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Pontificia Universidad Católica de Chile Escuela de Ingeniería ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problemas resueltos I 2do semestre, 2018 Esta es una recopilación de problemas de ayudantías, tareas e interrogaciones pasadas, con sus respectivas soluciones. Los problemas están ordenados de acuerdo a la materia del curso, no por dificultad. En caso de encontrar algún error, por favor escribir a los profesores o al ayudante coordinador.

INDICE Problema 01

Elasticidad uniaxial I .................................................................................................................................2

Problema 02

Elasticidad.................................................................................................................................................3

Problema 03

Energía de enlace II..................................................................................................................................6

Problema 04

Disolución de compuestos iónicos ...........................................................................................................6

Problema 05

Índices de Miller I ......................................................................................................................................8

Problema 06

Celdas unitarias IV ....................................................................................................................................8

Problema 07

Celdas unitarias VIII (estructura cristalina iónica V).................................................................................9

Problema 08

Transformación alotrópica del estaño ....................................................................................................12

Problema 09

Solubilidad del carbono en acero ...........................................................................................................13

Problema 10

Vector de tracción en 2D ........................................................................................................................16

Problema 11

Estado de tensiones a partir del equilibrio .............................................................................................17

Problema 12

Ecuaciones del equilibrio diferencial ......................................................................................................18

Problema 13

Estado de tensiones unión apernada .....................................................................................................19

Problema 14

Relaciones constitutivas I .......................................................................................................................21

Problema 15

Relaciones constitutivas II ......................................................................................................................22

Problema 16

Deformación unitaria volumétrica I .........................................................................................................24

Problema 17

Deformación unitaria volumétrica II ........................................................................................................25

Problema 18

Patín de goma.........................................................................................................................................26

Problema 19

Ducto de material compuesto I ...............................................................................................................28

Problema 20

Ducto de material compuesto II ..............................................................................................................30

Problema 21

Estado de tensiones planas y relaciones constitutivas ..........................................................................32

Problema 22

Condiciones de borde I ...........................................................................................................................32

Problema 23

Condiciones de borde II ..........................................................................................................................32

Problema 24

Condiciones de borde III .........................................................................................................................33

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

PROBLEMAS Problema 01

Elasticidad uniaxial I En la figura se muestra un pilar de hormigón armado de 100 mm de diámetro. Este consiste en una matriz de hormigón, con 5 barras de acero de 19 mm de diámetro en su interior, orientadas de manera axial. Sobre este pilar se ubica una placa metálica sobre la que se aplica una carga de 133 kN también en la dirección axial del pilar. Para este problema se puede asumir que el material de la placa es infinitamente rígido (Eplaca >> Eacero > Ehormigón). Debido a esto, y considerando también que el acero y el hormigón se encuentran perfectamente adheridos, se puede asumir que ambos materiales experimentarán la misma deformación unitaria axial que el pilar en su conjunto.

P

Considerando que los módulos elásticos del acero y del hormigón son 210 GPa y 22 GPa, respectivamente, determine: a) La deformación unitaria que experimenta el pilar. b) La tensión axial que experimenta cada material Respuestas: a)

  0,0003

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b)

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

 hormigón = 6,66 MPa y  acero = 63,58 MPa Pauta: Primero hacer un corte (dibujar en pizarrón) en alguna sección y realizar equilibrio de fuerzas en la dirección vertical:

− P +  hormigón Ahormigón + 5 acero Aacero = 0 (1) Donde Ahormigón = Atotal − 5 Aacero = 

(100

2

)

− 5  19 2 mm 2 . 4

Mostrando la parte inferior del corte y aplicando la tercera ley de Newton, es inmediato darnos cuenta que el pilar estará sometido a tensión de compresión. Además,

 hormigón = Ehormigón hormigón (2 ) y  acero = Eacero acero (3) , asumiendo que

ambos materiales se encuentran en su rango elástico lineal (vamos a verificar esto al final del problema). Finalmente, se debe cumplir la compatibilidad geométrica de este problema, es decir, que el acortamiento del pilar es igual al acortamiento de cada una de las barras. En forma matemática,  al llamando acortamiento, tenemos que  =  hormigón Linicial =  acero Linicial   hormigón =  acero =  (4) . De esta manera, tenemos cuatro incógnitas y cuatro ecuaciones. Reemplazando 4 en 2 y 3,

 hormigón = Ehormigón

− P + Ehormigón Ahormigón + 5 Eacero Aacero = 0   =

y

 acero = Eacero y

esto en 1,

P Ehormigón Ahormigón + 5 Eacero Aacero

Reemplazando valores (detenerse un minuto a explicar las unidades, lo más simple, es que N, mm^2 y MPa son unidades relacionadas).

133000  0,0003 . Reemplazando 100 − 5  192 192 3 3 22  10   + 5  210  10   4 4 esto en la ley de Hooke de cada material,  hormigón = Ehormigón = 6,66 MPa y

=

(

2

)

 acero = Eacero = 63,58 MPa . Podemos notar que ambos valores son inferiores a la tensión de fluencia (alrededor de 250 MPa) en el caso del acero (si bien esa es la tensión de fluencia en tracción, para pequeñas deformaciones y hasta el punto de fluencia la curva de compresión es similar a la de tracción) y a la compresión última en el caso del hormigón (alrededor de 60 MPa) que se puede asumir como un material elástico hasta la ruptura.

Problema 02

Elasticidad Un tubo metálico de bronce (E = 115 GPa), de 500 mm de largo, es apretado por una tuerca que avanza por un perno de acero SAE 1040 laminado en frio (E = 200 GPa), tal como se muestra en la figura. El perno es del tipo métrico M14 (diámetro 14,0 mm), con hilo de 0,5 mm de paso (0,5 mm de avance cada 360° de giro). El tubo tiene un diámetro interior de 15,0 mm y un espesor de 2,0 mm. La tuerca

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Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

se gira inicialmente hasta que el tubo entra en contacto tanto con la cabeza del perno como con la tuerca sin ejercer presión.

a)

Calcule las tensiones y deformaciones en el tubo y en el perno cuando la tuerca ha girado 180° (media vuelta) desde la posición inicial, en la dirección de las agujas del reloj (es decir, apretando el tubo).

b) Determine la energía almacenada por deformación elástica en el perno. PAUTA: En todo problema mecánico es importante comenzar por establecer los equilibrios que se deben cumplir. Suponiendo que el sistema está en equilibrio, las fuerzas internas del sistema deben equilibrarse. Cuando consideramos cualquier parte del sistema, las fuerzas que esta parte ejerce sobre el resto del sistema deben ser equilibradas por las fuerzas que el resto del sistema ejerce sobre esta parte. En este caso, suponemos que el tubo está siendo apretado por la tuerca, y que simultáneamente, la resistencia del tubo implica que el perno está siendo estirado. Si cortamos el sistema cerca del centro como se muestra en la figura siguiente, tendremos que considerar que, distribuida sobre el área de sección del tubo, actúa una fuerza que lo comprime (hacia la izquierda en la figura), mientras que, simultáneamente, distribuida sobre el área de sección del fuste del perno, actúa una fuerza que lo estira o tracciona (hacia la derecha en la figura):

Ft Fp

Estas fuerzas, Ft y Fp, deben equilibrarse mutuamente. Es decir:

F = 0

por lo que: F p + Ft = 0

Dado que se trata de un problema uniaxial, estas fuerzas tienen componentes en una sola dirección (la horizontal en el dibujo). Suponiendo un sistema de coordenadas convencional, consideramos que Fp es positiva y Ft negativa (esto resultará conveniente más adelante). Los materiales del tubo y de la tuerca resisten la acción de las fuerzas que actúan sobre ellos desarrollando tensiones, de compresión y tracción, respectivamente. La magnitud de estas tensiones

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es inversamente proporcional al área de la sección de material perpendicular a la dirección de la fuerza que actúa sobre ella, de modo que:

p =

Fp

y

Ap

t =

Ft At

donde, σp y σt son las tensiones normales que se desarrollan por la acción de las fuerzas Fp y Ft sobre las áreas Ap y At correspondientes a las secciones del fuste del perno y del tubo, respectivamente. De modo que, reemplazando en la ecuación del equilibrio de fuerzas:

 p Ap +  t At = 0 Suponiendo que el nivel de tensiones en cada material no excede el límite elástico (es decir, que en las condiciones establecidas en el enunciado ninguno de los materiales ha abandonado el comportamiento elástico), y suponiendo que el comportamiento de ambos puede describirse como lineal elástico, podemos utilizar la ley de Hooke para establecer una relación entre tensión y deformación unitaria para cada uno de ellos: dado que, según Hooke:

 = E

entonces:

 p E p Ap +  t Et At = 0

(1)

donde, p y t son las deformaciones unitarias axiales del material del perno y del material tubo, respectivamente, y Ep y Et son los módulos elásticos de cada material, acero y bronce, respectivamente. Para resolver el problema es necesario determinar la relación entre las deformaciones unitarias axiales que experimentan el perno y el tubo y el avance de la tuerca (ya que es ese avance el que genera estas deformaciones). El avance de la tuerca en relación con el perno es igual al número de vueltas por el paso de la tuerca. En este caso: 0,5 mm por media vuelta = 0,25 mm. Si el perno no experimentara deformación alguna, el avance de la tuerca comprimiría el tubo de modo que:

t = −0,25 mm (el signo del avance de la tuerca obedece al sistema de coordenadas escogido) Pero, dado que el perno no es infinitamente rígido, y esta traccionado por la acción de la fuerza Fp, el avance de la tuerca produce simultáneamente acortamiento del tubo y alargamiento del perno, de modo que el acortamiento del tubo es equivalente al avance de la tuerca menos el estiramiento del perno:

Δt = −(0,25 mm − Δp )

o:

Δp = 0,25 mm + Δt

Conocidos los largos iniciales, estas relaciones entre las deformaciones absolutas que experimentan el perno y el tubo nos permiten establecer una relación entre las deformaciones unitarias axiales que experimentan el material del perno y el material del tubo. Considerando un largo inicial idéntico para ambos L0 = 500 mm (lo que en rigor es falso, como veremos más adelante), tenemos que:

Δt −(0,25 mm − Δp ) = L0 L0

es decir:  t =  p −

0,25 mm L0

(2)

Esta relación nos permite determinar el valor de la deformación unitaria del perno, reemplazando esta expresión en la ecuación del equilibrio (1): 

 p E p A p +   p − 

0,25 mm   Et At = 0 L0 

de modo que:

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p =

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

0,25 mm( Et At ) L0 ( E p Ap + Et At )

De esta expresión resulta una deformación unitaria para el material del perno igual a 1,426·10-4, lo que implica una tensión de 28,52 MPa (tracción). Reemplazando en la relación (2), la deformación unitaria axial del tubo resulta igual a -3,57·10-4, lo que implica una tensión de –41,10 MPa (compresión). Con los resultados para el perno, podemos determinar que la energía almacenada como deformación elástica en el perno es de 0,00203 N·mm/mm3 o 2030 J/m3.

Problema 03

Energía de enlace II La energía neta (EN) entre dos átomos se puede representar como:

A B donde r es la separación interatómica, A, B y n son parámetros del material. + r rn

EN = −

A partir de esta expresión, determine a) b)

La separación de equilibrio (r0) en función de los parámetros A, B y n La energía de equilibrio (E0) en función de los parámetros A, B y n

Respuestas: a) r0 = 1−n

A nB

b)

= E0 = −

EN

r =r0

A B + n A A 1−n 1−n nB nB

Pauta: a) Diferenciando la energía neta con respecto a la separación interatómica, obtenemos

E N A B = 2 − n n +1 . Dado que en la separación de equilibrio, la energía alcanza un mínimo (o r r r

visto

A r0

2

b)

EN

de

−n

otra

B r0

n +1

manera,

= 0  A − nBr0

Reemplazando r = r0

esta

A

= E0 = − 1− n

Problema 04

la

A nB

1− n

fuerza

= 0  r0 = 1−n

expresión

B

+ 1− n

neta

A nB

n

en

vale

cero),

tenemos

que

A . nB

la

energía

neta,

obtenemos,

.

Disolución de compuestos iónicos

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Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

La sal de cocina (NaCl) se disuelve fácilmente en el agua. El proceso de disolución involucra cambio de entalpía configuracional del agua lo que sirve como fuente de energía para romper los enlaces entre Na y Cl. Suponiendo que se dispone de suficiente agua para no sobrepasar el límite de solubilidad, calcular la energía total involucrada en disolver 1 mol (60,44 g) NaCl. Hint: Considerar temperatura 0K Datos: Tipo de enlace: iónico Parámetros de fuerza de repulsión: b = 2,5910-115 Nm11, n = 10 Parámetros de fuerza de atracción (fuerza Coulombica): Z1=Z2 = 1 Largo del enlace en equilibrio (a 0K): ro = 283 pm Respuestas:

E = 44,376 ×10 4 J = 443,76 kJ Pauta: Paso 1: Calcular distanciamiento atómico a partir de equilibrio de las fuerzas

e2 Z1Z2 1 FA = = 2,3077 10−28 2 2 4π 0 r r nb 1 FR = − n +1 = 2,59 10−114 11 r r FA + FR =0 2,59 10 −114 r 2 = 2,3077 10 −28 r11 r 9 = 1,12233  10 −86 Distanciamiento de equilibrio (largo del enlace):

ro = 2,82 10 −10 m = 282 pm Paso 2: Calcular energía en el distanciamiento de equilibrio

e 2 Z1Z2 b + n 4π 0 r r 1 1 U( r = ro ) = −2,3077  10 −28 + 2,59  10 −115 10 ro ro

U = UA + UR = −

U( r = ro ) = −7,36896  10 −19 Nm = −7,36896  10 −19 J Paso 3: Para disolver 1 mol de NaCl, hay que romper 1 mol de enlaces, entonces la energía involucrada (valor absoluto):

E = U( r = ro )N A = 7,36896  10 −19  6,022  10 23 = 44 ,376  10 4 J = 443,76 kJ

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Problema 05

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

Índices de Miller I Calcule la fracción de empaque lineal en la dirección [110] para la estructura de blenda de zinc. RZn2+ :0,083nm; RS2-: 0,174nm. Los átomos en los puntos de red son Zinc.

Respuesta:

FEL = 0,83 Pauta: Con los datos del problema, se entiende que el centro del anión (o el catión) está a ¼ de distancia de la diagonal del cuerpo, y que la distribución es la que aparece en la figura. Con esto, se llega a la siguiente relación:

3a = rZn 2+ + rS 2− = (0,083 + 0,174 )nm → 3a = 4  (0,083 + 0,174 )nm = 1,028 nm 4 Entonces el parámetro de la celda es:

a = 0,593nm Ahora, hay 4 radios del ión Zinc en la diagonal de una cara. Finalmente,

FEL = Problema 06

4(rS 2− )nm 2  0,593nm

= 0,83

Celdas unitarias IV En la industria de circuitos integrados AliExpress se utilizan semiconductores. Para ciertas aplicaciones la densidad del material puede llegar a ser una limitación. Los materiales disponibles son: Símbolo

Parámetro de celda (nm)

Arsenurio de galio

GaAs

0,565

Antimoniuro de galio

GaSb

0,609

Considere: AGa = 69,72 g/mol, AAs = 74,92 g/mol, ASb = 121,76 g/mol, NA = 6,022·1023 mol-1. La estructura cristalina de ambos semiconductores es del tipo Blenda de Zinc.

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Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

a)

Calcule la densidad (g/cm3) de ambos semiconductores y compare sus resultados.

b)

¿Cuál tiene mayor densidad atómica (átomos/cm3)?

Pauta a)

Para el GaAs:

=

nGa  AGa + n As  AAs

(aGaAs )3  N A

g g + 4  74 ,92 g mol mol = = 5,326 3  1  cm 3 0,565  10 −7 cm   6,022  10 23  mol   4  69 ,72

(

)

Para el GaSb:

=

b)

nGa  AGa + n Sb  ASb

(aGaSb )3  N A

g g + 4  121,76 g mol mol = = 5,631 3 3  1  cm 0,609  10 −7 cm   6,022  10 23  mol   4  69 ,72

(

)

La densidad atómica puede calcularse como:

A =

n

i

i

V

Para el GaAs:

A =

nGa + n As

(aGaAs )

3

=

4+4

(0,565 10

−7

3

)

= 4,435  10 22

átomos cm 3

3

)

= 3,541 10 22

átomos cm 3

cm

Para el GaSb:

A =

Problema 07

nGa + nSb

(aGaSb )

3

=

4+4

(0,609 10

−7

cm

Celdas unitarias VIII (estructura cristalina iónica V) El dióxido de Cerio (CeO2), es un compuesto comúnmente utilizado para pulir cristales y en convertidores catalíticos. A partir de los modelos de estructuras cristalinas vistos en clases (del tipo fluorita, tipo blenda, etc.), determine la estructura cristalina correspondiente al compuesto mencionado. Justifique claramente, usando la materia vista en clases. Identifique tipo de enlace y presente un esquema de la estructura, identificando claramente cada elemento presente.

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Determine el parámetro de celda, la densidad teórica y el factor de empaquetamiento atómico. Respuestas: Enlace iónico, estructura tipo fluorita.

a = 563, 5 pm , APF = 0, 619 y r = 6, 39 g 3 . cm

Pauta: En primer lugar se determinarán las propiedades a utilizar de cada elemento Propiedad

Oxígeno (O)

Cerio (Ce)

Electronegatividad (EN):

3,44

1,12

Ion formado

O-2

Ce+4

Radio Iónico* (R)

140 pm

104 pm

Peso Molecular (PM)

16 g/mol

140 g/mol

*El radio iónico es diferente del radio atómico, pues el primero considera que se pierden o ganan electrones, lo cual afecta el tamaño del átomo.

Identificamos que el enlace debe ser iónico, la diferencia de electronegatividades de los elementos en mayor a 1,6 .Por lo tanto se formará estructura de alta compactación, es decir, con todos sitios intersticiales ocupados.

RCe+4 RO-2

= 0, 743

dicho valor se encuentra en el rango de una estructura de centro de cubo. el átomo de Cerio está en una posición centro de cubo respecto a los átomos de oxígeno, con un número de coordinación 8. Esta relación debe cumplirse, para que la celda sea eléctricamente neutra. Una relación de radio que cumpla con un número de coordinación 8 estará equivocada, por ese mismo motivo. Esta no es la estructura de la celda, sólo una relación de cómo se disponen los átomos de Cerio con respecto a los de Oxígeno.

En todas estructuras consideradas (FCC, BCC y SC) existen más átomos intersticiales que átomos de celda por lo que el oxígeno tiene que estar en los sitios intersticiales para ser eléctricamente neutro. Proporción de átomos de nodos y átomos intersticiales debe ser 1:2. En las estructuras propuestas se tiene: BCC con tetraédricos 2:12 BCC con octaédricos 2:6 (se podría considerar 2:9, pero los sitios tendrían distinta coordinación) CS con centro 1:1

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FCC con octaédricos 4:4 FCC con tetraédricos 4:8 Vemos que esta configuración cumple con el número de coordinación del Cerio (8) y además con el balance eléctrico, ya que por cada celda hay 8x1/8 + 6x1/2 = 4 átomos de uranio y 8 átomos de oxígeno, el doble, satisfaciendo la fórmula CeO2. Es decir, la estructura cristalina más probable es FCC con sitios intersticiales tetraédricos ocupados, conocida como fluorita, que se muestra en la figura a continuación:

En ella se muestran a los átomos de Cerio (cationes, en color gris) en los puntos de malla FCC, mientras que los átomos de oxígeno (aniones, en color verde) están en los espacios intersticiales octaédricos de la malla FCC. De lo anterior, sabemos que el átomo de uranio está en contacto con el átomo de oxígeno, y por lo tanto un cuarto de la diagonal del cubo corresponde al radio de Ce +4 más el radio de O-2. En definitiva

3a = RCe+4 + RO-2 4

3a =104 +140 Þ a = 563, 5 pm 4

El factor de empaquetamiento atómico (APF) se calcula como

APF =

volumen de átomos en celda volumen de la celda

4 4 átomos de Ce+4 × p RCe+4 + átomos de O-2 × p RCe+4 3 3 APF = volumen de la celda

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4 4 4 × p ×1043 + 8× p ×1403 3 APF = 3 = 0, 619 3 563, 5 Finalmente, la densidad

r=

r=

masa de átomos volumen de la celda

átomos de Ce+4 × PMCe+4 + átomos de O-2 × PMCe+4 volumen de la celda × N A Donde

r=

N A es el número de Avogadro igual a 6,022 × 1023 g g + 8 átomos de O-2 ×16 mol mol 3 23 átomos (563,5 pm) × (6, 022 ×10 ) mol

4 átomos de Ce+4 ×140

r = 6, 39 Problema 08

r es

g cm 3

Transformación alotrópica del estaño Al enfriarse a temperaturas inferiores a -10 °C, el estaño puro experimenta una transformación alotrópica (es decir, su estructura cristalina cambia) de la forma  (del tipo tetragonal, Figura 1) a la forma  (del tipo diamante cúbica, Figura 2).

Esta transformación, también llamada “peste del estaño”, es famosa por varias historias. Una de ellas, del siglo XIX, cuenta que los botones de los uniformes de los soldados rusos fabricados con estaño se volvieron quebradizos y se hicieron polvo durante un invierno particularmente frío. La explicación de este fenómeno la puede encontrar en la respuesta a la parte a). Determine el cambio volumétrico porcentual de la transformación alotrópica de estaño beta a estaño alfa.

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Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

Suponga que el radio atómico del estaño en ambas estructuras cristalinas es 140 pm. Considere que en la celda tetragonal, c = 1,22a. Hint: tenga cuidado al comparar volúmenes, deben ser respecto a cantidades iguales de masa Respuesta: 26% Pauta: Para el caso de la forma beta, sabemos que a = 2 R = 280 pm . Además, por enunciado,

c = 1,22a = 341,6 pm , por lo tanto el volumen de la celda es a 2 c = 27  10 6 pm3 . Además, al interior de la celda unitaria, hay 1 átomo de estaño. Para el caso de la forma alfa, sabemos que un cuarto de la diagonal corresponde a dos veces el radio

3 8R b = 2R  b = = 646,6 pm y por lo tanto el volumen de la celda 4 3 3 6 3 unitaria es b = 270  10 pm . Además, al interior de la celda unitaria hay 8 átomos de estaño. atómico, es decir,

Ahora, comparando volúmenes de para igual cantidad de masa (por ejemplo, 8 átomos), para 8 átomos

214  10 6 pm3 . Por lo tanto, la variación porcentual del cambio 270 − 214 de estructura beta a alfa, es  100 = 26% 214 de estructura beta, el volumen es

Problema 09

Solubilidad del carbono en acero Acero es la aleación de hierro con carbono donde el carbono ocupa sitos intersticiales. La razón entre los radios atómicos indica que el número de coordinación del átomo intersticial es 6 (sitio octaédrico). Además, al aumentar temperatura se generan vacancias que también pueden ser ocupadas por los átomos de carbono. Las propiedades mecánicas de acero dependen fuertemente de la cantidad de carbono por lo que interesa determinar la máxima cantidad de carbono que puede ser disuelta en el hierro. Esta cantidad máxima se denomina solubilidad y puede ser indicada en % de volumen o % de masa. Bajo los 723 °C, el hierro se encuentra en forma BCC (hierro ) y sobre los 723°C en forma FCC (hierro ). El carbono tiene la capacidad de expandir la celda unitaria cuando ocupa los sitios intersticiales, siempre y cuando la expansión volumétrica no supere el 60%. Determinar la solubilidad de carbono en hierro a 723° considerando las fases FCC y BCC. Datos: Radio atómico de carbono, rC = 0,0775 nm Distanciamiento interatómico en hierro a 723°C en dirección de máximo empaquetamiento, d111,BCC = d110,FCC = 0,2501 nm Energía de formación de una vacancia Q = 1,44 x 10-19 J/vacancia Número de Avogadro NA = 6,022 x 1023 mol-1 Constante de Boltzmann kB = 1,38 x 10-23 J/K Peso atómico de Fe, AFe = 55,8 g/mol

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Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

Peso atómico de C, AC = 12,0 g/mol

Respuesta:

Solubilidad máxima de C

-Fe

-Fe

(FCC)

(BCC)

17,7%

0,0006%

11,7%

0,00045%

% de masa Solubilidad máxima de C % de volumen

Pauta: Para el hierro  (BCC) a 723°C El parámetro de celda unitaria si no hubieran átomos de carbono en sitios intersticiales, es 3 3aBCC = 2d111,BCC = 4rFe  aBCC = 0,2889nm  VBCC,723C = aBCC = 0,0241nm3

Veamos ahora si los sitios intersticiales octaédricos en el caso BCC pueden ser usados por el carbono sin superar en un 60% la expansión volumétrica de la celda unitaria. Calculamos el volumen de la celda unitaria deformada:

(

)

3

* * * aBCC = 2rFe + 2rC = d111 _ BCC + 2rC = 0,4051nm  VBCC,723 = 0,0665nm3  C = aBCC

Notamos que

* VBCC,723 C  1,6VBCC,723 C por lo que los espacios intersticiales octaédricos no

pueden ser usados por el carbono y sólo queda ver el efecto de las vacancias . El número de vacancias por celda unitaria:

  − 1,44 NV = 2 exp 10−4  = 5,64 10−5 .  1,38  (723 + 273) 

Por lo tanto, solubilidad en %masa:

14

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

S m , = 100  = 100 

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

mC NV AC = 100  = mFe + mC (nFe,BCC − NV ) AFe + NV AC

5,64  10−5  12 = 0,0006% (2 − 5,64  10−5 )  55,8 + 5,64  10−5  12

Mientras solubilidad en % volumen:

SV , 100 

4 3 4 rC 5,64  10 −5     0,0775 3 3 = 100  * 3 = 100  = 0,00045 % VBCC,723 C 0,0241 NV

VC * VBCC,723 C

NOTA: Es posible que se exprese la solubilidad por volumen total de átomos, en ese caso considerar dicho resultado

Para el hierro  (FCC) a 723°C El parámetro de la celda unitaria si no hubiera átomos de carbono en sitios intersticiales: 3 2aFCC = 2d110,FCC = 4rFe  aFCC = 0,3513nm  VFCC,723 C = aFCC = 0,0443nm3

Veamos ahora si los sitios intersticiales octaédricos en el caso FCC pueden ser usados por el carbono sin superar en un 60% la expansión volumétrica de la celda unitaria. Calculamos el volumen de la celda unitaria deformada:

(

* * * * aFCC = 2rFe + 2rC  aBCC = 0,4051nm  VBCC,723 C = aFCC

Notamos que

)

3

= 0,0665nm3 .

* VFCC,723 C  1,6VBCC,723 C por lo que los espacios intersticiales octaédricos

pueden ser usados por el carbono. Considerando todos los espacios octaédricos de la celda FCC (12 aristas y 1 centro de cubo), habrá 4 átomos de carbono por celda. Solubilidad en términos de masa:

S m , = 100 

mC 4 AC 4  12 = 100  = 100  = 17 ,7% . mFe + mC 4 AFe + 4 AC 4  55,8 + 4  12

Solubilidad en términos de volumen:

SV , = 100 

VC * VFCC,723 C

4 4 4  rC3 4     0,0775 3 3 = 100  * 3 100  = 11,7% . VFCC,723 C 0,0665

Considerando los grandes valores obtenidos, el efecto de vacancias (igual al del caso BCC) puede ser despreciado.

15

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problema 10

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

Vector de tracción en 2D La figura muestra el borde de un terraplén de una represa que contiene un fluido con peso específico  . Para el punto A ubicado en el borde del terraplén se conoce el tensor de tensiones en coordenadas x-y. c)

Determine el vector de tracción en el punto A en coordenadas x-y.

d)

Compare el vector de tracción obtenido en a) con el vector fuerza por unidad de área en la superficie Hint: La presión hidrostática que ejerce un fluido aumenta con la profundidad proporcionalmente al peso específico ( p = h )

sin(2 )  1 1 − cos(2 ) σ = −  h 1 + cos(2 ) 2  sin(2 )

Respuestas: a)

  sin( )  tn =  h   cos( )

b)

 sin( )   p =  h  cos( ) Pauta:

a)

Primero se determina el vector normal a la superficie en las coordenadas x,y dadas en el dibujo.

 − sin( )  nˆ =   − cos( ) . El vector de tracción se obtiene del producto entre el tensor de tensiones y el vector

normal

a

la

superficie

16

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

 1 1 − cos(2 ) sin(2 )   − sin( )  1  sin( ) − sin( ) cos(2 ) + sin(2 ) cos( )  tn = −  h  = h 2  sin(2 ) 1 + cos(2 ) − cos( ) 2 sin( ) sin(2 ) + cos( ) + cos(2 ) cos( )  1  2 sin( )  t n =  h 2 2 cos( ) Utilizando identidades trigonométricas sin(a+b) y cos(a+b) b)

Comparando: La presión a esa altura corresponde a p =



1  h . Escribiendo el vector de presión en 2

las coordenadas x-y se demuestra que son lo mismo. p =

Problema 11

1  2 sin( )  h 2 2 cos( )

Estado de tensiones a partir del equilibrio Una caja fuerte es empujada en contra de una cuña apoyada en una pared inclinada (10° desde la vertical). El coeficiente de roce estático entre la pared y la cuña es de  = 0,15, y entre la caja fuerte y la cuña no hay roce (  = 0). La cuña pesa 3 kg, mide 20 cm de alto (L) y su área de contacto con la pared es de 200 cm2. Asumiendo que la cuña está a punto de deslizar hacia arriba, determine las componentes perpendicular y paralela del vector tracción en la cara de la cuña que está apoyada contra la pared.

Pauta Se dibujan los diagramas de cuerpo libre tanto para la caja fuerte como para la “cuña”:

f

W

F

F

P

N

W1 N1

Para la caja fuerte (solo nos interesa la suma de fuerzas en dirección x): Σ𝐹𝑥 = 0 ∶

𝐹−𝑃 =0

𝐹=𝑃

17

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Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

Para la cuña: Σ𝐹𝑥 = 0 ∶

𝑁𝑐𝑜𝑠(10) + 𝑓𝑠𝑒𝑛(10) − 𝐹 = 0

Σ𝐹𝑦 = 0 ∶

𝑁𝑠𝑒𝑛(10) − 𝑓𝑐𝑜𝑠(10) − 𝑊 = 0

Y por último, como la cuña está a punto de deslizar (condición de máximo roce estático), podemos decir que: 𝑓 = 𝜇𝑁 Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta: 𝑃=

𝑐𝑜𝑠⁡(10) + 𝜇𝑠𝑒𝑛(10) 𝑊 = 1147.43⁡𝑁 𝑠𝑒𝑛(10) − 𝜇𝑐𝑜𝑠⁡(10)

𝑓=

𝜇 𝑊 = 170.27⁡𝑁 𝑠𝑒𝑛(10) − 𝜇𝑐𝑜𝑠⁡(10)

𝑁=

1 𝑊 = 1135.11⁡𝑁 𝑠𝑒𝑛(10) − 𝜇𝑐𝑜𝑠⁡(10)

Suponiendo que las fuerzas de contacto f y N entre la cuña y la superficie se distribuyen uniformemente en el área de contacto, las tensiones asociadas serán: 𝜎=− 𝜏=

𝑁 1135.11 𝑁 =− ⁡ = −56755.47⁡𝑃𝑎 𝐴 200 ∙ 10−4 𝑚 2

𝑓 170.27 𝑁 = ⁡ = 8513.32⁡𝑃𝑎 𝐴 200 ∙ 10−4 𝑚 2

El signo (-) de la tensión normal es porque claramente es una tensión de compresión. El signo de la tensión tangencial será positivo o negativo dependiendo de la dirección y sentido de la dirección que se defina como “tangencial”. Por ejemplo, si la dirección tangencial positiva se define hacia arriba del muro inclinado, entonces la tensión tangencial sería negativa.

Problema 12

Ecuaciones del equilibrio diferencial Para un cuerpo en estado plano de tensiones (  z =  yz =  xz = 0 ) se conoce la tensión de corte en función de las coordenadas (x,y) y las fuerzas volumétricas B:

 xy ( x, y) = 3x 2 + 6 y 2 + 8xy ; Bx = 0 ; By = 2,5 tonf  m-3 a)

Encuentre las tensiones normales  x ( x, y ) y  y ( x, y ) que satisfagan las ecuaciones de equilibrio

b)

¿Es esta solución única? Justifique. Recuerde que para equilibrio diferencial es condición que:

18

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Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

 x  yx + + Bx = 0 x y  y  xy + + By = 0 y x Respuestas: a)

 x ( x, y ) = −12 xy − 4 x 2 + f x ( y )

con

f x ( y ) una

función

de

y.

 y ( x, y )

− 6xy − 4 y 2 − 2.5 y + f y ( x) con f y (x ) una función de x. b)

La solución no es única. Para conocerla falta conocer las condiciones de borde. Pauta:

 x  yx + + Bx = 0 x y  x + (12 y + 8 x ) + 0 = 0 a) Se resuelve la ecuación para  x ( x, y ) x

Con

f x ( y ) una

 x = −  (12 y + 8 x )dx + f x ( y )  x = −12 xy − 4 x 2 + f x ( y )

 y

función de y. Para

y  y

+

 xy x

+ By = 0

 y ( x, y ) y + (6 x + 8 y ) + B y = 0

Con

f y (x ) una función

 y = −  ((6 x + 8 y ) + B y )dy + f y ( x)  y = −6 xy − 4 y 2 − 2.5 y + f y ( x)

de x. b)

La solución no es única, ya que ambas soluciones dependen de una función no determinada ( y

Problema 13

f x ( y)

f y (x ) ). Para conocerla falta conocer las condiciones de borde.

Estado de tensiones unión apernada Un tanque cilíndrico de 6 m de diámetro pesa 15 tonf (1 tonf = 9,8 kN) está sostenido por dos colgadores como muestra la figura a continuación.

19

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

a)

Calcule la reacción RA en el perno A.

b)

Determine la tensión de corte actuando en el área transversal del perno A. El diámetro de los pernos es 2 cm. Desprecie el peso de los colgadores y asuma que la fricción entre el tanque y los colgadores es nula. Resultados:

a)

 RAx  − 0.625 RA =   =   tonf  RAy   15 

b)

=

RA = 1197 ,8 kgf  cm 2 = 117 ,5 MPa 2 d 2 / 4

(

)

Pauta: Primero

es

necesario

plantear

RCy

siguiente

diagrama

de

equilibrio:

RAy RCx

R Ax = − RCx tenemos

el

que

RAx

. Notar que por simetría del problema, y

R Ay = RCy . Planteando

el equilibrio de momentos con respecto al punto C,

12 R Ay − 6 15  9800 = 0  R Ay = RCy = 73500 N .Planteando

el

20

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

R

R

equilibrio del cilindro, tenemos que:

. Tomando la sumatoria

3 de fuerzas en la dirección vertical, 2  R  − 15  9800 = 0  R = 122500 N Planteando el 5

RAy RAx

R

RBy RBx equilibrio para el colgador de la derecha: el equilibrio de momentos respecto al punto B,

Planteando

4 R + 8R Ax − 6 R Ay = 0  R Ax = −6125 N . Por R Ax + R Ay = 73754 ,8 N . De lo

lo tanto, la magnitud de la fuerza de corte en el perno A es

2

anterior, la tensión de corte producida por esta fuerza es

2

73754 ,8 = 117 ,4MPa . 2   10 2

(

)

Es

importante notar que hemos dividido la fuerza por 2, ya que del dibujo del problema podemos ver que hay dos secciones del perno sometidas a corte y cada una soporta la mitad de la reacción en A.

Problema 14

Relaciones constitutivas I Sobre el cubo diferencial mostrado en la figura, se aplica una tensión de compresión en el eje z de magnitud P

y P

P

z x

a)

Calcule

 vol

para esta situación

21

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

b)

Determine

Py

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

(tensión aplicada en las caras normales al eje y, en función de

P , E y  ) tal que

 x aumente al doble con respecto a lo obtenido en a) c)

Determine

d)

Asumiendo

Py

tal que

y = 0

Py = − P (tensión de compresión), determine Px tal que  vol = 0

Respuestas:

P (2 − 1) E

a)

 vol =

b)

Py = − P

c)

Py = −P

d)

Px = 2 P Pauta:

a)

x = −

 vol

 E

(− P ) = 



(− P ) = 

E

P z =

E y 1 P =  x +  y +  z = P + P − P = (2 − 1) E E E E .



b) Nos piden compresión).

c) Nos piden

d)

E

P y = −

x =

x = 2

y = 0 =

 E

Py E

,



P=−

+

 E

 E

(P

y

1 (− P ) = − 1 P E E , por lo tanto

− P )  2 P = − Py + P  Py = − P

P  Py = −P

(fuerza de

(fuerza de compresión).

Px  P  P  − (− P − P )  y = − − (Px − P )  z = − − (Px − P ) E E E E E E , y , por lo tanto

 vol =  x +  y +  z = 0

Px  P   P   + 2 P − − Px + P − − Px + P = Px (1 − 2 ) + P(4 − 2) = 0 E E E E E E E E P(4 − 2)  Px = − = 2P (1 − 2 )



Problema 15

Relaciones constitutivas II El paralelepípedo oscuro de la figura está compuesto por un material del cual se conoce el módulo de elasticidad E y la razón de Poisson  . Se pide determinar las deformaciones unitarias en las direcciones z e y , además de la tensión en el eje x producto de la constricción en ese eje, en

22

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

función de la fuerza P . Por su parte, el elemento que sostiene al paralelepípedo se considera infinitamente rígido en comparación con el primero.

P

A

y

x

z Respuestas:

x = −

P

 +  2  2 − 1  P  ,  z =  E A  E

, y =   A 

P  A

Pauta: En primer lugar, dadas las restricciones geométricas del problema • • • •

e x = 0 debido a que se restringe la deformación del paralelepípedo por la contención. s z = 0 debido a la libertad de movimiento en ese eje. P s y = - está definido por la presión sobre la cara superior A No se tienen esfuerzos de cortes en los ejes coordenados.

A partir de lo anterior y de la Ley de Hooke generalizada, se tienen 3 ecuaciones y tres incógnitas,

1é ës x - n (s y + s z )ùû E 1 e y = éës y - n (s x + s z )ùû E 1 e z = éës z - n (s x + s y )ùû E

ex =

y las incógnitas son

ey, e

z

, sx.

Despejando entonces el sistema, algebraicamente en función de las variables conocidas se tiene que:

s x = Ee y + n (s y + s z ) = ns y = -

nP A

23

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

ey =

1é 1é P n P ù æ n 2 -1 ö P ù s ns = + n ( )ú = ç ÷ ë y xû ê E Eë A A û è E øA

ez =

Problema 16

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

æn +n 2 ö P 1é ù n ( s + s ) = ÷ ë x y û ç E è E øA

Deformación unitaria volumétrica I Determine la deformación unitaria volumétrica (cambio de volumen respecto del volumen unitario inicial) en un punto sometido a una presión hidrostática de –300 MPa para cada uno de los siguientes materiales continuos, isotrópicos y homogéneos: Material A

Material B

Módulo de Young:

210 GPa

0,5 GPa

Razón de Poisson:

0,3

0,5

R p0,2%

330 MPa

7,0 MPa

R UTS

550 MPa

15,0 MPa

Respuestas: Material A: vol = 1,7·10-3. Material B: vol = 0. Pauta: De acuerdo con el enunciado, en el punto estudiado los materiales están sometidos al siguiente estado de tensiones: 0 0  − 300  0 − 300 0    0 0 − 300

Considerando que las tensiones principales son todas iguales, de acuerdo con la ley de Hooke, las deformaciones serán también iguales. Dado que la deformación volumétrica unitaria se puede considerar como la suma de las deformaciones unitarias:

 vol =





3 (1 − 2 ) 3  x −  ( y +  z ) = x E E

Por lo tanto, para el Material A: vol = 3· (–300)·(1 – 0,6) / 210.000 = 1,7·10 -3 Y para el Material B: vol = 3· (–300)·(1 – 1) / 500 = 0. Para el material B no es necesario considerar que la tensión excede la tensión de fluencia (como tampoco que excede la tensión última), porque se trata de una presión hidrostática, para la cual, considerando los criterios de fluencia o falla revisados en el curso, no se espera que el material alcance la falla

24

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problema 17

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

Deformación unitaria volumétrica II Un tubo de acero de una longitud de 𝐿𝐴 = 150⁡𝑐𝑚, con un diámetro externo de 𝑑𝑒 = 15⁡𝑐𝑚 y un diámetro interno de 𝑑𝑖 = 11⁡𝑐𝑚 descansa sobre un apoyo fijo. El tubo sujeta un disco de material infinitamente rígido desde el que cuelga una barra de acero cilíndrica de largo 𝐿𝐵 = 450⁡𝑐𝑚 y el diámetro 𝑑 = 5⁡𝑐𝑚, a la que se le aplica una fuerza de 𝑃 = 600⁡𝑘𝑁, tal como muestra la Figura 8.1. Tanto el tubo como la barra tienen el mismo módulo de elasticidad 𝐸 = 210⁡𝐺𝑃𝑎 y una constante de Poisson 𝜈 = 0,3.

Determine los siguientes parámetros:

z

r

a)

La deformación unitaria longitudinal 𝜀𝑧 y radial 𝜀𝑟 del tubo y de la barra.

b)

El descenso total del “ojo” de la barra.

c)

El incremento del diámetro interno y externo Δ𝑑𝑖 y Δ𝑑𝑒 del tubo.

d)

El cambio volumétrico Δ𝑉 del tubo.

150 cm 450 cm

600 kN Pauta a)

La fuerza aplicada al tubo es de 600⁡𝑘𝑁. El área de la sección del tubo es: 𝜋

𝜋

𝐴𝐴 = 4 (𝑑𝑒2 − 𝑑𝑖2 ) = 4 ((15⁡𝑐𝑚)2 − (11⁡𝑐𝑚)2 ) = 81.64 × 10−4 ⁡𝑚 2. La tensión equivale a:

−600×103 𝑁

𝑃

𝜎𝐴 = 𝐴 = 81.64×10−4⁡𝑚2 = −73.5⁡𝑀𝑃𝑎. 𝐴

Por lo tanto, la deformación unitaria vertical del tubo es igual a: 𝜀𝑣𝐴 =

𝜎𝐴 𝐸

=

−73.5×106 210×109

= −0.35 × 10−3 .

La deformación unitaria lateral del tubo es: ⁡𝜀𝑙𝐴 = −𝜈𝜀𝑣𝐴 = −(0.30)(−0.35 × 10−3 ) = 0.105 × 10−3 . La tensión en la barra es: 𝑃

600×103 𝑁

𝑃

𝜎𝐵 = 𝐴 = 𝜋 𝐵

4

𝑑2

= 19.635×10−4⁡𝑚2 = 305.577⁡𝑀𝑃𝑎.

La deformación unitaria vertical es: 𝜀𝑣𝐵 =

𝜎𝐵 𝐸

=

305.577×106 210×109

= 1.455 × 10−3 .

Mientras que la deformación unitaria lateral de la barra es: 25

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

𝜀𝑙𝐵 = −𝜈𝜀𝑣𝐵 = −(0.30)(1.455 × 10−3 ) = −0.4365 × 10−3 . b)

La deformación total del tubo es: 𝛿𝐴 = 𝜀𝑣𝐴 𝐿𝐴 = (−0.35 × 10−3 )(1.5𝑚) = −0.525 × 10−3 𝑚. La deformación de la barra será: 𝛿𝐵 = 𝜀𝑣 𝐿𝐵 = (1.455 × 10−3 )(4.5⁡𝑚) = 6.548 × 10−3 ⁡𝑚. El descenso total del ojo estará dado por la suma de las deformaciones: 𝛿 = |𝛿𝐴 | + |𝛿𝐵 |

c)

El incremento de los diámetros del tubo son igual a la deformación unitaria lateral por el diámetro en cuestión. Δ𝑑𝑖 = 𝜀𝑙 𝑑𝑖 = (0.105 × 10−3 )(11⁡𝑐𝑚) = 1.155 × 10−5 ⁡𝑚. Δ𝑑𝑒 = 𝜀𝑙 𝑑𝑒 = (0.105 × 10−3 )(15⁡𝑐𝑚) = 1.575 × 10−5 ⁡𝑚.

d)

El cambio de volumen del tubo está dado por: ⁡Δ𝑉 = 𝑉𝑓 − 𝑉0 = 𝑉0 𝜀𝑣𝐴 (1 − 2𝜈) = 𝐴𝐴 𝐿𝐴 𝜀𝑣𝐴 (1 − 2𝜈) = (81.64 × 10−4 ⁡𝑚 2 )(1.5⁡𝑚)(−0.35 × 10−3 )(1 − 0.60) = 17.144 × 10−7 ⁡𝑚 3.

Problema 18

Patín de goma Para evitar que se transmitan vibraciones molestas para los usuarios de los pisos inferiores, en la azotea de un edificio de oficinas se ha decidido utilizar patines de goma en los apoyos del chiller (unidad enfriadora del sistema de aire acondicionado). El peso del equipo se supone repartido de manera uniforme entre sus 4 apoyos. Se utilizan patines de goma cuadrados de 10 cm de lado y 3 cm de espesor, pero en un primer intento se verifica que la deformación del patín es excesiva por lo que se decide confinarlo en una dirección utilizando una pieza metálica, -infinitamente rígida comparada con la goma del patín-, como se muestra en la figura. Ayuda: relación constitutiva













1  x −  ( y +  z ) E 1  y =  y −  ( x +  z ) E 1  z =  z −  ( x +  y ) E

x =

Asumiendo que no hay fricción entre ninguna de las piezas contempladas en la solución, que la goma es un material isotrópico y homogéneo, y que la carga se distribuye de manera uniforme sobre el patín de goma, determine en función de la tensión de compresión σz: a) b) c)

Una expresión para la tensión que se produce en la goma en la dirección confinada (y) Una expresión para la deformación unitaria que se produce en la dirección vertical (z) Una expresión para la deformación unitaria que se produce en la dirección no confinada (x)

26

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales d) e)

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

Una expresión para el módulo aparente E’ = σz / εz en la dirección vertical. ¿Es este módulo aparente igual al módulo elástico, E, obtenido del ensayo uniaxial del material? Los valores de σy, εz, εx y E’, si la tensión de compresión en la vertical tiene una magnitud de 600 kPa. Considere que la goma tiene un módulo elástico de 80 MPa y un coeficiente de Poisson de 0,40. Respuestas:

a)

 y =  z

b)

z =

c) d) e)

1 − 2 z E  (1 +  ) x = − z E E E' = 1 − 2

-240 kPa, -0,63%, 0,42%, 95,2 MPa Pauta: Como condición inicial se tiene que no habrá deformación en la dirección confinada, por lo que εy = 0, y que al no existir confinamiento ni restricción adicional alguna a la deformación en la dirección x (no hay fricción), no se desarrollarán tensiones en esa dirección, por lo que σx = 0. a) Utilizando la segunda ecuación de las proporcionadas en la ayuda (ley de Hooke generalizada), se tiene que:

0=



1  y −  (0 +  z ) E



con lo que:  y =  z

b) La deformación en la dirección vertical se obtiene sustituyendo σy por la expresión anterior en la tercera ecuación:

z =

1  z − (0 +  z ) E

con lo que:

z =

1 − 2 z E

c) La deformación en la dirección no confinada se obtiene sustituyendo σy por la expresión obtenida en a) en la primera ecuación:

x =

1 0 − ( z +  z ) con lo que:  x = − (1 +  )  z E E

d) El módulo elástico aparente E’ será la relación entre la tensión y la deformación resultante:

E'=

z z

Este módulo se puede obtener directamente de la ecuación determinada en b): dado que:

z =

1 − 2 z E

el módulo aparente será:

E' =

E 1 − 2

Consecuentemente, el módulo elástico aparente es mayor que el módulo elástico obtenido del ensayo uniaxial. e) Utilizando las ecuaciones determinadas en a), b), c), y d), (o las ecuaciones completas proporcionadas en la ayuda), es posible determinar los valore solicitados (importante: la tensión vertical es de compresión, por lo que su valor es negativo): 27

ING 1024 – Propiedades y Resistencia de Materiales

Problemas resueltos I –2dosemestre, 2018

La tensión en la dirección confinada, σy, será:

 y = 0,4  (−600 kPa) = −240 kPa

(compresión) La deformación en la dirección vertical, εz, será:

z =

1 − 0,4 2 (−600 kPa) = −0,0063 = −0,63% 80000 kPa La

deformación

en

la

dirección

libre,

εx,

será:

0,4(1 + 0,4) z = − (−600 kPa) = −0,0042 = 0,42% 80000 kPa E' =

El módulo elástico aparente, E’, será:

Problema 19

80000 kPa = 95238 kPa = 95,2 MPa 1 − 0,42

Ducto de material compuesto I Se tiene un ducto cilíndrico confeccionado con un material compuesto que forma láminas concéntricas de espesor muy delgado, tal como se indica en la figura siguiente (dibujo no a escala):

R

El ducto es muy extenso en la dirección longitudinal, y su radio medido en el contacto entre ambas fases es R. La lámina interior tiene espesor t1 y propiedades mecánicas E1 y 1, y su función es contener la presión del líquido que transporta el ducto. La lámina exterior tiene espesor t2 y propiedades mecánicas E2 y 2 y su función es proteger el material de la lámina interior de la corrosión. Los espesores pueden considerarse mucho menores que el radio (t1 R). En los extremos del ducto hay una tapa rígida que se encuentra soldada a ambos materiales. La lámina interior tiene espesor t1 y propiedades mecánicas E1 y 1, y su función es contener la presión del líquido que transporta el ducto. La lámina exterior tiene espesor t2 y propiedades mecánicas E2 y 2 y su función es proteger el material de la lámina interior de la corrosión. Los espesores pueden considerarse mucho menores que el radio (t1