Problema N°1.19 La carga P aplicada sobre una varilla de acero se distribuye hacia una viga de soporte mediante u arandela anular. El diámetro de la varilla es de 22 mm y el diámetro interior de la arandela es de 25 mm, el cual es un poco mayor que el diámetro del orificio. Determine el mínimo diámetro exterior d permisible para la arandela, si se sabe que el esfuerzo normal axial en la varilla de acero es de 35 MPa y que el esfuerzo de aplastamiento promedio entre la arandela y la viga no debe exceder 5 MPa. Solución Primero calculamos el área de aplicación de dicha carga P 𝜋 𝐴= 𝑥 0.222 = 380.13𝑥10−6 𝑚2 4 𝜎 = 35𝑥106 𝑃𝑎 Entonces recordando la formula 𝑃 = 𝜎𝑥𝐴 𝑃 = (35𝑥106 )𝑥(380.13𝑥10−6 ) = 13.305𝑥103 𝑁 Como se sabe el esfuerzo en la viga no debe exceder los 5 Mpa, entonces: 𝑃 13.305𝑥103 𝐴𝑣𝑖𝑔𝑎 = = 𝜎𝑣𝑖𝑔𝑎 5𝑥106 𝐴𝑣𝑖𝑔𝑎 = 2.661𝑥10−3 Finalmente procedemos hallar el diámetro de la viga 𝜋 2 𝐴𝑣𝑖𝑔𝑎 = (𝑑 − 𝑑𝑖 2 ) 4 4 𝑥 2.661𝑥10−3 = 𝑑 2 − 0.0252 𝜋 𝒅 = 𝟔𝟑. 𝟑 𝒎𝒎 Problema N° 1.27 Para el ensamble y la carga del problema 1.7, determine a) El esfuerzo cortante promedio en el pasador en B b) El esfuerzo de aplastamiento promedio en B en el elemento BD C) El esfuerzo de apoyo promedio en B en el elemento ABC, si se sabe que este elemento tiene una sección transversal rectangular uniforme de 10x50 m.m. (8 . 𝟏𝟐𝟓 𝑴𝑷𝒂 2 𝑥 160 .𝐴 𝐴 = (16 .5 . 103 𝜏𝐵 = = 𝟖𝟎.Solución Se procede a calcular los tópicos a. 10−6 c) Esfuerzo de apoyo en B en el elemento AB 32. 10−3 ) = 128 . 10−3 ) .016 . 10−4 𝑚2 4 32.5 .5 . 𝟖𝟐𝟎𝟖 𝑴𝑷𝒂 2 𝑥 2. 103 𝜎𝐵 = = 𝟏𝟐𝟔. 10−3 )2 = 2. 103 𝜎𝐵 = = 𝟐𝟎𝟑. 10−4 b) Esfuerzo de aplastamiento promedio en B en el elemento BD 𝐹𝑎𝑏 𝜎𝐵 = 2 .016 . b y c a) Esfuerzo cortante promedio en el punto B 𝐹𝑎𝑏 𝜏𝐵 = 2 . 10−6 . 10−6 32. 𝟗𝟓𝟑 𝑴𝑷𝒂 2 𝑥 128 .𝐴 𝜋 𝐴= (16 . .35 Una carga P de 1060 kN se aplica a un bloque de granito como se muestra en la figura. Determine el valor máximo resultante a) El esfuerzo normal b) El esfuerzo cortante. Especifique la orientación del plano donde ocurren estos valores máximos.PROBLEMA N° 1. Recordando los esfuerzos en un plano oblicuo.Solución TEMA: ESFUERZOS EN UN PLANO OBLICUO BAJO CARGA AXIAL 1. a) Carga axial b) Esfuerzos para 𝜃 = 0 . 𝑷 𝝈= 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 𝑨 1060𝑥103 𝜎= 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 0.14)(0. Usamos la fórmula del esfuerzo normal y cortante para planos oblicuos bajo una carga axial.14) 𝑨 = 𝟎. 𝟎𝟖𝟐𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 𝑴𝑷𝒂 d) Hallamos el valor máximo del esfuerzo normal. Para 𝜃 = 90: 𝑷 𝝈= 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝟗𝟎 𝑨 𝝈𝒕𝒆𝒏𝒔𝒊ó𝒏 = 𝟎 . Empezamos hallando el área de la sección transversal.0196 𝝈 = 𝟓𝟒. 𝟎𝟏𝟗𝟔 𝒎𝟐 3. 𝐴 = (0. c) Esfuerzos para 𝜃 = 45 2. Para 𝜃 = 45: 𝑷 𝝉= 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝟒𝟓 𝑨 𝑃 𝜏= 2𝐴 1060𝑥103 𝜏= 2(0. Para 𝜃 = 0: 𝑷 𝝈= 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝟎 𝑨 𝑃 𝜎= 𝐴 𝝈𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊ó𝒏 = 𝟓𝟒. 𝟎𝟒𝟏 𝑴𝑷𝒂 .0196) 𝝉 = 𝟐𝟕. 𝟎𝟖𝟐𝑴𝑷𝒂 e) Hallamos el valor máximo del esfuerzo cortante. 6 Kip y se encuentran unidos mediante láminas de madera laminada pegada completamente a las superficies de contacto. soportan una carga de 3.43 Los dos elementos de madera que se muestran en la figura. . El esfuerzo cortante ultimo del pegamento es de 360 psi y la separación es de ¼ pulg.75. Determine la longitud L requerida para cada lamina si debe lograrse un factor de seguridad de 2.Problema N° 1. 6 𝑘𝑖𝑝𝑠 .75 = → 𝐹ú𝑙𝑡𝑖𝑚𝑎 = 9.Se procede a calcular las fuerzas aplicadas Por equilibrio en los elementos de madera ∑ 𝐹̅ = 0̅ → 𝐹1 = 3.9 𝑘𝑖𝑝𝑠 3.6 kips F1 F1 z F1 y x 3. 𝑆 = 𝐹𝑝𝑒𝑟𝑚𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 𝐹ú𝑙𝑡𝑖𝑚𝑎 2.6 𝑘𝑖𝑝𝑠 La fuerza 1 representa la fuerza permisible que se da debido a que están pegados los elementos de madera y la lámina de madera laminada. F1 3.6 kips 2° .Se busca establecer el DCL de los elementos de madera. se busca hallar la “Fuerza Última” mediante el Factor de Seguridad 𝐹ú𝑙𝑡𝑖𝑚𝑎 𝐹.Solución 1°. 22 𝑁 9.9 𝑘𝑖𝑝𝑠 7 𝑘𝑃𝑎 9. 𝟎𝟖𝟒𝟔 𝒑𝒖𝒍𝒈 .25 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝐿 = 2 (5.9 𝑘𝑖𝑝𝑠 .4173 𝑝𝑢𝑙𝑔) + 0.137599 𝑚 <> 5. 𝑙 1 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑙 = 0. se procede a obtener finalmente L 𝐿 = 2𝑙 + 0. = 5𝑝𝑢𝑙𝑔 .6 kips Tomamos uno de los elementos de maderas 𝐹ú𝑙𝑡𝑖𝑚𝑎 𝜏= 𝐴 4448. 1 𝑘𝑖𝑝𝑠 360 𝑝𝑠𝑖 = → 360 𝑝𝑠𝑖 .4 10−3 𝑚 5 𝑝𝑢𝑙𝑔 .25 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑳 = 𝟏𝟏. 𝑙 1 𝑝𝑠𝑖 25.6 kips F1 5 pulg L F1 F1 𝑙 ¼ pulg 3.4173 𝑝𝑢𝑙𝑔 Ahora que tenemos 𝑙 .Obtenemos la longitud requerida F1 3. .3° . 0. Observe que el eslabón BD no está reforzado alrededor de los orificios para los pasadores. El esfuerzo cortante último es de 150MPa para todas las conexiones y el esfuerzo normal último es de 400 MPa en el eslabón BD. .PROBLEMA N° 1. determine la carga máxima P que puede aplicarse en A.51 En la estructura de acero que se muestra en la figura. Si se desea un factor de seguridad de 3. se utiliza un pasador de 6 mm de diámetro en C y se emplean pasadores de 10 mm de diámetro en B y D. Luego. Trazamos el Diagrama de Cuerpo Libre (DCL) de ABC.160)(𝑃) − (0. ∑ 𝑴𝑪 = 𝟎 (0.Solución TEMA: CONSIDERACIONES DE DISEÑO 1. Para esto calculamos los dos valores que puede tomar 𝐹𝐵𝐷 . Ahora tomamos el momento de una fuerza en el punto B. Procedemos a hallar la tensión en la estructura BD.120)(𝐹𝐵𝐷 ) = 0 𝟑 𝑷= 𝑭 … (𝒊) 𝟕 𝑩𝑫 3. estos son la tensión producida por el .280)(𝑃) − (0. ∑ 𝑴𝑩 = 𝟎 (0.120)(𝐹𝐶 ) = 0 𝟑 𝑷= 𝑭 … (𝒊𝒊) 𝟒 𝑪 4. 2. tomamos el momento de una fuerza en el punto C. 𝑆. 𝟒 𝒌𝑵 6. De (𝑖) obtenemos el valor de P puesto que ya se calculó el valor de 𝐹𝐵𝐷 . 400𝑥106 𝐹𝐵𝐷 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = ( )(6𝑥10−3 )(18 − 10)(10−3 ) 3 𝑭𝑩𝑫 𝒏𝒐𝒓𝒎𝒂𝒍 = 𝟔. 8. 𝑭𝑩𝑫 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 = 𝝉𝑨𝒑𝒂𝒔𝒂𝒅𝒐𝒓 𝜏𝑣 𝜋 𝐹𝐵𝐷 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = ( ) ( 𝑑2) 𝐹. 𝑭𝑩𝑫 𝒏𝒐𝒓𝒎𝒂𝒍 = 𝝈𝑨 𝜎𝑣 𝐹𝐵𝐷 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = ( )𝐴 𝐹. . Vemos que el menor valor de tensión en BD es para 𝐹𝐵𝐷 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 3. esfuerzo normal y la tensión producida por el esfuerzo de corte 5.927 𝑘𝑁. Hallamos la tensión de corte en el pasador en los puntos B y D. 4 150𝑥106 𝜋 𝐹𝐵𝐷 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = ( ) ( ) (10𝑥10−3 )2 3 4 𝑭𝑩𝑫 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 = 𝟑. 𝑆. 𝟗𝟐𝟕 𝒌𝑵 7. cuando la tensión aplicada a la estructura BD es la tensión de corte. Hallamos la tensión normal en la estructura BD. 827) 4 𝑷 = 𝟐.12 kN. 𝑷 = 𝟏. 𝟏𝟐 𝒌𝑵 11. Comparamos los dos valores de P. 𝟔𝟖𝟑 𝒌𝑵 .683 kN Y 2. 𝑆. 𝟖𝟐𝟕 𝒌𝑵 10. 𝟔𝟖𝟑 𝒌𝑵 9. De (𝑖𝑖) hallamos P. 1. hallamos la tensión de corte en el pasador por el punto C. Ahora. 𝟑 𝑷= 𝑭 𝟕 𝑩𝑫 3 𝑃= (3. 4 150𝑥106 𝜋 𝐹𝐶 = 2 ( ) ( ) (6𝑥10−3 )2 3 4 𝑭𝑪 = 𝟐.927) 7 𝑷 = 𝟏. 𝟑 𝑷= 𝑭 𝟒 𝑪 3 𝑃= (2. 𝑭𝑪 = 𝟐𝝉𝑨𝒑𝒂𝒔𝒂𝒅𝒐𝒓 𝜏𝑣 𝜋 𝐹𝐶 = 2 ( ) ( 𝑑2) 𝐹. 15: Una sección de tubería de aluminio de 4 pies con área de 175 pulg 2 en su sección transversal.4x106 psi para el aluminio.Problema N°2. Determine la deflexión del punto C cuando se aplica una fuerza de 15 kip en C. Si se sabe que el módulo de elasticidad es de 29x106 psi para el acero y 10. La varilla de acero BC con 5/3 de pulg de diámetro cuelga de una barra rígida que se apoya sobre la parte superior del tubo en B. . descansa sobre un soporte fijo en A. la deflexión está dada de la siguiente manera: 𝛿𝐶 = 𝛿𝑐𝑖𝑙 + 𝛿𝐵𝐶 Por formula la deformación se define de la siguiente manera: 𝑷𝒙𝑳 𝜹= 𝑬𝒙𝑨 15𝑥103 𝑥4𝑥12 𝛿𝑐𝑖𝑙 = = 0.000395 𝜹𝑩𝑪 = 𝟎.0199 𝜋 5 29𝑥106 𝑥 4 𝑥(3)2 Entonces la deflexión en B es igual a la suma: 𝛿𝐵𝐶 = 0.Solución Como se observa para hallar la deflexión en el punto C. 𝟎𝟐𝟎𝟐𝟗𝟓 𝒑𝒖𝒍𝒈 .4𝑥106 𝑥175 De la misma forma se calcula la deformación barra la barra BC: 15𝑥1000𝑥7𝑥12 𝛿𝐵𝐶 = = 0.000395 10.0199 + 0. si se sabe que sus áreas de sección transversal respectivas son 2400 mm2 y 1800 mm2 . . determine las deformaciones de los elementos AB y BD .23 Para la armadura de acero (E= 200 GPa) y las cargas mostradas en la figura.Problema N°2. 4 𝑘𝑁 .5 ∑ 𝐹𝑦 = 0 .717 𝐴𝐵 𝐹𝐴𝐵 = −215.717 𝑚 Haciendo uso del DCL en el punto A se observa: 2.52 = 4.717 𝐴𝐵 𝐹𝐴𝐷 = 182. 𝐹 =0 4. 114 + . 𝐹𝐴𝐷 + .Solución Por la primera condición de Newton se observa que lar cargas en el punto A y C en cada una será 114 KN La longitud del elemento AB se halla de la siguiente forma: 𝐿𝐴𝐵 = √42 + 2. 𝐹 =0 4.10 𝑘𝑁 De la misma forma se hace uso de la primera ley de newton ahora en el eje x 4 ∑ 𝐹𝑋 = 0 . 717 𝛿𝐴𝐵 = = = −𝟐. Ahora procedemos a hallar la deformación en el elemento AB 𝐹𝐴𝐵 𝑥𝐿𝐴𝐵 −215.4𝑥103 𝑥4 𝛿𝐴𝐷 = = = 𝟐. 𝟎𝟑 𝒎𝒎 𝐸𝑥𝐴𝐴𝐷 (200𝑥109 )𝑥(1800𝑥10−6 ) . 𝟏𝟏 𝒎𝒎 𝐸𝑥𝐴𝐴𝐵 (200𝑥109 )𝑥(2400𝑥10−6 ) 𝐹𝐴𝐷 𝑥𝐿𝐴𝐷 182.10𝑥103 𝑥4. Si el diámetro inicial del modelo es d1.Problema N° 2. . demuestre que cuando el 𝑑1⁄ diámetro es d.31 El volumen de un modelo de tensión es esencialmente constante mientras ocurre la deformación plástica. la deformación unitaria real es ∈𝑡 = 2 𝐿𝑛 ( 𝑑) . previo a la deformación Hipótesis de Conservación del Volumen. 𝑑𝑙 𝑑𝜀 = 𝑙 Donde: 𝑙 : Longitud de la probeta en el instante t después de aplicar la carga 𝑑𝑙 : Incremento de longitud de la probeta en el intervalo de tiempo (t. 𝑙 𝑙 𝐴0 = 𝑙0 𝐴 Reemplazando este último valor en el Logaritmo Natural obtenido obtenemos: 𝐴0 𝜀𝑇 = 𝐿𝑛 ( ) 𝐴 . t + dt) Se procede a integrar lo obtenido 𝑙 𝑑𝑙 𝑙 𝜀𝑇 = ∫ = [𝐿𝑛(𝑙)]𝑙𝑙0 = 𝐿𝑛(𝑙) − 𝐿𝑛(𝑙0 ) = 𝐿𝑛 ( ) 𝑙0 𝑙 𝑙0 Donde: 𝑙0 : Longitud de la probeta en el instante inicial. puede calcularse a partir de la expresión que nos da el elemento diferencial de deformación.Solución La deformación Real εR. es decir no ocurre cambio de volumen durante la deformación. 𝑙0 = 𝐴. 𝑉 = 𝐴0 . 𝐷 2 𝐴= 4 𝜋. 𝑑1 2 𝜀𝑇 = 𝐿𝑛 ( 4 2 ) 𝜋.Donde: A: Área transversal de la probeta en el instante t después de aplicar la carga 𝐴0 : Área transversal de la probeta en el instante inicial. 𝑑1 2 𝐴0 = 4 𝜋. previo a la deformación De la expresión obtenida se procede a reemplazar los valores de Áreas por Diámetros Sabemos que: 𝜋. 𝑑 4 𝑑1 2 𝜀𝑇 = 𝐿𝑛 ( ) 𝑑2 𝒅𝟏 𝜺𝑻 = 𝟐 𝑳𝒏 ( ) 𝒅 . 𝑑 2 𝐴= 4 𝜋. .Problema N° 2. Si se sabe que el esfuerzo permisible para el aluminio (Eal= 10. determine la máxima carga P que puede aplicarse.39 Se emplean tres alambres para suspender la placa que se muestra en la figura.4x106 psi) es de 14ksi y que el esfuerzo permisible para el acero (Eac=29x106 psi) es de 18ksi. Se utilizan alambres de aluminio en A y en B con un diámetro de 1/8 pulg y se usa alambre de acero C con un diámetro de 1/12 pulg. Solución De la imagen nos damos cuenta que Pa=Pb También nos podemos percatar que las deformaciones sl=sa=sb=sc=s 𝑠 𝜀𝐴 = 𝜀𝐵 = 2 .5*c =0.61 lb .6924*10-4 Para C 3 =18∗10 =0.3462*10—3 c=2*a =2.𝑙 𝑠 c= 𝑙 c=2*a Determinando la carga permisible Para A y B 14∗103 a=10.4∗106 =1.6207*10-3 c 6 29∗10 a=b=0.3103*10-6 Nos quedamos con el valor de C pues este nos dará la carga máxima =18*103 psi 1 Pa=Aa*Ea*a=4*(8)2*10.4*106*0.61 lb Pb=139.3103*10-6 = 139. 61x2+98.17lb Por el equilibrio P=Pa+Pb+Pc P = 139. 1 Pc=4*(12)2*(18*103)=98.17 = 177.4lb. . Determine la magnitud de la fuerza P para que el esfuerzo de tensión en la barra AB tenga la misma magnitud que el esfuerzo de compresión en la barra BC. .Problema N° 1.3 Dos barras cilíndricas solidas AB y BC se encuentran soldadas en B y cargadas como se muestra. hallaremos ambos esfuerzos por separado y luego los igualaremos para hallar P Esfuerzo de tensión en el cilindro AB: 𝐹𝐴𝐵 𝜎𝐴𝐵 = 𝐴 𝑃 𝑃 𝜎𝐴𝐵 = = 𝜋. 𝑑 2 𝜋. 𝑑 𝜋. (2)2 4 4 Ahora hallaremos el esfuerzo de comprensión en el cilindro BC 𝐹𝐵 𝜎𝐵𝐶 = 𝐴 60 𝑃 𝜎𝐴𝐵 = 2 = 𝜋. (3)2 4 4 𝑃 = 135 𝑘𝑖𝑝𝑠 .Solución De la grafica nos damos cuenta que el cilindro AB esta siendo tensionado por la fuerza P y el cilindro BC esta siendo comprimido por las dos fuerzas de 30 kips que harian un total de 60 kips. (2) 𝜋. (3)2 4 4 Ahora para hallar el valor de P igualaremos ambos esfuerzos 𝜎𝐴𝐵 = 𝜎𝐵𝐶 60 𝑃 2 = 𝜋. 5 .d) Esfuerzo de aplastamiento promedio en B en el elemento BD 𝐹𝑎𝑏 𝜎𝐵 = 2 . 10−6 32. 𝟏𝟐𝟓 𝑴𝑷𝒂 2 𝑥 160 .5 . 10−3 ) . 10−3 ) = 128 . 103 𝜎𝐵 = = 𝟏𝟐𝟔. 10−6 .𝐴 𝐴 = (16 . 𝟗𝟓𝟑 𝑴𝑷𝒂 2 𝑥 128 . (8 . 10−6 e) Esfuerzo de apoyo en B en el elemento AB 32. 103 𝜎𝐵 = = 𝟐𝟎𝟑. Determine el módulo de elasticidad del aluminio usado en la varilla.18=0.18∗10−3 𝑚∗ (12∗10−3 )2 𝑚2 ) 4 .7 Dos marcas de calibración se colocan a una separación exacta de 250mm en una varilla de aluminio. la distancia entre las marcas de calibración es de 250. SOLUCION: Utilizaremos la siguiente fórmula para hallar el módulo de elasticidad 𝐹∗𝐿 E = 𝛥𝐿∗𝐴 Siendo: E: modulo de young (modulo de elasticidad) F: carga axial=6000 N L: longitud=250mm=250*10−3 m ΔL: variación de longitud=250-250.Problema N° 2. Si se sabe que al aplicar una carga axial de 6000 N sobre la varilla. que tiene un diámetro de 12mm.18*10−3 𝑚 𝜋 𝜋 A: area=4 𝑑2 = 4 (12 ∗ 10−3 )2 𝑚2 Reemplazando datos en la ecuación 𝐹∗𝐿 (6000 N∗250∗10−3 m) 𝑵 E = 𝛥𝐿∗𝐴 = 𝜋 = 𝟕𝟑𝟔𝟖𝟐.18mm. 𝟖𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝒎𝟐 (0.