Miguel David Méndez Bohórquez – 235044

TALLER 1 DE RESISTENCIA DE MATERIALES

Tensión y Carga Axial

Ing. Guillermo Cárdenas Martínez

1. El tubo de latón AB (E = 105 GPa) tiene una sección transversal de 140 mm2 y posee un tapón en A. Este tubo se encuentra conectado en B por una tapa al cilindro CD de aluminio (E = 72 GPa) con un área transversal de 250 mm2 el cual se encuentra sujeto en D. Determine la fuerza necesaria P para bajar el tapón A 1 mm y así cerrar el cilindro.

Diagrama de cuerpo libre:

El acortamiento por compresión del tubo AB y el alargamiento del tubo DC, sumados no deben superar 0.001m. Por lo tanto se plantea lo siguiente:

0.01m=δ AB+δ CD

0.01m=−P∗(Llat)

Elat∗Alat

+P∗Lal

Eal∗Alat

−0.001m=−P∗(0376m )

(105∗109 N

m2 )∗(140∗10−6m2)+

P∗(0.375m)

(72∗109 N

m2 )∗¿¿

P=219752,68N

P

2. La barra rígida AD se encuentra soportada por un pin en D y los cables AE y CF de 15 y 8 pulgadas respectivamente. Los cables son de 1/16 in de diámetro y su módulo de elasticidad es E = 29 x 106 psi. Determine:a) La tensión presente en los cables si se aplica una fuerza P = 120 lb en B.b) La correspondiente deflexión de B.

T CF

P D y

Ecuaciones por estática:∑ F y=T AE+T CF−P−D y=0(1)

∑ M D=−24T AE+16 P−8TCF=0 (2) Ecuaciones por deformación: δ AE=T AE∗15∈

¿

π ( 132

)2

∗(29∗106 psi )¿

(3)

δ CF=T CF∗¿¿ (4) Ecuaciones de compatibilidad de deformación:

δ AE

δ CF

=248

( 5)

Listado de incógnitas: T AE ,T CF , D y , δ AE , δ CF

Empezando por la ecuación (5), obtenemos la siguiente relación: (24 ) T CF

15=T AE (6)

T AE

δ AEδ B

δ CF

Introduciendo (6) en (2), obtenemos:

−576TCF−120T CF

15=−1920

T CF=41.37 lb

Utilizando este resultado en (6) , se tiene:

T AE=24 (41,37 lb )

15=66.20 lb

δ AE=(66.20 ) (15 )

π ( 132 )2

∗(29∗106 )=0,011∈¿

δ CF=(41,37 )∗(8 )

π ( 132

)2

∗(29∗106 )=3,719∗10−3∈¿

δ AE

δ B

=2416

δ B=δ AE23=7,440∗10−3∈¿

3. Un eslabón de latón (Eb = 105 GPa, αb = 20.9 x 10-6 /°C) y una barra de acero (Eb = 200 GPa, αb = 11.7 x 10-6 /°C) poseen las dimensiones que se muestran en la figura a una temperatura de 20°C. La barra de acero se enfría hasta entrar libremente en el eslabón y luego se eleva la temperatura del ensamble en 45°C. Determine el esfuerzo normal presente en la barra de acero y su longitud final.

P

P/2

P/2

La imagen anterior muestra el diagrama de cuerpo libre luego de elevar la temperatura, donde en cada brazo del anillo aparece la mitad de la carga como resultado de la tensión en este y la compresión en la barra de acero.

Ecuaciones por deformación:

(1)δ ac=

P∗Lac

Eac∗Aac

=P∗(O .25012m)

π(0.03 )2

4m2∗(200∗109 N

m2 )=1,7692P∗10−9 m

N

(2)δ lat=

P∗Llat

2∗Elat∗A lat

=P∗(O .250m )

2∗(37,5∗50 )∗(10−6)m2∗(105∗109 Nm2 )

=6,3492P∗10−10 mN

(3) δ tac=Llat∗α ac∗∆ T=(0,25012m )∗(11,7∗10−6∗° C−1 )∗(45 ° C)=1.3168∗10−4m

(4) δ tlat=Llat∗α lat∗∆ T=(0,250m)∗(20,9∗10−6∗°C−1 )∗(45 ° C)=2,35125∗10−4m

Ecuaciones por compatibilidad de deformaciones: (5) 0.25012−δ ac+δ tac=0.250+δlat+δ tlat

1,2∗10−4m−1,7692 P∗10−9 mN

+1.3168∗10−4m=6,3492 P∗10−10 mN

+2,35125∗10−4m

6886,09N=P

σ= PAac

=(6886,09N )

π ( 0.03m2

4)=9741832,38 Pa

Para determinar la longitud final de la barra de acero se pensó en el momento en que el ensamble está en el delta de temperatura de 45°C. Siendo así, esta longitud corresponde al lado izquierdo de la ecuación (5) .

Lac=0.25012m−1,7692∗(6886,09 )∗10−9m+1.3168∗10−4m

Lac=0 ,25023m

4. La placa de aluminio (E = 74 GPa, ν=0.33) se encuentra sometida a un esfuerzo normal σ. Se puede ver una pendiente en la placa 2:1 cuando la placa no se encuentra sometida a ninguna carga. Determine el valor de la pendiente si σ = 125 MPa.

De la ley de Hooke tenemos: σ=Eε

125∗106Pa=(74∗109 Pa ) ϵ1,6891∗10−3=ϵ

Con la relación de Poisson se tiene:

0,33=−ϵ '

ϵ= −ε '

1,6891∗10−3

−5,5743∗10−4=ε '

Esta última corresponde a la deformación unitaria en el eje Y, por lo que tomando como referencia los valores indicados , (1,2) , se plantea una longitud final Y de la siguiente manera:

ε '=Y f−Y i

Y i

=Y f −22

=−5,5743∗10−4

Y f =1,9988m

De igual forma: ε=X f −X i

X i

=X f −11

=1,6891∗10−3

X f=1,0016m

Por lo que la nueva pendiente será: Y f

X f

=1,9988m1,0016m

=1,9955

5. Sabiendo que el agujero en A es de 9 mm determine:a) El radio de curvatura rf para el cual los redondeos tienen un esfuerzo máximo igual al

de los bordes del agujero en A.b) La cargas máxima correspondiente para un esfuerzo admisible de 100 MPa.

a) Se tiene que obtener un K igual para ambas partes. Dado que K depende de la geometría, se empezara determinando el K para el agujero. db=0,09375, para este valor en la gráfica se encuentra un valor de K= 2,75

2,75=σmax

P(87∗9m2 )∗10−6

σ max=3512.13 P, Ahora tenemos que encontrar un K que corresponda a este esfuerzo máximo.

K=3512,13 P¿¿

Como la relación bc=1,6se mantiene solo hay que buscar el valor que

corresponda en Rc

=0,18, de acuerdo a esto se obtiene que r f= 10,8 mm.

b) Siguiendo la idea de que el esfuerzo máximo tiene que ser igual en ambas partes, a falta de información sobre el radio de curvatura, simplemente se despeja P del K para el agujero.

2,75= 100∗106 PaP

(87∗9∗10−6m2)

P=28472,72N