20-6-2014

FACULTAD : ING. QUIMICA Y METALURGICA

E.A.P. : ING. METALURGICA

TEMA : PROBLEMAS DE FRACTURA Y MECANICA DE FRACTURA

DOCENTE : IGN. NICANOR VEGA, Manuel

CURSO : FRACTURA

CICLO : VIII

ALUMNO(A) : REGALADO REYES, Maghouston

HUACHO - 2014

PROBLEMAS RESUELTOS DE FRACTURA Y MECANICA DE FRACTURA

PROBLEMA 01.

La barra colgante esta soportada en un extremo por un disco circular empotrado a ella. Como se muestra en la figura 1-33 a. Si la barra pasa por un agujero con diámetro de 40 mm, determine el diámetro mínimo requerido de la barra y el espesor mínimo del disco necesario para soportar la carga de 20 kN. Él esfuerzo normal permisible para la barra es σ perm=60MPa. Y el esfuerzo cortante permisible para el disco es τ perm=35MPa .

SOLUCIÓN

Diámetro de la barra. Por inspección, la fuerza axial en la barra es de 20 kN. El área transversal requerida para la barra es entonces

A= Pσ perm

=20 (103 )N60 (106 )N /m2

=0.3333(10−3)m2

De manera que

A=π ( d24 )=0.3333(10−2)m2d=0.0206m=20.6mmResp .

Espesor del disco. Como se muestra en el diagrama del cuerpo libre de la sección del núcleo del disco, figura 1-33b, el material en el área seccionada debe resistir esfuerzos cortantes para impedir el movimiento del disco a través del agujero. Si se supone que este esfuerzo cortante está uniformemente distribuido sobre el área seccionada, entonces como V=20kN , tenemos:

A= Vτ perm

=20(103)N35 (106 )N /m2

=0.571 (10−3 )m2

como el área seccionada A=2π (0.02m)(τ ), el espesor requerido del disco es:

τ=0.5714 (10−3 )m2

2 π (0.02m)=4.55 (10−3 )m=4.55mm

FRACTURA 1

PROBLEMA 02.La barra en la figura 4−31a está hecha de un acero con comportamiento elástico-perfectamente plástico σ γ=250MPa. Determina (a) el valor máximo de la carga P que puede aplicársele sin que el acero fluya y (b) el valor máximo de P que la barra puede soportar. Esboce la distribución del esfuerzo en la sección crítica para cada caso.SOLUCIÓN

Parte (a). Cuando el material se compra elásticamente, debemos usar un factor de concentración de esfuerzos, determinado con ayuda de la figura 4-23, que es único para la geometría dada de la barra. Aquí:

rh= 4mm

(40mm−8mm )=0.125

wh= 40mm

(40mm−8mm )=1.25

La carga máxima que no ocasiona fluencia, se presenta cuando

σ máx=σγ. El esfuerzo normal promedio es σ γ=P/A . Usando la

ecuación 4-7, tenemos:

σ máx=K σ prom: σ γ=K ( PγA )250 (106 ) Pa=1.75 [ P γ

(0.002m)(0.032m) ]Pγ=9.14 kN Resp .

Esta carga se a calculado usando la sección transversal más pequena.

La dstribución resultante del esfuerzo se muestra en la figura 4-31b. Por el equilibrio, el “volumen” contenido dentro de esta distribución debe ser igual a 9.14 kN.

Parte (b). La carga máxima soportada por la barra requiere que todo el material en la sección transversal más pequeña fluya. Por tanto conforme P crece hacia la carga plástica PP, se cambia gradualmente la distribución del esfuerzo del estado elástico mostrado en la figura 4-31b al estado plástico mostrado en la figura 4-31c. Se requiere:

σ γ=PPA

FRACTURA 2

250 (106 ) Pa=PP

(0.002m)(0.032m)PP=16.0kN

Aquí, PP es igual al “volumen” contenido dentro de la distribución del esfuerzo, que en este

caso es PP=σyA .PROBLEMA 03.

La barra de acero mostrada en la figura 4-27 está cometida a una carga axial de 80 kN. Determine el esfuerzo normal máximo desarrollado en la barra así como el desplazamiento de un extremo de la barra respecto al otro. El acero tiene un esfuerzo de fluencia σ γ=700MPa y

en Eac=200GPa.

SOLUCION:

Esfuerzo normal máximo. Por inspección, el esfuerzo normal máximo se presenta en la sección transversal más pequeña. Donde comienza el filete. En B o en C. el factor de concentración de esfuerzos se lee en la figura 4-23. Se requiere:

rh= 6mm20mm

=0.3 . wh=40mm20mm

=2

Entonces. K=1.6 . El esfuerzo máximo es entonces:

σ máx=KPA

=1.6 [ 80(103)N(0.02m)(0.001m) ]=640MPa

Note que el material permanece elástico, ya que 640MPa<σγ=700Mpa.

Desplazamiento. Despreciaremos aquí las deformaciones localizadas que rodean a la carga aplicada y al cambio brusco en la sección transverzal del filete (principio de Saint-Venant). Tenemos:

δ A /D=∑ PLAE

=2 { 80 (103 )N (0.3m)

(0.04m ) (0.01m )[ 200 (109 )Nm2 ]}

FRACTURA 3

+{ 80 (103)N (0.8m)

(0.02m)(0.01m)[200 (102 )N /m2 ] }σ A /D=2.20mm

Problema 04.

Una barra de aluminio de 2 cm2 de sección transversal y de 120 cm. de longitud se somete a una fuerza axial de tensión de 2500 kg.Calcule.a) El esfuerzo normal.b) La deformación total.c) La deformación unitaria.

Datos:L= 120 cmA= 2 cm2P= 2500 kgMat: aluminio

EAl 10∗106 lb

pulg2 (o .454Kg1lb )¿

Al=?

a.

σ= PA

=2500Kg2cm2

=1250kg /cm2

b.

δ= P .LA .E

=(2500kg)(120cm)

(2cm¿¿2)(0.703∗106 kg /cm2)¿

δ=0.2133cm=2.1mm

c.

FRACTURA 4

ε= δL=0.2133cm

120cm=1.78∗10−3 cm /cm

PROBLEMA 05.

El conjunto mostrado en la figura 4-7 a consiste en un tubo AB de aluminio un área transversal de 400mm2. Una barra de acero con diámetro de 10 mm está unida a un collarín rígido y pasa a través del tubo. Si se aplica una carga de tensión de 80kN a la barra, determine el desplazamiento del extremo C de la barra. Considere Eac=200GPa y Eal=70GPa .

SOLUCION:

Fuerza interna. El diagrama de cuerpo libre del tubo y de la barra, figura 4-7b, muestra que la barra está sometida a una tensión de 80kN y el tubo a una compresión de 80kN.

Desplazamiento. Determinaremos primero el desplazamiento del extremo C con respecto al extremo B. trabajando en unidades de newton y metros, tenemos

δ c/B=PLAE

=¿¿

El signo positivo indica que el extremo C se mueve hacia la derecha con respecto al extremo B, ya que la barra se alarga.

El desplazamiento del extremo B con respecto al extremo fijo A es:

δB=PLAE

=¿¿

δB=−0.001143m=0.001143m

FRACTURA 5

El signo menos indica aquí que el tubo se acorta, por lo que B se mueve hacia la derecha respecto a A.

Puesto que ambos desplazamientos son hacia la derecha, el desplazamiento resultante de C respecto a A es entonces:

¿

δC=0.00420m=4.20mm→

PROBLEMA 06.

Un metal posee un módulo de Young de 8∗1010N /m2 y un módulo volumétrico de

compresión de 5∗1010N /m2. Tenemos un cubo de dicho material de 0.3m de arista. Calcula:

a. El coeficiente de poisson del materialb. Su módulo de cizalladurac. Cuanto se achata cuando se le somete a una fuerza de compresión de 1010N .d. Cuanto aumenta su sección en el supuesto anterior.

SOLUCION:

a. Despejamos el coeficiente de poisson de la fórmula del módulo de Young volumétrico de compresión:

∝=12 (1− E

3B )=12 (1− 8∗1010

3.5∗1010 )=0.23b. El módulo de cizalladura es igual a:

G= E3(1+∝)

= 8∗1010

3 (1+0.23)=3.25∗1010 N /m2

c. El achatamiento ante la composición depende del módulo de Young:

∆ l= lFEA

= 0.3∗105

8∗1010 ¿¿

d. Cada una de las dimensiones laterales aumenta una cantidad ∝∆ l. Por tanto, el aumento de sección es:

∆ A=( l+∝∆ l)2−l2≈2∝l ∆ l

∆ A=2 (0.23 ) (0.3 ) (4.2 )∗10−6=5.8∗10−7m2

FRACTURA 6

PROBLEMA 07.

Una barra de acero A-36 tiene las dimensiones mostradas en la figura 10.2. Si se aplica una fuerza axial P = 80 kN a la barra, determine el cambio en su longitud y el cambio en las dimensiones de su sección transversal después de aplicada la carga. El material se comporta elásticamente.

Figura: 10.2SOLUCIÓNEl esfuerzo normal en la barra es

σ z=PA

=80 (103 )N

(0 ,1m) (0 ,05m )=16 .0 (106 )Pa

De tablas para el acero A-36, Eac,= 200 GPa, por lo que la deformación unitaria en la dirección z es:

ε z=σ zEac

=16.0 (106 )Pa200 (109 )Pa

=80 (10−6 )mm/mm

El alargamiento axial de la barra es:

δ z=ε z LZ=[80 (10−6 ) ] (1,5m )=120 μmResp .

Usando la ecuación 3.9, donde νac=0,32 según tablas, las contracciones en las direcciones X y Y son:

FRACTURA 7

ε x=ε y=−νac ε2=−0,32 [80 (10−6 ) ]=−25,6 μm /m

Así, los cambios en las dimensiones de la sección transversal son:

δ x=ε x Lx=− [25,6 (10−6 ) ] (0,1m )=−2,56 μm

δ y=ε y L y=−[25,6 (10−6 ) ] (0,05m )=−1,28μm

Problema 08

Un tubo cuadrado de aluminio tiene las dimensiones mostradas en la figura 5-33 a. determine el esfuerzo cortante promedio en el punto A del tubo cuando este está sometido a un par de torsión de 85 lb∗pie . Calcule también el Angulo de torsión debido a esta carga. Considere

Gal=3.80 (10¿¿3)klb / pulg2¿.

SOLUCION:

Esfuerzo cortante promedio. Por inspección, al par de torsión interno resultante en la sección transversal donde se encuentra A es

T=85 lb∗pie . de la figura 5-33b, el área Am que aparece sombreada,

es:

Am=(2.5 pulg ) (2.5 pulg )=6.25 pulg2

Aplicando la ecuación 5-18,

FRACTURA 8

τ prom=T

2 t Am=85 lb∗pie(12 pulg / pie)2(0.5 pulg)(6.25 pulg2)

=163 lb/ pulg

Como t es constante, excepto en las esquinas, el esfuerzo cortante promedio es el mismo en todos los puntos de la sección transversal. En la figura 5-33c se muestra actuando sobre un elemento localizado en el punto A. advierta que τ prom actúa sobre arriba sobre la cara sombreada, contribuyendo así a generar el par T interno resultante en la sección.

Angulo de torsión. El Angulo de torsión generado por T se determina con la ecuación 5-20, esto es,

∅= TL

4 Am2G

∮ dst

=85lb∗pie( 12 pulgpie )(5 pies )( 12 pulgpie )

4¿¿¿

∮ ds(0.5 pulg)

=0.206 (10¿¿−3) pulg−1∮ ds¿

La integral en esta expresión representa la longitud de línea central limítrofe del tubo, figura 5-33b. Así,

∅=0.206 (10−3 ) pulg−1 [4 (2.5 pulg ) ]=2.06 (10¿¿−3)rad .¿

Problema 09.

El espécimen de aluminio mostrado en la figura 3-26 tiene un diámetro d0=25mm y una longitud calibrada L0=250mm. Si una fuerza de 165kN alarga la longitud calibrada 1.20mm, determine el módulo de elasticidad. Determine también cuanto se reduce el diámetro debido a esta fuerza. Considere Gal=26GPa y σγ=440MPa.

SOLUCION:

Módulo de elasticidad. El esfuerzo normal promedio es el espécimen es

σ= PA

=165(10¿¿3)N(π /4)¿¿

¿

Y la deformación unitaria normal promedio es

ε= δL=1.20mm250mm

=0.00480mm /mm

Como σ<σγ=440MPa. El material se comporta elásticamente. El

módulo de elasticidad es

FRACTURA 9

Eal=σε=336.1 (106 ) Pa0.00480

=70.0GPa

Contracción del diámetro. Primero determinamos la relación de poisson para el material usando la ecuación 3-11.

G= E2(1+v)

26GPa=70.0GPa2(1+v)

→v=0.346

Como ϵ long=0.00480mm/mm, entonces por la ecuación 3-9.

v=ϵ latϵ long

0.346=ϵ lat

0.00480mm/mm

ϵ lat=−0.00166mm/mm

La contracción del diámetro es por lo tanto

δ ´=(0.00166 ) (25mm )=0.0415mm

Problema 10.

La barra compuesta de acero A – 36 mostrada en la figura 4–6a está hecha de dos segmentos AB y BD que tienen áreas transversales de

AAB=1 pulg2 y ABD=2 pulg

2 . Determine el desplazamiento vertical del

extremo A y el de B respecto a C.

SOLUCION:

FRACTURA 10

Fuerza interna. Debido a la aplicación de las cargas externas, la fuerza axiales internas en las regiones AB, BC, y CD serán todas diferentes. Esas fuerzas se obtienen aplicando el método de las secciones y la ecuación de equilibrio por fuerzas vertical, como se muestra en la figura 4 – 6b y se encuentran graficadas en la figura 4 – 6c.

Desplazamiento. De la cubierta interior posterior de este libro, tenemos el valor

Eac=29 (103 ) klb / pulg2. Usando la convención de signos, esto es, fuerzas inertes de tensión

son positivas y fuerzas internas de compresión son negativas, el desplazamiento vertical de A respecto al soporte fijo D es:

δ A=∑ PLAE

=[+15klb ](2 pies)(12 pulg / pie)(1 pulg2)[29 (103 )klb / pulg2 ]

+ [+7 klb ] (1,5 pies)(12 pulg / pie)(2 pulg¿¿2)¿¿¿

+ [−9klb ] (1 pie)(12 pulg / pie)(2 pulg¿¿2) [29 (103 )klb / pulg2 ]=+0.0127 pulg¿

Como el resultado es positivo, la barra se alarga y el desplazamiento de A es hacia arriba.

Aplicando la ecuación 4-2 entre los puntos B y C, obtendremos:

δB /C=PBC LBCA BCB

=[+7klb ] (1.5 pies)(12 pulg / pie)

(2 pulg¿¿2)¿¿¿

PROBLEMA 11:

Un sólido posee un módulo de Young de 7.1010N /m2 y un coeficiente de poissón de 0.25. ¿Cuáles son su módulo de cizalladura y su módulo volumétrico de compresión?

SOLUCION:

El modulo volumétrico de comprensión es:

B= E3(1−2∝)

= 7.1010

3(1−2 (0.25 ))=4.67∗1010N /m2

El módulo de cizalladura bale:

G= E3(1+∝)

= 7.1010

3 (1+0.25)=2.8∗1010 N /m2

PROBLEMA 12:

FRACTURA 11

La placa de acero que se muestra en la figura tiene 12 mm de espesor, su ancho varía uniformemente desde 50 mm en el lado izquierdo hasta 100mm en el lado derecho, la longitud de la placa es de 450 mm. Si se aplica en cada extremo una fuerza axial de tracción de 5 000 kg, determinar el alargamiento de la placa. Considerar el módulo de elasticidad del acero

E=2,1∗106 kg /m2.

SOLUCION:

Carga aplicada P=5000 kg (tracción), espesor e=12mm, longitud L=450mm,ancho menor 50mm, ancho mayor 100mm.

∆ L= PLAE

Teniendo en cuenta la formula dada y expresándola en forma diferencial se tendrá:

d (∆ L )=d ( PLAE ) , entonces ;∆ L=∫ d (∆ L )=∫0

L

d ( PLAE )Luego para expresar de forma explícita la integral anterior y poderla integrar debemos expresar el área del elemento diferencial en función de la variable X, entonces, si “e” es el espesor “y” la altura, el área del elemento diferencial será:

A=ey=(e) [ a2 +2( A−a2 ) xL ]

Donde “a” es el ancho menor y “A” es el ancho mayor, simplificando y reemplazando en la expresión integral tenemos:

FRACTURA 12

∆ L=∫0

LPdx

E [ a2 +(A−a) xL ]e

Reemplazando los datos queda:

∆ L=9 PEe

∫0

45dx45+ x

lamismaque integrando

(∫ dxa+bx

=1bln (a+bx )+C)reemplazando valoresresulta

∆ L=0,0124cm

El alargamiento de la placa por acción de las cargas de tracción es: ∆ L=0,0124cm .

FRACTURA 13