Tarea Para El Tercer Examen Parcial
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IVIL
Integrantes: BERMUDEZ MUÑOZ KENYO TOMAS 120856
Docente: Doc. Ing. Danny Nieto Palomino
Fecha: viernes, 13 de diciembre de 2013
Cusco – Perú
2013-I
FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL
RESISTENCIA DE MATERIALES I
ASICNACION
Código:
UN
SA
AC
U
NS
AA
C
UN
SA
AC
U
NS
AA
C
UN
SA
AC
RESIS
TEN
CIA
DE
MA
TER
IALE
S I
642.- determinar la deflexión máxima en la viga de la fig. P-642 cargada como se indica si la sección es rectangular, de 50mm de ancho por 150mm de altura y E=69GN/m2.
Solución:
Como: tC/ A=( 1El )(area )CA .❑C… (1 )
Calculando los diagramas de momentos por partes (respecto a “C”):
(area )CA .❑C=−(10 ) (3 )( 12 ) (3 )+ (3 ) (12 )
2 ( 13 ) (3 )− (1 ) (2 )
3 ( 14 ) (1 )
(area )CA .❑C=−27.17kN .m3
De los datos del problema:
E=69×109 N/m2 ⇒ I=0.5×1.52
12=1.4×10−5m4
Reemplazando en (1):
tC/ A=( 1
69×109×1.4×10−5 ) (−27.17×103 )
⇒ tC /A=−0.02812m
Como:
δ=−tC /A⇒∴ δ=28.13mm
643.-hallar el máximo valor de ELδen la viga en voladizo de la figura.
Solución:
El máximo valor de ELδ sucede en el extremo libre:
tC/ A=( 1El )(area )CA .❑C… (2 )
Calculamos:
(area )CA .❑C=−(a ) (Pa )
2 (L−a+( 23 )a)
⇒ (area )CA .❑C=−Pa2
2 (L−a3 )
De (2): tC/ A=−( 1EL )(P a2
2 )(L−a3 )
De (2)
observamos: ∴ELδ=Pa2
6(3 L−a)
644.-determine la máxima deflexión para la viga de la figura.
Diagrama de momento por partes (respecto de A):
(area )CA .❑C=−( L2 )( w L2
8 )(13 )( 1
4 ) (L )+ (L )( w L2
2 )(13 ) (L )−( 3w L2
8 ) (L )(L2 )(area )CA .❑C=
−41w L2
384
De (2):
tC/ A=( 1El )(−41w L4
384 )tC/ A=
−41w L4
384 EI
De (1):
∴ δ= 41wL4
384 EI
645.-calcular la deflexión y la pendiente en un punto a 2m del empotramiento en la viga cargada como indica la figura. E=10GN/m2 e I=30×106mm4.
Solución:
Debemos calcular:
tO /A=( 1El ) (area )OA .❑O… (1 )
Calculando los momentos de las áreas que se encuentren ante “O” y “A”:
(area )OA .❑O=−[ (2 ) (533.33 )4 ]( 2
5 )+[ (2 ) (3600 )2 ]( 2
3 )−[ (3600 ) (2 ) ](22 )
(area )OA .❑O=−4096.67 N .m3
De (1): tO /A=( 1
10×109×30×10−6 ) (−4096.67 )⇒ tO / A=−0.01635m⇒ tO /A=16.35mm
También piden: θAO=1EL
(area )AO
(area )OA=−[ (2 ) (533.33 )4 ]+[ (2 ) (3600 )
2 ]− (3600 ) (2 )
(area )OA=−3826,665 N .m2
θAO=( 1
10×109×30×10−6 ) (−3826.665 )
θAO=−0.01276 rad , entonces :θ=0.01276 rad
∴θ=0.73 °
646.-En la viga de la figura, determinar el valor de I, que limite la deflexión máxima a 20mm; E=10×109N/m2.
Solución:
δ=−t A /B…. (1 )
t A /B=( 1El ) (area )AB .❑A… (2 )
Diagrama de momento por partes (respecto de “O”):
(area )AB .❑A=−(2 ) (400 )
4 (1+( 45 ) (2 ))+ (1 ) (600 )
2 (3+( 13 ) (1 ))−(1 ) (1000 )(3+( 1
2 ) (1 ))(area )AB .❑A=−3353.33N .m
De los datos del problema:
E=10×109Nm2 ;δ=20mm;tA /B=−0.02m
Reemplazando en (2):
−0.02=( 1
10×109×I )(-3353.33)
I=1.676×10−5m4⇒∴ I=16.77×106mm4
647.-determinar el máximo valor de EIδ en la viga de la figura.
Solución:
EIδ máximo sucede en el extremo A. diagrama de momentos por partes respecto de A:
Como:
t A /C=( 1El )(area )AC .❑C
(area )AC .❑A=[(−L2 )(w L2
24 )( 14 )]( 1
5 )( 12 )+[(L )(w L2
4 )( 12 )]( 1
3 ) (L )−[( 5w2
24 ) (L )] (L )
(area )AC .❑A=−121w L4
1920
Como: δ A=−tA /C⇒∴E I δ A=121w L4
1920
648.- La viga en voladizo de la figura soporta una carga uniformemente variable de cero en el extremo libre a wN/m en el empotramiento. Determinar la pendiente y la ordenada en una sección cualquiera a una distancia x del empotramiento.
Solución:
Para resolver el problema hacemos una equivalencia de cargas:
Con (a) y (b) trazamos las gráficas de momentos por partes (respecto de “A”):
serequiere (area )OB.❑O , por lo cual solo consideramos las areasque seencuentranentre “O” y “B”.
(area )OB .❑O=−( x )(w x2
2 )3 ( 1
4 )( x )+( x )( w x3
6 L )4 ( 1
5 ) ( x )+( x )(wLx2 )
2 (13 ) (x )−(w L2
6 ) ( x )(12 )( x )
(area )OB .❑O=( w L2
120L )(−5 x2L+x3−10 L2 x−10 L3 )
Como: δO=−tOB⇒∴ δO=( 1EI )( w x2
120 L ) (5 x2L−x3−10 L2 x+10 L3 )
653.-calcular el valor de la deflexión en el punto medio del claro en la viga representada en la figura. Indicación: trazar el diagrama de momentos por partes, empezando por el centro del claro hacia los extremos. Por simetría, la tangente en el centro es horizontal.
Nos piden la deformación en el centro de luz:
tB /O=( 1El ) (area )BO .❑B… (1 )
Dibujando los diagramas por partes:
Debido a que solo se consideran las áreas entre B y O, se consideran solamente las áreas achuradas:
EI tB /O=(2.5 ) (3000 )
2 ( 23 )(2.5 )− (2.5 ) (1875 )
3 ( 34 ) (2.5 )+ (0.5 ) (75 )
3¿
EI tB /O=3350 N .m3
De la figura (a), observamos que: δ=tB /O
Por lo tanto: ∴EIδ=3350 N .m3
654.-
determinar el valor de EIδ a 1m de R2 en la viga de la figura. Indicación: trazar la tangente
de referencia en el apoyo derecho.
Solución:
Fig. (a)
El desplazamiento en “O” es δ . Primero calculamos el t A /B, luego tO /B, para ello debemos
elaborar los diagramas de momentos por partes:
tB /O=( 1El ) (area )BO .❑B=
− (2 ) (1200 )3 ( 3
4 ) (2 )+ (2 ) (1600 )2 ( 2
3 ) (2 )+ (1 ) (400 )2
¿
EI t A /B=1400 N .m3… (1 )
EI tO /B=(area )OB .❑O=−(1 ) (400 )
2 ( 13 ) (1 )
EI tO /B=66.67 N .m3… (2 )
De la figura (a):
EI tA /B
3=❑
1⇒=
EI t A /B
3
⇒=466.67 N .m3
pero :=EIδ+EI tO/B=EIδ+66.67
∴EIδ=400N .m3
655.- Obtiene el valor de EIδ bajo la carga concentrada de la viga de la figura.
Solución:
Elaborando los diagramas de momentos por partes:
EI tB /A=(area )BA .❑B
¿(2 ) (800 )
2 (2+( 13 ) (2 ))− (1 ) (200 )
2 (2+( 13 ) (1 ))+ (2 ) (600 )
2 ( 23 )(2 )
EI tB /A=2700 N .m3
EI tP / A=(area )PA .❑P=(2 ) (800 )
2 ( 12 ) (2 )− (1 ) (200 )
2 ( 13 ) (1 )
EI tP / A=500 N .m3
De la figura (a):
EI tB /A
4=❑
2⇒=
EI t A /B
2
⇒=1350 N .m3
pero :=EI δ2+EI tO /B=EI δ 2+500
∴EI δ2=850N .m3
EI tO /A=(area )OA .❑O=(1 ) (400 )
2 ( 13 ) (1 )=66.67N .m3
De la figura (a):
tA /B
4=❑
1⇒=
EI t A /B
4=675N .m3
⇒=2700 N .m3
pero:=EI δ1+EI tO /B=EI δ 1+66.67
∴EI δ1=608.25 N .m3
656.- Calcular el valor de EIδ bajo la carga concentrada de 100N.m en la viga representada en la figura.
Solución:
Diagramas de momentos por partes:
Calculando:
EI t A /B=(area )AB .❑A
EI t A /B=(3 ) (1200 )
2 ( 23 )(3 )−
(2 ) (1000 )2 (1+(2
3 ) (2 ))+ (1 ) (100 )2 (3+( 1
3 ) (1 ))EI t A /B=1433.34 N .m3
EI tO /B=(area )OB .❑O
EI tO /B=(1 ) (100 )
2 ( 13 ) (1 )=16.67 N .m3
De la figura (a): tenemos:
EI tA /B
4=❑
1⇒=
EI t A /B
4
⇒=358.335 N .m3
También de la misma figura observamos:
¿ EI δ+EI tO /B
∴EIδ=341.66 N .m3
657.-calcular la deflexión en el centro de la viga que representa la figura.
Solución:
Diagramo de momentos por partes:
Como:
EI tB /A=(area )BA .❑B
EI tB /A=(4)(1200)
2 ( 13 )( 4 )− (3 ) (1200 )
4 ( 15 ) (3 )
EI tB /A=2660 N .m3
También: EI tO /A=(area )OA .❑O
EI tO /A=(2)(600)
2 ( 13 ) (2 )− (1 ) (133.33 )
4 (15 ) (1 )
EI tO /A=393.33 N .m3