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