Ejercicio 1Se dispone de un cable de acero de 12 m de longitud y 80 mm 2 de sección. Al someterlo a una carga axial de 100 kN, llega a medir 12.078 m. Calcule: a) La deformación unitaria ε y el esfuerzo unitario σ en GPa (1 punto). b) El módulo de elasticidad E del acero utilizado en GPa (0.5 puntos). c) La fuerza en kN que hay que aplicar a un cable idéntico, para conseguir un alargamiento de 35 mm (1 punto). Solución L − Lo a) ε = Lo → ε= 0.078 = 6.5 ×10 −3 12 100 ×103 F σ= → σ= Pa = 1.25 GPa 80 ×10−6 A σ 1.25 GPa ≅ 192.3 GPa b) E = → E= 6.5 ×10−3 ε 36 ×10−3 −3 c) ε= = 3 ×10 12 σ = (3 × 10−3 ) × 192.3 GPa = 576.9 MPa F = (576.9 × 106 ) × (80 × 10−6 ) N ≅ 46.15 kN Ejercicio 2 Calcule el módulo de elasticidad (E) en MPa, la dureza Brinell, expresada según la norma y la resiliencia (ρ) en J/mm2, de un material, teniendo en cuenta que: a) Una probeta de 100 mm de longitud y 150 mm2 de sección, se alarga 0.080 mm cuando se carga con 15 kN (1 punto). b) Una bola de diámetro D=2.5 mm, al aplicarle una fuerza de 188.5 kp durante 20 s, deja una huella de 0.24 mm de profundidad. Recuerde que el área de la huella que deja una bola de acero de diámetro D al penetrar la probeta una profundidad f es A=πDf (0.5 puntos). c) La maza de 20 kg de un péndulo de Charpy, cae desde 1 m de altura sobre una probeta de 400 mm2 de sección y asciende 45 cm después de romper la probeta (g=9.81 m/s 2) (1 punto). Solución L −Lo a) ε = Lo F σ= A σ E= ε → → → ε= 0.080 = 8 ×10−4 100 σ = 15 ×103 Pa = 100 MPa 150 ×10−6 100 ×106 E= Pa = 125 GPa 8 ×10−4 b) A = π D f → A ≅ 3.1416 × 2.5 × 0.24 ≅ 1.885 mm2 188.5 kp kp HB = 1.885 mm2 = 100mm2 Dureza Brinell: 100 HB 2.5/188.5/20 mg(H − h) 40 × 9.81 × 0.55 J J 2 mm ≅ 0.54 mm2 c) ρ = → ρ= A 400 Ejercicio 3 El diagrama de tracción del material de una barra de 400 mm de longitud y 25 mm2 de sección es el que se muestra en la figura adjunta. Calcule: a) El módulo de elasticidad del material en GPa (1 punto). b) La longitud de la barra en mm, al aplicar en sus extremos una fuerza de 115 kN (1 punto). c) La fuerza en kN, que produce la rotura del material (0.5 puntos). •P 90) E(6. 260) O ε . 130) R(48.σ (MP a) • F E R• • U P(4.9×10-4.5×10-4.3×10-4. 2 mm → L = 409. c) El alargamiento de cada cilindro en mm (0.001 × 50 mm = 0. Si el cilindro de la izquierda es de acero (E=200 GPa) y el de la derecha de hierro fundido (E=80 GPa).Solución ∆σ 90 MPa = 200 GPa −4 ×10 a) E = → E= ∆ε 4.0125 mm δ H .5 puntos).6 ε= → ε= = 0.5 kN →F R Ejercicio 4 La figura adjunta muestra dos cilindros concéntricos que soportan una carga axial de 100 kN.023 × 400 mm = 9. b) La deformación unitaria de cada cilindro (1 punto).6 GPa σ = 25 ×10−6 A σ 4.5 115 ×103 F b) σ = → Pa = 4.625 ×10 −3 −3 = 0. Solución 3 σ a) σ = F A A → σ H b) ε = ε σ E c) ε = A → ε = H L − Lo δ = L L o Ejercicio 5 100 ×10 Pa = 200 MPa 500 ×10−6 100 ×103 = −6 Pa = 50 MPa 2000 ×10 200 = 0.625 × 10 −3 ) × 20 mm = 0.05 mm = (0. calcule: a) El esfuerzo unitario de cada cilindro en MPa (1 punto).023 E 200 L − Lo → L − L o = 0.2 mm ε= L o c) σ = FR R A = (260 × 10 6 ) × (25 × 10 −6 ) N = 6.001 = −3 200 ×10 = o 50 80 ×10 → δ A = 0. los puntos límites de fluencia y de rotura.Hierro s=500 mm2 S= 2000 mm2 Acero 100 kN 100 kN 50 mm 20 mm a) Dibuje en el diagrama genérico de tracción del acero. .5 puntos). Indique qué ocurre en ellos (0. punto en el que se produce la fractura visual del material. a partir de este punto el material se considera roto aunque no se haya producido la fractura visual. Esta zona se subdivide en: • zona proporcional OP. expresada según la norma.2%. límite de elasticidad: a partir de este punto los materiales se comportan plásticamente.8543 × F ⇒ HV = 1 .8543 × 50 kp kp ≅ 457. desde la que se dejó caer la maza de 40 kg de un péndulo de Charpy. en la que a incrementos positivos de σ corresponden incrementos positivos de ε • zona de rotura RU. límite de rotura. en la que los desplazamientos dejan de ser proporcionales a los esfuerzos.85 → HV = D 2 (0.5 puntos). esto es. Esta zona se subdivide en: • zona límite de rotura ER. esto es. los materiales recuperan su longitud original.41 J mm 2 mm2 c) ρ = → ρ= 625 A Ejercicio 6 a) La figura adjunta muestra el diagrama de tracción de un material.8543 (1 punto). límite de proporcionalidad: hasta este punto es válida la ley de Hooke.65 J ≅ 0. esto es. • E. E-R y R-U (0. al aplicarle una fuerza de 50 kp durante 20 s. c) Calcule la altura en m. σ Solución a) Zona elástica OE se caracteriza porque al cesar las tensiones aplicadas. siendo E es el módulo de elasticidad o módulo de Young. adquieren deformaciones permanentes. • U. P-E. • zona no proporcional PE.8543 HV = F A 1 . que deja una punta piramidal de diamante al penetrar la probeta es A=D 2/1. Es un punto difícil de determinar por lo que se acepta que es aquel cuya tensión corresponde a una deformación permanente del 0. en la que a incrementos negativos de σ corresponden incrementos positivos de ε Los puntos característicos son: P. σ ≠ E ε.81 × 0. R • b) Calcule la dureza Vickers del material. se verifica la ley de Hooke. Comente las características principales de los intervalos O-P.46 J/mm2 y aquella ascendió 38 cm después de romper una probeta O 2 de 200 mm de sección (1 punto).δ Lo = σ ⇒ E si σ = 150 MPa si δ = 25 mm → δ = 37.5 mm → σ = 100 MPa NO VÁLIDO VÁLIDO 10 m 2 = 0. en la que los esfuerzos unitarios (σ) son proporcionales a las deformaciones unitarias (ε). • 2 b) A = D 1. σ = E ε .45)2 mm 2 mm 2 ε . •P Recuerde que el área de la huella de diagonal D. si la resiliencia del material vale 0. • R. sabiendo que una punta piramidal de diamante deja una huella de E • •U diagonal D=0. Zona plástica EU se caracteriza porque al cesar las tensiones aplicadas.45 mm. los materiales no recuperan su longitud original.1 × 10 −3 m 2 = 100 mm2 σ= F → A= 3 100 ×10 A mg(H − h) 40 × 9. 38 + 40 ×9. σ ≠ E ε. • c) Calcule el diámetro en mm. En esta ecuación E es el módulo de elasticidad o módulo de Young. • b) Calcule el módulo de elasticidad del 105) material en GPa.46 × 200 c) ρ = ⇒ H = h + m g → H = 0.7 MPa F 7350 m2 = 5 × 10−4 m2 = 500 mm2 ⇒A= σ= 14. teniendo en cuenta B (0. A (0.5 puntos). en la que los deformaciones dejan de ser proporcionales a los esfuerzos. en la que los esfuerzos unitarios (σ) son proporcionales a las deformaciones unitarias (ε).Dureza Vickers: 457. esto es.0005. • zona no proporcional PE. verificándose la ley de Hooke. se distiguen dos zonas: • zona proporcional OP. la deformación unitaria es una magnitud adimensional.85 HV 50/20 mg(H − h) ρA 0.5 m de longitud. de 0.0010 35 ε= = 0. b) E = c) ε = ∆σ → ∆ε L −Lo Lo 210 MPa = 210 GPa 0.07 500 E= → σ = E ε → σ = (210 × 103 ) × 0. que debe A tener una barra de este material.0015. E ¿en qué unidades se miden en el • sistema internacional? ¿qué relación • matemática existe entre ambas cuando U • se trabaja por debajo del límite elástico B (en la zona de proporcionalidad)? (0.81 ≅ 0. que al igual que el esfuerzo unitario se mide en pascales (Pa). σ = E ε .07 MPa = 14. σ ε Solución a) Por debajo del límite elástico E.7 ×106 A E• P• O ε Zona elástica .61 m A Ejercicio 7 a) En un ensayo de tracción: ¿qué son el R• (MPa) esfuerzo y la deformación unitaria?. para soportar una O fuerza de 7350 N sin alargarse más de σ 35 mm (1 punto). los valores de los puntos A y B de la 315) gráfica de tracción (1 punto). A= π 2 D 4 ⇒D= 4A π →D= 4 ×500 ≅ 25.23 mm π .
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