• Author / Uploaded
• Erick Escobar

• Categories
• Física y matemáticas
• Física
• Ingeniería mecánica
• Mecánica
• Mecanica clasica

Citation preview

Sistemas Mecánicos I

Mecánica de materiales

Beer Johnston P. Ejercicio 1.45: Tema: Factor de seguridad, Pag: 35 Ejercicio 2.124: Tema: Esfuerzo y deformación: carga axial, Pag: 127 Ejercicio 3.76: Tema: Torsión, Pag: 170

QUINTA EDICIÓN Alumno: Escobar Vallecilla Erick Paralelo: “A”

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

1

Sistemas Mecánicos I EJERCICIO 1.45

Tres pernos de acero de 18 mm de diámetro se utilizarán para unir la placa de acero con una viga de madera, como se muestra en la figura. Si se sabe que la placa puede soportar una carga de 110 KN y que el esfuerzo cortante ultimo para el acero utilizado es de 360 MPa, determine el factor de seguridad para este diseño.

DATOS DEL PROBLEMA: Diámetro del perno D Carga P Esfuerzo cortante 𝜏𝑐

18 𝑚𝑚 110 𝐾𝑁 360 𝑀𝑃𝑎

DATOS A DETERMINAR: Área Factor de seguridad

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝐴 N

2

Sistemas Mecánicos I SOLUCIÓN: a) Calculo de la resistencia real Para calcular la resistencia real, primeramente, debemos encontrar el área, aplicando la formula tenemos:

𝐴=

𝐴=

𝜋 2 𝑑 4

𝜋 (18 𝑚𝑚)2 4

𝐴 = 254,47 𝑚𝑚2

Como tenemos el área en mm lo transformamos en m.

𝐴 = 254,47 𝑚𝑚2 𝑥

1 𝑚2 (1000 𝑚𝑚)2

𝐴 = 254, 47 𝑥 10−6 𝑚2

Habiendo obtenido el área, ahora podemos calcular la resistencia real, para ello aplicamos la siguiente ecuación:

𝑃𝑟 = 𝐴. 𝜏𝑐 𝑃𝑟 = 254,47 𝑥 10−6 𝑚2 𝑥 360 𝑀𝑃𝑎

Los MPa los transformamos en P. 360 𝑀𝑃𝑎 𝑥

1000000 𝑃 = 360 𝑥 106 𝑃 1 𝑀𝑃𝑎

Reemplazando los Pascales en la formula tenemos:

𝑃𝑟 = 254,47 𝑥 10−6 𝑚2 𝑥 360 𝑥 106 𝑃

La resistencia real es:

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

3

Sistemas Mecánicos I 𝑃𝑟 = 91,609 𝑥 103 𝑁

Después de haber obtenido este resultado, multiplicamos por el número de pernos, para obtener la resistencia real: 𝑃𝑟 = 3 𝑥 91,609 𝑥 103 𝑁 𝑃𝑟 = 274, 83 𝑥 103 𝑁

b) Calculo del factor de seguridad Habiendo obtenido la resistencia real, podemos calcular el factor de seguridad para este diseño aplicando y reemplazando los datos en la siguiente ecuación, teniendo en cuenta que la resistencia real siempre debe ser mayor a la resistencia requerida: 𝑛=

𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑎 𝑛=

𝑃𝑟 𝑃

𝑛=

274,83 𝑥 103 𝑁 110 𝐾𝑁

𝑛=

274,83 𝑥 103 𝑁 110 𝑥 103 𝑁

Transformamos los KN a N.

𝐧 = 𝟐, 𝟓𝟎

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

4

Sistemas Mecánicos I EJERCICIO 2.124

La varilla de aluminio ABC (𝐸 = 10.1 𝑥 106 𝑝𝑠𝑖) que consiste en dos porciones cilíndricas AB y BC, será reemplazada con una varilla cilíndrica de acero DE (𝐸 = 29 𝑥 106 𝑝𝑠𝑖) de la misma longitud total. Determine el diámetro mínimo requerido d para la varilla de acero si su deformación vertical no debe exceder la deformación de la varilla de aluminio bajo la misma carga y si el esfuerzo permisible en la varilla de acero no debe exceder 24 Ksi.

DATOS DEL PROBLEMA: Módulo de elasticidad aluminio E Módulo de elasticidad del acero E Esfuerzo permisible 𝜏𝑝

𝐸 = 10.1 𝑥 106 𝑝𝑠𝑖 𝐸 = 29 𝑥 106 𝑝𝑠𝑖 24 𝐾𝑠𝑖

DATOS A DETERMINAR: Diámetro mínimo

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝑑

5

Sistemas Mecánicos I SOLUCIÓN: a) Calculo del diámetro mínimo Suponiendo que el material es linealmente elástico, lo cual significa que obedece la ley de Hooke, entonces los esfuerzos y las deformaciones unitarias están relacionadas por la ecuación σ= Eϵ, donde E es el módulo de elasticidad. Al combinar estas relaciones básicas, obtenemos la siguiente ecuación:

𝛿=

𝑃𝐿 𝐸𝐴

Aplicando esta ecuación para las dos barras tenemos:

𝛿=

𝑃𝐿𝐴𝐵 𝐸𝐴𝐴𝐵

+

𝑃𝐿𝐵𝐶 𝐸𝐴𝐵𝐶

Realizando factor común tenemos:

𝛿=

𝑃 𝐿𝐴𝐵 𝐿𝐵𝐶 ( + ) 𝐸 𝐴𝐴𝐵 𝐴𝐵𝐶

Calculamos las áreas de 𝐴𝐴𝐵 y 𝐴𝐵𝐶 : 𝐴𝐴𝐵 = 𝐴𝐴𝐵 =

𝜋 2 𝑑 4

𝜋 (1.5 𝑖𝑛 )2 4

𝐴𝐴𝐵 =

𝜋 2 𝑑 4

𝐴𝐴𝐵 = 1,77 𝑖𝑛2

𝐴𝐵𝐶 =

𝐴𝐵𝐶 =

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝜋 2 𝑑 4

𝜋 (2.25)2 4

6

Sistemas Mecánicos I

𝐴𝐵𝐶 = 3.98 𝑖𝑛2

Reemplazamos los datos en la fórmula que obtenemos:

𝛿=

28 𝐾𝑖𝑝𝑠 12 𝑖𝑛 18 𝑖𝑛 ( + ) 10.1 𝑥 106 𝑝𝑠𝑖 1.77 𝑖𝑛2 3.98 𝑖𝑛2

𝛿 = 0.03133 𝑖𝑛 Para la varilla de acero aplicamos la ecuación que obtuvimos al combinar las relaciones básicas:

𝛿=

𝑃𝐿 𝐸𝐴

𝐴=

𝑃𝐿 𝛿𝐸

Despejando el área tenemos:

Reemplazando tenemos:

𝐴=

(28000 𝑙𝑖𝑓) 𝑥 (12 + 18 𝑖𝑛)

(0.03133 𝑖𝑛 )(29 𝑥 106 𝑝𝑠𝑖)

𝐴 = 0.9245 𝑖𝑛2

Utilizando la formula de esfuerzo, despejamos el área, para hallar con cuál de las ecuaciones nos da un área mas exacta:

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝜎=

𝑃 𝐴

𝐴=

𝑃 𝜎

7

Sistemas Mecánicos I Reemplazando los datos que ya tenemos:

𝐴=

28000 𝑙𝑏. 𝑓 24000 𝑝𝑠𝑖

𝐴 = 1.17 𝑖𝑛2

El área requerida es el valor mas grande, para encontrar el diámetro mínimo, debemos utilizar la formula de área: 𝐴=

𝜋 2 𝑑 4

Despejando el diámetro tenemos: 4𝐴 𝑑= √ 𝜋 Reemplazando: 4(1.17 𝑖𝑛2 ) 𝑑= √ 𝜋

𝒅 = 𝟏. 𝟐𝟐 𝒊𝒏

EJERCICIO 3.76

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

8

Sistemas Mecánicos I

Los dos ejes solidos y los engranes que se muestran en la figura se emplean para transmitir 16 hp desde el motor A hasta la maquina herramienta en D, a una velocidad de 1260 rpm. Si se sabe que el esfuerzo permisible es de 8 Ksi, determine el diámetro requerida a) del eje AB, b) del eje CD.

DATOS DEL PROBLEMA: Potencia P Numero de revoluciones n

16 ℎ𝑝 1260 𝑟𝑝𝑚

Esfuerzo permisible 𝜏𝑝

8 𝐾𝑠𝑖

DATOS A DETERMINAR: Diámetro requerido del eje Diámetro requerido del eje

𝑑𝐴𝐵 𝑑𝐶𝐷

SOLUCIÓN:

a) Diámetro requerido del eje 𝒅𝑨𝑩

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

9

Sistemas Mecánicos I Motor que opera a 1260 rpm. Conociendo la potencia y la velocidad de rotación, podemos encontrar la frecuencia f de rotación: 𝑛 = 60 𝑓 𝑓= 𝑓=

𝑛 60

1260 𝑟𝑝𝑚 60

𝑓 = 21 𝐻𝑧 Con los valores dados podemos también encontrar el par de torsión T que actúa sobre el eje empleando la siguiente ecuación:

𝐻=

2𝜋𝑛𝑇 60(550)

Despejando T obtenemos: 𝑇𝐴𝐵 =

𝑇=

33,000𝐻 2𝜋𝑛

33,000(16 ℎ𝑝) 2𝜋(1260 𝑟𝑝𝑚)

𝑇 = 66.69 𝑙𝑏 − 𝑓𝑡

𝑇 = 800.28 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛

Este par de torsión lo transmite el eje del motor al engrane. El esfuerzo cortante máximo en el eje se puede obtener con la formula modificada de la torsión:

𝜏𝑚𝑎𝑥 =

16𝑇 𝜋𝑑3

Al despejar el diámetro d en esta ecuación y al sustituir 𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚 con 𝜏𝑚𝑎𝑥 , obtenemos:

𝑑3 =

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

12𝑇 𝜋𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚

10

Sistemas Mecánicos I

𝑑3 =

12(800.28 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛) 𝜋(8000 𝑝𝑠𝑖)

𝑑3 = 0.3821 𝑖𝑛3

𝑑 = 2 𝑥 0.73 𝑖𝑛

𝒅 = 𝟏. 𝟒𝟔 𝒊𝒏

b) Diámetro requerido del eje 𝒅𝑪𝑫

Para calcular la torsión utilizamos la siguiente formula: 𝑇𝐶𝐷 =

𝑟𝑐 𝑥𝑇 𝑟𝐵 𝐴𝐵

5 𝑖𝑛 𝑥 800.28 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 3 𝑖𝑛

𝑇𝐶𝐷 =

𝑇𝐶𝐷 = 1333.8 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛

Siguiendo el mismo procedimiento que el inciso (a), obtenemos:

𝑑3 =

12(1333.8 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛) 𝜋(8000 𝑝𝑠𝑖)

𝑑3 = 0.6368 𝑖𝑛3

𝑑 = 2 𝑥 0.8603 𝑖𝑛

𝒅 = 𝟏. 𝟕𝟐 𝒊𝒏

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

11

Sistemas Mecánicos I

Mecánica de materiales

Mott Solman

QUINTA EDICIÓN Ejercicio 1.54E: Tema: Esfuerzos a torsión directa y compresión, Pag: 49 Ejercicio 3.129E: Tema: Esfuerzos de apoyo, Pag: 173

Alumno: Escobar Vallecilla Erick Paralelo: “A”

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

12

Sistemas Mecánicos I EJERCICIO 1.54.E

La figura P1-54 muestra el perfil de una probeta utilizada para medir las propiedades de tensión de metales (como se describe en el capítulo 2). Se aplica una fuerza de tensión mediante los extremos roscados y la sección de ensayo es la parte del diámetro reducido cerca de la mitad. Calcule el esfuerzo en la parte media cuando la carga es de 12600 lb.

DATOS DEL PROBLEMA: Carga P

12600 𝑙𝑏

DATOS A DETERMINAR: Esfuerzo

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝜎

13

Sistemas Mecánicos I

SOLUCIÓN: a) Esfuerzo en la parte media de la probeta σ Para calcular el esfuerzo en la parte media de la probeta, utilizamos para ello la formula de esfuerzo que es igual a:

σ=

P A

Teniendo como dato la carga aplicada, procedemos ha hallar el área de la mitad de la probeta con el diámetro que nos dan de la probeta:

𝐴=

𝜋𝑑2 4

Reemplazando el diámetro en la ecuación del área y obtenemos que el área es:

𝐴=

𝜋(0.505 𝑖𝑛 )2 4

𝐴 = 0.200 𝑖𝑛2

Después de haber obtenido el área de la mitad de la probeta, procedemos a calcular el esfuerzo, reemplazando el dato dado y el dado que calculamos:

σ=

σ=

P A

12600 lb 0.200 𝑖𝑛2

σ = 63000

lb 𝑖𝑛2

𝛔 = 𝟔𝟑𝟎𝟎𝟎 𝐩𝐬𝐢

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

14

Sistemas Mecánicos I

EJERCICIO 3.129.E

Un perno y una rondana se utilizan para fijar un tablón de madera en un cimiento de concreto como se muestra en la figura P3-129. En el perno se crea una fuerza de tensión de 385 lb conforme se aprieta. Calcule el esfuerzo de apoyo a) entre la cabeza del perno y la rondana de acero y b) entre la rondana y el tablón.

DATOS DEL PROBLEMA:

Fuerza de tensión F

385 𝑙𝑏

DATOS A DETERMINAR:

Esfuerzo de apoyo entre la cabeza del perno y la rondana de acero Esfuerzo de apoyo entre la rondana y el tablón

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝜎𝐴 𝜎𝐵

15

Sistemas Mecánicos I

SOLUCIÓN: a) Esfuerzo de apoyo entre la cabeza del perno y la rondana de acero 𝝈𝑨

El esfuerzo de apoyo se puede calcular utilizando la ecuación general de esfuerzo que es igual:

𝜎=

𝐹 𝐴

Teniendo los diámetros de la cabeza del perno y la rondana de acero, podemos calcular el área utilizando la formula del área, y haciendo una diferencia de diámetros, diámetro mayor – diámetro menor y obtenemos el siguiente resultado:

𝐴 = (0.866)(0.75)2 −

𝜋(0.562)2 4

𝐴 = 0.239 𝑖𝑛2

Habiendo obtenido el área entre la cabeza del perno y la rondana, podemos ocupar la ecuación de esfuerzo teniendo como dato la fuerza de tensión aplicada:

𝜎=

𝜎=

𝐹 𝐴

385 𝑙𝑏 0.239 𝑖𝑛2

𝜎 = 1610.88

𝑙𝑏 𝑖𝑛2

𝝈𝑨 = 𝟏𝟔𝟏𝟎. 𝟖𝟖 𝒑𝒔𝒊

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

16

Sistemas Mecánicos I b) Esfuerzo entre la rondana de acero y el tablón 𝝈𝑩 Realizando el mismo procedimiento que el inciso a), procedemos a calcular el área de la rondana de acero y el tablón, aplicando para esto la ecuación del área:

𝐴=

𝐴=

𝜋 2 𝑑 4

𝜋 (𝑑 − 𝑑𝑚𝑒𝑛 )2 4 𝑚𝑎

Reemplazando los datos en la ecuación del área obtenemos:

𝐴=

𝜋 (1.375 − 0.562)2 4

𝐴 = 1.237 𝑖𝑛2

Determinamos el esfuerzo de apoyo que existe entre la rondana y el tablón, utilizando la ecuación general del esfuerzo igual que en el inciso a), tenemos:

𝜎𝐵 =

𝜎𝐵 =

𝐹 𝐴

385 𝑙𝑏 1.237 𝑖𝑛2

𝜎𝐵 = 311.24

𝑙𝑏 𝑖𝑛2

𝝈𝑩 = 𝟑𝟏𝟏. 𝟐𝟒 𝒑𝒔𝒊

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

17

Sistemas Mecánicos I

Mecánica de materiales Singer Ferdinand, Andrew P. CUARTA EDICIÓN Ejercicio 1.34: Tema: Cilindros de pared delgada, Pag: 24 Ejercicio 253: Tema: Deformación simple, Pag: 50 Ejercicio 322: Tema: Torsión, Pag: 70

Alumno: Escobar Vallecilla Erick Paralelo: “A”

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

18

Sistemas Mecánicos I

EJERCICIO 134

Un depósito cilíndrico de agua de eje vertical tiene 8 m de diámetro y 12 m de altura. Si ha de llenarse hasta el borde, determinar el mínimo espesor de las placas que lo componen si el esfuerzo esta limitado a 40 MPa.

DATOS DEL PROBLEMA: 8𝑚 12𝑚 40 𝑀𝑃𝑎

Diámetro D Altura A Esfuerzo σ DATOS A DETERMINAR:

𝑡

Espesor de las placas SOLUCIÓN: a) Espesor de las placas

Primeramente, para hallar el espesor de las placas, debemos hallar la presión a la que está el depósito, para ellos debemos emplear la siguiente ecuación de presión:

p =pxgxl Reemplazando los datos en la ecuación tenemos:

p = 1000

𝐾𝑔 𝑚 x 9.81 2 x 12 m 3 𝑚 𝑠

p = 117720

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝑁 𝑚2

19

Sistemas Mecánicos I

Utilizando la ecuación de esfuerzo tenemos:

𝜎=

𝑝𝑥𝐷 2𝑥𝑡

Despejando el espesor t de esta formula tenemos la siguiente ecuación:

𝑡=

𝑝𝑥𝐷 2𝑥𝜎

Reemplazando los datos tenemos que el espesor mínimo de las placas es igual:

𝑁 2 ) 𝑥 8𝑚 𝑚 𝑡= 𝑁 2 𝑥 (40 𝑥 106 2 ) 𝑚 (117720

𝒕 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟏𝟕𝟕 𝒎

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

20

Sistemas Mecánicos I

EJERCICIO 253

Una barra rígida, de masa despreciable, esta articulada en un extremo y suspendida de una varilla de acero y una de bronce, según se muestra en la figura P-253. ¿Cuánto vale la carga máxima P que puede 𝑀𝑁 𝑀𝑁 aplicarse sin exceder un esfuerzo en el acero de 120 𝑚2 ni uno en el bronce de 70 𝑚2 ?

DATOS DEL PROBLEMA: Esfuerzo del acero 𝜎𝑎

Esfuerzo del bronce 𝜎𝑏

120

𝑀𝑁 𝑚2

70

𝑀𝑁 𝑚2

DATOS A DETERMINAR: Carga máxima

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝑃

21

Sistemas Mecánicos I

SOLUCIÓN:

a) Carga máxima P

Las Como vemos en la figura que la carga P esta aplicada en un extremo, primeramente, realizamos una sumatoria de momento en el otro extremo, y así vamos buscando las incógnitas que nos vallan apareciendo:

⅀MA = 0

2𝐹𝐵 + 5𝐹𝐶 − 6𝑃 = 0

2𝐹𝐵 + 5𝐹𝐶 = 6𝑃

Para obtener las fuerzas 𝐹𝐵 𝑦 𝐹𝐶 utilizamos la formula general de deformación:

δ=

PL AE

Reemplazando en la ecuación con los datos que nos da el problema, vemos nos da dos ecuaciones para cada punto que las ecuaciones nos dan igual:

𝛿𝐵 =

𝐹𝐵 𝑥 𝐿 𝐴𝑥𝐸

𝛿𝐶 =

𝐹𝐶 𝑥 𝐿 𝐴𝑥𝐸

Reemplazando los datos en cada una de las ecuaciones tenemos:

𝛿𝐵 =

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝐹𝐵 𝑥 3 𝑚 (900 𝑚𝑚2 ) 𝑥 (200 𝐺𝑃𝑎)

22

Sistemas Mecánicos I

𝛿𝐶 =

𝐹𝐵 𝑥 2 𝑚 (800 𝑚𝑚2 ) 𝑥 (83 𝐺𝑃𝑎)

Como tenemos de dato los esfuerzos máximos que no se puede exceder, aplicamos la formula general de esfuerzo para hallar las fuerzas 𝐹𝐵 𝑦 𝐹𝐶 : 𝜎𝑚𝑎𝑥.𝐵

𝐹𝐵.𝑚𝑎𝑥 𝑀𝑁 = 120 2 = 120𝑀𝑃𝑎 𝐴 𝑚

Despejando la fuerza 𝐹𝐵.𝑚𝑎𝑥 de la ecuación y reemplazando los datos obtenemos lo siguiente:

𝐹𝐵.𝑚𝑎𝑥

106 𝑁 = 120 𝑥 𝑥 900 𝑚𝑚2 106 𝑚𝑚2

𝐹𝐵.𝑚𝑎𝑥 = 108000 𝑁

𝐹𝐵.𝑚𝑎𝑥 = 108 𝐾𝑁

Realizamos en mismo procedimiento para hallar la fuerza 𝐹𝐶.𝑚𝑎𝑥 :

𝜎𝑚𝑎𝑥.𝐶

𝐹𝐶.𝑚𝑎𝑥 𝑀𝑁 = 70 2 = 70𝑀𝑃𝑎 𝐴 𝑚

𝐹𝐶.𝑚𝑎𝑥 = 70 𝑥

106 𝑁 𝑥 800 𝑚𝑚2 106 𝑚𝑚2

𝐹𝐶.𝑚𝑎𝑥 = 56000 𝑁

𝐹𝐶.𝑚𝑎𝑥 = 56 𝐾𝑁

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

23

Sistemas Mecánicos I

Habiendo obtenidos las fuerzas 𝐹𝐵.𝑚𝑎𝑥 y 𝐹𝐶.𝑚𝑎𝑥 , haciendo la relación entre las deformaciones tenemos lo siguiente:

𝛿𝐵 2 = 𝛿𝐶 5

𝛿𝐵 𝐹𝐵 𝑥 800 𝑥 83 𝑥 3 = 𝛿𝐶 𝐹𝑐 𝑥 300 𝑥 200 𝑥 2

𝐹𝐵 120 = 𝐹𝐶 163

𝐹𝐵 =

120 𝑥 56 163

𝐹𝐵 = 41.23

Reemplazando en la ecuación que nos salió de la sumatoria de momentos, y despejando la carga máxima P tenemos:

2𝐹𝐵 + 5𝐹𝐶 − 6𝑃 = 0

(2 𝑥 41.23) + (5 𝑥 56) − 6𝑃 = 0

362.46 − 6𝑃 = 0

𝑃𝑚𝑎𝑥 =

362.46 6

La carga máxima 𝑃𝑚𝑎𝑥 es: 𝑷𝒎𝒂𝒙 = 𝟔𝟎. 𝟒𝟏 𝑲𝑵

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

24

Sistemas Mecánicos I

EJERCICIO 322

Un par torsor T se aplica, como indica la figura P-322, a un árbol macizo con extremos empotrados. Demostrar que los momentos torsionantes en los empotramientos son 𝑇1 = estos valores si el árbol fuera hueco?

𝑇𝑏 𝐿

y 𝑇2 =

𝑇𝑎 𝐿

¿Variarían

DATOS DEL PROBLEMA: Momento torsor 𝑇1

𝑇𝑏 𝐿

Momento torsor 𝑇2

𝑇𝑎 𝐿

DATOS A DETERMINAR: Demostrar si los momentos torsor variaría si el árbol fuera hueco

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

25

Sistemas Mecánicos I SOLUCIÓN: 

Tensiones Demostración los momentos de torsión si cambian

Primeramente, sacamos el equilibrio estático de las torsiones: 𝑇1 + 𝑇2 − 𝑇 = 0

1) 𝑇1 + 𝑇2 = 𝑇

Sabemos que el ángulo de torsión para un tubo de pared delgada con sección transversal arbitraria se puede determinar igualando el trabajo W realizado por el par de torsión T a la energía de deformación U del tubo. De donde obtenemos que la ecuación para el ángulo de torsión es:

𝜙=

𝑇𝐿 𝐺𝐽

Donde GJ se llama rigidez torsional del tubo, utilizando esta ecuación del ángulo de torsión reemplazamos con las torsiones 𝑇1 y 𝑇2 obtenemos:

𝜙2⁄ = 0 1

(−𝑇1 )𝑎 𝑇2 𝑏 + =0 𝐽𝐺 𝐽𝐺

2)

𝑇1 𝑇2

=

𝑏 𝑎

Igualamos las ecuaciones 1) y 2) y obtenemos:

b T2 + T2 = T a

T2

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

b+a = T a

26

Sistemas Mecánicos I

Despejando 𝑇2 de esta ecuación tenemos:

𝑻𝟐 =

𝑻𝒂 𝑳

Ahora hacemos lo mismo, pero con 𝑇1 , la cual vamos a obtener lo siguiente:

𝑇1 = 𝑇 − 𝑇2

𝑇1 = 𝑇 −

𝑻𝟏 =

𝑇𝑎 𝐿

𝑻𝒃 𝑳

Como vamos que los momentos de torsión en el empotramiento no variaran si el árbol fuera hueco.

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

27

Sistemas Mecánicos I

Mecánica de materiales James M. Gere Barry J. Goodno. SÉPTIMA EDICIÓN

Alumno: __________________________________ Paralelo: __________________________________

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

28

Sistemas Mecánicos I

EJERCICIO 2.3-2 El alambre AB de longitud 𝐿1 = 30 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 y el alambre BC de longitud 𝐿2 = 36 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 se fijan a un anillo en B. Al cargar el anillo, el punto B se mueve verticalmente hacia abajo la distancia 𝛿𝐵 = 0.25 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠. Determinar las deformaciones unitarias de extensión 𝜖1 y 𝜖2 en los alambres (1) y (2), respectivamente.

DATOS DEL PROBLEMA: Longitud AB 𝐿1 Longitud BC, 𝐿2 Deformación 𝛿𝐵

30 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 36 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 0.25 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠

DATOS A DETERMINAR: Deformaciones unitarias de extensión

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

𝜖1 𝑦

𝜖2

29

Sistemas Mecánicos I

SOLUCIÓN:

Para hallar las deformaciones unitarias de extensión, debemos utilizar la formula de la trayectoria de donde tenemos:

𝝐𝟏 =

𝟏 𝜭𝟐𝒂 𝜭𝟒𝒂 √𝑳𝟐 + 𝟐𝑳𝜹𝑩 + 𝜹𝟐𝑩 + 𝒂𝟐 ( − ) − 𝟏 𝑳 𝟐 𝟒

Primeramente debemos hallar el angulo para poder aplicar esta ecuación:

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

30

Sistemas Mecánicos I

EJERCICIO 3.6.11 El sistema mecánico de la figura P3.6-11 consiste en dos barras

PROFESOR: Ing. Diego Núñez, M.Sc.

31