FÍSICA II
PROF: LIC. JUAN MENDOZA NOLORBE
P
ROBLEMASR
ESUELTOS DEE
LASTICIDAD1. En el sistema mostrado la barra compuesta de acero, bronce y aluminio esta en equilibrio de traslación, determinar:
a) El esfuerzo en cada cilindro. b) La deformación total del
sistema.
Datos : Eacero = 20.1010Pa; Ebronce = 10.1010 Pa; Ealuminio = 7.1010Pa
Secciones : Sacero = 10cm2; Sbronce = 8cm2 ; Saluminio = 2cm2
Solución prob.-1. Analizaremos el cilindro compuesto por partes, usaremos la condición de equilibrio de traslación para determinar las fuerzas internas en cada segmento, aplicaremos la definición de esfuerzo de tracción y finalmente la ley de Hook para determinar las deformaciones individuales.
Parte 1 Sección I:
Hacemos un corte entre los puntos C y D, La fuerza interna en la sección CD se obtiene de la condición de equilibrio:
0
kN
200
F
F
X
CD
FCD = -200kN.El esfuerzo de tracción CD: CD = F/A = 200kN/2cm2 = 100kN/cm2 = 10.108Pa
Sección II:
Hacemos un corte entre los puntos B y C, La fuerza interna en la sección BC se obtiene de la condición de equilibrio:
0
kN
300
kN
200
F
F
X
BC
FBC = +100kN…{indica que el sentido es hacia el eje +x, contrario al supuesto en este caso}
El esfuerzo de compresión BC:BC=F/A = 100kN/8cm2 = 12,5kN/cm2 = 1,25.108Pa
10cm 30cm 20cm 200kN 300kN 200kN Acero bronce A B C D 200kN FCD C D 200kN FBC C D B 300kN
Sección III:
Hacemos un corte entre los puntos A y B, La fuerza interna en la sección AB se obtiene de la condición de equilibrio:
0
kN
200
kN
300
kN
200
F
F
X
AB
FAB = -100kN…{indica que el sentido es hacia el eje -x, coincide al supuesto en este caso}
El esfuerzo de tracción AB: AB = F/A = 100kN/10cm2 = 10kN/cm2 = 1.108Pa
Parte 2.
Para obtener la deformación de cada cilindro se aplica la ley de Hook:
LAeero = Acero AB AB E L . = (1.10 8Pa).(0,1m) 20.1010Pa = 0,05mm …{tracción} LBronce = Bronce BC BC E L . = (1,25.10 8Pa).(0,2m) 10.1010Pa = -0,25mm …{compresión} LAluminio = io min Alu CD CD E L . = (10.10 8Pa).(0,3m) 7.1010Pa = 4,28mm …{tracción} LTotal = LAluminio + LBronce + LAeero = 4,08mm
2. En la estructura mostrada la barra horizontal BCDE de peso despreciable es soportada por una varilla de bronce AB, una varilla de aluminio EF y por un rodillo en el punto C. Ambas varillas tienen
una sección transversal de 1cm2. En la estructura inicialmente sin deformar se aplica una carga de 12 000N en el punto D.
Determinar:
a) El esfuerzo axial que desarrollan las varillas.
b) El movimiento resultante del punto E.
Módulos de Young: Ebronce = 10,0.1010 Pa; Ealuminio = 7,0.1010 Pa
10cm 30cm 20cm 200kN 300kN 200kN Acero bronce A B C D FAB
Solución prob.-2. Realizamos el diagrama de cuerpo libre de la barra BCDE La carga F = 12000N tiende a rotar a
la barra BCDE, sometiendo a la varilla de aluminio a tracción y a la varilla de bronce a compresión, en consecuencia el punto D desciende una longitud “X”.
Aplicamos las condiciones de Equilibrio mecánico:
0
N
12000
F
F
F
F
Y
C
Al
Br
0
)
m
4
,
2
.(
N
12000
)
m
2
,
1
.(
F
)
m
6
,
3
.(
F
Al
Br
…{Respecto “C”}Se puede notar que existen dos ecuaciones y tres incógnitas, es necesario buscar una tercera ecuación, en este caso la relación entre las deformaciones del bronce y del aluminio usando la Ley de Hook, nos permite llegar a ésta tercera ecuación. De la figura, usando proporcionalidad en los triángulos, se observa:
LAl = 3LBr Br Al
SE
FL
3
SE
FL
reemplazando:)
Pa
10
.
10
.(
cm
1
)
m
4
,
2
.(
F
3
)
Pa
10
.
7
.(
cm
1
)
m
2
,
1
.(
F
10 2 Br 10 2 Al
FAl = 4,2.FBrAhora sustituimos esta relación en la ecuación del torque:
(4,2FBr).(3,6m) + FBr.(1,2m) – 12000N.(2,4m) = 0
FBr = 1765N FAl =7413N
a) El esfuerzo axial en cada varilla es:
Al = 1cm2 N 7413 = 7413 N/cm2 {Rpta} Br = 1cm2 N 1765 = 1765 N/cm2 {Rpta} LAl. LBr.
b) El desplazamiento “X” de D usando proporciones en los triángulos: m 6 , 3 L m 4 , 2 X Al
por la Ley de Hook: LAl =
Al Al Al Al
E
.
S
L
.
F
=1cm(74132.(7.10N).(61N,2/mcm) 2) = 1,3.10-6mreemplazando en la ecuación anterior: X =0,87.10-6 m {Rpta}
*Queda para el estudiante determinar la fuerza de reacción del rodillo (Fc). 3. En la estructura mostrada las barras rígida BDE es soportada por un rodillo en el
punto E, y esta articulada a la varilla ABC en el punto B. La barra ABC esta articulada al techo en el punto A. La varilla ABC es de aluminio con un diámetro de 1 inch. Para este sistema:
a) Determinar el esfuerzo axial en la varilla ABC tanto en la sección AB como en la sección BC.
b) Determinar el movimiento del punto C debido a las cargas aplicadas. EAl = 10.106 psi
Solución prob.-3. a) Realizamos el diagrama de cuerpo libre representando todas las fuerzas que actúan en la estructura, en el caso de las reacciones es mejor sus componentes rectangulares.
Aplicando las condiciones de equilibrio de traslación:
0
A
F
x
x
…(1) 0 lbs 12000 lbs 16000 E A FY y y
…(2)Por equilibrio rotacional, respecto a E:
0 ) ft 8 .( lbs 12000 ) ft 12 .( lbs 16000 ) ft 12 .( Ay E
…(3)Resolviendo las variables desconocidas: Ay = 24 000 lbs y Ey = 4000 lbs
Tomando sólo el miembro ABC y representando las fuerzas que actúa sobre este y aplicando las condiciones de equilibrio:
0
B
F
x
x
0 lbs 24000 lbs 16000 B FY y
resolviendo: By = 8 000 lbs.Hacemos un corte entre los puntos A y B, la fuerza interna en la sección AB debe ser 24 000 lbs. (igual a A) para el equilibrio, ver figura.
El esfuerzo de tracción AB:
AB = F/A = 24,000 lbs /0.785 in2 = 30,600 psi.
Ahora para encontrar la fuerza en el segmento BC, hacemos también un corte entre B y C. La fuerza interna de la sección debe ser 16 000 lbs (por condición de equilibrio).
El esfuerzo de tracción BC:
BC = F/A = 16,000 lbs /0.785 in2 = 20,400 psi.
b) Para determinar el desplazamiento del punto C, se suman la deformación de AB y de BC: mov. de C = LAB + LBC. mov. de C = LAB + LBC. mov. de C = BC AB SE FL SE FL
mov. de C = [(24 000 lbs)(72 in)/(10.106 psi)(.(0,5 in)2)]
AB + [(16 000 lbs)(48 in)/(10.106 psi)( .(0,5 in)2)]BC
mov. de C =0,318 in {Rpta} 4. Dos placas metálicas están unidas por dos remaches idénticos de 4mm de diámetro.
Las placas soportan una tensión de 10000N ¿Cuál es el esfuerzo de cizalla sobre los remaches de acero? ¿Cuál es la deformación unitaria?.
El módulo de rigidez del acero es: G = 8,0.109N/m2.
Solución prob.-4.
Supondremos que la tensión de las placas se reparte equitativamente a cada remache, es decir, cada remache tendrá un par de 5000N. Se puede notar que la superficie sometida a un esfuerzo de cizalla es la que se encuentra entre las placas, ver figura 2.
cizalla=
área
área
_
al
_
paralela
_
Fuerza
= 2)
mm
2
(
N
5000
0,40.109 N/m2Aplicando la Ley de Hook, podemos determinar la deformación unitaria. cizalla=G. = 9 2 2 9
m
/
N
10
.
0
,
8
m
/
N
10
.
4
,
0
0,05rad. 0,05 rad. {Rpta} Observación: Es la deformación unitaria por cizalla y es preferible expresarlo en radianes.
5. En el diagrama tenemos un sólido compuesto, acero-bronce-acero, donde están actuando los siguientes torques externos, 2,5kN-m en el punto B, 0,8kN-m. en A, 1kN-m en C y 0,7kN-m en D. Si el sólido esta en equilibrio rotacional, determinar el máximo esfuerzo de cizalla en cada sección del sólido debido a los torques aplicados y el ángulo de giro resultante del punto final D respecto al punto A. Los módulos de rigidez son : Gacero = 8,3.1010 Pa ; Gbronce = 4,1.1010 Pa
Solución prob.-5.
Analizaremos el cilindro compuesto por partes, usaremos la condición de equilibrio rotacional para determinar los torques internos en cada segmento y aplicaremos la definición de esfuerzo de torsión.
El esfuerzo máximo de cizalla (torsión en este caso) esta dado por:
=
J , R donde
es el torque interno, R el radio del cilindro y J el momento de inercia polar [ J = 2 R4 = Parte I
Segmento AB, de la condición de equilibrio:
0
)
m
kN
8
,
0
(
AB
AB=
0,8 kN-mEl esfuerzo máximo de cizalla en el segmento AB
AB =
AB J =R (0,8kN-m)(0.015m) /32(0.03m)4 =1,5.105kPa
AB = 1,5.105 kPa. {Rpta}Parte II
Segmento BC, de la condición de equilibrio:
BC= -
1,7 kN-mEl esfuerzo máximo de cizalla en el segmento BC
BC
BC
JRBC
=(1,7kN-m)(0.03m) /32(0.06m)4
BC
= 0,4.105 kPa. {Rpta}Parte III
Segmento CD, de la condición de equilibrio: 0 ) m kN 1 ( ) m kN 5 , 2 ( ) m kN 8 , 0 ( CD
CD=-
0,7 kN-mesfuerzo, máximo de cizalla en el segmento CD
CD
=CD
J RCD
=(0,7kN-m)(0.01m) /32(0.02m)4CD
=4,5.105kPa. {Rpta}0
)
m
kN
5
,
2
(
)
m
kN
8
,
0
(
BC
El ángulo de giro se calcula =
G.R : .L AB = (1,5.105kPa).(0,3m)
(8,3.1010Pa).(0,015m) =0,04rad (antihorario respecto A)
BC =(0,4.10
5kPa).(0,6m)
(4,1.1010Pa).(0,03m) =-0,02rad (horario)
CD =(4,5.10
5kPa).(0,3m)
(8,3.1010Pa).(0,01m) =-0,16rad (horario)
TOTAL =AB + BC + CD =0,04rad - 0,02rad – 0,16rad =-0.14rad (horario)
Nota: El signo en los ángulos: horario (-) y antihorario (+).
6. En la figura mostrada se representan dos cilindros huecos compuestos. El cilindro de bronce AB esta empotrado en la pared en la parte A. El torque que actúa en el punto B es 800 N-m, el torque que actúan en el cilindro de acero en el punto C es 300 N-m. Para este sistema:
a) Determinar el máximo esfuerzo de cizalla en cada cilindro.
b) Determinar el ángulo de giro del punto C respecto al punto A.
Los módulos de rigidez son : Gacero = 8,3.1010 Pa ; Gbronce = 4,1.1010 Pa
Los diámetros de cada cilindro: diámetro externo de AB = 10cm, diámetro interno de AB = 8cm, diámetro externo de BC =5cm y el diámetro interno BC = 4cm Solución prob.-6.
Parte I Sección I
Segmento BC, de la condición de equilibrio:
0
)
m
N
300
(
BC
BC=300
N-mEl esfuerzo máximo de cizalla en el segmento BC
BC =
BC JRext. =/32[(0.05m)(300N-m)(0.025m) 4-(0,04m)4] = 20 703 kPaSección 2
Segmento BC de la condición de equilibrio:
AB =1100 N-m
AB =
AB JRext. =/32[(0.10m)(1100N-m)(0.05m) 4-(0,08m)4]
AB =9 489 kPaParte II
El ángulo de giro se calcula =
G.R : .LAB =(4,1.10(9 489 kPa).(0,6m)10 Pa).(0,05m) =-0,0028 rad (horario respecto A)
BC =(8,3.10(20 703kPa).(0,9m)10Pa).(0,025m) =-0,0090rad (horario)
TOTAL =AB + BC =- 0,0028 rad – 0,0090 rad =-0.0118 rad (horario) 7. Un cilindro macizo compuesto esta empotrada a una pared fija, como se muestra en
la figura. La sección AB esta hecho de bronce, la sección BC y CD de acero. Si los máximos esfuerzos de cizalla permisibles en los cilindros de acero y bronce son:
acero = 120 MPa ;
bronce = 80 MPaa) Determinar el máximo torque que pude ser aplicado en los puntos D, C y B sin exceder los esfuerzos permisibles en cualquiera de las secciones.
0 ) m N 300 ( ) m N 800 ( AB
b) Usando los torques encontrados en la parte (a), determinar el ángulo de giro del punto D respecto al punto A.
Solución prob.-7 Parte I
Sección I
Segmento CD, de la condición de equilibrio:
0
CD D
D=
CD
CD =
CD J R.
CD=
CDR = J. 120.10 6Pa (/32).(0,01m)4 0.005m
CD=
D=
23,6 N-m. Sección IISegmento BC, de la condición de equilibrio:
0
BC C D
C=
BC-
D
BC =
BC J R.
BC=
BCR = J. 120.10 6Pa (/32).(0,03m)4 0.015m =636,2 N-m luego:
C=
636,2 N-m–
23,6 N-m = 612,6 N-m Sección IIISegmento AB, de la condición de equilibrio:
0
AB B C D
B=
AB+
D+
C
AB =
AB J R.
AB=
ABR = J. 80.106Pa (/32).(0,05m)4 0.025m = 1 963,5N-m luego :
B = 1 963,5 N-m + 612,6 N-m + 23,6 N-m = 2 599,7 N-mParte II
El ángulo de giro se calcula =
G.R : .L AB = (80.106Pa).(0,3m)
(4,1.1010 Pa).(0,025m) =0,023 rad (antihorario respecto A)
BC = (120.10
6Pa).(0,3m)
(8,3.1010Pa).(0,015m) =-0,029rad (horario)
CD = (120.10
6Pa).(0,3m)
(8,3.1010Pa).(0,005m) =-0,087rad (horario)
TOTAL =AB + BC + CD = 0,023 rad – 0,029 rad -0.087 rad =-0.093 rad. 8. Una barra de 8kg, cuya sección es un
cuadrado de 50mm de lado y tiene 30cm de longitud, se mueve sobre una superficie lisa por acción de una fuerza aplicada uniformemente sobre uno de sus extremos. La barra
adquiere una aceleración de 2m/s2 ¿Cuál es le esfuerzo de compresión en los extremos de la barra? ¿y en el centro de la misma?
Solución prob.-8.Dividamos la barra homogénea en dos partes de masa m1 y m2, luego apliquemos la segunda Ley de Newton a todo el sistema y a la porción m2. DCL del sistema: a = m F 1 + m2 = F .S.L …(1) DCL de la parte m2: a = mFx 2 = Fx .S.(L-x) …(2)
Como la porción m2 y el sistema llevan la
misma aceleración, igualamos las ecuaciones (1) y (2) y despejamos Fx:
Fx = L - xL F = L - xL m.a … (3) F Piso liso F =0 m1 m2 a L x Fx =0 m2 a L x
El esfuerzo en la posición x esta dado por:
x = S = Fx L - xS.L m.areemplazando datos:
Para x = 0
x = S m.a = 1 (50mm)1 2 .8kg.2m/s2 = 0,0064N/mm2=64000 PaPara x = L
x = 0. m.a = 0.PaPara x = L/2
x = 2S m.a = 1 2.(50mm)1 2 .8kg.2m/s2 =0,0032N/mm2=32000 Pa* Este problema también puede ser resuelto cogiendo un diferencial de masa y luego la expresión (3) puede ser obtenida por integración simple.
