Resistencia De Materiales Cuerpos Flexibles Y Trabajo 2e530

UNIVERSIDAD PRIVADA DE TACNA FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

CORRECCIÓN DE PRACTICA 2

CURSO

:

RESISTENCIA DE MATERIALES II

ALUMNO

:

ZEGARRA HERMOZA, Keitel Raeder

DOCENTE

:

Ing. Wilber Mendoza

SECCION

:

C

Tacna, Perú 2018

PREGUNTA 01: Mediante el método de conservación de energía determine el desplazamiento vertical del punto A. Considere la barra de acero A-36. Con 𝑷 = 𝟒𝟎 𝑲𝑵 ; 𝒓 = 𝟒𝒎 de radio de barra semicírculo, 𝒅 = 𝟏𝟎𝒄𝒎, (Diámetro de sección).

∑ 𝑀𝐵 = 0 40[4(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃] − 𝑀 = 0 𝑀 = 40(4)(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑀 = 160(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) Aplicando la fórmula: 5 𝑀2 𝑑𝑠 2𝐸𝐼

𝑉𝑖 = ∫0

𝜃 𝑀 2 𝑟𝑑𝜃

𝑉𝑖 = ∫0 𝑉𝑖 =

2𝐸𝐼

𝑑𝑠 = 𝑟𝑑𝜃 4

𝜋

= 2𝐸𝐼 ∫0 (160(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃))2 𝑑𝜃

2 (0.036) 𝐸𝐼

Determinaremos la Inercia: 𝐼𝑜 =

𝜋 𝑥 𝑟 4 𝜋 𝑥 0.054 = = 0.000005 4 4

Desarrollamos: 𝑉𝑒 = 𝑉𝑖 1 (𝑃)(∆𝐴𝑦) = 𝑉𝑖 2 1 2(0.036) (𝑃)(∆𝐴𝑦) = 2 (200𝑥106 )(0.000005) ∆𝑨𝒚 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟕 PREGUNTA 02: La armadura es de acero A-36 y su área de sección de cada barra es de 4.0 pulg2. Mediante trabajo virtual determine el desplazamiento vertical en el nudo B.

CARGA REAL: ∑ 𝐹𝑦 = 0

∑ 𝑀𝐴 = 0

𝐴𝑦 + 𝐸𝑦 = 28

𝐸𝑦(48) − 6(36) − 16(24) − 6(12) = 0

𝐴𝑦 = 14

𝐸𝑦 = 14

Nudo A: ∑ 𝐹𝑥 = 0 −𝐹𝐴𝐵 + 𝐹𝐴𝐼 𝑐𝑜𝑠37 = 0 𝐹𝐴𝐵 = −18.58(𝐶) = 𝑁8 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝐴𝐼 = 𝑠𝑒𝑛37 + 14 = 0 𝐹𝐴𝐼 = −23.26(𝐶) = 𝑁4

Nudo B: ∑ 𝐹𝑥 = 0 18.58 + 𝐹𝐵𝐻 𝑐𝑜𝑠37 − 𝐹𝐵𝐶 = 0 𝐹𝐵𝐶 = 7.97(𝑇) = 𝑁9 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝐵𝐻 𝑠𝑒𝑛37 + 14 − 6 = 0 𝐹𝐵𝐻 = −13.29(𝐶) = 𝑁6 Nudo I: ∑ 𝐹𝑥 = 0 23.26𝑠𝑒𝑛53 + 𝐹𝐼𝐻 = 0 𝐹𝐼𝐻 = −18.58(𝐶) = 𝑁2 ∑ 𝐹𝑦 = 0 23.26𝑐𝑜𝑠53 − 𝐹𝐵𝐼 = 0 𝐹𝐵𝐼 = 14(𝑇) = 𝑁5

Nudo C:

CARGA VIRTUAL:

∑ 𝐹𝑦 = 0

∑ 𝑀𝐴 = 0

𝐴𝑦 + 𝐸𝑦 = 1

𝐸𝑦(48) − 1(12) = 0

𝐴𝑦 = 0.75

𝐸𝑦 = 0.25

Nudo A: ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐹𝐴𝐼 𝑐𝑜𝑠37 − 𝐹𝐴𝐵 = 0 𝐹𝐴𝐵 = −1(𝐶) = 𝑛8 ∑ 𝐹𝑦 = 0 0.75 + 𝐹𝐴𝐼 𝑠𝑒𝑛37 = 0 𝐹𝐴𝐼 = −1.25(𝐶) = 𝑛4 Nudo I: ∑ 𝐹𝑥 = 0 1.25𝑠𝑒𝑛53 − 𝐹𝐼𝐻 = 0 𝐹𝐼𝐻 = 1(𝑇) = 𝑛3 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝐼𝐵 + 1.25𝑐𝑜𝑠53 = 0 𝐹𝐼𝐵 = −0.75(𝐶) = 𝑛5

Nudo B: ∑ 𝐹𝑥 = 0 1 + 𝐹𝐵𝐻 𝑐𝑜𝑠37 − 𝐹𝐵𝐶 = 0 𝐹𝐵𝐶 = 1.34(𝑇) = 𝑛9 ∑ 𝐹𝑦 = 0 0.75 + 𝐹𝐵𝐻 𝑠𝑒𝑛37 − 1 = 0 𝐹𝐵𝐻 = 0.42(𝐶) = 𝑛6 Nudo C: 𝐹𝐶𝐻 = 0

Analizamos y reemplazamos: 1𝐵𝑦 =

1 (𝑛 𝑁 𝐿 + 𝑛2 𝑁2 𝐿2 + 𝑛3 𝑁3 𝐿3 + 𝑛4 𝑁4 𝐿4 + 𝑛5 𝑁5 𝐿5 + 𝑛6 𝑁6 𝐿6 + 𝑛7 𝑁7 𝐿7 … 𝑛17 𝑁17 𝐿17 ) 𝐴𝐸 1 1 1

1𝐵𝑦 =

1 [(−18.58)(1)(12)𝑥2 + ((−23.26)(−1.25)(15))𝑥2 + ((14)(−0.75)(9))𝑥2 𝐴𝐸 + ((−13.29)(0.42)(15))𝑥2 + ((−18.58)(−1)(12))𝑥2 + ((7.97)(1.34)(12))𝑥2]𝑥12 1𝐵𝑦 =

1 (9265.334) (4 𝑝𝑢𝑙𝑔2)(200𝑥106 ) ∆𝑩𝒚 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟏𝟐

PREGUNTA 03: Los elementos del pórtico mostrado son de concreto armado con una resistencia de 210kgf/cm2 y tienen una inercia de 0.0016 m4. Mediante trabajos virtuales, determine el desplazamiento horizontal y giro del nudo B.

C. Real:

∑ 𝐹𝑥 = 0

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐴𝑥4 − 2 = 0

𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 − 15

𝐴𝑥 = −2

𝐴𝑦 = 3.06

∑ 𝑀𝐴 = 0 𝐷𝑦(8) + 2(2) − 1 − 15(5.5) − 4(4) = 0 𝐷𝑦 = 11.94

0<𝑥<2

0<𝑥<2

𝑀1 = 0

𝑀2 − 2(𝑥) = 0 𝑀2 = 2𝑥

0<𝑥<5 −𝑀3 − 1 −

3𝑥 2 =0 2

𝑀3 = −1 −

3𝑥 2 2

0<𝑥<5 𝑀4 − 2𝑠𝑒𝑛53𝑥 − 3.06𝑠𝑒𝑛37𝑥 = 0 𝑀4 = 3.4𝑥 Entonces resolvemos: 𝐿

1∆𝐵𝑥 = ∫ 0

1∆𝐵𝑥 =

5 𝑚. 𝑀 (0.5𝑥)(3.4𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 𝐸𝐼 𝐸𝐼 0

70.83 70.83 = = 0.0002 𝐸𝐼 (200𝑥106 )(0.0016)

E. Virtual:

∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐴𝑥 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 = 0

𝐷𝑦(8) − 1 = 0

𝐴𝑦 = −𝐷𝑦

𝐷𝑦 = 0.125

∑ 𝑀𝐴 = 0

0<𝑥<2

0<𝑥<2

0<𝑥<5

𝑚1 = 0

𝑚2 = 0

𝑚3 = 0

0<𝑥<5

0.125𝑠𝑒𝑛37𝑥 + 𝑀4 = 0 𝑀4 = −0.075𝑥

∑ 𝐹𝑥 = 0

∑ 𝐹𝑦 = 0

∑ 𝑀𝐴 = 0

𝐴𝑥 + 1 = 0

𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 = 0

𝐷𝑦(8) − 1(4) = 0

𝐴𝑥 = −1

𝐴𝑦 = −0.5

𝐷𝑦 = 0.5

0<𝑥<2

0<𝑥<2

0<𝑥<5

𝑚1 = 0

𝑚2 = 0

𝑚3 = 0

0<𝑥<5 𝑚4 − 𝑠𝑒𝑛53𝑥 + 0.5𝑠𝑒𝑛37 = 0 𝑚4 = 0.5𝑥 1𝜃𝐵 =

1 5 ∫ (3.4𝑥)(−0.075)𝑑𝑥 𝐸𝐼 0 𝜃𝐵 = 0.00005