problemas de deformación por carga axial

RESISTENCIA DE MATERIALES

EJERCICIOSESTATICAMENTE

INDETERMINADOS

ING. LEONIDAS VASQUEZ CHAPARRO

UniversidadIndustrial de

Santander

LUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLO

ING. LEONIDAS VASQUEZ CHAPARRO



INDETERMINADOS

CASO

3pivotadasoportada por dos

barra rigida

o mas barrasdeformables

ΔCΔCΔC1

αθθθ

θθθ

CCCC

CC''CC''

222333111


La barra r íg ida ABCD, estápivotada en A y soportada por lastres barras deformables E, EI y El;y se aplica la carga P en D, comose muestra. Silas barras son de

acero de σperm =200Mpa y área 8cmt. Y el desplazamiento verticaldel punto D no debe exceder de 3mm. Determinar elvalor máximode P que se puede aplicar.

60

80 cmBBB

AAA

DDDCCC80

333222111

α α

tgα = 0,75

ESTATICA:α = 36,87

M=0A 160P = (F1cosα)*60 + 80F2 + (F3senα)*160 - (F3cosα)*60

2P = 0,6(F1+F3) +F2 ......

1ANALISIS DE DEFORMACIONES

1

ΔBΔBΔB

ΔCΔCΔC ΔDΔDΔD1

1ααθθθ

ΦΦΦ

βββ ΦΦΦθθθ

α

α

CCCC

CC''CC''

BBBB

BB''BB''DDDD

DD''DD''

222333111

A,AA,A''A,AA,A''

tg = 60/160 = 0,375 ββtg = 60/160 = 0,375 βββ = 20,56°β = 20,56°

Φ= βΦ= βα- = 16,31°Φ= βα- = 16,31°AD = 60/senβ = 170,85AD = 60/senβ = 170,85AD = 60/senβ = 170,85AC = 100AC = 100AC = 100

θ = 90 - θ = 90 - α = 53,13°θ = 90 - α = 53,13°

{{{ΔBΔBΔB

ABABAB

ΔCΔCΔC

ACACAC===

ΔBΔBΔB606060

ΔCΔCΔC

100100100=== ΔBΔBΔB 0,6ΔC0,6ΔC0,6ΔC===

ΔBΔBΔB ΔCΔCΔC= ;= ;= ; ===1 2

coscosαcosα sensenθθsenθ 1 2= 0,6= 0,6= 0,6 A

ΔBΔBΔB

ABABAB

ΔDΔDΔD

ADADAD===

ΔBΔBΔB

606060

ΔDΔDΔD

170,85170,85170,85=== ΔBΔBΔB 0,35ΔD0,35ΔD0,35ΔD===

ΔDΔDΔD ===3

coscosΦΦcosΦ

1 3= (0,3512)*= (0,3512)*= (0,3512)*0,80,80,8 0,28080,28080,2808

1 3

===

B

AY

AX

F1F2

F3

ADe :De :De : F *1F *111F *11

AEAEAE0,6*F *0,60,6*F *0,6220,6*F *0,62

AEAEAEF =0,36F =0,361 F21 F2F =0,361 F2 2

BDe :De :De : F =F =1 F31 F3F =1 F3 3

Reemplazando en :Reemplazando en :Reemplazando en : 2P = 0,6(F1+F1) + F1

3636362P = 3,97F1 F1 = F3 = 0,5028P

F1 = 1,4P

ANALISIS DE ESFUERZOSBarra critica 2:Barra critica 2:Barra critica 2: 1,4P1,4P1,4P

8x108x108x10-4-4-4 ≤ 200x10200x10200x10

666

P = 114286 NP = 114286 NmaxmaxP = 114286 Nmaxσ

ANALISIS DE DEFORMACIONESΔDΔDyyΔDy ≤0,30,30,3 ΔDy = ΔDcosΔDy = ΔDcosβ = *cosββ = *cosβΔDy = ΔDcosβ = *cosβ3

coscosΦΦcosΦF3*1 F3*1 F3*1

8x10 * 200x10 *0,28088x10 * 200x10 *0,28088x10 * 200x10 *0,2808-4-4-4 666( ) * 0,9363 0,003( ) * 0,9363 0,003≤( ) * 0,9363 0,003≤

1

F3 = 143953,86 = 0,5028P

P = 2863074 NP = 2863074 NmaxmaxP = 2863074 NmaxδRESULTADOS

P = 114286 NP = 114286 NmaxmaxP = 114286 Nmax

F1 = F3 = 57600

F2 = 160000

ΔDΔDy y = 1,2x10 =1,2 mmΔDy = 1,2x10 =1,2 mm-3-3-3

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

P

P

leonidas

leonidas


UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDERFACULTAD DE INGENIERIAS FISICOMECANICAS

ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA


INDETERMINADOS

CASO

4SOPORTADAPOR TRES O MÁS

BARRA RIGIDA

BARRASDEFORMABLES



Cuando el muelle no soporta carga, hay una luz Δ=0,001” entre la placa de apoyo rígida D y el cono rígido de apoyo en la barra 2. Determínese la magnitud y la posición x de la carga P, que pueda hacer que los esfuerzos axiales en las barras 1, 2 y 3 tengan el mismo valor o sea: σ1 =σ2 =σ3 =σ

ĘĖ Ī Ī Ė MATERIAL AREA (pul2) E (psi)

1 Aluminio 4 10x106

2 Acero 2 30x106

3 Latón 1 15x106

xΔ= 0,001

10 pul

4pul4pul

111 222 333

AAA CCCBBB

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS


ESTATICA:

F1 +F2 +F3 = P......F=0y 1

x

AAA CCCBBB

4pul4pul

F1 F2 F3

M=0APx = 4*F2 + 8*F3

4*F2 + 8*F3

Px =

ANALISIS DE DEFORMACIONES

AAA CCCBBB

ΔAΔAΔA2

ΔBΔBΔB ΔCΔCΔC1

3

ΔΔΔ

ΔA - ΔCΔA - ΔC ΔA - ΔC8

ΔA - ΔBΔA - ΔB ΔA - ΔB4

=

ΔA - ΔCΔA - ΔC ΔA - ΔC 2ΔA - 2ΔBΔA - 2ΔB 2ΔA - 2ΔB= ΔA ΔA ΔA 2ΔB - ΔC 2ΔB - ΔC 2ΔB - ΔC=

ΔA = ΔA = ΔA =

ΔB = + Δ ΔB = + Δ ΔB = + Δ

ΔC = ΔC = ΔC =

1

2

3

2 ( + Δ ) - =Δ ) - =2 ( + Δ ) - =2 13

2 + 0,002 - - 2 + 0,002 - 2 13 ===

En general = ε * L = * L= ε * L = * L= ε * L = * LσE

Reemplazando

σE

2

22 *( ) * 10 - ( ) * 10 + 0,002 = ( ) * 10

σE

3

3

σE

1

1

σ1 = σ2 =σ3 = σ

2*σ*10+ 0,002 =

30x106

σ*1015x106-

σ*1010x106

σ+ 0,002 =

15x105

σ15x105-

σ10x105

0,002 = σ

106

σ = 0,002 * = 2000 Psi106

F = σ * A

F = 2000*4 = 8000 Lb

F = 2000*2 = 4000 Lb

F = 2000*1 = 2000 Lb

de P = 1400 Lb1

de 2 x = 16 “7

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS




La barra rígida ABCD está apoyada horizontalmente por un rodillo en D y soportada por las barras deformables 1;2;3;4, las cuales son de acero de área 3x10 m2 y sigma permisible de 200 Mpa E= 200Gpas

-4

DETERMINAR: a) El valor máximo de P si la carga se aplica como se muestra en la figura

b) Proponga el montaje mas adecuado del rodillo barra ABCD y barra 4 sobre el pasador D y determine el diámetro de dicho pasador Tao permisible = 100Mpa


2a

2aa a

111 222 444333

AAA

BBB

FFF GGG

DDD

α

α

CCC

DATOS:AREA= 3X10 σperm= 200 Mpaa= 0.5mα=63.43E= 200 MpaL2=L3= 1.12mL1=L4= 1m

-4

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

2P2P2P PPP

ESTATICA:

2aa a

AAA BBBα CCC DDDα

F=0y F1 + F4 +(F2 +F3)senα = 3P

F1 + F4 +(F2 +F3)0.894 = 3P...... 1

M=0B aF1 + 2aP - 0.8942aF3 -3aF4 =0

2

F1 + 2P - 1.78F3 -3F4 =0

1.789F3 + 3F4 - F1 = 2P......

ANALISIS DE DEFORMACIONES:

2aa a

AAA BBBα CCC DDDα

ΔA=ΔA=ΔA=

ΔBΔBΔBΔCΔCΔC

ΔD=ΔD=ΔD=

1

2 3

4

111 222 444333

αα

ΔA ΔΔA Δ - D ΔA Δ - D 4a

=Δ ΔΔ ΔB - D Δ ΔB - D

3a3ΔA = 4ΔB - ΔD

ΔA =

ΔB = 2 senα = 1.118 2

ΔC = 1.118 3

ΔD = 4

13 = 4.472 -2 4

1

3F1 * 2aAE

=4.472F2 * 2.236a

AEF4 * 2a

AE-

F4 = F2 -3F1 ......3

ΔA ΔΔA Δ - D ΔA Δ - D 4a

=Δ ΔΔ ΔC - D Δ ΔC - D

aΔA = 4ΔC - 3ΔD

3 41 = 4.472 - 3

3F1 * 2aAE

=4.472F2 * 2.236a

AE3F4 * 2a

AE-

F1 = 5F3 -3F4 ......4

3 1en

-2F1 + 5.89F2 + 0.894F3 =3P ...... 5

3 4en

F1 = 1.875F2 - 0.625F3 ...... 6

6 5en

F2 = 1.4P - F3 ...... 7

3 2en

1.789F3 + 15F2 - 10F1 = 2P ......8

6 8en

8.039F3 - 3.75F2 = 2P F2 = 2.944F3 - 0.533P ...... 9

7 9en

F3 = 0.615P F1 = 1.09P

F2 = 0.785P F4 = 0.655P

ANALISIS DE ESFUERZOS:La barra critica es 1

1.09P = 0.06

F1 ≤ F1perm

F1perm = σperm * a = 0.061

Pmax = 0.055 = 55045.87 N

F3 = 60000 KNF1 = 43211 KN

F2 = 33853 KNF4 = 36055 KN

ANALISIS DEL PASADOR EN D:del DCL general:

F=0x RD = (F2 - F3)cosαRD = (43211 - 33853) cos63.43

RD = 41.85.74 KN de la pared sobre el rodillo

Pasador D:

36055 KN

Dy = 36055

Dx = 4158.74

4158.74

Se ve que la fuerza mayor es la fuerza D de la barra AD sobre el pasador, por lo tanto el montaje recomendado es el que se muestra con la barra AD en el medio; la seccion critica por el lado de la barra 4

D = Dx + Dy2 22

D = 36297.1 KN

36055perm≤πd

4

2

F4

A= ≤ perm

dmin = 0.0214 m

dmin = 0.022 mING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

2P2P2P PPP





INDETERMINADOS

CASO

5BARRAS CONCURRENTES

TRES O MAS

ejemploASIMETRICO( )





θ β

111 222 333

P l a n t e a r l a s ecuaciones de deformación

θ β

111 222 333

P

θ = 30°

AAA

β = 45°

A' = Posicion finalA' = Posicion finalA' = Posicion final

Δy = S1 + S2 = 2

S1 = cos301

S2 = A sen30'B''B'S2 = A sen30'B'

A'B' = ( -B'C')/cos15'B' = ( -B'C')/cos15A'B' = ( -B'C')/cos15

B'C' = sen15B'C' = sen15B'C' = sen151

A'B' = ( - sen15)/cos15'B' = ( - sen15)/cos15A'B' = ( - sen15)/cos153:. 1

S2= ( - sen15)/cos15 *= ( - sen15)/cos15 *S2= ( - sen15)/cos15 *3 1( ) ( )sen30

3A'B' = 'B' = A'B' =

C'D' es perpendicular a AC' C'D' es perpendicular a AC' y pasa por B' :. entonces y pasa por B' :. entonces AC'DE es rectanguloAC'DE es rectangulo

C'D' es perpendicular a AC' y pasa por B' :. entonces AC'DE es rectangulo

3

2= = = cos30 + 1

( - sen15)/cos15 * ( - sen15)/cos15 * ( - sen15)/cos15 *3 1( ) ( )sen30

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

111 222 333

30° 45°

3

1

2

30°

15°

15°

45°S1

S2

AAA

A'A'A'

C'C'C'

B'B'B'

DDDΔx

Δy

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS




DATOS:E= 2X10 Kg/cmσperm= 1500 Kg/cmα=12x10 °CA1 = A3 = 3 cmA2 = 4 cmL1= 1cmL2 = 50 cmL3 = 83,34 cm

DETERMINAR: La fuerza P que se puede aplicar en el punto A si además ocurre una disminución en la temperatura de 20°C


En el sistema de eslabones e s t a f o r m a d o p o r “ 3 ” miembros de el mismo material.

6 2

2

-6 -1

2

2

θ β

111 222 333

P

5

4

35

4

3

50 cm

AAA

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

0,8 * ( )

θ β

F=0x F3sen F1senβ θ = 1 F3 F1...... = 0,75

F=0y F3cos F1cosβ θ +F2 = P + 2 0,6F3 F1 + 0,8 +F2 = P ......

1 2en

F10,8 +F2 +0,6 * 0,75F1 = P

1,25F1 +F2 = P...... A

ESTATICA:


31

AAA

2

111 222 333

θ β

β

β

como senβ = cosθ β + θ = 90

= 0,6 + 0,8 2 3 1

Como todas las barras sufren disminución de la temperatura y tensión por carga entonces para todas:

P

T

= - P T

F1 * 504*E

- =12x10 * 50 * 20-3

F3 * 83,343 * E -12x10 * 83,34 * 20

-60,6 * ( ) +

F1 * 62,53 * E -12x10 * 62,5 * 20

-6

F2

8= F3 + F1

6- 240

0,75F2 = F3 + F1 -1440...... 3

B Aen0,75F2 = 0,75F1 -1920 ...... B

1 3en

1,25F1 + 2,33F1 -1920 = P

3,583F1 = P + 1920

F1 = P + 19203,583

F2 = 0,651P + 669,8F3 = 0,209P +401,85

ANALISIS DE ESFUERZOS

σ2 F2

A2=

σ3 F3

A2=

σ1 F1

A1= =

=

=

σperm 0,279P + 535,8

3= 1500

P1max = 14209 Kg

0,65P + 669,84

= 1500

P2max = 10245 Kg

0,209P + 401,853

= 1500

P3max = 19608 Kg

Pmax = 10245 Kg

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

ISP

F1

F1

F1





INDETERMINADOS

CASO

6relativodesplazaamiento





111 333

111 222

DDD

W

aaa

P= 2wa

a

a

La barra rígida ABC es soportada por tres barras deformables y un apoyo pivotado en A. Para las cargas indicadas en la figura y teniendo en cuenta que el desplazamiento vertical del pasador C debe ser máximo de 0,065 pulg. Determine el valor mínimo del área de la sección transversal de las barras deformables y el diámetro común mínimo de los pasadores, para garantizar un factor de seguridad de 1,8. Todas las barras deformables son del área y del mismo material que los pasadores (Sy =36000 psi, Sys =21600 psi y E =30x10 psi), y el pasador B trabaja a doble corte. Tome W=150 lb/in y a =20 pulg. Como se pide un diámetro mínimo, tenga en cuenta un montaje óptimo en el pasador D.

6

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ESTATICA:

ANALISIS DE ESFUERZOS:


a2a

1.5a9000

6000Ra

M=0A

6000*3a + 9000*1.5a = F3 *2a

F3 = 15750 lb

F=0x

Ra + 15750 - 6000 - 9000 = 0 Ra = -750 lb Ra = 750 lb

F2F1

15750

F1 = F2

F=0y

15750 = 2F1cos45F1= F1 =11137

Barra critica: 3

σ ≤ σperm

σperm = Sy/N =36000/1.8 =20000 psi

15750/A ≤ 20000

Amin ≤ 0.7875 pul2

Pasador critico: D

perm≤max

perm= Sys/N

perm= 21600/1.8

perm= 12000

= 11132≤ 12000= F1/Aπd /42

d = 1.088 pulg

3

CCC

ΔD

C'C'C'

BBB

B'B'B'

DDD

D'D'D'

ΔCΔB

1

111333

222

ΔD = 1

sen45

ΔB = ΔD + 3

ΔC3a

ΔB2a

=

ΔC ΔB32

=

32

( 2 + ) ≤ 0.065 pul 1 3

AE 2 * F1 * 2 *20

AEF3 * 40

+ ≤ 0.0433

40A * 30x10

6 (F1 + F3)≤ 0.0433

40*26887A * 30x10

6 ≤ 0.0433

Amin = 0.8284

Es más crítico por rigidez

Amin = 0.827 pul2

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

ISΔD

2m

P

4,47





INDETERMINADOS

CASO

7en elementos roscadosesfuerzos de apriete





Los elementos 1, 2 y 3 son de acero de igual área A1=A2 = 3 cm2 ; E= 2x10 Kg/cm α= 12x10 °C Determinar la máxima carga P que se puede aplicar como se muestra en la grafica si además se dan dos vueltas de apriete a la tuerca y sufre un incremento en la temperatura de 20°C

-6

6 2

DATOS:TORNILLO: L3= 2,5 m; n= 1; S= 1mm; PARA TODO: σperm = 2000 Kg/cm2

2m 2m

P

45°

2,83

4,47

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

2m

ESTATICA:


22

M=0A

2F1 sen45 + 4F2 sen26,57 +F3 * 4 = 4P

ΔB

Pmax = 7742 Kg

45° 26,57°AAA

BBB

1,4142F1 + 1,79F2 + 4F3 = 4P 1

ΔC

BA C

B´

C´ΔC4

ΔB2

= ΔC = 2ΔB

2

sen26,57 =

sen451

2 = 1,265 1 2

1 2

ΔC

3

d

ΔC = d -

d = N * n * S = 2*1*0,1

d = 0,2

ΔC = 0,2 -

3

3

2,24 = 0,2 - 32 3

1 =12x10 * 283 * 20 - F1 * 289/AE6

2 =12x10 * 447 * 20 - F2 * 447 / (A2 * E)6

1 =0,06792 - 4,72x10 F1-5

2 =0,10728 - 7,45x10 F2 -5

2

2P

2T

3T3

3P

3 = +3T 3P

2 = +2T 2P

1 = +1T 1P

1de

1,4142 * (1,247F2 - 359,12) + 1,79F2 + 4(4F2 - 2398) = 4P

119,55F2 - 10018 = 4P

P= 4,89F2 - 2525

2de

0,10728 -7,45X10 F2 =1,265*(0,006792 -4,72X10 F1)

-5

-5

2138 = 7,45F2 - 5,97F1

F1 = 1,247F2 - 358,12 4

3de

F1

F2

P

F3

2,24 (0,10728 -7,45X10 F2) =0,2 - 0,06 -4,716X10 F3

-5

-5

F3 = 4F2 - 2398

Determinación de la barra mas critica Fσperm= 6000 Kg para todas las barras

Si la barra critica es 2, entonces F2= 6000, entonces F1=7152,7, lo cual falla.

si la barra critica es 1, entonces, F1= 6000, entonces F2=4505,35, entonces F3= 15623, lo cual falla.

FALLA 3 F3 = 6000 F2 =2099,5

F1 = 2260

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

ING

. LEO

NID

AS

VA

SQ

UEZ

CH

. U

IS

problemas de deformación por carga axial

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