UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO VICERRECTORADO DE INVESTIGACION INSTITUTO DE INVESTIGACION DE LA FACULTAD DE INGENIERIA MECANICA – ENERGIA
LIBRO DE PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES AVANZADO
AUTOR: ING. JUAN ADOLFO BRAVO FELIX 01-09-200 01-09-20044 AL 30-11-200 30-11-20055
RESOLUCION RECTORAL N ° 829-04-R
BELL BELLAV AVIS ISTA TA - CALL CALLAO AO
Ing. Juan Bravo
INDICE GENERAL INDICE
2
RESUMEN
6
INTRODUCCION
7
CAPITULO 1 DEFLEXIONES Y PENDIENTES DE VIGAS
10
PROBLEMAS PROBLEMAS POR DE AREA DE MOMENTO MOMENTO PROBLEMAS DE METODOS DE ENERGIA
26
PROBLEMAS DE. TEOREMA TEOREMA DE CASTIGLIANO CASTIGLIANO Y TRABAJO VIRTUAL VIRTUAL 37 REFERENCIALES
53
CAPITULO II VIGAS DE GRAN CURVATURA
54
PROBLEMAS PROBLEMAS DE DETERMINAC DETERMINACION ION DEL ESFUERZO ESFUERZO NORMAL NORMAL PROBLEMAS DE DETERMINACION DEL ESFUERZO RADIAL
61
PROBLEMAS DE DE DEFLEXIONES EN VIGAS CURVAS
63
REFERENCIALES
68
CAPITULO III PANDEO DE COLUMNAS
69
- PROBLEMAS DE PANDEO CENTRICO
23
- PROBLEMAS DE LA FÓRMULA DE LA SECANTE
78
PROBLEMAS DE COLUMNAS CON CARGA EXCENTRICA
87
Ing. Juan Bravo
INDICE GENERAL INDICE
2
RESUMEN
6
INTRODUCCION
7
CAPITULO 1 DEFLEXIONES Y PENDIENTES DE VIGAS
10
PROBLEMAS PROBLEMAS POR DE AREA DE MOMENTO MOMENTO PROBLEMAS DE METODOS DE ENERGIA
26
PROBLEMAS DE. TEOREMA TEOREMA DE CASTIGLIANO CASTIGLIANO Y TRABAJO VIRTUAL VIRTUAL 37 REFERENCIALES
53
CAPITULO II VIGAS DE GRAN CURVATURA
54
PROBLEMAS PROBLEMAS DE DETERMINAC DETERMINACION ION DEL ESFUERZO ESFUERZO NORMAL NORMAL PROBLEMAS DE DETERMINACION DEL ESFUERZO RADIAL
61
PROBLEMAS DE DE DEFLEXIONES EN VIGAS CURVAS
63
REFERENCIALES
68
CAPITULO III PANDEO DE COLUMNAS
69
- PROBLEMAS DE PANDEO CENTRICO
23
- PROBLEMAS DE LA FÓRMULA DE LA SECANTE
78
PROBLEMAS DE COLUMNAS CON CARGA EXCENTRICA
87
- REFERENCIALES
93
CAPITULO IV TEORIAS DE FALLA O ROTURA DE MATERIALES
94
- PR PROBLEMAS DE ES ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO
99
- PROBLEMAS DE LA ENERGIA DE DISTORSION MAXIMA
101
- PR PROBLEMAS DE LA LA TEORIA DE ROTURA DE MO M OH R .
107
REFERENCIALES
111
CAPITULO V TUBOS DE PAREDES GRUESAS
112
- PR PROBLEMAS DE CALCULO DE LO LOS ESFUERZOS
116
- PROBLEMAS DE ESFUERZOS EN LOS TUBOS COMPUESTOS
120
REFERENCIALES
126
CAPITULO VI CONCENTRACIÓN DE ESFUERZOS
127
- PROBLEMAS DE DE CONCENTRACIÓN DE DE ES ESF. POR CA CARGA AX AXIAL
130
- PROB PROBL LEMA EMAS DE DE CONCE ONCENT NTRA RAC CIÓN IÓN DE ESFU ESFUE ERZOS RZOS EN TOR TORSIÓ SIÓN
132
- PROBLEMAS CONCENTRACION DE ESFUERZOS EN FLEXION
135
REFERENCIALES
138
CAPITULO VII FATIGA DE MATERIALES
139
- PROBLEMAS DE FATIGA
141
Ing. Juan Bravo
. 7.7.- CRITERIOS DE ROTURA APLICADOS A FATIGA. REFERENCIALES
160
MATERIALES Y METODOS RESULTADOS
157
171 172
DISCUSION
173
BIBLIOGRAFIA
174
APENDICE
ANEXOS: 3 TABLA DE FORMULAS PARA A, R y Am DE VIGAS CURVAS 5 GRAFICOS DE CONCENTRACION DE ESFUERZOS 8 GRAFICOS DE FATIGA EN FUNCION DEL ACAB. SUPERF. 9 GRAFICOS DEL FACTOR DE SENSIBILIDAD
0
RESUMEN El presente libro de Problemas de Resistencia de Materiales Avanzado se ha desarrollado teniendo como referencia el syllabus de Resistencia de Materiales II, el mismo que trata de los siguientes puntos: - Deflexiones: de estructuras y elementos de máquina que sufren deformaciones internas, giros y desplazamientos externos, que deben ser controlados dentro de ciertos límites para darle estética a las estructuras y precisión a los elementos de máquina. - Elementos curvos: los ganchos de grúas, poleas, eslabón de cadena, aros de ruedas, etc. son elementos de gran curvatura (h/R>1/5) y deben ser diseñados con esta teoría. - Pandeo de columnas: pueden presentarse en elementos sometidos a cargas de compresión que al sobrepasar el valor crítico originan pérdida de estabilidad del conjunto por lo que deben ser calculadas bajo normas como el AISC, y otros. - Teorías de rotura: considera la igualdad de esfuerzo equivalente del estado triaxial y monoaxial cuando el último llega a fluencia ó rotura; debido a igualdad de esfuerzo principal máximo, esfuerzo cortante máximo, trabajo de distorsión máximo y Mohr. - Cilindros de paredes gruesas: los recipientes a gran presión, tubos de cañón de armas deben ser calculados con la teoría de tubos de pared gruesa (D/t < 20). Para incrementar la resistencia se usan las técnicas de encamisado y auto zunchado. - La concentración de esfuerzos (elevación) aparece en secciones transversales de elementos donde existen cambios de geometría y otros, debiendo ser reducidos. - Fatiga de materiales: se producen cuando las cargas varían en el tiempo o los elementos son giratorios ocasionando rotura con cargas menores que las estáticas. Los conceptos de los temas analizados en este libro serán de mucha utilidad para el Ingeniero para la aplicación durante su actividad profesional.
Ing. Juan Bravo
INTRODUCCION Este trabajo de investigación tiene por objetivo ofrecer al estudiante el LIBRO DE PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES AVANZADO en base a los contenidos del syllabus de la asignatura de Resistencia de Materiales II de la FIME los cuales por corresponder a la segunda parte del curso no se analizan en los libros básicos de Mecánica de Materiales de reciente publicación, conllevando consigo dificultades en obtención de la información y el aprendizaje por cuanto la mayoría de ellos trabajan y dispone de tiempo limitado. El tema de estudio está organizado en siete capítulos. En el capítulo 1 se resuelven problemas propuestos en diferentes textos sobre deflexiones de estructuras y elementos de máquina originados porlas cargas externas por cuanto el funcionamiento adecuado de las piezas de una máquina, la rigidez estructural de los edificios, los chasis de vehículos y máquinas y la tendencia de una pieza a vibrar dependen de las deformaciones de vigas. por consiguiente, la facultad de analizar vigas para detectar deflexiones (cuya magnitud debe ser limitada para garantizar la exactitud y eficiencia de la maquinaria) es importante. En la solucion se utilizas vario métodos tales como: el área de momentos, el método de la viga conjugada, el principio de superposición, los métodos energéticos: principio del trabajo virtual y el teorema de Castigliano y problemas hiperestáticas. En el capítulo 2 se resuelven problemas propuestos de vigas de pequeña curvatura y gran curvatura (h/R 1/5 s), determinando el eje neutro, los esfuerzos normales y radiales así como giros y desplazamientos de los mismos y problemas hiperestáticos aplicando los métodos energéticos. Las vigas de pequeña curvatura se tratan igual que las vigas rectas.
En el capítulo 3 se analizan problemas de flexión (pandeo) de elementos sometidos a compresión (columnas) los cuales tienden a perder estabilidad (colapso) a partir de una determinada carga (crítica) denominada carga de Euler. También se analizan columnas excéntricas y los métodos de determinación de la carga y esfuerzo admisibles mediante fórmulas normalizadas como el ADF del AISC, interacción y esfuerzo admisible. En el capítulo 4 se resuelven problemas propuestos utilizando las teorías de rotura (falla) de mayor aceptación en la determinación de la resistencia de materiales sometidos a esfuerzos combinados. Las teorías se basan en la comparación de esfuerzos equivalentes de un elemento sometido a un estado triaxial o biaxial con otro sometido a un estado monoaxial el cual es llevado hasta la rotura elástica ( y ) si el material es dúctil, ó a la rotura plástica ( u ) si el material es frágil. Si el esfuerzo equivalente del elemento sometido al estado triaxial es menor que del estado monoaxial se dice que el elemento resistirá a las cargas que dieron origen a dicho estado, en caso contrario fallará. Los criterios para la determinación de esfuerzos equivalentes en ambos estados son los de: esfuerzo principal máximo, esfuerzo cortante máximo y energía de distorsión máxima. También se emplea la teoría de rotura de Mohr que consiste en trazar las envolventes al círculo de Mohr en ensayos de tracción y compresión estática, para evaluar el material se traza otro círculo y si esta es tangente a la envolvente entonces el material fallará en caso contrario no. El capítulo 5 se resuelven problemas de resistencia de cilindros de pared gruesa (R/t > 10) sometidos a presión interna y externa propuestos en textos de la especialidad determinando la magnitud de los desplazamientos radiales, esfuerzos circunferenciales, radiales y axiales; también se analizan cilindros compuestos.
Ing. Juan Bravo
En el capítulo 6 se analizan problemas de la concentración de esfuerzos en elementos cuya sección transversal varía ya sea por requerimientos de diseño o por defectos del material o medios ambientales (corrosión) utilizando diagramas correspondientes según la forma del elemento y el tipo de carga solicitante. En el capítulo 7 se solucionan los propuestos en textos sobre la fatiga de materiales debido a esfuerzos alternos sobre flechas rotantes originadas por cargas estáticas o los originados por cargas fluctuantes en el tiempo que actúan con periodicidad sobre elementos fijos, utilizando generalmente el criterio de Soderberg junto con la teoría de rotura cuando se trata de elementos con cargas combinadas. Todos los problemas desarrollados son importantes para el ingeniero mecánico porque en un determinado momento de su vida profesional ya sea en las áreas de diseño, fabricación, valuación y mantenimiento hará uso de las mismas para la toma de decisiones de acuerdo a su responsabilidad y mando. La fabricación, instalación o desmontaje de toda maquinaria conlleva la solución de numerosos problemas de aplicación en base a las teorías de resistencia de materiales, dinámica de máquinas y teoría de elasticidad a fin de darle resistencia, elasticidad, estabilidad, poco peso y especialmente seguridad que son características de las máquinas actuales
CAPITULO I
DEFLEXIONES Y PENDIENTES DE VIGAS ELASTICAS
1.- La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga puntual P en su extremo libre. Determine el ángulo de giro y la deflexión del extremo libre.
Solución: Para determinar el ángulo de giro aplicamos el primer teorema de área de momento: A A A B
PL2 1 PL L 2 EI 2 EI
Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo teorema de área de momento entre los puntos A y B. 1 PL 2 L PL3 A A B X L 2 EI 3 3 EI
2.- La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga uniformemente distribuida w(x) en toda su longitud. Determine el ángulo de giro y la deflexión del extremo libre.
Ing. Juan Bravo
Solución Para determinar el ángulo de giro se aplica el primer teorema de área de momento entre
los puntos A y B.
A A A B
1 L2 L3 L 3 2 EI 6 EI
Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo teorema de área de momento entre los puntos A y B.
A t B / A
1 L2 3 L L4 L A A B X 3 2 EI 4 8 EI
3.- Para vigas con carga triangular en toda su longitud en un extremo libre y empotrado en el otro extremo. Determinar la pendiente y la deflexión del extremo libre.
Solución: La variación del momento interno será de la forma: x 3 1 x x M x x 2 L 3 6 L
La envolvente del área del diagrama de momentos será una parábola de segundo grado. En B el valor del momento flector será
L2 / 6 EI
Para determinar el ángulo de giro se aplica el primer teorema de área de momento entre los puntos A y B. A A A B
1 L2 L3 L 4 6 EI 24 EI
Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo teorema de área de momento entre los puntos A y B. A t B / A
1 L2 4 L L4 L A A B X 4 6 EI 5 30 EI
Ing. Juan Bravo
4.- La viga con extremos simplemente apoyados esta sometida a carga uniformemente distribuida como el indicado en la figura. Determine la flecha máxima
Solución:
Para determinar la deflexión máxima se traza la tangente respecto del centro de su longitud media y se calcula la desviación vertical respecto de uno de sus extremos. En este caso calculamos t A/M para una viga con extremos apoyados y carga uniformemente distribuida en toda su longitud: max t A / M A A M xC A
max
2 L2 L 5 L 5 L4 3 8 EI 2 16 384 EI
. 5.- una viga horizontal de longitud L con carga P asimétrica. Determine la deflexión máxima.
Solución:
Para calcular θ A primero calculamos la desviación vertical de B respecto de A t B/A. 1 Pba b l Pab b l l 6 EI 2 lEI 3
t B / A A A B xC B
A
t B / A l
Pab b l
6lEI
Como el momento flector en el punto M es Pbx/l, luego: M A A M
1 pbx Pbx 2 x 2 lEI 2lEI
Igualando ambas expresiones determinamos el valor de la incógnita x: x
ab l
3
Para determinar δmax y considerando que en M la tangente es horizontal calculamos t A/M que será igual al desplazamiento má ximo δmax max t A / M A A M xC A
max
2 ab l Pb a b l 3 / 2 Pba b l 3 9 3lEI 6lEI 3
Ing. Juan Bravo
6.- una viga de dos tramos esta sometido a una carga uniformemente distribuida en el primer tramo y a una carga puntual en el extremo libre. Determine el desplazamiento del extremo libre.
Solución: La gráfica de la deformada se muestra en líneas punteadas
2 l 2 l l 4 l C t A / B A A B . xC A 3 8 EI 2 24 EI 1 pl 2l 2 Pl 3 C P t A / B t C / B 2t C / B 2 l 2 EI 3 3 EI
Luego el desplazamiento final será la suma de los desplazamientos calculados con sus respectivos signos.
2 Pl 3 C 24 EI 3 EI C
l 4
P C
7.- la viga de dos tramos tiene carga triangular en el primer tramo y apoyos en los extremos y en el punto medio. Determine las reacciones en los apoyos.
Luego, aplicando la condición de desplazamiento cero del apoyo C planteamos la ecuación de primer grado con la incógnita
C ,
del cual despejando obtenemos la
incógnita buscada.
C
t
A / B
1 l 2 2l 1 l 2 4l l 4 l l 2 6 3 4 6 EI EI 5 45 EI
1 C l 2l 2C l 3 2 l 3 EI 2 EI 3
C C
t A / B t C / B 2t C / B
Sumando los desplazamientos e igualando a cero por la condición de apoyo obtenemos 2C l 3 C 0 45 EI 3 EI C
C
C C
l 4
l
30
8.- La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga puntual P en su extremo libre. Determine el ángulo de giro y la deflexión del extremo libre aplicando el método de la viga conjugada.
Ing. Juan Bravo
Solución: Considerando la viga conjugada con extremo libre en B y empotrada en A; con la carga correspondiente al diagrama de momento flector de la viga real. El ángulo de giro del extremo libre de la viga real será la reacción en el empotramiento de la viga conjugada: 1 PL PL2 A AY L 2 EI 2 EI El desplazamiento del extremo libre de la viga real será el momento en el empotramiento de la viga conjugada: 1 PL 2 L PL3 A M A L 2 EI 3 3 EI
9.- Resolver el problema Nº 8 mediante la conservación de la energía Solución: El trabajo externo = trabajo interno ó energía de deformación 2
l Px 2 dx Pl 3 1 P 2 A 0 2 EI 6 EI
A
Pl 3
3 EI
10. Resolver el problema Nº 8 Aplicando el teorema de Castigliano:
A
u P
M x
M x P dx
EI
M x Px
M x x x
A
u P
M x
M x l 3 x dx Px x dx Pl
EI
3 EI
EI
0
Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio M” en dirección del giro y una vez calculado la derivada respecto de M”, en la función de momento Mx se hace M” = 0. M x Px M "
M x 1 M "
A
u M "
M x
M x l 2 M " dx Px 1dx Pl
EI
0
EI
2 EI
11. Resolver el problema Nº 8 aplicando el principio del Trabajo Virtual Solución; Determinamos la función Mx de la viga real. M x Px
En la dirección del desplazamiento de la viga real se aplica una carga ficticia (virtual) y se calcula el momento interno originado por esta carga. m x 1. x
Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno)
Ing. Juan Bravo
1. A
1. A
mM x
mM x EI
EI
dx l
dx
0
x Px dx EI
Pl 3
3 EI
12. La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga uniformemente distribuida w(x) en toda su longitud. Determine el ángulo de giro y la deflexión del extremo libre aplicando el método de la viga conjugada Solución
Se considera una viga conjugada con extremo A empotrada y B libre. Para determinar el ángulo de giro del extremo libre de la viga real se calcula la reacción del empotramiento de la viga conjugada. 1 L2 L3 A A y L 3 2 EI 6 EI Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A de la viga real, se calcula el momento del empotramiento de la viga conjugada. 1 L2 3 L L4 L A M A 3 2 EI 4 8 EI
13. Resolver el problema Nº 12 aplicando el método del teorema de Castigliano Solución: Como no existe carga en dirección del desplazamiento, se aplica una carga ficticia Q en dirección del desplazamiento a determinar. Una vez determinado la función Mx se deriva respecto a Q, luego se hade Q = 0 en la función M x antes de remplazar en la formula de Castigliano.
A
u Q
M x
M x Q
EI
dx
2 M x wx / 2 Qx
M x x Q
u A Q
M x
M x Q
EI
l
dx
0
wx 2 / 2 x dx wl 4 EI
8 EI
Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio M” en dirección del giro y una vez calculado la deriva da respecto de M”, en la función de momento Mx se hace
M” = 0. M x wx 2 / 2 M "
M x 1 M " u A M "
M x
M x M " dx
EI
l
0
wx 2 / 2 1dx EI
14. Resolver el problema Nº 12 aplicando el principio del Trabajo Virtual Solución:
wl 3
6 EI
Ing. Juan Bravo
Determinamos la función Mx de la viga real. 2 M x wx / 2
En la dirección del desplazamiento de la viga real se aplica una carga ficticia (virtual) unitaria y se calcula el momento interno originado por esta carga. m x 1. x
Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno) 1. A
1. A
mM x
mM x EI
EI
dx l
dx
0
x wx 2 / 2 dx EI
wl
4
8 EI
Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio m = 1 en dirección del giro y se determinan las funciones de momento m x = -1 con la carga ficticia, después se determina Mx = -wx2 /2 con la carga real y, luego estos se introducen en la fórmula del trabajo virtual... A
mM x EI
l
dx
0
1 wx 2 / 2 dx EI
wl
3
6 EI
15. Para vigas con carga triangular en toda su longitud en un extremo libre y empotrado en el otro extremo. Determinar la pendiente y la deflexión del extremo libre aplicando el método de la viga conjugada. Solución: El extremo libre de la viga real se convierte en empotrado de la viga conjugada y el diagrama del momento flector de la viga real es la carga en la viga conjugada.
La fuerza de reacción en el empotramiento de la viga conjugada será el ángulo de giro en la viga real. 1 L2 L3 L A A y 4 6 EI 24 EI El momento de reacción en el empotramiento de la viga conjugada será el desplazamiento en la viga real 1 L2 4 L L4 L A M A 4 6 EI 5 30 EI
16. Resolver el problema Nº 15 aplicando el método del teorema de Castigliano Solución: Como no existe carga en dirección del desplazamiento, se aplica una carga ficticia Q en esa dirección y se determina la función Mx , luego se deriva respecto a Q. wx3 wx x 1 Qx M x x Qx 6l 2 3
M x x Q
Luego se hade Q = 0 en la función Mx antes de remplazar en la formula de Castigliano
Ing. Juan Bravo
u A Q
M x
M x Q
EI
l
dx
0
wx3 / 6l x dx EI
wl
4
30 EI
Para calcular el ángulo de giro aplic amos un momento ficticio M” en dirección del giro
y una vez calculado la derivada respecto de M”, en la función de momento Mx se hace M” = 0. 3 M x wx / 6l M "
M x 1 M " u A M "
M x
M x M " dx
EI
l
0
wx3 / 6l 1dx EI
wl 3
24 EI
17. Resolver el problema Nº 15 aplicando el principio del Trabajo Virtual Solución: Determinamos la función Mx de la viga real. M x wx
3
/ 6l
En la dirección del desplazamiento de la viga real se aplica una carga ficticia (virtual) unitaria y se calcula el momento interno originado por esta carga. m x 1. x
Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno) 1. A
1. A
mM x
mM x EI
EI
dx l
dx
0
x wx3 / 6l dx EI
wl
4
30 EI
Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio m = 1 en dirección del giro y se determinan las funciones de momento mx = -1 con la carga ficticia, después se determina Mx = -wx2 /2 con la carga real y, luego estos se introducen en la fórmula del trabajo virtual.. A
mM x EI
l
dx
0
1 wx3 / 6l dx EI
wl
3
24 EI
18. La viga con extremos simplemente apoyados esta sometida a carga uniformemente distribuida como el indicado en la figura. Determine la flecha máxima aplicando el teorema de Castigliano
Solución:
Aplicamos una carga ficticia Q en dirección del desplazamiento
A
u Q
M x
wl
2
EI
x wx
M x 1 x Q 2
M x Q
M x
dx
1 / 2 Qx 2
2
Ing. Juan Bravo
u A Q
M x
M x Q
EI
dx
l / 2
wlx / 2 wx 2 / 2 1 x dx
0
EI
2
2
wl
4
384 EI
19. Resolver el problema Nº 18 aplicando el principio del trabajo virtual. Solución: Determinación de momentos internos en una sección cualquiera. M x
wl
2
2
x wx
/ 2
m x 1. x
1. A
1. A
mM x
mM x EI
EI
dx
l / 2
dx
2 0
1 wl 2 x x wx / 2 dx 4 2 2 wl EI
384 EI
20. Empleando el método del trabajo virtual determinar el desplazamiento horizontal del nudo D cuando se aplica una fuerza horizontal de 120 kN hacia la derecha en el nudo C,
la barra BC tiene un aumento de temperatura en ΔT = 50 ˚C, la barra AD tiene una disminución de temperatura de ΔT = -40 ˚C y la barra BD es mas corta en 4 mm que su longitud de diseño. Considere E = 200 GPa, α = 1,2 x 10 -6 / ˚C, las áreas de las secciones transversales de las barras AB, BC y AD son de 1,5 cm 2 y de las demás de 2,5 cm2. Solución; Se calculan las reacciones para la carga externa y las fuerzas internas correspondientes, luego se aplica una carga unitaria en dirección del desplazamiento solicitado y se
determinan las fuerzas de reacción y las fuerzas internas en cada barra. Los resultados se presentan en forma de cuadros para realizar los cálculos Barra
Long.
Área
N
n
n.N.l/EA
ΔT
Α.l.ΔT
λ
n-λ
AB
1 000
150
60
0
0
0
0
0
0
AD
2 000
150
120
1
0,8
-40
-0,096
0
0
BC
2 000
150
120
0
0
50
0
0
0
BD
5 000
250
- 180
0
0
0
0
-4
0
CD
1 000
250
0
0
0
0
0
0
0
∑
----
----
----
---
0,8
----
0,096
----
0
El desplazamiento horizontal del nudo D se obtendrá al igualar el trabajo externo con el trabajo interno. 1. d
n. N .l EA
n. .l.T n. 0,8 0,096 0 0,704mm
21. Un sistema de tres barras articuladas cada una con la misma área A de sección transversal está cargado como se muestra en la figura, a) determine ∆ V y ∆ H del nodo B debido a la fuerza aplicada P, b) si por medio de un templador la longitud del miembro AC es acortada 12 mm, ¿Qué ∆ V y ∆H tiene lugar en el punto B?. (P17.5P)
Figura P21
Ing. Juan Bravo
Solución: Primero determinaremos el desplazamiento vertical del nudo B, calculando las fuerzas internas en cada una de las barras en función de la variable P, luego derivando éstas respecto de P. la fórmula a emplear es: N
BV
N L P
U P EA
Los valores encontrados son:
BARRA
AB AC
L
N
N P
L
P
2
2 3P 4
1 2 3 4
3P
3
2
2
L
BC 3 L 2
N .
N L P AE
PL
8 AE 9 PL 16 AE 3 3PL 8 AE
Luego, el desplazamiento vertical del nudo B es: 11 3 3 PL 16 8 AE
BV
Para calcular el desplazamiento horizontal aplicamos una carga unitaria horizontal ficticia en el nudo B hacia la derecha y calculamos las fuerzas internas n en cada barra que se originan por esta fuerza y luego aplicamos la fórmula del trabajo virtual para calcular el desplazamiento horizontal del nudo B
BH
N .n H . L AE
Los cálculos de las fuerzas se presentan en la tabla adjunta.
BARRA
L
N
N .n. L
n H
AE
AB AC BC
L
P
2
2 3P 4
L
3 L 2
3 2 3
4
3P
1 2
2
3PL 8 AE 3 3PL 16 AE 3PL 8 AE
La suma de la última columna nos da el desplazamiento horizontal del nodo B. el signo negativo indica que la dirección del desplazamiento es contrario al indicado. 6 3 PL 16 AE
BH
b) cálculo de los desplazamientos vertical y horizontal del nudo B cuando el miembro AC es acortada en 12 mm: BV
BH
3
n . 4 12 9..mm v
3 4 12 3 3..mm
n H .
Ing. Juan Bravo
22. Para la armadura plana mostrada en la figura, determine ∆V y ∆ H del nodo C debido a la fuerza aplicada P = 10 kN. Por simplicidad suponga AE = 1 para todos los miembros.(P17.9P)
Figura P 22 Solución. Aplicaremos el método del trabajo virtual. Primero determinamos las fuerzas internas N en cada barra debido a la carga externa P. Luego aplicamos una carga horizontal virtual en el nodo C hacia la derecha y calculamos las fuerzas internas n H en cada barra. Posteriormente aplicamos una carga ficticia vertical hacia abajo en el nodo C y calculamos correspondientes fuerzas internas de las barras. Los resultados procesamos en la tabla adjunta.
Barra
L
N
n H
nV
N .n H .L
N .nV .L
AB
4
P
1
AD
4 2 4
2P
2
P
1
4 2 4 4 4
2P
2
P
1
P 2P
1 2
AE BC BD CD DE
0 0 0 0 0
4P 8 2P 4P 8 2P 4P 4P 16 P
1 1
0 0 0 0 0 4P 8P
Las sumas de la penúltima y última columna nos dan respectivamente los desplazamientos horizontal y vertical del nodo C , los cuales son: CH
N .n
CV
N .n
H . L
V
. L
32 16 2 P 546274,2 AE
12 P AE
AE
120000 AE
23. Encuentre la fuerza en la barra AC de la armadura plana en la figura debido a la fuerza horizontal de 30 kN en C. para el miembro AC, sea la relación L/AE = 0,50 y para todos los demás miembros igual a la unidad. (P17.46P)
Figura P 23
Ing. Juan Bravo
Solución. Primero se debe conocer el tipo de armadura plana. La fórmula que relaciona el número de barras y nudos para que la armadura sea estable o no es: b 2n 3... 6 2 x 4 3 5
Como 6 5 , la armadura es hiperestática de un grado de hiperestaticidad. Para resolver lo transformamos en una armadura estática base retirando una de las barras redundantes (en este caso la barra AC) y reemplazando por una fuerza incógnita X el cual consideramos actúa sobre la armadura base. Con la nueva configuración de carga determinamos las fuerzas internas en cada una de las barras restantes. Luego planteamos la condición de desplazamientos de la armadura real. El desplazamiento relativo de los nodos A y C debe ser igual al alargamiento o acortamiento de la barra AC. Esta condición planteamos aplicando ya sea el teorema de Castigliano o el método del trabajo virtual. En este caso utilizamos el primero. Los resultados del cálculo de las fuerzas internas se dan en la siguiente tabla.
BARRA
AB AD BC BD CD
L
N
N X
N .
N X
4 P 4 X 3 5 3 X P 5 10 P 10 X 3 5 3 2 X 2P 5 P 3 X 3 5
4
16 P 16 X
5 3 5
15 25 3P 9 X 5 25 2 P 2 X 3 5 6 P 18 X 5 25 P 9 X 5 25
10
5 3 2 5 3 5
Sumando la última columna obtenemos el desplazamiento relativo de los puntos A y C. Este valor debe ser igual al desplazamiento de los extremos de la barra AC originada por la fuerza incógnita X. esto puede expresarse mediante la ecuación:
C / A
N i
N i Li X i
Ai E i
N AC
N AC .1. L AC X A AC E AC
Operando los resultados de la tabla con la salvedad de que por el enunciado del problema todos los términos
L AE
del lado izquierdo valen uno (por lo que fueron
omitidos en la tabla) y del lado derecho vale 0,5
16 P 16 X 3P 9 X 2 P 2 X 6 P 18 X P 9 X X
15
25
5
Finalmente queda: X 0,594 P
25
3
5
5
25
5
25
2
Ing. Juan Bravo
24. Una barra de acero en forma de L de 2,125 pulg de diámetro esta empotrad a un muro rígido y simplemente apoyada en el otro extremo tal como se muestra en la figura . en planta, el doblez es de 90 0 .¿Cuál será la reacción en el apoyo simple cuando se aplica una fuerza de 2000 lb en la esquina de la barra?. Suponga E = 30x10 6 psi, G = 0,4E Asuma que I = 1,00 pulg 4, Ip = 2I. (P14.66P)
Figura P 24 Solución: La viga es hiperestático de un grado, consideramos como redundante la reacción del apoyo libre. Llamamos A al empotramiento, B a la esquina y C al apoyo libre. Consideramos la estructura base sin el apoyo simple el cual es reemplazado por la fuerza incógnita C. aplicando el teorema de Castigliano. En el tramo CB: M x R T 0 T 0.......... R
M R. x.........
En el tramo BA:
M X R T T R.l...................... l R T M T dx M dx U R R cv 0 GJ R EI M R P x.........
1 Rx xdx
0 0
EI
1 R
P x x dx
0
EI
1 Rl
0
.ldx
GJ
0=
Rl 3
3 EI
R P l 3 3 EI
Rl 3 GJ
2 Rl 3 Rl 3 Pl 3 2 1 P R 3 EI GJ 3 EI 3 0,8 3 R = R
P
2
3 0,8
2000 347,83..lb 5,75
M P R L 7434,78..lb. pie
T = R L = 10 434,9 lb.pie.
Ing. Juan Bravo
REFERENCIALES
CAPITULO I
TEXTOS
1. POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da edición. 2000 2. HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion 1997 3. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI,
KENNETH.
Mecánica de Materiales.
Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002. 4. GERE. JAMES M. Mecánica de Materiales. México: Thomson Learning, 5ta ed. 2002. 5. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996 6. ASSIMALI, ASLAM. Análisis Estructural. México: Thomson Learning, 2da ed. 2001. 7. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice Hall.1998
CAPITULO II
VIGAS DE GRAN CURVATURA
25. La siguiente viga curva está compuesta del tramo AB de radio 2a y BC de radio a, en B existe una articulación donde se aplica una fuerza externa P. considerando solo los efectos de flexión determinar el desplazamiento vertical del punto B.
Figura P 25 Solución: La viga es hiperestática de primer grado, como carga redundante se considerará el momento de empotramiento en A. Por equilibrio de fuerzas y momentos determinamos las fuerzas y momentos de reacción en los apoyos,
F 0 A C 0 A C F 0 A P C 0 M 0 C .8a 0 C 0 M 0 M P.2a C .2a 0 x
x
y
y
d B
A
Resolviendo se obtiene: C y P M A
2a
M A
2a
x
y
X
A
A y
x
x
y
Ing. Juan Bravo
Ahora determinamos las funciones de momento interno para los tramos: Tramo C-B M x C y .a.sen Pa.sen
M A
2
sen
M x 1 sen M A 2
Tramo B-A:
M x C y P .2a.sen Pa.sen
M A
2
sen M A .sen
M x sen M A
Introduciendo en la fórmula de Castigliano: A
U 0 M A
M 1 a.d 0 Pasen A sen sen 2 2 EI 0
/ 2
0 M sen sen A
2a.d EI
/ 2
Pa 2 M Aa 1 1 sen2 M A 2a sen2 0 4 4 2 0 2 0 4 2 M A
Pa
5
Una vez determinada la incógnita superabundante podemos calcular el desplazamiento del punto B U 9 9 a.d B Pasen asen ... P 0 10 10 EI / 2
.....
0
1 1 2a.d P 2a.sen 2a.sen 10 10 EI
81 Pa 3 2 Pa 3 17 .Pa3 B 100 EI 2 25 EI 4 40 EI
26. Un anillo partido tiene las dimensiones y sección transversal que se muestran en la figura. Determine: a) La carga máxima P que puede aplicarse al anillo, si los esfuerzos normales no deben exceder de 80 MPa en tensión y 120 MPa en compresión. b) En cuanto disminuye el diámetro vertical exterior del anillo cuando se aplica la fuerza P determinado en el punto a).(P7.206)
Figura P 26 Solución: a) Determinación del radio de curvatura del baricentro: x
A x A i
i
...
i
x
200 x50 x 25 100 x50 x100 50 x100 x175 1625000 81,25 200 x10 50 x100 50 x100 20000
R X 200
281,25
Cálculo del eje neutro Am
200 ln
r n
A Am
250 350 400 50 ln 100 ln 74,80 200 250 350
20000 267,36 74,80
Ing. Juan Bravo
Cálculo de esfuerzos:
Para:
N A
M r n r Ar R r n
P
20000
281,25P 267,36 r 20000.r 281,25 267,36
r 1 200 120 0,000390982 P P 307 kN r 2
400 80 0,000285718P P 280kN
Luego la máxima carga es de 280 kN b) Cálculo del cambio de diámetro M PRsen N Psen
b
U P
/ 2
0
M Rsen P
N sen P
M N / 2 N P d P Rd 0,342 AE RAm A EA 0 Am M
d 0,684mm
27. Para el el anillo anillo partid partidoo y la carga carga mostrada mostrada,, halle halle el esfuer esfuerzo zo en: a) El punto punto A, b) b) el punto B. (P4.205BJ)
Figura P 27 Solución:
Llevamos La carga P y el momento Mal centroide de la sección transversal donde está ubicado los puntos A y B. P = - 2500 2500 N M = PR PR = - 32.5 32.5 x 2500 2500 = - 8125 812500 N.mm N.mm Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del del eje neutro rn: R = r1 + x = 20 +12,5 = 32,5 A = 25 x 14 = 350 mm 2 Am b. ln
r 2 r 1
14. ln
45 350 A 11,353 r n 30,83 20 Am 11,353
Cálculo de los esfuerzos:
N
N
A
M r n r Ar R r n
Para r1 = 20 :
A
M r n r Ar R r n
2500 8125030,83 20 N 82,42 350 350 x 2032.5 30.83 mm 2
Para r2 = 45
N A
M r n r Ar R r n
2500 8125030,83 45 N 36,63 350 350 x 4532.5 30.83 mm 2
28. El anillo discontinuo discontinuo de la figura figura tiene un radio interior r1 = 0,8 0,8 pulg pulg.. Y una una sec secci ción ón circul circular ar d = 0,6 pul pulg. g. Sabien Sabiendo do que las fuerza fuerzass de 120 lb. Están Están aplicad aplicadas as en el centroide de la sección transversal, transversal, halle el esfuerzo esfuerzo en los puntos A y B. (P4.188BJ)
Ing. Juan Bravo
Figura P 28 Solución Llevamos La carga P y el momento Mal centroide de la sección transversal donde está ubicado los puntos A y B. P = 120 lb M = PR =2,2P = 264 lb.pulg Cálculo del radio de curvatura curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro r n: R = r1 + x = 0,8 +0,3 +0,3 = 1,1 pulg. pulg. A= r n
0,6
2
2
= 0,2827 pulg 2
1 1 R R 2 c 2 1,1 1,12 0,32 1,08 Pulg. 2 2
Cálculo de los esfuerzos:
N A
M r n r Ar R r n
Para r = r1 = 0,8 : 1 1
N A
M r n r Ar R r n
120 2641,08 0,8 16764,32 psi 0,2827 0,2827 x0,81,1 1,08
Para r = r2 = 1,4 : 2 2
N A
M r n r Ar R r n
120 2641,08 1,4 10246,55 psi 0,2827 0,2827 x1,41,1 1,08
29. Para el gancho mostrado, halle el mayor esfuerzo en la sección a-a cuando b 1 = 35 mm y b2 = 25 mm. (P4.190BJ).
Solución: Llevamos La carga P y el momento Mal centroide de la sección transversal donde está ubicado los puntos A y B. P = 10 k N M = PR = 10R N.mm Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro r n: R
r 1 2b1 b2 r 2 b1 2b2
3b1 b2 40970 25 10035 50 68,33mm R 3 35 25 Am Am
b1 r 2 b2 r 1 r 2 r 1
ln
r 2 r 1
b1 b2
35 x100 25 x 40 100 35 25 28,178 ln 100 40 40
Ing. Juan Bravo
r n
A Am
1800 63,88 28,178
Cálculo de los esfuerzos:
N A
M r n r Ar R r n
Para r = r1 = 40 :
N A
M r n r Ar R r n
10000 68330 63,88 40 10,65MPa 1800 1800 x 40 68,33 63,88
Para r = r2 = 100 2 2
N A
M r n r Ar R r n
10000 68330 63,88 100 2,47 MPa 1800 1800 x100 68,33 63,88
30. Sabiendo que en el medio anillo mostrado h = 30 mm, halle los esfuerzos en los puntos A y B. (P4.192BJ)
Figura P 30 Solución: El área de la sección transversal es circular A = 25x30/2 = 375 mm 2
R = r1 + x = 20 +10 = 30 mm Am
r n
b1r 2 r 2 r 1 A
Am
ln
r 2 r 1
b
25 x50 50 ln 25 13,18 5 20 20
375 28,45 13,18
Cálculo de los esfuerzos:
M r n r Ar R r n
Para r1 = 20 :
M r n r Ar R r n
80000 28,45 20 58,15MPa 375 x 20 30 28,45
80000 28,45 50 59,32MPa 375 x5030 28,45
Para r2 = 50
M r n r Ar R r n
31. La porción curva de la barra mostrada tiene un radio interno de 0,3 pulg. La línea de acción de la fuerza de 60 lb. Está localizada a una distancia a del plano que contiene el centro de curvatura de la barra. Halle el máximo esfuerzo de compresión admisible cuando: a) a = 0, b) a = 1,2 pulg.(P4.178BJ)
Figura P 31
Ing. Juan Bravo
Solución a) Llevamos La carga P y el momento M al centroide de la sección transversal donde está ubicado los puntos A y B. P = - 60 lb M = - PR = - 0,55P = -33 lb.pulg Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro r n: R = r1 + x = 0,3 +0,25 = 0,55 pulg. A = 0,5x0,5 = 0,25pulg 2 Am b. ln
r 2 r 1
0,5. ln
0,8 0,25 A 0,49 r n 0,51 pu lg 0,3 0,49 Am
Cálculo de los esfuerzos:
N A
M r n r Ar R r n
Para r = r1 = 0,3 : 1 1
N A
M r n r Ar R r n
60 60 x0,55 0,51 0,3 2550 psi 0,25 0,25 x0,3 0,55 0,51
b) a = 1,2 pulg. Para r1 = 0,3 :
N A
M r n r Ar R r n
60 60 x1,75 0,51 0,3 7590 psi 0,25 0,25 x0,3 0,55 0,51
32. Un ganchote grúa tiene las dimensiones y sección transversal de que se muestra en la figura.Los esfuerzos admirables en el plano a-a son de 12 000 lb/pulg2 (T) y 16 000 lb/pulg2 ( C ). Determine la capacidad P del gancho . (P7-207)
Figura P 32 Cálculo del área, radio centroidal y radio del eje neutro de la sección crítica
A
x
b1 b2 2
A x A i
*h
23 3 1,5 *1 * 3 9,25 pu lg 2 2 2
2 x1 x0,5 i
i
R r 1 x 3 1,85
1 x1 2 1,5 x3 1 x x1 1,5 x3 x 2,5 x x3 1 2 3 2 3 1,847 1,85 1 x1 1,5 x3 1,5 x3 2 x1 2 2
4,85 pu lg
b1r 2 b2 r 1 r 2 b r b r r ln b1 b2 2 3 3 2 ln 3 b2 b3 h1 h2 r 1 r 2
Am
2 x 4 3 x31 4 3 x7 1,5 x 4 7 ln 2 3 3 ln 4 3 1,5 2,0104 1 3
Am
Ing. Juan Bravo
2 3 3 1,5 2 3 x 9,25 pu lg 2 2
A 1 x
r n
A Am
9,25 4,60 2,0104
Cálculo de la carga P
P M r m r
A Ar A r m
Para r 1 3 1
4,85P 4,6 3 12000 P 9782,6lb 9,25 9,25 x3 4,85 4,6
2
4,85P 4,6 7 16000 P 26188lb 9,25 9,25 x7 4,85 4,6
P
Para r 2 7 P
Por lo tanto tomamos P= 9782,6 lb
33. La viga curva es de acero (E = 200 GPa) que tiene un σ y = 420 MPa. Determine la magnitud del momento M x = My requerido para iniciar la fluencia en la viga curva, el ángulo de giro y los desplazamientos horizontal y vertical del extremo libre.(p9.16bo)
Figura P 33 Solución: Vamos a determinar el momento que origina la fluencia A = 30x60 = 1800 mm 2 R = 30 +30 = 60 mm Am b. ln r n
A Am
r 2 r 1
30. ln
90 32,96 30
1800 54,61.mm 32,96
Para r1 = 30 1
1
M y r n r A. Rr . R r n
y
M y 54,61 30
1800.30. 60 54,61
420 M y 4967,3. N .m
Cálculo de giros y desplazamientos vertical y horizontal. La fórmula general de la energía de deformación de la viga curva es: U
kv 2 R
2 AG do
N 2 Rd
2 EA
Am M X
2
d 2 A RAm A E
M x N d EA
Ing. Juan Bravo
Consideraremos únicamente los efectos del momento flector en el cálculo de giros y desplazamientos. Aplicando el teorema de Castigliano para el cálculo de giros M x M x N N M x U M d M d M d M 2 A RAm A E EA EA Am M x
Mx = M
M 1 M N 0 M
N=0
Reemplazando estos valores en la fórmula anterior
U M
3 2 0
32 , 96 4967300 1 d 2 x 1800 x 60 x 32 , 96 1800 x 200 x 10
3
3 2 0
1 0 d 1800 x 200 x 10
3
0 , 00603
Para calcular los desplazamientos del extremo libre colocamos las cargas ficticias V y Q en dirección de los desplazamientos vertical y horizontal respectivamente, luego determinamos el momento interno respecto de una sección genérica en función del momento externo y las cargas ficticias hasta hallar las correspondientes derivadas. Una vez calculadas las derivadas hacemos que las cargas ficticias sean nulos en la función momento interno, posteriormente integramos las fórmulas de desplazamientos M x M V . Rsen Q. R1 cos
M M M 1...... Rsen : .... R1 cos M V Q
N = V senφ +
Q cos
N N N 0.... sen .... cos M V Q
V V V 0.... cos .... sen M V Q
V = V cos φ - Q.sen
Una vez derivado, las funciones quedan en la siguiente forma. M M ..........V 0..........Q 0
V
V
V R V d
U k V AG
M x M N N M x V d V d V d AE RAm A EA EA Am M x
Reemplazando valores V
V
U M sen 0 cos R 0 sen Rd Am M Rsen Rsen 0 k d d d d V AG EA AE RAm A EA EA Am M Rsen
AE RA
m
V
A
Am MR1 AE RAm A
d
M sen EA
d
Am MR cos AE RAm A
3 2 0
M cos
3 2
AE
0
M 1 AE
Cálculo del desplazamiento horizontal:
V
Q
V R Q
U k Q AG
Reemplazando valores
N d
N Rd Q EA
M x M N N M x Q Q Q d d d AE RAm A EA EA Am M x
Ing. Juan Bravo
H
U Q
H k
H
0 sen R AG
d
Am M . R1 cos AE RAm A
0 cos Rd
d
EA
M cos EA
d
Am M R 1 cos AE RAm A
Am MR sen AE RAm A
d
3 2 0
R1 cos 0 EA
M sen
3 2
AE
0
d
3 1 2 M 1 AE RAm A AE Am MR
H
34. Un elemento de máquina tiene sección en T orientado como se muestra.. si M = 2 500 N.m y suponiendo que una restricción en D (no dibujado) limita el desplazamiento vertical del mismo y en AB está empotrado, hallar los esfuerzos normales en los puntos A y B así como el esfuerzo radial en la sección del radio geométrico.(P4.182BJ)
Figura P 34 Solución: Cálculo del área, radio geométrico y radio de curvatura neutra A = 60x20 + 50x20 = 2200 mm 2 x
60 x 20 x10 50 x 20 x 45 57000 25,91 60 x 20 20 x50 2200
M cos EA
d
20 3 50 3 2 2 60.20. 25,91 10 20. 20.50. 45 25,91 916515,15 I 60. 12 12
R = 40 +
Am 60 ln
r m
A A m
= 65,91
x
=
60 110 20 ln 36,45 40 60
2200 = 60,35 36,45
Como se trata de un problema hiperestático de primer grado consideramos liberado la restricción en D y en su lugar aplicamos la fuerza de restricción D. Calculamos la fuerza D con la condición del desplazamiento vertical nulo del punto D Las funciones de momento y fuerza axial en los tramos recto y curvo de la viga son: En el tramo recto DE Mx = -M + D.x
M x x D
En el tramo curvo EB Mx = -M + D.l + DR sen φ
AM X
D
l Rsen
N sen D
N = D.sen φ
U 0 D M N M dx N Rd P 2 D D ...... 0
DV
0
EI
........ 0 2
0
EA
M X M N d Nd d 2 D 2 D D M X 0 O EA RAm A EA EA
Am M X
Ing. Juan Bravo
0
0
.....
.... 0
0
2
2
M Dx . x .dx EI
0
2
Zsen sen Rd EA
A m M D .l DRsen l Rsen d EA RA m A
l Rsen Dsen d
2
EA
I
l2 l 3 DR M D ........ 2 3 EA 4 EI
......
2 2 DlR1 MR1 DR 2 .... Ml Dl EA RAm A 2 2 4 A M
.....
I EA
2 D.l 1 2 DR M 1 4
Reemplazando y desarrollando : D =20165,3 N. En la Sección .
Mx =-M+D l R 847.44m N = D =20165,3N
Cálculo de los esfuerzos en los puntos A y B. o
Para
r A
Para
....
M D.l DRsen sen d
0
EA
.....
M r n r Ar R r n
P A
40 oA 44,25MPa r B 110 oB 21,85MPa
La fórmula del esfuerzo radial es: r
1 M A rAm Am N A r .t A.r RAm A A
Donde Am b1 ln
r 2 r 1
b2 ln
R r 2
60 ln
60 65,91 20. ln 26,21 40 60
A b1 r 2 r 1 b2 R r 2 60 x 20 20 x5,91 1318,2 t
20
Reemplazando estos valores en la fórmula del esfuerzo radial para r = R obtenemos el correspondiente valor: r R r 106,67 MPa
35. Determinar el máximo valor de la carga P que puede soportar el elemento de una maquina con F.S = 4 si el diseño se basa en el esfuerzo ultimo cuyo valor es u 320 MPa (P9.11BO)
Figura P 35 Solución: Cálculo del área, radio geométrico y radio de curvatura neutra A = 180x60 + 2x60x30 = 21600 Am = 110 ln
130 310 2 x30 ln 163,3693213 163,57 70 110
Ing. Juan Bravo
110 x60 x30 2 x30 x110 x150 1944 = 90 110 x60 2 x30 x110 21600
X
R = 70+ x =160 A
r m
A m
=
21600 =132,05 163,57
Cálculo de los esfuerzos principales M=300P+ PR senφ = 460P M 0 PR cos φ cos φ = 0 φ = 2
M r n r Ar R r n
N A
Para r1 = 70 320 460 P132 70 P P 111,1kN 4 21600 x70160 132 21600 Para r2 = 310 80
460P132 310 P P 204,9kN 21600.310160 132 21600
Luego tomamos el menor valor de P = 111 k N
36. Una viga curva semicircular , como la que se muestra en la figura P5-15, tiene un od=150 mm, un id =100 mm y t = 25 mm. Para un par de carga F = 14 KN aplicado a lo largo del diámetro, encuentre el factor de seguridad de las fibras interiores y exteriores: a) Si la viga es un material dúctil de
S y 700
MPa
b) Si la viga es un material fundido de S ut = 420 MPa y Suc = 1 200 MPa. (p5-37n)
Figura P 36 Solución: A = 25x25 = 625 R = 62,5 Am
25. ln
r n
A Am
75 10,137 50
625 61,66 10,137
Cálculo del factor de seguridad:
F A
M r n r A.r . R r n
Para r1 = 50 y F = 14000 1
1
F A
M r n r A.r . R r n
14000 62 ,5 x14000 61,66 50 411,07 MPa 625 625 x 50 62 ,5 61,66
Para r2 = 75 y F = 14000
Ing. Juan Bravo
2
2
F A
M r n r A.r . R r n
14000 62,5 x14000 61,66 75 274,04MPa 625 625 x75 62,5 61,66
a). Para: y 700MPa NA =
N2 =
y 1 y 2
700 1,7 411,07
700 2,6 274,04
b). Para: ut 420MPa
y
uc 1200 MPa
N1 = 420 1.02 411,07 N2=
1200 4,31 4,4 274,04
REFERENCIALES
CAPITULO II TEXTOS: 1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M. Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth Edition. 1993. 2. FEODOSIEV, V. C. Resistencia de Materiales. Moscú: Ed. MIR , 2da edición. 1980. 3. PISARENKO, G. S.; YÁKOVLEV, a. P.; MATVÉEV, V. V. Manual de Resistencia de Materiales. Moscú: Editorial MIR, Primera edición 1979 4. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996 5. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice Hall.1998
Ing. Juan Bravo
CAPITULO III
PANDEO DE COLUMNAS
37. Una columna de 2,5 m de longitud efectiva está hecha de medio perfil W200x52 de acero laminado. Usando las propiedades dadas para la sección transversal, halle el factor de seguridad si la carga céntrica admisible es de 1150 kN use E = 200 GPa. (P11.30 BJ)
Figura p 37 Solución: De la tabla obtenemos los valores del perfil W200x52: A = 3385 mm2 Ix = 11.557x106 mm4 Iy = 3,865x106 mm4 ry = 51,175 mm 3,865.106 51,175 r y 3385 A I y
2 E
P AD ad xA
P AD
kl FS r
2 200 x10 3 FS 51.175
Luego
2
2
xA
x3385 1150kN FS 2.43
FS = 2.43
38. Una columna de longitud efectiva está hecha soldando dos canales de acero laminado C 6x10,5. con E = 29x10 6 psi, halle para cada arreglo mostrado la carga céntrica admisible si se requiere un factor de seguridad de 2,8. (P11.32BJ)
SOLUCION: Las características geométricas del perfil C6x10,5 son: A = 3.09 pulg2.
bf =2.034
Ix = 15.2 pulg4,
x =0.500
Iy = 3,41 pulg4 ry = 0.876 pulg. a) para el arreglo ][ mostrado las características geométricas de la sección compuesta serán:: A = 6.18 pulg2
2 0.865 3.09 x0.500 2 3.275 pu lg 4
2 I YT 2 I y A x
I YT
I xt
r y
2 I y 215.2 30,4 pu lg 4 I y A
3.275 0.73 6.18
Ing. Juan Bravo
P AD ad xA
P AD
2 E
kl FS r
2 29 x10 3
2.8 0.73 2
2
xA
x6.18 6.081klb
b) para el arreglo [ ] mostrado las características geométricas de la sección compuesta serán :A = 3,38 pulg2
I YT 2 I y A b f x
2
I YT
2 0.865 3.09 2.034 0.500 2 16.27 pu lg 4
I xt
2 I y 215,2 30.4 pu lg 4
r y
I y A
16.27 1.62 6.18 2 E
P AD ad xA
kl r
2
xA
FS P AD
2 29 x10 3
2.81.62 2
x6.18 45.121klb
39. La columna ACB tiene sección transversal rectangular uniforme y esta apoyada en el plano xz en su punto medio C .a) Determine la relación b/d para la cual el factor de seguridad es el mismo con respecto a pandeo a los planos xz y yz. b) Usando la relación encontrada en la parte a, diseñe la sección transversal de la columna para la cual el factor de seguridad será 3.0, cuando P = 4400 N, L = 1 m y E = 200 GPa. (11.46BJ)
Solución: a) En el plano xz: kL r y
1000 b
1000 12 b
12
En el plano yz: kL r y
2000 d
2000 12 d
12
Como el pandeo en ambos planos debe tener el mismo factor de seguridad, igualamos ambas relaciones y determinamos que
d/b =2
b) cálculo de las dimensiones de la sección transversal: P AD ad xA
P AD
Luego:
2 E
kl FS r
2 2000 x10 6
1000 12 3 b
d = 28.3 mm
2
2
xA
xbx2b 4400 N b 14.15mm
Ing. Juan Bravo
40. La columna AB soporta una carga céntrica P con magnitud de 15 Kips. Los cables BC y BD están tensados y evitan el movimiento del punto B en el plano xz. Usando la formula de Euler y un factor de seguridad de 2.2 y despreciando la tensión en los cables, calcule la máxima longitud admisible L. Use E = 29 .10 6 psi. (P11.48BJ)
SOLUCION: De la tabla del perfil W obtenemos los valores del perfil W 8x15 A = 4.44 pulg2 Ix = 48 pulg4
Sx = 11,8 pulg3 rx = 3,29 pulg.
Iy = 3,41 pulg4
ry = 0.876 pulg.
En el plano xz
kl r y
ad
0.7 xL 0.8 L 0.876
2 E 2
PW
A 2,2 2 29 x10 3 15000 ..... .. L 7,76.. pu lg 4,44 2,2 0,8 L 2
En el plano yz
kl r x
ad
2 L 0.608 L 3,29
2 E 2
PW
A 2,2 2 29 x10 3 15000 ..... .. L 10,2.. pu lg 2 4 , 44 2,2 0,608 L
41. Se aplica una carga axial P a la barra de acero, AB que tiene 1.375 pulg. de diámetro, como se muestra. Cuando P =21 Kips, la deflexión horizontal del punto C es 0.03 pulg. E= 29 .10 6 psi, determine: a) la excentricidad e de la carga, b) el esfuerzo máximo en la barra. P(11,50BJ)
Solución:
ymax e sec
21000
2
Pcr
2 EI L2
P
2
0,03 e sec Pcr
1 Pcr
2 29 x106
302
1
55800lb
Ing. Juan Bravo
Desarrollando obtenemos
e = 0,04 “
42. Uniendo con pernos dos ángulos 4x3 x 1 / 4 pulg. se obtiene un elemento a compresión de
10 pies de longitud efectiva . Si σy = 36 Ksi y E = 29x10 6 psi , halle la carga céntrica admisible para el elemento. (P11.92BJ)
Solución: características del perfil L 4x3x1/4: A = 1,69 pulg 2 Ix =2.77 pulg4 Iy = 1,36 pulg4 x
= 0.736 pulg.
Cálculo de las características geométricas de la sección compuesta: A = 3,38 pulg2 I YT
2 I y A x 2 21.36 1.69 x0.7362 4,55 pu lg 4
I xt
2 I y 212,77 5,54 pu lg 4
r y
I y A kL r y
4,55 1,16 3,38
10 x12 103,45 1,16
C C
2 2 Y
2 x 2 29 x10 6 126,1 36000
Luego la columna es corta
ad
1 2 y 1 2 C c 3 5 1 1 3 8 C c 8 C c
ad
1 103,45 2 361 2 126,1 12,34..ksi 3 5 1 103,45 1 103,45 3 8 126,1 8 126,1
Pad ad xA 12,34 x3,38
42,4klb
43. Una columna de 19.5 pies de longitud efectiva consta de un perfil de acero laminado W
12x 50. El acero tiene σy = 50 Ksi, σadm = 30 Ksi a flexión y E = 29 * 10 6 psi. Usando el método de interacción, halle la carga P admisible si la excentricidad es: a) e x = 1,0 pulg., ey = 0, b) ex = 0 , e y = 1.0 pulg. (P11.125BJ)
Solución:
Ing. Juan Bravo
Características del perfil W12x50: A = 14,7 pulg 2 Ix =394 pulg4
Sx=64,7rx = 5,18
Iy = 56,3 pulg4
Sy =13,9
ry= 1,96 pulg.
Cálculo de esbeltez kL
r y
19.5 x12 119,38 1,96
2 2
C C
2 x 2 29 x106 107 50000
Y
Como λ > Cc entonces la columna es larga. 2 E
ad
23 kl 12 r
2
2 29 x103
23 119,38 2 12
10.48ksi
a) la excentricidad está en el eje x: P A
M .c1
I y
P
ad
P.1
14,7 13,9
10,48.... ..P 74,87..klb
b) la excentricidad está en el eje y: P A
M .c 2
P
14,7
I x
ad
P.1
64,7
10,48.... ..P 125,53..klb
44. Una carga excéntrica P de magnitud 160 kN se aplica, como se muestra, al tubo AB hecho de una aleación de aluminio 6061 – T6. Por el método de interacción y con un
esfuerzo admisible a flexión de 150 MPa , halle la máxima excentricidad e admisible. (P11.128BJ) A = 3200 mm 2 Ix =2826666,67 mm4 Iy = 4106666,67 mm4
Solución: Cálculo de esbeltez kL r y
1500 50,47 29,72
l ad =( 139 0,868 )=(139 -0.868(50.47)) = 95,19 MPa r
Aplicando el método de interacción P
Mc
A I 1 ad b
160000 3200 95 ,19
160000 xex 50 4106666 , 67 1 e 36 , 5 mm 150000
Ing. Juan Bravo
45. Un elemento a compresión de sesión transversal rectangular tiene una longitud efectiva de 36 pulg. y esta hecho de aleación de aluminio 2014-T6, posee un esfuerzo admisible a flexión de 24 ksi. Use el método de interacción para hallar la mínima dimensión d utilizable cuando e = 0.4 Pulg. (P11.144BJ)
Solución: Cálculo de esbeltez kL r y
360 54,43 3 d 2.25 12 xdx2.25
Con este valor vamos a las fórmulas de 2014-T6 y vemos que la fórmula de σ ad es: l ad =( 30.7 0,23 )=(30.7-0,23(54.43)) = r
18.18 ksi
Aplicando el método de interacción P
Mc
A I 1 ad b
32 32 x0.4 xd / 2 2.25d 2.25 xd 3 1 18.18 12 x 24 2
d 0.7823d 0.0099
0 d 1.894
46. Una columna de madera de sección rectangular tiene 8.2 pies de longitud efectiva y debe soportar una carga de 9 Kips, como se muestra. Usando el método del esfuerzo admisible, diseñe la columna de modo que un lado de su sección transversal sea el doble del otro. Suponga E = 18* 10 6 psi y un esfuerzo admisible de 1500 psi para compresión paralelo a la fibra. (P11.146BJ)
Solución: b b r y
I y A
3
12 2
b b
b
2
48
2
kl r
8.2 x12 x 48 b
2
681.34 b
2
0.3 x1.8 x103 2 ad 2 2 13.94b l 8.2 x12 d b / 2 0.3 E
Aplicando el método del esfuerzo admisible: P A
Mc I
ad
18000 9000 x1.4 xb / 4 b
2
b b x
12 2 Resolviendo:
b = 7.90 pulg.
3
13.94b 2
Ing. Juan Bravo
47. Determine la carga máxima P que puede aplicarse a la columna de madera mostrada en la fig. si E = 12 GPa y el esfuerzo admisible para la compresión paralela al grano es de 9 MPa. Use el método del esfuerzo admisible. (P9.80R)
SOLUCIÓN: Determinación de la razón de esbeltez. kl d
kl c
d
2 x 2000 40 100 0,67
E
Y
24,5
luego la fórmula de esfuerzo admisible correspondiente será: 0,3 x12 x103 2,25MPa ad 2 2 40 kl 0,30 E d
Aplicando el método del esfuerzo admisible: P A
Mc I
ad
75 Px75 x12 N 2,25 3 15000 100 x150 mm2 P
P 8437,5 N
48. Dos ángulos de acero de 4 x 3 x 3/8 pulg. se sueldan para formar la columna AB cuyos extremos son: apoyado en A y empotrado en B. Se aplica una carga axial de magnitud P = 18 Kips en el punto D. Hallar la máxima longitud admisible L. Suponga E = 29 x 10 6 psi, y = 36 ksi y un esfuerzo admisible a flexión de 22 ksi. (P11.132BJ)
Solución: Datos del perfil L 4x3x
3 8
A=2,48 pulg I x 3,96 pu lg
4
4 I Y 1,92 pu lg
Sx = 1,46 pulg3 Sy = 0,866 pulg3
x
0,782
y 1,28
Cálculo del área y momento de inercia total A= 2(2,48) = 4,96 pulg 2 Ix = 2 Ix =2(3,96) = 7,92 pulg 4 Iy = 2 (Iy + Ix-2) =2 (1,92 + 2,48x (0,712) 2) = 6,17315904 pulg 4
Ing. Juan Bravo
Cálculo de la esbeltez y esfuerzo admisible
L r min
ad = ad
L
6,873 4,06 2 E
23 2 12
L
1,1772
2 E
23 L 12 1,1772
2
206931149,4 2
L
Aplicando el método de interacción Mc
P
A I x 1 ad b
14000 4,96 206931149,4
14000 x1,28
3 x1,28 16
7,92 22000
1
2
L
L 16,46 pies
49. Se construye una columna de 40 pies de longitud con 4 ángulos enlazados como muestra en la figura. Se supone que dos extremos se conectarán por medio de pasadores. Cada ángulo tiene un área transversal A = 2.75 pulg 2, momento de inercia I xx = Iyy = 2,22 pulg4 tenemos la distancia d entre los centroides C de los ángulos, de modo que la columna sea capaz de soportar una carga axial P = 50 klb sin pandearse. Desprecie el efecto de enlazamiento E = 2x10 3 ksi, σy = 36 ksi. (p13.15h)
El momento de inercia de la reacción compuesta es. 2 2 d d Ixx = 4 I x A 42.22 2.75 2 2
= 8.88 + 2.75 d 2 PCR =
2 EI l2
2 x 29 x103
8.88 2.75d 2 50 40 x12 2
d = 3.377 3.38 pulg. 50. Una columna de acero de 22 pies de longitud efectiva debe soportar una carga excéntrica de 36 Kips en un punto D sobre el eje x. Usando el método de interacción elija el perfil W de 12 pulg. de altura nominal que debe usarse E = 29 x 10 6 psi σy = 36
Ksi, σad = 22 Ksi a flexión. (11.148bj)
Ing. Juan Bravo
Solución: Seleccionamos un W12 x 58 y de la tabla obtenemos sus parámetros geométricos A = 17.06 ry = 2.51 rx = 21.1 Cálculo de esbeltez: 2 2 25 x106 126.1 C c c 36 x103 1 = 1
L2 r min
22 x12 105.17 C c 2.51
Como 1 Cc la columna es corta. Cálculo de esfuerzo admisible: y
1 1 σadm = 1 f .s 2 cc
2
36 x103 1 105.17 2 12292.9 Psi 1 1.91 2 126.1
3
5 3 105.17 1 105.17 f.s. = 1.9069 1.91 3 8 126.1 8 126.1
Aplicando la formula de interacción MC P / A
adm
I 1 adm
36 x10 3 36 x10 3 x15 2110.2 2523.4 12.06 21.4 1 12292.9 2200 12292.9 22000 0.286 1 Ahora seleccionamos un W 12 x 40 A = 8.00 Z = 11 ry = 1.94 Cálculo de esbeltez: =
22 x12 136.08 C C columna...l arg a 1.94
adm =
2 E
1.922
2 x 29 x106
1.92136.08 2
8050.2 Psi
Ing. Juan Bravo
MC P / A
min
I b
1
36 x10 3 36 x10 3 x1 . 5 8 11 1 8050 . 2 22000 0 . 782 1
Ahora seleccionamos el perfil W 12 x 36 A = 10.59 Z = 1.2 ry = 1.5 =
Le
r
adm =
P A
12 x12 176 C C columna..l arg a 1.5 2 x 29 x106
1.92 x176 2
4812.5 Psi
36 x102 339.4 10.59
36 x103 x1.5 7500 7.2 S
M
P
Mc
A I x 1 ad b
3399.4 7500 1 4812.5 22000
1,047 1
Utilizamos el perfil W 12 x 40
51. Un perfil de acero W 3690 x 147 se emplea como columna de 7 m de longitud efectiva para soportar un carril de una grúa viajera en una nave industrial que le transite una carga P. Determine la máxima carga P adm si además la columna soporta una carga de 400 kN procedente de la planta superior. E = 200 GPa y f = 250 MPa
Solución: Determinación de los parámetros geométricos del perfil W 3690 x 147 A = 18800 mm 2 Ix = 463 x 10 8 mm Sx = 2570 x 103 mm3 rx = 157 Sy = 904 x 103 mm3 ry = 94.3 Cálculo de esbeltez
Ing. Juan Bravo
=
C =
Le r min
7000 74.23 94.3
2 2 E f
2 x 2 x 200 x103 125.6 250
C > Columna Corta
1 2 y 1 2 C adm = 3 1 5 3 3 8 C 8 C
ad
1 74.23 2 2501 206.339 2 125.6 = 110.81 MPa 3 1.862 5 3 74.23 1 74.23 3 8 125.6 8 125.6
Cálculo de la carga P aplicando el método del esfuerzo admisible P A
MC Ix
adm
400 x103 P 400 x103 x75 125P 110.81 18800 2570 x103 P = 161,1 kN
52. Se construye una columna de 40 pies de longitud con cuatro ángulos de acero A-36 unidos por celosía como muestra en la fig. sus extremos se pueden considerar empotrados. Cada ángulo tiene una sección transversal A =2,75 pulg 2 y momentos de
inercia Ixx= Iyy =2,22 pulg4. Determinar la distancia d entre las centroides C de los ángulos de modo que la columna pueda soportar una carga axial P=350 klb sin pandearse. Desprecie el efecto de la celosía. E=29x103 ksi . Y =36 ksi (p13.15h)
El momento de inercia de la sección compuesta es: 2 d d Ixx = 4 I A 2 42,22 2,75 8,88 2,75 d 2 2 2
Pcr
2 EI
4l 2
2 .29 x10 3
8,88 2,75d 2 350kip 4. 40 x12 2
d 4,73 pu lg
53. Se aplica una carga vertical P=11kips al punto medio de uno de los bordes de reacción cuadrada del elemento o compresión de acero AB, libre en A y fijo en B. Si E =29x10 6psi y y 36ksi , usando el método del esfuerzo admisible, halle la máxima dimensión admisible d .(p11.138bj)
Ing. Juan Bravo
Solución: Determinación de la esbeltez A=d2 4
I
d
=
le
12
r
adm
I
r
A
d
12
2 x 45 x12 12 d
2 x 29 x10 6
374,1 d
2
374,1 d
1065,2d 2
1,92
Aplicando la formula de esfuerzo admisible. P A
M .c I
adm d d
11 x10 3 . 11 x10 2 2 1065,2d 2 2 4 3
d
d
12 41,3 d 4 d 2,54 pu lg .
54. un tubo rectangular de acero debe reportar una carga de 60 KN con excentricidad e=25 mm. El espesos de los tubos disponibles va en incremento de 1,5 mm desde 6 mm hasta 12 mm. Por el método de interacción halle el tubo mas liviano que puede ser utilizado . E=200 GPa, y 250 MPa y el esfuerzo admisible a flexión es 150 MPa.(P11.140bj).
Solución: Para t = 6 mm
130 x78 3 118 x66 3 2313936..mm 4 I x 12 12
A = 78x130-118x66=2352 mm 2 I x
r x
A
31,36 31,4mm
2 x 2 x 200 x10 9 C C 125,1 . 250 x10 6
Le r
5000 159,2 C c . 31,4
Luego, la columna es larga adm
2 x 200 x103
1,92159,2 2
40,56.
Ing. Juan Bravo
60 x10 3 25,51 : A 2352 3 M .c 60 x10 x 25 x39 25,28 I x 23,3936 P
Aplicando la formula de interacción. M .c
P
A I 1 adm adm
25,51 25,28 1 40,56 150
0,80 ≤ 1 Para t =7,5 mm 130 x753 115 x633 2744696,25; 12 12 A 130 x78 115 x63 2895
I x
r x
I x A
30,8
5000 162,3 C C columna...l arg a r min 30,8 2 x 29 x10 6 adm 39,03 1,92 x162,3 2
l
Aplicando el método de interacción: 60 x10 3 20,75 A 2895 3 M .c 60 x10 x 25 x39 21,31 I x 2744696,25 P
20,73 21,31 1 39,03 150
0,68 1 Se elige el mas liviano t = 6 mm
55. Un tubo de acero (E = 200 GPa) de longitud L = 3,5 m está empotrado en la base y articulado en la cima. Los diámetros interior y exterior son 75 mm y 90 mm respectivamente. Se aplica una carga de compresión P con una relación de excentricidad estimada ec/r2 = 0,5. (a) Si la carga P = 100 k N, ¿cuál es el esfuerzo máximo σ max en eltubo? (b) Determinar la carga admisible P ad si el factor de seguridad con respecto a la
fluencia del material es F.S = 2,5. (suponer σ y = 250 MPa.) Solución: Forma exacta. a) Cálculo de σmax: max
max
P
1 ec2 . sec Le P 2r EA A r
0,7 x3500 100 x10 3 100 x10 3 84,28 MPa 1 0,5. sec 2 x 29,29 200 x10 3 x1943,86 1943,86
b) Cálculo de la carga admisible Pad: max ad
250
P
ec
A
r
1
P 2 r EA
Le
. sec 2
P 1 0,5. sec 0,7 x3500 2 x 29,29 200 X 10 3 x1943,86 1943,86 P
mediante la prueba y error determinamos la carga crítica P cr = 243500 N que origina σad Pad
Pcr F .S
243500 97400 N 97,4kN 2,5
Forma aproximada: a) Cálculo de σmax:
Ing. Juan Bravo
ec r 2
0,5 y
C
ad
max
r
2. 2 E Y
Le
r min
I
29,29
A
e 4,77
125,7
0,7 x3500 83,65 C Columna..corta 29,29
2 1 2 83 , 65 y 1 0,5 250 1 2 C 125,7 77,9 MPa
F .S
2,5
100 x10 3 100 x10 3 x 4,77 x 45 77,2 MPa ad 77,9 MPa A I 1943,86 1667467,8 P
Mc
b) Cálculo de la carga admisible Pad: C Columna..corta ad
max
P A
Pec Ar 2
P
y
Px0,5
1943,86 1943,86
1 0,5 / C 2 77,9 MPa F .S
77,9 MPa ad P 100,95kN
REFERENCIALES
CAPITULO III
TEXTOS: BIBLIOGRAFIA 1.
DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de Maquinas. México: CECSA, 9 na Reimpresión 1999.
1
POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da edición. 2000
2
RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica de Materiales. México: Limusa Wiley, 1 ra edición 2000
3
HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion 1997
4
BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales. Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.
5
M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice Hall.1998
Ing. Juan Bravo
CAPITULO IV
TEORIA DE ROTURA DE MATERIALES
56. Las dos poleas montadas en el eje se cargan como se muestra. Si los cojinetes A y B ejercen sólo fuerzas verticales contra el eje, determine el diámetro requerido del eje al 1/8 pulgada más próximo mediante la teoría de la energía de distorsión máxima, adm = 67 ksi.
Cálculo de las fuerzas de reacción: MB = 0 A x 6 - 420 x 5 – 420 x 2 = 0
A=
420 x 7 490 6
FY = 0 A - 4 2 0 – 420 + B = 0
B = 840 – 490 = 350 La sección crítica será la C donde el momento flector es mayor, luego es diseño será para esa sección
MC = 350x2x12 = 8400 lb.pulg. TC = 180x0,5x12 = 1080 lb.pulg.
M .c I T .r J
M S
8400 S
1080 540 2S 2S S T
Aplicando el criterio de máximo trabajo de distorsión 2 + 3 τ2 ad2 2
2
8400 540 2 3. 67000 S 0,12615 S S
56. La fuerza 4 KN es paralela al eje x y la fuerza Q paralela al eje z, Si adm 60 MPa , halle el diámetro mínimo admisible del eje sólido AD. (p7.158bj)
solución. Cálculo de la fuerza Q y las reacciones en los apoyos
Ing. Juan Bravo
ΣT = 0 .4x90-60Q = 0 Q
360 6.kN 60
Plano x y
ΣMA=0 180 x 4 320 xDx 0 D X
720 2,25.kN 320
ΣFX = 0 AX + DX - 4 =0
AX=
4 - 2,25 = 1,75
AX = 1,75 kN Plano yz
ΣMA =0 100 Q -320 D3 = 0 D 3 =
600 1,875 kN 320
ΣF3 = 0 - A3 + Q - D3 = 0 A3 = 6 – 1,875 = 4,125 kN
Con los valores obtenidos trazamos los diagramas de momentos flectores en los planos correspondientes y junto con el diagrama de momento torsor determinamos la sección transversal mas crítica que esta entre B y C. 2
MB =
100 412,5 315x = 448,09 180 2
TD = 360 kN. MC =
140 315 412,5 x 220 2
2
= 410,04
TC = 360 kN. En este caso MB > MC luego la sección crítica será la B Cálculo de los esfuerzos en el punto crítico de la sección B.
B
M S
448,09 x103 S
360 x103 180 x103 B 2 S 2S S T
Aplicando Von Mises. 2
2
B 3 B ad
2
2
2
448,09 x103 180 x103 3 x 120 2 S S
S= 4541,99 =
d 3
32
d 35,9mm.
57. El eje sólido AB y los engranajes mostrados se usan para transmitir 15 hp del motor M a la maquina conectada del eje sólido CDE. Si el motor gira a 360 rpm y adm =7,5 ksi, halle el mínimo diámetro admisible: a) del eje AB, b) del eje CDE (p7.160bj).
Solución. P= 15 hp x
6600.lb. pu lg/ s 99000.lb. pu lg/ s 1.hp
N =360 rpm x =7,5 ksi
2 1min 1 37.7 = ω 1rev 60 s s
Ing. Juan Bravo
Cálculo del torque del motor (eje AB) y la fuerza en el engranaje B P = T.ω T =
T = F.r →
P
=
F =
99000 = 2626 lb.pulg. 37,7
T
2626 = 656,5 lb. r 4
Cálculo de los esfuerzos en la sección A :
M
T
S
2S
3939,09
=
S
2626,06 2S
a) Cálculo del diámetro del eje AB. Aplicando el criterio de máximo trabajo de distorsión: 2 3 2 ad
2
2
2
3939.09 2626,06 3 2 3 x 15.10 S 2 S
S=0,30323 =
d 3
32
d 1,46
b) Cálculo del torque, los esfuerzos y el diámetro del eje CDE T1 = F. r1 = 656,5x2.5 =1641,3 lb. Pulg M1 = F. l1 = 656,5 x 3 = 1959,5 lb.pulg. Aplicando el criterio de máximo trabajo de distorsión: 2 3 2 ad
2
2
2
1959,5 1641,3 3 2 3 x 15.10 S 2 S
S=0,16138 =
d 3
32
d 1,18. pu lg
58. Una flecha de acero de 4 pulg. de
extremos. dos poleas
diámetro está apoyada en rodamientos flexibles en sus
de 24 pulg. de diámetro cada una están unidas a la flecha. Las
poleas sustentan bandas que están sujetas a cargas, como se muestra en la figura. El acero tiene un limite de proporcionalidades de 40klb/pulg2 a tensión y a comprensión y de 23 klb/pulg2 a cortante. Si se especifica un factor de seguridad de 2.5 con respecto a la falla por fluencia, determine la tención máxima admisible P en la banda de acuerdo con: a. La teoría de falla del esfuerzo cortante máximo. b. La teoría de falla de la energía de distorsión máxima
Solución. Cálculo de las fuerzas internas en las secciones críticas (ubicación de las poleas) V = 4P M = 160P T = 24P Cálculo de los esfuerzos
M S
160 P 3
d
32
32 x160P 25,46 P 3 4
Ing. Juan Bravo
M
2S
24 P 16 x 24 P 1,91P 3 2d 3 4 32
a) Aplicando el criterio de Tresca
2 4 2 ad
2
40 25,46 P 41,91P 2,5 P 621,5lb 2
2
2
b) Aplicando el criterio de Von Mises 2 3 2 ad
2
40 25,46 P 31,91P 2,5 P 623,2lb 2
59.
2
2
La estructura mostrada en la figura P19-94 está esta sujeta a una carga P de 100 kN. El material tiene un limite proporcionalidad de 220 MPa a tensión y a compresión . Determine el factor de seguridad con respecto a la falla por fluencia de acuerdo con: A: La teoría de falla del esfuerzo cortante máximo. B: La teoría de falla de la energía de distorsión máxima.
Solución: Cálculo del área y centroide de la sección transversal: A 2 x50 x150 15000 mm
x
A x A i
i
i
2
50 x150 x 25 50 x150 x125 75 50 x150 50 x150
Cálculo del centroide de momento de inercia bh 3 A y 2 I x 12
150 x50 3 50 x150 3 2 50 x50 x50 50 x50 x50 2 I x 12 12 I x 53125000 Cálculo de fuerzas internas en el centroide de la sección crítica N = P = 100 kN M = 425 P = 42500 k N mm Cálculo de los esfuerzos máximos en la sección crítica
P A
M . y I
1
100000 42500000 x75 66.67 MPa 15000 53125000
2
100000 42500000 x125 93,33 MPa 15000 53125000 2 4 2 ad
a) Aplicando el criterio de Tresca
2
Como en los puntos críticos no existe el esfuerzo cortante obtendremos:
ad N
N
ad
b) Aplicando el criterio de Von Mises
220 2,36 93,33 2 3 2 ad
2
Como en los puntos críticos no existe el esfuerzo cortante obtendremos
Ing. Juan Bravo
ad N
N
ad
220 2,36 93,33
REFERENCIALES
CAPITULO IV
TEXTOS: BIBLIOGRAFIA 1. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999. 2. POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da edición. 2000 3. RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica de Materiales. México: Limusa Wiley, 1 ra edición 2000 4. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI,
KENNETH.
Mecánica de Materiales.
Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002. 5. GERE. JAMES M. Mecánica de Materiales. México: Thomson Learning, 5ta ed. 2002. 6. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice Hall.1998
Ing. Juan Bravo
CAPITULO V
CILINDROS DE PARED GRUESA
60. Un cilindro cerrado tiene un diámetro interno de 20 mm. y diámetro externo de 40 mm. Esta sujeto a una presión externa P2 = 40 MPa y presión interna de P 1 = 100 MPa. Determinar el esfuerzo axial y circunferencial en el cilindro interno. Solución: La fórmula de los esfuerzos circunferencial, radial y axial son respectivamente:
t r
P1r 12 P2 r 22 r 22 .r 12 P1 P2 r 22 r 12 r 2 r 22 r 12
75,0 100 x102 40 x 202 2 100 40 MPa 40 402 202 402 202 85,0 t r
z
P1r 12 P2 r 22 100 x102 40 x 402 r 22 r 12 402 102
5,00 MPa
61. Un tubo compuesto de acero (E = 200 GPa) se ha construido introduciendo un tubo de acero de diámetro exterior igual a 200 mm y diámetro interior 100 mm dentro de una camisa del mismo material con diámetro exterior igual a 300 mm y con una interferencia radial ∆ = 0.075 mm, determine a) La presión de contacto, b) los máximos esfuerzos en el tubo y la camisa, c) Los máximos esfuerzos en el tubo y en la camisa cuando actúa una presión interna de 200 MPa. Solución:
a) de la fórmula de interferencia determinamos la Presión de Contacto
E r 22 r m2 r m2 r 12 pk 2r m3 r 22 r 12
200 x103 x0.0753002 2002 2002 1002 17.578 pk 2 200 3 3002 1002 b) Cálculo de máximos esfuerzos en el tubo y la camisa: De la fórmula general de esfuerzos radiales y transversales tenemos:
t r
2 2 2 2 P1r 1 P2 r 2 r 2 .r 1 P1 P2 r 22 r 12 r 2 r 22 r 12
Los esfuerzos máximos se presentan en la pared interna de cada tubo: Para el cilindro interno : P1 = 0 y r = r1 r t
46,88 17.58 x 2002 2 17.58 200 2 2 0 2002 1002 200 100
max = 1 - 3 = 0 – (-46,88) = 46,88 MPa
-Para el Cilindro Externo (camisa): P 2 = 0 y r = r1 47,708 17.58 x 2002 17.58 2 300 14 , 064 31 , 644 2 2 17,580 3002 2002 300 200 t r
max = 1 - 3 = 47,708 – (-17,58) = 65, 288 MPa
c) esfuerzos máximos cuando en el cilindro compuesto actúa la presión interna de 200 MPa. - En el cilindro interior:
Ing. Juan Bravo
t
2 p1 r 2 r 1
2 r 2
2 r 1
2
p 2r 2 k
r
2
m
m
r 12
200 300 2 100 2 17,578 x 2 x 200 2 t 226,56 1 300 2 100 2 200 2 100 2 r p1 200 2
max = 1 - 3 = 226,56 – (-200) = 426,56 MPa
- En el cilindro exterior (camisa): r 2 2 p k r 2 2 r m 2 1 t 2 r 2 r 12 r m 2 r 2 2 r m 2 P1 .r 1
t
2
200 x100 2 300 2 300 2 200 2 126,96 1 1 17 , 58 300 2 100 2 200 2 300 2 200 2
r 2 2 1 2 p k r 2 2 r 2 r 1 r m P1 .r 1
2
200 x100 2 300 2 1 17,58 48,83 2 r 300 2 100 2 200 2 Camisa 17.58 x 2002 3002.1002 17.58 3002 2002 2002 3002 1002 t r
eq
1 2 126,96 48,83 175,79..MPa
62. Un cilindro compuesto de aleación de aluminio (E =72 GP a, υ = 0.33) esta hecho de un cilindro interno de diámetros interno y externo de 90 y 120 + ∆ mm, respectivamente y
un cilindro externo con diámetros interior y exterior de 120 y 240 mm respectivamente. El cilindro compuesto esta sujeto a la presión interna de 160 MPa. Cual debe ser el diámetro externo del cilindro interno si el esfuerzo circunferencial al interior del cilindro es igual a 130 MPa. t
p1 r 12 r 2
2
r 22 r 12
130 160
2c
p k
r 22 r 12
90 2 240 2 p 240 2 90 2
2 *120 2 k 120 2 90 2
p k 18,02. MPa
La fórmula de p k en función de la interferencia para cilindro compuesto es: PK
2
2
2
E r m r 1 r 2 r m
2r m
2
2
2
2
r 2 r 1
Despejando ∆ queda
2.r m 2 r 2 2 r 1 2 . p k
2
E r m r 1
2
r 2 2 r 2 m
2 x120 2 240 2 90 2 x18,02 0,013 72 x10 3 120 2 90 2 240 2 120 2 e 120 120 0,013 120,013..mm
63. Dos cilindros son ensamblados por deslizamiento para formar un cilindro compuesto abierto. Ambos cilindros están fabricados de acero con σ y = 700 MPa. El cilindro interior tiene los diámetros interno y externo de 100 mm y 150 + ∆ mm respectivamente. El cilindro exterior tiene los diámetros interior y exterior de 150 mm y 300 mm
Ing. Juan Bravo
respectivamente. Determinar: a) la presión de apriete p k y la máxima presión interna p i que puede ser aplicado al cilindro si ha sido diseñado con un factor de seguridad de 1,85 para la simultanea iniciación de fluencia en el radio interno de los cilindros. Use el criterio de falla de máximo esfuerzo cortante, b) el diámetro externo del cilindro interior requerido por el diseño. E = 200 GPa y υ=0,29.(p11.17bo) : Solución: El valor del esfuerzo admisible en la pared interna del cilindro interno es: A
y Fis
700 1,85
(1)
Por condición del problema en la pared interna del cilindro externo el esfuerzo admisible debe ser igual
eqA EDB
(2)
El esfuerzo equivalente en la pared interna del cilindro interno es: eqA 1 3 p
2 2 b a 2 2 b a
- pk
2c 2 c2 a2
p
(3)
El esfuerzo equivalente en la pared interna del cilindro externo es: eqB
2 2 2 b 2 b c p.a 1 2 p K 2 1 3 2 2 2 2 2 b a c b c b a
pa
2
b 2 1 2 p k c
Igualando ambas expresiones y reagrupando se tiene b 2 c 2 p k 2 2 p. 2 2 2 2 2 c b a c a b c b2 c2 a2
(5)
Reemplazando valores p.
150 2 150 2 75 2 50 2 75 2 . . p k 2 2 2 2 75 2 150 2 50 2 150 75 75 50
0,625. p 3,3133. p k p 5,0133. p k
(4)
Igualando (1) y (3) y reemplazando el valor de p = 5,0133.p k 700 22500 2500 2 5625 5.0133 Pk . Pk 5,013Pk 1,85 22500 2500 5625 2500 p k 49,37 MPa
p = 5,0133 p k = 246,998 ≈247 MPa cálculo del diámetro externo del cilindro interno u1
1
c
3
E b 2 c 2
Pk
1
2
a c
E c 2 a 2
Pk
1 0,29 5225 1 0,29 250 x75 . . 49 , 2685 . .49,2685 0,019 200 x10 3 22500 5625 200 x10 3 5625 2500
De = 2(75 + ∆) = 150,038 mm.
Ing. Juan Bravo
REFERENCIALES
CAPITULO V
TEXTOS. BIBLIOGRAFIA 1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M. Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth Edition. 1993. 2. FEODOSIEV, V. C. Resistencia de Materiales. Moscú: Ed. MIR , 2 da edición. 1980. 3. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996 4. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice Hall.1998
CAPITULO VI
CONCENTRACION DE ESFUERZOS
64, La parte que se muestra en la figura está hecho de acero AISI 1040 HR. Se le someterá a una fuerza de 5 000 lb que se aplica mediante dos pernos de 0,25 pulg de diámetro en los orificios que se encuentran en cada extremo. Calcule el factor de diseño resultante. (p5.40m)
Solución:: De la tabla de materiales de acero para AISI 1040 HR el σmax = 91 ksi y σad = 58 ksi. La zona de concentración de esfuerzos son dos 2 2,0 h 1 ..... ..k t 4,0 r 0,02 0,02 h 1 H
Cálculo del factor de seguridad en la zona de la entalla.
Ing. Juan Bravo
max k t . nom k t .
max 4,0 x
P A
ad
y FS
5000 58000 80000 0,25 x1 FS
.... ..FS 0,73
El radio de la muesca se debe incrementar para disminuir el esfuerzo admisible. Cálculo en el orificio: d W
0,25 0,25.... ...k t 2,43 1,00
max k t . nom k t .
max 2,43 x
P A
ad
y FS
5000 58000 64800 0.251,00 0,25 FS
....... ...FS 0,90 De aquí se deduce que el diseño debe ser mejorado.
65. Para la placa lisa en tensión de la figura, calcule el esfuerzo en cada orificio, suponiendo que los orificios están separados lo suficiente y que sus efectos no interactúan. (p49m)
Solución: Para el orificio izquierdo: d W
0,72 0,51.... ...k t 2,15 1,40
max k t . nom k t .
P A
2,15 x
6200 39215,9.. psi 0.501,40 0,72
Para el orificio central d W
0,40 0,29.... ...k t 2,38 1,40
max k t . nom k t .
P A
2,38 x
6200 29512.. psi 0.501,40 0,40
Para el orificio derecho d W
0,50 0,36.... ...k t 2,30 1,40
max k t . nom k t .
P A
2,30 x
6200 31688,9.. psi 0.501,40 0,50
66. La figura muestra el vástago de una válvula de un motor que se ve sometido a una carga axial por tracción que aplica el resorte de la válvula. Para una de 1,25 kN, calcular el esfuerzo máximo bajo el hombro.(p47m)
Ing. Juan Bravo
Solución: Cálculo del coeficiente teórico de concentración de esfuerzo: 9 1,5 h 6 ..... ..k t 2,23 r 0,5 0,083 h 6 H
Cálculo del esfuerzo máximo: max k t . nom k t .
P A
2,23 x
1250 98,6.. MPa .6 2 4
67. Una flecha circular maciza de 150 mm de diámetro se maquina a un diámetro de 75 mm a lo largo de una parte de una flecha . Si en el punto de transición de los dos diámetros el radio del filete es de 12 mm , ¿Qué esfuerzos cortante máximo se desarrolla cuando se aplica un par de torsión de 2700 N.m a la flecha? ¿Cuál será el esfuerzo cortante máximo si el radio del filete se reduce a 3 mm?.(p6.12m) Solución: Determinación de kt
D d
150 2 75
...k t 1,33
12 0.16 d 75 r
Determinación del esfuerzo máximo: max k t . nom
270010 3 k t 1,33 43,3.. MPa J .75 3 16 T .r
Cuando el radio del filete se reduce a 3 mm: r d
3 0,04 ...k t 1,86 75
max k t . nom
270010 3 k t 1,86 60,63.. MPa J .75 3 16 T .r
El esfuerzo máximo se incrementa.
68. Encuentre el radio requerido de un filete para la unión de 6 in de diámetro contra flecha de 4 in de diámetro si el conjunto transmite 110 hp a 100 rpm y el esfuerzo cortante máximo esta limitado a 8000 psi. Solución: Determinación del torque y esfuerzo nominal: T
P
100 x6600 69328..lb. pu lg 2 100 60
nom
Determinación del radio del filete:
T .r J
69328 5514,7.. psi .4 3 16
Ing. Juan Bravo
k t
max nom
8000 1,45 5514,7
r
... ........ d
6 1,5 d 4
D
6 1,5.. ..r 0,37. 4
69. La viga de la figura está hecho de material frágil que tiene resistencia última σ u 450
MPa. Si h = 125 mm y ρ = 15 mm, determine la magnitud de la carga P basado en un factor de seguridad SF = 3,50. asuma que el material es linealmente elástico hasta la última resistencia.
Solución: Determinación de del coeficiente teórico de concentración de esfuerzos: 250 2 h 125 ..k t 1,9 15 0,12 h 125
H
M . c
1600 P . 62 , 5 0 , 01024 60 x 125 2 12
nom
max
k t .
nom
1 , 9 x 0 , 01024
I
nom
P
u
FS
.... P 6608 , 3 .. N
P
0 . 019456
P
450 3 , 50
70. Una viga de sección rectangular es de aleación de aluminio (E=72GPa). Los strain gages son utilizados para determinar el factor de concentración de refuerzos en la entalla un strain gage es colocado en la parte inferior de la muesca y otro a una distancia del mismo. Las lecturas de los strain gages en la muesca y a una distancia de ella son respectivamente 0.00250 y 0,00100. determinar la magnitud de P y el coeficiente teórico de concentración de esfuerzos. (P14.17BO)
Solución: Cálculo de los esfuerzos en la entalla y zona cercana : muesca max E . 72 x10 3 x0,00250 180.. MPa w E . 72 x10 3 x0,00100 72
Mc I
.............. ..P 27000.. N
M .c1
500 x 27000 x55 133.9.. MPa I 1 50 x110 3 12 180 1,34 k t max nom 133,9
nom
500 Px75 50 x150 3 12
Ing. Juan Bravo
71. La barra redonda mostrada en la figura 2-65 está montada como una viga en voladizo y tiene una ranura como se indica. El material tiene YP =60,000Psi y N fs=2,5. (a) ¿Qué puntos en la barra son críticos por esfuerzos? (b) En cada punto crítico, determine si la parte fallara según la teoría de la energía de distorsión máxima de falla. (p2.58s)
Solución: a) Primero analizaremos en la sección transversal con concentración de esfuerzos, donde los coeficientes de concentración de esfuerzos se obtendrá de las gráficas a partir de las relaciones: D d r d
1 1,25 0,8
0,1 0,125 0,8
Entrando con las relaciones D/d y r/d en las correspondientes tablas obtenemos los siguientes coeficientes de concentración de esfuerzos. Ktracción = 2,05 , Ktorsión = 1,4, Kflexión = 1,75
El esfuerzo normal calculamos aplicando superposición.
max k trac .
max 2,05.
P A
k flex .
M .c I
5000 500 x0,4 1,75 37799,3 2 4 0,1 0,8 64
El esfuerzo cortante es debido a torsión max K tor .
mAx 1,4 x
Tr J
10000x0,4 13926,06 4 0,8 32
Ahora calculamos en la sección del empotramiento max
max
5000 10 x100 x0,5 16552,11 2 4 1 1 4 64
1000 x0,5 10185,92 4 1 32
Por los valores obtenidos, se ve que la sección crítica es aquella donde está ubicada la entalla (concentrador de esfuerzos).
b) Para que la sección resista, se debe cumplir con los criterios de rotura. Analizamos con el criterio de Von Mises.
y 2 3 2 N
2
Primero analizamos en la zona de la entalla.
Ing. Juan Bravo
2
2
(37799,3) +3x(13926,06) =
60000 2,5
2
2010 592 522 > 576 000 000 Como se observa, esta zona no resiste las cargas aplicadas Ahora analizamos la zona del empotramiento 2
(16552,11) + 3(10185,92)
2
60000 2,5
2
585 231 244,2 > 576 000 000 Tampoco esta zona resistiría las cargas aplicadas si la viga trabajase sin tener la entalla en su punto medio.
REFERENCIALES
CAPITULO VI TEXTOS. 1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M. Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth Edition. 1993. 2. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de Maquinas. México: CECSA, 9 na Reimpresión 1999. 3. RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica de Materiales. México: Limusa Wiley, 1 ra edición 2000 4. NORTON, ROBERT L.(1999) Diseño de máquinas. México: Prentice Hall Pearson , 1ra edición. 1999. 5. HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion 1997 6. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice Hall.1998
Ing. Juan Bravo
CAPITULO VII
FATIGA DE MATERIALES
72. En la figura el resorte de hojas es recto y no está sometido a esfuerzos cuando la leva y
el eje se retiran. El material tiene un σ ult = 115000 psi, σyp = 98000 psi y σ-1 = 52000 psi. Las superficies del resorte están esmeriladas. Si la leva gira continuamente, encontrar el factor de seguridad para el resorte.(p45s)
El desplazamiento del extremo libre del voladizo se calcula por la fórmula:
δ=
Pl
3
3 EI
P
3 EI L3
Cálculo de los esfuerzos máximos y mínimos originados por los desplazamientos del extremo libre
M .c I
3 EI L IL3
3 E .c. L2
Para δ = 0,5˝ → min 27187,5 psi Para δ = 1,0˝ → max 54375 psi
1 x 16 54375. 2
3 x 29 x10 6 x
10
mAx miw
m
a
= 40781,25
2
mAx miw
=
2
106,201 4,425 =13593,75 2
Determinación del factor de seguridad: eq m a
y 1
eq 40781,25 13593,75.
eq
y
N =
N
Y Eq
98000 66400,24 52000
98000 =1,48 66400,24
73. Cuando el motor de la figura está girando, se observa que el extremo de la viga tiene una vibración total hacia arriba y hacia debajo de 0,25 pulgadas. La viga es de acero con σ ult
= 92 000 psi, σyp = 79 000 psi y σ e = 26 000 psi. Encuentre el factor de seguridad en la pared donde el factor de concentración de esfuerzos es de 1,5.
Solución: Cálculo de los esfuerzos
δ=
Pl 3
3 EI
P
M .c I
3 EI
3 EI lc. Il 3
3
L
3 Ec l2
Ing. Juan Bravo
5 32 x 0,25 5900,07 psi
3 x 29.10 6 x
24 2
max 5900,07 psi
min 5900,07 psi m 0 a
max min
5900,07 psi
L
eq m a
k
y 1
eq 0 5900,07 x1,5 x
eq
79000 26890,7 26000
y N
26890,7
79000 N
N 2,94
74. Un material en la condición laminada tiene últ=110,000Psi t yp=85,000 Psi. El factor de concentración de esfuerzos es de 1.2;q=1.0;factor de seguridad =1,75. (a) Encuentre el área transversal requerida si la parte soporta una carga permanente de tensión de 20,000 lb. (b) Encuentre el área requerida si la carga varia continuamente entre 19,000y 21,000 lb y el limite de fatiga se determina con la ayuda de la figura 2-26. (c) Encuentre el área si la carga varia continuamente entre 18,000 y 22,000 lb.(p2.61s) Solución:
u 110,000 psi u 200000 psi Se 0.5s g 55000 psi YP 85,000 Psi
Kx =1.2, q =1.0 y f.s =1.75 a) Para: P =20,000 lb = cte P A
y f .s
A
P. f .s
y
20000 1.75 0,412 pis 2 14.000
b) Para: P variable continuamente de 19 000 a 20 000 lb. Min
19000
Max
q=
m
A
21,000
a
A k e 1 k t 1
Max Min
2
20000
Max Min
A
2
1000 A
ke = 1+q(kt -1)=1+1(1,2 -1) = 1,2.
eq m a .K .
eq
20000 1000 A
A
y 1
1,2
y
1,75
85000 1,75
A=0,450 pulg2
c) Para P variable continuamente de 18 000 hasta 22 000. PMin =18000 PMax =22000
Max
Min
22000 A
18000 A
m
20000
a
A
2000 A
Ing. Juan Bravo
eq M a k eq
20000 A
y 1
2000 A
x1,2.
85000 85000 85000 1,75
A= 0,488pulg2.
75. La viga mostrada de ancho igual b y altura 2b está sometida a la acción de una leva en su punto medio y en la posición mostrada tiene una flecha de 2 mm. Usando el criterio de máximo esfuerzo cortante, determinar sus dimensiones tomando un F.S. = 2.5 a la fluencia. El material tiene E = 200 GPa, -1 = 120 MPa y y = 280 MPa. La deflexión del punto medio es y = PL3 /48EI.
Solución: Cálculo de las fuerzas de deflexión:
1
2
P1l
3
4 EI P2l
P1
48 EI 1
3
48 EI
3
l
2 48 EI
P2
l
3
Cálculo del coeficiente de concentración de esfuerzos k t entramos a la gráfica de concentración de esfuerzos correspondiente con las relaciones d/h y d/b d h
b / 4
2b
1 0.125 8
k t 2,3 d b / 4 1 0,25 b b 4
Cálculo de los esfuerzos máximo y mínimo: M
P
x
l
2 2
P.l
4
48 EI L h M .c 2 L3 2 2 6 Eh 2 I
min
max
I
6 Eh min L2
6 Eh max L2
L
6 x 200 x103 x 2bx 2 4,8b 1000 2
6 x 200 x103 x 2bx10 24b 1000 2
Determinación de los esfuerzos medio y alterno m
a
max min
2
max min
2
24b 4,8b 14,4b 2
24b 4,8b 9,6b 2
Ing. Juan Bravo
Determinación del esfuerzo equivalente eq m a .k t
y 1
eq 14,4b 9,6bx 2,3 x
y F .S
280 280 120 2,5
b 1,7..mm
76. El eslabón eslabón que que se ilustra ilustra en la la figura figura se ve sometido sometido a una fuerza fuerza de tracció tracciónn que varía varía de 3,0 kN hasta 24,8 kN. Evalué el factor de diseño si el eslabón se fabrica de acero AISI 1040 CD.
Solución: De la tabla de materiales obtenemos para el acero AISI 1040 CD los esfuerzos máximo
y de fluencia que son respectivamente σ u = 100 ksi y σ y = 88 ksi. Luego el esfuerzo de resistencia a la fatiga es σ -1= 0,5σu = 50 ksi. Cálculo de los esfuerzos :
24800 75581.. psi A 0,3751,50 0,625 Pmin 3000 9142,9.. psi A 0,3751,50 0,625
max min
m a
Pmax
max min
2 max min
2
75581 9142,9 42362 2 75581 9142,9 33219,1 2
Determinación del factor de concentración de esfuerzos: d W
0,625 0,42...... ..de..gráfico..k t 2,2 1,50
Cálculo Cálculo del factor factor de diseño:
eq m k t . a
y 1
ad
ad 42362 2,2 x33219,1 x
y FS
88000 88000 50000 FS
................. ...FS 0,51
Por lo tanto el eslabón no es seguro para para las cargas cargas indicadas.
77. Un seguidor de leva recíproco alimenta bolas esféricas una una por una a partir de una canaleta o saeten. El seguidor se sostiene contra la leva mediante un resorte plano que se carga como un cantilever. cuando el seguidor se se encuentra mas lejos hacia la izquierda, izquierda, el resorte se reflexiona a partir de su posición libre (recta) en una cantidad y min = 3 mm. Cuando el seguidor seguidor se encuentra mas lejos lejos hacia la derecha el resorte se se reflexiona y max = 8 mm. Mientras la leva sigue girando, en el resorte observa carga cíclica entre los valores valores mínimo mínimo y máximo máximo.. Si el resorte resorte tiene un un espesor espesor t y un ancho ancho b= b= 7,5t 7,5t (t en mm)
Ing. Juan Bravo
y L = 65mm, 65mm, determine usando usando el criterio criterio de Von Mises Mises las dimensiones dimensiones del resorte resorte si el material material es acero con E = 200GPa, y 620MPa y 1 295MPa . Use FS = 1,5
Solución: Cálculo del desplazamiento del extremo libre de la viga aplicando el método del área de momentos
1 Pl 2 Pl 3 l l 2 EI 3 3 EI 3 EI P
M t I
2
l
3
P.l. t I
2
3 EI .l t 3 E .t . I .l 3 2 2.l 2
min
3 Et min 3 200 x10 3 xtx3 x 213,02t I 2 2 l 2 2 65 2
max
3 Et max 3 200 x10 3 xtx8 x 568,05t I 2 2 l 2 2 65 2
M min t
M max t
m
a
eq m
max min
2
max min
y 1
2
a
568,05t 213,02t 390,53t 2
568,05t 213,02t 177,52t 2
y FS
eq 390,53t 177,52t .
620 620 635,1t 450 1,5
............... ...t 0,65..mm ................ ...b 7,5t 4,88..mm
Ing. Juan Bravo
REFERENCIALES
CAPITULO VII
TEXTOS: BIBLIOGRAFIA. 1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M. Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth Edition. 1993. 2. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de Maquinas. México: CECSA, 9 na Reimpresión 1999. 3. NORTON, ROBERT L.(1999) Diseño de máquinas. México: Prentice Hall Pearson , 1ra edición. 1999. 4. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales. Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002. 5. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice Hall.1998
MATERIALES Y METODOS
La técnica utilizada es la recopilación de datos de diferentes textos cuando se tiene planteado el problema de estudio de acuerdo al contenido de los capítulos. Es decir que se tienen los objetivos y cuando se evalúa su relevancia y factibilidad, el paso siguiente es la sustentación teórica , que comprende dos etapas a seguir.
La revisión de la literatura que consiste en detectar, obtener y consultar la bibliografía y otros materiales de interés para los propósitos del estudio, así como extraer y recopilar la información relevante y necesaria que corresponda a los temas a estudiar, analizando a cada una de las actividades que se realizan como parte de la revisión de la literatura técnica.
Desarrollo de la parte de Problemas. Para el desarrollo de esta parte, se revisa la literatura, analiza y discierne sobre si la teoría existente y el análisis anterior es una respuesta a la interrogación o está respondiendo en forma parcial y la existencia de una teoría completamente desarrollada con abundante evidencia empírica. La teoría debe ser lógicamente consistente, es decir la evidencia empírica se refiere a los datos de la realidad que apoya o dan testimonio de una o varias afirmaciones.
Ing. Juan Bravo
Teniendo en cuenta estas consideraciones se ha desarrollado este libro de Problemas de Resistencia de Materiales Avanzado..
RESULTADOS
Los resultados obtenidos en este trabajo de investigación se consideran satisfactorios porque se cumple con el objetivo deseado de desarrollar los problemas todos los capítulos del Syllabus de Resistencia de Materiales II en un único libro, por cuanto anteriormente estaba disperso en diferentes literaturas técnicas, por lo que será de mucha utilidad para el proceso de enseñanza aprendizaje en el tiempo mas breve.
La realidad del País exige un proyecto de industrialización inmediata para salir del subdesarrollo y la dependencia tecnológica. Para esto se necesita personal técnico bien capacitado e incentivado y el área metal mecánica juega un papel muy importante en la instalación de fábricas , mantenimiento y operación de las mismas, por la que el dominio de la teoría de Mecánica de Materiales es vital para el ingeniero Mecánico. Ese objetivo se trata de cumplir con este libro.
DISCUSION
Dada la abundante información existente de algunos temas, escaso en otros y la dispersión de los mismos sobre los contenidos del Syllabus de Resistencia de Materiales II me ha obligado a realizar este trabajo de investigación, con el propósito de reunir las informaciones más relevantes y significativas en un libro
de problemas de la
especialidad. Los contenidos del libro de Problemas de Resistencia de Materiales Avanzado son importantes para el área de diseño, mantenimiento, valuación fundamentalmente para el sector metal mecánico y la industria en general cuyas instalaciones y equipos son de origen mecánico donde es necesario evaluar y resolver problemas en forma cuantitativa.
Ing. Juan Bravo
BIBLIOGRAFIA
1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M. Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth Edition. 1993. 2. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999. 3. POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da edición. 2000 4. RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica de Materiales. México: Limusa Wiley, 1 ra edición 2000 5. NORTON, ROBERT L.(1999) Diseño de máquinas. México: Prentice Hall Pearson , 1ra edición. 1999. 6. HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3 ra edicion 1997 7. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales. Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002. 8. GERE. JAMES M. Mecánica de Materiales. México: Thomson Learning, 5ta ed. 2002. 9. MIROLIUBOV, S. ENGALICHEV, N. SERGUIEVSKI. Problemas de Resistencia de Materiales. Moscú: Editorial MIR, Cuarta edición 1981.
10. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996 11. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice Hall.1998 12. KASSIMALI, ASLAM. Análisis Estructural. México: Thomson Learning, 2da ed. 2001.
Ing. Juan Bravo
APENDICE
ANEXOS:
Ing. Juan Bravo
Ing. Juan Bravo
Ing. Juan Bravo
