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• Marielena Sullon Sanchez

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UNIVERSIDAD CATÓLICA LOS ANGELES DE CHIMBOTE FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

RESISTENCIA DE MATERIALES I

Dr. Ing. Wilson Gerónimo Sancarranco Córdova MSc.

PIURA – PERÚ

RESISTENCIA DE MATERIALES

DEFINICION : Es la ciencia que estudia las relaciones de las cargas externas a un cuerpo y sus efectos que éstos producen al interior de los mismos. Se diferencian de la estática o la mecánica por que no considera a los cuerpos lo suficientemente rígidos o indeformables. PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS MATERIALES : a) Resistencia en la oposición que ofrece el material a la acción de cargas externas, cuanto mayor sea la resistencia mayor carga se requiere para que falle el material, puede ser e tracción, compresión dependiendo del sentido de las cargas aplicadas. b) Deformación : Es la intensidad de cambios geométricos originado por la acción de las fuerzas aplicadas, cuando éste es lineal, se determina mediante una ecuación experimental. ρ = PL EA donde : P = es la carga resultante L = longitud inicial del cuerpo E = Módulo elástico A = Sección transversal del cuerpo c) Elasticidad .Es la capacidad de un material de deformarse bajo la acción de una carga y recuperar la acción de esta al cesar la acción de ésta. (E) d) Plasticidad.Es la deformación permanente de un cuerpo por la acción de cargas aplicadas, no recuperando sus condiciones iniciales deformándose con cargas relativas bajos pero sin fallar. e) Dureza.Es el grado de oposición que ofrece un cuerpo a dejarse rallar por otro

f) Tenacidad.Es la capacidad de un material de absorber energía e meno o mayor cantidad .

De acuerdo algunas propiedades de los cuerpos estos se clasifican : A) Frágiles o Quebradizos : Aquellos materiales que para valores de esfuerzos tienen pequeños valores de deformación, falla bruscamente Ej., las rocas, el vidrio, el hormigón. etc., B) Dúctiles : Son materiales considerados elásticos con fluencia pronunciada y la falla se produce con contracción de la sección transversal, ejemplo el acero dulce y todas sus aleaciones. C) Plásticos : Aquellos materiales que tienen grandes deformaciones permanentes y pequeño grado de elasticidad. Ej. El Plomo, arcilla, asfalto. Ejemplo Para un material que tenga la siguiente curva de deformación :

DIAGRAMA ESFUERZO-DEFORMACION

ANALISIS DE FUERZAS INTERNAS

- Fuerza Axial (Pxx): realiza la acción de tirar y se representa por la fuerza de tracción (tendencia al alargamiento) y de compresión (tendencia a acortarlo). Se simboliza por P (véase Figura 3 a y b).

-

Fuerza Cortante (Pxy, Pxz): realiza la acción de deslizamiento de una porción de la sección respecto a la otra.

Se simboliza por V (véase Figura 4). - Momento flector (Mxy, Mxz): realiza la acción de curvar el cuerpo o flexionarlo respecto a los ejes Y o Z. Se simboliza por My o Mz (véase Figura 5).

- Momento torsor (Mxx): realiza la torsión sobre el sólido (véase Figura 6). Se simboliza por T o Mt (Singer y Pytel, 1982).

ESFUERZOS 1. E. NORMALES (TENSIÓN) 2. E. CORTANTES 3. E. APLASTAMIENTO O DE APOYO 1. E. NORMAL ( σ ) .- La carga es axial al área

σ=P A Tracción

2. E. CORTANTE

................(1)

Compresión

( ‫) ﺡ‬.- La carga es paralela al área.

‫ = ﺡ‬σx sen 2 α 2

σN = σx cos2 α

3. DEFORMACIONES ( ρ ) ρ = PL EA

………… (2)

ρ

Reemplazando (1) en (2)

=σL

…………………(3)

E

EJERCICIOS 1) La barra que se muestra entre acero como módulo elástico 2.1 x 106 Kg/cm2, está solicitada por las cargas que se muestran en la fig. ¿Determinar los esfuerzos en cada tramo y la deformación total resultante. A = 80 mm2

TRAMO AB

∑ FH = 0 -5000 + σA = 0 σ = 5000 kg / 8 cm2 σ = 625 kg /cm2 (+)

5 TM

σA

TRAMO BC

∑ FH = 0 -3500 + σA = 0 σ = 3500 kg / 8 cm2 σ = 437.5 kg /cm2 (+)

3.5 TM

σA

5 TM

σA

TRAMO CD

∑ FH = 0 -4500 + σA = 0 σ = 4500 kg / 8 cm2 σ = 562.5 kg /cm2 (+) DEFORMACION TOTAL :

ρ T = ρ AB + ρ BC + ρ CD ρ T = PAB .LAB + PBC. LBC + PCD. LCD EA EA EA

ρ T = 1 ( σ AB.LAB + σBC .LBC + σ CD.LCD) E ρT=

1 2.1 x 106

(625 x 300 + 437.5 x 500 + 562.5 x 800 ) = 0.41 mm

2.- Para la barra que se muestra, ¿Calcule los esfuerzos en cada material, calcule además la deformación total. EAl = 1 X 106 Kg/cm2 EBr = 1.4 x 106 Kg/cm2 EAC = 2.1 x 106 Kg/cm2

Cálculo de Esfuerzos ∑ FH = 0 20 + σA = 0 σ = 20000N / 700 x 10-6 m2 σ = 28.57 x 106 Pascal = 2.86 Mpascal (-)

20KN

BRONCE

σA

∑ FH = 0 5 + σA = 0 σ = 5000N / 1000 x 10-6 m2 σ = 5 x 10 6 Pascal

ALUMINIO 5KN

σA

= 5 M Pascal (-)

∑ FH = 0 10 + σA = 0 σ = 10000N / 800 x 10-6 m2 σ = 12.5 x 106 Pascal

10KN

ACERO

σA

= 12.5 Mpascal (+)

Cálculo de Deformaciones : - Necesitamos convertir Pascal a Kg/cm2 BRONCE : 28.57 x 106 N

m2

x

1 kg-f x 1 m2 9.81 N (100 cm)2

ALUMINIO :

 50.96 Kg/cm2

ACERO :

 127.42 Kg/cm2

Según Ecuación

ρ

=σL

…………………(3)

E ρ BRONCE = 291.23 kg/cm2 x 500mm 1.4 x 106 Kg/cm2

= 0.104 mm

ρ ALUMINIO = 50.96 Kg/cm2 x 600 mm 1 X 106 Kg/cm2

=0.030 mm.

ρ ACERO

= 127.42 Kg/cm2 x 700 mm 2.1 x 106 Kg/cm2



= 0.042 mm.

291.23 kg/cm2

3.- la lámpara de la fig. pesa 80 Kg y está soportada por los cables AB y BC, los diámetros son de 10 mm y 8 mm respectivamente ¿Calcular los esfuerzos que soportan cada cable. Diám AB = 10 mm Diám BC = 8 mm. W L = 80 Kg.

∑ FH = 0

∑FV= 0

AB cos 60º = 4/5 BC ......(1)

AB sen 60º + 3/5BC = 80 ........(2)

AB = BC 4/5 = 1.16 BC Cos 60º Reemplazando en (2)  Tenemos : BC= 40.4 AB =64.4

1.16 BC . sen 60º + 3/5 BC = 80

A = π d2 4 ABC= π (1)2 = 0.78 cm2 4

Reemplazando en la Ec. ( 1) σBC = 40.4 Kg = 80.4 Kg /cm2 0.78 cm

2

σAB = 64.6 Kg = 82.25 Kg /cm2 0.50 cm2

AAB= π (0.8)2 = 4

0.50 cm2

4.- Calcular el máximo peso que se puede suspender en el sistema mostrado para que los tensores admisibles en los cables AB y AC sean 100 MPascal y 50 MPascal respectivamente. La sección transversal de AB es de 400 mm2 y la de AC es de 200 mm2. 2. AB = 400 mm σAB = 100 MPascal BC = 200 mm2. σBC = 50 MPascal

∑ FH = 0 AC cos 45º = AB cos 30º

∑ FV = 0 ......(1)

AC sen 45º + AB sen 30º = W ........ (2)

AC = AB Cos 30º = 1.224 AB Cos 45º Reemplazando en (2) tenemos : 1.224 AB. sen 45º + AB sen 30º = W W = 1.366 AB ...........(3)

σAB = P/A

100 x 106 N/m2 = P/ 400 x 10-6 m2 PAB = 40000 N Reemplazando en (3) : W = 1.366 (40000) W = 54640 N

. σBC = P/A 5 0 x 106 N/m2 = P/ 200 x 10-6 m2 PBC = 10000 N W = 1.224 (10000) W = 12240 N

Problema 5 Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro 4 mm , y cuyos módulos de elasticidad son: E1=2.1x105 MPa y E2=0.7x105 MPa. La longitud de la barra es de 600 mm y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra está sometida a una carga puntual P=500 N. Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.

Problema 6.Una barra de aluminio con una sección transversal de 0,5 in2 lleva la carga axial aplicada en las posiciones se muestra en la Fig. Calcular el cambio total en la longitud de la barra si E = 10 × 106 psi. Supongamos que la barra esté adecuadamente braceada para evitar el pandeo lateral.

6

7.- Una varilla de aluminio es rígidamente fijado entre una varilla de acero y una varilla de bronce, como se muestra en la fig. Cargas axiales se aplican en las posiciones indicadas. Encontrar el máximo valor de P que no excedan de un estrés en acero de 140 MPa, en aluminio de 90 MPa, o de bronce de 100 MPa.

DIAGRAMAS DE ESFUERZOS NORMALES

1.- Trazar el diagrama de esfuerzo normal.

TRAMO AB : 00 < X < 0.4 B

∑ FV = 0 A 5T

ζ A -5 = 0 ζ = 5 / 1 = 5 T / m2 (+)

TRAMO BC 0.4 < X < 1.10 C 3 3T

∑ FV = 0 B

ζ A +3 -5 = 0 ζ = 2 / 1 = 2 T / m2 (+)

5T

TRAMO CD 1.1 < X < 1.4 C 3 2T

∑ FV = 0 3T

ζ A +2+3 -5 = 0 ζ = 0 / 1 = 0 T / m2 (+) 5T

2.- Trazar el Diagrama de Esfuerzo Normal y Calcular la deformación absoluta A= 2 cm2 E = 2 x 104 Kg/cm2

TRAMO AB : 00 < X < 0.2 20 Kg B

∑ FV = 0 A

-ζ A -20 = 0 ζ = -20 / 2 = -10 Kg / cm2 (-)

TRAMO BC 0.2 < X < 0.6 20 Kg

C 3 40

∑ FV = 0 B

-ζ A -20+40 = 0 ζ = 20 / 2 = 10 Kg / cm2

(+)

TRAMO CD 0.6 < X < 1.0

D

D 40

∑ FV = 0 ζ A -20+40-40 = 0

40 40

ζ =- 20 / 2 = 10 Kg / cm2 (-) C

ρ T = ρ AB + ρ BC + ρ CD

ρ T = 1 ( σ AB.LAB + ζBC .LBC + ζ CD.LCD) E

ρT=

1 (-10 x 20 + 10 x 40 - 10 x 40 ) = -0.01 cm. 4 2 x 10 Kg/cm2

3.- Hallar los esfuerzos y Trazar el Diagrama de Esfuerzo Normal D

0.2

º

2T

L (cm) C

0.5

4T B

0.5 A

200

0

100

600

6T q= 20 Kg/cm A= 10 cm2

F = + P + ∫ qx.dx

σT= +σ P + qx A

F = Resultante P = Cargas puntuales q = Cargas distribuídas A = Area

Kg/cm2

En A : ζA = 6000 - 20 (0) = 600 Kg/cm2 10 10 En B : ζA = 2000 - 20 (50) = 100 Kg/cm2 10 10 En C : ζA = 0 - 20 (100) = -200 Kg/cm2 10 10 En D : ζA = 0 - 20 (120) = -240 Kg/cm2 10 10

4.- Hallar los esfuerzos y trazar el Diagrama de Esfuerzo Normal

3Kg

(-)

L

(+)

0 0.06

2.06

A q=0

x

0.5

B 0.3

qx

2Kg

q=6Kg/cm C

1.4

F = + P + ∫ q x. d x

0.8 = x 6

F = + 3 - ∫ 6x. d x

Resolviendo F = 3 – 3x2 0.8

00 < X < 0.5

(X=0 y X=0.5)

F = 3 – 3(0)  3 Kg. /cm2 0.8 F = 3 - 3(0.5)2  ζAB = F = 2.06 Kg 0.8 A 1 cm2 TRAMO BC F = 1 - 3(0.5)2 0.8 F = 1 - 3(0.8)2 0.8

qx = 6x

qx

0.8 TRAMO AB

=>

0.5 < X < 0.8

= 2.06 Kg./cm2

(X=0.5 y X=0.8)

 ζBC = F = 2.06 Kg A 1 cm2  ζBC = F = -1.4 Kg A 1 cm2

2

3 Kg/cm

= 0.06 Kg./cm2 = -1.4 Kg./cm2

0.8

5.- Trazar el Diagrama Esfuerzo Normal y Calcular la deformación absoluta

(-) 0.4

(+)

E

6T

A= 6 cm

2

D 0.4

3T

C A= 5 cm B

0.4

A= 2 cm

2

2

0.8 A 2T

166.6

0

400

1000

TRAMO AB ζAB = 2000 = 1000 Kg/cm2 (+) 2 TRAMO BC ζBC = 2000 = 400 Kg/cm2 (+) 5 TRAMO CD ζCD = 5000 = 1000 Kg/cm2 (+) 5 TRAMO DE ζDE = -1000 = - 166.6 Kg/cm2 (-) 6

ρ T = ρ AB + ρ BC + ρ CD + ρ DE

ρ T = 1 ( σ AB. LAB + ζBC .LBC + ζ CD. L CD - ζ CD .L CD) E

ρT=

1 (1000 x 80 + 400 x 40 + 1000 x 40 – 166.67 x 40) = 0.065 cm. 2 x 104 Kg/cm2

ESFUERZOS DE ORIGEN TÉRMICO δ TOTAL = Δ Tº L α Donde :

Δ T = Variación de temperatura L= Longitud α = Coeficiente de dilatación lineal C-1 δ T0TAL = deformación por temperatura

Si un cuerpo tiene cargas externas y hay Δ T0 δ T = δ p + δ T0TAL δ T = PL/EA + α Δ T0 L

DEFORMACIÓN POR PESO PROPIO: δ γ = γ L2 2E γ= peso por unidad de volumen L= longitud E= modulo elástico 1.- Hallar la deformación total en el sistema que se muestra, sabiendo que el peso especifico de la barra es 3.2 gr/cm3 y la barra BC es 2.5 gr/cm3. El modulo de young para la barra CD es 2.1X106 kg/cm2 y de la barra BC 8X105 kg/cm2 Solución: δ T = δ BC + δ CD WBC = Vol. γ W BC =12 x 140 x 2.5 = 4202 gr = 4.2 Kg δ BC = PL = EA

(2004.2) (140) (0.8X105) (12)

δ BC =0.29 cm. W CD = Vol . γ W CD =20 x 120 x3.2 = 7680 gr = 7.68 Kg δ CD = (2011.88)(120) (2.1X106 )(20) δ CD =0.005745 cm δ T =0.295745 cm. δ T = δ Carga + δ Peso propio Tramo BC: δ Carga = (2000) (140) = 0.2916 cm. (0.8X105) (12) δ Peso propio = (2.5) (140)2 x 1 Kg .=0.2919 cm 2(0.8) x 105 103 gr. Tramo CD: δ Carga = (2000) (120) = 0.005714 cm (2.1X106) (20). δ Peso propio =(3.2) (120)2 x 1kg = 5.72X10-3 cm. 2 (2.1x106 ) 103 gr. δT =0.297625 cm

2.- Los extremos inferiores de las tres barras en la figura. P-238 se encuentran al mismo nivel antes de que el bloque rígido uniforme de peso de 40 Kips se adjunta. Cada barra de acero tiene una longitud de 3 pies, y área de 1,0 in.2, y E = 29 × 106 psi. Para la barra de bronce, la zona es de 1,5 in.2 y E = 12 × 106 psi. Determinar (a) la longitud de la barra de bronce para que la carga en cada barra de acero sea el doble de la carga en la barra de bronce, y (b) la longitud de la de bronce que hará hincapié en el doble de la de acero.

3.- El bloque de la figura pesa 50 TM y es repartido por 3 varillas simétricamente colocadas como se muestra. Inicialmente los extremos de la varilla al mismo nivel, calcular los esfuerzos en cada varilla luego de colgar el bloque y de un incremento de T0 de 60 0C.

Acero E=2.1x10-6 kg/cm2 L=0.6 m A=500 mm2 α=11.7x10-6 0C-1

Bronce E=8.3x10-6 kg/cm2 L=0.9 m A=900 mm2 α=18.97x10-6 0C-1

Solución: Σ Fv=0 2TA + TB = 50,000 ......... (1)

δ A = δ Carga + δ T º δ B = δ Carga + δ T º Como δ A = δ B

 δ A = (TA)(LA) + α Δ T0 LA E AA  δ B = (TB)(LB) + α Δ T0 LB E AB

(TA)(LA) + α Δ T0 LA = (TB)(LB) + α Δ T0 LB E AA E AB 60 T A + 11.7 x 10-6 (60º) (60) = 90 TB + 18.9 x 10-6 (60º) (90) -6 -6 2.1x10 (5) 8.3x10 (9) 1.2 x 10-5 TB – 5.71 x 10-6 TA = -0.06

............ (2) Resolviendo tenemos :

TB = 692.22 Kg TA = 24653.96 Kg ζ A = TA AA

 24653.95 Kg = 4930.8 Kg / cm2 5 cm2

ζ B = TB  76.9 Kg = AB 9 cm2

76.9 Kg / cm2

4.- Con los mismos datos del problema anterior encontrar el incremento de Tº necesario para que la carga sea soportada únicamente por las varillas de acero.

δ A = δ Carga + δ T º δB=δTº 25000 (60) + 11.7 x 10-6 (Δ T0) (60) = 18.9 x 10-6 (Δ T0) (90) 2.1x10-6 (5) Δ T0 = 140.14 ºC

5.- Un pilar de concreto armado se refuerza axialmente con 6 barras e acero de 600 mm cada una de sección colocadas simétricamente en círculo alrededor del eje del pilar, según se muestra en la fig. Se aplica una carga de 100 kN, apoyándose con una placa de acero indeformable, determinar los esfuerzos ene. En concreto y en el acero sabiendo que : Eac = 200 x 109 n/m2 y Ec= 14 x 109 n/m2

∑ FH = 0 P c + P a = 1000

…………. (a)

Area del concreto A = Area del concreto - Area del acero A = (300 x 300) - 6 ( 600 x 106 ) A = 0.0864 m

P c L c = P a La E c Ac Ea Aa Pc (14 x 109 )(0.0864) 

simplificando la ecuación

=Pa . (200 x 109 )(3.6 x 10-3)

P a = 0.595 P c ............. (b)

Reemplazando (b) en ecuación (a) P c = 626.81 KN P a = 373.19 KN

6.- Una columna de hormigón armado de 200 mm de diámetro está diseñado para transportar una carga axial de compresión de 300 kN. Determinar el área de acero de refuerzo si las tensiones admisibles son de 6 MPa y 120 MPa para el hormigón y el acero, respectivamente. Eco uso = 14 GPa y Est. = 200 GPa.

7.- Para el sistema que se muestra ¿Calcular las longitudes finales después de actuar las cargas indicadas sabiendo que el módulo elástico es 2 x 106 Kg/cm2 y el módulo de Poisson es ¼ (0.25)

μ= 0.25 E = 2 x 106

Fórmulas de Lamé

ε = δ L

L f x = l i x +( 1 + ex )

Lf

y

= l i y +( 1 + ey )

L f z = l i z +( 1 + ez )

Resolviendo tenemos : σx = 0 ; σy =12000 = -40 kg/cm2 30x100 σz =60000 = 100 kg/cm2 20x100

εx=

1 2 x 10 6 εx= 1 2 x 10 6 εx= 1 2 x 10 6

[ 0 – 0.25 (-40 + 100) ] = - 7.5 x 10-6 [-40 – 0.25 (0 + 100) ] = -3.25 x 10-5 [ 100 – 0.25 (0 + 40) ] = 5.5 x 10-5

L f x = 30 (1 – 7.5 x 10-6 ) = 29.9975 cm L f y = 20 (1 –-3.25 x 10-5) = 19.99935 cm L f z = 100 (1 + 5.5 x 10-5) = 100.0055 cm

ESFUERZOS INERCIALES Si consideramos la barra de área = A ; longitud = L, Peso específico = ‫ ; ﻻ‬módulo elástico = E y que tiene una velocidad angular = ω r

dr

ω L

Fy = ω2 ‫ ﻻ‬A ( l2- y2 ) 2g

FMAX = ω2 ‫ ﻻ‬A l2 2g

….. (1)

σy = ω2 ‫ ( ﻻ‬l2- y2 ) 2g

…… (2)

σMAX = ω2 ‫ ﻻ‬l2 …….. (3)

2g

…….. (4)

DEFORMACIONES ……… (5)

δ = ω2 ‫ ﻻ‬l3 3g E

Ejemplo Calcular el alargamiento producido en la barra AB debido a la fuerza centrífuga en el momento en que el esfuerzo unitario máximo de tracción es 1000 Kg/cm 2, sabiendo que el módulo elástico es de 2 x 106 Kg/cm2 y la densidad del material es de 752 Kg/cm2

ζ = 1000 Kg/cm2 6

E = 2 x 10 Kg/cm ‫ = ﻻ‬752 Kg/cm2

2

Despejando Ecuación (4)

ω2 = 1000 . 2g 2 ‫ ﻻ‬l

Reemplazando en la ecuación (5) tenemos :

δ = ( 1000 . 2 g ) ‫ ﻻ‬l3 / 3gE ‫ ﻻ‬l2 δ = 0.0133 cm

DESPLAZAMIENTO DE UN PUNTO En la figura que se muestra ¿Calcular el desplazamiento lineal del punto y su dirección, sabiendo que ambas barras tienen una sección de una pulg2 y el módulo elástico es 0.9 x 106 Kg/cm2

∑ Fx = 0 TAB Cos 60º = TAC cos30º TAB =√3/2 TAC ...... (1)

∑ Fy = 0 TAB sen 60º +TAC sen 30º = 6 TAC = 3T ………. (2)

δ I = TAB . LAB  δ I = 3√3 (0.4√3) = 3.6 TM / m EA EA EA δ II = TBC . LBC  δ II = 3(0.4) = 1.2 TM / m EA EA EA δ I = 3.6 TM/m x 1000 Kg . = 0.64 mm 0.9 x 106 Kg/cm2 x 1 pulg2 (2.54)2 cm2 X 1 TM 1 pulg2 δ II = 1.2 TM/m x 1000 Kg . = 0.2066 mm 0.9 x 106 Kg/cm2 x 1 pulg2 (2.54)2 cm2 X 1 TM 1 pulg2 X= δ II cos 60º  0.1032 mm. y = δ I cos 30º  0.5558 mm. Δ y = x + y = 0.659 mm a = δ I sen30º = 0.3209 mm b= δ II cos 30º = 0.1789 mm

Δy ΔT

Δ x = a – b = 0.142 mm Δx Δ T2 = Δ x2 + Δ y2 Δ T = √(0.6591)2 + (0.142)2 Δ T = 0.674 mm tg = Δ x/ Δ y  0.659 / 0.142 tg = 12.16º

ESFUERZOS O TENSIONES COMBINADAS

fig.(d) Aplicando condiciones de equilibrio a la fig d. tenemos Esfuerzo normal y Esfuerzo cortante

Z

nz zx

zy

 xz

nx  xz

xy

yz

nx xy

n y

y x

Y y

Esfuerzos Principales : a) Normales (ζ )

σ1,2 = σX + σy / 2 + 1 2

√ (σ

X + σy)

2

+ 4 (‫ﺡ‬xy )2

X x

b) Cortantes (‫) ﺡ‬ ‫ﺡ‬MAX = +

√ (σ

X - σy)

2

+ (‫ﺡ‬xy )2

2

MIIN

CIRCULO DE ESFUERZOS DE MOHR

TRAZADO :

‫) ﺡ‬+(

σ (+)

‫) ﺡ‬-(

σ (-)

1.- Construir el círculo de Mohr, determine los esfuerzos principales normales y cortantes, los esfuerzos normales correspondiente.

400 Kg/cm

2

500 Kg/cm

100 Kg/cm

2

Tenemos entonces : σX = 500 Kg/cm

2

σy= -100 Kg/cm

‫ﺡ‬yx=

2

400 Kg/cm

2

 (200, 0) σ 1 = OM = 700 Kg/cm2 σ2 = 0N = - 300 Kg/cm2 ‫ = ﺡ‬CR = +- 500 Kg/cm2 Donde :

2α = 53º α = 26.5º 2αc = 37º

αc = -18.5º R

2α2

‫ ﺡ‬YX 2α

N O 0

C

σX

S

M

2

2.- Construir el círculo de Mohr, determine los esfuerzos principales normales y cortantes, los esfuerzos normales correspondiente.

600 Kg/cm2

300 Kg/cm 200 Kg/cm

2

2

Tenemos entonces : σX = - 600 Kg/cm σy= 200 Kg/cm

2

2

‫ﺡ‬yx= - 300 Kg/cm2

 (-200, 0) σ 1 = OM = 300 Kg/cm2 σ2 = 0N = - 700 Kg/cm2 ‫ = ﺡ‬CR = +- 500 Kg/cm2 GRAFICANDO EL CIRCULO DE MOHR TENEMOS

R

σX O 0

C

N 2α

‫ ﺡ‬Xy

2α2

S Donde :

2α = 37º α = 18.5º

M

2αc = 53º αc = 26.5º

3.- Para el estado plano esfuerzo que se muestra hallar los esfuerzos principales normales y esfuerzos máximos y mínimos así como sus respectivas direcciones

500 Kg/cm2 300 Kg/cm2 600 Kg/cm2 Tenemos entonces : σX = - 500 Kg/cm σy= 600 Kg/cm

2

2

‫ﺡ‬yx= - 300 Kg/cm2 Esfuerzos Principales :

√ (σ

σ1,2 = σX + σy / 2 + 1 2

σ1,2 = -500 +600 / 2 + 1 2 σ1,2 = 50 + 626.4 σ1 = 676.4 Kg/cm2

X + σy)

√ (-500

2

-

+ 4 (‫ﺡ‬xy )2 600)2 + 4 (-300 )2

σ2 = -576.4 Kg/cm2

y

Esfuerzos Cortantes Máximos y Mínimos :

‫ﺡ‬MAX = + MIIN

‫ﺡ‬MAX = + MIIN

√ (σ

X - σy)

2

2

√ (-500 -600) 2

‫ﺡ‬MAX = + 850 Kg/cm2 MIIN

+ (‫ﺡ‬xy )2

2

+ (-300 )2

Direcciones de los esfuerzos

tan 2α = 2 (-300 ) = > -500 – 600

α1 = 14.3º

y

α2 = 104.3º

DEFORMACIONES UNITARIAS

En la siguiente figura : Calcular : a) Calcular los esfuerzos principales normales y las deformaciones unitarias normales b)) Calcular las direcciones de los esfuerzos normales y las direcciones de las deformaciones unitarias. c) Los esfuerzos cortantes máximos y mínimos, las direcciones de estos esfuerzos, las deformaciones unitarias cortantes y las direcciones de estas deformaciones d) El esfuerzo normal promedio y la deformación unitaria ligada. e) El esfuerzo normal el esfuerzo cortante , la deformación unitaria normal y la deformación unitaria cortante por un plano cuya normal hace un ángulo de 30º medido en sentido antihorario.

σX = 600 Kg/cm2 ;

σy= -900 Kg/cm2 ;

‫ﺡ‬yx= -400 Kg/cm2

560 Kg/cm2

600 Kg/cm2 400 Kg/cm2 900 Kg/cm2 E = 2 x 102 Kg/cm2 u = 0.3

a) ζ1,2 = ζX + ζy / 2 + 1 2

√ (ζ

X + ζy)

2

+ 4 (‫ﺡ‬xy )2

√ (600+900)

ζ1,2 = 600 -900 / 2 + 1

2

+ 4 (-400 )2

2 ζ1,2 = -150 + 850 ζ1 = 700Kg/cm2

εx εx

y

ζ2 = -1000 Kg/cm2

1 [ ζX - u ζy ]  E

=

1 [600 – 0.3 (-900) ] 2 2 x 10 Kg/cm2

= 4.35 x 10-4

εy=

1 [ ζX E

-

u ζy ]  1 [-900 – 0.3 (600) ] 2 x 102 Kg/cm2

ε y = -5.4 x 10-4 Kg/cm2 G=

E .  2 x 102 Kg/cm2 2( 1+ μ) 2 ( 1 + 0.3)

G = 769230.77

δ xy

=

‫ﺡ‬yx G

δ x y=

-044 769230.77

δ x y = -5.2 x 10 -4

ε1,2 = 4.35 x 10-4 + -5.4 x 10-4 +

√(4.35

) (

)2

x 10-4 + 5.4 x 10-4 + -5.2 x 10 -4 2 2

ε1 = 5.025 x 10-4 ε2 = 6.074 x 10-4 b)

tan 2α = 2 (-400 ) = > 500 + 900

tan 2θ = δ

α1 = -14.3º

y

α2 = 75.96º

α1 = -14.3º

y

α2 = 75.96º

xy .

εx - ε y -5.2 x 10 – 4 .--> 4.35 x 10-4 + 5.4 x 10-4

tan 2θ = c) ‫ﺡ‬MAX = +

√ (σ

2 X - σy)

+ ( ‫ﺡ‬xy )2

2

MIIN

‫ﺡ‬MAX = +

√ ( 600 + 900 ) + ( -400 ) 2

2

2

MIIN

‫ﺡ‬MAX = + 850 MIIN

δ=+ 2 δ=+ 2

√ ( ε - ε ) + (δ 2

X

2

y

xy

)2

2

√ (4.35 x 10

-4

2

+ 5.4 x 10-4)2 + (-5.2 x 10 – 4 ) 2 2

δ = + 1.115 x 10 -3

tan 2θc = εx - ε y tan 2θc

δ xy = 4.35 x 10-4 + 5.4 x 10-4 -5.2 x 10 – 4



δ = + 5.57 x 10 -3 2

Θ c1 = 31º

y = 121º

d) ζX = ζX + ζy = 600 - 900 2 2 ζX = -150

ε ligada =

εx + ε 2

ε ligada =

y

=

4.35 x 10-4 - 5.4 x 10-4 2

- 5.25 x 10 -5

e)

ε = ( εx + ε y ) + (εx - ε y ) cos 2Θ + δ xy sen 2Θ ε

2 2 -4 = (4.35 x 10 - 5.4 x 10-4) + (4.35 x 10-4 + 5.4 x 10-4 ) cos 60( -5.2 x 10 – 4)) sen 60 2 2

ε = 2.328

x 10-4

ESFUERZOS EN EL ESPACIO

El esfuerzo es un tensor de segundo orden y por lo tanto requiere nueve valores componentes para describirlo en tres dimensiones. El tensor de esfuerzos en tres dimensiones se puede expresar como la matriz:

 S1 , S2 , S3

(1)… 3

Son Esfuerzos Principales

2

S – I1S + I2S – I3 = 0

S1 > S2 > S3

FL-2……….(4)

ζ ij =

I3 = ζIJ I1 = ζX + ζ Y+ ζz

……….(2)

I2 = ζX ζy + ζX ζz + ζy ζz - ‫ﺡ‬x2 y - ‫ﺡ‬x2 z - ‫ﺡ‬y2 z ………(3)

‫ﺡ‬MAX = S1 -S2 / 2 = S1 -S3 / 2 = S2 -S3 / 2

………..(5)

COSENOS DIRECTORES ......(6)

S1 : ( S1 - ζX ) l - ‫ﺡ‬x y m - ‫ﺡ‬x z n = 0

S2 : ( S2 - ζX ) l - ‫ﺡ‬x y m - ‫ﺡ‬x z n = 0

- ‫ﺡ‬x y l + ( S1 - ζy ) m - ‫ﺡ‬yz n = 0

- ‫ﺡ‬x y l + ( S2 - ζy ) m - ‫ﺡ‬yz n = 0

- ‫ﺡ‬zx l - ‫ﺡ‬zym + (S1 - ζz )n

- ‫ﺡ‬zx l - ‫ﺡ‬zym + (S2 - ζz )n

=0

=0

S3 : ( S3- ζX ) l - ‫ﺡ‬x y m - ‫ﺡ‬x z n = 0 - ‫ﺡ‬x y l + ( S3 - ζy ) m - ‫ﺡ‬yz n = 0 - ‫ﺡ‬zx l - ‫ﺡ‬zym + (S3 - ζz )n

=0

Ejemplo 1. Calcular el máximo esfuerzo cortante para un punto medio como el mostrado en la figura (unid(unidades Kg/cm2)

ζX = 8

ζy= 8

ζz= -12

‫ﺡ‬x y = 2

‫ ﺡ‬z y= 2

‫ﺡ‬x y = 0

El tensor de esfuerzos es : 0 2 0

2 8 2

0 2 -12

Hallando los esfuerzos principales = 0 I1 = -4 z

según ecuación……….(2)

I2 = -204

según ecuación ……….(3)

I3 = 48

según ecuación ……… (4)

Según ecuación (5)……..Tenemos : f ( Sn-1)  S3 – 4S2 + 104S – 48 = 0 derivando la ecuación f’ ( Sn-1)  3S2 – 8S – 104 = 0 Por aproximaciones sucesivas reemplazando valores en f ( Sn-1) y f’ ( Sn-1) : Sn 8.3 8.5 8.7

(Sn-1) -63.85 -28.87 9.26

Sn = (Sn -1) - f (Sn-1) f’ ( Sn-1)

Sn = 8.5 – (-28.87) 183.85 Sn = 8.657 Por Ruffini :

f’ ( Sn-1) 183.85

8.657

1

4

-104

8.657 1



-48

109.57 48.233

12.657

5.57

0.233

S2 +12.657S + 5.57

Resolviendo por la fórmula cuadrática tenemos : X=-b+

√ b – 4ac 2

=> -12.65 +

√ (12.65) – 4(1)(5.57) 2

2a

2

X = -0.455 y -12.197 S1 = 8.657

; S2 = -0.425 ;

S3 = -12.201

Reemplazando en la ecuación (5)

‫ﺡ‬MAX = 10.42 FL-2

Ejemplo 2.Determinar los esfuerzos principales y los ángulos directores para cada plano principal ζX = 0

ζy= 0

ζz= -1 0

‫ﺡ‬x y= 52

ζij= 0 5 5

5 0 -5

5 5 -10

Según ecuación 2, 3 y 4 I1 = -10 I2 = -75 I3 = 0 Según ecuación (1) reemplazamos S3 – 10S2 - 75S = 0 S(S2 + 10S -75) S1 = 5

S2 = 0

S3 = -15

FL-2

‫ ﺡ‬z y= 2

‫ﺡ‬x y= -5

- Determinación de los ángulos directores para S1 (l, m, n), reemplazando datos en la ecuación (6) tenemos : l-m- n=0 -l - m - n = 0 -l – m + 3n = 0 de donde obtenemos : n =0,

l=m y

m= √2/2

l 2 + m 2 + n2 = 1 l = √2/2 l = cos √2/2  α = 45º m= cos √2/2  β = 45º n= cos 0  θ = 90º - Determinación de los ángulos directores para S2 (l, m, n), reemplazando datos en la ecuación (6) tenemos :

2

-m- n=0 l+ n=0 -l + m + 2n = 0 de donde obtenemos : n=√1/3 , l=√1/3 2

2

y

m= -√1/3

l +m +n =1 l = √1/3 l = cos √1/3  α = 54.75º m= cos -√2/2  β = 125.26º n= cos √1/3  θ = 54.75º - Determinación de los ángulos directores para S3 (l, m, n), reemplazando datos en la ecuación (6) tenemos : - 3l - m - n = 0 - l - 3m + n= 0 - l + m - n = 0 de donde obtenemos :

l 2 + m 2 + n2 = 1 l = √6/6 l = cos - √6/6  α = 114.09º m= cos √6/6  β = 65.90º n= cos √1/3  θ = 35.26º

TORSION HIPÖTESIS : a. las secciones circulares permanecen circulares después de la torsión b. Las secciones planas permanecen planas y no se alabean después de la torsión. c. La proyección sobre una sección transversal de una línea radial de una sección permanece radial después de la torsión. d. El árbol o eje está sometida a la acción de pares torsores que actúan en planos perpendiculares a su eje. e. Los esfuerzos no sobrepasan el límite de proporcionalidad.

M = Fuerza x Distancia

T R a b

θ τmax

L MOMENTO TORSOR O MOMENTO TORSIONANTE

Es la suma algebraica de los momentos producidos en la sección considerada. Donde: T = Momento torsor G = Módulo elástico θ = Angulo de torsión J = Momento Polar de inercia L = Longitud del eje T=GθJ L

……. (1)

θ = TL JG

………(2)

ESFUERZO CORTANTE POR TORSIÓN

…….. (3)

‫ ﺡ‬MAX = TR J

MOMENTO POLAR DE INERCIA

ARBOL MACIZO J =π R4 2

= π d4 32

‫ﺡ‬MAX = 2T

= 16 T πR π D3 3

……….(3)

………(4)

ARBOL HUECO

……(5)

J =π (R4 – r4) =π (D4 – d4) 2 32

‫ﺡ‬MAX = 2TR

= 16 TD . 4 4 π (R –r ) π (D – d ) 4

………..(6)

4

RELACIÓN ENTRE TORSIÓN Y POTENCIA

Donde:    

P es Potencia. ƒ es la frecuencia de rotación . T es la torsión (un par). w velocidad angular.

DEFORMACIÓN DEL RESORTE

ρ = 64 PR3n Gd4

T=PR

Donde : R = radio espira n = número de espiras d = diámetro del resorte G = módulo elástico P = Carga

‫ﺡ‬MAX = 16PR π d3

G=

(4m-1) + (0.615)

(4m-4)

E . 2( 1+ μ)

m

m=R =D r d

donde R = radio espira r = radio resorte

TUBOS DE PARED DELGADA ‫=ﺡ‬

T = 2 Aq

T = 2 Aq

T 2At

donde : q = flujo cortante A= Area t= espesor ‫= ﺡ‬q t

ACOPLES PARA BRIDAS

Acoplamiento fijo de Plato

T = PTn

Acoplamiento fijo de Brida

T = π d2 . ‫ ﺡ‬R n 4

n= número de pernos

EJEMPLO 1.Un árbol macizo de un tren de iluminación tiene que trasmitir una potencia de 20 Kw y 2 rev/sg. Determinar su diámetro de manera que el esfuerzo cortante máximo no exceda el 40MN/m2 y que el ángulo de torsión sea como máximo 6º, la longitud del eje es de 3 m y su módulo elástico 8.3 GN/m2. P= 20 KN/m2

 Para satisfacer rigidez

f= 2 rev/sg. P=Tw ‫ = ﺡ‬40 MN/m2 P=T2πf Θ = 6º G = 83 GN /m2 L = π 180º d=? Despejando T y reemplazando  T = 20 x 103 = 1591.5 N.m 2 π (2)  Para que satisfaga resistencia : J = = π d4  32

d4 = J.32 π

θ = TL JG



J = TL θG

d4= 32 (1591.5)(3)(180) π (83 X 109 ). 6 π

‫ﺡ‬MAX =

16 T π d3

= 16 (1591.5) π 40x106

d3 = 2.026 x 10 -4 d = 0.0587 m = 58.7 mm Ejemplo 2.Un árbol de la fig. tiene un módulo G = 8.4 x 10-5 Kg/cm2, despreciando la concentración de esfuerzos producido por el cambio brusco de sección, determine la tracción cortante máxima en cada parte del árbol, los ángulos de torción en las secciones b y c y el ángulo de torción resultante. d=10 cm

B = 50,000-80,000 B= -30,000

‫ ﺡ‬MAX En “C” ‫ﺡ‬MAX = 16 T

= 16 (50000) π d3 π (7.5) ‫ﺡ‬MAX = 603.6 Kg/cm2 θ = TL= 50000(60)(32) JG π(7.5)3 (8.4x105)

θ = 0.011497 = 0º0’41.39”

‫ ﺡ‬MAX En “B” ‫ ﺡ‬MAX = 16 T

= 16 (-30000) π d3 π (10)3 ‫ﺡ‬MAX = -152.5 Kg/cm2

θ = TL= 30000(90)(32) JG π(7.5)3 (8.4x105) θ = 0.0033 rad = 0º 0’ 11.8”

θ total = 0º0’41.39” - 0º 0’ 11.8” θ total = 0º 0’ 29.59”

Ejemplo 3.Dos resortes de hacer dispuestos en serie soportan una carga W como se indica en la fig. El resorte superior tiene 20 espiras de alambre de 20 mm y un diámetro medio de 150 mm. El resorte inferior tiene 15 espiras de alambre de 10 mm y con diámetro medio de 130 mm. Calcular el esfuerzo cortante máximo en cada resorte si la deformación total es de 80 mm, constante del resorte G es igual a 83 GN/m2.

RESORTE SUPERIOR n = 20 Espiras D espira = 150 mm d resorte= 20 mm m = D => 150 = 7.5 d 20 RESORTE INFERIOR n = 15 espiras D espira= 130 mm d resorte= 10 mm m = D => 130 = 13 d 10

R. SUPERIOR

‫ﺡ‬MAX = 16PR [ (4m-1) π d3

+ (0.615) ] =16 (223.27)(75x10-3) 4(7.5) -1 + 0.615 (4m-4) m π (20x10-3)3 4(7.5) -4 7.5

‫ﺡ‬MAX = 12.76 MN/m2 R. INFERIOR

‫ﺡ‬MAX ‫ﺡ‬MAX

= 16 (223.27)(65x10-3) 4(13) -1 + 0.615 π (10x10-3)3 4(13) -4 13 2 = 82 MN/m

ρ = 64 PR3n Gd4

ρ Tot = ρ R. sup. + ρ R. inf. 80 x 10-3 = 64 P (75x10-3)3(20) + 64 P (65x10-3)3 (15) 9 -3 4 (83 x 10 ) (20 x 10 ) (83 x 109) (10 x 10-3)4 P = 223.27 N 4.- Determinar el máximo de cizalladura el estrés y la elongación de un resorte helicoidal de acero, compuesto de 20 vueltas de 20-mm de diámetro del alambre en una media de 90 mm de radio de la primavera cuando está apoyando una carga de 1,5 kN. Utilice Eq. (3-10) y G = 83 GPa.

5.- Dos resortes de acero dispuestos en serie como se muestra en la fig. P-347 soporta una carga superior P. La primavera tiene 12 vueltas de 25-mm de diámetro, cable de radio de una media de 100 mm. La parte inferior de primavera consiste en 10 vueltas de 20-mm diámetro cable de radio de una media de 75 mm. Si el máximo de cizalladura del estrés, ya sea en la primavera no debe exceder de 200 MPa, calcular el valor máximo de P y el alargamiento total de la asamblea. Utilice Eq. (3-10) y G = 83 GPa. Calcular el equivalente de primavera constante de dividir el total de carga por el alargamiento.

Ejemplo 6.Un acoplamiento por medio de bridas tiene 8 pernos de 20 mm de diámetro equidistantemente esparcidos en un círculo de 300 mm de diámetro ¿Determinar el par torsor que puede trasmitir si el esfuerzo cortante admisible en los pernos es de 40 MN/ m2. ‫ = ﺡ‬40 MN/ m2 R= 150 mm n= 8 d = 20 m T = π d2 . ‫ ﺡ‬R n 4 T = π (20 x 10 -3)2 (40 x 106) (150 x 10-3) (8)

4 T = 15,079.6 N-m Ejemplo 7.Un perno de acoplamiento de brida se compone de diez 20-mmdiameter pernos espaciados uniformemente alrededor de un círculo de pernos de 400 mm de diámetro. Determinar el par de la capacidad de acoplamiento si la tensión admisible de la esquila en los pernos es de 40 MPa.

Ejemplo 8.Un tubo de pared delgada tiene la forma de un semicírculo de 2 mm de espesor y 50 mm de diámetro, despreciando la concentración de esfuerzos que se produce en las esquinas ¿Calcular el momento torcionante que se produce cuando está soportando un esfuerzo cortante de 40 MN/ m2 ‫ = ﺡ‬40 MN/ m2

2 mm 50mm ‫=ﺡ‬

T  T = 2A‫ ﺡ‬t 2At

T= 2 (π (25 x 10 -3)2 (40 x 106) ( 2x10-3) 2 T = 157.07 N.m