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• Rodrigo Vallejos Vergara

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UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA FACULTAD DE INGENIERIA DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MECANICA

PROYECTO DE DOCENCIA MANUAL DE MECANICA DE SOLIDOS VOLUMEN 2: RESISTENCIA DE MATERIALES RAUL HENRIQUEZ TOLEDO VICTOR VERGARA DIAZ AGOSTO 2010

PROLOGO

La asignatura de Mecánica de Sólidos es impartida por el Departamento de Ingeniería Mecánica a todas las Carreras de Ingeniería, con la excepción de las carreras de la especialidad de Ingeniería Mecánica. Esta asignatura tiene una demanda anual cercana a 300 alumnos, razón por la que la Dirección de Docencia, ha dado su respaldo a este Proyecto de Docencia, presentado por los académicos Raúl Henríquez Toledo y Víctor Vergara Díaz, ambos del Departamento de Ingeniería Mecánica. El objetivo del Proyecto es el de proveer de un Manual de Mecánica de Sólidos, el que consta de 2 volúmenes: el primero contiene los conceptos teóricos y una gran cantidad de ejercicios resueltos que contempla el Programa de esta asignatura en su primera unidad, denominada Fundamentos de la Estática. El segundo volumen cubre las unidades que se relacionan con la Resistencia de Materiales o Mecánica de Materiales, con la Teoría y, de nuevo, una gran cantidad de ejercicios resueltos. Algunos de los ejercicios han sido desarrollados por los autores y usados tanto en clases como en pruebas; no obstante, la mayoría de los ejercicios se han extraído de los textos incluidos en la Bibliografía al final de este texto. Este segundo volumen del Manual de Mecánica de Sólidos consta de cinco capítulos. El primer capítulo se inicia con visión resumida de los materiales que se usarán con mayor frecuencia en el desarrollo del curso. Se introducen los conceptos de esfuerzo y deformación, Ley de Hooke, y se incluye una gran cantidad de ejercicios resueltos, con aplicaciones a sistemas isostáticos e hiperestáticos, considerando efectos de la temperatura. El capítulo dos se refiere a las aplicaciones de los esfuerzos de cizalle o corte simple. Se incluyen aplicaciones para el cálculo de pasadores, pernos,

chavetas y otros elementos de unión sometidos a corte puro. El capítulo tres estudia la torsión simple. Se estudian las relaciones entre potencia, torque, ángulo de torsión y velocidad angular y sus aplicaciones al cálculo de ejes y otros elementos sencillos sometidos a torsión isostática pura. El capítulo cuatro estudia el cálculo y dimensionamiento de vigas isostáticas, sometidas a diferentes condiciones de carga, bajo la acción de la flexión simple. Se estudia la deflexión de las vigas, usando el Método de la Doble Integración simple y con funciones singulares. Por último, en el capítulo cinco se estudia el fenómeno de pandeo de columnas sometidas a la acción de cargas centradas de compresión. Se estudia el método de Euler para columnas largas y de Jonson para columnas cortas. Para un mejor aprovechamiento es recomendable que los estudiantes sigan los primeros ejercicios como guía, pero que intenten resolver en forma autónoma los siguientes. Los autores agradecen la confianza dada por la Dirección de Docencia que ha financiado este Proyecto de Docencia, el segundo desarrollado por las mismas personas. Finalmente, esperamos contribuir a facilitar el estudio de la Mecánica de Sólidos, proporcionando un material que, confiamos, descomprimirá la demanda por textos similares en nuestra Biblioteca. Los autores ANTOFAGASTA, AGOSTO DE 2010

INDICE MATERIA PÁGINA PROLOGO

02

INDICE

04

CAP. 1:

ESFUERZOS Y DEFORMACIONES AXIALES

06

1.1 1.2 1.3

Visión resumida de Materiales de Ingeniería Concepto de esfuerzo y deformación Ensayo de Tracción

06 07 09

1.4

Diagramas esfuerzo – deformación. Ley de Hooke. Tensión de fluencia y resistencia a la

tracción

10

1.5

Propiedades Mecánicas

11

1.6

Coeficiente de seguridad y esfuerzos admisibles

20

1.7 1.8

Esfuerzos térmicos Aplicaciones a la solución de problemas isostáticos

30

e Hiperestáticos en tracción – compresión

30

CAP.2:

CIZALLE SIMPLE

2.1 2.2

Concepto de esfuerzo de corte simple Elementos de unión sometidos a corte: pernos,

120

remaches, pasadores

121

2.3 2.4

Bridas y chavetas Otros esfuerzos en las conexiones

125 128

CAP. 3:

TORSIÓN SIMPLE

3.1

Esfuerzos y deformaciones producidas en la torsión

135

3.2 3.3

Ejes de sección circular Relaciones entre potencia, torque y velocidad angular

143 144

CAP. 4:

FLEXION SIMPLE

4.1 4.2 4.3 4.4

Definición y tipos de vigas Fuerzas de corte y momento flector. Diagramas Esfuerzos de que se originan en la flexión Cálculo de deflexiones

149 150 157 168

CAPITULO 5: COLUMNAS 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5

Estabilidad de Estructuras Definiciones Básicas Fórmula de Euler Fórmula de Johnson Ejercicios

226 226 227 230 232

BIBLIOGRAFIA 1. MECANICA DE MATERIALES: JOHNSTON

FERDINAND

BEEER Y RUSSELL

2. MECANICA DE MATERIALES: HIBBELER 3. RESISTENCIA DE MATERIALES: W NASH 4. MECANICA APLICADA A LA RESISTENCIA DE MATERIALES: A. HIGDON 5. MECANICA DE MATERIALES: R. FITZGERALD 6. RESISTENCIA DE MATERIALES: S. TIMOSHENKO 7. MECANICA DE SÓLIDOS: E. POPOV

UNIDAD 2

CAPITULO 1: ESFUERZOS Y DEFORMACIONES AXIALES 1.1 Visión Resumida de Materiales de Ingeniería En los párrafos que siguen se muestra una visión panorámica resumida de los materiales que se usarán con mayor frecuencia en el desarrollo de este curso. Su estudio y conocimiento es indispensable para la selección de materiales que se realiza en algunas aplicaciones. Polímeros (Plásticos): Poliuretano, etc.

Materiales de Ingeniería

PVC,

Polietileno,

Teflón,

Cerámicos: Vidrio, Hormigón (Concreto), Cerámicos de Ingeniería, etc. Metales: Ferrosos (Aceros y Fundiciones Ferrosas), y No Ferrosos. Composites (Híbridos o Compuestos): Son combinaciones de dos o más de alguno de los tres tipos anteriores. Ej.: Hormigón reforzado con varillas de acero, Plásticos reforzados con fibras de vidrio, Kevlar, etc.

1.1.1) Metales No Ferrosos: Fundamentalmente se usan aleaciones, que son combinaciones de un metal base o matriz, que tienen en solución sólida elementos de aleación metálicos o no metálicos, y que tienen propiedades de los metales (enlace metálico, dúctiles, buenos conductores eléctricos y térmicos). Las más comunes suelen ser las que se señalan a continuación.  Aleaciones de cobre: Utilizadas en aplicaciones en que se requiere una moderada resistencia a la corrosión. Por ejemplo: - Latones : Cu + Zn - Bronces : Cu + Sn - Cuproníqueles: Cu + Ni  Aleaciones de aluminio: Utilizadas en aplicaciones en las que se requiere poco peso y una moderada resistencia a la corrosión. Por ejemplo: -

Al + Mg Al + Si Al + Cu (duraluminios): usadas ampliamente en la fabricación de fuselajes y estructuras de aviones.

 Aleaciones de Níquel: Usadas principalmente en aplicaciones en las que se requiere de alta resistencia a la corrosión y/o a temperaturas elevadas. Ejemplo: Hastelloy C.

1.1.2) Aleaciones Ferrosas: Fundamentalmente son aleaciones de hierro y carbono, conteniendo, además, alrededor de 1% de Mn. a) Fundiciones de Fe: Conocidas también como hierros fundidos, se usan ampliamente en la Minería en tapas de molinos, corazas de chancadores, y una gran cantidad de componentes. La mayoría son extremadamente frágiles; los límites del carbono van desde 2,06% hasta 6,69%, aún cuando en la práctica tienen del orden de 4% de C, Mn, Si y otros elementos de aleación en menores cantidades. Las aleaciones de este tipo más conocidas son: Fundición Gris, Fundición Nodular, Fundición Maleable, etc. b) Aceros: El metal base es el hierro; en teoría pueden contener hasta 2% de carbono, alrededor de 1% de Mn y otros elementos de aleación tales como Cr, Ni, Mo, Ti, V, etc. Cuando sólo tienen carbono y manganeso como elementos de aleación, se les denomina aceros al carbono. Si además tienen otros elementos de aleación se les denomina aceros aleados, siendo de baja aleación cuando el total de elementos de aleación no excede de 5 a 6%.  Aceros de bajo carbono: Tienen hasta 0,25 % de C. Se usan ampliamente en la fabricación de estructuras metálicas, razón por la cual se les conoce también como aceros estructurales. Ejemplos típicos de estas aleaciones son los aceros A 37 – 24, A 42 – 27 y A 52 – 34, producidos en Chile por CAP, el acero ASTM A 36 según Norma ASTM, o los aceros SAE 1010, 1015, 1020.  Aceros de medio carbono: Tienen entre 0,35 y 0,55 % de C. Se usan en la fabricación de componentes de máquinas, tales como pernos, ejes, engranajes, etc. Ejemplos de estos aceros son el SAE 1045, dentro de los aceros al carbono, y los SAE 4140 y SAE 4340, dentro de los aceros aleados.  Aceros de alto carbono: Tienen más de 0,6 % de carbono y, eventualmente, hasta 2 % de C. Se usan principalmente en la fabricación de resortes de alta resistencia, herramientas de corte, etc. Ejemplos de este tipo de acero son: SAE 1060, 1080, 5160, etc. En los aceros bajo Normas SAE, si el primer dígito es 1, significa que es un acero al carbono, si es distinto de 1, indica un acero aleado. Los dos últimos dígitos, divididos por 100, representan el porcentaje de carbono. Así, por ejemplo, tenemos las siguientes indicaciones: SAE 1020: SAE 1045: carbono) SAE 4340:

Acero al carbono, con 0,2% de carbono (de bajo carbono) Acero al carbono con 0,45% de carbono (de medio Acero aleado con 0,4% de carbono (de medio carbono)

1.2 Concepto de esfuerzo y deformación. 1.2.1) Concepto de Esfuerzo o Tensión (Stress) Consideremos una barra recta, en equilibrio, de sección circular, a la cual se le aplica una fuerza P en el Centro de Gravedad de la sección transversal, la cual es perpendicular a dicha sección (o colineal con el eje longitudinal de la barra).

Si cortamos en BB’, el interior de esta barra está sometido a fuerzas unitarias internas, es decir, pequeñas fuerzas que actúan en cada unidad de área y cuya resultante debe ser P. Esta fuerza por unidad de área constituye el esfuerzo o tensión axial o normal, como se muestra en la figura 2.1 y se define según la forma de la ecuación 1.1.  

P A

(1.1) 2 c P P m B’ 40 0 FIGURA 1.1 1. 00 0 20 esfuerzo σ es constante Obsérvese que el 0 transversal con la30 misma magnitud. 0 60 UNIDADES: 0 20 SISTEMA Masa Fuerza Area 0 kg  m SI kg m2 60 N  seg 2 0 8 Técnico kg*seg/m kgf cm2,

Métrico Técnico Inglés

=xUTM 2 lb*seg/pie 1. =60Slug

lb

0 kg EQUIVALENCIAS: m A BN 1 kgf = 9,81 1 1 psi = 0,0703 kgf/cm2 m 1 pie = 1’ = 12 pulg  1 MPa = 1 =N/mm2 = 0,102 kg/mm2 60 1.2.2) Deformaciones (Strain) 0 kg /m 1 L0 L m 2 m P P 1 m B’ 2

12

B L FIGURA 1.2

mm2 Pulg2

 

P A

y actúa sobre toda la sección

Esfuerzo o Tensión N Pa  2  1 MPa = 106 Pa m kgf/cm2 ; kgf/mm2 lb  psi pu lg 2

 1 kpsi = 103 psi

1 lb = 0,454 kgf 1 kgf/cm2 = 14,23 psi 1 pulg = 1” = 2,54 cm = 25,4 mm 1 psi = 0,0703 kg/cm2

Definiremos la deformación unitaria ε o deformación normal como el cambio de longitud producido por una carga axial P, dividido por la longitud inicial, como se muestra en la figura 1.2 y en la ecuación 1.2..



L L  L0 L   1 L0 L0 L0

(1.2)

Puede verse que la deformación unitaria es adimensional, por consiguiente la unidad de medida de la deformación unitaria, puede ser mm/mm, cm/cm, pulg/pulg, etc. 1.3) Ensayo de Tracción Aún cuando el Ensayo de Tracción es una de las pruebas estáticas más utilizadas para determinar las propiedades mecánicas de los metales y aleaciones, no siempre es empleado correctamente, o bien, no se obtiene toda la información que es posible sacar de él. En los párrafos siguientes se hace una descripción que pretende ser una ayuda para los estudiantes de ingeniería que tienen que realizar dicho ensayo en alguna parte de su Programa de Estudios, o que deben conocer las propiedades más importantes de los materiales en las aplicaciones que pueden surgir en las diferentes especialidades. Muchos países han normalizado este ensayo, de manera que sea fácilmente ejecutable y reproducible, y que los resultados obtenidos puedan ser comparables. En nuestro país, la Norma chilena NCh 200, recoge gran parte de la normalización existente al respecto. Como complemento es interesante la consulta de las Normas ASTM A 370, E 4, E 66 y E 8. El Ensayo de Tracción consiste en aplicar a una probeta plana o cilíndrica, generalmente normalizada, una carga de tracción creciente, en dirección a su eje longitudinal, hasta causar la rotura de ella. La máquina de ensayo puede registrar mecánica o electrónicamente las cargas y los alargamientos que ellas producen, o puede hacerse también en forma manual; este registro procesado adecuadamente, es el que permite determinar una gran variedad de propiedades mecánicas del material ensayado. La aplicación de una carga P a una probeta de longitud inicial L 0, inmediatamente produce un alargamiento , como se muestra en la figura 1.3.

P

P 

L0 FIGURA 1.3

En la figura 1.4 se muestra una probeta con las dimensiones normalizadas de acuerdo a Normas ASTM (American Standard Testing Materials).

En el Laboratorio del Departamento de Ingeniería Mecánica se usa una probeta especial de 5 mm de diámetro nominal y 25,2 mm de longitud reducida, la cual mantiene la proporcionalidad exigida por la Norma ASTM.

G: Gage Length D: Diámetro R: Radio A: Long. Mínima

Estándard 12,5 62,5 ± 0,1 12,5 ± 0,2 10 75

DIMENSIONES , mm Probetas de Tamaño Reducido 9 6 4 2,5 45 ± 0,1 30 ± 0,1 20 ± 0,1 12,5 ± 0,1 9 ± 0,1 6 ± 0,1 4 ± 0,1 2,5 ± 0,1 8 6 4 2 54 36 24 20

Figura 1.4. Probeta de tracción normal según ASTM 1.4) Diagramas Tensión – Deformación. Si se representan en un diagrama, las cargas P en las ordenadas y los alargamientos o elongaciones L en el eje de abscisas, se obtiene un gráfico típico como el que se muestra en la figura 1.5. P, kgf

Zona Elástica Zona Plástica

Zona de Ruptura

ALARGAMIENTOS, L (cm) FIGURA 1.5. Diagrama Fuerza-alargamiento Si se divide la carga P por el área de la sección transversal de la probeta, A 0, se obtiene la tensión o esfuerzo  que actúa sobre el material. Si se divide el alargamiento L por la longitud inicial de la probeta, L 0, se obtendrá la deformación unitaria . Utilizando escalas adecuadas, la forma del diagrama no se altera, obteniéndose ahora un diagrama tensión-deformación,  - . El diagrama de la figura 1.5 es típico de un material dúctil. En el diagrama de la figura 1.5 pueden verse tres regiones diferentes. La primera, llamada zona elástica, en que el material cumple la Ley de Hooke que establece que en esta

región las tensiones son proporcionales a las deformaciones, como muestra la proporcionalidad 1.3.

 

(1.3)

Esta expresión puede transformarse en una ecuación introduciendo la constante de proporcionalidad E, llamada Módulo de Young o Módulo de Elasticidad longitudinal de los materiales. Por lo tanto la ley de Hooke puede escribirse de la forma que se muestra en la ecuación 1.4. En la Tabla 1.1 se muestran los Módulos de Elasticidad de los materiales más comunes.  = E (1.4) Si combinamos la Ley de Hooke con las definiciones de esfuerzo y de deformación, obtenemos: 

P L  E  E A L

 L 

PL  L  AE E

(1.5)

La ecuación 1.5 permite determinar el cambio de longitud de una barra de largo inicial L, área de la sección transversal A, Módulo de Elasticidad E, sometida a una fuerza de tracción o de compresión P, siempre que el sistema se mantenga en la zona elástica. TABLA 1.1 MATERIAL Acero Latón Cobre Bronce Aluminio Hormigón PVC Pino chileno

2

kg/cm x 10 2,1 1,05 1,2 0,9 0,7 0,175 0,032 0,086

6

Módulo de Elasticidad E Kg/mm2 GPa 21.000 206 10.500 103 12.000 117,7 9.000 88,3 7.000 68,7 1.750 17,2 320 3,1 860 8,4

psi x 106 30 15 17 12,8 10,1 2,5 0,45 1,22

1.5) Propiedades Mecánicas 1.5.1) Tensión de Fluencia El punto en que se pierde la proporcionalidad, donde la línea recta se transforma en una curva se llama límite elástico, límite de proporcionalidad, límite de cedencia o tensión de fluencia, siendo esta última la acepción de mayor uso. Representa el límite entre la región elástica y la región siguiente, llamada zona plástica. La tensión de fluencia se suele designar de varias formas: RE (Según Norma Chilena NCh 200) Y ( del inglés “yield” = fluencia),

0, Y (En algunos textos de uso común) En el desarrollo de este Curso se usa la denominación σ 0 para referirnos al límite de elasticidad o tensión de fluencia de los materiales. Existen algunos materiales, como el cobre, que no tienen una tensión de fluencia nítida, por lo que se ha definido una tensión de fluencia convencional. Esta es la tensión necesaria para producir una deformación especificada previamente (normalmente 0,1 ó 0,2% según sea el caso, es decir,  = 0,001 ó  = 0,002). La tensión de fluencia convencional, 0,2, se determina de la forma que se muestra en la figura 1.6.a: se traza una línea tangente a la curva en el origen, a continuación una recta paralela a esta tangente, que se inicia en la deformación convenida (0,002, en este caso); el punto en que esta recta corta a la curva, determina la tensión de fluencia convencional. La figura 1.6b muestra un diagrama tensión – deformación para un material frágil (fundición, cerámicos, etc.); obsérvese que la deformación es mínima.





σu

σu 0,2

(a) 0,002

(b)

ε

ε

FIGURA 1.6. Diagramas tensión-deformación. (a). Material sin tensión de fluencia marcada. (b). Material frágil. 1.5.2) Resistencia a la Tracción Cuando el sistema de cargas y deformaciones entran en la zona plástica, se pierde la proporcionalidad; si se descarga el material éste tiene una ligera recuperación elástica, quedando una deformación plástica permanente. La carga sigue aumentando hasta que alcanza un valor P máx. Este valor dividido por el área inicial de la probeta se denomina Resistencia a la Tracción del material ó resistencia última; se designa por: RM (Según la Norma Chilena NCh 200) UTS (Del inglés Ultimate Tensile Strength), ú En la figura 1.6.b se muestra un diagrama típico de un material frágil (hormigón, vidrios, fundiciones, aceros altamente templados, por ejemplo). Puede observarse que estos materiales no presentan tensión de fluencia y que sus alargamientos son muy pequeños, habitualmente inferiores a 5%. La fundición gris, por ejemplo, tiene cero alargamiento. 1.5.3) Resiliencia

La Resiliencia es la capacidad de los materiales para absorber impactos permaneciendo en régimen elástico, es decir, sin deformarse permanentemente. Numéricamente puede determinarse calculando el área bajo la curva hasta la tensión de fluencia. Es decir, tratándose de un triángulo, queda determinada por la ecuación 1.6. 1 1  02 R   0  2 2 E

(1.6)

La unidad de esta propiedad es energía absorbida por unidad de volumen. 1.5.4) Tenacidad La Tenacidad Estática se determina evaluando el área total bajo la curva  - , lo cual puede hacerse gráficamente o mediante la integración que se muestra en la ecuación 1.7. r

T    d

(1.7)

0

Como ya se ha indicado, la cuantificación del área bajo la curva puede hacerse en forma gráfica, simplemente utilizando el procedimiento de cuadricular el diagrama, como se muestra en la figura 1.7.

Tensión, kg/mm2

60 50 40 30 20 10 0 0

0,05

0,1

0,15

0,2

Deformación, mm/mm

FIGURA 1.7 1.5.5) Ductilidad La ductilidad es una medida de la capacidad de aceptar deformaciones de los materiales. Se mide por el alargamiento o elongación total de la probeta, como muestra la ecuación 1.8. e

L L f  L0  L0 L0

(1.8)

La ductilidad también determinarse a partir de la variación de las secciones transversales de la probeta, conocida como Reducción de Area, RA. Esta forma de medir la ductilidad se muestra en la ecuación 1.9.

A0  AF D02  DF2  (1.9) A0 D0 donde los subíndices cero y F denotan la situación inicial y final, respectivamente. RA 

Normalmente, la ductilidad puede darse también en términos porcentuales, multiplicando ambos valores por 100. La tensión a la cual se produce la rotura de la probeta se denomina tensión de rotura o de ruptura, la cual es de poco interés ingenieril. Solamente en unos pocos materiales frágiles (vidrios u otro tipo de cerámicos), la tensión de ruptura puede coincidir con la resistencia a la tracción; generalmente es menor. En el instante en que se alcanza la carga máxima, se inicia la formación de un cuello en la probeta, como se muestra en la figura 1.8, produciéndose un adelgazamiento localizado en esta región; este fenómeno se denomina estricción. Hasta este instante la deformación es bastante homogénea y se distribuye uniformemente sobre toda la probeta. Si es una probeta cilíndrica, se mantiene cilíndrica. Sin embargo, cuando se alcanza la resistencia a la tracción, la probeta pierde totalmente su forma cilíndrica. Lo anterior conduce a que las relaciones de volumen constante sean válidas solamente hasta el punto de carga máxima. Después de la estricción aparecen esfuerzos en tres direcciones, denominados esfuerzos triaxiales, que suelen conducir a que esta zona se rompa en forma frágil, aunque el material sea dúctil. V = constante = A0L0 = AFLF

Figura 1.8. (a) Formación del cuello en el ensayo de tracción; (b) Distribución de esfuerzos después de la estricción. El ensayo de tracción se realiza a temperatura ambiente (20°C) y a una velocidad de deformación que simula condiciones casi estáticas, por lo que las propiedades obtenidas mediante este tipo de prueba pueden usarse en forma confiable solamente cuando las condiciones de servicio son similares a las de

ensayo. Para efectos de diseño de estructuras y piezas de máquinas que trabajan a temperatura ambiente, el diagrama  -  contiene toda la información necesaria y suficiente; sin embargo resulta poco útil cuando la pieza trabaja a temperaturas elevadas, bajo ambientes agresivos, o bajo la acción de cargas variables en el tiempo. 1.5.6) Relación de Poisson Llamada también Módulo de Poisson, es la relación entre la deformación transversal y la deformación longitudinal que sufre el material en un ensayo de tracción. Normalmente fluctúa entre 0,25 y 0,33 para la mayoría de los metales. Se determina por la ecuación 1.10.

 

Deformación Transversa l Deformación Longitudinal

(1.10)

Como las deformaciones van a tener siempre un signo negativo, una respecto de la otra, la relación o razón de Poisson, ν, resulta ser siempre positiva. En la Tabla 1.2 se muestra la composición química y en la Tabla 1.3 se muestran las propiedades mecánicas de los aceros estructurales normalizados en la Norma chilena NCh 203 Of 77. Tabla 1.2 : Límites de Composición Química

Tabla 1.3: Propiedades Mecánicas de aceros nacionales

En la Tabla 1.4 se muestra la composición y propiedades mecánicas del acero ASTM A 36, un tipo de acero estructural de amplio uso en nuestro país, especialmente en las regiones del Norte. Tabla 1.4: Composición y Propiedades del Acero ASTM A 36 Composición Química: % C : 0,29 % P : 0,04 % S : 0,05

% Mn : 0,8 – 1,2 % Si : 0,15 – 0, % Cu : 0,2

Propiedades Mecánicas: Tensión de Fluencia Resistencia a la Tracción Alargamiento

: : :

32 – 36 kpsi (220 – 250 MPa) 58 – 80 kpsi (400 – 500 MPa) 20% para L = 200 mm; 23% para L = 50 mm

EJERCICIO 1.1. Una cinta de topógrafo, de acero, de 30 m de largo, tiene una sección transversal de 1 cm x 1 mm de espesor. Determinar el esfuerzo y el alargamiento total cuando se estira toda la cinta y se mantiene tirante bajo una fuerza de 7 kgf. SOLUCION: A = 1 x 0,1 = 0,1 cm2 ;

L = 30 m = 3.000 cm

P 7   70 kg  0,7 kg / mm 2  6,9 MPa cm 2 A 0,1 PL L 70  3.000 L     0,1 cm  1 mm AE E 2,1  10 6

 

EJERCICIO 1.2. Una barra recta de sección uniforme está sometida a tracción axial. El área de la sección es de 6 cm2 y la longitud es de 4 m. Si el alargamiento total es de 0,4 cm bajo la acción de una carga de 12.600 kgf, determinar el módulo de elasticidad del material. SOLUCION: L 

PL AE



E

PL 12.600  400   2,1  10 6 kgf / cm 2 AL 6  0,4

En la Tabla 1.5 se muestran propiedades de aceros según Normas AISI/SAE para diversos tratamientos térmicos. TABLA 1.5: PROPIEDADES MECANICAS DE ACEROS DE USO COMUN MATERIAL TRATAMIENTO SAE - AISI 1040 1040 1040 1045 1045 1045 1045 1045 1045 1095 1095 4140 4140

Laminado en caliente Estirado en frío Revenido a 540°C Laminado en caliente Estirado en frío Revenido a 315 °C Revenido a 425 °C Revenido a 540 °C Revenido a 650 °C Laminado en caliente Revenido a 425 °C Recocido Estirado en frío

TENSION DE FLUENCIA Kg/mm2 41

RESIST. A LA ALARGAM DUREZ TRACCION % A HB Kg/mm2 64

27

201

62 60

70 78

17 23

207 235

42

69

24

212

63 80

72 105

14 8

217 312

73

100

14

290

56

84

19

240

51

73

24

208

58

100

8

293

97

140,5

12

388

44 63

63 71,7

27 18

187 223

4140 4340 4340 4340 4340 E 52100 8620 8620 8620 8630 9840 304 (Inox) 304 347 17 - 7 PH Maraging Fundido 0,11% C Fundido 0,3 % C + 0,79 Mn Fund. 0,4 C Fundido 0,48 % C

Revenido a 540 °C Recocido Estirado en frío Revenido a 315 °C Revenido a 540 °C Recocido Revenido a 200 °C Revenido a 425 °C Revenido a 650 °C Revenido a 425 °C Revenido a 425 °C Recocido Estirado en frío Recocido Endurecido Envejecido Sin tratamiento Recocido a 900 °C Sin tratamiento Recocido Revenido a 260 °C Revenido a 500 °C Sin tratamiento Revenido a 675 °C

92

107

16

302

48,5 69,6 164,3

71 78 183

21 16 12

207 223 498

112,4

131,4

15

377

57 79

70,4 98,4

25 17

192 282

69

85,8

22

246

54

69

26

194

96,3

113,8

14

316

140

152,6

12

436

21 52 24 154 187,6 18 24,6

59,8 77 63 164,5 192,5 41,5 42,2

60 12 45 6 11 13 30

150 240 160 400 500 126 116

25,3 29,5 70,3

52,7 53,4 91,4

20 25 9

156 143 250

36

61

17

182

27,4 36,6

58,3 61,8

23 25

-----

1.2.7) Dureza La dureza es una propiedad mecánica que generalmente se relaciona con la resistencia al desgaste de los materiales y, aunque no se obtiene en el ensayo de tracción suele ser de utilidad para elegir adecuadamente un material. Puede tener diferentes significados según sea el instrumento utilizado para medirla. a) Dureza al rayado. Este ensayo es usado principalmente por los geólogos. Fue ideado por Fiedrich Mohs y consta de diez minerales estándar ordenados en forma de dureza creciente del 1 al 10, según se indica en la tabla 1.6.

Tabla 1.6: ESCALA DE MOHS 1 2 3 4 5

TALCO YESO CALCITA FLUORITA APATITA

6 FELDESPATO 7 CUARZO 8 TOPACIO 9 CORINDON 10 DIAMANTE

b) Dureza a la penetración. Este es el concepto de dureza más utilizado en la Ingeniería de Materiales. Mide la resistencia a la penetración o indentación de los materiales. Existen tres procedimientos de ensayo, los cuales se encuentran normalizados en las Normas Chilenas NCh 197, 198 y 199.  Dureza Brinell. Ideado por J.A. Brinell en el año 1900, consiste en comprimir sobre la superficie a ensayar una bolita de acero de 10 mm de diámetro, con una carga de 3000 Kg. para los materiales ferrosos y 500 kg para los no ferrosos. La carga se aplica durante 10 seg en los primeros, y 30 seg en los no ferrosos. El número de dureza Brinell, HB, es el cuociente entre la carga aplicada y el área del casquete esférico dejado por la impresión. Si el ensayo es estándar con bolita de 10 mm de diámetro, carga de 3000 Kg. y tiempo de aplicación de 10 segundos, se escribe simplemente la cifra medida, seguida de HB. De no ser así, deben especificarse las condiciones del ensayo; por ejemplo: 90 HB 10/500/30 Diámetro de la bola

Carga (Kg.)

tiempo de aplicación (segundos)

Generalmente no es necesario hacer ningún tipo de cálculos debido a que para los durómetros más antiguos existen tablas de conversión en las que basta conocer la carga aplicada y el diámetro de la huella, d. En los durómetros modernos se cuenta con electrónica digital en los que la lectura se hace directamente en una pantalla. Este ensayo está limitado a medir durezas de materiales más blandos que la bolita de acero templado usada como penetrador, es decir, unos 500 HB. También existen limitaciones en cuanto al espesor; debido a las grandes cargas usadas, los espesores no pueden ser menores que el diámetro de la bolita (10 mm). Otra limitación es el requerimiento de planitud de la probeta de ensayo. Es de gran empleo en aceros estructurales, aleaciones blandas y en la mayoría de las aleaciones para fundición.

 Dureza Rockwell. Este método mide la profundidad de la penetración. Este procedimiento utiliza una gran diversidad de escalas de acuerdo al tipo de material y dimensiones de la pieza a medir. En las máquinas de mayor uso industrial y de laboratorios, con escalas B y C, se emplea una carga previa de 10 Kg. y una carga final de 100 y 150 kgf, respectivamente. Los penetradores usados son una bola de acero de 1/16” (1,59 mm) de diámetro en la escala B y un cono de diamante en la escala C. La escala B se utiliza en materiales blandos tales como aleaciones de Al y Mg, latones, aceros estructurales y aleaciones para fundición y ,en general, para aleaciones con durezas inferiores a HB 200 (aproximadamente 93 HRB), mientras que las escala C se utiliza para aceros templados con durezas superiores a HB 250 (aproximadamente 25 HRC). Con este procedimiento puede medirse la dureza en espesores de hasta unos 2 mm.  Dureza Vickers. Igual que el método Brinell mide el área dejada por la indentación del penetrador. Utiliza como penetrador una punta piramidal de diamante, de base cuadrada, que forma un ángulo de 136° entre caras. No tiene limitaciones ni en durezas ni en espesores; es especialmente apto para medir durezas en pequeños espesores de hasta 0,15 mm. Pueden emplearse cargas desde 1 gramo hasta 1 kg. En la figura 1.9 se muestra la dureza de los aceros con diferentes microestructuras en función del contenido de carbono, mientras que la figura 1.10, muestra la relación aproximada entre la dureza Brinell y la resistencia a la tracción. La figura 1.11 muestra las relaciones equivalentes entre durezas Brinell, Vickers y Rockwell C. Cabe señalar que las durezas inferiores a 20 HRc, son meramente referenciales, debido a que, en la práctica, este método no permite realizar estas mediciones. 1.6 Coeficiente de seguridad y esfuerzos admisibles. En la zona elástica, los materiales recuperan su forma y dimensiones originales cuando se retira la carga aplicada, razón por la cual la tensión admisible de diseño siempre debe caer en esta región. Para que se tenga siempre la certeza de ello, la tensión admisible en los materiales dúctiles se obtiene dividiendo la tensión de fluencia por un factor de seguridad FS > 1, como muestra la ecuación 1.11. Habitualmente los Factores de Seguridad para los materiales dúctiles pueden variar entre 1,5 y 3, aún cuando en algunos casos pueden alcanzar incluso valores cercanos a 5.

 ADM 

0 FS

(1.11)

Dureza Rockwell C, HRc

Dureza Vickers, HV Resistencia a la Tracción, MPa

Resistencia a la Tracción, kpsi

Figura 1.9. Dureza de diferentes microestructuras en función del % de carbono

Dureza Brinell Figura 1.10. Relación entre dureza Brinell y Resistencia a la Tracción

Figura 1.11. Equivalencias entre las durezas Para los materiales frágiles, cuando sea necesario utilizarlos, el esfuerzo admisible se obtiene dividiendo la resistencia a la tracción (o a la compresión según corresponda), por un Factor de Seguridad que normalmente puede ser del orden de 4 o más. EJERCICIOS 1.3) Calcular de qué altura se puede construir un muro vertical de hormigón si su resistencia de rotura a la compresión es de 176 kgf/cm 2. Usar FS = 4 y su densidad  = 2.200 kg/m3. SOLUCION:  adm 

 comp 4

  2.200



176  44 kgf / cm 2 4

1m 3 kg   2,2  10 3 kg / cm 3 3 3 3 m 100 cm

Calculemos el peso del muro. Como:  

Entonces:

W V

 W   V   Ah

 

W  Ah    adm  44  A A

h

44  20.000 cm  200 m 2,2  10 3

Debe notarse que este es un resultado puramente teórico, puesto que en la realidad los muros están sometidos a una serie de fuerzas, tales como de viento, sísmicas, además de las fuerzas de trabajo que imponga el sistema. 1.4) Determinar el diámetro necesario de una barra de acero ASTM A 36, con un Factor de Seguridad de 3, para levantar una caja que pesa 6 ton. SOLUCIÓN: En unidades inglesas: 6.000 kgf = 13.215,9 lbs

 ADM   

σ0 = 36.000 psi

 0 36.000   12.000 psi FS 3

P 13.215,9 16.827     ADM  12.000  2 A D2 D 4

D = 1,184” = 30,08 mm En unidades métricas

 ADM   

 0 36.000  0,0703   843,6 kg / cm 2 FS 3

P 6.000 7.639,44     ADM  843,6 kg / cm 2 A  D2 D2 4

D = 3,092 cm 1.5) Las barras de la armadura son de acero estructural A 37 – 24. Con un Factor de Seguridad de 2, determinar el área de las barras AB y CD. Medidas en m SOLUCION:

B

15.000 kgf

1,5 A

D

C 2

2

Obsérvese que todas las barras están sometidas a dos fuerzas (tienen conexiones sólo en dos puntos), por lo tanto las fuerzas que actúan sobre ellas

son colineales con las mismas, es decir, están sometidas a tracción o a compresión. DCL:

B

15.000 kgf

Ax

F

D

C

x

A

 0  15.000  Ax 

Ax = 15.000 kgf 

DY

AY

M

24  12 kg / mm 2 2

 adm 

1,5

 0  15.000  1,5  D y  4

Dy = 5.625 kgf ;

F

y

 0  Ay  5.625  Ay  5.625 kgf 

NUDO A: Se supondrán ambas barras, AB y AC, en tracción. FAB

FAB 3 4 AX = 15.000

FAB FAC

FAC

A AY = 5.625

F

y

 0  0,6 FAB  5.625

x

 0,8  9.375  15.000  FAC  0

F

FAB = 9.375 kgf (T) FAC = 7.500 kgf (T)

Por simple inspección del Nudo C:

FBC = 0, y

FCD = FAC = 7.500 kgf (T) Por consiguiente: P     adm A



A

P

 adm

D

9.375  AAB   7,82 cm 2 ; 1.200 3 7.500 AAC  B  6,25 cm 2 1.200

10 ton

E

3 G

C

1.6)

2,5

2,5

5

5 8 ton A

H

3 ton

Para la estructura de la figura, construida de acero estructural A 37 – 24 ES, determinar con un Factor de Seguridad de 2, el diámetro de las barras CD y BC. Medidas en m.

DCL: D

M

3 ton

10 ton

B

0

8.000  7,5  10.000  11  3.000  10  H y  10  0

E G

C

A

Hy = 20.000 kgf ↑

F

x

F

8 ton

y

AX

  Ax  10.000  0



 Ay  20.000  8.000  3.000  0

Ay = - 9.000 kgf HY

AY

BD

3m

α

B

BC C AC

5m

θ 10.000 9.000

M

C

3  0,6 5

cosα = 0,858

β 3m

tg 

tg 

3  1,2 2,5

cosβ = 0,64 tg 

5 2 2,5

cosθ = 0,447

α = 30,96º senα = 0,514 β = 58,19º senβ = 0,768 θ = 63,43º senθ = 0,894

0

9.000x2,5 - 10.000x5 – BDx0,858x3 – BDx0,514x2,5= 0 3,859BD = - 27.500;

Ax  10.000 kgf

BD = - 7.126,2 kgf (Compresión)

M -

0

A

BDcosα x 8 – BCcosβ x 8 = 0;

BC  

  7.126,2  0,858 0,64

BC = 9.553,6 kgf (Tracción)

Barra CG: D

M

CD

9.000 x 5 – 10.000 x 11 + CG x 6

D

0

BD 3m

=0

B

CG = 10.833, 3 kgf (Tracción)

3m C

CG

σADM = 12 kg/mm2

5m

 

10.000

CG 10.833,3   12 D 2 A 4

9.000

D = 33,9 mm Para la barra BC, sometida a una fuerza menor, podemos adoptar el mismo diámetro que para la barra CG. 1.7) La barra de acero de la figura está cargada como se muestra. Si E = 2,1 x 10 6 kgf/cm2 y el área uniforme es de 6 cm2, determinar los esfuerzos en cada porción de la barra y el alargamiento total de ella. P1 = 1.200 kgf; P2 = 1.500 kgf; P3 = 2.400 kgf. Medidas en cm.

A P1

75

B 50 C D

P2 P3

SOLUCION:

RA

A Veamos primero el equilibrio del sistema completo. P1

DCL:

75

B 50 C D

P2 P3

25

25

F

Y

 R A  P1  P2  P3  0

RA = 5.100 kgf ↑

Tramo AB: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre A y B. Si hacemos un corte en B, la fuerza resultante hacia abajo es la suma de las tres fuerzas que actúan sobre el sistema. 5.100 kgf

A

 AB 

5.100  850 kg / cm 2 6

L AB  5.100

 AB  L AB 850  75   0,0304 cm E 2,1  10 6

Tramo BC: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre B y C. 5.100 - 1.200 = 3.900 kgf

 BC

3.900   650 kg / cm 2 6

LBC 

 BC  LBC 650  50   0,0155 cm E 2,1  10 6 1.500 + 2400 = 3.900 kgf

Tramo CD: Hacemos un corte en una sección cualquiera entre C y D. 5.100 – 1.200 – 1.500 = 2.400 kgf

 CD 

2.400  400 kg / cm 2 6

LCD 

 CD  LCD 400  25   0,0048 cm E 2,1  10 6

2.400 kgf

Por lo tanto, el alargamiento total es: LTotal  L AB  LBC  LCD  0,0304  0,0155  0,048  0,0507 cm  0,507 mm

1.8) La barra DC en la armadura de la figura es de aluminio aleado 6061 – T6 (E = 0,7 x 106 kg/cm2; σ0 = 2.800 kg/cm2 ; σu = 3.500 kg/cm2). Determinar: a) Las reacciones en A y E; b) Las fuerzas que actúan en el punto B; c) El área necesaria de la barra DC, con un Factor de Seguridad de 2 respecto a la falla por fluencia. Medidas en m.

E 1,8 D

3,6

1,5

1,2 A

2,5 C

B 800 kgf

SOLUCIÓN:

2.700 kgf

a) DCL:

M

EX

A

 5,4 E X  800  2,7  2.700  5,2  0

EX = 3.000 kgf ←

D

F

X

 AX  3.000  0

AX = 3.000 kgf → 1,5 1,2 A  FYX  AY  800  2.700 E0X

2,5 C FCD

B AY

800 kgf

2.700 kgf

AY = 3.500 kgf ↑

FCD

b) Para determinar las fuerzas en el punto B se hará un despiece del sistema. La barra CD está sometida a dos fuerzas por lo que se supondrá que trabaja a tracción. BX

θ FCD

BY BX

3.000

θ

FCD C

3.500

800 kgf

2.700 kgf

3,6  0,9 4

tg 

θ = 41,99º

senθ = 0,67

Para la barra vertical:

M

 3.000  1,8  B X  3,6  0

D

BX = 1.500 kgf ←

F

X

 3.000  1.500  0,74 FCD  0

FCD = 6.081,1 kgf (Tracción)

F

Y

 BY  0,67 FCD  0

BY = 4.074,3 kgf ↑ c)

 ADM 

 0 2.800   1.400 kg / cm 2 FS 2

FCD   ADM  1.400  A

1.7 Esfuerzos térmicos.

A

6.081,1  4,34 cm 2 1.400

cosθ = 0,74

Cuando se aplica un aumento o una disminución de temperatura a una barra que puede cambiar libremente su longitud, ésta se dilata o se contrae, produciendo un cambio de la longitud inicial de magnitud LT  LT , donde  es el coeficiente de dilatación de los materiales, L es la longitud inicial y T es la variación de temperatura. En este caso no se originan tensiones o esfuerzos. Sin embargo, cuando existen restricciones a los desplazamientos, como ocurre en la figura 1.12, se inducen esfuerzos o tensiones, muchas veces llamados esfuerzos térmicos. Supongamos que se aumenta la temperatura a la barra de la figura 1.12, en una magnitud T, con lo cual la barra debería aumentar su longitud en una magnitud L = αL0ΔT. Sin embargo, debido a la existencia de paredes rígidas, este alargamiento no se produce, por lo que podemos imaginar que la pared derecha ejerce una fuerza de compresión F hacia la izquierda de la barra, originando una disminución de longitud L, de modo que la barra permanece con su largo inicial L0. L0

L0

L

F

L FIGURA 1.12 Es decir, aplicando la Ley de Hooke y el concepto de dilatación térmica:

  E  E

FL  L0 L  L  0    L0 T L0 AE E

De donde el esfuerzo mecánico inducido por el aumento de temperatura es:    E T

Más adelante se verán diversas aplicaciones en las que intervienen esfuerzos inducidos por los cambios de temperatura. 1.8 Problemas isostáticos e hiperestáticos a) Problemas isostáticos Se dice que un problema es isostático cuando pueden determinarse todas las reacciones externas y fuerzas internas de sus componentes utilizando solamente las ecuaciones de equilibrio de la estática (Suma de Fuerzas y de Momentos igual a cero), sin tener que recurrir a las ecuaciones de deformación. Las aplicaciones vistas en los ejercicios 1.1 a 1.8 se refieren a problemas isostáticos. b) Problemas Hiperestáticos

Los problemas hiperestáticos son aquellos en que, además de las ecuaciones provenientes del equilibrio estático, es necesario recurrir al análisis de deformaciones para obtener ecuaciones complementarias. Como ejemplo, veamos de nuevo el caso de una barra sometida a un aumento de temperatura. L

L0

RB

RA L

F

x

 0  R A  RB 

R A  RB

Debido al aumento de temperatura: L  LT

Debido a las fuerzas de reacción en los apoyos: L 

RA L AE

Pero ambos alargamientos deben ser iguales debido a la rigidez de los apoyos:

LT 

RA L AE

 R A  RB  AET

EJERCICIOS 1.9) La barra de la figura tiene sección transversal constante y está sujeta rígidamente entre los muros. Determinar las reacciones en los apoyos en función de A y E.

L P L1

L2

SOLUCION: Supondremos las reacciones como se muestra en la figura, lo cual significa que ambas partes de la barra están sometidas a tracción. DCL: P

R1

F

x

 0; 

R2

 R1  P  R2  0

Como los apoyos son rígidos, entonces L = constante. Luego:

L1  L2  0 

R1 L1 R2 L2 RL   0  R2   1 1 AE AE L2

Reemplazando R2 en la primera ecuación:  R1  P 

  L  L2   L R1 L1 L    R1     P  0  R1  1  1   R1  1 L2 L2    L2   L2 

Luego:  L2  L

R1   P

 

 (Compresión) 

 L1    L

R2  P 

 (Tracción)

1.10) La barra del problema anterior es de cobre con una longitud de 1 m y una sección transversal de 1 cm2. Si E = 1,1 x 106 kg/cm2 y  = 16 x 10-6 1/ºC, determinar: a) Las reacciones en los extremos cuando la temperatura aumenta 30ºC; b) La holgura que deberían tener los apoyos para evitar la aparición de tensiones. SOLUCION: a)

DCL: R1

R2

F

x

 0;   R1  R2  0 

R1  R2  R

Debido a la rigidez de los apoyos, el aumento de longitud originado por el aumento de temperatura, debe ser compensado por una compresión en los apoyos. Es decir, la deformación producida por las reacciones es negativa con respecto a la dilatación térmica, como se escribe en las ecuaciones siguientes.  T  L  0



RL 0  AE  1  1,1  10 6  30  528 kgf

 LT 

R   AET  16  10 6

Como el área es de 1 cm2, la tensión es de 528 kg/cm2 en compresión. b) La holgura necesaria para evitar las tensiones, debe ser como mínimo igual a la dilatación. Es decir: h   LT  16  10 6  100  30  0,048 cm  0,48 mm

1.11) La barra de acero de la figura está cargada como se muestra. Si E = 2,1 x 10 6 kgf/cm2 y el área uniforme es de 6 cm2, determinar los esfuerzos en cada porción de la barra y el alargamiento total de ella. P1 = 1.200 kgf; P2 = 1.500 kgf; P3 = 2.400 kgf. Medidas en cm.

A 75

P2

50

P3

25

B

C

SOLUCION:

P1

D

Veamos primero el equilibrio del sistema completo. DCL: RA

F

A

Y

P1

75

P2

50

P3

25

 R A  P1  P2  P3  RB  0

RA + RD = 5.100 kgf

B

C D

RD

Tramo AB: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre A y B. Si hacemos un corte en B, la fuerza resultante hacia abajo es la suma de las tres fuerzas que actúan sobre el sistema. RA kgf

A

 AB 

RA 6

L AB  RA

R A  L AB R A  75  6E 6  2,1  10 6

Tramo BC: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre B y C.

 BC

RA - 1.200

R  1.200  A 6

LBC 

 RA  1.200  LBC 6E



 RA  1.200  50 6  2,1  10 6

RA – 1.200

Tramo CD: Hacemos un corte en una sección cualquiera entre C y D. RA – 1.200 – 1.500 = RA - 2.700

LCD 

 RA  2.700  25 6  2,1  10 6

RA - 2.700

Pero, el alargamiento total es cero: LTotal  L AB  LBC  LCD  0

L 

RA  75   R A  1.200   50   R A  2.700  25 0 6  2,1  10 6

150RA = 127.500 RA = 850 kgf ↑ RD = 4.250 kgf ↑ Por consiguiente los esfuerzos y alargamientos en los respectivos tramos son los que se determinan a continuación.

 AB 

R A 850   141,67 kg / cm 2 6 6

LAB 

 BC 

R A  LAB 850  75   0,00506 cm  0,0506 mm 6E 6  2,1  10 6

R A  1.200 850  1200   58,33 kg / cm 2 6 6

LBC   CD 

 R A  1.200  LBC 6E



 850  1.200  50  0,00138 cm 6  2,1  10 6

R A  2.700 850  2.700   308,33 kg / cm 2 6 6

LCD 

 R A  2.700   25   850  2.700  25  0,00367 cm 6  2,1  10 6

6  2,1  10 6

Obsérvese que los tramos BC y CD en realidad están en compresión y que el alargamiento total es cero. Para visualizar el efecto de colocar un apoyo en la parte inferior, compárense los resultados de este ejemplo con los obtenidos en ele ejemplo 1.7.

1.12) Considerar un P tubo de acero que rodea a un cilindro macizo de aluminio, comprimido todo el conjunto entre placas rígidas. El cilindro de Al tiene 8 cm de diámetro y el tubo de acero tiene un diámetro exterior de 10 cm. Si se aplica una carga P = 25 ton, determinar8 cm las tensiones en el acero y en el 1m aluminio. Las propiedades de los materiales son las siguientes: 10 cm MATERIAL Acero P Aluminio

E, x 106 kg/cm2 2,1 0,7

SOLUCION:

DCL: La Pcarga total P, debe ser resistida por el cilindro de Al y el tubo de acero. St Es decir: PAl

PAl + PSt = P = 25.000

(1)

Debido a la rigidez de las placas de los extremos, el acortamiento de ambos elementos debe ser igual. P

ΔAl = ΔSt

PAl L P L  St AAl E Al ASt E St



PAl

ASt 

 10 2  82   28,274 cm 2 4

AAl 

  8 2  50,265 cm 2 4

 AE  Al  PSt  AE  St

50,265  0,7  10 6  PSt  0,592 PSt 28,274  2,1  10 6

Reemplazando en la ecuación (1): 1,592PSt = 25.000 

 St 

PSt = 15.697,67 kgf

PSt 15.697,67   555,19 kg / cm 2 ASt 28,274

PAl = 0,592PSt = 9.293,02 kgf

 Al 

PAl 9.293,02   184,88 kg / cm 2 AAl 50,265

1.13) En el problema anterior, determinar las tensiones en ambos componentes si el cilindro de aluminio es 0,3 mm más corto que el tubo de acero, el cual mantiene el largo original de 1 m = 100 cm. SOLUCION:Suponiendo que la carga es suficiente para acortar los dos elementos, la primera ecuación no tiene variación. PAl + PSt = P = 25.000 Sin embargo, la segunda ecuación es diferente debido a las longitudes diferentes. El tubo de acero debe recorrer 0,3 mm = 0,03 cm hacia abajo y recién ahí empieza a deformarse el cilindro de aluminio, como se muestra en la figura siguiente. Nivel Inicial St

Nivel Final

 Al  0,03   St



PAl L P L  0,03  St AAl E Al ASt E St

0,03 cm Al

 PAl  

  0,03  AE  Al  PSt AE Al  AE  St 100

PAl = -10.555,75 + 0,592PSt Reemplazando en la primera ecuación: 1,592PSt = 35.555,75

 St 



PSt = 22.334 kgf

PSt 22.334   789,9 kg / cm 2 ASt  10 2  8 2 4





PAl = 2.666 kgf

 Al 

PAl 2.666   53,04 kg / cm 2  AAl 82 4

1.14) En el Ejemplo 1.12, determinar la holgura mínima para que no trabaje el cilindro de aluminio. SOLUCION: En este caso la carga completa deberá ser tomada por el tubo de acero, es decir: PSt = 25.000 kgf hmin   St 

25.000  100  0,042 cm  0,42 mm 28,274  2,1x10 6

1.15) La barra AB es absolutamente rígida y está soportada por tres varillas. Las dos varillas de los extremos son de acero y la central es de cobre. Calcular la fuerza y la tensión en cada barra cuando se aplican las cargas indicadas y ABC permanece horizontal. MATERIAL Acero SOLUCION: Cobre

E, x 106 kg/cm2 2,1 1,2

Area A, cm2 4 8

2 B

A

8.000 kgf

C

8.000 kgf

Por simetría, las fuerzas sobre cada varilla de los extremos son iguales (P A = F = 0; 2PSt + PCu – 16.000 = 0 PB = PSt) ,y lo que también puede obtenerse haciendo suma de momentos en B. Como ABC permanece horizontal, las deformaciones de las tres varillas son iguales:  St   Cu 

PSt L P L  Cu ASt E St ACu E Cu

PSt

PSt

PSt

PCu

B 8.0008.000

 4  2,1x10 6 PSt  PCu  6  8  1,2 x10



  0,875 PCu 

Reemplazando en la primera ecuación obtenemos: PCu = 5.818,18 kgf; PSt = 5.090,91 kgf  St 

PSt 5.090,91   1.272,73 kg / cm 2 ASt 4

 Cu 

PCu 5.818,18   727,27 kg / cm 2 ACu 8

1.16) En el ejemplo anterior, determinar las tensiones en cada varilla si la temperatura: a) Aumenta 25ºC; b) Disminuye 25ºC. (St = 11x10-6 1/ºC; Cu = 16x10-6 1/ºC). SOLUCION: Del problema anterior: Fy = 0;

2PSt + PCu – 16.000 = 0

(1)

Como ABC permanece horizontal, las deformaciones de las tres varillas son iguales, pero las deformaciones totales tienen una componente de carga y otra por temperatura, esta última positiva cuando la temperatura aumenta y negativa cuando disminuye. a)

 St   Cu 

 PL    LT   AE  

  P   T  St    P   T  Cu  PL    LT  AE  

 St

Cu

PSt PCu  11  10 6  25   16  10 6  25 6 4  2,1  10 8  1,2  10 6

PSt = 0,875PCu + 1.050

Reemplazando en la ecuación (1) se obtiene: PCu = 5.054,54 kgf;  Cu 

PSt = 5.472,73 kgf

PCu 5.472,73   684,1 kg / cm 2 ; ACu 8

 St 

PSt 5.472,73   1.368,2 kg / cm 2 ASt 4

b)

El único cambio se produce en la ecuación de deformaciones:  St   Cu   PL    LT    AE 

  P   T  St    P   T  Cu  PL    LT   AE 

 St

Cu

PSt PCu  11  10 6  25   16  10 6  25 6 6 4  2,1  10 8  1,2  10

PSt = 0,875PCu - 1.050 Reemplazando en la ecuación (1) se obtiene: PCu = 6.581,82 kgf; PSt = 4.709,09 kgf

 Cu 

PCu 6.581,8   822,7 kg / cm 2 ACu 8

 St 

PSt 4.709,1   1.177,3 kg / cm 2 ASt 4

1.17) Considerar la barra ABC es completamente rígida y está horizontal antes de aplicar la carga P = 10 ton. La barra BD es de cobre y la CE es de acero. Determinar las fuerzas, tensiones y alargamientos en cada barra.

120

60

D

60

P

E 180

100 A

B

C

AREA, cm2

E x 106 kg/cm2

 x 10-6 1/cm

Cobre

6

1,2

16

Acero

4

2,1

11

BARRA

SOLUCION: DCL: AY

AX

PCu = 6Cu

PSt = 4St

Cu

St 10.000 kgf

F

0 

x

M

0

A

Ax  0



PCu  120  10.000  180  PSt  240  0



PCu  2 PSt  15.000

Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:  Cu  St    St  2 Cu 120 240



PSt  180 P  100  2 Cu 6 4  2,1  10 6  1,2  10 6

De donde: PSt = 1,2963PCu Reemplazando en la primera ecuación obtenemos: PCu = 4.175,26 kgf Esfuerzos:

 Cu 

PCu 4.175,26   695,88 kg / cm 2 ACu 6

 St 

PSt 5.412,39   1.353,1 kg / cm 2 ASt 4

Alargamientos:  L    E 

 Cu  

 Cu

695,88  100  0,058 cm  0,58 mm 1,2  10 6

PSt = 5.412,39 kgf

 L    E 

 St  

 St

1.353,31  180  0,116 cm  1,16 mm 2,1  10 6

Obsérvese que el alargamiento de la barra de acero es exactamente el doble del alargamiento de la barra de cobre, como exige la rigidez de la barra horizontal.

1.18) En el Ejemplo anterior, determinar los esfuerzos sobres las barras BD y CE si se retira la carga P y, en cambio: a) Aumenta la temperatura 20ºC; b) Disminuye la temperatura 20ºC. SOLUCIÓN a) Si la temperatura aumenta, ambas barras tienden a dilatarse, por lo que supondremos que se originarán esfuerzos de compresión sobre ellas. Se supondrá, además, que es mayor el efecto de la dilatación térmica que el efecto de la compresión que se induce internamente. PCu = 6Cu

AY

AX

F

x

M

C

0  A

0

PSt = 4St

St

u

Ax  0



 PCu  120  PSt  240  0



PCu  2 PSt  0

Reemplazando por los esfuerzos: 6σCu + 8σSt = 0

(1)

Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:  Cu  St    St  2 Cu 120 240 Pero ahora los desplazamientos de las barras tienen una componente de dilatación térmica y un acortamiento por la compresión inducida. Como se supuso que es mayor el efecto térmico, éstos serán positivos. (ΔT – ΔP)St = 2(ΔT - ΔP)Cu 11  10 6  180  20 

 St  180 2  100  2  16  10 6  100  20  Cu 6 2,1  10 1,2  10 6

39.600 – 85,71σSt = 64.000 – 166,66σCu σSt – 1,9445σCu = - 284,7

(2)

De donde, resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2): σSt = - 79,2 kg/cm2, en tracción, contrario a lo que se supuso σCu = 105,7 kg/cm2, en compresión, como se supuso Alargamientos: L    Cu   LT   E   L    St   LA   E  

 16  10 6  100  20  Cu

 11  10 6  180  20  St

105,7  100  0,0232 cm  0,232 mm 1,2  10 6

  79,2  180  0,0464 cm  0,464 mm 2,1  10 6

ΔCu

(ΔT)Cu

(ΔT)St

(ΔP)Cu

ΔSt (ΔP)St

En la figura de arriba se muestra la posición final real de las barras.

b) Si la temperatura desciende, ambas barras tienden a contraerse, por lo que supondremos que se originarán esfuerzos de tracción sobre ellas. Se supondrá, además, que es mayor el efecto de la dilatación térmica que el efecto de la compresión que se induce internamente.

PCu = 6Cu AY Cu AX

F

x

0 

Ax  0

PSt = 4St

St

M

A

0



PCu  120  PSt  240  0



PCu  2 PSt  0

Reemplazando por los esfuerzos: 6σCu + 8σSt = 0 (1) Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:  Cu  St    St  2 Cu 120 240 Pero ahora los desplazamientos de las barras tienen una componente de contracción térmica y un alargamiento por la tracción inducida. Como se supuso que es mayor el efecto térmico, éstos serán positivos. (ΔT – ΔP)St = 2(ΔT - ΔP)Cu 11  10 6  180  20 

 St  180 2  100  2  16  10 6  100  20  Cu 6 2,1  10 1,2  10 6

39.600 – 85,71σSt = 64.000 – 166,66σCu σSt – 1,9445σCu = - 284,7 (2) De donde, resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2): σSt = - 79,2 kg/cm2, en compresión, contrario a lo que se supuso σCu = 105,7 kg/cm2, en tracción, como se supuso Alargamientos: L    Cu   LT   E   L    St   LA   E  

 16  10 6  100  20  Cu

 11  10 6  180  20  St

105,7  100  0,0232 cm  0,232 mm 1,2  10 6

  79,2  180  0,0464 cm  0,464 mm 2,1  10 6

(ΔP)St

ΔSt

(ΔP)Cu (ΔT)Cu

ΔCu

(ΔT)St

En la figura de arriba se muestra la posición final real de las barras.

1.19) Considerar un pilar cuadrado de hormigón, de 30 x 30 cm de sección y 2,5 m de altura, armado con 8 barras verticales de acero de 4 cm 2 de sección cada una. Se aplica una fuerza axial de compresión de 50 ton. Si los módulos de elasticidad para el acero y el hormigón, son respectivamente, 2,1 x 10 6 y 1,5 x 105 kg/cm2, determinar la tensión en cada material. SOLUCION: ASt = 4 x 8 = 32 cm2;

AH = 900 – 32 = 868 cm2

PSt + PH = 50.000, o bien: 32St + 868H = 50.000; 1.562,5

St + 27,125H =

Como las deformaciones deben ser iguales: St = H



 St L HL  6 2,1x10 1,75 x10 5

  St  12 H

Reemplazando se obtiene: H = 39,94 kg/cm2; St = 479,24 kg/cm2, ambas en compresión.

1.20) Un tubo de acero A 37 24, vertical, de 60 cm de diámetro exterior y 58 cm de diámetro interior está lleno de hormigón. La resistencia de ruptura del hormigón es de 175 kg/cm2. Con un factor de seguridad de 2 para el acero y de 2,5 para el hormigón, determinar la máxima carga axial de compresión que puede resistir el conjunto. ESt = 2,1 x 106 y EH = 1,5 x 105 kg/cm2. SOLUCION:





  2 2  58 2  2.642,08 cm 2 ; ASt   60   58  185,35 cm 2 4 4 175   adm  St   0  2.400  1.200 kg / cm 2 ;   adm  H  2,5  70kg / cm 2 FS 2 PSt + PH = P  185,35St + 2.642,08H = P AH 

De las deformaciones: St = H



St =12H

Si H = 70

 St = 840 kg/cm2 < (adm)St

Si St = 1.200  H = 100 kg/cm2 > (adm)H Por consiguiente:

H = 70

y

St = 840 kg/cm2

P =185,35 x 840 + 2.642,08 x 70 = 338.959,6 kgf 1.21) La barra ABCD, inicialmente recta, tiene sección uniforme y está sometida a dos fuerzas de 2 ton hacia la derecha que actúan en B y dos fuerzas de 5 ton hacia la izquierda que actúan en C. Determinar las fuerzas sobre cada intervalo. Medidas en cm. 2 ton A

5 ton B

75

C

50

D

75

SOLUCION: 4.000

RA

10.000

RD

Los sentidos par alas reacciones RA y RD se han supuesto arbitrariamente.

F

x

 0;

- RA + 4.000 - 10.000 + RD = 0

 RD – RA = 6.000

(1)

Como las paredes son rígidas, el alargamiento total debe ser cero. Es decir:  AB   BC   CD  0

(2)

A continuación haremos Diagramas de Cuerpo libre de los tres intervalos, haciendo cortes imaginarios en cualquier punto del intervalo, es decir, a la izquierda de B, C y D, respectivamente. Tramo AB (supuesto en tracción): RA

A

RA

Obsérvese, de la ecuación (1), que R A es igual a la suma de todas las fuerzas situadas a la derecha del corte imaginario. Es decir: RA = RD – 6.000,.

Tramo BC (supuesto en compresión):

10.000 - RD

4.000 - RA

Tramo CD (supuesto en tracción): RD

RD

D

Ahora usamos la ecuación (2), utilizando las fuerzas correspondientes.

R A  75  4.000  R A   50 R D  75   0 AE AE AE Simplificando:



3RA + 2RA – 8.000 + 3RD = 0

5RA + 3RD = 8.000

(3)

Resolviendo las ecuaciones simultáneas (1) y (3) se obtiene: RA = - 1.250 kgf

RD = 4.750 kgf

1.22) Cobre A = 80 cm2

La barra compuesta de la figura está sujeta a los dos apoyos. A T = 20 ºC el sistema está sin tensiones. La temperatura desciende. Determinar la temperatura mínima a que puede someterse el sistema para que la tensión no exceda de 500 kg/cm2 en el aluminio y de 400 kg/cm 2 en el cobre: a) Si los apoyos no ceden; b) Si el apoyo derecho cede 0,4 mm. Medidas en cm.

Al

A=20 cm2 60

BARRA Cobre Aluminio

40

AREA, cm2 80 20

E x 106, kg/cm2 1,1 0,7

α x 10-6, 1/ºC 16 22

SOLUCION:

PCu

Cobre A = 80 cm2

Al

A=20 cm 60

40

2

PAL

Como el sistema permanece en equilibrio: PCu  PAl

 80 Cu  20 Al

  Al  4 Cu

Si σCu = 400 kg/cm2, se tiene que σAl = 1.600 kg/cm2 > 500. Por lo tanto: σAl = 500 kg/cm2 y σCu = 125 kg/cm2 < 400. a) La disminución de la temperatura produce un acortamiento del sistema, pero las reacciones producen alargamientos. Por lo tanto, suponiendo que son mayores las contracciones por temperatura que los alargamientos provocados por las reacciones:  Cu   Al  0 

  T   P  Cu    T   P  Al  0

16  10 6  60T 

125  60 500  40  22  10 6  40T  0 6 1,1  10 0,7  10 6

16  60  22  40 T

 1.840T  35.389,6



T  19,2º C

Como es una disminución de temperatura, T2 < T1 y ∆T ésta es negativo. Por lo tanto: T  T2  T1  19,2  T2  20  T2  0,8 º C

b)  Cu   Al  0,04  16  10  6  60 T 

16  60  22  40 T

  T   P  Cu    T   P  Al  0,04 125  60 500  40  22  10  6  40T   0,04 1,1  10 6 0,7  10 6

 1.840T  40.000  35.389,6  75.389,6



T  41º C

P T  T2  T1  41  T2  20  T2  21 º C

Un cilindro hueco de acero (E = 2,1 x 10 6 kg/cm2; α = 1.23) 11 x10-6 1/ºC) rodea a otro macizo de cobre (E = 1,1 x106 kg/cm2; α = 16 x 10-6 1/ºC) y el conjunto está sometido a una fuerza axial de compresión de 30.000 kgf. La sección del acero es de 20 cm 2 mientras que la del cobre es de 60 cm 2. Determinar el aumento de temperatura necesario para colocar toda la carga en el cobre. El conjunto tiene una longitud de 5 m.

Cu

SOLUCION: Para que toda la carga la resista el cobre, el aumento de longitud de éste originado por la temperatura menos el acortamiento por carga debe ser mayor o igual que la dilatación del acero. Es decir:

  T   P  Cu    T  St 16  10  6 LT 

30.000 L 11  10  6 LT 60  1,1  10 6

De donde, T  90,9 º C

1.24) En el problema anterior ¿cuánto debe disminuirse la temperatura para que toda la carga la soporte el tubo de acero? SOLUCION: En este caso para que toda la carga la resista el acero, la disminución de longitud de éste originado por la temperatura más el acortamiento por carga debe ser mayor o igual que la contracción del cobre. Es decir:

 T

  P  St    T  Cu

11  10 6 LT 

30.000 L  16  10 6 LT 20  2,1  10 6

De donde, T   142,9 º C

1.25) La barra ABD es completamente rígida y está articulada en A y unida a las barras BC, de bronce y a la ED, de acero. Determinar las tensiones en ambas barras30si la temperatura deEBC desciende 20 ºC mientras que la de ED 40 aumenta 20 ºC. Medidas en cm. 30 A

B

40

C

D

BARRA

Area, cm2

Bronce Acero

6 2

E x 106 kg/cm2 1 2,1

 x 10-6 1/cm 18 11

SOLUCION: Se supone que, por efecto de las fuerzas internas que se generan por los cambios de temperatura, la barra de acero trabaja en tracción, mientras que la barra de bronce lo hace en compresión; pero la barra de bronce se acorta por temperatura, mientras que la barra de acero se dilata. DCL: Ay

Ax

Br

F  0 M A  0 x

PSt = 2St

PBr = 6Br



St

Ax  0

7  6 Br  30  2 St  70  0   Br    St 9

Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:  Br  St  30 70

7   St   Br 3

De acuerdo a lo supuesto, por la acción de la aparición de fuerzas internas.

  P   T  St



7   P   T  Br   L  LT  3  E 

 St

7  L   LT   3 E 

Br

 St L 7  L 7   St LT   Br    Br LT E St 3 E Br 3 7  St  40  St  30 7 7 6 9  11  10  30  20      18  10 6  40  20 6 6 3 3 2,1  10 1  10

8,69σSt = 2.700

σSt = 310,7 kg/cm2, en tracción como

se supuso. σBr = - 241,72 kg/cm2, en tracción, contrario a lo que se supuso.

1.26) En el problema anterior, determinar las tensiones sobre ambas barras si la temperatura del conjunto: a) Desciende 20 ºC; b) Aumenta 20°C. SOLUCION: a) Descenso de la temperatura. Para este caso sólo cambia la ecuación de deformaciones, quedando de la forma siguiente:

  P   T  St



7   P   T  Br   L  LT  3  E 

 St

7  L   LT   3 E 

Br

 St L 7  L 7   St LT   Br    Br LT E St 3 E Br 3 7   40  St  30 7 9 St 7 6  11  10  30  20      18  10 6  40  20 6 6 3 3 2,1  10 1  10

8,69σSt = 4.020 σSt = 462,72 kg/cm2, en tracción como se supuso. σBr = - 359,9 kg/cm2, en tracción, contrario a lo que se supuso. b) Aumento de la temperatura. Nuevamente, sólo cambia la ecuación de deformaciones.

  P   T  St



7   P   T  Br   L  LT  3  E 

 St

7  L   LT   3 E 

Br

 St L 7  L 7   St LT   Br    Br LT E St 3 E Br 3 7  St  40  St  30 7 7 6 9  11  10  30  20      18  10 6  40  20 6 6 3 3 2,1  10 1  10

8,69σSt = - 4.020 σSt = - 462,72 kg/cm2,. en compresión, contrario a lo que se supuso. σBr = -359,9 kg/cm2, en compresión como se supuso.

1.27) En el problema 1.25, determinar las tensiones sobre ambas barras si la temperatura de la barra BC aumenta 20 ºC y en ED disminuye 20 ºC. SOLUCION: Sólo cambia la ecuación de deformaciones, quedando de la forma siguiente:

  P   T  St



7   P   T  Br   L  LT  3  E 

 St

7  L   LT   3 E 

Br

 St L 7  L 7   St LT   Br    Br LT E St 3 E Br 3 7  St  40  St  30 7 7 6 9  11  10  30  20      18  10 6  40  20 6 6 3 3 2,1  10 1  10

8,69σSt = - 2.700 σSt = - 310,7 kg/cm2, en compresión, contrario a lo que se supuso. σBr = 241,72 kg/cm2, en compresión, como se supuso.

1.28) Una barra cuadrada de 5 cm de lado está sujeta rígidamente entre los muros y cargada con una fuerza axial P = 20 ton.. Determinar las reacciones en los apoyos y el alargamiento del lado derecho. E = 2,1 x 106 kg/cm2. Medidas en cm.

P 10

15

SOLUCION: DCL: P

R1

F

x

 0; 

R2

 R1  P  R2  0

Obsérvese que se han supuesto las reacciones de modo que ambas partes de la barra quedan en tracción, lo cual es imposible por la rigidez de los apoyos. Como los apoyos son rígidos, entonces el largo total es constante. Luego 1   2  0 

R1  10 R2  15 2R   0  R2   1 AE AE 3

Reemplazando R2 en la primera ecuación: 2 R1 0  3 R2 = 8.000 kgf   R1  P 

2 

 5 R1  20.000  R1  12.000 kgf  3

8.000  15  0,0023 cm  0,023 mm  23 m 25  2,1  10 6

Naturalmente: 1 

 12.000  10  0,0023 cm  0,023 mm  23 m 25  2,1  10 6

1.29) Calcular las reacciones en el problema anterior si el apoyo derecho cede 0,01 mm. SOLUCION:  1   2  0,001 

R1  10 R2  15   0,001  10 R1  15R2  2,1  25.000 AE AE

2R1 + 3R2 = 10.500 De la estática: De donde.

- R1 + R2 = 20.000  R2 = 10.100 kgf;

- 2R1 + 2R2 = 40.000

R1 = - 9.900 kgf

Comprobación: 1  

9.900  10  0,00189; 25  2,1  10 6

2 

10.100  15  0,00289 25  2,1  10 6

   1   2  0,001 cm

1.30) En el problema 1.28 ¿cuánto debe ceder el apoyo derecho para que toda la carga la resista la barra izquierda? SOLUCION: En este caso R2 = 0, y R1 = 20.000 kgf. Por lo tanto: 

20.000  10  0,0038 cm 25  2,1  10 6

1.31) P Un corto tubo de fundición (E = 1,05 x 10 6 kg/cm2), de sección cuadrada está lleno de hormigón (E = 0,175 x106 kg/cm2) y el conjunto está sometido a una fuerza axial de compresión de 70.000 kgf. El conjunto tiene una longitud de 90 cm. Determinar la. tensión en cada material y el acortamiento del conjunto.

37 cm 45 cm

SOLUCION: AH = 372 = 1.369 cm2;

AF = 452 – 372 = 656 cm2

PH + PF = 70.000 PH L PL H  F   F AH E H AF E F PH = 0,3478PF



PH PF  6 1.369  0,175  10 656  1,05  10 6

De donde: PF = 51.935,9 kgf; σF = 79,17 kg/cm2 PH = 18.064,1 kgf; σH = 13,2 kg/cm2 

13,2  90  0,0068 cm 0,175  10 6

1.32) Dos barras inicialmente rectas están unidas entre sí y sujetas a apoyos rígidos. La de la izquierda es de bronce (E = 0,98 x 10 6 kg/cm2; α = 17,7 x10-6 1/ºC; A = 6 cm 2 ) y la de la derecha es de aluminio (E = 0,7 x10 6 kg/cm2; α = 22,2 x 10-6 1/ºC A = 9 cm2 ). El conjunto está libre de tensiones y entonces la temperatura desciende 22 ºC. Determinar la tensión en cada barra: a) Si los apoyos no ceden; b) Si el apoyo derecho cede 0,12 mm.

60 Bronce

SOLUCION: PAl

PBr

Por condiciones de equilibrio estático: PBr  PAl

 6 Br  9 Al

2   Al   Br 3

Se ha supuesto que ambas barras trabajan a tracción, por lo tanto:

25 Al

a)  BR   Al  0 

  P   T  Br    P   T  Al  0

  25  Br  60  17,7  10 6  60  22  Al  22,2  10 6  25  22  0 6 6 0,98  10 0,7  10 61,22 Br  35,71 Al  35.574  0

  Al  996,2  1,71 Br

De donde: σBr = 418,4 kg/cm2 (Tracción) σAl = 278,9 kg/cm2 (Tracción) b) En este caso:  BR   Al  0,012 

  P   T  Br    P   T  Al  0,012

  25  Br  60  17,7  10 6  60  22  Al  22,2  10 6  25  22  0,012 6 0,98  10 0,7  10 6 61,22 Br  35,71 Al  35.574  12.000

  Al  660,15  1,71 Br

De donde: σBr = 277,76 kg/cm2 (Tracción) σAl = 184,84 kg/cm2 (Tracción)

1.33) Un pilar corto de hormigón armado está sometido a una carga axial de compresión. Ambos extremos están cubiertos por placas infinitamente rígidas. Si el esfuerzo en el hormigón (EH = 0,175 x 106 kg/cm2) es de 65 kg/cm2, determinar la tensión en el acero (E = 2,1 x 10 6 kg/cm2). SOLUCION: 

 St HL  6 0,175  10 2,1  10 6

  St  12 H  780 kg / cm 2

1.34) Un tubo de acero (E = 2,1 x 10 6 kg/cm2; α = 11 x 10-6 1/ºC), de 5 cm de diámetro exterior y 4,4 cm de diámetro interior rodea a un cilindro macizo de bronce (E = 0,98 x106 kg/cm2; α = 17,7 x 10 6 1/ºC) de 3,75 cm de diámetro y el conjunto está libre de tensiones. A 25 ºC El conjunto tiene una longitud de 1 m. Determinar la. tensión en cada material cuando la temperatura aumenta hasta 120 ºC

Bronce

 H   St

SOLUCION:

ASt 

 2 5  4,4 2   4,43 cm 2 ; 4

ABr 

  3,75 2  11,045 cm 2 4

Por condiciones de equilibrio: 

PSt + PBr = 0

4,43 St  11,045 Br

  St  2,493 Br

Suponiendo ambos elementos en tracción:  St   Br 

  P   T  St    P   T  Br

 2,493 Br L  Br L  11  10 6 L  95   17,7  10 6 L  95 6 2,1  10 0,98  10 6

- 2,207σBr = 636,5 contrario a lo que se supuso.

  Br  288,4 kg / cm 2 ,

en

compresión,

σSt = 719,1 kg/cm2 en tracción, como se supuso.

1.35) En el problema anterior ¿cuál puede ser el máximo aumento de temperatura si las tensiones no deben exceder de 200 kg/cm 2 en el bronce y de 600 kg/cm2 en el acero? SOLUCION: De la ecuación de equilibrio: Si σBr = - 200,

 St  2,493 Br

σSt = 498,6 kg/cm2 < σAdm

Por lo tanto: 498,6 L  200 L  11  10  6 L  T   17,7  10 6 L  T 6 6 2,1  10 0,98  10 441,5  6,7T



T  65,9 º C

1.36) Una barra compuesta está constituida por una tira de cobre (E = 0,9 x 10 6 kg/cm2) entre dos placas de acero (E = 2,1 x 10 6 kg/cm2). El ancho de todas las barras es de 10 cm; las placas de acero tienen un espesor de 0,6 cm cada una y el espesor de la placa de cobre es de 1,8 cm. Determinar la máxima carga P que puede aplicarse. La tensión de rotura del acero de 5.600 kg/cm 2 y la del cobre es de 2.100 kg/cm2. Usar un factor de seguridad de 3 basado en la tensión de rotura de cada material.

P

Cobre

P

SOLUCION: ACu = 1,8 x 10 = 18 cm2; P = PSt + PCu;

 adm  St



 St   Cu

P = 12σSt + 18σCu

5.600  1.866,7 kg / cm 2 ; 3



ASt = 2 x 0,6 x 10 = 12 cm2

 St L  Cu L  6 2,1  10 0,9  10 6

 adm  Cu



2.100  700 kg / cm 2 3

7   St   Cu 3

Si σCu = 700, σSt = 1.633,3 kg/cm2 < (σadm)St, por lo tanto: P = 12 x 1.633,3 + 18 x 700 = 32.200 kgf

1.37) Un tubo recto de aliminio (E = 0,7 x 10 6 kg/cm2; α = 22,2 x 10-6 1/ºC), de 150 mm de diámetro exterior y 82 mm de diámetro interior rodea a un cilindro macizo de acero (E = 2,1 x106 kg/cm2; α = 11 x 106 1/ºC) de 75 mm de diámetro; el aluminio es 0,25 más largo que el acero antes de aplicar ninguna carga. El conjunto tiene una longitud de 0,5 m. Determinar la. tensión en cada material cuando la temperatura desciende 30 ºC y actúa toda la carga. SOLUCION:

25.000 kgf

Acero Φ 75 mm

Por condiciones de equilibrio: PSt + PBr = 25.000 AAl 

 15 2  8,2 2   123,9 cm 2 ; 4

123,9 Al  44,18 St  25.000

AStr 

  7,5 2  44,18 cm 2 4

  ST  565,9  2,8 Al

Suponiendo ambos elementos en compresión:  St  0,025   Br 

  P   T  St  0,025    P   T  Br

 St  50,025   50  11  10 6  50,025  30  0,025  Al  22,2  10 6  50  30 6 2,1  10 0,7  10 6 23,82 St  8.208,25  71,43 Al

  St  3 Al  344,6

De donde: 5,8σAl = 910,5

  Al  157 kg / cm 2 , en compresión

σSt = 126,4 kg/cm2 en compresión, como se supuso.

1.38) En el problema anterior determinar la disminución de temperatura necesaria para que toda la carga la resista el acero. SOLUCION: En este caso: σSt = 565,84 kg/cm2

PSt = 25.000 kgf;

PAl = 0;

 St  0,025   Br 

  P   T  St  0,025    T  Br

565,84  50,025  11  10 6  50,025T  0,025  22,2  10  6  50T 2,1  10 6 38.479,12   22,2  50  11  50,025 T



T  68,75 º C



Obsérvese que se ha calculado una disminución de temperatura.

1.39) Determinar las tensiones en el problema 1.37 si no hay cambio de temperatura. SOLUCION:

 ST  565,9  2,8 Al

Suponiendo ambos elementos en compresión:  St  0,025   Br 

  P   St  0,025    P  Br

 St  50,025   50  0,025  Al 6 2,1  10 0,7  10 6 23,82 St  25.000  71,43 Al

  St  3 Al  1.049,5

De donde: 5,8 Al  1.615,4   Al  278,5 kg / cm 2 ,

en

compresión,

como

se

supuso. σSt = - 213,96, en tracción Este resultado es imposible, puesto que ninguno de los dos componentes puede trabajar en tracción, debido a que la placa superior permite que ambos componentes se desplacen libremente. Por lo tanto σ St = 0 y  Al 

25.000  201,78 kg / cm 2 . 123,9

El resultado anterior se explica porque  Al 

201,78  50  0,0144  0,025 , la 0,7  10 6

holgura existente antes de aplicar la carga.

1.40) Determinar las tensiones en el problema 1.37 si la temperatura aumenta 30 ºC. SOLUCION: Por condiciones de equilibrio: PSt + PBr = 25.000;

 ST  565,9  2,8 Al

Suponiendo ambos elementos en compresión:  St  0,025   Br 

  P   T  St  0,025    P   T  Br

 St  50,025   50  11  10 6  50,025  30  0,025  Al  22,2  10  6  50  30 6 6 2,1  10 0,7  10 23,82 St  41.791,75  71,43 Al

De donde:

  St  3 Al  1.754,5

  Al  400 kg / cm 2 , en compresión

5,8σAl = 2.320,4

σSt = - 554,3 kg/cm2 , en tracción (Nuevamente resultado imposible). El resultado anterior se explica porque como  Al 

201,78  50  0,0144  0,025 , 0,7  10 6

y debido a que los coeficientes de dilatación térmica  Al   St , enronces la holgura existente antes de aplicar la carga y temperatura aumenta con los incrementos de temperatura. Por lo tanto, toda la carga la soporta el aluminio 25.000

2 con σSt = 0 y  Al  123,9  201,78 kg / cm

1.41) La barra rígida ABC está soportada por tres cables y es de peso despreciable. La varilla izquierda es de acero, la del centro es de bronce y la de la derecha es de cobre. Determinar la tensión en cada cable y la posición de la carga para que ABC permanezca horizontal, si la temperatura aumenta 14 ºC. Medidas en cm.

25 20

6

9 15 B

A

C

X 12.000 kgf BARRA

Acero Bronce Cobre

AREA, cm2

E x 106 kg/cm2

 x 10-6 1/cm

1,2 3 1,8

2,1 0,98 1,2

11 17,7 16

SOLUCION: DCL:

PSt = 1,2σSt

PBr = 3Br

PCu = 1,8Cu

 12.000 kgf

M

A

0



3 Br  9  12.000 x  1,8 Cu  15  0

(a)

F

 0  1,2 St  12.000  3 Br  1,8 Cu  0

y

(b)

Como la barra es rígida y permanece horizontal los alargamientos de los tres cables son iguales.  St   Br   Cu    P   T  St    P   T  Br    P   T  Cu  St  25  Br  15  11  10  6  25  14   17,7  10 6  15  14  6 2,1  10 0,98  10 6   20  Cu  16  10 6  20  14 6 1,2  10

De la última ecuación se obtienen dos ecuaciones: 11,9 St  15,31 Br  133   St  1,286 Br  11,18

(c)

11,9 St  16,67 Cu  630

(d)

  St  1,4 Cu  52,94

Resolviendo el sistema de ecuaciones b, c y d:  St  2.500,15 kg / cm 2 ;

 Br  1.951,1 kg / cm 2 ;

 Cu  1.748 kg / cm 2

De la ecuación a): X 

27  1.951,1  27  1.748  8,323 cm, a la derecha de A. 12.000

1.42) Resolver el problema anterior considerando que la temperatura disminuye 14 ºC. SOLUCION: Se supondrá que la barra ABC desciende con respecto a su posición inicial. Por tanto:  St   Br   Cu 

  P   T  St    P   T  Br    P   T  Cu

 St  25   20  Br  15  11  10 6  25  14   17,7  10 6  15  14  Cu  16  10 6  20  14 6 6 6 2,1  10 0,98  10 1,2  10 11,9 St  15,31 Br  133   St  1,286 Br  11,18   Br  0,78 St  8,694

11,9 St  16,67 Cu  630   St  1,4 Cu  52,94   Cu  0,714 St  37,81

Reemplazando en la ecuación de suma de fuerzas verticales:  St  2.478,35 kg / cm 2 ;

 Br  1.924,4 kg / cm 2 ;

 Cu  1.807,35 kg / cm 2

270  1.924,4  270  1.807,35  83,96 cm, 12.000

X 

1.43) D

E

120

120 90

A

La barra ABC es completamente rígida e inicialmente está horizontal. La barra DB es de cobre y la CE es de acero. Determinar las tensiones en cada barra cuando la temperatura aumenta 40 ºC. Medidas en cm.

C

B

BARRA

AREA, cm2

E x 106 kg/cm2

 x 10-6 1/cm

Cobre Acero

12 6

1,2 2,1

16 11

SOLUCION: DCL: Ay Ax

F

x

M

PSt = 6St

Cu

0  A

PCu = 12Cu

St

Ax  0

 0  12 Cu  120  6 St  240  0   Cu   St  0   St   Cu

Se ha supuesto que ambas barras quedan sometidas a tracción. Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:  Cu  St    St  2 Cu  120 240

  P   T  St  2   P   T  Cu

 St  90   90  11  10 6  90  40  2 Cu  2  16  10 6  90  40 6 2,1  10 1,2  10 6 0,476 St  1,667 Cu  840   St  3,5 Cu  1.764,7   Cu

De donde: σCu = - 392,2 kg/cm2, en compresión, opuesto a lo que se supuso; σSt = 392,1 kg/cm2, en tracción. 1.44) Resolver el problema anterior, suponiendo que la barra horizontal ABC pesa 5.000 kgf. SOLUCION:

Ay Ax

PCu = 12Cu

PSt = 6St

Cu

St 5.000 kgf

F

x

M

0  A

Ax  0

 0  12 Cu  120  5.000  60  6 St  240  0   Cu   St  208,33

Se ha supuesto que ambas barras quedan sometidas a tracción. Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:  Cu  St    St  2 Cu  120 240

  P   T  St  2   P   T  Cu

 St  90   90  11  10 6  90  40  2 Cu  2  16  10 6  90  40 6 6 2,1  10 1,2  10 0,476 St  1,667 Cu  840   St  3,5 Cu  1.764,7

De donde: σCu = - 345,9 kg/cm2, en compresión, opuesto a lo que se supuso; σSt = 554,2 kg/cm2, en tracción.

1.45)

Considerar la barra cónica de acero, inicialmente libre de tensiones. Determinar la máxima tensión en la barra si la temperatura: a) Desciende 20 ºC; b) Aumenta 20 ºC. E = 2,1 x 106 kg/cm2; α = 11 x 10-6 1/ºC. Medidas en cm

100

20

10

x

SOLUCION: El radio, para una posición x es: R x   5 

5 5 x 100  x   1 100  x  100 100 20

Entonces el área en una posición cualquiera es:  100  x  2 20 a) Cuando la temperatura desciende la barra se acorta por temperatura y se alarga por esfuerzos de tracción originados por una fuerza P que, por condiciones de equilibrio, debe ser constante. A x   R x2 

El alargamiento de un disco de radio R x y longitud dx, localizado a la distancia x del extremo izquierdo es: d P 

P dx  Tdx EAx

Es decir: P E

100

 0

dx P  Ax E

100

 0

100

dx

  x  100 2 2 20

400 P 1  400 P  1 1  4P  1       1    E x  100 0 E E  2  200 100 

100

2P   T  T  dx  E 0

P

100  11  10 6  20  2,1  10 6  72.570,8 kgf 2

Entonces, la tensión es máxima cuando el área es mínima:  max 

P 72.570,8   924 kg / cm 2 , en tracción A0 25 B

C

D

b) Al aumentar la temperatura en 20 ºC, la tensión tiene la misma magnitud pero es de compresión. θ θ L 1.46) Considerar la armadura articulada, hiperestática, de la figura. Antes de aplicar la carga P el sistema está libre de tensiones. Determinar la fuerza axial que soporta cada barra cuando se aplica la carga P. Todas las barras tienen la misma sección transversal y el mismo módulo elástico.

A

P

SOLUCION: FAB

FAC

FAD



F

Fx  0 

y

0 

FAB  FAD

2 FAB cos   FAC  P

P Como se dispone de dos ecuaciones para tres incógnitas, se procede a analizar las deformaciones. ΔAB = ΔACcosθ ΔAB

θ

ΔAC

L cos   FAC L cos  AE AE

FAB 



FAC  2 cos 3   1  P  FAC  FAB  FAD 

FAB  FAC cos 2 

P 1  2 cos 3 

P cos 2  1  2 cos 3 

1.47) En el problema anterior, determinar los esfuerzos sobre cada barra y el desplazamiento vertical del punto A, considerando: P = 10.000 kgf; A = 10 cm 2; L = 40 cm; θ = 30º; E = 2,1 x 106 kg/cm2. SOLUCION: FAC 

P 10.000   4.349,65 kgf 3 1  2 cos  1  2  0,866  3

FAB  FAD  AC 

P cos 2    3.262,23 kgf 1  2 cos 3 

  AC  434,97 kg / cm 2

  AB  326,2 kg / cm 2

 AC L 434,97  40   0,0083 cm  0,083 mm  83 m E 2,1  10 6

1.48) En el problema anterior suponer que a la carga de 10.000 kgf se superpone un cambio de temperatura. Calcular las tensiones cuando la temperatura: a) Aumenta 20 ºC; b) Disminuye 20 ºC.

SOLUCION: a) Con el aumento de temperatura las barras se alargan por carga y por temperatura. Por consiguiente:  AB   AC cos  

  P   T  AB    P   T  AC cos 

40 cos 30  12  10 6  40  20   AC  40 cos 30  12  10  6  40  20 cos 30 cos 30 2,1  10 6 2,1  10 6

 AB 

21,99 AB  16,5 AC  2.771,28

  AC  1,33 AB  168

2 FAB cos 30  FAC  10.000

2 AB  10 cos 30  10 AC  10.000



 AB  2 cos 30  1,33  168  1.000   AB  271,7 kg / cm 2  AC  529,4 kg / cm 2

1.49) En el problema anterior, ¿cuánto deberían ceder los apoyos para que no existan tensiones? SOLUCION:  BR   Al   

  P   T  Br    P   T  Al  



   t  bR     t  aL  

 17,7  10 6  60  22  22,2  10 6  25  22    0,0356 cm

1.50) En el problema 1.48 ¿cuánto deberían ceder los apoyos para que las tensiones no excedan de 200 kg/cm 2 en el bronce y de 100 kg/cm 2 en el aluminio? SOLUCION: De la ecuación de equilibrio estático:  Al 

2  Br , Por lo tanto, si σ Br = 200, entonces σAl = 133,3 kg/cm2 que es 3

> σAdm. Por consiguiente: σAl = 100 kg/cm2

σBr = 150 kg/cm2 que es < que σadm. Luego:  BR   Al   

  P   T  Br    P   T  Al  

150  60 100  25  17,7  10  6  60  22   22,2  10 6  25  22    0,0229 cm 6 0,98  10 0,7  10 6

1.51) Los yugos rígidos B y C de la figura se encuentran sujetos firmemente a la barra cuadrada de acero AD (E = 30 x 10 6 psi), de 2 x 2 pulg 2. Determinar la deformación axial total en los 5 pies de barra entre B y C. 8,5 klb

27 klb 82 klb

A

B

D

C

8,5 klb

27 klb 8’

45 klb

5’

4’

SOLUCIÓN: Veremos si el sistema está en equilibrio:

F

x

 82  27  2  8,5  2  45  0

Luego el sistema está en equilibrio y la parte BC también debe estarlo.

82 – 54 = 28 klb

B



PL 28.000  5  12   0,014" 6 AE 2  2  30  10

 

 0,014   2,33  10  4 pu lg/ pu lg L 5  12

C

45 – 17 = 28 klb

1.52) La barra de acero del problema anterior es reemplazada por aluminio forjado 2014 – T4 (E = 10,6 x 10 6 psi). Determinar la deformación axial total en la parte AB de la barra,

SOLUCIÓN: La fuerza que actúa en el tramo AB es de 82 klb.

PL 82.000  8  12   0,1857" AE 2  2  10,6  10 6

 

 0,1857   19  10  4 pu lg/ pu lg L 8  12

1.53) En la tensión de fluencia una barra con una longitud calibrada de 8” de 0,5” de diámetro se alargó 0,012” y el diámetro se redujo 25 x 10 -5 pulg. La carga axial aplicada fue de 4.800 lb. Determinar las siguientes propiedades de este material: a) Módulo de Elasticidad b) Relación de Poisson c) Tensión de fluencia. SOLUCIÓN: a) A

 2  D   0,5 2  0,196 pu lg 2 4 4



PL AE

b)



E

PL 4.800  8   16.326.531 psi A 0,196  0,012

x 

 0,012   15  10  4 pu lg/ pu lg L 8

y 

D  25  10 5   5  10  4 pu lg/ pu lg D 0,5

 

y x



 5  10 4  0,333 15  10  4

c) 0 

P 4.800   24.489,8 psi A 0,196

1.54) Una carga axial de 100 klb se va aplicando lentamente a una barra rectangular de 1 x 4 pulg2 y 90” de largo. Cuando se encuentra cargada, dentro de la zona elástica, la medida de 4” de la sección transversal se ha reducido a

3,9986” y la longitud ha aumentado en 0,09”. Determinar la Relación de Poisson y el módulo de Young para este material. SOLUCIÓN: x 

 0,09   10  10  4 pu lg/ pu lg L 90

y 

Y 4  3,9986   3,5  10  4 pu lg/ pu lg 4 4

 



y x



PL AE

 3,5  10 4  0,35 10  10  4



E

PL 100.000  90   25  10 6 psi A 1  4  0,09

1.55) Una barra plana de 0,25 x 2 pulg2 se alarga 0,06” en una longitud de 5’, bajo una carga axial de 13.000 lb. La tensión de fluencia del material es de 44.000 psi. a) Determinar el esfuerzo axial a que está sometido el material; b) ¿Cuál es el módulo de elasticidad de este material?; c) Si la Relación de Poisson es de 0,32 ¿cuál será el cambio total de cada dimensión lateral? SOLUCIÓN: a) A = 0,25 x 2 = 0,5 pulg2  

P 13.800   26.000 psi A 0,5



PL AE

b)

c) x 

 

y 



E

PL L 26.000  5  12    26  10 6 psi A  0,06

 0,06   10  10  4 pu lg/ pu lg L 60

y x Y 0,25

  y   x  0,32  10  10  4  3,2  10  4 pu lg/ pu lg







 y  0,25  3,2  10  4  8  10 5 pu lg

Y 2

z 





  y  2  3,2  10  4  64  10 5 pu lg

1.56) Una barra de 1,5” de diámetro y 20’ de largo se alarga 0,48” bajo una carga de 53 klb. El diámetro disminuye 0,001” durante la carga. Determinar las siguientes propiedades de este material: a) Módulo de Elasticidad; b) Relación de Poisson; c) Módulo de Rigidez G. SOLUCIÓN: A

 2  D   1,5 2  1,767 pu lg 2 4 4



PL AE

x 

 0,48   20  10  4 pu lg/ pu lg L 20  12

y 

D  0,001   6,6  10  4 pu lg/ pu lg D 1,5

a) 

E

PL 53.800  20  12   14.997.170 psi A 1,767  0,001

b)

 

y x



 6,6  10 4  0,33 20  10  4

c) G

E 14.997.170   5.624.679 psi 2 1    2  1,33

1.57) Una barra de acero (E =30 x 10 6 psi) y otra de aluminio se encuentran acopladas extremo con extremo y cargadas axialmente en los extremos exteriores. Las dos barras tienen 2” de diámetro; la barra de acero tiene 6’ de largo y la de aluminio es de 4’. Cuando se aplica la carga se encuentra que la barra de acero se alarga 0,0052” en una longitud de 8”. La Relación de Poisson para este acero es de 0,25 y el módulo de elasticidad del aluminio es de 10,6 x 106 psi. Determinar: a) La carga; b) El cambio total de longitud de extremo a extremo; c) La variación del diámetro en la barra de acero.

P

Aluminio

Acero 6’

4’

P

SOLUCIÓN: a) A

 2  D   2 2  3,1416 pu lg 2 4 4



PL AE



P

AE 0,0052  3,1416  30  10 6   61.261,1 lb L 8

b) La carga sobre ambos materiales es la misma e igual a P.

L  12  61.261,1  6 P L 4     St   Al   St  Al       0,2122" 6 A  E St E Al  3,1416  10  30 10,6  c) 61.261,1 y  St 3,1416    0,25   y  0,25 x  0,25   0,25   1,625  10  4 x E St 30  10 6

y 

D D

 D   Y D  1,625  10  4  2  3,25  10  4 pu lg

1.58) Las especificaciones para una pieza de acero (E = 30 x 10 6 psi) de una máquina requieren que el esfuerzo axial no exceda de 20 kpsi y que el alargamiento total no exceda de 0,015”. Si la pieza es una barra de 2” de diámetro y 3’ de largo, determinar la mayor carga axial admisible a que puede someterse la barra. SOLUCIÓN: A

 2  D   2 2  3,1416 pu lg 2 4 4

Con respecto al esfuerzo admisible:  

P1 A



P1  A  20.000  3,1416  62.831,9 lb

Con respecto al alargamiento admisible: 

P2  3  12 PL  0,015  AE 3,1416  30  10 6



P2  39.269,9 lb

Por lo tanto, la carga admisible que cumple ambos requerimientos es P = 39.269,9 lb.

1.59) La carga W de la figura está sostenida por dos tirantes como se muestra. La barra A tiene un área de 0,18 pulg 2 y una resistencia admisible de 12 kpsi y la barra B tiene un área de 0,1 pulg 2 y una resistencia admisible de 17 kpsi. Determinar la máxima carga W que puede ser soportada con seguridad.

45º

30º

A

B

W

SOLUCIÓN: (PA)Adm = 12.000 x 0,18 = 2.160 lb

PA

PB

(PB)Adm = 17.000 x 0,10 = 1.700 lb PAcos45º = PBcos 30º

W

De donde: 2 3 PA  PB 2 2



PA 

3 PB 2

Si PA = 2.160 lb, PB = 1.763 lb > (PB)Adm. Por lo tanto: PB = 1.700 lb y PA = 2.082,1 lb < (PA)Adm Entonces:

F

y

 2.082,1sen 45º 1.700 sen30º W  0



W Adm  2.322,2 lb

1.60) Una barra de acero estructural, con una resistencia a la tracción de 66 kpsi y E = 29 x 10 6 psi, de 10’ de largo se encuentra sometida a un esfuerzo axial de 25 kpsi. Determinar: a) La deformación axial en la barra; b) El factor de seguridad con respecto a la falla por fractura. SOLUCIÓN: a)

 b)

 25.000   8,62  10  4 pu lg/ pu lg 6 E 29  10

FS 

 u 66.000   2,64  25.000

1.61) Un miembro estructural hecho de aleación de aluminio forjado 2024 – T4 tiene una sección transversal de 5 pulg2 y se encuentra sometido a una carga de tracción axial P. El miembro no debe exceder una deformación unitaria de 0,0018 y un Factor de Seguridad mínimo de 4 con respecto a la falla por fractura. Determinar el mayor valor de P si E = 10,6 x 10 6 psi y σu = 68 kpsi. SOLUCIÓN:

 Adm 

 u 68.000 P P   17.000 psi  Adm  Adm 4 4 A 5

 PAdm  85.000 lb

Con respecto a la deformación:

 Adm  E  10,6  10 6  0,0018  19.080 psi 

PAdm 5



PAdm  95.400 lb

Por consiguiente, el valor de P que satisface ambas condiciones es 85 klb.

1.62) Un material tiene las siguientes propiedades: σ u = 65 kpsi; σ0 = 50 kpsi; σCreep = 25 kpsi. ¿Cuál será el esfuerzo de diseño que debe considerarse con un Factor de Seguridad de 2 con respecto a la falla estática? SOLUCIÓN:

 Adm 

 0 50.000   25.000 psi 2 2

1.63) Una barra de acero estructural de 5’ de largo y de sección transversal 0,5 x 4 pulg2 va a soportar una carga de tracción axial con esfuerzos normal admisible de 18 kpsi, y con un alargamiento admisible de 0,035”. Determinar la máxima carga admisible. E = 29 x 106 psi. SOLUCIÓN: A = 2 pulg2 Respecto al esfuerzo normal admisible:

 P1  Adm

  A  18.000  2  36.000 lb

Respecto al alargamiento admisible: 

PL AE

 P3  Adm





AE 0,035  2  29  10 6   33.833,3 lb L 5  12

Por lo tanto PAdm = 33.833,3 lb.

1.64) Un acero endurecido con 0,2% de carbono (E = 30 x 10 6 psi; σ0 = 62 kpsi; σu = 90 kpsi), es el material de una barra que se requiere para soportar una carga de tracción axial de 8 klb con un factor de seguridad de 4 con respecto a la falla por fluencia. Determinar la sección transversal necesaria. SOLUCIÓN:

 Adm   

 0 62.000   15.500 psi 4 4

P 8.000    Adm  15.500  A A

1.65)

B

A

3’

5’

3’

A  0,516 pu lg 2

En la figura la barra B es de acero con 0,4 % de carbono, laminada en caliente (E = 30 x 106 psi; σ0 = 53 kpsi; σu = 84 kpsi) y la A barra es de aluminio aleado 6061 – T6 (E = 10 x 106 psi; σ0 = 40 kpsi; σCu = 45 kpsi). Determinar los factores de seguridad con respecto a la falla por fluencia si la deformación unitaria axial de la barra B es de 6 x 10-4 pulg/pulg.

4’

2’ P

SOLUCIÓN: εB = 6 x 10-4 pulg/pulg; σB = EBεB = 30 x 106 x 6 x 10-4 = 18.000 psi FS B 

53.000  2,944 18.000

B A  3 8



 B LB  A L A  3 8



6  10 4  3  A  4    A  12  10  4 3 8

 A  E A A  10  10 6  12  10 4  12.000 psi

FS A 

40.000  3,33 12.000

En la figura la barra rígida DC es horizontal cuando no hay carga y las barras A y B no están sometidas a esfuerzo. Cuando se aplica la carga P, la deformación unitaria en la barra B es de 0,0015. Determinar los factores de seguridad con respecto a la falla por fluencia para cada barra. La barra B es de. acero laminado en caliente con 0,8 % de carbono, (E = 30 x 106 psi; σ0 = 76 kpsi) con sección transversal de 2 pulg2 y la barra B es de latón laminado en frío (E = 15 x 10 6 psi; σ0 = 60 kpsi), con sección transversal de 1 pulg2.

1.66)

A 15”

B

8”

D C

4”

4”

2”

P SOLUCIÓN:

 B  E B  B  15  10 6  15  10 4  22.500 psi FS B 

60.000  267 22.500

 A L A  B LB  6 2

 A 

3  15  10 4  8  24  10  4 15

 A  E A A  30  10 6  24  10 4  72.000 psi FS B 

76.000  1,06 72.000

Determinar el movimiento 1.67) horizontal del punto A debido a una elevación de temperatura de 50 ºF. Se supone que el miembro ACE tiene un coeficiente de expansión térmica despreciable. αSt = 6,6 x 10-6 1/ºF; αAl = 12,5 x 10-6 1/ºF.

A

10”

12” B

Acero

C 1”

D

Aleación de aluminio

E

SOLUCIÓN: x

θ

z ∆St

E

C’

1”

∆Al

E’

 St  LT  6,6  10 6  12  50  3,96  10 3 pu lg  Al  LT  12,5  10 6  12  50  7,5  10 3 pu lg z   Al   St   7,5  3,96   10 3  3,54  10 3 pu lg

sen 

 Al   St  3,54  10 3 1

sen 

x   St  3,54  10 3 11



x   38,94  3,96   10 3  0,035 pu lg

1”

4”

Acero

Aluminio

0 Acero

1.68)

   0,203º

20”

Si la temperatura del mecanismo de la figura aumenta 100 ºF determinar el movimiento de la aguja indicadora, en pulgadas, con respecto al cero de la escala. αSt = 6,6 x 10-6 1/ºF; αAl = 12,5 x 10-6 1/ºF.

SOLUCIÓN: x

θ ∆Al

∆St

 St  LT  6,6  10 6  100  20  13,2  10 3 pu lg  Al  LT  12,5  10 6  100  20  25  10 3 pu lg

Sea x el desplazamiento de la aguja con respecto al nivel cero:  Al   St x  1 5



x  5  25  13,2  10 3 pu lg

x = 59 x 10-3 = 0,059 pulg

1.69) Una barra de bronce laminado en frío (E = 15 x 10 6 psi; α = 9,4 x 10-6 1/ºF) y una barra de metal Monel forjado y laminado en caliente (E = 26 x 10 6 psi; α = 7,8 x 10-6 1/ºF) se encuentran soldadas juntas a tope y cargadas axialmente en los extremos con una fuerza de tracción P = 20π klb. Ambas barras tienen 2” de diámetro; la de bronce es de 5’ de largo y la de metal Monel es de 4’. Determinar la variación total de longitud debida a la carga y a una baja de la temperatura de 60 ºF. SOLUCIÓN:

Bronce

P

Monel

A

 2  D   2 2   pu lg 2 4 4

P

Supondremos que la deformación final es un alargamiento.    M   Br    P   T  M    P   T  Br

 PL    L T   AE 



 PL    L T   AE 

 M

 Br

20  4  12 20  5  12  7,8  10 6  4  12  60   9,4  10 6  5  12  60  0,0642" 6 6   26  10   15  10 El cambio de longitud es un alargamiento, como se supuso.

1.70) Un riel de ferrocarril tiene 20’ de largo con una sección transversal de 11,6 pulg2 y está sujeto contra movimientos laterales. Bajo un aumento de temperatura, uno de los extremos puede moverse 1/16 pulg con relación al otro, antes de que los dos extremos se encuentren firmemente sujetos contra los rieles adyacentes que, para este problema, se supondrán rígidos. Si α = 6,6 x 10-6 1/ºF y E = 30 x 106 psi. Para un aumento de temperatura de 60 ºF determinar la fuerza interna en una sección transversal del riel. SOLUCIÓN: a) T 

1  P 16

  L T 

6,6  10  6  20  12  60 

1 PL  16 AE 1 P  20  12  16 11,6  30  10 6

1 16

"

∆P ∆T

P = 93.119 lb

1.71) Los extremos de una barra de acero de 12’ están firmemente sujetos a soportes rígidos. A 75 ºF no hay esfuerzos en la barra, cuyo diámetro es de 2”. El acero tiene las siguientes propiedades: E = 30 x 10 6 psi; σ0 = 38 kpsi; σu = 65 kpsi; Relación de Poisson υ = 0,25; alargamiento en 8”: 28%; α = 6,5 x 10 -6 1/ºF. Para la temperatura de 0 ºF determinar: a) El Factor de Seguridad respecto a la falla por fluencia; b) La variación de diámetro de la barra. SOLUCIÓN: a)

 P  T

 L  T 

FS 

L    ET  6,5  10 6  30  10 6  75  14.625 psi  T  E

 0 38.000   2,598  14.625

b) D  DT   x D  6,5  10  6  2  75  0,25 

14.625  2  0,00122 pu lg 30  10 6

1.72) Una barra de duraluminio de 20’ de largo y 2” de diámetro, se encuentra sujeta por sus extremos a soportes que permiten un cambio de longitud de la barra de 0,06”. Se aplican las siguientes propiedades: E = 10 x 10 6 psi; α = 13 x 10-6 1/ºF; υ = 0,333. Cuando la temperatura es de 80 ºF no hay esfuerzos en la barra. Para una temperatura de - 20 ºF determinar: a) El máximo esfuerzo normal en la barra; b) El cambio de diámetro de la barra. SOLUCIÓN: a)  T  0,06   P

 LT  0,06 

13  10 6  20  12  100  0,06 

PL AE

  20  12    10.500 psi  T  10  10 6

b) D  DT   x D  13  10 6  2  100  0,333 

10.500  2  0,0033 pu lg 10  10 6

1.73) Un pasador de acero inoxidable austenítico recocido (E = 28 x 10 6 psi; σ0 = 36 kpsi; σu = 85 kpsi; α = 9,6 x 10 -6 1/ºF), de 3 pulg2 de área está colocado en el interior de un tubo de fundición gris (E = 15 x 10 6 psi; σUC = 100 kpsi; σUT = 25 kpsi; α = 6,7 x 10-6 1/ºF; υ = 0,333) de 6 pulg 2 y 3’ de largo, y está traccionado mediante una tuerca por un esfuerzo de 6.000 psi a una temperatura de 80 ºF. Determinar la variación del esfuerzo axial en el pasador cuando la temperatura baja a – 10 ºF. Despreciar la variación de longitud del tubo debida a la variación del esfuerzo en el pasador. SOLUCIÓN: Por condiciones de equilibrio:

PSt  PFG 

ASt  St  AFG FG

 3 St  6 FG

 St  2 FG ;

Inicialmente: σSt 6.000 psi (T): σFG = 3.000 psi (C) Debido a la restricción de moverse separadamente: (∆T)FG

(∆P)FG

Pasador ∆St

(∆P)St

(∆T)St

  T   P  St    T   P  FG

 St   FG  

 LT  

L   E 

St

L     LT   E  

9,6  10 6  90  261 

FG

 St  FG  6,7  10 6  90  6 28  10 15  10 6

 St 2   261  FG  FG 28 28 15

  FG  1.890 psi  T  ;  St  3.780 psi  C 

Por consiguiente, la variación del esfuerzo en el pasador es ∆σ = 6.000 – 3.780 = 2.220 psi en tracción.

1.74) Una llanta de acero se debe calentar y colocar en una rueda motriz de locomotora de 72” de diámetro. A 80 ºF la llanta tiene una diámetro interior de 71,94”. Para el acero E = 30 x 10 6 psi, α = 6,5 x 10 -6 1/ºF y σ0 = 60 kpsi para ε = 0,2 %. Determinar: a) La temperatura que se requiere para que el diámetro interior de la llanta sea de 72,04” para facilitar su colocación en la rueda; b) El máximo esfuerzo de tracción en la llanta cuando se enfríe a – 20 ºF, suponiendo que el diámetro de la rueda no cambie; c) El Factor de Seguridad con respecto a la falla por fluencia para el esfuerzo obtenido en b). SOLUCIÓN: a) D  72,04  71,94  0,1  DT  6,5  10 6  71,94T

b)



T  213,9 º F

  T   P  LL    T   P  R

 LL   R  

 LT  

L   E 

LL

L     LT   E  

R

D  6,5  10 6  71,94  100  0,046761  DF  D  D  71,94  0,046761  71,893" D1  72  DF  72  71,893  0,10676  c) FS 

D0   71,94     44,52 kpsi  T  E 30  10 6

 0 60.000   1,348  44.520

1.75) La placa rígida C de la figura se encuentra sujeta a una barra A de acero de 0,5” de diámetro y a A un tubo de aluminio B. Los otros extremos de A y P/2 B están sujetos a soportes rígidos. Cuando la fuerza P es cero, no hay esfuerzos en A ni en B. C La barra A es de acero, perfectamente plástica, con una tensión de fluencia σ0 = 40 kpsi (E = 30 x 106 psi). El tubo B tiene una sección transversal de 2 pulg2 y es de aluminio aleado con σ 0 = 37 kpsi (E = 10 x 106 psi). Se aplica en C una carga P = 30 klb. Determinar el esfuerzo axial en A y en B y el desplazamiento de la placa C.

P/2

10”

B

20”

SOLUCIÓN: ASt 

  0,5 2  0,196 pu lg 2 4

P/2

PSt

PSt = AStσSt = 0,196σSt PAl = AAlσAl = 2σAl DCL de la placa C:

F

Y

 0,196 St  2 Al  30.000  0

 St   Al 

 St  10  AL  20  ; σSt = 6σAl 30  10 6 10  10 6

PAl

P/2

Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene: σAl = 9.445,8 psi, y σSt =56.675 psi Como σSt > σ0, entonces σSt = 40.000 psi Y,

σAl = 11.080 psi

Como σAl < (σ0)Al, el material está en la zona elástica y podemos aplicar la Ley de Hooke para calcular el desplazamiento de la placa C.

 Al  E Al   10  10 6 

 Al L

  Al   C 

11.080  20  0,02216"  10  10 6

1.76) Un poste cuadrado de acero B (E = 30 x 106 psi) de 2 x 2 pulg y la barra de aleación de aluminio C (E = 10 x 106 psi) de 1 x 1,5 pulg soportan la barra rígida AD. Cuando no hay carga la holgura h entre AD y el poste B es de 0,002”. Determinar la máxima carga admisible P si los esfuerzos admisibles son 15 kpsi en el acero y 18 kpsi en la aleación de aluminio.

C 24” 4”

8”

A

D

B

12”

h

SOLUCIÓN: DCL: RY

PAl = 1,5σAl

RX 0,002 + ∆St

Del equilibrio:

PSt = 4σSt

P

∆Al

P

M

R

 4 St  4  1,5 Al  12  12 P  0

De las deformaciones:

 St  0,002  Al  4 12

  Al  3 St  0,006 

 Al  24 3 St  12   0,006 10  10 6 30  10 6

2σAl = σSt + 5.000 Si σAl = 18.000 psi, se tiene que σSt = 31.000 psi > (σAdm)St. Por lo tanto σSt = 15.000 psi y, σAl = 10.000 psi < (σAdm)Al. Por consiguiente: P

16  15.000  18  10.000  35.000 lb 12

1.77) El mecanismo del ejercicio anterior se carga con una fuerza P = 10 klb y la temperatura aumenta 20 ºF. Si α St = 6,5 x 10-6 y αAl = 13 x 10-6, determinar los esfuerzos en los componentes B y C. SOLUCIÓN: La ecuación de momentos se mantiene así como la proporcionalidad de las deformaciones. Así:

M

R

 4 St  4  1,5 Al  12  12 P  0

 St  0,002  Al  4 12



4 St  4,5 Al  30.000

  Al  3 St  0,006

Pero ambos materiales se alargan por efecto de la temperatura por lo que la deformación tiene dos componentes.  St    P   T  St ;

 Al    P   T  Al .

Por lo tanto:

3 St  12   24  3  6,5  10 6  12  20  0,006  Al 6  13  10 6  24  20 6 30  10 10  10 σSt = 2σAl + 4.100

Resolviendo las dos ecuaciones se tiene σSt = 6.276 psi y σAl = 1.088 psi. Ambos valores son inferiores a los esfuerzos admisibles correspondientes. 1.78)

SOLUCIÓN:

P

Acero

Una placa de acero de 1 x 6 x 20 pulg está sujeta con pernos a un bloque de roble de 6 x 6 x 20 pulg. La estructura se acorta 0,02” por una carga desconocida P. Si ESt = 30 x 106 psi y ER = 1,5 x 106 psi, determinar: a) El esfuerzo axial en cada material; b) La magnitud de la carga P; c) La localización de la línea de acción de P con respecto al borde exterior de la placa de acero.

Roble

1”

6”

a)  St 

 St  L 0,02  30  10   St   30.000 psi E 20

R 

R L 0,02  1,5  10 6  R   1.500 psi E 20

6

20”

P

x

PSt 4”

b)

F

Y

 PR  PSt  P  0  P  6 St  36 R  234.000 lb

0,5”

PR

c)

M

A

 6 St  0,5  36 R  4  Px  0

x

90.000  1.500  144  1,308" 234.000

A 10”

1.79) 6”

B

C

x

5” 3.850 lb

La barra A es de acero con sección transversal de 0,5 x 0,8 pulg2, (E = 30 x 106 psi) y la barra B es de latón (E = 15 x 106 psi), con sección transversal de 1 x 0,5pulg 2. La barra C es rígida y permanece horizontal. Determinar: a) El esfuerzo axial en cada barra; b) El desplazamiento vertical de la barra C; c) La posición de la línea de acción de la fuerza.

SOLUCIÓN: a) 0,5σL

0,4σSt

X

3.850

F

 0,4 St  0,5 L  3.850  0

Y

 St   L 

 St  6  L  10    L  0,3 St 30  10 6 15  10 6

Combinando las dos ecuaciones se obtiene: σSt = 7.000 psi;

σL = 2.100 psi

b)



7.000  6  0,0014"  30  10 6

M

 3.850 X  0,5  2.100  5  0  X  1,364"

c)

1.80)

D

La barra A es de hierro forjado (E = 28 x 106 psi; σ0 = 30 kpsi ) y la barra C es de aluminio aleado 6061 – T6 (E = 10 x 106 psi; σ0 = 40 kpsi). La barra B es rígida y permanece horizontal. Determinar el área de las secciones transversales para A y C de tal modo que el esfuerzo axial no exceda la tensión de fluencia con un Factor de Seguridad de 2,5.

18” A 12” C

B 2”

6” 32.000 lb

SOLUCIÓN: PAl

PHF

D 2” 32.000 lb

F

 PHF  PAl  32.000  0

Y

M

A

 32.000  2  8 PAl  0

 Adm  HF





30.000  12.000 psi; 2,5

PAl  8.000 lb;

  Adm  Al



PSt  24.000 lb

40.000  16.000 psi 2,5

 HF  18  Al  12 15    Al   HF 6 6 28 28  10 10  10

 HF   Al 

Si σAl = 16.000 psi se obtiene σ HF = 29.866,7 psi > (σAdm)HF. En cambio si σHF = 12.000 psi, se tiene que σAl = 6.428,6 psi < (σAdm)Al. Por lo tanto:  

P A



 P AAl     Adm

 P AHF     Adm







 Al







 HF

24.000  2 pu lg 2 12.000

8.000  1,244 pu lg 2 6.428,6

1.81)

B A

10”

P 3”

3”

En el sistema de la figura inicialmente no hay esfuerzos. La barra C es rígida y se encuentra a 0,002” sobre el miembro de acero fundido D. Determinar el valor de la fuerza P para que los esfuerzos en los miembros A, B y D sean de la misma magnitud.

C

D 7”

Miembro Material A Aluminio B Aluminio D Fe Fundido

A, pulg2 1 1 3

E x 106 psi 10 10 14

SOLUCIÓN: PAl

P

PAl

PHF

F

Y

 PHF  2 PAl  P  0  3 HF  2 Al  P  0

 Al   HF  0,002 

 Al  10  HF  7    0,002   Al  HF  2.000 6 6 2 10  10 14  10

Pero σAl = σHF. Por lo tanto: σAl = 4.000 psi; De la primera ecuación: P = 20.000 lb 1.82)

σHF = 4.000 psi

Como se muestra en la figura una carga P hacia abajo se encuentra aplicada al miembro rígido B de manera que el miembro permanezca horizontal. El miembro está soportado en su extremo izquierdo por una barra A de metal Monel (E = 26 x 106 psi) y por el extremo derecho en el poste de concreto C (E = 4 x 106 psi). Las áreas de A y C son 2 y 15 pulg2, respectivamente. a) Determinar la máxima carga admisible P si los esfuerzos admisibles son 8.400 psi para el Monel y 1.200 psi para el concreto; b) ¿Cuál es la distancia de la barra A a la carga?; c) Si se eliminara la restricción de que B permanezca horizontal, ¿cuál sería el valor de la carga P y cuál la distancia de la barra A a la carga?

A 20” 10” B

D 10”

P

SOLUCIÓN:

PM = 2σM

PC = 15σC

x P

F

Y

 2 M  15 C  P  0

 M  C 

 M  20  C  10  26  10 6 4  10 6

σM = 3,25σC Si σC =1.200 psi, σM = 3.900 psi < (σAdm)M Entonces: a) P = 2 x 3.900 + 15 x 1.200 = 25.800 lb b)

M

E

 25.800 X  18.000  10  0

X = 6,977”

c) Al retirar la restricción de que barra B permanezca horizontal los miembros A y D pueden trabajar al límite de sus esfuerzos admisibles. Así: P = 2 x 8.400 + 15 x 1.200 = 34.800 lb

M

E

 34.800 X  18.000  10  0  X  5,172"

1.83)

La placa rígida C de la figura se encuentra sujeta a una barra A de acero de 0,5” de diámetro y a un tubo de aluminio B. Los otros extremos de A y B están sujetos P/2 a soportes rígidos. Cuando la fuerza P es cero, no hayC esfuerzos en A ni en B. La barra A es de acero, perfectamente plástica, con una tensión de fluencia σ 0 = 40 kpsi (E = 30 x 106 psi). El tubo B tiene una sección transversal de 1 pulg 2 y es de aluminio aleado con σ0 = 45 kpsi (E = 10 x 10 6 psi). Se aplica en C una carga P = 50 klb. Determinar el esfuerzo axial en A y en B y desplazamiento de la placa C.

A

B

SOLUCIÓN: ASt 

  0,5 2  0,196 pu lg 2 4

P/2

PSt

PSt = AStσSt = 0,196σSt PAl = AAlσAl = σAl DCL de la placa C:

F

Y

 0,196 St   Al  50.000  0

 St   Al 

 St  10  AL  20  30  10 6 10  10 6

σSt = 6σAl Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene: σAl = 22.977,9 psi, yσSt =137.867,6 psi Como σSt > σ0, entonces σSt = 40.000 psi

PAl

P/2

P/2

10”

20”

Y, σAl = 42.160 psi Como σAl < (σ0)Al, el material está en la zona elástica y podemos aplicar la Ley de Hooke para calcular el desplazamiento de la placa C.

 Al  E Al   10  10 6 

 Al L

  Al   C 

42.160  20  0,084"  10  10 6

1.84)

A

40”

B D

C 50”

50”

50”

5.000 lb

La barra CD es rígida y está soportada en el apoyo fijo D y por las barras de aluminio A y B, cada un área de 0,5 pulg2 y E = 10 x 10 6 psi. Determinar el desplazamiento vertical del punto C y el esfuerzo axial en las barras A y B.

SOLUCIÓN: B  A    A  2 B   A  2 B 50 100 0,5σA

∆C

M

D

(a)

0,5σB

∆B 5.000

 0,5 B  50  0,5 A  100  5.000  150

Resolviendo las ecuaciones (a) y (b): σA = 12.000 psi;

B 

σB = 6.000 psi

 B  40  0,024"  10  10 6

 B  C 50 150

DY



 C  0,072" 

(b)

1.85)

A

10”

B D

C 4”

4”

2”

P

La barra CD es rígida y está soportada en el apoyo fijo D y por las barras A de aluminio con un área de 2,5 pulg2 y E = 10 x 106 psi y B de Monel, con un área de 2 pulg2 y E = 25 x 106 psi. Determinar la carga P necesaria para producir un esfuerzo axial de 18 kpsi en la barra A.

SOLUCIÓN: B A    A  3 B 2 6

∆A

 AL  10 3 M  10    Al  1,2 M 10  10 6 25  10 6 σAl = 18.000 psi;

M

D

2σM

2,5σAl

DY

∆B

P

σM = 15.000 psi

 2,5  18.000  6  2  15.000  2 10 P

P = 33.000 lb

1.86) Si la carga P del problema anterior es de 20 klb ¿cuáles son los esfuerzos en las barras A y B? SOLUCIÓN: Del problema anterior:  Al  1,2 M

M

D

 2,5 Al  6  2 M  2 10  20.000  0

σM = 9.090,9 psi;



σAl = 10.909,9 psi

22 M  200.000

1.87) Resolver el problema 1.85 haciendo las siguientes modificaciones. Cambiar la distancia entre las barras A y B de 4” a 2”, desplazando la barra A hacia la barra B, la barra B de Monel a acero (E = 30 x 10 6 psi), y el esfuerzo en A de 18 kpsi a 26 kpsi. La tensión de fluencia para el acero es de 40 kpsi. Todas las demás dimensiones permanecen iguales. SOLUCIÓN: B A    A  2 B 2 4

 AL  10 2 St  10    St  1,5 Al  1,5  26.000  39.000 psi   Adm 10  10 6 30  10 6 Ambos esfuerzos son inferiores a la tensión de fluencia.

M

 2,5 Al  4  2 St  2 10 P

D



P

260.000  156.000  41.600 lb 10

1.88) Resolver el problema 1.86 después de hacer las siguientes modificaciones: Cambiar las dimensiones horizontales de 4, 4 y 2 a 2, 2 y 4”; cambiar la barra B de metal Monel a acero; cambiar P a 68 klb. La tensión de fluencia del acero es de 36 kpsi. SOLUCIÓN: 2σSt

2,5σAl

DY

 AL  St  6 4

  Al  1,5 St

 Al  10 1,5 St  10    St  2 Al 10  10 6 30  10 6

68 klb

Si σAl = 26 kpsi, se tiene que σSt = 52 kpsi > σAdm

M

 2,5  6 Al  2  4 St  68  8  0  15,5 St  544   St  35 kpsi

D

σAl = 17,5 kpsi 1.89) 2”

4”

6”

B

A

h

C 5”

D

P

10”

La barra de acero C (E = 30 x 10 6 psi) tiene una sección transversal de 0,25 pulg2 y la barra de latón D (E = 15 x 106 psi) tiene un área de 3 pulg2. La barra AB es rígida. Determinar el valor de la carga P que produce un esfuerzo axial en la barra D de 4,6 kpsi en compresión. La holgura h = 0,002”.

SOLUCIÓN: RY

P ∆St

∆L 0,5σSt

3σL

 L  0,002  St  2 4

  St  2 L  0,004

 St  10 2 L  5   0,004   St  2 L  12.000 30  10 6 15  10 6 Como σL = 4.600 psi, se tiene σSt = 21.200 psi

M

R

 3 L  2  0,5 St  4  10 P  0

P = 4.880 lb

1.90) La barra C del problema anterior es de acero estructural (E = 30 x 10 6 psi) con un área de 1,2 pulg2 y D es de latón rojo laminado en frío (E = 15 x 10 6 psi) con un área de 3 pulg2. La holgura sobre D se aumenta a 0,04” y la carga P es de 30 klb. Determinar el desplazamiento del punto A. SOLUCIÓN:  L  0,004  St  2 4

  St  2 L  0,008

 St  10 2 L  5   0,008   St  2 L  24.000 30  10 6 15  10 6

M

R

 3 L  2  1,2 St  4  30.000  10  0

σSt = 47.692,3 psi;

1.91)

σL = 11.846,15 psi

La barra B es aleación de aluminio 6061-T6 (E = 10 x 10 6 psi) con un área de 0,25 pulg2 y la barra A es de acero estructural (E = 30 x 106 psi) con un área de 1,5 pulg2. La barra CDE es rígida. Cuando el mecanismo está sin carga en la conexión D hay una holgura de 0,004”. Si los esfuerzos admisibles son de 21 kpsi para A y de 16 kpsi para B, determinar la máxima carga admisible que puede aplicarse hacia abajo en un punto a 6” a la derecha de D.

B 20” A

10”

12”

6” C

D

E

SOLUCIÓN: Cy

0,25σAl

1,5σSt

P 0,004   St  Al    AL  0,012  3 ST 6 18

 Al  20 3  10  0,012  St 6 6 10  10 30  10  St  2 Al  12.000

Si σAl = 16 kpsi, se tiene que σSt 20 kpsi < (σAdm)St = 21 kpsi. Entonces:

M

C

 1,5  20  6  0,25  16  18  12 P  0



P  21 klb

1.92) La estructura de la figura ocupa la posición que se muestra cuando no hay cargas. Cuando se aplica el peso D = 2.000 lb y el peso desconocido E, la barra rígida C se pone horizontal. La barra A es de aleación de aluminio 6061-T6 (E = 10 x 106 psi) con un área de 2 pulg 2 y la barra B es de metal Monel (E = 24 x 106 psi) con un área de 4 pulg2. Determinar el peso de E.

B

16” A

4”

10” 4”

2” 2.000 1

E

D

SOLUCIÓN:

z ∆Al

∆M

1 z   z  2  10 3 pu lg 2.000 4  Al  z   M

 Al  10   16  0,002  M 6 10  10 24  10 6 2  Al   M  2.000 3

2σAl

4σM

2.000

PE

M

E

 2 AL  4  4 M  8  2.000  10  0

Entonces: σAl = 2,071 kpsi, y σM =0,107 kpsi

F

Y

  PE  2  2.071,4  4  107,1  2.000  0



PE  2.571,4 lb 

B

La barra B es de acero (E = 30 1.93) x 106 psi) con un área de 0,5 pulg2 y la barra A es de cobre (E = 16 x 106 psi) con un área de 0,4 pulg2. La barra C es rígida. Determinar la fuerza P que hace que el punto D se mueva 0,011” más de lo que se nueve el punto E.

15”

P 10”

15”

D

C E A

8”

B SOLUCIÓN: 0,5σSt

∆Cu

P

∆St = ∆E 0,011

0,4σCu

0,011  St   Cu    St   Cu  0,0165 10 15

 St  15  8  0,0165  Cu 6 6 30  10 16  10

M

D

  St  33.000   Cu

 0,5  10 St  0,4  25 Cu  0   St  2 Cu

Entonces:  St  22 kpsi;

F

Y

 Cu  11 kpsi

 0,4  11  0,5  22  P  0 

P  6,6 klb

1.94) En el mecanismo de la figura, la barra C y todos los soportes son rígidos. Determinar el esfuerzo axial de las barras A y B cuando se hace avanzar la tuerca que se encuentra en la parte superior de B 0,1” (una vuelta). La barra A es de latón laminado en frío (E = 15 x 106 psi) con un área de 0,5 pulg2, y B es de acero (E = 30 x 106 psi), con un área de 0,4 pulg2.

SOLUCIÓN:

C A

B 60” 8”

5”

0,4σCu

∆L

0,1 - ∆St

0,5σL

 L 0,1   St  8 5

RY

  L  0,16  1,6 St

1,6 St  60  L  60  0,16  6 15  10 30  10 6



σL = 40.000 – 0,8σSt

M

R

 0,5 L  8  0,4 St  5   St  2 L

Entonces: σL = 15.384,6 psi; σSt = 30.769,2 psi 1.95) Determinar la magnitud de la fuerza P que debe aplicarse a la barra rígida C, originalmente horizontal, para que permanezca horizontal P cuando la temperatura aumente 100 ºF. La barra A es de aluminio (E = 10 x 106 psi; A = 4 pulg2; α = 13 x 10-6 B 1/ºF), y la barra D es de acero (E = 5” 30 x 106 psi; α = 6,5 x 10 -6 1/ºF; A = 2 1 pulg ).

SOLUCIÓN:

M

B

P

 5 St  4 Al  15  0

A D

5” C 10”

σSt

σSt = 12σAk  St   Al 

  T   P  St    T   P  Al

6,5  10 6  5  100 

 St  5  5  13  10 6  5  100  AL 6 6 30  10 10  10

 12 1     Al  650   L  1.300 psi;   30 10 

 St  15.600 psi

4σAl

5”

F

Y

  P   St  4 L  0 

P  10.400 lb 

1.96) El cuerpo rígido W está sostenido por un alambre de acero (E = 30 x 10 6 psi; α = 6,5 x 10-6 1/ºF; Diámetro = 0,2”). El cuerpo cuelga en la posición que se muestra cuando la temperatura es 90 ºF. Determinar el peso de W cuando la temperatura sea de 10 ºF si el esfuerzo admisible en el alambre es de 18 h kpsi y la holgura h = 0,1”.

20”

W

SOLUCIÓN: A

 2  2 D   0,2  0,0314 pu lg 2 4 4

 T  0,1   P  6,5  10 6  20  80  0,1 

 St  20 30  10 6

Por tanto, el esfuerzo que origina la restricción a la contracción es: σSt = 3.100 psi; El esfuerzo disponible para resistir el peso es 18.000 – 3.100 = 14.900 psi Por consiguiente:   14.900 

W A

 W  14.900  0,0314  468,1 lb

1.97) El área de cada una de las barras exteriores, de latón, (E = 15 x 10 6 psi, α = 9,8 x 10-6 1/ºF), es de 0,75 pulg2. La barra central es de acero (E = 30 x 106 psi, α = 6,6 x 10-6 1/ºF), es de 1 pulg2. La barra A es rígida y permanece horizontal. Determinar: a) La carga que soporta cada barra; b) La variación de temperatura que haga que toda la carga la soporte la barra central.

3”

A

3”

Barra Rígida 14 klb

5”

SOLUCIÓN: a)

 L   St 

F

Y

psi

 L  5  St  5    St  2 L 15  10 6 30  10 6

 0,75 L  2   St  14.000  0 ;

σL = 4.000 psi; σSt = 8.000

PL = 4.000 x 0,75 = 3.000 lb;

PSt = 8.000 lb

Por lo tanto: b) Para que la barra central soporte toda la carga: (∆T)L = (∆T + ∆P)St 9,8  10  6  5T  6,6  10 6  5T 

14.000  5 1  30  10 6

 T  145,83 º F 

1.98) El conjunto de la figura se compone de una barra de acero A (E = 30 x 10 6 psi, α = 6,5 x 10 -6 1/ºF; A = 1 pulg2), de un bloque rígido C y una barra de bronce B (E = 15 x 106 psi, α = 10 x 10 -6 1/ºF); A =3 pulg2), todo sujeto firmemente entre sí y a soportes rígidos en los extremos. Inicialmente no hay esfuerzos. La temperatura desciende 40 ºF y se aplica una carga P = 30 klb. Determinar los esfuerzos en A y B.

A 90” P/2

P/2 C B

15”

SOLUCIÓN:  St   Br 

  P   T  St    P   T  Br

 St  90   15  6,5  10 6  90  40  Br 6  10  10 6  15  40   Br  3 St  29.400 6 30  10 15  10

F

Y

 PSt  PBr  30.000  0   St  3 Br  30.000

La barra B es aleación de aluminio 6061-T6 (E = 10 x 10 6 psi; α = 12,5 x 2 10-6lo1/ºF) Por tanto:con un área de 0,25 pulg y la barra A es de acero estructural (E = 6 30 x 10 psi; α = 6,6 x 10-6 1/ºF) con σBr = 6.060 psi (T); σSt un = 11.820 psi (C) 2 área de 1,5 pulg . La barra CDE es rígida Inicialmente las barras no están sometidas a esfuerzos. Determinar la carga que debe aplicarse a la barra CDE a 4” a la derecha de D para A 1.99) hacer que los esfuerzos en las barras A y B sean iguales, cuando la 6” temperatura descienda 100 ºF. . D C

B

20”

10” 12” E

SOLUCIÓN: a) Supondremos que P se dirige hacia abajo 0,25σAl

1,5σSt

Cy

4”

P

  P   T  St   P   T  Al 

6

  P   T  Al

18

 3  P   T  St

 Al  20 3 St  10  12,5  10 6  20  100   3  6,6  10 6  10  100 6 6 10  10 30  10  St  2 Al  5.200 ;

Pero ambos esfuerzos deben ser iguales, por lo que σ St = σAl = 5.200 psi.

M

C

 1,5 St  6  0,25 AL  18  10 P  0



P  7.020 lb

b) Supondremos que P se dirige hacia arriba. En tal caso:

  P   T  St   P   T  Al 6



18

  P   T  Al  3  P   T  St

 Al  20 3 St  10 6  12 , 5  10  20  100   3  6,6  10 6  10  100 6 6 10  10 30  10  St  2 Al  5.200

Si P se dirige hacia arriba, los esfuerzos sólo pueden ser iguales en magnitud, por lo que σSt = - σAl. Por lo tanto: σSt = - 1.733,3 psi (C);

σAl = 1.733, 3 psi (T).

1.100) Un perno de metal Monel forjado y laminado en caliente(E = 26 x 10 6 psi; α = 7,8 x 10-6 1/ºF) pasa a través de un tubo de hierro fundido maleable (E = 25 x 106 psi; α = 6,6 x 10-6 1/ºF) y tiene una tuerca que debe ser apretada hasta que el esfuerzo axial en el perno sea de 12 kpsi a 80 ºF. La longitud del tubo es de 2’ y las áreas de ambos elementos son iguales. Determinar el esfuerzo axial en el perno cuando la temperatura sea de – 20 ºF. SOLUCIÓN: Como el sistema debe estar en equilibrio, las fuerzas sobre ambos materiales deben ser iguales y contrarias, por lo, como las áreas son iguales, los esfuerzos iniciales en ambos materiales son también iguales, es decir, σ = 12.000 psi (T) en el perno y de compresión en el tubo de hierro fundido. La disminución de temperatura induce un nuevo esfuerzo. Como el Monel se contrae más que el hierro fundido, la variación de temperatura induce un esfuerzo de tracción en él y de compresión en el hierro fundido.  FF   M



  T   P  FF    T   P  M

 FF  24   24  6,6  10 6  24  100  7,8  10 6  24  100  M 6 25  10 26  10 6  FF  M   120 25 26

De las condiciones de equilibrio estático; PFF  PM

  FF   M

   1.529,4 psi

Por lo tanto los esfuerzos finales son: σM = 12.000 + 1.529,4 = 13.529,4 psi (T); σFF = - 12.000 – 1.529,4 = - 13.529,4 psi (C)

1.101) En la figura el poste A es de latón (E = 15 x 10 6 psi) con un área de 4 pulg2 y la barra B es de acero (E = 30 x 10 6 psi), con un área de 1,5 pulg 2. Las barras CDG, DE y EF son rígidas. Determinar la carga P para que los esfuerzos en A y B no excedan de 10 kpsi.

B 30” 6”

3” E

F

3”

3” C

1,5” G

D 6” 9” A

P

SOLUCIÓN: Como la barra DE es rígida, el descenso del punto E es igual al descenso del punto D, y ambos puntos descienden en forma proporcional a las deformaciones de los elementos A y B. Así: L E  3 6

  E  2 L ;

 St  E  6 9

3   E   St 2

Por lo tanto:

 L  9 3  St  30 3  L   St      St  0,8 L 4 15  10 6 4 30  10 6 Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = 8.000 psi < σAdm. Análisis de las condiciones de equilibrio estático. FDE CY

4σL

FDE

FDE

P

1,5σSt

FY

FDE

M M

F

 1,5  8.000  6  FDE  9  0



FDE  8.000 lb (T )

C

 4  10.000  3  8.000  6  12 P  0



P  14.000 lb

1.102) Resolver el problema anterior considerando que se produce: a) Un aumento de temperatura de 30 ºF; b) Una disminución de temperatura de 30 ºF. αSt = 6,5 x 10-6 1/ºF; αL = 8 x 10-6 1/ºF.

SOLUCIÓN: Del problema anterior: Como la barra DE es rígida, el descenso del punto E es igual al descenso del punto D, y ambos puntos descienden en forma proporcional a las deformaciones de los elementos A y B. Así: L E  3 6

  E  2 L ;

 St  E  6 9

3   E   St 2

a) Si la temperatura aumenta, ambas barras se alargan por efecto de la temperatura, contrario al efecto de compresión en el latón, y en el mismo sentido del alargamiento de la barra de acero. Por lo tanto: L 

3  St  4

  P  T  L

 0,75   P   T  St

0,75 St  30 L 9  8  10 6  9  30   0,75  6,5  10 6  30  30 6 6 15  10 30  10  St  0,8 L  6.547,5

Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = 1.452,5 psi < (σAdm)St . Análisis de las condiciones de equilibrio estático.

CY

4σL

M M

FDE

FDE

P

F

 1,5  1.452,5  6  FDE  9  0



C

 4  10.000  3  1.452,5  6  12 P  0

1,5σSt

FY

FDE  1.452,5 lb (T ) 

P  10.726,25 lb

b) Para la disminución de temperatura cambian los signos de la deformación por temperatura. Así: L 

3  St  4

  P  T  L

 0,75   P   T  St

0,75 St  30 L 9  8  10 6  9  30   0,75  6,5  10 6  30  30 6 15  10 30  10 6  St  0,8 L  6.547,5

Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = 14.547,5 psi > (σAdm)St . Por lo tanto: σSt = 10.000 psi y σL = 4.315,625 psi < (σAdm)L

M M

C

F

 1,5  10.000  6  FDE  9  0



 4  4.315,625  3  10.000  6  12 P  0

FDE  10.000 lb (T )



P  9.315,625 lb

1.103) Resolver el problema 1.101 considerando que la barra DE es elástica, de acero (E = 30 x 106 psi), con un área de 1 pulg2. SOLUCIÓN: En esta situación, el punto E desciende lo que desciende el punto D, menos el alargamiento de la barra DE. Así: ∆E

E 1,5”

1,5” ∆E

∆D

L D    D  2 L ; 3 6

D ∆DE

 St  E 3    E   St ; 6 9 2

 E   D   DE

Por

lo

tanto:

3  ST  30 2 L  9  DE  1,5     30 St  24 L   DE 2 30  10 6 15  10 6 30  10 6

M

F

 1,5 St  6   DE  9  0   DE   St

Reemplazando en la ecuación anterior tenemos: σSt = 0,774σL Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = σDE = 7.740 psi < σAdm. Finalmente:

M 1.104)

C

 4  10.000  3  7.740  6  12 P  0

9”

6”

30” A

C

4” E

4”

P

8”

D

h 8”

B



P  13.870 lb

Los elementos A, B y C de la figura son elásticos y las escuadras móviles D y E son rígidas. Determinar el máximo valor admisible para la carga P si los esfuerzos admisibles en A y B son de 16 y 3 kpsi, respectivamente. La holgura h es de 0,0015”. Los datos son los siguientes:

Elemento A B C

Area, pulg2 0,5 4 1,5

Material Acero Hormigón Latón

E x 106 psi 30 4 15

SOLUCIÓN:

1,5σL

0,5σSt EX

E

P

EY 1,5σL

1,5σL

C

1,5σL

4σH

M

D

E

DY

 4 H  6  1,5 L  4  0   L  4 H

 H  0,0015  D  6 4

M

DX

D

 D 

2 H  0,001 3

 1,5 L  4  0,5 St  8  12 P  0

El punto superior de la escuadra E se mueve lo mismo que el punto superior de la escuadra D, más lo que se alarga la barra de latón C. Es decir:  St  D   L  8 4

 D 

 St 2 4   L  H  0,001   St  H  2 L  0,002 2 3 3

Reemplazando por los esfuerzos:

 St  30 4 H  8 2  15   L 6  0,002  6 6 30  10 3  4  10 15  10 8 32  St  2.000   H  8 H  2.000   H 3 3

Si σH = 3.000 psi, se tiene σSt = 34.000 psi > (σAdm)St. Por lo tanto: σSt = 16.000 psi;

σH = 1.312,5 psi;

σL = 5.250 psi

Finalmente: 5.250  6  16.000  4  7.958,3 lb 12

P

1.105) Cuando la estructura de la figura no soporta carga, hay una holgura h = 0,001” entre la placa rígida D y el apoyo en la barra B. Determinar el valor de la fuerza P que haga que los esfuerzos axiales en las barras A, B y C tengan la misma magnitud. La barra A es de aluminio aleado (E = 10 x 10 6 psi) con un área de 4 pulg2; la barra B es de acero (E = 30 x 106 psi) con un área de 2 pulg2, y la barra C es de latón (E = 15 x 106 psi) con un área de 1 pulg2.

P D

B

A

x

∆Al

4”

4”

P ∆L

∆St + 0,001 4σAl

σL 2σSt

F

Y

  P  7  0 

P  7

 Al   L 0,001   St   L  8 4  Al  0,002  2 St   L

C 10”

SOLUCIÓN: DCL:

h

Como los esfuerzos son iguales:

  10 2  10   10  0,002   6 6 10  10 30  10 15  10 6 σ = 2.000 psi y P = 14.000 lb

M

A

 14.000 x  2  2.000  4  2.000  8  0

x = 2,286”

1.106) 3”

3”

B

B

A

4”

La barra A es de aluminio aleado 7075 – T6 (E = 10,5 x 106 psi; σ0 = 55 kpsi) y las barras B son de acero estructural (E = 30 x 10 6 psi; σ0 = 36 kpsi). Todas las barras tienen sección rectangular de 2,2 por 1,2”. Determinar los esfuerzos axiales en las barras y el desplazamiento del punto C.

C 250 klb

SOLUCIÓN: 2,64σSt

2,64σAl

2,64σSt ∆L

4 3

250 klb

A = 2,2 x 1,2 = 2,64 pulg2

F

Y

 2,64 St  2  0,8  2,64 Al  250

 St  0,8 Al

∆St

θ

 St  5  12 0,8 Al  4  12    St  1,829 Al 30  10 6 10,5  10 6 Si σAl = 55 kpsi se tiene que σSt = 100,6 kpsi > (σ0)St. Por lo tanto: σSt = 36 kpsi De la suma de fuerzas verticales obtenemos σ Al = 37,1 kpsi < (σ0)Al. Obsérvese que la ecuación de las deformaciones no tiene validez debido a que el acero no cumple la Ley de Hooke. El desplazamiento del pasador en el punto C es:

 C   Al 

 Al L 37.096,97  4  12   0,1696"  6 E 10,5  10

1.107) En la figura del problema anterior las tres barras son del tipo de acero estructural del mismo problema. Si se permite la acción plástica en todas las barras sin llegar al endurecimiento por deformación, determinar: a) la carga máxima que la estructura puede soportar (conocida a veces como “carga límite); b) El desplazamiento del pasador C cuando se alcanza la tensión de fluencia en la última barra en cambiar su acción elástica a plástica; c) La máxima desviación del pasador C si la máxima deformación unitaria, antes de que ocurra endurecimiento por deformación, es de 0,018. SOLUCIÓN: a) Del problema anterior:

F

Y

b)

 2,64 St  2  0,8  2,64 St  2,64  361,6  1  247,1 klb

 B  0,8 A

B 

36.000  5  12  0,072" 6 30  10

A  c)

B  0,09"  0,8

 A   A L A  0,0018  4  12  0,0864" 

1.108) Resolver el problema 1.106 cuando haya una holgura de 0,05” entre la barra A y el pasador C, SOLUCIÓN: Del problema 103:

F

Y

 2,64 St  2  0,8  2,64 Al  250

 St  0,8  0,05   Al  

 St  60   48  0,04  Al 6 30  10 10,5  10 6

  St  20.000  1,829 Al

Si σAl = 55 kpsi se tiene que σSt = 120,6 kpsi > (σ0)St. Por lo tanto: σSt = 36 kpsi De la suma de fuerzas verticales obtenemos σ Al = 37,1 kpsi < (σ0)Al. Obsérvese que la ecuación de las deformaciones no tiene validez debido a que el acero no cumple la Ley de Hooke. El desplazamiento del pasador en el punto C es:

 C   Al  0,05 

 Al L 37.096,97  4  12  0,05   0,05  0,2196"  E 10,5  10 6

1.109) En base a los datos del problema 1.106, determinar el esfuerzo axial en las barras cuando la carga P es cero y la temperatura aumenta 100 ºF. α St = 6,6 x 10-6 1/ºF; αAl = 12,5 x 10-6 1/ºF. SOLUCIÓN: Supondremos que todas las barras quedan en tracción después del aumento de temperatura. Del problema 103:

F

Y

 2,64 St  2  0,8  2,64 Al  0

 St  0,8 Al 

  P   T  St

  Al  1,6 St

 0,8   P   T  Al

 St  60 0,8 Al  48  6,6  10 6  60  100   0,8  12,5  10 6  48  100 6 6 30  10 10,5  10

 St  4.200  1,8286 Al  4.200    1,6  1,8286 St   4.200  2,93 St  St  1.069,9 psi  T  σAl = - 1.711,8 psi en compresión, contrario a lo que se supuso.

1.110)

B

A

40”

4

20” 3

6”

9”

3”

La barra A es de acero (E = 30 x 106 psi) y la barra B es de aluminio aleado (E = 10 x 106 psi); cada barra tiene un área de 1,5 pulg2. Determinar el máximo valor admisible para la carga P si los esfuerzos admisibles son de 20 kpsi para el acero y de 8 kpsi para la aleación de aluminio. La barra horizontal es rígida.

P SOLUCIÓN: RY

1,5σAl 1,5σSt

RX

P

M

R

 1,5 Al  6  0,8  1,5 St  15  18 P  0

∆Al

 Al      2,5 Al ; 6 15

∆

  Al  2 St  2 P

∆St

 St  0,8  2 Al

 St  40 2 Al  20    St  3 Al 30  10 6 10  10 6 Si σAl = 8.000 psi se tiene que σSt = 24.000 psi > (σAdm)St.

Por lo tanto: σSt = 20.000 y σAl = 6.666,7 psi < (σAdm)Al Entonces de la ecuación de momentos: P = 16.666,7 lb

1.111) Todos los elementos de la estructura de la figura son elásticos. La deflexión del centro de la viga de acero C, con respecto a los pasadores en sus extremos, está dada por B la expresión δ = F/160, estando δ en pulg y F es la fuerza resultante en el centro de la viga en klb. Antes de aplicar la carga P, la viga toca justamente el apoyo en el poste A, de aluminio aleado (E = 10 x 10 6 psi), con un área de 4 pulg2 y una resistencia admisible de 15 kpsi; las barras B son de latón (E = 16 x 106 psi), con un área de 0,5 pulg2 cada una y una resistencia admisible de 7 kpsi. Determinar el máximo valor admisible para P.

B

P

20” 15”

15”

C

25”

A

SOLUCIÓN:

0,5σL

4σAl

0,5σL

∆L

δ P

F

Y

 4 Al   L  P  0

Pero F = P - 4σAl = σL

 Al   L   

 Al  25  L  20 L   6 6 10  10 16  10 160  10 3

2,5 Al  1,25 L  6,25 L  7,5 L

  Al  3 L

∆Al

Si σL = 7.000 psi se tiene que σAl = 21.000 psi > (σAdm)Al. Por lo tanto: σAl = 15.000 psi y σL = 5.000 psi < (σAdm)L Finalmente: P = 4 x 15.000 + 5.000 = 65.000 lb 1.112) Las barras de acero (E = 30 x 10 6 psi) A y C están conectadas por pasadores al elemento rígido D; el yugo E está firmemente unido a la barra de latón laminado en frío B (E = 15 x 10 6 psi) y a la barra C. Las áreas son: para A y B, 4 pulg2 y para C, 2 pulg2. Los esfuerzos admisibles son de 20 kpsi para el acero y 30 kpsi para el latón y la deflexión en E no debe exceder de 0,05” hacia abajo. Determinar el máximo valor admisible para P. 60”

30” D

C

P/2

30”

P/2

60” Bloque Rígido

A

E

30”

B

SOLUCIÓN: 4σA

RY

2σC

∆A ∆

M

2σSt

R

 4 A  30  2 C  60  0   A   C   St

Para E: E

F

Y

P 2

4σL

P 2

 2 St  4 L  P  0

A      2 A 30 60  L   C     C  2 A

 L  30  St  30 2 St  60 5 St    6 15  10 6 30  10 6 30  10 6 10 σL = 2,5σSt Si σSt = 20.000 psi se tiene que σL = 50.000 psi > (σAdm)L. Por lo tanto: σL = 30.000 psi y σSt = 12.000 psi < (σAdm)St. Entonces: P = 2 x 12.000 + 4 x 30.000 = 144.000 lb Verificación de la deflexión de E:

E  L 

 L  30 15  10

6



30.000  2  0,06"    E 10 6

 Adm

 0,0

Por lo tanto:

E  L 

 L  30 15  10 6

   E  Adm  0,05"



 L  25.000 psi  C

σSt = 10.000 psi Finalmente: P = 2 x 10.000 + 4 x 25.000 = 120.000 lb 1.113) La placa rígida C de la figura se encuentra sujeta a una barra A de acero de 0,2 pulg 2 de área y a un tubo de aluminio B. Los otros extremos de A y B están sujetos a soportes rígidos. Cuando la fuerza P es cero, no hay esfuerzos en A ni en B. La barra A es de acero, perfectamente plástica, con una tensión de fluencia σ0 = 50 kpsi (E = 30 x 106 psi). El tubo B tiene una sección transversal de 1 pulg 2 y es de aluminio aleado con σ0 = 37 kpsi (E = 10 x 10 6 psi). Se aplica en C una carga P = 50 klb. Determinar el esfuerzo axial en A y en B y el desplazamiento de la placa C.

A 60”

C

P/2

P/2

5”

B

SOLUCIÓN: ASt  0,2 pu lg 2

PSt = AStσSt = 0,2σSt PAl = AAlσAl = σAl DCL de la placa C:

F

Y

PSt

 0,2 St   Al  50.000  0

 St   Al 

 St  60  AL  5  ; 30  10 6 10  10 6

PAl

σAl = 4σSt Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene: σSt =11.904,8 psi < (σAdm)St σAl = 47.619 psi < (σAdm)Al Como σAl < (σ0)Al, el material está en la zona elástica y podemos aplicar la Ley de Hooke para calcular el desplazamiento de la placa C.

 Al  E Al   10  10 6 

 Al L

  Al   C 

47.619  60  0,285"  10  10 6

1.114) En la figura el poste A es de fundición, la barra B es de acero y la escuadra es rígida. El sistema se somete a un aumento de temperatura de 10ºC y a una carga desconocida P. Determinar el máximo valor admisible para P si los esfuerzos admisibles en A y B no deben exceder de 800 y 1.200 kg/cm2, respectivamente. El poste A tiene una holgura h = 0,1 mm en la conexión con la escuadra. Medidas en cm. BARRA MATERIAL A Fundición B Acero

AREA cm2 10 2

:

100

h A

42

E x 106 kgf/cm2 α x 10-6 , 1/ºC 84 1,05 11 2,1 11 B P 100

100

SOLUCIÓN:

∆St 2σSt

P Rx h + ∆F

M

Ry

10σF

R

0

10 F  2  P  1  2 St  1  0

h   F  St  2 1

A

 h   F  2 St

h    P   T  F  2   P   T  St

0,01 

2 ST  84  F  42  11  10 6  42  10   2  11  10 6  84  10 6 1,05  10 2,1  10 6 σF = 2σSt + 327,5

Si σSt = 1.200, se tiene que σF = 2.727,5 > (σadm)F En cambio si σF = 800 kg/cm2 se tiene que σSt = 236,25 kg/cm2 < (σadm)St Por lo tanto: P = 20σF + 2σSt = 20 x 800 + 2 x 236,25 = 16.472,5 kgf

1.115) B 10

20

10

10

84

F

E 20 C h 42

A

D

G

P

En la figura el poste A es de latón y B es de acero. Las barras CD, DE y EF son rígidas. El sistema se somete a un aumento de temperatura de 10ºC y a una carga desconocida P. Determinar el máximo valor admisible para P si los esfuerzos admisibles en A y B no deben exceder de 600 y 1.200 kg/cm2, respectivamente. El poste A tiene una holgura h = 0,01 cm en la conexión con la barra CD. Medidas en cm.

BARRA

MATERIAL

AREA, cm2

Latón Acero

24 10

A B SOLUCION :

E x 106 kgf/cm2 1,05 2,1

α x 10-6 1/ºC 18 11

Por la forma del problema se supondrá que la barra A trabaja en compresión y la barra B en tracción. Barra CD:

Barra ED: FED

FED

Cy

Barra EF : FB = 10σSt Fx

Cx

FA = 24σL

M

M

P

FED FED

C

 0  24 L  10  FDE  20  40 P  0  12 L  FDE  2 P

F

 0  30 FDE  10 St  20  FDE 

20 St 3

Fy

(1) (2)

Reemplazando en (1) : 12 L 

20 St 10  2 P  P  6 L   St 3 3

(3)

Análisis de deformaciones: La barra B se alarga por la fuerza de tracción y por el aumento de temperatura, mientras que el poste A se acorta por la compresión y se alarga por la temperatura. Para la barra EF: E  St  30 20 (4)

3 3  E  D   St    P   T  St 2 2

Para la barra CD:

D h   L  20 10

 D  E  2 0,01    P   T  L 

(5)

Igualando ecuaciones 4 y 5:

  42  3   St  84  11  10 6  84  10   0,01  L  18  10 6  42  10  6 6 4  2,1  10 1 , 05  10  Simplificando: 3σSt = 4σL – 449 Si σL = 600 kg/cm2, se obtiene que σSt = 650,33 kg/cm2, que es menor que el esfuerzo admisible de 1.200 kg/cm 2. En cambio, si, σSt = 1.200 kg/cm2, se obtiene que σL = 1.012,25 kg/cm2, que es mayor que el esfuerzo admisible de 600 kg/cm2. Por lo tanto: σ L = 600 kg/cm2 y σSt = 650,33 kg/cm2. Por tanto, reemplazando en la ecuación 3: P  6 L 

10 10  St  6  600   650,33  5.767,77 kgf 3 3

En la Tabla 1.7 se muestran las equivalencias entre los diversos métodos de medición de dureza.

Tabla 1.7: Equivalencias de Durezas