RESISTENCIA DE MATERIALES - GITI CURSO 2014-15 EXAMEN DE ENERO 13-1-2015 Fecha de publicación de la preacta: 27 de Enero Fecha de revisión: 30 de Enero a las 9,30 horas PROBLEMA 1 (2 puntos)
La barra de la figura, con sección A y módulo de elasticidad E, está unida a un muelle de rigidez k =
EA . Obtenga el diagrama de esfuerzos normales en la barra. 3L
L 2
P
L 2
RESOLUCIÓN
RA
VISTA PREVIA
Se trata de un sistema hiperestático externo de primer grado, por haber dos P
reacciones y una sola ecuación de equilibrio RA + RB –P = 0. La ecuación adicional se obtiene de plantear que el conjunto no se alarga ni
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se acorta: ΔLbarra + ΔLmuelle = 0
Para obtener ambos alargamientos, se divide el conjunto en dos
RA
subconjuntos. x L 2
P
RB
L 2
P − RB − RB N (x ) dx = ∫ dx + ∫ dx =∫ EA EA L EA 0 0 L
ΔLbarra
L
2 L 2
RB
RB
RB
ΔLmuelle =
− RB K
→
ΔLmuelle = −
3RB L EA
→
ΔLbarra =
P L RB − L EA 2 EA
La condición de alargamiento nulo queda:
3RB P L RB L=0 − L− EA EA 2 EA
→
RB =
P 8
Y el diagrama de esfuerzos normales es: 7P 8
P 8
La aplicación del teorema de Castigliano a la energía elástica del conjunto (suma de la de la barra y la del muelle), conduce exactamente a la misma expresión anterior, pero realizando una operación más. Uconjunto =
L 2
∫ 0
∂Uconjunto =0 ∂RB
(P − RB )2 dx + L (− RB )2 dx + 1 R 2EA L 2
0=∫
→
∫
0
L 2
2
EA
B
3RB L EA
− 2·(P − RB ) − 2·(− RB ) 1 3RB dx + ∫ dx + 2· L EA 2EA 2 EA L L
2
2
PROBLEMA 2 (2 puntos)
VISTA PREVIA
Obtenga la tensión cortante máxima en el conjunto de barra y tubo (del mismo material y secciones ambas circulares), de la figura.
Mostrando 3 páginas de un total de 6 30 kN·m 200 mm
80 mm
180 mm
1000 mm
200 mm
RESOLUCIÓN
Se trata de un sistema hiperestático externo de primer grado, al haber dos reacciones y solo una ecuación de equilibrio MA + MB – 30 = 0. MA
30 kN·m MB x
L1
L2
La segunda ecuación se obtiene de imponer que el giro relativo entre los extremos es nulo. 1 M (x ) M dx = ∫ A dx + 0=∫ T GIo (x ) GIo1 0 0
L
L
θ (B ) − θ (A ) = 0
→
L1 + L2
∫
L1
M A − 30kN·m dx GI o 2
Es decir:
MA M − 30kN·m L1 + A L2 = 0 GI o1 GI o 2 La aplicación del teorema de Castigliano a la energía elástica del conjunto (suma de la de la barra y el tubo), conduce exactamente a la misma expresión anterior, pero realizando una operación más.
U conjunto = ∂Uconjunto =0 ∂M A
L1
2
M ∫0 2GIA o1 dx + →
0=
L1
∫
(M A − 30 kN ·m )2 dx 2GI o 2
L1
2·M A
∫ 2GI 0
L1 + L 2
dx +
o1
L1 + L2
∫
L1
2·(M A − 30kN·m ) dx 2GIo 2
Los momentos de inercia son: I 01 =
π
(200 32
4
π VISTA PREVIA ) I = 80 32
− 180 4 = 54·10 6 mm 4
02
4
= 4·10 6 mm 4
Sustituyendo valores:
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MA M A − 3·10 4 N·mm 3 10 mm + 2·102 mm = 0 6 4 6 4 54·10 mm 4·10 mm
→
0,185M A + 0,5M A − 1,5·107 N·mm = 0
De donde M A = 2,2·10 7 N·mm ≡ 22 kN·m . El diagrama de momentos torsores resultante es 22 kN·m
8 kN·m
