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Resistencia de materiales
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA INGENIERÍA CIVIL V CICLO
Campos Guerra Carlos Fournier Pais Analí Jimenez Gonzales Margarita Terrones López Yessenia Torres Lara María Victoria
PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES I (1° UNIDAD-REMEDIAL) UNIDAD-REMEDIAL) – 01 P1) Para el sistema mostrado, las barras achuradas son rígidas. Calcular el desplazamiento vertical del punto C.
w
L=2a
E A
a
A
a
2a
C
D
A
Analizando la Barra CD 2aw
a
Aplicando momentos en el centro de la barra
a
L=2a
E
A
a
Analizando la Barra AC
A
Aplicando momentos en el centro de la barra a
o
Aplicando
C
∑
Calculando el desplazamiento vertical del Por semejanza de triángulos tenemos A
C
x C´
∑
Aplicando
hallando
=
=
=
=
P2)
En el sistema mostrado en la Fig. ¿Cuánto desciende el peso W respecto a la posición en la cual el tensor no estaba deformado? La barra es indeformable y de peso Q, el tensor BC es de peso despreciable, área A y módulo de elasticidad E. B l , A , E
A
W
C l
l
Solución -
Diagrama de cuerpo libre:
B
T A
T
A Q C
-
l
T
W l
Hallando T
-
Hallando deformación de BC
-
Hallando desplazamiento de W
W
C
Por semejanzas:
X
⁄
P3) Un eje diámetro “d” pasa a través de un orificio circular hecho en una lámina, a temperatura ambiente? Cuál debe debe ser el diámetro de este orificio para que que el área de la corona circular libre que rodea al eje sea Ctte. A todas las temperaturas: αe, Coeficiente de dilatación lineal del eje y αm, Coeficiente de dilatación lineal de la lámina. EXPANSIÓN TÉRMICA ΔL = L x α x ΔT
Aplic. Deformada
ΔD = D x αm x ΔT Δd = d x αe x ΔT
Área de la corona circular 2
2
Ac = π/4 (D – d ) ………………………………………………… (1)
Nuevo Diámetro
D´= ΔD + D = D x αm x ΔT = D (1 + αm ΔT)
d D
d´= Δd + d = d x αe x ΔT = d (1 + αe ΔT)
Nueva Área de la corona circular
Acc´ = π/4 (D´ 2 – d´ 2) …………………………………………. (2)
IGUALANDO (1) y (2) Ac = Acc´ π/4(D2 – d2) = π/4(D´ 2 – d´ 2)
D2 – d2 = D2 (1 + αm ΔT)2 – d2 (1 + αe ΔT)2 D2 – d2 = D2 [1 + 2 αm ΔT + (αm ΔT)2] - d2 [1 + 2 αe ΔT + (αe ΔT)2] D2 – d2 = D2 + 2 D2 αm ΔT – d2 - 2 d2 αe ΔT 2 D2 αm ΔT = 2 d2 αe ΔT
D = d (αe/ αm)1/2
P4) Una barra supuestamente supuestamente rígida esta sustentada por por dos barras circulares articuladas articuladas con la anterior, según la disposición de de la figura. La La barra A tiene una tensión admisible admisible de 2 2 1000Kg/cm y sección 10cm mientras que la barra B tiene una tensión admisiblede1200Kg/cm2y sección8 cm2. Ambas barras tienen idéntico módulo de elasticidad E. Hallar los valores máximos de las cargas puntuales F y Q para que la barra permanezca horizontal.
F
A
L
A
B
Q
1.0m
4m
= 1000Kg/cm2
AA=10cm2
D.C.L
= 1200Kg/cm2
AB=8 cm2
TA+TB= F + Q ……(1)
B
2.0m
∑
TA +5TB=7(Q) …..(2) ᵟA = ᵟB PALA = PBLB EAAA
EBAB
Sabemos que : LA=LB=L
EA=EB
TA=PA
TB=PB
Entonces: PA = PB AA
AB
……….(3)
P = A …..(4)
(4) en (3)
A=
B
=1000Kg/cm2
TA=XAA=1000Kg/cm2 (10cm2 )= 10000Kg TB=XAB =1000Kg/cm2(8cm2) =)= 8000Kg
En (2) 10000Kg + 8000Kg(5) = Q(7) Q=7142.85 Kg En (1) 10000Kg + 8000Kg = 7142.85 Kg +F F=12857.14
P5) Una barra rígida e indeformable, tiene un peso W y longitud 2h. Esta suspendida en su punto medio por un tirante de área 4A, longitud 2h y modulo de elasticidad Y. En uno de sus extremos se encuentra un trono cónico de cases 4A Y A, altura h y módulo de elasticidad 2Y. En el otro extremo se le aplica una fuerza F igual al doble del peso de la barra. Determinar cuánto desciende este extremo.
F 2h h
a
-
a
Trazamos nuestro diagrama de cuerpo libre:
T1
T2
F=2w
a
Por equilibrio obtenemos:
a
w
3
∑ ∑ T1=2w
-
Del diagrama podemos observar la siguiente relación:
-
………(**)
Hallamos las deformaciones: o
Deformación 1:
T2=5w
*
2A
A/2
h
∫ 3 3 3 ⌊ ⌋ [ ] 3 3
o
Deformación 2:
o
Remplazando en (**):
P6)
Para el sistema mostrado en la fig. , determine la relación de la las áreas de las secciones transversales del acero con E = 2.1 *
, y el aluminio, con E=7 *
si las dos barras se deforman igualmente. Desprecie el peso de las barras.
L
L
A L U M I N I O
A C E R O
3P
L
L
Analizando la Barra rígida 3P
Aplicando momentos en el apoyo
L
L
Por dato del problema se tiene que:
A L U M I N I O
L
A C E R O
L
3P
,
P7)
Determinar el máximo máximo valor de P en la Fig. si los esfuerzos en la barra de acero y madera no exceden de 25000psi. Y 1500psi respectivamente. Eacero = 30x106 psi; Emadera = 1.5x10 6 psi.
L/2
40’’
L/2 RIGIDA
’ ’ 0 1 x ’ ’ 2 x ’ ’ 2
10’’
0.005’’
a r e d a m
Solución -
Diagrama de cuerpo libre: T1
P
0.005’’
a
m
T1
∑ a
T2 -
Igualando deformaciones:
…(2)
-
Calculando Fuerzas (Intervalo): Por esfuerzo o
…(1)
-
Hallando P máximo: o
P1 2212.1
De (2)
736.4
Sabiendo que:
Nuevo Intervalo
O
o
De (2) en (1)
Si
es máximo
es máximo
6000
P2
P8) Cuando la estructura estructura de la Fig. no está cargada hay una diferencia diferencia de 0.04 mm entre entre la losa rígida D y la barra B. Determinar D eterminar la magnitud y posición de la fuerza P que causará esfuerzos normales iguales en las barras A, B, C en magnitud. P
Esfuerzos normales iguales
→
x
σA = σB = σC = σ a
Áreas iguales
D
AA = AB = AC = A
→
c
b
0.04 mm.
σA = TA / AA A
σ = TA / A
C
B
35 cm.
TA = σ A
, TB = σ A
, TC = σ A
TA = TB = TC = T
10 cm.
P x a
c
b D TA
TB
10 cm.
TC
10 cm.
Ʃ Mb = 0
-TA (10) + P (X) + TC (10) = 0 - σ A (10) + P (X) + σ A (10) = 0 P (X) = 0 X=0
Ʃ FY = 0
P = TA + TB + TC P=σA+σA+σA P=3σA P / 3A = σ P / 3A = T / A P = 3T
10 cm.
P9. Un bloque rígido pesa 12000Kgs. Y pende de tres varillas simétricamente colocadas como se indica en la figura. figura. Antes de colocar el bloque, bloque, los extremos inferiores de las varillas estaban colocados al mismo nivel. Determinar el es fuerzo en cada varilla después de suspender el bloque y de una elevación de temperatura de 55°C .(Para el Br. L=90cm, A= 10cm2 E=8.6x105Kg/cm2,α=1.8x10-5/°C, para el acero : L=600cm, A= 5cm2 E=2.1x106Kg/cm2,α=1.17x105 /°C, para el acero.
Bronce
Acero
Acero
12,000Kg
D.C.L 2 TA+TB =12000Kg
………(1)
Sabemos que:
TA = PA
TB=PB
Las deformaciones son iguales: PALA + αALA ∆T EAAA
PA 600cm +
= PBLB
+
αBLB∆T
EBAB
1.17x10-5/°C x55°Cx 600cm =
5cm2x 2.1x106Kg/cm2 5.71x10-5xPA cm/ Kg + 0.3861cm 5.71x10-5xPA cm/ Kg + 0.297cm
PB 90cm +
1.8x10-5/°Cx55°Cx 90cm
10cm2x 8.6x105Kg/cm2 =
1.05x10-5xPB cm/ Kg + 0.0891cm
=
1.05x10-5xPB cm/ Kg
5.71x10-5xPA cm/ Kg + 0.297cm
=
5.71x10-5xPA cm/ Kg + 0.297cm
= 0.126cm-2.1x10-5x PAcm/ Kg
7.81x10-5xPA cm/ Kg
= -0.171cm PA
1.05x10-5x(12000Kg -2PA) cm/ Kg
= -2189.500 Kg
Hallando PB en (1): 2( -2189.500 Kg)+ PB = 12000Kg PB =16379Kg
Hallamos el esfuerzo :
A
B
=
PA = PA = AA
=
5cm2
PB = PB = AB
10cm2
= 437.9 Kg/cm2
-2189.500 Kg 5cm2
16379Kg 10cm2
=
1637.9 Kg/cm2
P10) Para el sistema mostrado en la figura, figura, calcular los esfuerzos térmicos de las barras elásticas, si , E=2x106 kg/cm2, =125x10-7/ºC.
a
III I
I
A
II
II
a -
a
a
Dividimos la armadura en dos secciones:
T3
Fig.1 T1 -
T3
T1
Fig.2 T2
45
T2
Por las ecuaciones del equilibrio, tenemos:
33 3⁄ ⁄ ⁄ ⁄ 33 3 3
o
De la Fig. 1:
o
De la Fig. 2:
-
Tenemos como dato
-
Despejando:
-
En (1) y (2):
, entonces:
-
3
PROBLEMAS SOBRE CARGAS DE IMPACTO
P1) Un peso de 500 . Masa se desliza hacia abajo sin fricción por una barra de acero de 10mm de diámetro y de 1m de longitud. En su caída se detiene mediante un cabezal fijo a la barra. Determinar la altura máxima del cual puede caer el peso, si el esfuerzo máximo no debe exceder de 284MPa. Considere Considere E = 200 * Pa.
Datos
D=10mm L=1m =?
E = 200 *
Pa.
Se tiene que
√
L=1m
)
h
Hallando la
=6.366 kg/
Reemplazando los datos en la formula
284* 284*
√ 3
Pa=6.366*
*(1+
Despejando se tiene que
)
P3) Un peso w = 100Lbs. Se Se desliza hacia abajo abajo sin fricción por una barra de acero que tiene como área de sección transversal 0.2 pulg2, como se indica en la fig. Determinar el esfuerzo Max. , la Deformación Unitaria, y el Factor de Impacto cuando; a) h = 0 pies. b) h = 1 pie. c) h = 2 pies. E= 80 GPa
ESFUERZO MÁXIMO:
σD = W/A + [(W/A)2 + 2h(WE/AL)]1/2
δD = WL/AE + [(WL/AE)2 + 2h(WL/AE)]1/2
4 pies
w
DEFORMACIÓN UNITARIA MÁXIMA:
h
FACTOR DE IMPACTO:
F.I = σD / σest ,
σest = P/A
a) h = 0 pies. W = 100 lbs. ,
A = 0.2 pulg2 ,
L = 4 pies = 48 pulg.
,
E= 80 GPa = 80x109 Pa
ESFUERZO MÁXIMO:
σD = W/A + [(W/A)2 + 2h(WE/AL)]
1/2
σD = 100 / 0.2 + [(100 / 0.2)2 +0]1/2 σD = 1000 lb / pulg2. DEFORMACIÓN UNITARIA MÁXIMA:
δD = WL/AE + [(WL/AE) 2 + 2h(WL/AE)]1/2
δD = 100lb x 48pulg. / 0.2pulg2 x 80 x 109Pa + [(100lb x 48pulg. / 0.2pulg.2 x 80 x 109Pa)2 + 0)]1/2 δD = (2 x 100 x 48) / (0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4) δD = 4.05 x 10-3 pulg. FACTOR DE IMPACTO:
F.I = σD / σest ,
σest = P/A
σest = 100/0.2 = 500 lb/pulg2
F.I = σD / σest = 1000 lb/pulg2 / 500 lb/pulg2 = 2
b) h = 1 pies. = 12 pulg. W = 100 lbs. ,
A = 0.2 pulg2 ,
L = 4 pies = 48 pulg.
,
E= 80 GPa = 80x109 Pa
ESFUERZO MÁXIMO:
σD = W/A + [(W/A)2 + 2h(WE/AL)]
1/2
σD = 100lb/0.2pulg.2 + [(100lb / 0.2pulg2)2 + 2 x 12pulg.(100lb x 80 x 109Pa/0.2pulg.2 x 48pulg)]]1/2 σD = 100/0.2 + [(100 / 0.2)2 + 2 x 12(100 x 80 x 109x1.48x10-4/0.2 x 48)]]1/2 σD = 54908.18 lb/pulg2. DEFORMACIÓN UNITARIA MÁXIMA:
δD = WL/AE + [(WL/AE) 2 + 2h(WL/AE)]1/2
δD = 100lb x 48pulg / 0.2pulg.2 x 80 x 109Pa + [(100lb x 48pulg / 0.2pulg2. x 80 x 109Pa)2 + 2 x 12pulg. (100lb x 48pulg. / 0.2pulg.2 x 80 x 109Pa)]1/2
δD = 100 x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4 + [(100 x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4)2 + 2 x 12 (100 x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4)]1/2
δD = 0.223 pulg. FACTOR DE IMPACTO:
σest = P/A
F.I = σD / σest ,
σest = 100/0.2 = 500 lb/pulg2 F.I = σD / σest = 54908.18 lb/pulg2 / 500 lb/pulg2 = 109.82
c) h = 2 pies. = 24 pulg. W = 100 lbs. ,
A = 0.2 pulg2 ,
L = 4 pies = 48 pulg. .
,
E= 80 GPa = 80x109 Pa
ESFUERZO MÁXIMO:
σD = W/A + [(W/A)2 + 2h(WE/AL)]
1/2
σD = 100lb. / 0.2pulg.2 + [(100lb. / 0.2pulg.2)2 + 2 x 24pulg. (100lb. x 80 x 109Pa/0.2pulg2. x 1/2
48pulg.)]]
1/2 σD =100 / 0.2 + [(100 / 0.2) 0 .2)2 + 2 x 24 (100 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4/0.2 x 48)]]
σD = 77443.16 lb/pulg2. DEFORMACIÓN UNITARIA MÁXIMA:
δD = WL/AE + [(WL/AE) 2 + 2h(WL/AE)]1/2
δD = 100lb. x 48pulg. / 0.2pulg2 x 80 x 109Pa + [(100lb. x 48pulg. / 0.2pulg.2 x 80 x 109Pa)2 + 2 x 1/2
24pulg. (100lb. x 48pulg. / 0.2pulg.2 x 80 x 109Pa)]
δD = 100 x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4 + [(100 x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4)2 + 2 x 24 1/2
(100 x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4)]
δD = 0.314 pulg. FACTOR DE IMPACTO:
F.I = σD / σest ,
σest = P/A
σest = 100/0.2 = 500 lb/pulg2 F.I = σD / σest = 77443.16 lb/pulg2 / 500 lb/pulg2 = 154.89
P4) Un peso de 10Kgs. Se suelta sobre el extremo de una viga en voladizo, como se indica en la figura. La sección transversales rectangular, con b =100mm, h=60mm y E= 80GPa , Determinar el esfuerzo Max .la deflexión Max. y el factor de impacto, cuando a) h=0m b)10mm
h
A
1m
10Kg
V V X
Mo=0 M=10X
10Kg.m=WL
L/3
L/3
W.L=10Kgxm ᵟest + (( ᵟest )2 +2.L. ᵟest )1/2 ……..(1)
ᵟdim =
ᵟest =
L(WxL)L
= L3W
ExIx2x3
6xIxE
I = bxh3/12 I = (100x10-3m)(60x10-3m)/12 = 1.8x10-6m
ᵟest =
1m3x10x9.81N
=
6(80x109N/m2x(1.8x10-6m4)
Remplazando en (1) ᵟdim =
0.015m
1.14X10-4m
Hallando el esfuerzo maximo
max
= (WLxh/2)/I
max
= 10Kg(30x10-3m)/1.8x10-6m4
max
= 166666.67Kg/m2
Hallando la carga de impacto a) h=10mm F.I = σmax
σest
σmax
=
σmax
=
W/A + ( (W/A)2 +( 2HWE)/AL)1/2 10Kg
+
10Kg
6x10-3m2
σmax
+ (2x10x10-3mx98N x80x109N/m2)
6x10-3m2
6x10-3m
16333.33N/m2
98N +
=
2
6x10-3m2 32666.67 N/m2
σmax = σest
=
= 1666.67 Kg/m2
10Kg
=
6x10-3m2 F.I = σmax
16333.33N/m2
=
σest
1666.67 (9.8)N/m2
σmax =
2.σest
F.I = σmax = σest
2.σest σest
= 2
= 0.999
1/2
P5) Determinar la altura máxima desde la cual puede soltarse el peso de 10kg, si el esfuerzo máximo en la viga de la figura no debe exceder 120 MPa. b=100mm, h=60mm, E=80 GPa.
w
h
Trazamos el DCL:
1m
Por las ecuaciones de equilibrio: o o
M1
R1
W
∑∑
-Trazamos los gráficos del momento máx. y el momento como carga unitaria, y hallamos el esfuerzo y la deflexión:
WL
L
L
L
3 *Pero: y =h/2: y =60mm /2 y= 30mm
3
h/2
-El momento de inercia de la sección:
( )( )( ) -Remplazando datos en (1) y (2):
-
En 1 :
En 2 :
) ( ) 3 ( () 3
Hallamos la atura mediante la fórmula:
3 3
P6) Determinar la altura Max. H, desde la cual puede soltarse el peso de 25lb. Si el esfuerzo Max. en la viga d la fig. No debe exceder de 36 . La sección transversal de la viga es
rectangular, con b = 4 pulg. y b = 2 pulg. Y E = 30 *
.
L=6pies =?
w
h
E = 30 * b d=2
3pies
3pies
.
Se tiene que
6w
√
)
Hallando la
6pies
De La Grafica Tenemos
remplazando
=
V=1pulgada
en
3
Hallando I
Reemplazando los datos en la formula
√ )
=
Despejando se tiene que
)
PROBLEMAS SOBRE ESFUERZO Y DEFOMACIÓN POR TEMPERATURA
P1)
Una barra barra de aluminio aluminio de 1.5 cm. por 3.5 3.5 cm. cm. Es calentado de tal tal modo que sus extremos se mantienen inmóviles desde 20ºC hasta 130ºC sabiendo que el coeficiente de dilatación lineal del aluminio es de 0.0000257, E = 7x105 kg/cm2. Determinar el valor y la calidad del esfuerzo que se desarrolla desarrolla en la barra.
Solución -
Diagrama de cuerpo libre:
P
1.5 cm
3.5 cm
-
Deformaciones: o Por temperatura
o
3
-
Igualando deformaciones:
-
Esfuerzo:
Por temperatura
⁄
3 3
cm
P2) Una Wincha metálica mide 50.075 m. a una una temperatura de 70 °C, a que temperatura temperatura será exactamente 50 m. de longitud y cuál será su longitud a -40 °C. a). Datos -8
L= 50.075 m. m.
αACERO = 2.7 x 10 /°F
Tinicial = 70 °C = 158 °F Tfinal = ? 50.075 m.
δT = - α x ΔT x L 0.075 = -2.7 x 10-8 /°F x (Tfinal - 158 °F) x 50.075 m. 50 m.
T
T = - 55314.35 °F
b). Datos Li = 50.075 m.
-8
αACERO = 2.7 x 10 /°F
Tinicial = 70 °C = 158 °F 50.075 m.
Tfinal = - 40 °F T
δT = - α x ΔT x L L
(L - 50.075) = -2.7 x 10-8 /°F x (-40 °F - 158 °F) x 50.075 m. L - 50.075 = -2.7 x 10-8 /°F x (- 198 °F) x 50.075 m.
L= 50.074 m.
P3) Se tiene una barra de acero que debe soportar una fuerza de tracción de 3500 Kg. Cuando la temperatura es de 29°C ¿Cuál debe ser su diámetro considerando que la temperatura varia hasta -2°C y que los extremos están perfectamente empotrados. Coeficiente de dilatación del acero es 0.0000125/°C. Esfuerzo de trabajo s la tracción 1250 Kg/cm Datos del problema: P = 3500Kg ∆T =( -2-29)°C=-31°C α
T
=
0.0000125/°C
= 1250 Kg/cm
Hallando el modulo de elasticidad:
T
= E. α. ∆T E (1.25x10-5/°C) x31°C
1250 Kg/cm = E
= 32250806.4529 Kg/cm2
Hallando el diámetro: P.L
=
α . ∆T. L
E.A 3500Kg
=
1.25x10-5/°C x31°C
32250806.4529 Kg/cm2 ( D2/4)
D
=
1.89 cm
P4) una cinta de acero para trabajos de topografía mide 100 pies de longitud a 70 su longitud cuando cuando la temperatura desciende desciende a 20
Hallando La Variación De La Longitud De La Barra
Determinar
Reemplazando datos
P5) Una barra rígida de aluminio aluminio de 4m de longitud se sujeta a una elevación de temperatura de 100ºC. Determinar la variación de longitud de la barra.
4m
-6
- Por medio de las tablas obtenemos: =23.1 x 10 /ºC
-
Entonces por medio de la fórmula:
3 -
m
Por tanto la barra se ampliará
.
P6)
Un tubo de latón latón de pared delgada y sección sección circular circular tiene un un diámetro diámetro interior de 75mm. Determinar el diámetro interior cuando el tubo se calienta una temperatura de 150ºC. Solución
-
Diagrama de cuerpo libre:
75 mm 3.5 cm
-
Condiciones: Temperatura ambiente : Coeficiente de dilatación:
25ºC 1.85x10 -5 ºC
Entonces:
-
Deformación:
-
Diámetro final:
P7) Un tubo de bronce de pared delgada y de 3.98 pulg de diámetro interior se va a colocar sobre un cilindro de acero de 4.00 pulg de diámetro. El cilindro de acero se va a conservar a 70 °F. Determinar la temperatura a la cual el tubo de bronce deberá calentarse para que se deslice sobre el cilindro de acero. Datos ϕi- bronce = 3.98 pulg.
70 °F
L ϕi- bronce
Φcilindro = 4 pulg.
Tinicial = 70 °F Tfinal = ?
El diámetro interior del bronce deberá seguir siendo menor para que el tubo del bronce se deslice sobre el cilindro de acero. La deformación del cilindro es cero ya que está sometida a temperatura constante.
δtubo bronce = 4 pulg. – 3. 98 pulg = 0.02 pulg.
δTubo bronce =
αbronce x L x ΔT
0.02 pulg. = o.oooo122 /°F x 3.98 x (Tfinal – 70 °F) 0.02 = 4.8556 /°F x 10-5 (Tfinal – 70 °F) 411.896 °F = Tfinal – 70°F Tfinal = 481.896 °F
P8. Un cilindro de acero inoxidable de 20 pulg de diámetro exterior y 19.5 pulg. de diámetro interior a 20°C. Otro cilindro de latón de de 20.8 20.8 pulg de diámetro diámetro exterior y 19.985 pulg. de diámetro interior está en la misma temperatura. Si ambos cilindros son calentados, a que temperatura se debe llegar para que el cilindro de latón quepe justamente sobre el cilindro de acero. Calcular el esfuerzo unitario en cada material cuando la temperatura baja a 20°C. α(acero inoxidable)= 857x10-7 α(latón)=105 x107
coeficiente de temperatura por grado Farenheit. F arenheit. Datos del problema:
Para el laton:
Para el acero:
De = 20.8 pulg
De = 20 pulg
DI = 19.985 pulg
D I = 19.5 pulg
T = 20°C
T = 20°C
α = 105x10-7 / °F
α = 857x10-7/ °F
LATON ACERO
20°C/5 =X-32/9 X=68°F (De)A + αALA ∆T =
20pulg + 857x10-7 /°Fx 20pulg ∆T
=
(Di)l+ αlLl ∆T
19.985 pulg +105x10-7/°Fx19.985 pulg∆T
0.015= -15041.575x10-7/ °F . ∆T ∆T = ∆T
=
-9.97°F = TF
=
TF - TI TF - 68°F
58.03°F
-9.97°F
Hallando los esfuerzos unitarios:
ET =α. ∆T Para el acero: ET = 857x10-7/ °F x894.86°F ET =0.077 Para el latón: ET = 105x10-7/ °F x894.86°F ET =9.39x10-3
P9) Dado el sistema de la figura, formado formado por cables y barras, barras, con los siguientes datos: Sección 2 del cable S=0.78cm , carga puntual P aplicada en el extremo A de la barra AC= 3000kg. Módulo de elasticidad E=2x106 .
-
Por medio de la estática tenemos: *De la figura 1: T EB= TFG+ TDH
*De la figura 2: T EB= TFG+ TDH
-
Remplazando en 1, 2 y 3: o o o
-
Hallando los esfuerzos: o o
kg/
Figura 1
Figura 2
o
kg/
o
-
Para la posición tenemos que trabajar en base a las deformaciones como se muestran a continuación: 1.5 m
0.5 m
F
D
D’
F’
A
C
1 1.5 m
0.5 m
2 A’
-
Para la parte 1:
-
Para la parte 2:
-
Calculamos los desplazamientos: desplazamientos: o
3
3 3 33 3 3 o
o
o
-
Remplazamos en (*): o
-
Remplazamos en (**): o
-
Al producirse el descenso térmico tenemos:
m
-
Observando el gráfico: 1.5 m
-
0.5 m
3
Remplazando tenemos:
P13) Para el mecanismo que se muestra en la Fig., determinar el movimiento movimiento del indicador con respecto al cero de la escala, si todo el sistema se calienta 50 °C. Si αAcero = 12x10-6 por @ °C, -6 αAluminio = 23x10 por @ °C
100 mm
25 mm PASADORES CON ROZAMIENTO
m m A L A C S E
X
0 O I N I M U L A
O R E C A
acero O R E C A
m m 0 0 5
500 mm.
100 mm
Por semejanza de triángulos : x = 5 (Δaluminio – Δacero) ……………………………….(1) Donde: Δaluminio = (23 x 10-6)(500)(50) = 0.575 mm Δacero = (12 x 10-6)(500)(50) = 0.300 mm
Reemplazando (2) en (1): X = 1.375 mm
aluminio
25 mm
P14) Una barra de 80cm de largo tiene una sección sección transversal transversal de 6cmxtcm, la barra se alarga -2 3x10 . Cuando se somete a un esfuerzo axial. La deformación lateral para la cara de 6cm. Es de 7.6x10-4cm. ¿Determine la dimensión t?
µ = -εy/εx = -εz/εx
Y
t X
80cm
-εy
εx = 3x10-2
= 4.76x10-4
t
80 4.76x10-4
µ = -εy/εx =
t
3x10-2 80
z
6cm y
t
-εz/εx
-εz =
εy = 4.76x10-4
7.6x10-4
6
t
7.6x10-4 µ = -εy/εx =
6
4.76x10-4 t Igualando µ:
4.76x10-4 t
3x10-2 80
T
7.6x10-4 =
6
4.76x10-4 t
= 2.184x10-8cm
P16) Un tanque cilíndrico de eje vertical vertical de 10 10 pies de diámetro y 70 pies pies de altura contiene un líquido cuyo peso específico es de 847 lbs/pie 3. El tanque es de acero estructural estructural cuya resistencia máx. máx. a la tracción es de 35000 35000 lbs/pulg 2 y el coeficiente de seguridad es n=2. Determinar el espesor de las paredes del tanque si la eficiencia a la acción corrosiva del líquido es de 85%.
e 1
3
70 ‘
10 ‘
Solución -
Diagrama de cuerpo libre:
-
Utilizando el factor de seguridad (n=2): (n=2):
-
Espesor inicial ( antes de la acción corrosiva al 85% ): ):
10‘
e 1 70 ‘
-
Esfuerzo máximo en el cilindro ( h=70’ ): Igualamos los esfuerzos máximos en el cilindro:
⁄ ⁄ Donde:
P17) Se tiene un tanque tanque de aire comprimido de forma cilíndrica y terminada en dos dos semiesferas. El diámetro del cilindro y las semiesferas es de am y contiene en su interior un gas que está a la presión de 200 kg/cm 2. Qué espesor deberá tener como mínimo si es de acero y cuyo yiel point es de 2600 kg/cm 2 para ser usado con coeficiente de seguridad 2.
1+2
-
3
Podemos deducir que debido a que el cuerpo está formado por un cilindro y una esfera, entonces: o
3 =
o
=
-
……(*)
……(**)
Pero para remplazar debemos hallar primero el e sfuerzo permisible:
-
Entonces remplazamos el esfuerzo permisible en (*)y (**): o
=
t = 11.54 cm o
t = 7.69 cm -
Para que el recipiente aguante las presiones debe tener el mayor espesor: o
-
Evaluamos si cumple la condición de: r/10 ≥ t o o
-
t = 11.54 cm
11.54 cm ≤ 50/10cm 7.69 cm ≤ 50/10cm
Nos damos cuenta que ningún espesor cumple con la regla, por tanto se deduce que el recipiente debe de ser de pared gruesa y merece otro tipo de análisis.
P18 un cilindro de diámetro igual a 16 cm y de espesor de 0.3 cm tiene enrollado enrollado en toda su área lateral alambre de 0.1 cm de diámetro. El alambre ha sido enrollado con una tensión inicial de
. Luego se aplica una presión interna radial uniforme de
Determinar los esfuerzos desarrollados en el cilindro y en el alambre.
16cm
3 =
2666.67
=6000+2666.67 =8666.67
.
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