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“Año del Bicentenario del Perú: 200 años de independencia” UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA GEOLÓGICA, MINERA Y METALÚRGICA

1° PRÁCTICA CALIFICADA DOCENTE: ING. DURAND PORRAS JUAN CARLOS CURSO:

RESISTENCIA DE MATERIALES SECCIÓN:

S INTEGRANTES:  VALVERDE LOSTAUNAU, ERIC RODRIGO  VICENCIO CABANA, JHAIR DIEGO  VIDAL LARICO, JEAN CARLOS  VILLALBA RAMIREZ, MICHAEL ALEXANDER  VIVAS ASENCIO, JOSE JAVIER  ZAFRA VEGA, HENRY JOEL

2021

PROBLEMA 1 La barra rígida ABC se soporta en dos eslabones, AD y BE, de sección transversal rectangular uniforme de 40 x 10 mm, los cuales están hechos de acero dulce que se supone elastoplástico con Y =¿ 250 MPa E=200 GPa y . σ¿ La magnitud de la fuerza Q aplicada en B se incrementa gradualmente desde cero a 300kN. Si se sabe que a=0.64 m. Determinar: a) el valor del esfuerzo normal en cada eslabón b) la máxima deflexión del punto B

Solución: Paso1 : Por estatica Paso 3: Analizando las fuerzas y esfuerzos −6 A= ( 40 mm) ( 10 mm )=400 x(10 )

F AD =

E ( A )( SA )

L AD ( 200 x 109)( 400 x 10−6 ) S A ¿ 1.7 ¿ 47.0588 x 106 ( S A ) ¿ 47.0588 x 106 ( 2.64 θ ) ¿ 124.2352 x 106 ( θ )

∑ M c =0

0.64 ( Q−F BE ) −2.64 F AD=0 Paso 2: Hallando la de formación S A =2.64 θ , S B =0.64 θ

σ AD =

F AD =310.588 x 109 θ A

E ( A ) (S B ) LBE ( 200 x 109) ( 400 x 10−6 ) S B ¿ =80 x 106 ( S A) 1 6 6 ¿ 80 x 10 ( 0.64 θ ) =51.2 x 10 (θ ) F BE=

σ BE=

F BE =128 x 109 θ A

Paso 4 : Reemplazamos en la primera ecuacion deestatica

Resultados:

0.64 ( Q−F BE ) −2.64 F AD=0 Q=F BE +

a ¿ F AD =100 KN

2.64 F =F BE+ 4.125 F AD 0.64 AD

F BE=41.2121 KN

Q=[ 51.2 x 10 ( θ )+ 4.125 ( 124.2352 x 10 ( θ ) ) ] =5 6

6

−6

b ¿ S B =515.1 x 10 m MAX

Utilizando el dato de σ y =250MPa, sabemos qu 9

6

σ AD =σ y =¿ 310.588 x 10 θ=250 x 10 −6 θ y =804.9248 x 10 -----Entonces: 6 6 Q y =563.6702 x 10 ( θ )=563.6702 x 10 ( 804.924 Paso5 : a ¿ el valor del esfuerzo normal en cada eslabón −6 6 F AD =400 x ( 10 ) ( 250 x 10 ) 3 F AD =100 ( 10 )

Dela ecuacion de estatica : F BE=Q −4.125 ( F AD )=453.7121 x 10 3−4.125 ( 1 F BE 41.2121( 103 ) = =103.03 MPa σ BE= A 400 x 10−6

PROBLEMA 2

x 10−6 m

F BE ( LBE ) ( 41.2121 ( 10 3) ) 1 = b ¿ S B= ¿ EA La barra rígida ABCD está suspendida de cuatro alambres idénticos como se muestra en la figura. F=1000N (E=200 GPa; L=2m; A=500cm2; d=1m) Determinar: a) La tensión en cada alambre la carga F b) Los esfuerzos en cada barra c)La deformación en cada barra

Solución: Paso 1: Realizar el DCL y aplicar las ecuaciones de estática.

Se obtiene: tgθ= ¿ ∑ F y =0

∆ B−∆ A ∆C −∆ A ∆ D−∆ A = = 2d d 3d

Al ser los alambres idénticos se tiene que:

T A +T B + T C +T D=F

E A = E B=EC = E D

T A +T B + T C +T D=1000 N … (1 )

T ∗L T ∗L T ∗L T A∗L = B = C = D ∆ A∗A ∆ B∗A ∆ C∗A ∆ D ∗ A

¿ ∑ M C =0 T T (¿¿ B)−d (T D )= 0 2 d(¿¿ A )+ d ¿

TA TC TD T = = B= ∆ A ∆ B ∆C ∆ D

Paso 2: Graficar la figura luego de la deformación y encontrar más relaciones. Se obtiene las siguientes relaciones: →2 T B−2T A=T C − T A

Se demuestras que las tensiones de los alambras son proporcionales con sus respectivas deformaciones. b) Calcular los esfuerzos Entonces, se cumple: σ=

TFB −T A T C −T A T D −T A = = 3d 2d A d

2T B =T C+ T A …( 3 )

Dato: 2 −2 2 A=500 c m =5 x 10 m

→3 T B −3 T A =T D −T A

¿σ A=

3 T B=T D +2T A … (4 )

100 N 5 x 10−2 m2

¿ σ B=

σ A =2 kPa

200 N 5 x 10−2 m 2

σ B=4 kPa

a) Resolver las ecuaciones.

( 4 ) en (2 )

¿ σC =

2T A +T B =3 T B−2 T A

T B=2 T A Reemplazando en ( 3) y en ( 4 ) ¿ 2 ( 2T A ) =T C +T A

T C =3 T A T 3(¿¿ A)=T D +2 T A ¿¿

Finalmente reemplazando en (1) T A +2T A +3 T A +4 T A=1000 N T A =100 N

σ C =6 kPa

¿ σ D=

400 N 5 x 10−2 m2

σ D =8 kPa

c) Calcular las deformaciones ∆ L=

F∗L E∗A

Datos: 9 E=200GPa =200 x 10 Pa L=2 m ¿ ∆ A=

100 N∗2 m 200 x 10 9 Pa∗5 x 10−2 m2

∆ A=0.02 μm

¿ ∆ B=

200 N∗2 m 200 x 109 Pa∗5 x 10−2 m 2

∆ B=0.04 μm

Calculandolas demás tensiones T B=200 N T C =300 N

T

300 N 5 x 10−2 m 2

400 N

¿ ∆ C=

300 N∗2 m 9 −2 2 200 x 10 Pa∗5 x 10 m

∆ C=0.06 μm ¿ ∆ D=

400 N∗2 m 200 x 10 9 Pa∗5 x 10−2 m2

Resultados: a) T A =100 N T B=200 N T C =300 N T D =400 N

b) σ A =2 kPa σ B=4 kPa σ C =6 kPa σ D=8 kPa

c) ∆ A=0.02 μm ∆ B =0.04 μm ∆ C =0.06 μm ∆ D =0.08 μm

PROBLEMA 3

A = (12𝐵 𝐵 )(6𝐵𝐵) = 7.2 ∗ 10−5𝐵2

Los eslabones BC y DE están hechos de acero (E=200GPa) y tienen 12mm de ancho y 6mm de espesor. F= 2.4kN  a=100mm; b=125mm;  d=50mm; h=100mm Determinar: a) la fuerza en el eslabón BC b) la fuerza en el eslabón DE c) La deflexión correspondiente del punto A

Solución: Datos:

       

E = 200GPa Ancho = 12mm Espesor = 6mm F = 2.4 kN a = 100mm b = 125mm d = 50mm h = 100mm

Paso 1: Analizando la fuerza F La fuerza F en el punto A provoca una rotación (muy pequeña) de ángulo � al eslabón FDCA en el punto F:

 L𝐵𝐵 = (0.1m)Senα (+)(-)  L𝐵𝐵 = (0.05m)Senα (𝐵: 𝐵 𝐵𝐵 ñ) 𝐵

→ 𝐵𝐵𝐵𝐵 ≈

 L𝐵𝐵 = +0.1α  L𝐵𝐵 = −0.05α El área transversal “A” de los eslabones:

Paso 2: Calculando las fuerzas Para hallar las fuerzas , usaremos la ley de Hooke : F L0 ∆ F= EA

→ ∆ LBC =

F BC LBC EA

F BC =

∆ L BC EA LBC

F BC =

(0.1 α)(2∗1011 )(7.2∗10−5) (0.1) 5

F BC =144∗10 α

F L → ∆ LDE = DE DE EA

→(F)( 0.2 )+( F DE)( 0.05 )−( F BC )( 0.1)= 0 →(2400)( 0.2 )+(− 576∗104 α )( 0.05 ) 5 − ( 144∗10 α ) ( 0.1) =0

∆ L DE EA F DE= LDE F DE=

∑ MF=0

α=2. 7777∗10−4 rad

(−0.05 α)(2∗1011 )(7.2∗10−5) (0.125)

R eemplazamos α en las fuerzas : → FBC =144∗105(2. 7777∗10−4 )= 4000 N

4

F DE=−576∗10 α

→ FDE=− 576∗104 (2.7777∗10−4 )=−1600 N Paso 3:Condición de equilibrio en el eslabón ACDF Realizandoun D .C . L de las fuerzas en el eslabón ( ACDF ) y aplicando condición de equilibro:

uego , para hallar la deflexión en “ A ”: δ A= ( 0.05+ 0.05 + 0.1) ( α ) −4 δ A= ( 0.2 )(2.7777 ) ( 10 )

Resultados: �) ��� = ����� 𝐵 �) ��� = −����� 𝐵 �) �� = �. ���� ∗ ��−� �

−5

δ A=5.5554∗10 m

PROBLEMA 4

El tubo AB fabricado de una aleación de magnesio está cubierto con una placa rígida E. La barra circular sólida CD es fabricada de una aleación de aluminio. El espacio entre E y C es δ=0.2 mm , cuando la temperatura es 30°C.  Radios: R=25mm; r=20 mm  Diámetro de CD: ∅=25 mm No tome en cuenta el espesor de la tapa rígida Si la temperatura se incrementa hasta 80°C, Determinar: a) El esfuerzo normal desarrollado en el tubo b) El esfuerzo normal desarrollado de la barra

Solución: Datos: Barra Magnesio (AB):  L1 = 300 mm -6  α = 26 x 10 (1/ºC) 103 N  E = 45 GPa=45 10−6 m 2

δ

δ

−3



25 x 10 m ¿ ¿ A1=πx ¿

Barra Aluminio (CD):  L1 = 450 mm -6  α = 24 x 10 (1/ºC) 103 N  E = 70 GPa=70 10−6 m 2 −3 12.5 x 10 m ¿  ¿ A 2=πx¿ ∆ T = (80 ° C−50° C ) =30 ° C

Paso 1: Trazar la deformación ( δ A , δ B ¿

δ A +δ B =0.2 mm … … .(1) Paso 2: Trazar las reacciones y fuerzas normales

Obs: Las fuerzas normales (internas) son de compresión N A =R(compresión)

N B =R(compresión )

( ) ( ))

L1 L2 + =0.2mm A1 E A A2 EB

∆ T ( α A L1 + α B L2)− R

∆ T ( α A L1 + α B L2) … … … …(a)

Paso 3: Hallamos R

( (( ) ( ) )

En (1)

( a ) +( b )=0.2 mm

−R

δ A +δ B =0.2 mm

L1 L2 + A1 E A A2 EB

… … … .(b)

En (a)

δ (¿¿ A) ¿ δ (¿¿ A)R δ (¿¿ B) ¿ δ (¿¿B) R ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

( a ) =930 x 10−6 m En (b)

−Rx[ 0.0034 x 10−6

( mN ) +0.0131 x 10 (mN )] −6

−6

(b)=−R (0.0165 x 10

δ (¿¿ A ) ¿ δ (¿¿ B)t δ (¿¿ A ) ¿ δ (¿¿ B)R ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

( mN ))

Ahora:

( a ) +( b )=0.2 mm 0.0165 x 10−6

( mN )=0.2 x 10

−3

930 x 10−6 m−R ¿ R=44242.4242 N Paso 4: Hallamos el esfuerzo

(

α A L1 ∆ T +α B L2 ∆T +

)(

)

−R L1 −R L2 + =0.2m A1 EA A 2 EB

m

−3 2

−6

A tubo =πx (20 x 10 ) m=1256.6371 x 10 m σA = tubo

−R −44242.4242 N = Atubo 1256.6371 x 10−6 m 2

2

Resultados: a) b)

σ tubo =−35.207 MPa σ Barra circular =− 90.13 MPa

σ tubo =−35.207 MPa

σB

Barracircular

=

−R A Barra circular

=

−44242.4242 N −6 2 490.8739 x 10 m

PROBLEMA 5 Los rieles de acero con 50 pies de largo se colocan en una vía del tren con un pequeño espacio entre ellas para permitir la expansión térmica. 1 6 −6 ; A=4 ¿2 ) ( E=29∙ 10 psi ; α acero=6.6 ∙ 10 F° a) Hallar la diferencia necesaria δ para que los rieles sólo se toquen cuando la temperatura se incremente de T1 = -20°F a T2 = 80°F. b) Usando este espaciamiento, ¿cuál sería la fuerza axial en los rieles si la temperatura se elevara de T1 = -20°F a T3 = 130°F?

( )

Solución: Pregunta a)

∆ L=0.594 pulgadas

Paso 1: Para responder la primera pregunta, tenemos que darnos cuenta δ que se va a expandir en cada 2 lado del riel, lo que nos da una expansión total de δ , planteamos −6 1 6.6 ∙ 10las la siguiente ecuación: δ= ( 600 ) ∙ hallar pies Paso 1: Para axiales, Ffuerzas ° δ =L ∙ ∆deformación T 0 ∙α acerola vamos a necesitar causada ∙(80 F °− (− 20 F ° )) por la nueva variación 1de temperatura ( −6 ∆ L=600∈∙ 6 6 ∙10 ∙ ∙ 150 F ° ( )

(

)

Paso 2: Planteamos la siguiente ecuación: −F ∙ 600∈

¿

2 6 4 ¿ ∙ 29 ∙ 10 psi Resultados:

+0.594

0.396∈¿ ¿ δ=0.3960 pulgadas

�) �) Esto nos quiere decir que la deformación F=38.28 Kpis total es la suma de la deformación por la temperatura, más la deformación por la ió

PROBLEMA 6 La varilla de acero ABC está unida a soportes rígidos y se encuentra sin esforzar a una temp de 20°C. El acero se supone elastoplástico, con E=200GPa. La temperatura de ambas porcio la varilla se eleva entonces a 170 °C. Si se sabe que α=11.7x10 -6 (1/°C) a) El esfuerzo en ambas partes de la varilla

Solución: Datos: ∆ T =150 ° C

E(acero) = 200GPa α acero =11,7 × 10−6 ° C−1 L AC =150 mm LCB =250 mm 2

A AC =500 m m

A CB =300 m m2 Paso 1: Análisis de las deformaciones en las dos porciones de la barra Debido al aumento de temperatura, la longitud de las dos porciones aumentará:

Paso 2: Hallamos las deformaciones de las barras para cada caso  Deformación por temperatura: se alarga ∆ Ltemp . =α × L o × ∆ T

 

∆ Ltemp . (total )=∆ Ltemp . ( AC ) + ∆ Ltemp . (CB)

 

−6



∆ Ltemp . ( AC )=11,7 ×10 × 150 × 150



∆ Ltemp . ( AC )=0,26325 mm

 

−6 ∆ Ltemp . (CB )=11,7 × 10 × 250 × 150



∆ Ltemp . ( AC )=0,43875 mm

 

Debido a que hay soportes que los



impiden alargarse. Se generarán esfuerzos que van a compensar ese alargamiento.

∆ Ltemp . (total )=0,702 mm

… (1)

 Deformación por Esfuerzo (compresión): ∆ Lesf . =

F × Lo A×E

∆ Lesf . (total )=∆ Lesf . ( AC ) +∆ L esf . (CB) F × 150 ×10−3 ∆ Lesf . ( AC ) = 500 ×10−6 × 200 ×109 −6

∆ Lesf . ( AC ) =1,5 × 10 Fmm

R A =RB =F Son fuerzas de compresión .

∆ Lesf . ( AC ) =

F × 250 ×10−3 300 ×10−6 × 200 ×109

−6 ∆ Lesf . ( AC ) =4,16667 ×10 F mm

−6 ∆ Lesf . ( total ) =(5,66667 ×10 ) F mm

... (2)

Como la barra no se alargará ni se comprimirá, decimos que la deformación es cero. Para eso las deformaciones de cada caso deben ser iguales. De (1) y (2): ∆ Ltemp . (total )=∆ Lesf . (total ) 0 , 702=( 5 , 66667 ×10−6) F F=R A =RB =123882, 2801 N

Paso 3: Hallamos los esfuerzos de compresión en cada barra 

Para la porción de barra AC:

σ=

F A

σ ( AC )=

123882 ,2801 500 ×10−6

σ ( AC )=247764560 , 2 Pa 

Para la porción de barra CB:

σ ( CB )=

123882 , 2801 300 ×10−6

σ ( CB )=412940933 ,7 Pa

Resultados: σ ( AC )=247764560 , 2 Pa σ ( CB )=412940933 ,7 Pa...