Universidad Nacional del Callao - Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Prof. Juan Juan Mendoza Mendoza Nolorbe Nolorbe PROBLEMAS PROBLEMA S RESUELTOS DE ELASTICIDA ELASTICIDAD D Problema 1
Una varilla de cobre de 100cm de longitud y 2cm2 de sección esta sujeta por uno de sus extremos a otra varilla de acero de longitud L y de sección 4cm2 . Esta varil varilla la comp compue uest sta a se some somete te a una una trac tracci ción ón de 30 kN de magni magnitu tud d en sus extremos. Si la deformación de cada varilla son iguales, determinar: a) La longitud L de la varilla de acero. b) El esfuerzo en cada varilla. c) La deformación unitaria de las varillas. Resolución:
∆ LCobre = ∆ L Acero
a) Condición:
F . L0 F . L0 = S Y S Y Cobre Acero Reemplazando valores: 100cm 2
10
2
(2cm )(12.7 x10 N / m ) L Acero
=
L Acero 2
10 2 (4cm )(20.6 x10 N / m )
= 3.24cm
b) El esfuerzo en cada varilla es:
σ Cobre =
σ
Acero
=
F S Cobre F SAcero
= =
30000 N −4
2 x10 m 30 000 N 4 ⋅ 10 m −4
2
2
= 1.5 x108 Pa = 0,75 ⋅10
8
Pa
c) La deformación unitaria (en %), de cada varilla es:
δ
Cobre
=
δ Acero =
σ Y
σ Y
=
=
1,5 ⋅ 108 Pa 12, 7 ⋅ 1010 Pa 0,75 ⋅ 108 Pa 20, 6 ⋅ 1010 Pa
= 0,12%
= 0,036%
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Universidad Nacional del Callao - Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Prof. Juan Mendoza Nolorbe Problema 2
Se aplican fuerzas de compresión a dos caras opuestas de un bloque rectangular. La disminución relativa de la longitud del bloque es de 0.001 y la disminución relativa de volumen es 0.0005 . Calcular el coeficiente de Poisson del material de que esta hecho el cubo. Resolución:
Datos del problema:
δ Longitudinal =
∆ L L0
= −0.001
δ Volumetrica =
∆V V 0
= −0.0005
El signo (-) es debido a que las fuerzas de compresión. Aplicamos la ley de Hooke generalizada:
∆V V 0
∆V V0
= =
(1 − 2 µ ) Y (1 − 2µ) Y
+ σ y + σ z ) , como σ x = σ z = 0
(σ x
(
∆L L0
.Y)
Reemplazando valores: (−0.0005 )
= (1 − 2 µ )(−0.001) → µ = 0.25
Problema 3
Determinar el coeficiente de Poisson que debe tener un sólido para que cuando sea sometido a un esfuerzo de tracción la variación de su volumen sea nula. Resolución:
Según la ley de Hooke generalizada:
∆V V 0
Si
=
(1 − 2 µ ) Y
(σ x
+ σ y + σ z )
∆V = 0
Entonces:
0 = (1 − 2 µ ) → µ = 0.5
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Universidad Nacional del Callao - Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Prof. Juan Mendoza Nolorbe Problema 4
En el sistema mostrado la barra compuesta de acero – bronce – aluminio esta sometida a las fuerzas indicadas en la figura. Determinar los esfuerzos en cada cilindro y la deformación total. Datos: Yacero = 20∙1010 Pa ; Ybronce = 10∙1010 Pa ; Yaluminio = 7∙1010 Pa
+Y +X
A
B
C
D
Resolución:
a) Hacemos un corte entre los puntos C y D, la fuerza interna en la sección CD se obtiene de la condición de equilibrio:
∑
→
→
→
F x = F CD + 200kN = 0 → F CD
= −200kN
El esfuerzo por tracción de CD es:
σ CD =
F CD S CD
=
2 x10 5 N −2
π .(1 x10 m)
2
= 0.64 x10 9 Pa
b) Hacemos un corte entre los puntos B y C, la fuerza interna en la sección BC se obtiene de la condición de equilibrio aplicada al segmento BCD: →
∑ F
x
→
→
= F BC + 200kN − 300kN = 0 → F BC = 100kN
El esfuerzo por comprensión de BC:
σ BC =
F BC S BC
=
1 x10 5 N −2
π .(2 x10 m)
2
= 0.08 x10 9 Pa
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Universidad Nacional del Callao - Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Prof. Juan Mendoza Nolorbe c) Hacemos un corte entre los puntos A y B, la fuerza interna en la sección AB se obtiene de la condición de equilibrio aplicada al segmento ABCD :
∑
→
→
→
F x = F AB + 200kN − 300kN − 500kN = 0 → F AB
= 600kN
El esfuerzo por comprensión de AB:
σ AB =
F AB S AB
=
6 x10 5 N −2
π .(2.5 x10 m)
2
= 0.31 x10 9 Pa
d) Para obtener la deformación de cada cilindro aplicamos la Ley de Hooke:
∆ L Acero = −
σ AB . L AB
∆ L Bronce = −
Y Acero
σ BC . L BC Y Bronce
∆ L Alu min io = +
=
=
σ CD . LCD Y Alu min io
(0,031 ⋅ 1010 Pa)(1m) (20 ⋅ 1010 Pa)
= − 0,0155
(0,008 ⋅ 1010 Pa)(0,5m) (10 ⋅ 1010 Pa)
=
= − 0.0004
(0,064 ⋅ 1010 Pa )(0,5m) (7 ⋅ 1010 Pa )
La deformación total es: ∆ Ltotal = −0,0155
m (compresión)
m (compresión)
= + 0,0046 m (tracción)
− 0,0004 + 0,0046 = − 0,113 m
Problema 5
Dos cilindros macizos son soldados en B. Las cargas que actúan sobre cada cilindro se muestran en la figura. El cilindro AB esta hecho de acero ( Y = 200GPa) y BC de Bronce ( Y = 105GPa ), determinar:
a) La deformación unitaria de cada cilindro. b) La deformación total del cilindro compuesto ABC.
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Resolución
a)
Calculamos la deformación unitaria del cilindro AB:
∆ L AB L AB
=−
F S Y
=−
30 kN −3
π (15 ⋅ 10 m) 2 200 ⋅ 10 9 N / m 2
→ δ AB = − 0,021%
Calculamos la deformación unitaria del cilindro Bc:
∆ L BC L BC
=−
F S Y
=−
70 kN
π (25 ⋅ 10 −3 m) 2 105 ⋅ 10 9 N / m 2
→ δ AB = − 0,034 %
b) La deformación total es:
∆ LTotal = L AB δ AB + L BC δ BC = −0,053 − 0,102 = − 0,155 mm Problema 6 6 Las conexiones AB y CD están hechas de acero ( Y = 29 x10 psi ) y tienen una 2 sección rectangular uniforme de 0,25 in . Determinar la máxima carga que se puede suspender del punto E, de tal manera que la deflexión de E no exceda los 0.01inch .
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Universidad Nacional del Callao - Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Prof. Juan Mendoza Nolorbe Resolución:
Aplicamos la condición de equilibrio rotacional, con respecto a B:
∑
→
M B′
= 0 → F CD (10 in) − W (25 in) = 0 →
F CD
= 2,5W
Aplicamos la condición de equilibrio rotacional, con respecto a C:
∑
→
M C ′
= 0 → F AB (10 in) − W (15 in) = 0 → F AB = 1,5W
por Hooke:
∆ L B B′ ∆ LC C ′
F L . Y . A F L .
∆ L B B′ 3 = ∆ LC C ′ 5
=
Y . A
por Geometría: y
=
3 x
x 5
=
x + 15 0.01
→
y x
=
3m 5m
=
3 p 5 p
→ 3 p + 5 p = 10 → p = 10 / 8
= 25 4 , y = 15 4
25
4
5m
=
25
4
+ 15
0.01
→ m = 1340
entonces reemplazando tenemos: B B ′ =
3
C C ′ =
5
340
in
340 in
→ ∆ L B B ′ =
F AB . L Y . A
→
3in 340
=
(1.5W )(8in) 6
2
→ W =
5330 .8lb
(29 x10 lb / in )( 4 in) 1
Problema 7:
En la estructura mostrada la barra rígida BDE es soportada por un rodillo en el punto E, y esta articulada a la varilla ABC en el punto B. La barra ABC esta articulada al techo en el punto A. La varilla ABC es de Aluminio con un diámetro 10 de 2cm . Considera Y Al = 7 x10 Pa .
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Solución:
a) Aplicando momento: Hallar F R :
M D (momento en D):
− (32)(2) + F E (4) = 0 → F E = 16 KN
Hallar F A :
M E (momento en E):
F A (6) + (−24)( 4)
= 0 → F A = F B = 16 KN
b) Calculando el esfuerzo: El esfuerzo en AB:
σ AB =
F AB + F BC
π .(0.01m)
2
=
48 KN
π .(0.01m)
2
= 15.2 x104 Pa
La deformación en AB:
∆ L AB =
σ AB . L Y
=
(15.2 x104 Pa)(3m) 10
7 x10 Pa
= 6.5 x10− 6 m
El esfuerzo en BC:
σ BC =
F BC S BC
=
32 KN
π .(0.01m)
2
= 10.1 x104 Pa
La deformación en BC:
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∆ L BC =
σ BC . L Y
4
=
(10.1 x10 Pa)(2m) 10
7 x10 Pa
= 2.9 x10− 6 m
La deformación total :
∆ LTotal = 9.4 x10−6 m Problema 9:
Una barra de 10 Kg , cuya sección es 4cm2 tiene 1m de longitud, se mueve sobre una superficie lisa por acción de una fuerza aplicada uniformemente sobre uno de sus extremos. La barra adquiere una aceleración de 2m / s 2 . Calcular el esfuerzo de compresión a 10cm de los extremos de la barra. Solución:
m
= 10 Kg ,
a
= 2m / s 2 , x = 0.1m
pero: F = m.a
=
m.a. x L
para 0 ≤ x ≤ L , siendo m la masa de la barra.
σ =
F S
=
m.a. x S . L
2
=
(10 Kg )(2m / s )(0.1m) −4
(4 x10 )(1m)
= 5 x103 Pa
Problema 10:
Una masa de 50 Kg esta sujeto al extremo de un alambre de acero cuya longitud es de 1m . El alambre da vueltas en un plano vertical, en la parte mas baja la velocidad angular es de 42rad / s , la sección del alambre es de 6mm 2 . Calcular la deformación absoluta del alambre cuando el peso se encuentra en el punto mas bajo de la trayectoria. Solución:
m
= 50 Kg ,
S = 6mm 2 ,
L = 1m
por Hooke: F A
= Y .
∆ L L
→ ∆ L =
L F . Y . A
=
(1m)(50 Kg )(9.8m / s 2 ) (17 x1010 N .m − 2 )(6 x10− 3 ) 2
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∆ L = 4.8 x10−4 m Problema 11:
Un alambre de aluminio de sección igual a 2cm2 y 100cm de longitud tiene sujeto en uno de sus extremos en peso de 30 Kg . El alambre gira haciendo un péndulo cónico con velocidad angular de 9rad / s . Calcular la deformación absoluta del alambre. Solución:
T cosα = m. g .................(1) Tsenα = F C = m.aC → Tsenα =
senα =
pero: F T ( ) L
R L
m.v 2
= m.w2 .r ...................(2)
k
....................(3)
= m.w2 . R → T = m.w2 . L ...................(4)
de (4) y (1): m.v0 . L cosα = m. g → cosα = 2
por Hooke: F A
= Y .
∆ L L
⇒
m. g . cosα A
g v02 . L
= Y .
∆ L L
....................(5)
.................(6)
F = mg cosα (es la fuerza que causa el alargamiento del alambre).
Reemplazando (6) en (5): m. g . g A.w2 L .
= Y .
∆ L L
⇒ ∆ L =
m. g 2 Y . A.w2
=
(30 Kg )(9.8m / s 2 ) (2)(10− 2 m) 2 (9rad / s) 2 (6.5 x1010 N .m)
∆ L = 27.4 x10−6 m 2 Problema 12:
Cuatro clavos son usados para fijar una placa a una barra de Madera. Sabiendo que el máximo esfuerzo cortante que pueden soportar los clavos es de 50 N / mm 2 y que el factor de seguridad requerido es de 3. Determina el menor diámetro que se puede usar para sujetar la placa que a su vez estará sujeta a una carga de 30 Kgf . Suponga que los clavos soportan el mismo esfuerzo cortante.
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Solución:
σ max
σ max = 50 N / mm 2 → σ =
k
=
50 N / mm 2 3
donde k es el factor de seguridad. ( k = 3 ) calculando φ min : F cor tan te
σ cor tan te =
=
30 Kgf 4
F cor tan te S
=
300 N
=
4
F cor tan te
π .φ 2
(Fuerza cortante en cada clavo). 4 F cor tan te
⇒ φ min =
π .50 N / mm 2
4
El esfuerzo admisible:
σ a =
El área de cada clavo:
S =
⇒ φ min = 3.46mm
3
σ ruptura k F
(4)(σ a )
= =
2 50 N / mm
3
= 16.6 N / mm2
(300 N ) (4)(16.6 N / mm 2 )
S = 4.52mm2 S =
π . D 2 4
⇒ D =
4.S
π
⇒ D = 2.37mm
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Universidad Nacional del Callao - Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Prof. Juan Mendoza Nolorbe Problema 13:
Dos placas (cuya sección transversal se muestra en la figura) se mantienen juntas por 2 remaches a pesar que la carga P = 1400lbs . Asumiendo que los remaches soportan igual carga, determinar el diámetro de los remaches tal que el esfuerzo de cizalla sobre estos no exceda los 12000 psi y el esfuerzo de tracción no exceda los 16000 psi . El espesor de las placas es: t 1 = 0.7inch , t 2 = 0.4inch
Solución:
P
σ 1 =
P L.t 1
, σ 2
=
P
,
L.t 2
σ cor tan te =
remaches:
2 π .φ 2 4
calculando φ tal que σ cor tan te ≤ 12000 psi 2 P 2
π .φ
≤ 12000 psi , 7 30.π
además σ traccion
(2)(1400 lbs ) 2
π .φ
≤ φ 2 → φ =
≤ 12000lbs / in 2 7
30
in
≤ 16000 psi P L.t 1 1400lbs L.(0.7in)
≤ 16000 psi ≤ 16000 psi 0.125in ≤ L
∧ ∧ ∧
P L.t 2
≤ 16000 psi
1400 lb L.(0.7in)
≤ 16000 psi
0.22in ≤ L
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Universidad Nacional del Callao - Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Prof. Juan Mendoza Nolorbe Problema 19:
Un cilindro compuesto tiene los torques y dimensiones mostradas en la figura. La sección AB esta hecha de acero, la sección BC de bronce y la sección CD de acero. Para este cilindro: a) Determinar el máximo esfuerzo de torsión( en psi ) en cada sección del cilindro. b) Determinar el ángulo de giro resultante del punto D respecto al punto A. G Acero = 12 x106 lb / in 2 ; G Bronce = 6 x106 lb / in 2 .
Solución:
σ =
2.τ . π R
3
,
θ =
σ . L G. R
Analizamos CD:
τ int = τ ext = 400 ft − lbs σ CD =
θ CD =
2.(400 ft − lbs )
π .(0.375in)3
= 4828 .88 psi
(4828 .88 psi)(1 ft ) 6
2
(12 x10 lb / in )(0.375in)
= 1.07 x10− 3
Analizamos BC:
τ int = (1000 + 400) ft − lbs = 1400 ft − lbs σ BC =
(2)(1400 ft − lbs )
π .(1in)3
= 891.27 psi
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θ BC =
(891.27 psi)(2 ft ) 6
2
(6 x10 lb / in )(1in)
= 0.297 x10− 3
Analizamos AB:
τ int = (200 − 1400 ) ft − lbs = 600 ft − lbs σ AB =
θ AB =
(2)(100 ft − lbs )
= 3055 .77 psi
π .(0.5in)3
(3055 .77 psi)(1 ft ) 6
2
(12 x10 lb / in )(0.5in)
= −0.509 x10− 3
θ total = θ CD + θ BC + θ AB ⇒ θ total = 0.858 x10−3 Problema 21:
Calcular el torque necesario para conseguir un ángulo de giro de 1º en un cilindro hueco de radio 2cm y 1mm de espesor. La longitud del cilindro es 1m y su modulo de rigidez es 6 x106 N / cm2 . Solución:
∆ L = F .θ = φ . L ,
σ max k
=
σ r
→ σ max = G.φ ,
F .σ r
= G.φ →
φ =
R.θ 2
F dF . = G.φ r dS 2
F dF 2.π .r .G.φ . .dr = G.φ → dF = r 2.π .rdr F rdF =
2.π . R 3 .G.φ
τ int =
τ int =
F
. 3 .G.φ π R 2
∫
.dr → d τ =
→ τ int =
π .( Re4 − Ri4 ).G. Re .θ 2. Re . L
R
∫ 0
2.π .r 3 .G.φ .dr F
π .( Re4 − Ri4 ).G.φ
→ τ int =
2.( Re )
π .( Re4 − Ri4 ).G.θ 2. L
reemplazando valores se obtiene:
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τ int = 263.1 N .m Problema 22:
Una barra de acero de 1m de longitud y 0.20cm de radio esta fija regidamente por uno de sus extremos. Un disco de 20cm de radio esta unido al orto extremo, y puede girar libremente. Al suspender un peso de 500 g de una cuerda enrollada al disco, se observa que la carga desciende 10cm .
a) ¿Cuál es el modulo de rigidez del material de que esta hecha la barra?. b) ¿Cuál es la disminución de la energía potencial de la carga?. c) ¿Cuál es la energía potencial elástica de la barra sometida a torsión?. Solución:
a) σ cizalla
σ =
=
4.9 N S
F S
,
F = 4.9 N
= σ cizalla = 0.24 x10− 4 N / m 2
b) Energía potencial Final – Energía potencial inicial = Variación de Energía. E Pf − E Pi 1 2
= ∆ E P
k . x 2 .[ x f 2 − x02 ] = ∆ E P → ∆ E P = 1.1 x10− 3 J
c) Energía potencial elástica. Escuela Profesional de Ingeniería Eléctrica - Física II
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E Pe
=
1 2
. x. F ................(1)
por Hooke: F = k . x
...............(2)
reemplazando (2) en (1): E Pe
=
1 2
. x.( F x )
=
1
.k . x 2
2
=
1 2
.(0.1)2 .(0.24 x10− 4 ) → E Pe
= 1.2 x10− 3 J
Problema 23:
Un tubo cilíndrico de pared delgada de radio medio 10cm y de 0.05cm de espesor, se funde para formar una barra maciza de la misma longitud. En cada uno de los casos, la barra se somete a torsión aplicándole un par de τ que produce una deformación tal que τ = k .θ . Determina el cociente de los valores de k correspondiente a los dos casos. Solución:
Area
=
π .(10.05cm) 2 4
τ 1 =
τ 2 =
−
π .(9.95cm) 2 4
=
π 4
(20cm)(0.1cm)
= π .(
2 2
cm)
2
π .G.((5.025cm) 4 − (4.975cm) 4 ).θ 1 2.(5.025cm)
π .G.( 2cm)3 .θ 2 2 K =
k 1 k 2
=
=
π .G.2 2cm3 .θ 2
4.975cm3 2 2cm3
2
= 1.76
Problema 24:
Deduce la densidad volumétrica de energía potencial (energía por unidad de volumen ) de un sólido al ser deformado por tracción ( compresión ) en términos del esfuerzo aplicado ( σ ) y del modulo de Young ( Y ). Solución:
Energia Volumen
=
2 F . .∆ L S
=
2.σ .∆ L L
....................(1)
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por Hooke:
σ =
∆ L L
.Y →
∆ L L
=
σ Y
......................(2)
reemplazando (2) en (1): Densidad de la energía potencial por unidad de volumen: E V
= 2.σ .
σ Y
→
E V
=
2.σ
2
Y
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