TPN 1 Resistencia DE Materiales - Problemas Resueltos 2017 PDF

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Trabajos practicos de Mecanismos y El. de maquinas - Ingenieria Industrial...

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UNSL - FICA

MECANISMOS Y ELEMENTOS DE MAQUINAS TRABAJO PRACTICO Nº1 PROBLEMAS RESUELTOS RESISTENCIA DE MATERIALES ESFUERZOS EN ELEMENTOS DE MAQUINAS INGENIERÍA INDUSTRIAL INGENIERÍA ELECTROMECÁNICA INGENIERÍA MECATRÓNICA

AÑO 2017

Ing. Ronio Guaycochea 2017 - Página 1 de 40

TPNº1

Esfuerzos en Elementos de Maquinas – PROBLEMAS RESUELTOS –

FORMULAS A UTILIZAR Esfuerzos normales A una barra como la indicada en la figura se le aplica una carga (fuerza) axial

Esfuerzo de tracción Fuerza P  Kg      Area A  cm2  Esfuerzos de corte

Un elemento al cual se le aplica una fuerza perpendicular al eje axial, produce un esfuerzo de corte 

Fuerza area



F A

Se demuestra que la tensión de corte  

 2

Verificación por Angulo de Torsión máximo Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 2 de 40

Mt D

  L

angulo de torsion

: es la deformación angular por esfuerzo cortante : Angulo de torsión 

Mt  L  adm (radianes) G Ip

Donde: : Angulo de torsión en radianes adm: Angulo de torsión admisible en radianes se adopta generalmente 0,5 º/metro Mt = Momento torsor producido por la fuerza F en (Kg.cm) F = Fuerza que produce torsión en (Kg) L = Longitud del eje sometido a torsión (cm) G = Modulo de elasticidad transversal de la barra (para el acero G = 808000 Kg/cm2) Ip = Momento polar de inercia I p 

  D4 para un eje macizo 32

Ip = Momento polar de inercia I p 

  D 4e  D i4 para un eje hueco 32





D = Diámetro del eje en (cm) Se debe verificar que max  adm

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 3 de 40

PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMA N° 1

Se tiene un bulon de diámetro 12 mm construido de un acero de tensión de fluencia = 4700 Kg/cm2, Calcular la fuerza máxima F que se puede aplicar, considerando un coeficiente de seguridad c.s = 3

5 cm

F = Fuerza (Kg) A = Área de sección recta del perno (cm2) adm = Tensión de corte admisible (Kg/cm2) max = Tensión de corte máxima (Kg/cm2) Determinación de adm  flu 4700Kg / cm 2   1566,67Kg/cm 2 c.s 3  adm  adm  783,34Kg/cm 2 2 Tomando la ecuación (1), calculamos F F   adm F  A  adm A d2   (1,2 cm) 2  adm F   783,34 kg / cm 2  885,93Kg F 4 4 adm 

Problema Nº 2 Se tiene un bulon de diámetro 12 mm construido de un acero de tensión de fluencia = 4700 Kg/cm2, Calcular la fuerza máxima F que se puede aplicar, considerando un coeficiente de seguridad c.s = 3 Solución El bulon está soportando un esfuerzo de corte puro y tiene dos áreas de corte es en las secciones K-K´y L-L´ F   adm (1) Se debe cumplir  max  2 A

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 4 de 40

Determinación de adm  flu 4700Kg / cm 2 2   1566,67Kg/cm c.s 3  adm  adm  783,34Kg/cm 2 2 Tomando la ecuación (1), calculamos F F   adm F  2  A   adm 2 A   d2   (1,2 cm) 2  adm F  2   783,34kg / cm 2  1771,85Kg F  2 4 4 adm 

PROBLEMA N° 2 Calcular el espesor t de la planchuela de del esquema mostrado en la figura, siendo el diestro del bulo d = 12 mm, y la fuerza P aplicada es de 800 Kg, la planchuela esta construida de un acero de tensión de fluencia = 2700 Kg/cm2, y debe calcularse con un coeficiente de seguridad = 2,5. Planchuela

1 pulg

Solución

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 5 de 40

El área proyectada de la planchuela es t.d y el esfuerzo aplicado es de compresión pura, es una tensión normal P P    adm (2) A t d 2700Kg / cm2 Determinación del  adm   1080Kg/cm 2 2,5 De (2) despejamos el espesor t P P  adm  t t d  adm  d t

800Kg  0,61cm 1080Kg / cm 2  1,2 cm

 6,1mm

Los productos siderúrgicos como chapas y planchuelas, las medidas comerciales vienen en pulgadas, tomando los datos del catalogo se selecciona la siguiente planchuela.

La planchuela seleccionada es de 1” x ¼”

PROBLEMA N° 3 La fuerza F aplicada a la barra de la figura esde 1700 Kg. El diámetro del bulon es de ½”, el espesor de la barra es también de ½” como indica la figura. Determinar si el sistema bulon – barra soporta la fuerza aplicada. Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 6 de 40

Seccion del bulon sometido a corte

Seccion de la barra sometido a traccion

Seccion de la barra sometida a corte

1

2

F

F

Solución Dimensiones de la barra Planchuela de 1 ½” x ½” (3,81 cm x 1,27 cm) El material de la barra es Acero SAE 1020 laminado en caliente o Laminado simple flu = 3374 Kg/cm2 Se adopta c.s = 3 3374Kg / cm 2  adm   1124,67Kg/cm 2 3 Dimensiones del bulon: Diámetro ½” (1,27 cm) El material del perno, se adopta acero SAE 1045 laminado simple flu = 4148 Kg/cm2 Se adopta c.s = 3 4148Kg / cm 2  adm   1382,67Kg/cm 2 3  1382,67 Kg / cm2 2 adm  adm  adm   691,34Kg/cm 2 2 Calculo del bulon El bulon soporta corte en la sección indicada en la figura Área del bulon   d2   1,27 2 A  A  1,267cm 2 4 4 Esfuerzo de corte sobre el bulon F 1700Kg    1341,75Kg/cm 2 2 A 1,267cm

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 7 de 40

Verificación 1341,75 Kg / cm 2  691,34 Kg / cm 2 NO VERIFICA Soluciones Emplear un bulon de mayor diámetro Utilizar dos barras en vez de una el area de corte seria el doble Utilizar un bulon con material de mayor resistencia a la fluencia por ejemplo SAE 4340 Esfuerzos en la barra 1,27 cm 1,27 cm

1,27 cm

Perno Area sometida a traccion

1700 Kg

Perno

Area sometida a corte

1,27  1.27  1.9 cm 2

1700 Kg 1700 Kg  850 Kg  850 Kg 2 2 Calculo de la barra a la tracción Superficie de tracción A  (2  1,27 cm)  1,27 cm  3,22cm2 El material de la barra es Acero SAE 1020 laminado en caliente o Laminado simple flu = 3374 Kg/cm2 Se adopta c.s = 3

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3374Kg / cm 2  1124,67Kg/cm 2 3 F 1700Kg     527,95Kg/cm 2  1124,67 Kg / cm 2 VERIFICA A 3,22 cm 2

 adm 

Se puede reducir el espesor de la barra Se adopta planchuela de 1 ½” x 3/8” 3/8" = 0,95 cm 1,27 cm

1,27 cm

Area de la barra A  2  (1,27 cm)  0,95cm 1700Kg F     704,52Kg/cm 2  1124,67 Kg / cm2 VERIFICA A 2,41 cm 2 Calculo de la barra al corte Área al corte A  1.9 cm  0,95 cm  1,805cm 2 Material 4148Kg / cm 2  adm   1382,67Kg/cm 2 3  1382,67 Kg / cm2 adm  adm  adm   691,34Kg/cm 2 2 2 850 Kg   470,91Kg/cm 2 1,805cm2 470,91Kg/cm 2  691,34 Kg / cm 2 VERIFICA

PROBLEMA N° 4 Un elemento hipotético de una maquina tiene 50 mm de diámetro por 260 mm de largo y está soportado como voladizo en uno de sus extremos como indica la figura. Determinar los esfuerzos de tracción, compresión y corte. Localizar el punto de mayor esfuerzo, Trazar los diagramas de distribución de esfuerzos y los diagramas de momentos para c/u de los casos. Calcular el ángulo de torsión , Calcular la flecha máxima, Calcular la deformación por tracción L (mm). Nota: Valores admisibles de flecha máxima 0,8 mm/m Valor admisible de ángulo de torsión 0,5 º/m

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 9 de 40

Mt = 2305 Kg.cm F1 = 273 Kg F = 1360 Kg

d 260 mm Solución. 1)

Se hacen diagramas de esfuerzos T raccion

Cortepor

por flexion

T orsion

Mf max W Mf max    D3 F1 = 273 Kg 32 

Mt = 2305 Kg.cm

1 2 3

 

F A



F 2 D 4



F A F D 2 4

 

Mt Wp Mt  D 16

d 260 mm

F = 360 Kg Flexion

Corte

Compresion por flexion Mf max W Mf    max3  D 32 

Momento flector

Mfmax Deformacion (flecha)

Verificacion por flecha maxima

F  L3  fadm 3 E  I fmax F  L3  f adm f max  4  D 3 E  64 f max 

Traccion

Corte

Torsion

Verificacion por angulo de torsion maximo

 

Mt  L  adm G  Ip Mt  L   adm   D4 G 32

Verificacion por deformacion maxima

  E F L  E A L F L   Ladm L  A E

Observando la distribución de esfuerzos debido al momento flector, produce esfuerzos normales (  ) y se deduce que los puntos mas solicitados son el 1 (tracción) y el 2 (compresión) Observando la distribución de esfuerzos debidos tracción, (esfuerzo normal ), se observa que los puntos 1, 2 y 3 están sometidos al mismo esfuerzo Observando la distribución de esfuerzos debido al corte puro, (esfuerzo de tangencia o corte ), el punto mas solicitado es el punto 2 y en los puntos 1 y 3 el esfuerzo de corte es 0

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 10 de 40

3

Observando la distribución de esfuerzos debido al momento torsor, (produce esfuerzo de corte ), que es máximo en los puntos 1 y 3 y es 0 en el punto 2 La barra está sometida a esfuerzos combinados, normales  y tangenciales, por lo que se debe aplicar la la teoría de rotura del máximo esfuerzo de corte, que se aplica para materiales dúctiles. Se aplican las ecuaciones en el punto 1 y se calcula la tensión máxima 2

 F Mf  2  max     4  A W  2

2

max

        F F1  L   Mt       4    d3     d2   d3      32   16   4

 max

          2350 Kg cm 273 Kg 26 cm 360 Kg   626,70Kg/cm 2   4        (5 cm) 3     (5 cm) 2   (5 cm)3      16 32 4    

2

2

Se aplican las ecuaciones en el punto 2 y se calcula la tensión máxima 2

 F Mf  2  max     4  A W   2

2

 max

 F  F    0  4   1  A   A 

max

      F   4  F1    0   d2     d2     4   4

 max

      360 Kg   4   273 Kg    0    (5cm)2     (5cm)2       4 4

2

2

     

2

2

    33,3Kg/cm 2   

Se aplican las ecuaciones en el punto 3 y se calcula la tensión máxima

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 11 de 40

2

2

max

        Mt F F L  1     4      d 3     d2   d3      32   16   4

max

          2350 Kg cm 273 Kg 26 cm 360 Kg   591,9Kg/cm 2   4        (5 cm) 3     (5 cm) 2   (5 cm) 3      16 32 4    

2

2

Examinado los resultados se observa que el punto mas solicitado es el punto 1 Verificación por flecha máxima. Se determina la flecha admisible en mm 0,8 mm f adm  0,26 m   0,208mm m Se debe verificar F L3 f max   fadm 3 E I 273Kg  (26 cm)3 f max   0,0248cm  0,248mm 4 6   (5 cm) 3  2,1 10  64 0,208mm  0,248cm VERIFICA

Verificación por ángulo de torsión máximo Se determina el ángulo de torsión admisible en grados 0,5 o  adm   0,26 m  0,13º m Se debe verificar Mt  L  max   adm G  Ip Mt  L 180  (grados)   D4  G 32 2305Kg  cm  26 cm 180   max   0,0692º 4  2   (5 cm) 808000Kg / cm  32 0,0692º  0,13º VERIFICA  max 

La deformación por tracción L (mm).

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 12 de 40

E F L  E A L F L L AE L

360 Kg  26 cm  0,000227cm ( 5 cm )2  6 2  2,1 10 Kg / cm 4

PROBLEMA N° 5

La barra A soporta una carga como muestra la figura. Calcular: a)

Seleccionar material, coeficiente de seguridad, b) calcular el diámetro y el ángulo de torsión (las medidas en mm), c) Verificar los cálculos.

F= 500 Kg

Barra A Barra B

750

600

Solución Calculo de la Barra A 1- Se hacen los diagramas de esfuerzos

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 13 de 40

Corte por Torsion

Mt = 30000 Kg.cm

 

 

 

 



Mt Wp



Mf

  D3





6 1 2 3

   



1

Mf max  F  L

f max 

F  L3 3E I

2- Se calculan todos los esfuerzos sobre la barra A, Mt y Mf Calculo del momento torsor









Calculo del momento flector









Por tratarse de esfuerzos combinados de Torsión y Flexión debe aplicarse la teoría de Rotura del máximo esfuerzo de corte



     





Esfuerzo normal debido a la flexión

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 14 de 40

 

Mf W

  

Mf   D3 32

 

Mf   D3 16

 

32  Mf   D3

Esfuerzo tangencial (corte) debido a la torsión



Mf Wp

  

16  Mf   D3

3- Se selecciona el material y se calculan las tensiones admisibles Acero SAE 1020 laminado en caliente flu = 3374 Kg/cm2 Se adopta c.s = 3

 adm



 adm 

3374 Kg / cm2  1124,67 Kg/cm 2 3

 adm 2

  adm 

1124,67 Kg/cm 2  562,34 Kg/cm 2 2

4- Se calcula el diámetro por medio de la teoría de rotura del máximo esfuerzo de corte. Punto 1: Esfuerzo de tracción por flexión y corte por torsión. Reemplazando 2

2

 32  Mf   16  Mt    4     adm 3  D     D3 

 max  

2

 adm  D3

D

3

1  32  Mf   16  Mt    4   3  D       1

 adm

2

 32  Mf   16  Mt    4        1

1124 ,67 Kg / cm 2

2

2

2

2

 32  37500 Kg  cm   16  30000 Kg  cm     4    7,57 cm      

Punto 2: Esfuerzo de corte por F (fuerza) perpendicular a la viga

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 15 de 40

 max 

0 

2

2

 4 F   4    adm 2   D  2

4 F    adm 2   D 

 max  4 

 4 F    adm   D2 

 max  2  

8F    adm

D

8  500 Kg

 D

  1124 ,67 Kg / cm 2

 1,064 cm

Calculando como corte

 

F A

F   D2 4 4 F D2     adm

 adm 

  adm 

 D

4 F  D 2

4 F   adm

 D

4  500 Kg

  562,34 Kg/cm 2

 1,064 cm

Los puntos 1 y 3 son los mas solicitados y dan idéntico resultado D = 7,57 cm Verificación por flecha máxima

F  L3 3 E  I   D4  ( 7 ,57 cm )4 I   I   161,2 cm4 64 64 500 Kg  ( 75 cm )3 f max   0,208 cm 3  2,1  10 6 Kg / cm 2  161,2 cm 4 mm f adm  0 ,7 0 ,75 m  0,525 mm  0,0525 cm m f max 

Verificación

0 ,208 cm  0,0525 cm NO VERIFICA Se recalcula el diámetro

f adm 

F  L3   D4 3 E  64

D4 

64  F  L 3 3  E    f adm

D4

64  500 Kg  ( 75 cm )3  10,67 cm 3  2 ,1  10 2 Kg / cm 2    0 ,0525 cm

 D 4

64  F  L3 3  E    f adm

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 16 de 40

Verificación por ángulo de torsión máximo

Ip 

  D4

 Ip 

 ( 10 ,76 cm )4

 1315,98 cm4

32 32 Mt  L 30000 Kg cm 75 cm  max   0,00211 rad  0,121º   max  G  Ip 808000 Kg / cm 2  1315 ,98 cm 4 º  adm  0 ,5 0 ,75 m  0,375º m Verificación

0 ,121º  0 ,375º VERIFICA Calculo de la barra B

F

500 Kg

10,67 cm

H

h

b

L = 60 cm

Corte

Momento Flector

Mf max  F  L

Deformacion

fmax fmax 

 F L3 3 E  I

Se selecciona el material y se calcula la tensión admisible Acero SAE 1020 laminado en caliente flu = 3374 Kg/cm2 Se adopta c.s = 2,5 Se reduce el coeficiente de seguridad porque la barra B va soldada a la barra A Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 17 de 40

3374Kg / cm 2  1349,6Kg/cm 2 2,4 Se adopta H = 12,67 y b = 1,27 cm correspondiente a una planchuela de 5” x 5/8” se calcula el esfuerzo con estos valores Datos h = 10,67 cm, H = 12,67 cm, b =1,59 cm,  adm 

Se calcula el Modulo resistente y el momento de inercia b  H3 b h 3  I 12 12 3 1,59cm (12,67cm)3 1,59cm  (10,67cm)3 b H b h3   12 12 12  W  17,13cm3 W  12 H 12,67 cm 2 2 Para el cálculo de la flecha se considera la planchuela entera 1,59  (12,67cm) 3 b H 3 I  I  269,49cm4 12 12  

Mf   adm W 500 Kg  60 cm 17,13 cm3

1751,31Kg/cm 2

1571,31Kg / cm 2  1349,6 Kg / cm 2 VERIFICA

Verificación por flecha máxima  F  L3 f max  3 E I f max 

 500Kg  (60cm)3  0,0636cm 0,636mm 3  2,1  106  (269,49cm)4

Flecha admisible mm  0,48 mm m 0,636mm  0,48mmNO VERIFICA se deberá adoptar otras dimensiones de la barra

f adm  0,6 m  0,8

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 18 de 40

PROBLEMA N° 6

Determinar el espesor que debe tener un soporte de acero cuando está cargado como muestra la figura . Hacer un análisis de esfuerzos y determinar la sección mas solicitada. El soporte es de acero SAE 1020 determinar coeficiente de seguridad y el adm del acero.

50,8 mm 454 Kg

2"

101 mm

2" ancho

Solución Se hace diagrama de esfuerzos

Mecanismos y Elementos de Maquinas TPNº1 – PROBLEMAS RESUELTOS – 2017 Pag 19 de 40

50,8 mm 454 Kg

101 mm

2"

2" 1

ancho

(b)

2

Traccion por Flexion

 

(h)

Mf 2 bh 6

Compresion por Flexion

 

Mf b h 2 6

Compresion por Fuerza F F   A F   b h

Del análisis se deduce que el punto 2 es el mas solicitado Se aplica la hipótesis de rotura del máximo esfuerzo de corte

 max   2  4  2   adm 
...