Problemas resueltos resistencia de materiales
Determine el esfuerzo normal en el elemento ADB, sabiendo que la sección transversal tiene un área de 1200 mm2.
ϬAD=esfuerzo normal=?
Nota: cuándo la fuerza es perpendicular al área A. se tiene un esfuerzo normal o axial
Paso 1. Determine las reacciones en los apoyos utilizando las 3 ecuaciones de la estática en el plano:
+→
Σ Fx=0:
75+Fx=0
Fx=-75 KN.
Fx= 75 KN.
+↑Σ Fy=0:
Fy-200+Gy=0
Fy+Gy=200… (1)
Σ MF=0: tomando como positivo el giro en sentido anti horario.
-2.5 (200)+10Gy-8(75)=0
Gy=110KN
Σ MG=0: tomando como positivo el giro en sentido anti horario.
-75(8)+200(7.5)-10Fy=0
Fy=90KN
Comprobando en (1).
90+110=200
Paso 2: Determinar las fuerzas internas de los elementos.
Métodos de nodos.
Tanα=52.5
α=tan-1(2)
α=63.43
+→
ΣFx=0:
-75+FfDcos (63.43)=0
FfD=164.6761 KN (T)
+↑
Σ Fy=0:
90+FfB+FfD sen(63.43)=0
FfB=-167.6761 sen(63.43)-90
FfB=-239.9676 KN
FfB=239.9676 KN (c)
Tanβ=25
β=tan-1(25) =21.80=γ
tanγ=(32.5)
γ=tan-1(32.5) =50.194
+→
Σ Fx=0:
FBA cos(21.80)+FBD-cos(50.194)=0
+↑
Σ Fy=0:
FBA sen(21.80)-FBD sen(50.194)=-234.9676
0.9285FBA+0.6402FBD=0
0.3714FBA-0.7682FBD=-239.9676
FBA=-161.53KN=161.53 KN (C)
FBD=234.28 KN=234.28 KN (T)
W=tan-1(52.5)=63.43
+→
Σ Fx=0:
FDAcos(63.43)+FDE-234.28cos(50.194)-167.6761cos(63.45)=0
0.4473FDA+FDE=224.9325KN
+↑
Σ Fy=0:
FDAsen(63.43)+234.28sen(50.194)-167.6761sen(63.43)=0
FDA=-33.55 KN=33.55 KN(C)
FDE=239.9394 KN= 239.9394 KN (T)
+↑
Σ Fy=0:
90-200+FDAsen(63.43) +FBAsen(21.8)
0.8944FDA+0.3714FDA=110… (2)
Σ MD=0: tomandocomo positivo el giro en sentido anti horario.
-90(2.5)-75(5)-FBAcos(21.8)(3)-FBAsen(21.8)(2.5)=0
FBA=600/-3.7139=-161.55KN
FBA=161.55KN(C)
En la ecuación (2).
FDA=[110-0.3714(-161.55)]/(0.8944)=190KN
+→
Σ Fx=0:
FDE+FDAcos(63.43)+FBAcos(21.8)=0
FDE+190cos(63.43)-161.55cos(21.8)=0
FDE=140 KN (T)
+→
Σ Fx=0:FDAcos(63.43)+FDE-234.28cos(50.19)-167.6761cos(63.43)-0.4473FDA+FDE=225…(1)
+↑
Σ Fy=0:
FDAsen(63.43)+223.28sen(50.19)-167.676-sen(63.43)-200=0
0.8944FDA=170
FDA=1700.8944=190KN (T)
FDE=140KN (T)
Paso3: Determine los esfuerzos que se piden
ϬBA=FDAADA
ϬBA=FDA 190x103N1200mm^2
A-36
Ϭyp=250MPa
N=ϬypϬtrab=250 MPaϬpA=250 MPa158.33 MPa
N=1.67 queda dentro del rango elástico.
Determine el máximo peso w que pueden soportarlos cablesde acero mostrados en la figura. Los esfuerzos en los cables AB y AC No deben exceder 100MPa y 150MPa, respectivamente. Las áreas de amabas son 400 mm2 para el cable AB y 200mm2 para el cable AC.
Datos:
ϬAB=<100MPa
ϬAC=<150MPa
AAB=400mm2
AAC=200mm2
Wmax.=?
+→
Σ Fx=0:
TAC cos(45)-TAB cos(30)=0… (1)
+↑
Σ Fy=0:
TAC sen(45)+TAB sen(30)-w=0… (2)
1.-suponemos queel cable AB trabaja al máximo es decir.
TAB=ϬAB-AAB=(100 N/mm2)(400mm2)
TAB=40 KN
En (1) o en (2).
TAC=40,000 cos(30)cos(45)=48,989.79 N
ϬAC=TACAAC=48,989.79 N200mm^2=245MPa >> 150MPa ¡se rompió!
2.- suponemos que el cable AC trabaja al máximo es decir;
TAC=ϬAC AAC= (150N/mm2)(200mm2)=30,000
TAC=30 KN.
En (1)
TAB=30,000 cos(45)cos(30)=24,494.89 N
ϬAB=TABAAB=24,494.89N400 mm^2=61.23 MPa
Con TAC=30 kN y TAB=24,494.89 N en (2):
Wmax=30000 sen(45)+24,494.89 sen(30)
Wmax=33460 N
Wmax=33.46 kN
Calcule el peso del cilindro más pesado que se puede colocar en la posición que se indica, sin rebasar un esfuerzo de 50 MN/m2 en el cable BC. Desprecie el peso de la barra AB. El área transversal del cable BC es 100 mm2
Datos:
Wmax=?
ϬBC=< 60MN/m2ABC=100mm2
TBC=ϬBC ABC= (50 N/mm2) (100mm2)
TBC= 5kN
Σ MA=0: tomando como positivo el giro en sentido anti horario.
0-4R+5(8)=0
R=40/4=10 kN
(Aquí tal vez el dlc del cilindro.)
RP=reacción con pares.
+↑
Σ Fy=0:
10 sen(53.13)-w=0
W=10 sen(53.13)
Wmax=8 kN
W=8 kN
W=γ A= γ Ah
En la figura se muestra el tren de aterrizaje de una avioneta. Determine el esfuerzo de compresión...
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