RESISTENCIA DE MATERIALES

Universidad Nacional Mayor de San Marcos

FACULTAD DE INGENIERÍA INDUSTRIAL

Ing. Cesar Campos Contreras

COMPORTAMIENTO DE MATERIALES

BAJO ESFUERZO.

ESFUERZO:

 

AP

CLASES DE ESFUERZOS

1) Esfuerzos Normales

1.1 Tracción o Compresión:

UNIDADES :

a) Sistema Ingles

b) Sistemas Métricos

c) Sistema Internacional

 

 

 

 

P

Se define esfuerzo cortante (tau), como la fuerza de corte por unidad de área, matemáticamente

cAF

F : fuerza interna que tiende a cortar al remacheAC : área que soporta la fuerza.

2) Esfuerzos cortantes o tangenciales:

Deformación total

En ingeniería es muy importante el diseño de estructuras y máquinas que funcionen en la región elástica, ya que se evita la deformación plástica.

L

EALP

Llly

AP

0

P : carga aplicada a la barraA : área de la sección (constante)L : longitud barraE : módulo de elasticidad : deformación total (alargamiento por fuerza externa)

La relación lineal entre el esfuerzo y la deformación unitaria en una barra sometida a tensión o compresión se expresa mediante la ley de Hooke.

Ley de Hooke: = E

Es muy importante recordar que la ecuación

puede aplicarse directamente si:• La sección transversal de la barra es constante.• La fuerza interna P, no varía en dirección axial.• El material es isótropo (tiene las mismas propiedades elásticas en cualquier dirección)• Si el material es homogéneo.

EALP

Falla : estado o condición del material por el cual una pieza o una estructura no satisfacen la función para la cual fue diseñada.Tipos de Deformación:• Falla por deformación (módulo de elasticidad, esfuerzo de cedencia, límite elástico)• Falla por fractura (esfuerzo de ruptura)• Falla por fatiga (esfuerzo límite de fatiga)• Falla por creep• Falla por impacto (tenacidad al impacto)

Falla deMateriales

Dúctil • deformación que cause interferencia con otras piezas• deformación permanente, modificando sus dimensiones originales

Frágil• fractura de pieza

Esfuerzo a la cedencia

Esfuerzo de ruptura

¿Cómo tomar como base de sus cálculos al esfuerzo de fluencia de un material, si este valor es el promedio que reporta un fabricante después de hacer numerosas prueba?¿Quién garantiza que el valor reportado será más alto que el que representa el material de la pieza? ¿Cuántos factores como elevación de temperatura, exceso de carga en un momento dado y operación incorrecta de la maquinaria no se han considerado?

Todas estas y muchas mas interrogantes llevan a

la conclusión de que un diseño no puede estar

basado en el esfuerzo que produzca falla, sino

que debe existir un margen de seguridad para

que el esfuerzo real pueda incrementarse por

factores imprevistos y no se produzca la falla del

material

Esfuerzo y factor de seguridad Los factores a considerar en un diseño ingenieril incluye: la funcionalidad, resistencia, apariencia, economía y protección ambiental. En metalurgia mecánica, el principal interés es la resistencia, es decir, la capacidad del objeto para soportar o transmitir cargas.

Factor de seguridad

La resistencia verdadera de una estructura debe exceder la resistencia requerida.La razón de la resistencia verdadera con la resistencia requerida se llama factor de seguridad n

requeridaaresistenciverdaderaaresistencin 1,0 < n < 10

nnR

TF

T

Esfuerzo de trabajo, esfuerzo permisible o esfuerzo de diseño

T = Esfuerzo de trabajo.

F = Esfuerzo de fluencia.

R = Esfuerzo de ruptura.n = Coeficiente de seguridad.

Material dúctil Material frágil

Generalmente, el fijar un factor de seguridad, es un asunto de criterio basado en el uso apropiado del material y las consecuencias de su falla.

Si la falla de la pieza pone en peligro la operación de todo un sistema o de vidas humanas, por ejemplo, el coeficiente de seguridad deberá ser mucho más alto que en el caso de una pieza que al fallar no afecte sustancialmente el comportamiento del mismo.

Cuando las cargas son estáticas y no hay peligro de daños a personas, un coeficiente de seguridad de 2 es razonable.

Deformación por su propio peso:

Otra variación de longitud que pueden sufrir los materiales es debido a la deformación que produce su propio peso.

Esto se deduce al determinar el aumento total de longitud de una barra de sección constante, colgada verticalmente y sometida como única carga a su propio peso.

Consideremos una barra recta de sección constante, colgada verticalmente

Si consideramos el alargamiento del elemento dy, tenemos:

EAdyPd P

Pero la fuerza P es reemplazado por el peso total de la barra que viene dado por:

W = A L

A : sección de la barra, L : largo de la barra, : peso específico (= g)

EA2

LLA2EA

LAdyEA

LA 2L

0P

EA2LW

P

Integrando, el alargamiento total de la barra es:

Ejemplo:1. Una barra circular de acero de 40 m de longitud y 8 mm de diámetro cuelga en el pozo de una mina y en su extremo inferior sostiene una cubeta con 1,5 kN de mineral.Calcular el esfuerzo máximo en la barra tomando en cuenta el propio peso de ésta y la deformación total de la barra

2. En la construcción de un edificio se usa un cable de acero de 16 mm de diámetro para la elevación de materiales. Si cuelgan verticalmente 90 m del cable para elevar una carga de 1,96 kN. Determine el alargamiento total del cable. = 78 kN/m3

E = 210 Gpa

Efectos térmicos y deformaciones

Los cambios de temperatura producen dilatación o contracción del material, con lo cual se generan deformaciones térmicas y esfuerzos térmicos.En la mayoría de los materiales estructurales, la deformación térmica es proporcional al cambio de temperatura, esto es:

TLT L : dimensión en la dirección que se esta investigando la deformación : coeficiente de expansión térmicaT : cambio de temperatura

Coeficiente de dilatación lineal :

Se define como la variación por unidad de longitud de una barra recta sometida a un cambio de temperatura de un grado. El valor de este coeficiente es independiente de la unidad de longitud, pero depende de la escala de temperatura empleada. Los materiales en general se dilatan al calentarlos y se contraen al enfriarlos, por lo que un incremento de temperatura produce una deformación térmica positiva.

Aparece una fuerza P que impide que la barra se deforme L, produciendo un esfuerzo proporcional al cambio de temperatura

TEAELPTLT

Ahora si la barra NO esta libre

Ejemplo:

Una barra de bronce de sección uniforme de 18 cm2 y 200 cm de longitud, esta rígidamente unida a dos muros, a la temperatura de 20 ºC, la barra esta libre de tensiones. Determinar el esfuerzo de compresión que se produce en la barra cuando aumenta la temperatura en 40 ºC.

E bronce = 98 Gpa bronce = 19*10-6 (1/ºC)

Ejemplo:Se tienen 3 cables trenzados iguales de 500 m de longitud, a los cuales se le amarra una rejilla que pesa 2000 kg, este sistema se usa para subir y bajar sacos de cemento en una construcción, la rejilla se carga con 100 sacos de 50 kg cada uno. Calcule el diámetro de los alambres para que el sistema no falle. Cual es su deformación total.Densidad del cable = 8.5 ton/m3

fluencia del cable = 3000 kg/cm2E = 2.1*106 kg/cm2n = 3

Ejemplo:

Una barra cilíndrica, como la mostrada en la figura esta sometida a una fuerza de tracción.

a) Calcule el coeficiente se seguridad de cada barra, ¿El sistema falla? explique.b) Calcule la fuerza máxima y el alargamiento total del sistema.

Fluencia acero = 50 kg/mm2

Fluencia cobre = 25 kg/mm2

E Acero = 2,1*106 kg/cm2

E Cobre = 9,1*105 kg/cm2

Diámetro barra = 4 cm

Ejemplo: Se tiene un sistema formado por unas barras cilíndricas metálicas, como el mostrado en la figura, la barra de acero tiene un diámetro de 80 mm y la barra de plomo de 50 mm.

a) Calcule la fuerza Q que le debe aplicar al sistema para que su alargamiento total sea de 0,1 mm.

b) Calcule los coeficientes de seguridad de cada barra.

c) Si el sistema esta a una temperatura de 25ºC, ¿a que temperatura se tendría que llevar el sistema para que el alargamiento total del sistema se duplique?

ESFUERZOS

Tracción Compresión Cortante

De torsión Flexión

s: EsfuerzoP: FuerzaA: Área A

P

E

LEY DE HOOKE“El esfuerzo es proporcional a la deformacion”

e: deformaciónE: Modulo de elasticidad (Modulo de Young)

e: deformación unitariaD: IncrementoL: Longitud inicial

∈=∆𝐿

𝐸=𝜎𝜀=

𝑃𝐴∆𝐿

𝐸∗ ∆𝐿=𝑃𝐴

∆=𝑃 ∗𝐿𝐴∗𝐸

EJERCICIOUna wincha de acero de 25 metros de longitud tiene una sección de 6mm por 8mm. Determinar el alargamiento cuando se estira toda la cinta y se mantiene tirante bajo una fuerza de 6 Kg. El modulo de elasticidad es de

Solución:

∆=6∗25

2.1∗106∗(6∗10−1∗8∗10−1)

m

DIAGRAMA DE TENSION – DEFORMACION

σ=Eε

PROPIEDADES:

Limite de proporcionalidad A la ordenada de punto P se le conoce como el límite de proporcionalidad, es la máxima tensión que se puede producir durante un ensayo de tracción simple, de modo que la tensión sea función lineal de la deformación. Para un material que tenga la curva tensión – deformación como en la fig.(b) no existe límite de proporcionalidad.

Materiales frágiles Fig(b)

PROPIEDADES:

Limite elástico

La ordenada de un punto que casi coincide con P se conoce por limite elástico, esto es la tensión máximo que puede producirse durante un ensayo de fracción simple de modo que no haya deformación permanente o residual cuando se suprima totalmente la carga.Para muchos materiales son casi idénticos los valores del límite elástico y de límite de proporcionalidad por lo que a veces se consideran sinónimos. En casos en que es notoria la diferencia, el límite elástico es casi mayor que el de proporcional.Zona elástica

Es la región de la curva que va desde el origen hasta el límite de proporcionalidad.Zona plástica

Es la región de la curva que va desde el límite de proporcionalidad hasta el punto de ruptura.

PROPIEDADES:

Limite elástico aparente o de fluencia

Es la ordenada del punto y en el que se produce un aumento de deformación sin aumento de tensión.Resistencia a tracción

La ordenada del punto U, se llama resistencia a tracción o a veces resistencia ultima de material.Módulo de recilencia

Es el W realizado e un volumen unidad de material cuando se aumenta una fuerza de tracción simple gradualmente desde cero hasta un valor tal que se alcance el limite de proporcionalidad.Modulo de tenacidad

Es el W realizado en un volumen unidad de material cuando se aumenta una fuerza de tracción simple gradualmente desde cero hasta el valor que produce la rotura. La tenacidad es la capacidad de absorber energía en la zona plástica del material.

PROBLEMA #1Una barra de acero de 5cm2 de sección está sometida a fuerzas representadas en la siguiente figura. Determinar el alargamiento total de la barra.Considerar E= 2,1 × 106 Kg/cm2

∆= 𝑃 ∗𝐿𝐴∗𝐸=

(3500)(75)(5 ) (2.1∗106 )

=0.025𝑐𝑚

∆= 𝑃 ∗𝐿𝐴∗𝐸=

(4500)(100)(5)(2.1∗106)

=0.043 cm

cm

Solución:

PROBLEMA #2

La resistencia a la rotura del cable BD es de 100 KN.Hallar el factor de seguridad (FS) con respecto a la falla del cable para cada cable dada.Si el esfuerzo admisible en el cable es de 55KN/. Hallar el área del cable.

𝐹𝑆=𝐹𝑟𝑜𝑡𝑢𝑟𝑎

𝐹𝑎𝑐𝑡𝑢𝑎𝑛𝑡𝑒

SOLUCION:

a) Tomamos momento en sentido anti horario como positivo

15 cos50 (0.5) + 15 sin50 (1,1) = BD cos30 (0.5) + BDsin30 (0.4)0.633 BD = 17.6BD = 27.58 KN

b)

𝐴=0.5𝑐𝑚2

PROBLEMA # 3Dos barras de acero idénticas están unidas por medio de un pasador que se soporta una carga de 50,000 Kg.a) Hallar la sección de las barras necesarias para que el

esfuerzo normal en ellas no sea mayor que 2,100 Kg/cm2.b) Hallar el desplazamiento vertical en el punto B. E=2.1 × 106Kg/cm2

SOLUCION:

a) D.C.L.:

b) Diagrama de deformaciones:

Angulo DB’B = 45

PROBLEMA # 04Límite elástico convencional = 4200kg/cm2

Son aceptables los coeficientes de seguridad:FS = 2 (elementos a tracción)FS = 3,5 (elementos a compresión)E = 2,1x106kg/cm2

Determinar las secciones (áreas):a) Necesarias de las barrasb) La componente horizontal y vertical del desplazamiento del pto. B

AB

C

312cm

360cm

30000kg

60°

AB

CBBarras de acero

AB

BC

30°B

AB

BC30°

B

D.C.L.

Solución:

𝜎 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜=𝜎 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙

𝐹𝑆

∑ 𝐹 𝑦=0−3000−𝐵𝐶𝑠𝑖𝑛30=0𝐵𝐶=−60000𝐾𝑔𝐵𝐶=60000𝐾𝑔 (𝐶 )

∑ 𝐹 𝑥=0−𝐵𝐴+𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠 30=0𝐵𝐴=51961.52𝐾𝑔(𝑇 )𝜎 𝑡 (𝐶 )=42000𝐾𝑔 /𝑐𝑚2

3.5=1200𝐾𝑔 /𝑐𝑚2

𝜎 𝑡 (𝑇 )= 42000𝐾𝑔/𝑐𝑚2

2=2100𝐾𝑔/𝑐𝑚2

𝐴𝐴𝐵=𝐹 𝐴𝐵

𝜎 𝑡 = 51961.522100𝐾𝑔 /𝑐𝑚2 =24.74 𝑐𝑚2

𝐴𝐵𝐶=60000

1200𝐾𝑔 /𝑐𝑚2 =50𝑐𝑚2

30°

30°

ΔH

0,21 B B1

B´

0,21sen30°

YΔ

∆=𝑃𝐿𝐸𝐴=

51961.52 𝑥31224.74 𝑥 2.1𝑥106

∆ 𝐴𝐵=∆𝐻=0.31𝑐𝑚

𝐴𝐵𝐶=𝑃𝐿𝐸𝐴=

60000 𝑥36050𝑥 2.1𝑥106

∆𝐵𝐶=0.21𝑐𝑚

𝑇𝑔30=0.21𝑐𝑜𝑠30+0.31

𝑦 =0.852

∆𝑉=𝑦+0.21𝑠𝑒𝑛30=0.852+0.105=0.957 𝑐𝑚

ESFUERZO DEBIDO AL PESO PROPIO (PP)

dxx

𝛾=𝑝𝑒𝑠𝑜𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜=𝑝𝑒𝑠𝑜 /𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛

𝜎𝑚𝑎𝑥=𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑎𝑟𝑒𝑎 =

𝑙∗ 𝐴∗𝛾𝐴 =𝑙∗𝛾

Deformación:

∆= 𝑃𝐿𝐸𝐴=

0

𝐿

( 𝐴𝑥𝑦𝐸𝐴 )𝑑𝑥

∆=𝛾 𝑙22𝐸

Pp=Ax.Y

Pp=peso propio

x

dx

l

Pp

Problema:Determinar la deformación del cono debido al peso propio.Solución:∆= 𝑃𝑝𝑑𝑥

𝐸 𝐴𝑚𝑛…(1)

𝑃𝑒𝑟𝑜 :𝑉 𝑃𝑝

𝑉𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙=𝑥3

𝑙3

𝑉 𝑃𝑝=𝑉𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙∗𝑥3

𝑙3=(𝜋 𝑟2 )∗ 1

𝑙 ∗𝑥3

𝑙3=𝜋 𝑟2

3𝑥3

𝑙2

También:𝐴𝑚𝑛

𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙=𝑥2

𝑙2 =¿ 𝐴𝑚𝑛=𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙∗𝑥2

𝑙2

Reemplazando en (1):

𝐴=0

𝑙𝜋𝑟2

3∗ 𝑥

3

𝑙2𝛾 𝑑𝑥

𝐸𝜋 𝑟 2 𝑥2

𝑙2= 𝛾

3𝐸0

𝑙

𝑥𝑑𝑥

∆=𝛾 𝑙26𝐸

ESFUERZO DEBIDO A LA FUERZA CENTRÍFUGA

dr

rl

ω m

n

𝐹=𝑚𝑟𝑤2;m :masa , r :radio ,w : velocidad angular

𝐹𝑚𝑛=( 𝐴𝑑𝑟 𝛾𝑔 )𝑟 𝑤2 g:peso especifico/ g: gravedad

𝐹𝑚𝑛=𝐴𝛾𝑔 𝑤2

𝑟

𝑙

𝑟𝑑𝑟

𝐹𝑚𝑛=𝐴𝛾𝑤2

𝑔 ( 𝑙2−𝑟2

2 )

𝜎𝑚𝑎𝑥=𝐹𝑚𝑎𝑥

𝐴 =( 𝐴𝛾𝑤2

𝑔 ∗ 𝑙2

2 )/ 𝐴𝜎𝑚𝑎𝑥=(𝛾𝑤

2𝑙2

2𝑔 )

DEFORMACIÓN:

dr

AFmn

∆=𝑃𝐿𝐸𝐴

∆=0

𝑙 𝐹𝑚𝑛𝑑𝑟𝐸𝐴 =𝑟 𝑤

2

2𝑔 0

𝑙

(𝑙2−𝑟2 )𝑑𝑟

∆=𝛾𝑤2 𝑙33𝑔𝐸

Esfuerzo de trabajo (st)Llamado también esfuerzo de diseño:

𝜎 𝑡=𝜎𝑟𝑜𝑡𝑢𝑟𝑎

𝑛1; 𝜎 𝑡=

𝜎 𝑓𝑙𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

𝑛2; 𝑛1≠𝑛2

: coeficiente de seguridad

Problema:Hallar “x” para que los ptos. “B” y “E” se pongan en contacto.E=200 Gpa

Solución:

x0,25m

1,5mmBA

0,08m 0,32m

D

C20kg

Φ=2mm

E

FCD 20kg

A B

0,08m 0,32m

𝛿𝐶𝐷=𝐹𝐶𝐷 𝑥0.25

200∗109 𝑁𝑚2∗

𝜋4

(0.002)2𝑚2…(1)

𝛿𝐶𝐷=3.97887 𝑥10− 7𝐹𝐶𝐷𝑚

D.C.L.:

δCD

0,08 0,32Deformaciones:

0,00

15x

∑𝑀𝐴=0

𝐹𝐶𝐷=78.4−196 𝑥

0.08 =980−2450 𝑋……(2)

(2) En (1):

𝛿𝐶𝐷=245−612.5 𝑥

6.28∗105 …(3)

𝑑𝑒∆𝑠 :𝛿𝐶𝐷0.08

=0.00150.4

→𝛿𝐶𝐷=0.0003𝑚

En (3):3∗10− 4∗6.28∗105=245−612.5 𝑥x= 0.092m.

ESFUERZOS POR TEMPERATURA

l

dΔT

δ

Deformación por temperatura = α.∆T.Lα=Coeficiente de dilatación

L=Longitud

∆T=Variación de temperatura

Para este caso:

Deformación por temperatura = deformación Elástica

∝∗∆𝑻 ∗𝑳=𝑃𝐿𝐸𝐴

∝∗∆𝑇=𝜎𝐸

𝝈=∝∗∆𝑻 ∗𝑬

L1 L2

A1 A2

ΔT

δpe

Deformación por T = e + deformación elástica

∝∗∆𝑇 ∗𝐿=𝑒+𝑃𝐿𝐸𝐴

Deformación por T = deformación elástica

∝∗∆𝑇 ∗𝑙1+∝∗∆𝑇 ∗𝑙2=𝑃1𝐿1

𝐸𝐴1+𝑃2 𝐿2

𝐸𝐴2

ΔT

Problema #1Determinar el esfuerzo que se produce en el concreto al subir la temperatura en 20°C, la barra de acero esta en contacto como se indica en la figura∝=16∗10− 6/°𝐶𝐸=2∗106𝐾𝑔/𝑐𝑚2

∝∗∆𝑇 ∗𝐿=16∗10− 6°𝐶∗20 °𝐶∗2∗106 𝐾𝑔𝑐𝑚2

𝜎=640 𝐾𝑔𝑐𝑚2

ACERO BRONCE COBRE  2,1x106

kg/Cm29.8x105 1,2x106 E

11x10-6 /°C 17,7x 10-6

16 x10-6 α

1,2Cm2 3,0 1,8 A25 Cm 15 20 L

90cm 60cm

x

BA C

Acero

cobre

Bronce

Problema # 2La T de los 3 cables aumenta 14 °C; Hallar el esfuerzo en c/cable y la posición de la carga aplicada, para que la viga permanezca horizontal.

cobre

bronce

12 ton.

Solución:D.C.L:

∑Fy = 0FAcero + FBronce+ FCobre = 12 Tn………………………..…….(1)

∑MA= 0:Fbronce( 90)+ Fcobre(150) =12000Kg(90 -X) ….……….(2)

FAcero Fbronce Fcobre

12Tn

A B C

(90-x) x 60

ΔFAcero ΔFbronce

ΔTAcero ΔTbronce ΔTrcobre

ΔFcobre

Diagrama de deformaciones:

∆𝐹 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜+∆𝑇 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜=∆𝐹 𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒+∆𝑇 𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒=∆𝐹 𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒+∆𝑇 𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒

𝑃 𝐿1

𝐸𝐴 +∝∗∆𝑇 ∗𝑙1=𝑃 𝐿2

𝐸𝐴 +∝∗∆𝑇 ∗𝑙2…(3)

Acero Bronce

FAcero = 0.514 Fbronce – 13.407……………………..…….(4)FCobre = 0.551 Fbronce – 82.48.……………………..…….(5)

Desarrollando: (4) y (5) en (1)

de ec. (2) X = 6.75 cm

Problema # 3Se tiene una barra rígida AB sometida a una carga de 50KN y sostenida por una varilla de Aluminio y otra de Acero. Si se incrementa la T en 40°C, hallar los esfuerzos en el Aluminio y el Acero.

● ●

Aluminio

Acero

A B

50KN3m 3m 3m

  ALUMINIO ACEROE : 70x109

N/m22x1011

N/m2

Α : 900 mm2 600 mm2

α : 23x10-6/°C 11.7x10-

6/°CL : 3 4

Solución:D.C.L:

Diagrama de Deformaciones:

● ●

A BTAluminio

TAcero

50KN

3m 3m 3m

● ●

Diagrama de deformaciones:

●

●

3m 3m 3m

ΔAluminio

ΔAcero

Deformaciones:

Por semejanza de triángulos:

Ecuación 3

De (1) y (3):

Problema # 4

Barras de Acero:E=2x106 Kg/cm2

α = 125x10-7/°CSe calienta a 40°CDeterminar los esfuerzos en las 3 barras del sistema

F

F

Acero

Acero

Acero

L1=400cm

L2=300cm

L3=200cm

(7/5)A

(6/5)A

A

Solución:

Donde: Y: …(3)(3) y (2) en (1):F=1223.3Akg

ESFUERZO CORTANTE (Τ)

Corte Simple:

Corte Doble:

,

A

j

j

F

P

Φ=d

j

j k

k

Φ=dF F

P

P

FF

ESFUERZO DE APOYO O APLASTAMIENTO

*En caso de corte doble: ● ●

t

P

P

P

d

t

P P

Esfuerzo normal

A

α

αAα

F

V

Esfuerzo cortante

P

ESFUERZO EN UN PLANO OBLICUO BAJO CARGA AXIAL

……………………….(1) …………………………..(2)

Reemplazo: (3), (4) y (5) en (1) y (2)

ESFUERZO EN UN PLANO OBLICUO BAJO CARGA AXIAL

Ejercicio:Hallar el máximo valor de P(Admisible)

a=4.6mb=2.5mc=16cmt=0.5cm d

b b

P

P

P/2

P/2

P

t

2t

t

a

Solución:

Esfuerzo de aplastamiento:

P/2

P/2

P

Corte perno:

a 2t

d

Esfuerzo Normal:

Corte:

a 2t

d

b-d/2

2t

P

(b-d/2)

Para X=0, Y=0: Por simetría, para , Reemplazando en ecuación (1):

Reemplazando en (1), yCalculando Y para X=L/2:

Reemplazando valores:

BIBLIOGRAFIA FERDINAND P. BEER , E. RUSSELL

JOHNSTON, JR. MECANICA DE MATERIALES