Problema 1 (10 puntos)

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1 RESISTENCIA DE MATERIALES CURSO Convocatoria de Julio 5/7/2016 echa de publicación de la preacta: 21/7/2016 echa de revisión del examen: 28/7/2016 a las 16:00 Problema 1 (10 puntos) La estructura de la figura está compuesta de una viga ABC de sección variable y una barra CD, ambas unidas con una articulación en C. A L/2 L/2 B C i) Si se elimina la barra CD y se aplica sobre la viga una fuerza puntual, vertical y hacia abajo en C, calcular el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la carga. 3EI EI EA D H ii) Considerando ahora la estructura completa (con la viga y la barra), y sin ninguna fuerza exterior sobre ella, se somete la barra CD a un salto térmico #. Determinar el desplazamiento vertical de C si el coeficiente de dilatación térmica de CD es. iii)determinar el salto térmico que hace que la barra CD pandee si su rigidez a flexión es EI. iv) Demostrar que el resultado de la parte iii) tiene dimensión de temperatura, indicando para ello las dimensiones de todas las constantes que aparecen en dicha expresión.

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6 RESISTENCIA DE MATERIALES - GITI CURSO EXAMEN DE JULIO echa de publicación de la preacta: 21 de Julio echa de revisión: 28 de Julio a las 17:30 horas PROBLEMA 1 (8 puntos) En la estructura de la figura, el valor máximo de la carga triangular es 1167 N/m, puede despreciarse el rozamiento entre la polea y el cable, y tanto las uniones entre barras como el eje de la polea son pasadores que pueden considerarse exentos de rozamiento. Se pide: 1.- Grado de hiperestaticidad, indicando el número de libertades que introduce cada una de las uniones (0,5 puntos). 2.- Reacciones en el empotramiento C y esfuerzo normal en el cable (1,5 puntos). 3.- Diagramas acotados de esfuerzos en todas las barras (5 puntos). 4.- Acortamiento de la barra BE, sabiendo que es un perfil normalizado L 50.5 (E = 210 GPa) (1 punto).

7 RESOLUCIÓN 1.- Aislando la polea, se tiene que, por equilibrio de fuerzas, las acciones sobre ésta (que verifican el equilibrio de momentos respecto al centro), son: Así, el esquema de la estructura, una vez eliminada la polea, es el siguiente: E D A B C Hay tres incógnitas externas (reacciones en C), y tres ecuaciones de equilibrio, por lo que externamente es isostática. Internamente, el contorno cerrado añade tres incógnitas (esfuerzos en una sección cualquiera), pero las uniones en A, B y E permiten cada una de ellas un giro relativo de una de las secciones* con respecto al resto, por lo que cada una añade una libertad. Internamente es, por tanto, también isostática. Globalmente es, por tanto, isostática. (0,5 puntos) * A, B y E no son rótulas, puesto que para serlo deberían permitir el giro relativo entre todas las secciones que unen. 2.- Planteando equilibrio global en la estructura, se tiene: 0,9 m 0,6 m D 0,6 m E 0,9 m M CZ Y X A B C R CX X Y M = 0 + R = 0 + R = 0 R = 0 R = = ( C ) = 0 0,45m + 1,5 m + MCZ = 0 MCZ = 1,05 Z CX CY CX CY R CY (1 punto)

8 El esfuerzo normal en el cable () tiene por valor el área de la distribución triangular de carga: 1 N = ,6 m = N (0,5 puntos) 2 m 3.- Aislando las tres barras del conjunto, se tiene: H E V E H A V E H E V A H B V B V A V B H A H B 367,5 N m N N Al aplicar equilibrio de fuerzas en BE, se tiene que H E = H B y V E = V B. Al aplicar ahora equilibrio de momentos en B, para la barra BE, se tiene que H E = 0 (se comporta como una barra biarticulada sin cargas transversales). Así, las barras ABC y ADE quedan solo con tres incógnitas, por lo que del equilibrio en alguna de ellas se obtienen las incógnitas restantes. Escogiendo ABC, se tiene: V A H A V B 367,5 N m N 0,6 m 0,6 m 0,9 m N X Y M = 0 H = 0 V N = 0 H V + N = 0 = N ( B ) = 0 VA 1,2 m + N 0,9 m 367,5N m = 0 VA = 43,75N Z A A B A

9 Al sustituir V A en la segunda de las ecuaciones, se obtiene V B = 306,25 N. (1 punto) El esquema de acciones (fuerzas en N y momentos en N m), sobre cada una de las barras es, por tanto: ,5 Para todos los diagramas, lo más cómodo es el esquema anterior, excepto en el normal y el cortante en la barra AE, para los cuales es preciso descomponer parte de las fuerzas según las direcciones longitudinal y transversal de la barra. (cosα+senα) 306 senα cosα senα 306 cosα α ,9 sen α = = 0,6 cosα = 2 2 1,2 + 0,9 1,2 1, ,9 2 = 0,8 Así, para las referencias locales y el criterio de signos de la figura siguiente, los diagramas se muestran a continuación.

10 y y x + x y y x x (1 punto) N (N) (1 punto) T (N) 52,5 (2 puntos) M z (N m) 367,5 4.- El acortamiento de BE se debe al tramo comprimido. Por estar sometido a esfuerzo normal constante, la expresión es: NBEL Δ L = EA Extrayendo de las tablas de perfiles laminados la sección de la barra, se tiene: 306 N 900 mm 3 Δ L = = 2,7 10 mm (1 punto) 5 N 2 2 2,1 10 4,8 10 mm 2 mm BE

11 PROBLEMA 2 (2 puntos) En el conjunto de tuberías de PVC de la figura (G = 1,1 GPa, φ ext = 110 mm, espesor 2,2 mm), se pide el desplazamiento vertical del extremo de la llave (donde se encuentra aplicada la carga), debido exclusivamente a la torsión.

12 RESOLUCIÓN El esquema de barras de la estructura es el siguiente: C D 250N E A B Se encuentran sometidas a torsión uniforme las barras AB y CD. El descenso de E debido a la torsión, bajo la hipótesis de la teoría lineal con pequeños movimientos, se debe a los giros de torsión de B y D (ya que los de A y C son nulos): δ = θ L + θ L Ambos giros, por ser torsión uniforme, se obtienen como: θ M L B CD TAB AB B = θc = GI0 D DE MTCD L GI Momento de inercia polar: ( ) ( ) 0 π 4 4 π 4 I0 = φe φi = ,6 i = 2,17 10 mm Momentos torsores: M TAB = 250 N 175 mm = N mm M TCD = 250 N 225 mm = N mm 43750N mm mm 3 θb = = 6,4 10 rad 3 N 6 4 1,1 10 2,17 10 mm 2 Giros: mm 56250N mm 175mm 3 θc = = 4,1 10 rad 3 N 6 4 1,1 10 2,17 10 mm 2 mm 3 3 Descenso: δ = 6, mm + 4, mm = 1,12mm + 0,93mm = 2, 05mm (2 puntos) CD Nota: Al mismo resultado se llega aplicando el método de la carga unidad o el teorema de Castigliano a la estructura completa, debiendo tener en cuenta la contribución energética por torsión de las barras AB y CD.