4.12 Ejercicios propuestos 1. Compare los esfuerzos máximos en dos ejes tubulares cuadrados de 3" de lado y 0.25" de espesor sometidos a torsión. Uno de los ejes está perfectamente cerrado y el otro está abierto. ¿Cuál es el torque máximo que se puede aplicar a cada eje si el material tiene un esfuerzo de fluencia de 36000 psi? Utilice un factor de seguridad de 2. ¿Cómo se comparan las rigideces de los ejes? 2. Estime los esfuerzos máximos y los ángulos de giro por unidad de longitud en la I mostrada que soporta un torque de 1000 N-m.
3. Utilice la analogía de la membrana para dibujar la distribución de esfuerzos en ejes sometidos a torsión que tienen las secciones mostradas.
4. Halle la distribución de esfuerzos en un eje cuya sección es un triángulo equilátero. Utilice el mismo método seguido para el eje de sección elíptica, es decir, trate de hallar la función esfuerzo con base. en las ecuaciones de las rectas que definen el perímetro del triángulo. 5. Termine el problema del eje de sección rectangular sometido a torsión. Es decir, determine la rigidez del eje. Escriba además un programa para calcular esfuerzos en ejes de sección rectangular sometidos a torsión. 6. Compare la solución exacta de los ejes rectangulares con la aproximada para perfiles delgados. Calcule la relación a/t para la cual la solución aproximada arroja un error del 10%. 7.Determine los esfuerzos máximos y el ángulo de torsión por unidad de longitud en el eje mostrado sometido a un torque de 20 000 N-m.
5.16 Problemas propuestos 1. Determine la función deflexión general para una placa circular sobre la cual actúa una carga distribuida que varía linealmente con el radio, es decir p(r)=po r/a.
2. Determine la deflexión de una placa sólida circular que está "simplemente apoyada en el borde exterior. 3. Halle la deflexión de una placa circular sólida sobre la cual actúa una distribución de momentos Mr uniformes en su borde exterior. Carga transversal nula. 4. Calcular el espesor mínimo t que debe tener el alma del volante mostrado sí sobre él actúa una carga axial de 20 kips distribuida sobre la corona. Acero A36 y factor de seguridad de 1.5.
Figura 5.12. Volante del problema 4 5. Una placa circular de 15"de radio exterior y 5" de radio interior se encuentra sometida a una presión uniforme de 400 psi. La placa está empotrada en su borde interior y simplemente apoyada en el exterior. Calcular las reacciones. 6. Determinar los espesores mínimos necesarios para el Ejercicio 1 si se tienen las siguientes configuraciones (todas con un anillo rigidizador arriba): a. Anillo rigidizador intermedio, b. Rigidizadores verticales en cada cara, c. Anillo intermedio más los rigidizadores verticales en cada cara. Evalúe el peso según cada alternativa.¿Cuál es la más conveniente? 7. Para el problema de la placa simplemente apoyada sometida a una carga distribuida. verifique los coeficientes de la Tabla 1 para una relación a/b=2. 8. Calcule las reacciones en los bordes y las fuerzas en las esquinas en una placa cuadrada simplemente apoyada y sometida a una carga uniforme. Verifique que la suma de reacciones sea igual a la carga total.
soluciones
1. Compare los esfuerzos máximos en dos ejes tubulares cuadrados de 3" de lado y 0.25" de espesor sometidos a torsión. Uno de los ejes está perfectamente cerrado y el otro está abierto. ¿Cuál es el torque máximo que se puede aplicar a cada eje si el material tiene un esfuerzo de fluencia de 36000 psi? Utilice un factor de seguridad de 2. ¿Cómo se comparan las rigideces de los ejes? 0. 3” 10
3”
0.25” 3”
cerrado
abierto
T 2 At donde T= torque A= área encerrada por el perímetro medio
τ=
Para el eje tubular cerrado C= contorno o perímetro medio y t= espesor = 0.25in FS= 2 σy= 36000 psi
θ=
TC 4GA 2 t σadm = σy/ FS
A= (3-.25)2 =
36000/2 = 18000 psi τadm = σadm/ 2
18000/2 = 9000 psi
C= (3-0.25)x4
Ahora calculamos el Tmax =2Αtτadm Tmax =2(3-.25)2 x0.25x9000 psi = 34031 lb –in 2 4G (3 − 0.25) 4 x0.25 Para la rigidez torsional tenemos Kta = T = 4 GA t = = 5.2G (3 − 0.25) x 4 θ C
Para el eje abierto tenemos
τ=
3T at 2
a =(3x2)+(3-.5)x2 = 11 in longitud del perfil delgado
T=
3T τat 2 θ= 3 3 Gt a
Tmax =
τ adm at 2 9000 psi (11in )(0.25in) 2 = = 2062.5lb − in 3 3 3
T Gat Gx11x0.25 3 = 0.0573G Para la rigidez torsional tenemos Ktb = = = 3 3 θ Se puede ver que el eje cerrado resiste torques mucho mayores que el perfil abierto con una relación de 34031/2062.5 = 16.5 veces mas, y la rigidez torsional del eje cerrado es 90.8 veces mayor que la del eje abierto.
2. Estime los esfuerzos máximos y los ángulos de giro por unidad de longitud en la I mostrada que soporta un torque de 1000 N-m.
Para este tipo de perfil utilizaremos la formula de perfil delgado.
τ= Con
3T at 2
a1 =2(60x10-3)m a 2 = (80x10-3)m t1 =5x10-3m t2 =4x10-3m
τ = τ1+ τ2 = 2
3T 3T + 2 2 a1t1 a2t 2
=
2
3 x1000 N 3 x1000 N + = -3 -3 2 2(60x10 )m(5x10 m) 2(80x10 -3 )m(4x10 -3 m) 2
4000 Mpa+2343.75Mpa = 6343.75 Mpa
θ=
3T Gt 3 a
31000 N = 2000Μpa/G G (5x10 m) 3 2(60x10 -3 )m 31000 N = 5879.375Μpa/G θ2 = -3 G (4x10 m) 3 (80x10 -3 )m
θ1 =
-3
3. Utilice la analogía de la membrana para dibujar la distribución de esfuerzos en ejes sometidos a torsión que tienen las secciones mostradas.
Estos ejes se pueden separar como un eje tubular y un perfil delgado. Para el caso del rectángulo tenemos Las flechas indican el flujo del esfuerzo cortante
+
Estos ejes se pueden separar como un eje tubular y un perfil delgado. Para el caso del hexágono tenemos
+
En las secciones tubulares como se definen los contornos independientes, la ecuación de esfuerzos
τ=
T 2 At en donde la distribución de esfuerzos se asimila a la de influjo cortante.
cortantes es En el perfil delgado la distribución de esfuerzos cortantes es la indicada en la grafica, claramente se observa que tiene un sentido el flujo cortante en la parte superior y otro sentido en la parte inferior de flujo y contra flujo.
4. Halle la distribución de esfuerzos en un eje cuya sección es un triángulo equilátero. Utilice el mismo método seguido para el eje de sección elíptica, es decir, trate de Hallar la función esfuerzo con base. en las ecuaciones de las rectas que definen el Perímetro del triángulo. Para un triangulo equilátero tenemos:
Y
x
f (x,y)=0 f = F(y1,y2,y3)=0 y1- m1x-b=0
y1= m1x+b y2= -m1x+b y3= cte
y2+ m1x-b=0 y3- c=0
K(y1- m1x-b)( y2+ m1x-b)( y3- c)= f (x,y)
∇ φ = K (3 y − 2b − c − m y + m c = −Gθ 2
2
2
∇ 2φ = −2Gθ K=
− Gθ (3 y − 2b − c − m 2 y + m 2 c
φ ( x, y ) = por lo tanto la función de esfuerzo es
− Gθ (y - m1x - b)( y + m1x - b)( y - c) (3 y − 2b − c − m 2 y + m 2 c
5. Termine el problema del eje de sección rectangular sometido a torsión. Es decir, determine la rigidez del eje. Escriba además un programa para calcular esfuerzos en ejes de sección rectangular sometidos a torsión. En el problema del eje de sección rectangular tenemos φ ( x, y )
bn nπx nπy cos φ ( x, y ) = ∑ c n cosh − 2 a nπ a n =1, 2 , 3,.. a bn 8Gθ nπ sin( ) c n = − bn = − 2 2 nπ nπ b nπ cosh 2a a n
8Gθ 8Gθ nπ nπ sin( ) sin( ) − − nπ y 2 2 cos nπx nπ nπ cosh φ ( x, y ) = ∑ − − 2 2 nπ a a n =1, 2 ,3,.. nπ nπ b cosh a 2a a n
T = 2 Aφ nπ y nπ sin( ) − cosh a nπx 2 1 cos + T = 16 AGθ ∑ 3 3 nπ b a n =1, 2, 3,.. n π cosh 2a a2 n
nπ y nπ sin( ) − cosh T a nπx 2 = K t = 16AG ∑ + 1 cos 3 3 θ nπ b a n =1, 2 , 3,.. n π cosh 2a a2 n
d − e + 1 g T = 16 AGθ ∑ 3 3 f n =1, 2, 3,.. n π 2 a n
programa para una calculadora programable casio linea fx prg 0 “programa de torsión de ejes rectangulares” i=1 J=0 “a=”: ? → a : “b=”: ? → b : “n=”: ? → n : “x=”: ? → x : “y=”: ? → y : 1 → i 0 → j: prg 1
prg 1
iπ iπy iπb iπx ) → d : cosh → e : cosh → f : cos → g: 2 a 2a a A → a.b : i ≤ n ⇒ prg 2: i ≥ n ⇒ j: sin(
Prg 2 Prg 2
d − e 3 + 1 g → h : i 3π f 2 a (i+1) →i : (j+h) → j : (16AGθj) →T prg1: para una serie con n=40 x=y/2 y=1 6. Compare la solución exacta de los ejes rectangulares con la aproximada para perfiles delgados. Calcule la relación a/t para la cual la solución aproximada arroja un error del 10%. 7.Determine los esfuerzos máximos y el ángulo de torsión por unidad de longitud en el eje mostrado sometido a un torque de 20 000 N-m.
obtener el esfuerzo en este eje, se asume un eje rectangular de 0.4 m de lado y un espesor de 0.07 m al cual se unen dos perfiles delgados de 0.3 de longitud por 0.07m de espesor.
τ=
T 2 At donde T= torque A= área encerrada por el perímetro medio
Para el eje tubular cerrado t= espesor = 0.07m C= contorno o perímetro medio T1 =2Αtτ
θ=
2
A= (0.4-0.07) = 0.109m
C= (0.4-0.07)x4 = 1.32
TC 4GA 2 t
Para el eje abierto tenemos a= (2(0.3)= 0.6 m
τ=
3T at 2
θ=
3T Gt 3 a
T2 = τ
at 2 3
entonces T = T1+T2
6 At + at 2 3T 3 x 20000 N τ = T = τ τ = 2 2 3 6 At + at 6(0.109)(0.07) + 0.6(0.07) 3T TC TGt (Cat 2 + 12 A 2 ) T (Cat 2 + 2 A 2 ) = θ = θ1 + θ 2 = + = = 4GA 2 t Gt 3 a 4G 2 A 2 t 4 a 4GA 2 t 3 a 20000((1.32)(0.6)(0.07) 2 + 2(0.109) 2 ) 56.5 θ = θ1 + θ 2 = = Mpa G 4G (0.109) 2 0.07 3 (0.6)
T = 2 Atτ +
τat 2 3
= 1.230 Mpa
capitulo 5 1. Determine la función deflexión general para una placa circular sobre la cual actúa una carga distribuida que varía linealmente con el radio, es decir p(r)=po r/a. p(r)=po r/a.
∇4w =
=
d rd d rdw p = rdr dr rdr dr D
d rd d rdw po r = rdr dr rdr dr aD
remplazando p(r)=po r/a.tenemos
integrando una vez tenemos
rd d rdw p o r 3 dr rdr dr = 3aD + c1 integrando por segunda vez tenemos d rdw p o r 3 rdr dr = 9aD + c1 ln r + c 2 integrando por tercera vez tenemos rdw p o r 5 r 2 r 2 ln r c 2 r 2 = + c dr 45aD 1 − 4 + 2 + 2 + c3 integrando por cuarta vez tenemos w=
r 2 r 2 ln r c 2 r 2 po r 5 + + c1 − + + c3 ln r + c 4 225aD 4 4 4
por lo tanto esta es la la función de deflexión general para una placa circular sobre la cual actúa una carga distribuida que varía linealmente con el radio, es decir p(r)=po r/a.
2. Determine la deflexión de una placa sólida circular que está simplemente apoyada en el borde exterior.
po r 4 c2 r 2 p a4 c a2 + + c 4 r = a w(a ) = 0 2) w(a ) = o + 2 + c 4 = 0 64 D 4 64 D 4 po 0 3 c 2 0 dw(r ) p o r 3 c 2 r = + + =0 r = 0 w(0) = 0 w(a ) = 16 D 2 16 D 2 dr 3 po a 2 c2 3 po a 2 d 2 w(r ) 3 p o r 2 c 2 r a = ( ) 0 ( ) 0 = + w a = w a = + = − = c2 16 D 2 16 D 2 8D dr 2 5 po a 4 p a 4 3 po a 4 reemplazando c2 en la ecuación 2 tenemos w( a ) = o − + c4 = 0 = c4 64 D 32 D 64 D 1 ) w(r ) =
reemplazando c2 y c4 en la ecuación 1 tenemos
w(r ) =
po r 4 3 p o a 2 r 2 5 p o a 4 − + 64 D 32 D 64 D
simplemente apoyada en el borde exterior.es
la deflexión de una placa sólida circular que está
w(r ) =
(
po 4 r − 6a 2 r 2 + 5a 4 64 D
)
3. Halle la deflexión de una placa circular sólida sobre la cual actúa una distribución de momentos Mr uniformes en su borde exterior. Carga transversal nula. Mr
para hallar la deflexion de la placa con carga trasversal nula P=0 tenemos:
po r 4 c2 r 2 c r2 r = a w(a ) = 0 + + c 4 w(r ) = 2 + c 4 64 D 4 4 − c2 a 2 c a2 2) w( a ) = 2 + c 4 = 0 c2 = 2M r = c4 4 4 M ra2 d 2 w(r ) c 2 ( ) reemplazando c en la ecuación 2) tenemos = = M w a = + c4 = 0 2 r 2 2 dr 2 − M ra2 entonces = c 4 reemplazando c2 y c4 en la ecuación 1 tenemos 2 1) w( r ) =
w(r ) =
M rr2 M ra2 − 2 2
la deflexión de una placa circular sólida sobre la cual actúa una
distribución de momentos Mr uniformes en su borde exterior. Carga transversal nula. Es w( r ) =
(
Mr 2 r − a2 2
)
4. Calcular el espesor mínimo t que debe tener el alma del volante mostrado sí sobre él actúa una carga axial de 20 kips distribuida sobre la corona. Acero A36 y factor de seguridad de 1.5.
para resolver este problema se escoge el caso 6.
teniendo en cuenta que el radio a = 12 “ y b = 3 “ entonces la relacion a/b = 12/3 = 4 FS= 1.5 por lo tanto de la tabla
sabiendo que es el caso 6 y que a/b = 4 k = 0.933 σy = 36000 psi P= 20 kips y σmax = kp/t2 con σadm = σy/FS = 36000/1.5 = 24000 psi
t=
kp σ adm
t=
0.933 x 20 24000 psi
= 0.88in
5. Una placa circular de 15"de radio exterior y 5" de radio interior se encuentra sometida a una presión uniforme de 400 psi. La placa está empotrada en su borde interior y simplemente apoyada en el exterior. Calcular las reacciones. Tenemos entonces que a = 15" b = 5"
a 15" a =3 = = 3 por lo tanto la relación de b 5" b
utilizando la tabla superior y usando la superposición de los casos 4 y 1 podemos hallar la
reacción en el borde .
sabiendo que la presion uniforme es de 400 psi hallamos la carga q . q (a 2 − b 2 )π = 400 psi q= 0.6366 lb/in4 procedemos luego ha hallar los k1 y k2 k1 =0.291
p=
k2=0.734
w1 =
k1 qa 4 Et 3
w2 =
k 2 pa 2 k qa igualando tenemos p = 1 2 3 k2 Et
0.291(0.6366)lb / in 4 (15) 2 in 2 = 56.78 psi 0.734
6. Se desea determinar el espesor necesario para una placa de un tanque que contiene agua de 3 m de largo por 2 m de ancho y 2 m de altura y que tiene en su borde superior un anillo rigidizador. Considere un acero A36 (σy = 250. MPa) con un factor de seguridad de 1.5
Geometría del tanque del ejercicio Las placas laterales del recipiente se pueden considerar como simplemente apoyadas en sus cuatro bordes y sometidas a una carga distribuida triangular. se hace el análisis mediante las ecuaciones de placas. La fuerza máxima por unidad de longitud de la franja en el fondo del tanque es pmax = 2x1xl = 2t/ m = 19.62 kN / m Determinar los espesores mínimos necesarios para el Ejercicio 1 si se tienen las siguientes configuraciones todas con un anillo rigidizador arriba): a. Anillo rigidizador intermedio, b. Rigidizadores verticales en cada cara, c. Anillo intermedio más los rigidizadores verticales en cada cara. Evalúe el peso según cada alternativa.¿Cuál es la más conveniente?
a. Anillo rigidizador intermedio mediante la teoría de placas y usando un anillo intermedio se puede evaluar la placa desde el apoyo intermedio (asumiendo un anillo muy rígido sin deflexiones) pues la placa es hiperestatica. Teniendo una relacion b/a = 3 De la tabla 5.3 β = 0.0611 entonces Mx=0.0611pa2
σx =
Mx=0.0611x19.62kN/mx1= 1.19878kN
6 M x 6 x1.19878 x10 3 = ≤ 250 x10 6 / 1.5 t2 t2
t≥
6 x1.19878 x10 3 x1.5 = 6.57 mm 250 x10 6
por lo tanto el espesor de la placa disminuye y su peso tambien
D=
Et 3 12(1 − v 2 )
D=
∆ max = 0.00494 x
200 x109 x0.00657 3 12(1 − 0.32 )
D = 5194 N − m
19.62 x10 3 x14 = 1.86cm que es una deflexión pequeña. 5194
b. Anillo rigidizador vertical en cada cara mediante la teoría de placas y usando un anillo vertical intermedio en las caras se puede evaluar la placa desde el apoyo intermedio (asumiendo un anillo muy rígido sin deflexiones) pues la placa es hiperestatica. Teniendo una relacion a/b = 1.3 De la tabla 5.4 β = 0.0304 entonces Mx=0.0304pa2
Mx=0.0304x19.62kN/mx22= 2.3858kN
6 M x 6 x 2.3858 x10 3 σx = 2 = ≤ 250 x10 6 / 1.5 2 t t
t≥
6 x 2.3858 x10 3 x1.5 = 3.8mm 250 x10 6
por lo tanto el espesor de la placa disminuye y su peso tambien
D=
Et 3 12(1 − v 2 )
D=
∆ max = 0.00269 x
200 x10 9 x0.00380 3 12(1 − 0.3 2)
D = 1004 N − m
19.62 x10 3 x 2 4 = 80cm que es una deflexión excesiva por lo tanto esta 1004
configuración no es aceptable. c. Anillo rigidizador vertical en cada cara y anillo y anillo intermedio horizontal. mediante la teoría de placas y usando un anillo vertical intermedio en las caras y el anillo rigidizador horizontal se puede evaluar la placa desde el apoyo intermedio (asumiendo un anillo muy rígido sin deflexiones) pues la placa es hiperestatica. Teniendo una relacion b/a = 1.5 De la tabla 5.3 β = 0.0429 entonces Mx=0.0429pa2
Mx=0.0429x19.62kN/mx1= 0.8417kN
σx =
6 M x 6 x0.8417 x10 3 = ≤ 250 x10 6 / 1.5 t2 t2
t≥
6 x0.8417 x10 3 x1.5 = 5.5mm 250 x10 6
por lo tanto el espesor de la placa disminuye y su peso tambien
D=
Et 3 12(1 − v 2 )
∆ max = 0.00379 x
D=
200 x10 9 x0.00550 3 12(1 − 0.3 2)
D = 3054.9N − m
19.62 x10 3 x14 = 2.43cm que es una deflexión pequeña 3054.9
por lo tanto la configuración mas liviana es esta por lo tanto el tanque es mas seguro si se hace con una malla de anillos rigidizadores esta es la configuración mas conveniente por su bajo peso y es quizás las mas económica, dependiendo del costo de los anillos rigidizadores.
7.Para el problema de la placa simplemente apoyada sometida a una carga distribuida. verifique los coeficientes de la Tabla 1 para una relación a/b=2. Usando el programa matemático derive calcule para n=m= 20 terminos los coeficientes , los cuales se aproximan mucho a los listados en la tabla.
0.1015
En donde α = ¢ es el calculado en derive y 0.01013 es el de la tabla. β =0.1015 es el calculado en derive y 0.1017 es el de la tabla. β1 =0.04638 es el calculado en derive y 0.0464 es el de la tabla. 8. Calcule las reacciones en los bordes y las fuerzas en las esquinas en una placa cuadrada simplemente apoyada y sometida a una carga uniforme. Verifique que la suma de reacciones sea igual a la carga total. rectangular simplemente apoyada Considere una placa rectangular de- dimensiones axb simplemente apoyada en sus cuatro bordes y sobre la cual actúa una carga uniformemente distribuida po. Se desea hallar la distribución de esfuerzos, la deflexión y las reacciones en los apoyos.
Debido a que la placa está simplemente apoyada los desplazamientos en los bordes son nulos pero la rotación está permitida, por tanto
∂ 2w ∂2w v + =0 2 ∂y 2 x = 0 ∂x
w(0,y)=0 ,Mx(0,y)= − D
∂ 2w ∂ 2w v + =0 2 ∂y 2 x =a ∂x
w(a,y)=0 ,Mx(a,y)= − D
∂2w ∂ 2w v + =0 2 ∂x 2 y =b ∂y
w(x,0)=0 ,My(x,0)= − D
∂ 2w ∂ 2w v + =0 2 ∂x 2 y =b ∂y
w(x,b)=0 ,My(x,b)= − D
Solucion:
πmx πny sen a b ∞ ∞ πmx πny Se desarrolla po = ∑∑ pmn sen sen a b m =1 n =1 Para una carga Pmn tenemos sen
Utilizando la superposición obtenemos la solucion para po.
pmn sen πmx sen πny ,m,n=1,2,3,…. D a b ∂4w ∂4w ∂ 4 w p mn πny πmx 2 sen + + = sen 4 2 2 4 a ∂x ∂ x∂ y ∂y D b
∇2w =
primera etapa.
sen(θ )
1a cos(θ )
2a − sen(θ ) 3a − cos(θ ) 4a sen(θ )
con m=n=1
tenemos
πx πy sen a b
p11 sen
2 πm 4 πmx πny πm πn πn πm πn p mn 2 wmn + sen sen sen = + 4 sen a b a b b a b D a
wmn =
Pmn πm 2 πm 2 D + a b
2
segunda etapa
16abp o 16 p o = 2 abπ mn abπ 2 mn 16 p o ∞ 1 ∞ πm πn sen = sen 6 ∑ n =1 ∑m =1 2 Dπ 2 2 m 2 n 2 mn + a b
p mn = wmax
2 πm 2 πn + v a b 16 p o ∞ ∞ πmx πny M x = 6 ∑n =1 ∑m =1 sen sen 2 2 2 π a b m n mn + a b
πm 2 πn 2 + b a πm 16 p o ∞ ∞ πmx πny Q x = 6 ∑n =1 ∑m =1 sen cos 2 π m 2 n 2 a a b mn + a b πm 2 πn 2 + b a πn 16 p o ∞ ∞ sen πmx cos πny Q y = 6 ∑n =1 ∑m =1 2 π m 2 n 2 b a b mn + a b πm 2 πn 2 + 2 b a 16 p o ∞ ∞ πmx πny πm * − V x = 6 ∑n =1 ∑m =1 sen sen 2 π a b a m 2 n 2 mn + a b πm 2 πn 2 b + a 2 16 p o ∞ ∞ πmx πny πn * − sen V y = 6 ∑n =1 ∑m =1 sen 2 2 2 π a b b m n mn + a b
Ejercicios de resistencia de materiales
Fernando RIOS RUA
PROFESOR: JOSE JAIME GARCIA
UNIVERSIDAD DEL VALLE FACULTAD DE INGENIERIA ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA SANTIAGO DE CALI JUNIO 23 DE 2005