion transversal A1 de A a C y 2ª1 de C a D.

a) Deduzca ecuaciones para determinar las reacciones RA y RD en los extremos de la barra.

b) Determine los dezplazamientos δB y δC en los puntos B y C, respectivamente.

Diagrama de cuerpo libre:

Solucion:

Parte (a):

∑ F Horiz=0 RA+RD=P… (1 )

∂AB+∂BC+∂CD=0

R A (L/4 )E A1

+(RA−P ) (L/4 )

E A1−RD (L/2 )E (2 A1 )

=0… (2 )

De (1) y (2):

RA=2P3;RD=

P3

Parte (b):

∂B=RA (L/4 )E A1

= PL6E A1

∂C=RD (L/4 )E A1

= PL12 E A1

Una barra rigida de longitud L = 66 pulg se articula en un soporte en A, y se sostiene con dos alambres verticales fijos en los puntos C y D (vease la fig.). Ambos alambres tiene la misma area transversal A = 0.0272 pulg2 y estan hechos del mismo material (modulo E = 30 x 106 lb/pulg2).El alambre en C tiene longitud h = 18 pulg y la longitud del alambre en D es doble de la anterior. Las distancias horizontales son c = 20 pulg y d = 50 pulg.

a) Determine los esfuerzos de tension σC y σD en los alambres, debido a la carga P = 170 lb, que actua en el extremo B de la barra.

b) Calcule el desplazamiento δB hacia abajo, del extremo B de la barra.

Diagrama de cuerpo libre: Diagrama de desplazamiento:

Datos: h =18 pulg

c = 20 pulg

d = 50 pulg

L = 66 pulg

E = 30 x 106 psi

A = 0.0272 pulg2

P = 340 lb

Solucion:

∑M A=0T C (c )+T D (d )=PL

∂Cc

=∂Dd

∂C=T C hEA

∂D=T D (2h)EA

TC h

cEA=T D (2h )dEA

T C=2cPL

2c2+d2T D=

dPL

2c2+d2

σ C=T C

A= 2cPLA (2c2+d2)

σ D=T D

A= dPLA (2c2+d2)

∂B=∂D( Ld )=2hT D

EA ( Ld )= 2hP L2

EA (2c2+d2 )

2c2+d2=2(20 pulg)2+(50 pulg)2=3300 pul g2

Parte (a):

σ C=2cPL

A (2c2+d2 )=2 (20 pulg ) (340lb ) (66 pulg )0.0272 pul g2∗(3300 pul g2 )

σ C=10000 psi

σ D=dPL

A (2c2+d2)=

(50 pulg ) (340 lb ) (66 pulg )0.0272 pul g2∗(3300 pul g2 )

σ D=12500 psi

Parte (b):

∂B=2hP L2

EA (2c2+d2 )=

2 (18 pulg ) (340 lb ) (66 pulg )(30∗106 psi ) (0.0272 pul g2 ) (3300 pul g2 )

∂B=0.0198 pulg

Una barra rígida horizontal de peso W = 7200 lb esta sostenida por tres varillas redondas esbeltas, a distancias iguales (véase la figura). Las dos varillas laterales son

de aluminio (E1=10×106 lb / pulg2) y su

diámetro es d1=1,4 pulg, su longitud es L1= 40 pulg. La varilla central es de magnesio

(E2=6.5×105 lb / pulg2 ) con diámetro d2 y

longitud L2. Los esfuerzos admisibles en el aluminio y el magnesio son 24000 lb / pulg2 y

18000 lb / pulg2, respectivamente.

Si se desea que las tres varillas estén cargadas hasta sus valores máximos admisibles ¿Cuál debe ser el diámetro exterior d2 y la longitud L2 de la varilla central?

2 P1+P2=7200

σ= PA

P=σ × A

2σ1 A1+σ2 A2=7200

A=D2 π4

2σ1D1

2π4

+σ 2D2

2π4

=7200

2σ1D12+σ2D2

2=7200×4π

D2=√ 7200×4σ2π−2σ 1D1

2

σ2

D2=√ 7200×418000 π−2 (24000)1.42

18000

D2=0

Ya que el diámetro sale negativo, asumimos que no se necesita de esta varilla en el medio por lo tanto D=0 Y La longitud L=0

δ 1=δ 2

P1L1E1 A1

=P2 L2E2 A2