Centro de Investigación y de Estudios Avanzados del IPN Unidad Saltillo
Maestria en Ciencias de la Ingenieria Metalurgica
Deformacion, Microestructura y Propiedades Mecanicas de Materiales Sólidos
Problemas Dieter Capitulo 1 y 2
Dr. Aramando Salinas Rodriguez
Diego Venegas Gómez
Ramos Arizpe, Coah. Octubre de 2014
Problemas propuestos Capitulo 1. 1. Una probeta de acero recocido (E=200 GPa) tiene un diámetro minimo de 12 mm y una longitud de cable de 50 mm. La carga máxima es alcanzada a 7000 kg (68.6 KN), y la fractura ocurre a 4500 kg (44.1 KN). a) ¿Cuál es la resistencia máxima? b) ¿Porque ocurre la fractura con carga inferior a la carga máxima? c) ¿Cuál es la deformación cuando se aplica un esfuerzo de tracción de 100 MPa? Solución: ( 12 mm )2 () =1.131 x 10−4 m2 a) A= 4
¿
F 44100 N = =390 MPa A 1.131 x 10−4 m 2
b) Debido a que el cálculo se va reduciendo conforme se le aplica la carga, y el cálculo del esfuerzo ingenieril toma en consideración que el área siempre es constante. c)
100 MPa δ=e L0 = ❑ ( L o )= ( 0.05 m )=2.5 x 10−5 m=0.025 mm E 200000 MPa
( )
(
)
2. Un alambre de 300 m de longitud se alarga por 3 cm cuando una fuerza de tensión de 200 N es aplicada. ¿Cuál es el módulo de elasticidad (en MPa) si el diámetro de el alambre es 5 mm? Solución: A=π ( 0.0025 m)2=1.9635 x 10−5 m 2
E=
¿
F 200 N = =10.186 MPa A 11.9635 x 10−5 m 2
σ 10.186 MPa = =10 1. 86 MPa δ 0.03 m Lo 300 m
3. Muestre que la deformación de una barra sujeta a una carga axial P es δ=PL/AE. Solución:
ε=
σ … ( 1) E
δ ε = … (2 ) L
σ=
P … (3) A
σ δ P δ PL = ∴ = →δ= E L AE L AE
Igualando 1, 2 y 3:
4. La deflexión de una viga en voladizo de longitud L sometida a una carga concentrada P en un extremo está dada por δ=PL 3/3EI, donde I es el momento de inercia. Compare las deviaciones relativas de vigas de acero, titanio y tungsteno. Vea la Tabla 2-1 para obtener los datos necesarios. Material
E (GPa)
Acero Titanio Tugsteno
200 117 400
Solución: 3
De lo contrario suponemos que
PL =cte=∅ 3I
y la deformación solo depende
del Módulo de Joung. 1 ∅ Para acero→ δ=∅ = E 200
( )
ParaTitanio →δ=∅
( E1 )= 117∅
ParaTitanio →δ=∅
( E1 )= 400∅
∴ δ Ti >δ Ac >δ w
5. Un cilindro de cobre hueco (OD=250 mm y ID=125 mm) contiene un núcleo de acero sólido. Determinar las tensiones de compresión en el acero y el cobre cuando se aplica una fuerza de 900 kN con una prensa. Solución: A T =π (0.125)2=0.0491 m2 A acero =π (0.0625)2=0.01227 m2 2
2
A Cu =A T −A acero =0.0491 m −0.01227 m =0.03682 m
σ acero=
900000 N =73.35 MPa 0.01227 m2
σ Cu =
2
900000 N =24.45 MPa 0.03682m2
6. Discuta el factor relativo de seguridad que será aplicado a las siguiente situaciones: (1) Acoplamiento del furgón, (2) Tanque a presión para reactor nuclear, (3) Cono de la nariz de un misil, (4) Asta, (5) Resorte de lámina automóvil. Considere cada caso en términos de los siguientes factores: a) Confiabilidad del material b) Tipo de carga c) Confiabilidad del análisis de esfuerzo d) Factores de fabricación e) Influencia del tiempo f) Consecuencias de la falla. 1) El factor de seguridad debe ser alto debido a que los esfuerzos de fatiga a los que está sometido la carga serán cíclicos y no constantes. 2) En recipientes a presión de debe de tener un alto régimen de seguridad ya que las fallas por soldadura son las más comunes y representan un alto riesgo. 3) Para los misiles el factor tiene que estar mediado ya que tiene que soportar la falla durante el transcurso de este pero debe de fallar cuando el explosivo detone y este no se vea afectado. 4) En una astabandera el factor de seguridad no tiene que ser tan alto ya que los esfuerzos a los que está sometido no son tan altos ya que las fuerzas que ejercen sobre el son muy pocas. 5) En el embrague de un automóvil el factor de seguridad tiene que ser muy alto ya que en este se ejercen cargas cíclicas y esfuerzos térmicos que aumentan su desgaste y en caso de que esta pieza falle causaría un gran daño. 7. Un cilindro de hierro colado de 12mm de diámetro por 50 mm de largo es examinado en compresión. La falla ocurre en una carga axial de 22000 kg en un plano inclinado 40° al eje del cilindro. Calcule el esfuerzo de corte en el plano de falla. El mismo cilindro de hierro fundido se tira en tensión. Dé su estimación de la falla de carga y el plano de la falla. Solución: τ z=
P cos ( θ ) sin(φ) A
Donde:
(
P=22000 Kg 9.81
m Kgm =215820 2 =215820 N 2 s s
)
A=π r 2=π ( 0.006 m)2=1.131 x 10−4 m2
τ z=
215820 N cos ( 40 ) sin ( 50 )=939.64 MPa 1.131 x 10−4
Para tensión el plano de fractura será perpendicular a la fuerza aplicada, la carga máxima será: ¿
215820 N =1908 Mpa −4 1.131 x 10
8. Una barra de una sección uniforme es sujeta a un esfuerzo axial de 10 MPa. Θ es el ángulo entre el eje transversal y el plano oblicuo al eje longitudinal. Grafique el esfuerzo normal y el esfuerzo de corte en este plano oblicuo sobre el rango θ=0° a θ=90°. Solución:
Esfuerzos ( normal y de corte) vs teta
Sigma
Tao
El esfuerzo tangencial a los 45° es igual al esfuerzo normal.
Problemas Capitulo 2. 1. Encuentre los esfuerzos directores y la orientación de los ejes del esfuerzo director con los ejes x, y para las siguientes situaciones: σ x =+340 MPa σ y =+34 MPa τ xy =−55 MPa a. b.
σ x =−410 MPa σ y =+34 MPa τ xy =+170 MPa
Solución: ¿
a)
x+ y ± 2
√ [(
]
2τ x− y 2 2 + τ xy tan2= xy 2 x−y
)
√[( √ [(
σ max =
340 MPa+ 34 Mpa + 2
σ max =
340 MPa+ 34 Mpa − 2
]
340 MPa−34 MPa 2 +(−55)2 Mpa =349.59 MPa 2
)
]
340 MPa−34 MPa 2 2 + (−55 ) Mpa = 24.415 MPa 2
)
2 τ xy 1 −1 2(−55 MPa) 1 ¿ tan −1 = tan =−9.35° 2 x− y 2 ( 340−34 ) MPa b) σ max =
−410 MPa+34 Mpa + 2
σ max =
√[(
]
−410 MPa−34 MPa 2 +( 170)2 Mpa =91.614 MPa 2
−410 MPa+34 Mpa − 2
)
√[(
]
−410 MPa−34 MPa 2 2 + (170 ) Mpa =−467.614 MPa 2
2 τ xy 1 −1 2(170 MPa) 1 ¿ tan −1 = tan =−18.72 ° 2 x− y 2 (−410−34 ) MPa
)
2. Construya un círculo de Mohr del esfuerzo de cada una de las condiciones de los planos de esfuerzo dados en el problema 2.1. a) C= 187 Mpa
r= 163 MPa
b) C= -188 MPa
r= 280 MPa
Solución:
3. El estado tridimensional de esfuerzos es dado por: σ x =+80 MPa τ xy=+20 MPa σ y =−40 MPa τ yz =+30 MPa σ z=+60 MPa τ xz =−50 MPa Determine: a) El esfuerzo total (magnitud y dirección con los ejes x, y, z) en el plano descrito por la dirección
cosines l=
+1 +1 , m= , n=negative ; 2 √2
b) Magnitud de esfuerzo normal y de corte en este plano c) Esfuerzos directores y dirección de cosenos de los planos principales. d) Máximo esfuerzo de cizallamiento. Solución: a)
√
n=− 1− Sx =
1 2 1 2 −1 − = 2 2 √2
( ) ()
80 20 50 + − =91.57 MPa √ 2 2 −2
S y=
20 40 30 − + =−20.86 MPa √ 2 2 −2
Sz =
−50 30 60 + + =−50.35 MPa √ 2 2 −2
S T =√ S 2x +S 2y +S 2z=106.56 MPa b)
¿ S x l+ S y m+ S z n
¿ ( 91.57 )
( √12 )+(−20.86) ( 12 )+(−50.35) (−12 )=79.5 MPa
τ =√ S 2−σ 2= √106. 5 62−79.52=70.96 MPa c)
−¿ x ¿−τ yx ¿ −τ zx −τ xy −¿ y ¿−τ zy −¿ z −τ xz −τ yz [ ¿ ] =0
−¿ z τ 2xy =0 ❑3 −(❑ x +❑ y +❑z ) ❑2+ ¿ ( ❑x ❑ y ❑z +2 τ xy τ yx τ xz−❑x τ 2yz −❑ y τ 2xz ¿ ❑x ❑ y +❑ y ❑z ++❑ x ❑ z−τ 2xy −τ 2yz −τ 2xz ¿−¿ ❑3 −( 80−40+60 )❑2 +¿ ( −3200−2400+ 4800−400−900−2500 ¿−(−192000−60000−72000+100000−24000)=0 ❑3 −100❑2−4600+ 248000=0 Resolviendo la ecuacion cúbica: 1
=−57 .006 Mpa ❑2=121.075 MPa❑3=36 .931 Mpa
d)
τ max =
❑max −min 121.075−(−57 .006) = =89 MPa 2 2
4. El estado de esfuerzo en un punto para un sistema de referencia con ejes x, y, z, está dado por:
(
200 100 0 100 0 0 0 0 500
)
Si un nuevo grupo de ejes x’, y’, z’ es formado por la rotación x, y, z 60° sobre el eje z, encuentre la matriz del tensor de esfuerzo para los nuevos ejes x’, y’, z’ a través del mismo punto. Use los conceptos de tensor. Solución:
❑kl=aki alj ❑ij ❑kl=ak 1 a l 1❑11 + ak 1 a l 2❑12 +ak 1 al 3 ❑13+ ak 2 a l 1❑21 +ak 2 al 2 ❑22+a k 2 a l 3❑23 +a k3 al 1 ❑31+ ak 3 al 2 ❑32 +a k3 al 3 ❑33 cos ( 60 ) cos ( 60 ) ( cos 60 ) cos ( 60 ) +(100) ¿ ❑11 =200 cos ( 60 ) cos ( 30 )+(100)¿ ❑11 =136.6 ❑22=200cos ( 150 ) cos ( 150 )+ ( 100 ) cos ( 150 ) cos ( 60 ) + ( 100 ) cos ( 150 ) cos ( 60 ) ❑22=63.4 ❑33 =500 ❑12=200cos ( 60 ) cos ( 150 ) +100 cos ( 60 ) cos ( 60 ) +100 cos ( 30 ) cos ( 150)=−136.6 ❑13 =0❑23=0 ❑1 2=❑21 ∴
Y como
[
136.6 −136.6 0 ❑k ´l ´ = −136.6 63.4 0 0 0 500
]
5. Determine el esfuerzo cortante
τ y' x '
para el eje x’ inclinado a θ=30° al eje x.
El estado de esfuerzo es dado por: σ x τ xy = 270 320 MPa 320 −210 τ yx σ y
[
][
]
Solución: ❑kl=ak 1 a l 1❑11 + ak 1 a l 2❑12 +ak 2 al 1 ❑21+a k 2 a l2 ❑22
❑k ´l ´ =τ y ' x ' =270 cos ( 30 ) cos ( 120)+320 cos (30 ) cos (30 )+ 320cos ( 60 ) cos ( 120 )−210 cos ( 60 ) cos ( 30 )=−47.85
6. La deformación producida por un cambio de temperatura es dado por e ij =α ij ( T −T 0 ) , donde α es el coeficiente de expansión térmica. a) ¿De qué orden es el tensor de expansión térmica α? α ij b) Debido a la simetría de cristales cúbicos es isotrópico. Escribe los componentes del tensor α para este caso. c) En cristales con menor simetría, como Sn y U,
α ij
no es isotrópica.
¿Qué problemas prácticos puede traer? Solución: a) Es de segundo orden ya que para obtener una magnitud descompuesta δ ¿ en sus componentes se multiplica por la delta de Kronecker ( ij y este es de segundo orden. b)
[ ]
[ ] [ ]
1 0 0 1 0 0 α 0 δ ij= 0 1 0 → αδij =α 0 1 0 →α ij = 0 α 0 0 α 0 0 1 0 0
0 0 α
c) Debido a que las propiedades no varían igual en todas las direcciones, esto puede producir que la deformación en una dirección sea diferente en otra dirección ocasionando que el cubo deje de serlo. 7. Escriba una matriz dando los componentes de un tensor de deformación hidrostático. Evalúe las primeras, segundas y terceras invariantes del tensor de deformación hidrostático. ❑x 0 0 Δ ❑11 +❑22 +❑33 ❑m= = ❑m = 0 ❑ y 0 I 1 =ε x + ε y +ε z 3 3 0 0 ❑z
[
I 2 =ε x ε y + ε y ε z +ε x ε z I 3 =ε x ε y ε z
]
8. Si E=210 GPa, G=79 GPa, y v=0.33, compute
εz
y
ε xy
para el estado de
esfuerzos dados en el problema 2.5.
[
❑ij = 270 320 320 −210
]
Solución: ❑x +❑y 270−210 0−0.33(¿) ¿ 1 ❑z−v (¿)= ¿ 210000 1 ❑z = ¿ E
❑xy=
γ xy 1+ v 1+0.33 = ❑xy = ( 320 )=2.03 x 10−3 2 E 210000
9. Para un arreglo de galgas como el de la figura 2.17, α = 30°, and β = 40°. Si εa εb εc = 2.6 X 10-3, = 0.4 X 10-3, and = 1.4 X 10-3. Calcule las deformaciones principales.
Solución:
1 Θ= tan−1 2
(
√3
R3 −R 2 =13.4 9 ° R2 + R3−2 R1
)
ε Θ =ε x cos 2 Θ+ ε y Sen2 Θ+ γ xy Sen Θ cos Θ 2
2
−3
ε x cos 13.4 +ε y Sen 13.4+ γ xy Sen 13.4 cos 13.4=2.6 x 10
ε x cos 2 43.4+ ε y Sen2 43.4+ γ xy Sen 43.4 cos 43.4=0.4 x 10−3 ε x cos 2 83.4 +ε y Sen2 83.4 +γ xy Sen 83.4 cos 83.4=1.4 x 10−3
ε x =3.85 x 10−3 ε y =1.96 x 10−3 γ xy =−5.13 x 103 10. En una placa de material (E = 170 GPa, v = 0.25) se tiene un arreglo de galgas de la siguiente manera. Cuando la placa es cargada, las galgas dan las siguientes lecturas e1 = 1860 x 10-6, e2 = 185 x 10-6, and e3 = 1330 x 10-6.
Solución: ε Θ =ε x cos 2 Θ+ ε y Sen2 Θ+ γ xy Sen Θ cos Θ ε x cos 2 15+ ε y Sen2 15+γ xy Sen15 cos 15=185∗10−6 2
2
−6
ε x cos 60+ ε y Sen 60+ γ xy Sen 60 cos 60=1860∗10
ε x cos 2 120+ ε y Sen2 120+γ xy Sen120 cos 120=1330∗10−6
−4
−3
−4
ε x =−1.21 x 10 ε y =2.16 x 10 γ xy =6.11 x 10 −4
−1.21 x 10 −1.21 x 10 +0.25(¿)=75.97 MPa E 170000 ❑x = ε +ε x v )= ¿ 2( x 1+ v 1−0.252 −4
2.16 x 10−3 2.16 x 10 +0.25( ¿)=386.2 MPa E 170000 ❑y= ε + ε y v )= ¿ 2( y 1+ v 1−0.252 −3
❑z=0 a) ¿Cuál es el mayor esfuerzo normal? y=386.2 MPa b) ¿Cuál es el menor esfuerzo normal? z= 0 c) ¿Cuál es el mayor esfuerzo cortante? τ max =
❑ y −❑z 386.2−0 = =193.1 MPa 2 2
11. En una pieza de nylon (E= 2 GPa y v= 0.35) las deformaciones normales son medidas con 3 galgas como se muestra en la figura 2.17, donde α = β= 45°.Si Ea = 0.1 X 10-3, Eb = -0.2 X 10-3, Ec = -0.4 X 10-3.
a) b) c) d)
Las deformaciones principales en las 3 direcciones. La magnitud de la mayor deformación de corte. Los 3 esfuerzos principales. La magnitud del mayor esfuerzo cortante
Solución: a) 1 −1 Θ= tan 2
(
√3
R3 −R 2 =11.7 ° R2 + R3−2 R1
)
ε Θ =ε x cos 2 Θ+ ε y Sen2 Θ+ γ xy Sen Θ cos Θ 2
2
−3
ε x cos 11.7 +ε y Sen 11.7 +γ xy Sen 11.7 cos 45=0.1 x 10
ε x cos 2 56.7+ ε y Sen 2 56.7+ γ xy Sen 56.7 cos 56.7=−0.2 x 10−3 2
2
−3
ε x cos 101.7+ ε y Sen 101.7+ γ xy Sen 101.7 cos 101.7=−0.4 x 10 ε x =9.93 x 10−5 ε y =−4 x 10−3 γ xy=1.068 x 10−4
ε z=
0.35 −v ¿− (−2.96−9.03 )=2.09 x 10−3 σ 1 +v σ 2 ) ( 3 = E 2 x 10
b)
−3
−3
τ MAX =e 1−e 3=2.09 x 10 +4 x 10 =6.0910
−3
c) ε x=
1 1 ( σ −v σ 2 ) ε y = E ( σ 2−v σ 1 ) E 1
9.93 x 10−5=
1 0.35 −0.35 1 σ− σ −4 x 10−3= σ+ σ 9 1 9 2 9 1 9 2 2 x 10 2 x 10 2 x 10 2 x 10
σ 1=−2.96 MPa
d) τ max =
−2.96 Mpa +9 Mpa =3 MPa 2
σ 2=−9.03 MPa
σ 3 =0
