Ejercicios deformación

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ANEXO Guía N° 1 “Resistencia de Materiales I” Profesor: Alejandro Fuentes A Ayudante: Cristian Perez Ejercicios Resueltos 1.- Los extremos de las barras BE y CD de 15mm. De diámetro (Acero E = 200 GPa), tienen una rosca simple con paso de 2,25mm. Sabiendo que la tuerca ha sido en C ajustada una vuelta, halle: a) La tensión en la barra CD. b) La deflexión del punto C del elemento rígido ABC.DESARROLLO Primero se debe hacer un diagrama de cuerpo libre del sistema: Es conveniente establecer una relación entre las fuerzas que afectan a las barras BE y CD, quedando determinado por:

ΣMc/

=0 FBE * 0,18 – FCD * 0,3 = 0
A

FBE = 1,67 * FCD

Además, se tiene:

ΣFx = 0
FBE – FCD – RA = 0

ΣFy = 0

De las ecuaciones de estática se obtienen dos relaciones, pero se tienen tresincógnitas, por lo tanto es necesario establecer una tercera relación que nos permita dar solución al problema, esta 0,18m δBE ultima la obtendremos de las deformaciones que sufre el sistema. Para dibujar correctamente el diagrama de 1,2m deformaciones es importante, primero considerar la condición de inicio que se da en el enunciado, la que nos dice que la tuerca en el punto C fue δCD ajustada enuna vuelta, esto significa que este punto paso será desplazado hacia la derecha una distancia -3 igual a la longitud del paso (2,25*10 m), luego de esto, se tiene que el sistema tiende a volver a su estado inicial ejerciendo tensiones sobre las barras horizontales, las que finalmente deforman estas |barras, con el fin de lograr un equilibrio nuevamente. Los desplazamientos antes descritos se puedenapreciar en el diagrama de deformaciones. De este diagrama se obtiene la siguiente relación de triángulos semejantes:

δBE = (2,25*10-3 - δCD) 0,18 0,3

Cálculo de las deformaciones: Barra BE: Barra CD:

δBE = FBE * L
A*E

δCD = FCD * L
A*E

δBE = δBE =

FBE * 2,7 (π/4)*D2 * 200*109 7,64*10-8 * FBE

δCD =

FCD * 1,8 (π/4)*D2 * 200*109

δCD = 5,093*10-8 * FCD

Reemplazandoestas relaciones en la ecuación de deformación, obtendremos una segunda ecuación que contenga como incógnitas a las fuerzas en las barras CD y BE, luego resolviendo el sistema se tiene que: FCD = 8536,41 [N] FBE = 14255,81 [N]

La tensión en la barra CD queda dada por:

σCD =

FCD = 8536,41 = 48,31 [MPa] A 1,767*10-4

Por ultimo la deflexión en el punto C del elemento rígido ABC, se debedeterminar restándole a la longitud del paso la elongación de la barra CD, obteniendo: δc = 0,00225 – 5,093*10-8 * FCD δc = 0,00225 – 4,3476*10-4

δc = 1,815*10-3 [m]

2.- Un cilindro recto circular de aluminio rodea a otro de acero, como se ve en la figura, y se aplica la carga axial de compresión de 25000Kg a través de la placa de cubierta infinitamente rígida, representadas. Si el cilindrode aluminio es 0,025cm más largo que el de acero antes de aplicar ninguna carga, hallar la tensión normal en cada uno de ellos cuando la temperatura haya descendido 30ºC y esté actuando toda la carga. (acero:E=2,1M[Kgf/cm2], α=11*10-6[1/ºC]; Aluminio: E = 7*105[Kgf/cm2],α=22,2[1/ºC]).

25000Kgf

Al

Ac

50

∅7,2 ∅8,2 ∅15

Medidas en cm

DESARROLLO

La condición inicial del problemaestablece que el cilindro de aluminio es 0,025cm más largo que el de acero, siendo el esquema de esto el que se muestra:

0,025cm

Colocando la placa en su posición y aplicando la fuerza indicada sobre esta se tiene una distribución uniforme de esta carga, donde se tiene, que si se le hace un diagrama de cuerpo libre a la placa horizontal se puede establecer lo siguiente:

ΣFy = 0

⇒ Fac +Fal = 25000

Esta carga en una primera instancia es soportada solamente por el cilindro de aluminio, para luego distribuirse a los dos cilindros. Por otra parte se tiene que durante este

proceso existe un descenso en la temperatura, lo que conlleva una contracción en los cilindros. Es importante hacer notar que, el sistema durante todo el proceso se encuentra en un constante cambio, por...
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