UNIVERSIDAD NACIONAL DE CHIMBORAZO
FACULTAD DE INGENIERÍA
CARRERA DE INGENIERÍA CIVIL
Evaluación: Prueba 1 – Parcial 2
Materia: Resistencia de Materiales I
Periodo Académico: octubre 2019 – marzo 2020
Fecha: 06 de enero de 2020
Alumno:……………………………………
Paralelo:……….
Código:………..
Nota: Antes de empezar su examen, leer y entender el enunciado para una correcta solución. El examen tiene una duración de 2 h y
una ponderación de 10 puntos. Suerte!!!
1. La viga rígida descansa en posición horizontal sobre dos cilindros de aluminio 2014-T6 que
tienen las longitudes sin carga que se muestran en la figura. Si cada cilindro tiene un diámetro
de 30 mm, determine la colocación x de la carga de 100 kN, aplicada de forma que la viga
permanece en posición horizontal. ¿Cuál es el nuevo diámetro del cilindro A después de aplicar
la carga, si 𝜈𝐴𝑙 = 0.25? El módulo de corte es 𝐺𝐴𝑙 = 26 𝐺𝑃𝑎 y el módulo de elasticidad 𝐸 =
73.1 𝐺𝑃𝑎
I
Resolución
DATOS:
𝐺𝐴𝑙 = 26 GPa
𝐸𝐴𝑙 = 73.1M GPa
𝛼 = 23𝑥10−6 °𝐶 −1
Ø = 30 mm
𝜈𝐴𝑙
= 0,25
a)
+Ↄ∑ 𝑀𝐵 = 0
- 5 𝐹𝐴 + 100 (5-x) = 0
𝐹𝐴 =
100(5−𝑋)
5
𝐹𝐴 = 100 – 20 x
𝐹𝐴 = 100 – 20 (2,54)
𝐹𝐴 = 49,2 kN
𝛿𝐴 = 𝛿𝐵
𝐹𝐴 𝐿𝐴
𝐸𝐴 𝐴𝐴
=
+↑ 𝐹𝑌 = 0
𝐹𝐴 + 𝐹𝐵 = 100 kN
𝐹𝐵 = 100 - 𝐹𝐴
𝐹𝐵 = 100 – 100 + 20 x
𝐹𝐵 = 20 x
𝐹𝐵 = 20 (2,54)
𝐹𝐵 = 50,8 kN
𝐹𝐵 𝐿𝐵
𝐸𝐵 𝐴𝐵
(100 – 20 x) 0,32m = 20x (0,31m)
32 kNm – 6,4x kN = 6,2x kN
32 kNm = 6,4x kN + 6,2x kN
x = 2,54 m
𝐺𝐴 =
𝐺𝐴 =
𝐹𝐴
𝐴𝐴
49,2 . 103 𝑁 (4)
𝜋 (30 𝑚𝑚)2
𝐺𝐴 = 69,60 MPa
Por Hooke:
𝐺𝑥 = 𝜀𝑥 E
𝐺
𝜀𝑥 = 𝑥
E
ν 𝐺𝑋
𝐸
−69,6 𝑀𝑃𝑎
0,25 ( 73,9 . 103 𝑀𝑃𝑎
𝜀𝑦 =𝜀𝑧 = 𝜀𝑦 = -
)
𝜀𝑦 = 0,000238
b)
ν=-
𝜀𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 𝑦
𝜀𝑥
= -
𝜀𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 𝑥
𝜀𝑥
𝜀𝑦 =
𝛿𝜙
𝜙
G=
𝑃
𝐴
𝜀=
𝜀𝑦 =𝜀𝑧 = - ν. 𝜀𝑥
𝛿𝜙 = 30mm (0,000238)
𝛿𝜙 = 0,00714 mm
Ø´= 30mm + 0,00714mm
Ø´ = 30,00714 mm
𝛿
𝐿
2. La viga rígida descansa en posición horizontal sobre dos cilindros de aluminio 2014-T6
(𝐸 = 73.1 𝐺𝑃𝑎; 𝛼 = 23𝑥10−6 °𝐶 −1 ) que tienen las longitudes sin carga a 20℃ como se
muestran en la figura. La viga rígida está compuesta por 2 perfiles W610x155 de acero
estructural A-36 (𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎; 𝛼 = 12𝑥10−6 °𝐶 −1 ) cuya densidad 𝜌 = 7,828 𝑀𝑔/𝑚3
y sus propiedades geométricas se muestran en la tabla adjunta. Determine el diámetro de
los postes de aluminio, si el esfuerzo de fluencia es 𝜎𝑦 = 414 𝑀𝑃𝑎, si la viga rígida ejerce
una carga uniformemente distribuida debido a su propio peso, y la temperatura se
encuentra en −100℃. (Considere una aceleración hacia el centro de la tierra de 10 kg/s2
y un factor de seguridad de N=2).
Nota: Utilice los resultados del ejercicio anterior que le sea de utilidad.
Resolución.
Primera opción para hallar la masa.
Segunda opción para hallar la masa.
2W610 x 135
𝑘𝑔
m = ( 155 𝑚 ) (2)
𝑘𝑔
m = 310 𝑚
𝑘𝑔
𝑚
w = (310 𝑚 ) (10 𝑠2 ) (5m)
w = 15,5 kN
q=
15,5 kN
5𝑚
𝑁
q = 3100 𝑚
DATOS:
𝜌 = 7,828 𝑀𝑔/𝑚3
𝐺𝐴𝑙 = 266 GPa
𝐸𝐴𝐿 = 73,1 GPa
𝛼 = 12𝑥10−6 °𝐶 −1
𝐺𝑦 = 414 MPa
𝑇𝑜 = 20 °C
Ø𝐴 ^ Ø𝐵 = 𝐺𝑦 = 414 MPa
𝑇𝑓 = - 100 °C
𝑚
g = 10 𝑠2
A = 19800 𝑚𝑚2
A = 0,0198 𝑚2 (2)
A = 0,0396 𝑚2
v = 0,0396 𝑚2 (5 m)
v = 0,198 𝑚3
m=lv
𝑘𝑔
m = (7,828 . 103 𝑚3 ) (0,198 𝑚3 )
m = 1549,944 kg
w=mg
w = 15499,44 N
w = 15,499 kN
+Ↄ∑ 𝑀𝑜 = 0
- 2,5 𝐹𝐴 + 2,5 𝐹𝐵 – 1000 kN (0,04m)
2,5 ( 𝐹𝐵 - 𝐹𝐴 ) = 4 kN
𝐹𝐵 - 𝐹𝐴 = 1,6 kN
+↑ 𝐹𝑌 = 0
𝐹𝐴 + 𝐹𝐵 = 115,5 kN
𝐹
𝐺𝐴 = 𝐴 𝐴
𝐴
𝐺𝐵 𝐴𝐵 - 𝐺𝐴 𝐴𝐴 = 1,6 kN
𝐺𝐵 𝐴𝐵 = 1,6 Kn + 𝐺𝐴 𝐴𝐴
𝐹𝐴 = 𝐺𝐴 𝐴𝐴
𝐺𝐴 𝐴𝐴 + 𝐺𝐵 𝐴𝐵 = 115,5 kN
∆T = 𝑇𝐹 - 𝑇𝑂
∆T = -100 -20
∆T = - 120 °C
𝛿𝐴 = 𝛿𝐵
𝛿𝐴 = 𝛿𝐹 + 𝛿𝑇 ^ 𝛿𝐵 = 𝛿𝐹 + 𝛿𝑇
𝛿𝐹𝐴 + 𝛿𝑇 = 𝛿𝐹𝐵 + 𝛿𝑇
𝐹𝐴 𝐿𝐴
𝐸 𝐴𝐴
𝐺𝐴 𝐿𝐴
𝐸
+ (𝛼∆T 𝐿𝐴 ) =
+ (𝛼∆T 𝐿𝐴 ) =
𝐹𝐵 𝐿𝐵
𝐸 𝐴𝐵
𝐺𝐵 𝐿𝐵
𝐸
𝐺
+ (𝛼∆T 𝐿𝐵 )
+ (𝛼∆T 𝐿𝐵 )
𝐺
𝐿𝐴 ( 𝐸𝐴 + (𝛼∆T )) = 𝐿𝐵 ( 𝐸𝐵 + (𝛼∆T))
𝐿𝐴
𝐿𝐵
𝐺
(( 𝐸𝐴 + (𝛼∆T )) =
𝐺𝐵
𝐸
+ (𝛼∆T)
320 𝑚𝑚
[
310 𝑚𝑚
𝐺𝐴
𝐸
+(
23 .10−6
°𝐶
. (-120 °C)] =
𝐺
𝐺𝐵
𝐸
+[
23 .10−6
°𝐶
. (-120 °C)]
𝐺
1,032 [ 𝐸𝐴 - (2,76 . 10−3)] = [ 𝐸𝐵 - (2,76 . 10−3 )]
1,032
𝐺𝐴
𝐸
𝐺
- (2,848 . 10−3 ) =
𝐵
𝐺𝐴 = 1,032
+
𝐺𝐴
𝐸
- (2,76 . 10−3 )
(8,8 .10−5 ) (73,1 . 103 𝑀𝑃𝑎)
1,032
𝐺𝐴 = 0,928 𝐺𝐵 + 6,233MPa
𝐺𝑎𝑑𝑚𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 =
414 𝑀𝑃𝑎
2
𝐺𝑎𝑑𝑚𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = 207 MPa
𝐺𝑦 = 414 MPa
𝐺𝐴 = 0,968 (207 MPa) + 6,233 MPa
𝐺𝐴 = 206, 609 MPa trabajamos con este valor porque es menor al admisible
𝐺𝐵 =
207 𝑀𝑃𝑎 − 6,233 𝑀𝑃𝑎
0,968
𝐺𝐵 = 207,40 MPa este valor es mayor al admisible, trabajamos con el admisible
𝐺𝐵 = 207 MPa
𝐺𝐴 𝐴𝐴 + 𝐺𝐵 𝐴𝐵 = 115,5 kN
𝐺𝐴 𝐴𝐴 + 𝐺𝐵 𝐴𝐵 = 115,5 kN
𝐺𝐴 𝐴𝐴 + (1,6 kN +𝐺𝐴 𝐴𝐴 ) = 115,5 kN
(𝐺𝐵 𝐴𝐵 – 1,6 kN) + 𝐺𝐵 𝐴𝐵 = 115,5 kN
2𝐺𝐴 𝐴𝐴 = 113,9 kN
2 𝐺𝐵 𝐴𝐵 = 117,1 kN
𝐴𝐴 =
𝜋 Ø 2𝐴
4
113,9 𝑘𝑁
2 𝐺𝐴
113,9
= 2 (206,609)
Ø𝐴 = √
4(113 . 103 )
2𝜋 (206,609)
Ø𝐴 = 18,733 mm
𝐴𝐵 =
𝜋 Ø 2𝐵
4
(117,1 . 103 )
=
Ø𝐵 = √
2 ( 207)
(117,1 . 103 )
2 ( 207)
4(117,1 . 103 )
2𝜋 (207)
Ø𝐵 = 18,977 mm