Trabajo Mecanica de Materiales

EJERCICIOS DE MECANICA DE MATERIALES ALUMNO: CARLOS ANTONIO PEÑALOZA CASANOVA – U00097121 Luis Hermes Ortega. DOCENTE: MsC. Jessica Gissella Maradey Lázaro.

Problema 2.48

El ensamble mostrado consiste en una coraza de aluminio (

Eal =10.6 × 106 psi , α al=12.9× 10−6 /℉ ¿ 6

−6

completamente unida a un núcleo de

acero ( Eac =29 ×10 psi, α al =6.5 ×10 /℉ ¿

y está libre de esfuerzo. Determine:

a) El cambio de temperatura máximo permisible si el esfuerzo en la coraza de aluminio no debe exceder 6 Ksi. b) El cambio correspondiente en la longitud del ensamble.

Desarrollo:

σ al =−6 ksi=−6 ×103 psi A al =

2 2 2 2 π d 2 π d g−d p π (1.25 −0.75 ) 2 = = =0.785 pulg 4 4 4

2

A ac =

π d 2 π (0.75 ) 2 = =0.44 pulg 4 4

P -> fuerza de tracción en el núcleo de acero.

P=−σ al Aal=σ ac Aac σ ac =

ε=

−σ al A al ( 6 × 103 ) ( 0.785 ) = =10.6 ×10−3 psi A ac 0.44

σ ac σ +α ac ( ∆ T )= al +α al ( ∆ T ) E ac E al σ

σ

ac al ( α al−α ac ) ( ∆ T )= E − E ac al

−6

6.4 ×10 ¿

10.6× 103 6 ×10 3 −3 ( ) + =0.934 ×10 6 6 ) ∆T = 29× 10 10.6 ×10

A ¿ R / ( ∆ T )=

ε=

0.934 ×10−3 =145.8 ℉ 6.4 ×10−6

10.6 × 103 ( −6 −3 + 6.5 × 10 ) (145.8 )=1.3132× 10 6 29 ×10

−6 ×10 3 ( −6 −3 ε= + 12.9 ×10 ) (145.8 )=1.314 ×10 6 10.6 × 10 B) R/

δ=Lε=( 8 pulg ) ( 1.31 ×10−3 ) =0.01048 pulg

Problema 2.49

La coraza de aluminio que se muestra en la figura está completamente unida al núcleo de latón y el ensamble se encuentra libre de esfuerzo a una temperatura de 15 ℃ . Considerando solo deformaciones axiales. Determine el esfuerzo en el aluminio cuando la temperatura alcanza 195 ℃ . Desarrollo: Núcleo de latón: E=105 GPa ∝=20.9 ×10−6 /℃ Cascara de aluminio:

E=70 GPa −6

∝=23.6 ×10 /℃

Sea L la longitud del ensamble: expansión térmica libre. ∆ T =195−15=180 ℃ Núcleo de latón :( δ T )lat =L ∝lat (∆ T ) Cascara de aluminio:

(δ T )al =L α al (∆T )

Núcleo de latón: 9

Elat =105 ×10 Pa 2

A lat =

π (25) 2 −6 2 =490.87 mm =490.87 ×10 m 4

(δ T )lat =

PL E lat Alat

Cascara de aluminio:

Eal =70 ×10 9 Pa 2

A al =

2

π (60 −25 ) 3 2 −3 2 =2.34 × 10 mm =2.34 ×10 m 4

δ=( δ T )lat +( δ T )al PL

PL

( α lat −α al ) ( ∆ T )= E A − E A =KPL lat lat al al 1 1 − =K E lat Alat Eal A al

K=

1 1 − −3 9 −3 (105 × 10 )( 490.87 ×10 ) (70 ×10 )(2.34 ×10 ) 9

K=25.516 × 10−9 N −1

Entonces... P=

P=

( α lat −α al ) (∆ T ) K

( 23.6 ×10−6 −20.9 ×10−6 ) (180) 25.516 ×10−9

P=19.047 ×10 3 N

La tensión en el aluminio: σ al =

−P −19.047 ×103 = =−8.15 ×106 Pa=−8.15 MPa . −3 A al 2.34 ×10

Problema 2.56

−6

Dos barras de acero ( Ea =200GPa , α a=11.7 ×10 /℃ ¿

se emplean para −6

reforzar una barra de latón ( Elat =105 GPa , α lat =20.9 ×10 / ℃ ) que esta sujeta a una carga

P=25 kN .

Cuando se fabricaron las barras de

acero, la distancia entre los centros de los agujeros que debían ajustarse a los pasadores se redujo 0.5mm en relación con los 2m que se necesitaban. Por ello las barras de acero se colocaron en un horno para aumentar su longitud, con el fi n de que se ajustaran a los pasadores. Después de este proceso, la temperatura de las barras de acero se redujo a la temperatura ambiente. Determine: a) El incremento en la temperatura que hizo posible que la barra de acero se ajustara a los pasadores b) El esfuerzo de la barra de latón después de aplicar la carga sobre ella.

Desarrollo:

δ T =0.5mm=0.5 ×10−3 m δ T =L α a ∆ T , 0.5 ×10−3=( 2 ) ( 11.7 × 10−6 ) ( ∆ T ) ∆ T =0.5 ×10−3 =( 2 ) ( 11.7 ×10−6 ) ∆T=

0.5× 10−3 ( 2 ) ( 11.7 ×10−6 )

A ¿ R / ∆ T =21.4 ℃

A a =( 2 )( 5 ) ( 40 )=400 mm2 =400 ×10−6 m2 ¿

(δ p)a =

P (2) FL = =25 ×10−9 P¿ A a E a (400 ×10−6 )(200 ×10 9)

A lat =( 40 ) (15 )=600 mm2=600 × 10−6 m2 (δ p)lat =

P¿ (2) FL = =31.746× 10−9 P ¿ Alat Elat (600 ×10−6 )(105× 109 )

(δ p)a +(δ p )lat

=

−9

−3

−9

0.5 ×10 , 56.746× 10 P

¿

¿

−3

56.746 ×10 P =0.5× 10 P¿ =

0.5 ×10−3 −9 56.746 ×10 3

¿

P =8.811 ×10 N

Acero: ¿

σa=

P¿ 8.811 × 103 6 = =22.03 ×10 Pa=22.03 MPa A a 400× 10−6

Latón:

σ ¿lat =

¿

3

P −8.811 × 10 = =−14.68 × 106 Pa=−14.68 MPa −6 Alat 600× 10

δ=

Pa L P L = lat A a E a A lat Elat

−6 9 A a Ea (400 ×10 )(200 ×10 ) 6 Pa= δ= δ=40 ×10 δ L 2

A lat Elat (600 ×10−6 )(105× 109 ) δ= δ=31.5 ×106 δ L 2

Plat =

P=Pa + Plat =25 ×103 N 40 ×10 6 δ+31.5 ×106 δ =25 ×103 δ=

25 ×103 δ =349.65 ×10−6 m 6 6 40 ×10 +31.5 ×10

Total:

Pa=¿ Plat =¿

σa=

( 40 × 106 ) ( 349.65× 10−6 )=13,986 × 103 N ( 31.5 ×106 ) ( 349.65 ×10−6 ) =11.140 ×10 3 N

Pa 13.986 ×10 3 = =34.97× 106 Pa A a 400 ×10−6

σ lat =

P lat 11.140 ×103 = =18.36 ×10 6 Pa −6 Alat 600 ×10

Tensión total:

σ a =34.97 ×106 Pa+ 22.03× 106 Pa=57.0× 106 Pa σ lat =18.36 × 106 Pa−14.68× 106 Pa=3.68× 106 Pa

Problema 2.58 – 2.59

Si se sabe que existe una separación de 0.02 pulg cuando la temperatura es de 75 ℉ . Determine: a) La temperatura en que el esfuerzo normal de la barra de aluminio será igual a – 11 Ksi b) La longitud exacta correspondiente de la barra de aluminio. Desarrollo:

σ a =−11 Ksi=−11 ×103 psi P=−σ a Aa =( 11 ×103 ) ( 2.8 ) =30.8× 103 lb

δ p=

P Lb P L a + E b A b Ea Aa

(30.8 ×103 )(14) ( 30.8× 103)(18) ¿ + =30.657 × 10−3 pulg 6 6 (15× 10 )(2.4) (10.6 × 10 )( 2.8)

−3

δ T =0.02+30.657 × 10 =50.657 ×10

−3

pulg

δ T =Lb α b (∆ T )+ La α a (∆ T ) δ T =( 14 ) ( 12×10−6 ) ( ∆ T ) + ( 18 ) ( 12.9 ×10−6 ) ( ∆ T )=400.2× 10−6 (∆ T ) Igualamos:

400.2 ×10−6 ( ∆ T )=50.657 ×10−3 −3

∆T=

50.657× 10 ∆T =126.6 ℉ −6 400.2× 10

A) R/

T caliente=T frio + ∆ T =¿

T caliente=75+ 126.6=201.6 ℉

B) R/

δ a=La α a ( ∆T )−

P La Ea Aa

( 18 ) ( 12.9× 10−6 ) ( 26.6 )−

( 30.8 ×103 ) ( 18 ) =10.712 ×10−3 pulg 6 ( 10.6 ×10 ) ( 2.8 )

Lexacta=18+10.712 ×10−3 =18.0107 pulg

Problema 2.59

Determine:

a) La fuerza de compresión en las barras mostradas después de una elevación en la temperatura de 180 ℉ b) El cambio correspondiente en la longitud de la barra de bronce

Desarrollo:

δ T =Lb α b (∆ T )+ La α a (∆ T ) δ T =( 14 ) ( 12×10−6 ) (180 )+ (18 ) ( 12.9 ×10−6 ) ( 180 ) δ T =72.036 ×10

−3

pulg

δ=0.02 pulg

−3

−3

δ p=72.036 ×10 −0.02=52.036 ×10

pulg

δ p=

¿

(

P Lb P L a Lb L + = + a P E b A b Ea Aa Eb A b E a A a

(

)

14 18 + =995.36 ×10−9 P 6 6 (15 × 10 )(2.4 ) (10.6 ×10 )(2.8)

)

995.36 ×10−9 P=52.036 × 10−3 52.036× 10−3 =P 995.36× 10−9 A)

R/

B) R/

P=52278.57 P=52.278 ×10 3 lb

δ b=Lb α b ( ∆T )−

( 14 ) ( 12 ×10−6 ) ( 180 )−

Problema 2.60

P Lb Eb Ab

( 52.278 ×103 ) ( 14 ) =9.91× 10−3 pulg 6 ( 15 ×10 ) ( 2.4 )

A temperatura ambiente (20 ℃ ) hay un espacio de 0.5 mm entre los extremos de las varillas mostradas en la figura. Posteriormente, cuando la temperatura alcanza 140 ℃ , determine: a) El esfuerzo normal en la varilla de aluminio b) El cambio de longitud de la varilla de aluminio

Desarrollo:

∆ T =140−20=120 ℃

δ T =La l α a l (∆ T )+ Lac α ac (∆ T ) δ T =( 0.300 ) ( 23 × 10−6 ) (12 0 ) + ( 0.250 ) ( 17.3 ×10−6 ) ( 12 0 ) δ T =1.347 × 10−3 pulg −3

−3

−3

δ p=1.347 ×10 −0.5 ×10 =0.847 × 10 m δ p=

P Lal P Lac Lal Lac + = + P Eal A al Eac A ac E al Aal E ac A ac

(

)

80 0 ×10 9 (190× 10 )(¿¿−6) 0.300 0.250 + ¿ 9 −6 (75 ×10 )(20 0 0 ×10 ) ¿ ¿ P=3.6447 ×10−9 P 3.6447 ×10−9 P=0.847 × 10−3 P=232.39 ×103 N

A) R/

σ al =

−P −232.39 ×103 6 = =−116.2 ×10 Pa −6 A al 200× 10

B)

δ T =Lal α al ( ∆ T )−

P Lal Eal A al

(232.39 ×103 )(0.300) δ T =( 0.300 ) ( 23 × 10 ) (120 )− (75 ×109 )(2000 ×10−6 ) −6

δ T =363 ×10−6 m

Problema 2.122

Dos varillas cilíndricas están unidas en B y se someten a la carga mostrada en la figura. La varilla AB está hecha de acero. ( E=200GPa } y la varilla BC de latón ( E=105 GPa ). Determine: a) La deformación total de la varilla compuesta ABC b) La deflexión del punto B.

Desarrollo: AB 3

F AB =−P=−30 × 10 N L AB=0.205 m E AB=200 × 109 GPa 2

A AB=

δ AB=

π d 2 π (30) 2 −3 2 = =706.85mm =706.85 ×10 m 4 4

F AB L AB −( 30 ×10 3 ) ( 0.250 ) = =−53.052×10−6 m E AB A AB ( 200 ×10 9 )( 706.85× 10−6 )

BC

F BC =30+ 40=70 kN =70 ×103 N LBC =0.300 m 9

EBC =105× 10 GPa 2

A BC =

δ BC =

π d 2 π (5 0) 3 2 −3 2 = =1. 963 5 ×10 mm =1.9635× 10 m 4 4

F BC LBC −( 70× 103 ) ( 0.30 0 ) = =−101.859× 10−6 m EBC A BC ( 1 0 5× 109 ) ( 1.9635× 10−3 )

δ total=δ AB+ δ BC =−154.9× 10−6 m=−0.1549 mm

A) R/

deformación total:

B) R/

deflexión del punto B:

Problema 2.126

δ B=δ BC δ B =0.1019 mm .

Dos varillas cilíndricas están unidas en B y son sometidas a la carga que se 6

muestra en la figura. La varilla AB está hecha de acero ( E=20× 10 psi ¿ 6

varilla BC de latón ( E=15 × 10 psi ¿ . Determine: a) La deformación total de la varilla compuesta ABC b) La deflexión del punto B

AB

P AB=40× 103 lb L AB=40 pulg d=2 pulg 6

E AB=29 × 10 psi 2

π d 2 π (2) A AB= = =3.14 pulg 2 g 4 4 P AB L AB ( 40× 103 ) ( 40 ) δ AB= = =17.56 ×10−3 pulg 6 E AB A AB ( 29 ×10 ) (3.14 )

BC

PBC =−20 ×103 lb LBC =30 pulg d=3 pulg

EBC =15× 106 psi 2

A BC =

π d2 π ( 3) = =7.0686 pulg 2 4 4

y la

δ BC =

PBC LBC (−20 ×103 ) ( 3 0 ) = =−5.6588 ×10−3 pulg 6 EBC A BC ( 15 ×10 ) ( 7.0686 )

A) R/

deformación total:

−3

δ total =11.90 ×10−3 pulg

B) R/

deflexión del punto B:

Problema 2.129

−3

δ total=δ AB+ δ BC =17.56 ×10 −5.6588 × 10

δ B=−δ BC δ B=5.66 × 10−3 p ulg

Los elementos AB y CD son varillas de acero de elementos BC y AD son varillas de acero de

1 1 pulg de diametro , 8

7 pulg 8

y los

de diámetro. Cuando se

aprieta el tensor, el elemento diagonal AC se pone en tensión. Si se sabe que (

E=29× 106 psi

y que

h=4 pies , determine la tensión máxima permisible en

AC para que las deformaciones en los elementos AB y CD no sobrepasen 0.04 pulg.

Desarrollo:

δ AB=δ CD =0.04 pulg h=4 pies=48 pulg=LCD 2

π d 2 π (1.125) A CD = = =0.994 pulg 2 4 4 δ CD =

F CD LCD E A CD

FCD =

E ACD δ CD (29 ×106 )(0.994)(0.04 ) = =24.022 ×103 lb LCD 48

+↑ ∑ F y =0: F CD =

−4 5 F AC =0 ∴ F AC = F CD 5 4

5 F AC = ( 24.022×10 3 )=30.0 ×103 lb F AC =30 kips 4

Problema 2.131

−6

La coraza de latón ( α lat =11.6 ×10 /℉ ¿

esta unida por completo al nucleo de

−6

acero ( α ac=6.5× 10 /℉ ¿ . Determine el incremento maximo permisible en temperatura si el esfuerzo en el nucleo de acero no debe exceder de 8 ksi. P = fuerza axial en el nucleo del acero.

ε ac =

Pac +α ( ∆T ) Eac A ac ac

ε lat =

−Pac + α (∆ T ) s Elat A lat lat

ε ac =ε lat Pac −Pac + α ac ( ∆T )= +α (∆ T ) E ac A ac Elat A lat lat ¿

(

1 1 + P =(α lat −α ac )(∆T ) Eac A ac E lat Alat ac

)

A lat =( 1.5 ) ( 1.5 )−¿ (1)(1) = 1.25 pulg2 A ac =¿ (1)(1) = 1

2

pulg

−6

α lat −α ac=5.1 ×10 /℉ Ps=σ s A s =( 8 ×103 ) ( 1 )=8× 103 lb

1 1 1 1 −9 −1 + = + =87.816 ×10 lb 6 6 E ac A ac Elat A lat ( 29 ×10 ) ( 1 ) ( 15× 10 ) ( 1.25 )

−9

3

( 87.816 ×10 ¿( 8× 10 )

=

(87.816 × 10−9)(8× 103) ∆T= (5.1 ×10−6 ) ∆ T =137.8 ℉

−6

(5.1× 10 )(∆ T )