UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CENTRO DEL PERÚ

FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

MECÁNICA DE SÓLIDOS

NOMBRES Y APELLIDOS: Pérez Arango Milcar.

Torres Caro Jeff.

Torres Manyari Pepe.

EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Una columna circular hueca de acero (E=30000ksi) está sometida a una carga P de compresión, como se muestra en la figura. La columna tiene longitud L=8.2 ft y diámetro exterior d=8∈¿. La carga P=110 k Pa. Si el esfuerzo permisible de la columna es de 0.025∈¿. ¿Cuál es el espesor t requerido para la pared?

SOLUCIÓN:

Datos:

P=110 kN

E=30000ksi

L=1.2 ft=98.4∈¿

d=8∈¿

σ=8.1ksi

δ=0.025∈¿

CÁLCULO EL ÁREA REQUERIDA, BASADA SOBRE EN LA TENSIÓN PERMISIBLE:

σ= PA

A=Pσ

= 110 k8.1ksi

=13,58¿2

ÁREA REQUERIDA BASADA EN EL ACORTAMIENTO PERMISIBLE:

δ= PLEA

A=PLEδ

=(110K ) ¿¿

EL ACORTAMIENTO GOBIERNA:

Amin=14,43¿2

ESPESOR MÍNIMO:

A=π4

[d2−(d−2t )2]

Despejando t} rsub {min} ¿

tmin=d2−√¿¿

Remplazando los valores

tmin=0,8∈¿2−√¿¿¿

Tiempo requerido para la pared: tmin=0 ,626min

2. Una columna circular hueca de acero (E=210GPa) está sometida a una carga P de compresión, como se ve en la figura. La columna tiene longitud L=2.5m y diámetro exterior d=20mm. La carga P de 490 kN . Si el esfuerzo permisible de compresión es de 56 MPa y el acotamiento permisible de la columna es de 0.6mm. ¿Cuál es el espesor t requerido para la pared?

SOLUCIÓN:

Datos:

P=490kN

E=210GPa

L=2,5m

d=200mm

σ=56 MPa

δ=0,6 mm

CÁLCULO DEL ÁREA REQUERIDA BASADA SOBRE LA TENSIÓN PERMISIBLE.

σ= PA

A=Pσ

= 940kN56000kPa

=1,6786×10−2m2

ÁREA REQUERIDA BASADA SOBRE EL ACORTAMIENTO PERMISIBLE:

δ= PLEA

A=PLEδ

=(490 K )(2500mm)

(210000 000 k )(0,6mm)=9,7222×10−3¿2

SHORTENING GOVERNS (El acortamiento gobierna):

Amin=9,7222×10−3m

ESPESOR MÍNIMO:

A=π4

[d2−(d−2t )2]

Despejando “ tmin

tmin=d2−√¿¿

REMPLAZANDO LOS VALORES

tmin=0,2m

2−√¿¿

Tiempo requerido para la pared:

tmin=1,69×10−2m

3. La viga rígida horizontal ABCD está soportada por las barras verticales BE y CFy está cargada por fuerzas verticales P1=100 K y P2=90K que actúan en los

puntos A y E respectivamente. Las barras BE y CF son de acero

(E=29,5 X 106 psi ) y tiene areas transversales ABE=22,1¿2 y ACF 18,3¿2.

Determine los desplazamientos verticales δ A y δD de los puntos A y D, respectivamente.

SOLUCIÓN:

Datos:

ABE=22.1¿2

ACF=18.3¿2

E=29.5 x106 Psi LBE=12 ft=194∈¿ LCF=9 ft=108∈¿ P1=100k

P2=90k

DIAGRAMA DE FUERZAS EN LA BARRA ABCD

∑M B=0

(100k ) (6 ft )+Fcf (6 ft )−(90 k ) (14 ft )=0Fcf=110 k

∑MC=0

(100k ) (12 ft )−Fbe (6 ft )− (90k ) (8 ft )=0Fbe=80k

EN LA BARRA BE :

δ be= Fbe∗LbeE∗A be

=80k x144∈ ¿29.5 x106 psi(22.1¿2)

=0.01767∈¿¿

EN LA BARRA CF:

Δ cf= Fcf∗LcfE A c f

=110K X 108∈ ¿29.5 X106PSI (18.3¿2)

=0.0133∈¿¿

DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTO:

RESPUESTA

δ A=δBE−(δCF δBE )=2δBE−δCF=0,0133i n

δD=δCF+( 86 ) (δCF−δBE )=0.0 278 in

4. Una placa semicircular ACBD de peso W=500N y radio R=1.0 m esta soportada en los puntos A B y D por tres alambres idénticos (vea figura ).El punto C esta en el centro del arco circular ADB y el radio CD es perpendicular al diámetro AB .Cada alambre tiene modulo de elasticidad E=210GPa,diámetro d=2mm y longitud L=1.2m suponga que la placa es rígida .Una carga p ,a una distancia x del puto C ¿Cuál debe ser la distancia x para que la placa tenga una pendiente de 0.1⁰(a lo largo de la línea CD )bajo la acción combinada de la fuerza P y el peso W?

SOLUCIÓN:

PLACA DE APOYO DE TRES CABLES:

Cables

W=500N R=1,0m

Cables: E=500GPa diametro d=2mmlongitud L=1,2m

Carga: P=3W en el punto P. S = pendiente de la línea CD

S=0,1°=(0,1 )( π180 )rad

ENCONTRAR LA DISTANCIA X AL PUNTO P

Fuerzas en los cables: Fo= fuerza de tracción del cable en D, W es el peso que actúa sobre la

línea CD a una distancia de 4 R3π

del punto C.

∑M ACB=0

Fo (R )−W ( 4 R3 π )−PX=0 F0=

4W3 π

+PXR

POR SIMETRÍA: F A=FB

∑ FV=0

2 FA−Fo−W−P=0

Por lo tanto

F A=FB=W2 (1− 4

3π )+ P2

(1− XR

)

DESPLAZAMIENTO HACIA ABAJO EN LOS PUNTOS A, B Y C

δ A=δB=¿δC=

F ALEA

¿

δ o=FoL

EA

PENDIENTE DE LA RECTA CD

S=δ o−δc

R= L

REA(Fo−F A )

Sustituyendo Foy F A y simplificando:

S= LREA [W2 ( 4

π−1)+ P

2 ( 3πR

−1)]Resolviendo para X/R:

XR

=13+ 2SREA

3 PL− W

3 P ( 4π−1)

Sustituyendo los valores:

XR

=13+

2 (0,1 )( π180 ) (1,0m )(210GB )( π

4)(0,0002m)2

3(15000)(1,2m)− 50011

3 (1500N ) ( 4π−1)

XR

=0,3333+0,4265−0,0304=0,7284

Si R=1m

X=0,729m

5. Tres cables verticales del mismo diámetro y material soportan una viga horizontal rígida en los puntos A, B y C (vea la figura ). Los cables B, C tienen longitud h y el cable A tiene longitud 2h . Determinar la distancia x entre los alambres A y B de modo que la viga permanezca horizontal cuando se coloque una carga P en su punto medio.

SOLUCIÓN:

VIGA HORIZONTAL CON EL APOYO DE LOS CABLES

Cables B y C: longitu=h

Cables A: longitud=2h

Debe quedar en forma horizontal, hacemos relaciones de fuerza-desplazamiento

δ=desnsidad de desplazamientorigido

F A=EA2h

δ FA=FC=EAh

δ

ECUACIÓN DE EQUILIBRIO

∑ Fverticales=0

F A+FB+FC=P

∑M A=0

FB X+FCL=PL2

DESARROLLANDO LAS ECUACIONES SIMULTÁNEAMENTE:

δ=2 Ph5 EA

F A=P5

FB=FC=2P5

El valor pedido de “x” será:

x= L4

6. Un bloque rígido AB de peso W cuelga de tres alambres verticales igualmente espaciados, dos de acero y uno de aluminio (vea la figura).Los alambres soportan también una carga P que actúa en el punto medio del bloque. El diámetro de los alambres de acero es de 2mm y el diámetro de los alambres de aluminio es de 4 mm . ¿Qué carga P se puede soportar si el esfuerzo permisible en los alambres de acero es de 220 MPa y en el alambre de aluminio es de 80 MPa? (Suponga W=800 N , E s=210GPa y Ea=70GPa).

SOLUCIÓN:

Alambres de acero

dac=2mm ; σ ac=220MPa ; Eac=210GPa

Alambre de aluminio

dal=4mm ; σ al=80 MPa ; Eal=70GPa

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA RÍGIDA

ECUACIÓN DE EQUILIBRIO:

⅀ Fvert=0

2 Fac+Fal−P−W=0…………………………….…...… Ecuación (1)

ECUACIÓN DE SEMEJANZA:

δ ac=δ al………………………………………………..…...… Ecuación (2)

RELACIONES DE LAS FUERZAS DE DESPLAZAMIENTO:

δ ac=Fac∗L

Eac∗Aac

…………………………………………………... Ecuación (3)

δ al=Fal∗L

Eal∗Aal

…………………………………………….…..…. Ecuación (4)

DESARROLLANDO LAS ECUACIONES:

Reemplazar (3) y (4) en (2):

Fac∗L

Eac∗Aac

=Fal∗L

Eal∗Aal

………………………………………….....…. Ecuación (5)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (5):

Fal=(P+W )Eal Aal

Eal Aal+2∗Eac Aac

……………………..........…. Ecuación (6)

Fac=(P+W )Eac Aac

Eal Aal+2∗Eac Aac

………………………......…. Ecuación (7)

TENSIONES EN LOS ALAMBRES:

σ al=Fal

Aal

=(P+W )Eal

Eal Aal+2∗Eac Aac

………………….............…..…. Ecuación (8)

σ ac=Fac

Aac

=(P+W )Eac

Eal Aal+2∗Eac Aac

………………………….…..….. Ecuación (9)

Cargas admisibles (desde ecuaciones (8) y (9))

Pal=σ al

Eal( Eal Aal+2∗Eac Aac )−W………………...…. Ecuación (10)

Pac=σac

Eac(Eal Aal+2∗Eac Aac )−W…………...…..….. Ecuación (11)

CÁLCULO DE LA SECCIÓN DE LOS ALAMBRES DE ACERO Y ALUMINIO RESPECTIVAMENTE:

Aac=π4

(2mm )2=3.1416 mm2

Aal=π4

( 4mm )2=12.5664mm2

Pal=1713 N

Pac=1504 N

La Psoportar es controlada por el alambre de acero, la cual es igual a:Psoportar=1500 N .

7. Tres barras circulares esbeltas soportan una barra rígida horizontal AB que pesa W=7200 lb (vea la figura).Las dos barras exteriores son de aluminio (

E1=10∗106 psi) con diámetros d1=0.4∈¿ y longitudes L1=40∈. La barra interior

es de magnesio  (E2=6.5∗106 psi) con diámetro d2 y longitud L2. Los esfuerzos

permisibles en el aluminio y en el magnesio son de 24 000 psi y 13 000 psi respectivamente. Si se desea cargar las tres barras a sus valores máximos permisibles. ¿Cuál debe ser el diámetro d2 y la longitud L2 de la barra interior?

SOLUCIÓN:

Barra 1 (Aluminio):

E1=10∗106 psi

d1=0.4∈¿ L1=40∈¿ σ 1=24000 psi

Barra 2 (Magnesio):

E2=6.5∗106 psi

d2=?

L2=?

σ 2=13 000 psi

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA RÍGIDA:

⅀ Fvert=0

2 F1+F2−W=0………………………………….….….Ecuación (1)

ECUACIONES DE LAS BARRAS:

F1=σ1 A1

A1=π∗(d1 )2

4

F2=σ2 A2

A2=π∗(d2)

2

4

Sustituyendo en la ecuación (1):

2∗σ 1∗π∗(d1 )2

4+σ2∗π∗(d2 )2

4=W

Como el valor de d1 es conocido, entonces utilizamos esto para hallar d2:

d22=4∗W

π∗σ2

−2∗σ1∗(d1)

2

σ2

…………………………..……….Ecuación (2)

Reemplazando valores numéricos para hallar d2 :

d22= 4∗7200 lb

π∗13 000 psi−2∗24 000 psi∗¿¿¿

d22=0.70518¿2−0.56077∈¿2 ¿

d2=0.338i n

ECUACIÓN DE SEMEJANZA:

δ 1=δ 2………………………………………………….…. Ecuación (3)

RELACIONANDO LAS FUERZAS:

δ 1=F1L1

E1∗A1

=σ1∗L1

E1

…………………………………..…. Ecuación (4)

δ 2=F2L2

E2∗A2

=σ2∗L2

E2

………………………………….…. Ecuación (5)

Sustituyendo (4) y (5) en la ecuación (3):

σ1∗L1

E1

=σ2∗L2

E2

Conocemos L1, entonces podemos hallar L2 :

L2=L1∗E2∗σ1

E1∗σ 2

Reemplazamos los valores numéricos para hallar L2 :

L2=40∈¿ 24 000 psi∗6.5 .∗106 psi13 000 psi∗10∗106 psi

L2=48∈¿

El diámetro d2 sera igual a: d2=0.338∈¿

La longitud L2 sera igual a: L2=48∈¿

8. Una barra de acero ABC (E=200GPa) tiene área transversal A1deA a B y área

transversal A2 de B a C (vea la figura). La barra esta soportada en el extremo A y esta sometida a una cargaP igual a 40 kNen el extremo. Un collarín circular de hacer BD con área transversal A3 soporta la barra en B. Determine el

desplazamiento δC en el extremo inferior de la barra debido a la carga P, suponiendo que el collarin queda ajustado suavemente en B, cuando no hay carga presente. (Suponga

L1=2∗L3=250mm, L2=225mm, A1=2∗A3=960mm2 y A2=300mm2).

SOLUCIÓN:

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA ABC Y DEL COLLARÍN BD:

EQUILIBRIO DE LA BARRA ABC:

⅀ Fvert=0

RA+RD−P=0…………………………………..……...Ecuación (1)

COMPATIBILIDAD (DISTANCIA AD NO CAMBIA):

δ AB (barra)+δBD (collarin )=0……………………. Ecuación (2)

(La elongación es positiva).

RELACIÓN DE LAS FUERZAS DE DESPLAZAMIENTO:

δ AB=RA∗L1

E∗A1

δBD=−RD∗L3

E∗A3

Sustituyendo en la ecuación (2):

R A∗L1

E∗A1

−RD∗L3

E∗A3

=0……………………………………..….Ecuación (3)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (3):

RA=P∗L3∗A1

L1∗A3+L3∗A1

RD=P∗L1∗A3

L1∗A3+L3∗A1

CAMBIOS EN LA LONGITUD (ELONGACIÓN POSITIVA):

δ AB=RA∗L1

E∗A1

=P∗L1∗A3

E∗(L1∗A3+L3∗A1)

δBC=P∗L2

E∗A2

ELONGACIÓN DE LA BARRA ABC:

δC=δ AB+δBC

REEMPLAZANDO VALORES NUMÉRICOS:

P=40kN

E=200GPa

L1=250mm

L2=225mm

L3=125mm

A1=960mm2

A2=300mm2

A3=480mm2

RA=RD=20 kN

δ AB=0.02604 mm

δBC=0.15000mm

δC=δ AB+δBC=0.176 mm

Por lo tanto δC será igual a:

δC=0.176mm .

9. Una barra rígida AB de longitud Lesta articulada a una pared en A y esta soportada por los alambres verticales fijos en los puntos C y D (vea la figura). Los alambres tienen la misma área transversal A y están hechos del mismo material (modulo E), pero el alambre en D tiene una longitud doble que la del alambre en C. Determine:

a) Las fuerzas de tensión T C y T D en los alambres debido a la carga vertical P que actua en el extremo B de la barra.

b) El desplazamiento hacia abajo δB en el extremo B de la barra.

SOLUCIÓN:

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE:

DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTO

ECUACIÓN DE EQUILIBRIO:

⅀M A=0

T C (c)+T D(d )=P∗L………………………….....…….Ecuación (1)

ECUACIÓN DE SEMEJANZA:

δC

a=

δD

b………………………………………………..……. Ecuación (2)

RELACIONES DE LAS FUERZAS DE DESPLAZAMIENTO:

δC=TC∗h

E∗A…………………………………..………..……….Ecuación (3)

δD=T D∗2h

E∗A……………………………………………..…….Ecuación (4)

SOLUCIÓN DE LAS ECUACIONES:

Sustituyendo (3) y (4) en la ecuación (2):

T C∗h

a∗E∗A=

T D∗2h

b∗E∗A

TC

a=

T D∗2

b…………………………………………….……….Ecuación (5)

FUERZAS DE TRACCIÓN EN LOS CABLES:

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (5):

T C=2∗a∗P∗L

2∗a2+b2

¿T D=b∗P∗L

2∗a2+b2

Por lo tanto las tensiones T C y T D en los alambres debido a la carga vertical P que actua en el extremo B de la barra son las ecuaciones siguientes:

T C=2∗a∗P∗L

2∗a2+b2

T D=b∗P∗L

2∗a2+b2

TENSIONES DE TRACCIÓN EN LOS CABLES:

σ C=T C

A= 2∗a∗P∗L

A∗( 2∗a2+b2 )

σ D=T D

A= b∗P∗L

A∗(2∗a2+b2)

DESPLAZAMIENTO EN EL EXTREMO DE LA BARRA:

δB=δD∗L

b=

T D∗2h

E∗A∗L

b= 2∗h∗P∗L2

E∗A∗(2∗a2+b2 )

El desplazamiento hacia abajo δB en el extremo B de la barra es la siguiente expresión:

δB=2∗h∗P∗L2

E∗A∗(2∗a2+b2)10.Una barra rígida ABCD esta articulada en el punto B y esta soportada por dos

resortes en A y D (vea la figura). Las sendas rigideces de los resortes en A y D son K1=15kN /m y  K2=35 kN /m . Una carga P actua en el punto C. Si el angulo de rotación de la barra debido debido a la acción de la carga P esta limitado a 2 °. ¿Cuál es la carga máxima permisible Pmax?

SOLUCIÓN:

Datos numéricos:

a=250mm b=500mm c=200 mm K1=15kN /m K2=35 kN /m

θmax=2 °= π90

rad

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE Y DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTO:

ECUACIÓN DE EQUILIBRIO:

⅀MB=0

F A (a )−P (c )+FD (b)=P∗L………………………….Ecuación (1)

ECUACIÓN DE SEMEJANZA:

δA

a=

δD

b……………………………………………………….Ecuación (2)

RELACIONES DE LAS FUERZAS DE DESPLAZAMIENTO:

δ A=F A

K1

…………………………………………………...…..Ecuación (3)

δD=F D

K2

……………………………………………………….Ecuación (4)

RESOLUCIÓN DE ECUACIONES:

Reemplazando (3) y (4) en la ecuación (2):

F A

a∗K1

=FD

b∗K2

…………………………………………….…….Ecuación

(5)

Desarrollando simultáneamente las ecuaciones (1) y (5):

F A=a∗c∗K1∗P

a2∗K1+b2∗K2

FD=b∗c∗K2∗P

a2∗K1+b2∗K2

ÁNGULO DE ROTACIÓN:

δD=F D

K2

= b∗c∗Pa2∗K 1+b

2∗K2

θ=δD

b= c∗P

a2∗K1+b2∗K2

MÁXIMA CARGA:

P=θc∗(a2∗K1+b

2∗K2)

Pmax=θmax

c∗(a2∗K1+b

2∗K2)

Reemplazando valores numéricos:

Pmax=

π90

rad

200mm∗( (250mm )2∗(15kN /m)+ (500mm )2∗(35kN /m))

Pmax=1690.8 N.

La carga máxima permisible es:

Pmax=1690.8 N

11.Dos cables. CE y BD soportan una barra rígida. AB como se muestra en la figura. Los cables son idénticos excepto de longitud; BD tiene longitud h y CE tiene longitud 1.5h (la longitud de la barra es L= h√5).determine las fuerzas de tensión TBD y TCE en los cables debido a la carga P que actúa el punto F.

SOLUCIÓN:

TV∗L2

+ P∗3L4

−T BD∗L=0

3∗P4

=T BD+TV2

…………………(1)

ΣMB=0

TV∗L2

−PL4=0

TV= P2

POR SEMEJANZA

THTV

=

L2h

=l

2∗h

TH= L∗TV2∗h

TV

TH

DATO:

L=L∗√5

POR LO TANTO

TH=√5∗TV2

= P∗√54

T EC=√TV 2+TH 2

T EC=3∗P

4

DE (1)

3∗P4

− P4

=T BD

T BD=P2

12.Una barra rígida BD se articula en el extremo B y esta soportada por dos cables AC y AD (vea la figura). La longitud de la barra es 3b y el punto A esta 1.5b arriba del punto B. una carga P actúa hacia abajo en el extremo D de la barra. a) .Determine las fuerzas de tensión TAC y TAD en los cables. b) determine el desplazamiento hacia abajo δD del punto D.

SOLUCIÓN:

Lac=5∗b2

; Lad∗3∗√5∗¿b2

¿

DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE Y DESPLAZAMIENTO:

sen (α 1 )=1.5∗bT X

=35

sen (α 2 )=1.5∗bLAD

= 1

√5

ECUACIÓN D EQUILIBRIO

ΣMB=0

T AC∗sen (α 1) 2b+T AD∗¿ sen (α2 )3∗b−P∗3∗b=0¿

2∗√5∗T AC+5∗T AD=5∗√5∗¿ P……………… ..(1)¿

ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD:

δD=32¿δC

√5¿δAD=52

¿δC

δ AD=√52

¿δ AC……………………………………… ..(2)

DESPLAZAMIENTO DE FUERZAS

δ AC=TAC∗¿

LAC

EA=5

¿T AC∗b2 AE

¿

δ AD=T AD∗LAD

EA=

3∗√5∗T AD∗b2 AE

SUSTITUYENDO EN LA ECUACIÓN (2)

3∗√5∗T AD∗b2∗AE

=√52

5¿T AC∗b2∗AE

T AD=56¿T X

a) Fuerza de tensión en los cables:

Resolviendo las ecuación (1) y (3)

T AC=30∗P

12+5∗√5=1.294∗P

T AD=25∗P

12+5∗√5=1.0 79∗P

b) Desplazamiento hacia abajo δDdel punto D

δD=√5¿δAD=√5¿3∗√5∗¿T ADb

2∗AE¿

δD=15∗T AD∗b

2∗AE= 375∗P∗b

2∗AE(12+5∗√5)

δD=8.089∗P∗b

EA

13.Un marco rectangular de ancho 7b y altura 3b (vea la figura) esta articulado en C, soportado en A y D por alambres verticales idénticos y carado por una fuerza inclinada P que actúa en B. el diámetro de los alambres debido a la carga P no deben exceder de 220MPa, ¿Cuál es la carga permisible máxima Pmax?. (Desprecie cualquier deformación del marco).

SOLUCIÓN:

ECUACION DE EQUILIBRIO

∑MC=035P ( 4b )−T A (4b )−T C (3b )=C

4 ¿T A−3¿TC=125

∗P ……………………….(1)

ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD

δB=43

¿δDδA=δB

δ A=43∗δD…………………………….……….(2)

RELACIÓN DE FUERZA DE DESPLAZAMIENTO

δ A=T A∗L

AE

δD=T D∗L

AERESOLVIENDO

T A∗L

AE=4

3

¿T AD∗L

AE

T A=43

¿T D……………………………….(3)

RESOLVIENDO LAS ECUACIÓN (1) Y (3)

T A=48

125∗P

T D=36

125∗P

T A>T DPor lo tanto T A controla la carga admisible.

Pmax=12548

¿δ A∗( π4

¿d2)

Pmax=12548

(220 MPa )( π4 )(2mm)2

Pmax=1.80kN

14.Una barra rígida EDB se articula en el soporte E y esta sostenida por dos cables AB y CD (vea la figura). Ambos cables son iguales excepto de longitud. Una carga P actúa en el extremo B de la barra. Determine las fuerzas de tensión en los cables y el ángulo de giro de la barra.

SOLUCIÓN:

ΣME=0

T CDsen (α )∗8b+T AB sen (α )∗12b−P∗12b=0

2∗TCD+3∗T AB=5∗P………………… ..(1)

ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD

δB=12b8b

∗δD=32∗δD…………………….(2)

FUERZA DE DESPLAZAMIENTO

δ AB=T AB∗LAB

EA=T AB∗15b

EA

δCD=T CD∗LCD

EA=T CD∗10b

EA

Como:

δ AB=35δB ;entonces δB=

53δ AB=

25b¿T AB

EA

δCD=35δD ;entonces δD=

53δCD=

50b¿T CD

EA

FUERZA DE TENSIÓN EN LOS CABLES

SustituyendoδB yδ Den laecuación(2)

25b¿T AB

EA=

32∗50b¿T CD

EA T AB=T CD……………… (3)

Sustituyendo en la ecuación (1)

T AB=T CD=P

ÁNGULO DE ROTACIÓN EN LA BARRA

θ=δB

12b=

25b¿T AB

12b∗EA= 25 P

12 EA

15.Una 25 in de diámetro es de 7500 psi. (Para el acero use α1=6.5x10-6/ºF y ES=30x106 barra de acero de diámetro 0.375 in es sostenida entre paredes rígidas (pero sin esfuerzos iniciales) con el dispositivo mostrado en la figura. Calcule la caída de temperatura ΔT (grados Fahrenheit) para la que el esfuerzo cortante promedio en el perno de 0. 25 in de diámetro es de 7500 psi. (Para el acero use α1=6.5x10-6/ºF y ES=30x106 psi.).

SOLUCIÓN:

ε=αΔT σ=ЕαΔT

FUERZA DE LA BARRA Y DEL PERNO

P=(ЕαΔT ) π

4dr

2

T=

P2AS

T= P

2 πdb2

4

P∨lo tanto :T b=2

πdb2(ЕαΔT ) π

4dr

2

T b=ЕαΔT

2(dr

2

db2 )

TEMPERATURA:

ΔT=2T b

Eα(dr

2

db2 )

ΔT= 2×7500 psi

30×106 psi(6.5 x 10−6/ ºF)¿

16.Una barra circular de acero AB (diámetro d1=15 mm, L1=1100 mm) tiene un manguito de bronce (diámetro exterior d2=21 mm, L2=400 mm) sobre ella, de manera que las dos partes están firmemente unidas entre sí (vea la figura). Calcule el alargamiento total δ de la barra de acero debido a la elevación de temperatura ΔT=300°C (las propiedades de los materiales son las siguientes: para el acero, Es =210 GPa y αs=12×10-6/°C; para el bronce, Eb=110GPa, y αb=20×10-6/°C).

SOLUCIÓN:

POR FORMULA DE ELONGACIÓN DE LA BARRA:

δ 1=α s (∆T )(L1−L2) δ 1=12×10−6(300)(1100−400)

δ 1=2.52mm

DE IGUAL MANERA PARA δ 2:

δ 2=(α s× Es× A s+α b× Eb× Ab )(∆T )L2

E s× A s+Eb× Ab

………………………(1)

Sustituyendo los datos en (1)

α s=12×10−6 ;αb=20×10−6

E s=210GPa; Eb=110GPa d1=15

A s=π4d1

2=176.71

d2=21

Ab=π4

(d22−d1

2 )=169.65

∆T=350

L2=400

δ 2=2.054mm

Después de realizado los cálculos la elongación total es:

δ=δ 1+δ 2=4.57mm

17.Una barra no prismática ACB de longitud L es sostenida entre soportes rígidos (vea la figura). La mitad izquierda tiene área transversal A1 y la mitad derecha, área transversal A2. El módulo de elasticidad es E y el coeficiente de expansión térmica es α. Suponga que la barra está sometida a un incremento uniforme de temperatura ΔT y que A2 > A1. Obtenga expresiones para a) la fuerza de compresión P en la barra y b) el desplazamiento δc del punto C (positivo significa que el desplazamiento es hacia la izquierda.)

SOLUCIÓN:

Barra con apoyo a la derecha:

Compresión de la fuerza P

Retirar el apoyo al final de B:

δT = Alargamiento debido a la temperatura.

δT=α (∆T ) L

δP = Reducción debido a la P

δP=PL

2 EA1

+ PL2 EA2

Compatibilidad; δT = δP :

α (∆T )L = PL2E ( 1

A1

+1A2

) P =

2Eα (∆T )

( 1A1

+1A2

) = 2Eα (∆T ) A1 A2

( A1+A2 )

Desplazamiento del punto C:

δC = Acortamiento de AC

δC = PL

2E A1

−α (∆T )(L2 ) = α (∆T ) L ( A2−A1 )

A1+A2

∴Positivo significa que AC se acorta y el punto C se mueve hacia la izquierda.

18.Una viga simplemente apoyada ABC soporta una carga vertical P por medio de una ménsula BDE (vea la figura). Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga.

SOLUCIÓN:

Aplicando momentos en A y B resulta:

RA=P2

RC=P2

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR:

En el tramo AB , 0<x<L/2

V A=V B=P2

M A=0

MB=PL8

En el tramo BC , L/2<x<3L/4

V B=−P

2

V C=−P

2

MB=3 PL

8

MC=0

DIAGRAMA DE LA FUERZA CORTANTE Y EL MOMENTO FLECTOR

19.Una viga simple AB está sometida a pares M1 y 2M1 que actúan en los tercios del claro como se muestra en la figura. Construya los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para esta viga.

SOLUCIÓN:

APLICANDO MOMENTOS EN A Y B

RA=3M 1

L

RB=3M 1

L

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

En el tramo AC ,0<x<L/3

V A=−3M 1

L

V C=−3 M 1

L M A=0

MC=−M 1

En el tramo CD , L/3<x<2L/3

V c=−3 M 1

L

V D=−3 M 1

L

M c=0

MD=−M 1

En el tramo DB , 2L/3<x<L

V D=−3 M 1

L

V D=−3 M 1

L

MD=0

MB=M 1

DIAGRAMA DE LA FUERZA CORTANTE Y EL MOMENTO FLECTOR

20.H Una viga simple AB con un voladizo BC está cargada por dos fuerzas P y un par Pa tal como se presenta en la figura. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga ABC.

SOLUCIÓN:

DESARROLLANDO EN LA BARRA SUPERIOR

APLICANDO MOMENTOS EN M Y C

RM=P

RC=P

DESARROLLANDO EN LA BARRA INFERIOR

APLICANDO MOMENTOS EN A Y B

RA=0

RB=2 P

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

En el tramo AB ,0<x<2a

V A=0

V B=−P M A=0

MB=¿-Pa

En el tramo BC , 2a<x< 3a

V B=P

V C=P

MB=−Pa

MC=0

DIAGRAMA DE LA FUERZA CORTANTE Y EL MOMENTO FLECTOR

FLEXIÓN MECÁNICA

1. DEFINICIÓN :

En ingeniería se denomina flexión al tipo de deformación que presenta un elemento estructural alargado en una dirección perpendicular a su eje longitudinal. El término "alargado" se aplica cuando una dimensión es dominante frente a las otras. Un caso típico son las vigas, las que están diseñadas para trabajar, principalmente, por flexión. Igualmente, el concepto de flexión se extiende a elementos estructurales superficiales como placas o láminas.

El rasgo más destacado es que un objeto sometido a flexión presenta una superficie de puntos llamada fibra neutra tal que la distancia a lo largo de cualquier curva contenida en ella no varía con respecto al valor antes de la deformación. El esfuerzo que provoca la flexión se denomina momento flector.

2. FLEXIÓN EN VIGAS Y ARCOS :

Las vigas o arcos son elementos estructurales pensados para trabajar predominantemente en flexión. Geométricamente son prismas mecánicos cuya rigidez depende, entre otras cosas, del momento de inercia de la sección transversal de las vigas.

Existen dos hipótesis cinemáticas comunes para representar la flexión de vigas y arcos:

La hipótesis de Euler-Bernoulli. La hipótesis de Timoshenko.

2.1. Teoría de Euler-Bernoulli :

Viga en voladizo de sección cuadrada sometida a flexión recta simple, mediante una carga en el extremo libre. La animación muestra una simulación mediante el método de los elementos finitos, donde se observan tensiones crecientes cerca de la sección empotrada a medida que se incrementa la carga.

La teoría de Euler-Bernoulli para el cálculo de vigas es la que se deriva de la hipótesis cinemática de Euler-Bernouilli, y puede emplearse para

calcular tensiones y desplazamientos sobre una viga o arco de longitud de eje grande comparada con el canto máximo o altura de la sección transversal.

Para escribir las fórmulas de la teoría de Euler-Bernouilli conviene tomar un sistema de coordenadas adecuado para describir la geometría, una viga es de hecho un prisma mecánico sobre el que se pueden considerar las coordenadas (s, y, z) con s la distancia a lo largo del eje de la viga e (y, z) las coordenadas sobre la sección transversal. Para el caso de arcos este sistema de coordenadas es curvilíneo, aunque para vigas de eje recto puede tomarse como cartesiano (y en ese caso s se nombra como x).

Para una viga de sección recta la tensión en el caso de flexión compuesta desviada la tensión viene dada por la fórmula de Navier.

Dónde:

: Son los segundos momentos de área (momentos de inercia) según los ejes Y y Z.

: Es el momento de área mixto o producto de inercia según los ejes Z e Y.

: Son los momentos flectores según las direcciones Y y Z, que en general variarán según la coordenada x.

: Es el esfuerzo axial a lo largo del eje.

Si la dirección de los ejes de coordenadas (y, z) se toman coincidentes con las direcciones principales de inercia entonces los productos de inercia se anulan y la ecuación anterior se simplifica notablemente. Además si se considera el caso de flexión simple no-desviada las tensiones según el eje son simplemente:

Por otro lado, en este mismo caso de flexión simple no esviada, el campo de desplazamientos, en la hipótesis de Bernoulli, viene dada por la ecuación de la curva elástica:

Dónde:

: Representa la flecha, o desplazamiento vertical, respecto de la posición inicial sin cargas.

: Representa el momento flector a lo largo de la ordenada x.

: El segundo momento de inercia de la sección transversal. : El módulo de elasticidad del material.

: Representa las cargas a lo largo del eje de la viga.

2.2. Teoría de Timoshenko:

Esquema de deformación de una viga que ilustra la diferencia entre la teoría de Timoshenko y la teoría de Euler-Bernouilli.

En la primera θi y dw/dxi no tienen necesariamente que coincidir, mientras que en la segunda son iguales.La diferencia fundamental entre la teoría de Euler-Bernouilli y la teoría de Timoshenko es que en la primera el giro relativo de la sección se aproxima mediante la derivada del desplazamiento vertical, esto constituye una aproximación válida sólo para piezas largas en relación a las dimensiones de la sección transversal, y entonces sucede que las deformaciones debidas al esfuerzo cortante son despreciables frente a las deformaciones ocasionadas por el momento flector. En la teoría de Timoshenko, donde no se desprecian las deformaciones debidas al cortante y por tanto es

válida también para vigas cortas, la ecuación de la curva elástica viene dada por el sistema de ecuaciones más complejo:

Derivando la primera de las dos ecuaciones anteriores y substituyendo en ella la segunda llegamos a la ecuación de la curva elástica incluyendo el efecto del esfuerzo cortante:

3. FLEXIÓN EN PLACAS Y LÁMINAS :

Una placa es un elemento estructural que puede presentar flexión en dos direcciones perpendiculares. Existen dos hipótesis cinemáticas comunes para representar la flexión de placas y láminas:

La hipótesis de Love-Kirchhof. La hipótesis de Reissner-Mindlin.

Siendo la primera el análogo para placas de la hipótesis de Navier-Bernouilli y el segundo el análogo de la hipótesis de Timoshenko.

3.1. Teoría de Love-Kirchhoff :

La teoría de placas de Love-Kirchhoff es la que se deriva de la hipótesis cinemática de Love-Kirchhoff para las mismas y es análoga a la hipótesis de Navier-Bernoulli para vigas y por tanto tiene limitaciones similares, y es adecuada sólo cuando el espesor de la placa es suficientemente pequeño en relación a su largo y ancho.

Para un placa de espesor constante h emplearemos un sistema de coordenadas cartesianas con (x, y) según el plano que contiene a la placa, y el ese z se tomará según la dirección perpendicular a la placa (tomando z = 0 en el plano medio). Con esos ejes de coordenadas las tensiones según las dos direcciones perpendiculares de la placa son:

Dónde:

: Es el segundo momento de área por unidad de ancho.

: Es el espesor de la placa.

: Son los momentos flectores por unidad de ancho, que pueden relacionarse con el campo de desplazamientos verticales w(x,y) mediante las siguientes ecuaciones:

Para encontrar la flecha que aparece en la ecuación anterior es necesario resolver una ecuación en derivadas parciales que es el análogo bidimensional a la ecuación de la curva elástica:

El factor:

Se llama rigidez flexional de placas donde:

: Son las constantes elásticas del material: módulo de Young y coeficiente de Poisson.

: Es el espesor de la placa.

3.2. Teoría de Reissner-Mindlin:

La teoría de Reissner-Mindlin es el análogo para placas de la teoría de Timoshenko para vigas. Así en esta teoría, a diferencia de la teoría más aproximada de Love-Kirchhoff, el vector normal al plano medio de la placa una vez deformada la placa no tiene por qué coincidir con el vector normal a la superficie media deformada.

21.Una viga de madera simplemente apoyada AB con L = longitud de tramo de 3,5 m lleva una carga uniforme de intensidad q = 6,4 kN / m (ver figura). Calcular el máximo esfuerzo de flexión δmax debido a la carga q si la viga tiene una sección transversal rectangular con un ancho b = 150 mm y la altura h 280 mm.

SOLUCIÓN:

VIGA SIMPLE CON CARGA UNIFORME

Mmax=q L2

8

σ max=Mmax

s=

6 Mmax

bh2 =3q L2

4hb2

σ max=(3)(6.4kN /m)(3.5)2

(4)(150mm)(28mm)2 =5.0 MPa

σ max=5.0 MP a

22.Un sube y baja un peso de 3 lb / ft de longitud está ocupada por dos los niños, cada una pesa 90 libras (véase la figura). El centro de gravedad de cada niño de 8 pies del punto de apoyo. El tablero es de 19 pies de largo, 8 pulgadas de

ancho, y 1,5 mm de espesor. ¿Cuál es el esfuerzo máximo de flexión en la junta?

SOLUCIÓN:

P=90lb q=3 lb / ft L=9.5 ft d=8 ft

Mmáx=Pd+ qL2

2=720 lb / ft+135.375 lb / ft

Mmáx=10.2649lb /¿

S=bh2

6=3¿3

σ máx=MS

=3421.6 psi

σ máx=3421.6 ps i

23.Cada viga del puente levadizo (ver figura) es 170 pies de largo y simplemente apoyada en los extremos. La carga de diseño para cada viga es una carga uniforme de intensidad 1,2 k / ft. Las vigas se fabrican con placas de soldadura

de acero de tres para formar una sección transversal I con módulo de la sección S = 3600 in3. ¿Cuál es el máximo esfuerzo máximo de flexiónδmax en una viga debido a la carga uniforme?

SOLUCIÓN:

PUENTE DE VIGAS:

L=170 ft

q=1.2k / ft S=2800¿3

Mmáx=q L2

8 S

σ máx=Mmáx

S=qL2

8 S

σ máx=(1.2k / ft )(170 ft )2(12k / ft )

8(2800¿3)18.578 ksi

σ máx=18.578 ks i

24.La viga horizontal ABC de una bomba de pozo de petróleo tiene la sección transversal se muestra en la figura. Si la vertical de bombeo fuerza que actúa en el extremo C es de 3,8 kN, y si la distancia desde la línea de de acción de

esa fuerza al punto B es de 4.5 m, ¿Cuál es el esfuerzo de flexión máximo en la viga debido a la fuerza de bombeo?

SOLUCIÓN:

VIGA SIMPLE CON CARGA UNIFORME

L=3.5 m q=6.4 kN/m b=150 mm h=280 mm

Mmáx=q L2

8

S=bh2

6

σ max=Mmax

S=3q L2

4bh2

Reemplazando datos:

σ max=3 (6.4 kN /m ) (3.5m )2

4 (150mm ) (280mm )2=5MPa

σ máx=5 MP a

25.Una viga de acero de longitud L = 16 in y dimensiones transversales de b = 0,5 in y h = 2 in (ver gráfico) soporta una carga uniforme de intensidad q = 200 lb / in, que incluye el peso de la viga. Calcular los esfuerzos cortantes en la viga

(en la sección transversal de máxima fuerza de corte) en los puntos ubicados 1 / 4 in, 1 / 2 in, 3 / 4 in y 9 in pulgada desde la superficie superior de la viga. A partir de estos cálculos, dibujar un gráfico muestra la distribución de los esfuerzos cortantes desde la parte superior hasta el fondo de la viga.

SOLUCIÓN:

τ= V2 I ( h

2

4− y1

2) V=qL

2=1760 lb

I=bh3

12=0,33¿4

Luego

τ= 17602 (0,33)( 22

4− y1

2)= (2666,67 )(1− y12)

( τ=psi; y i=¿ )

Distancia desde la superficie superior (in)

y1 (in) τ (psi)

0 1 0

0,25 0,75 1166,67

0,50 0,50 2000,00

0,75 0,25 2500,00

1,00 (N.A.) 0 2,666,67

GRÁFICA DE ESFUERZOS CORTANTES

26.Una viga de sección transversal rectangular (ancho b y altura h) soporta una carga uniformemente distribuida en toda su longitud L. Los respectivos esfuerzos permisibles en flexión y cortante son σ perm y τ perm, respectivamente.

a) Si la viga está simplemente apoyado, ¿Cuál es el claro L0 abajo del cual rige el esfuerzo cortante y arriba del cual rige el esfuerzo de flexión para la carga permisible?

b) Si la viga esta soportada con voladizo, ¿Cuál es el claro L0 abajo del cual rige el esfuerzo cortante y arriba del cual rige el esfuerzo de flexión para la carga permisible?

SOLUCIÓN (a):

Flexión:

M perm=q . L2

8

S=b .h2

6

σ perm=M perm

S= 3.q . L

4.b .h2

q=4.σ perm . b . h

2

3. L2 ………… (1 )

Corte:

V perm=q . L

2

A=b .h

σ perm=3.v2. A

=3.q .L4.b .h

q=4.σ .b .h3.L

…………. (2 )

De (1) en (2) se tiene:

L0=h( στ)

SOLUCIÓN (b):

Flexión:

M perm=q . L2

2

S=b .h2

6

σ perm=M perm

S=3.q .L2

b .h2

q=σ .b .h2

3.L2 ……………… .. (3 )

Corte:

σ=3V2 A

= 3q . L2.b .h

q=2.σ .b .h3 L

………… (4 )

De (3) y (4) se tiene:

L0=h2( στ)

27.Una viga de madera laminada sobre soportes simples se construye pegando tres tablones 2 in x 4 in (dimensiones reales) para formar una viga sólida 4 in x 6 in en la sección transversal, como se muestra en la figura. El esfuerzo cortante permisible en los materiales adhesivos es de 50 psi y el esfuerzo de flexión permisible en la madera es de 1600 psi. Si la viga tiene 6 ft de largo, ¿cuál es la carga permisible P actúa en el punto medio de la viga? (Ignore el peso de la viga).

SOLUCIÓN:

Datos:

L=6 ft=72∈¿

σ=V .Ql .b

Q=¿ σ=50 psi

σ=1600 psi

V= P2

I=b .h3

12= 1

12¿

σ=( P2 )(16¿3)

( 72¿4 )¿¿

P1=36.σ=36 (50 psi )=1800l b

Carga admisible basada en esfuerzo de flexión:

σ=MS

M= P .L4

=P ¿

S=b .h2

6=1

6¿

σ=(18 P lb−¿)

24¿3 =3 P4

(P=lb ;σ=psi)

P2=43σ=4

3(1600 psi )=2133.3

Carga permisible: P=1800 lb

28.En el ejemplo 5.8 de la sección 5.6 analizamos los postes B verticales de madera que soportaban una pequeña presa (vea la figura 5.22). En dicho ejemplo solo se consideraron esfuerzos de flexión; por lo tanto, consideremos ahora los esfuerzos cortantes. Si el esfuerzo cortante permisible en los postes es τ perm=0.9 MPa. ¿Cuál es la dimensión b requerida para los postes?

29.Una viga de madera AB sobre soportes simples con longitud de tramo igual a 9 ft se somete a una carga uniforme de intensidad de 120 lb / ft y actúa a lo largo de toda la longitud de la viga y una carga concentrada de magnitud 8800 lbactúa en un punto de 3 ft del soporte derecho (vea la figura). Los respectivos esfuerzos permisibles en flexión y cortante, son de 2500 psi y 150 psi. Calcular:

a) En la tabla del apéndice F, seleccione la viga más ligera que soporte las cargas (desprecie el peso de la viga).

b) Tome en cuenta el peso de la viga (densidad de peso ¿35 lb / ft3) y compruebe que la viga seleccionada sea satisfactoria o, si no lo es, escoja otra viga.

SOLUCIÓN:

Datos:

q=120 lb / ft P=8800lb d=3 ft σ permisible=2500 psi

τ permisible=150 psi

RA=q∗L

2+ P

3

RB=q∗L

2+ 2∗P

3

a) SIN TENER EN CUENTA EN PESO DE LA VIGA:

CÁLCULO DE LAS REACCIONES:

RA=120lb / ft∗9 ft

2+ 8800 lb

3=3473lb

RB=8800 lb∗9 ft

2+ 2∗8800 lb

3=6407 lb

V max=RB=6407 lb

MOMENTO DE FLEXIÓN MÁXIMA QUE SE PRODUCE EN LA CARGA CONCENTRADA:

Mmax=RB∗d−q∗d2

2

Mmax=6407 lb∗3 ft−120 lb / ft∗(3 ft )2

2 Mmax=18 680lb−ft=224 200 lb−¿

τ max=3∗V2∗A

Areq=3∗V max

2∗τmax

=3∗6407 lb2∗150 psi

=64.1¿2

σ=MS

Sreq=Mmax

σ permisible

=24 200 lb−¿2500 psi

=8907¿3

Del apéndice F: Seleccionamos 8∗10∈¿ (a dimensiones nominales) entonces:

A=7 1.25¿2

S=112.8¿3

b) CONSIDERANDO EL PESO DE LA VIGA:

q=17.3 lb / ft (densidadde peso=35 lb / ft3)

RB=6407 lb+(17.3 lb / ft )∗(9 ft )

2=6485 lb

V max=6485 lb

Areq=3∗V max

2∗τ permisible

=64.9¿2

q total=120 lb / ft+17.3 lb / ft=137.3lb / ft

Mmax=RB∗d−q∗d2

2

Mmax=64085∗3 ft−137.3 lb / ft2

∗3 ft2

Mmax=18837 lb−ft=226050 lb−¿

Sreq=Mmax

σ permisible

=226 050 lb−¿2500 psi

=90.4 ¿3

Del apéndice F: Seleccionamos 8∗10∈¿ entonces sigue siendo el momento:

Usar 8∗10 i n

30.Una viga de plástico laminado con sección transversal cuadrada está construida con  3 tiras pegadas, cada una de 10mm x30mm en sección transversal (vea la figura). La viga tiene un peso total de 3.2 N y esta simplemente apoyada con claro L=320mm. Considere el peso de la viga y calcule la carga permisible máxima P que puede colocarse en el centro del claro si:

a) El esfuerzo cortante permisible en las juntas pegadas es de 0,3 MPa.

b) El esfuerzo permisible de flexión en plástico es de 8 MPa.

SOLUCION:

CARGA ADMISIBLE BASADA EN EL CORTE EN JUNTAS ENCOLADAS

L=320mm

W=3.2N

q=WL

= 3.2 N320m

=10 N /m

a) CARGA ADMISIBLE BASADA EN EL CORTE: EN JUNTAS ENCOLADAS

τ=0.3 MPa

τ=VQlb

V= P2

+ qL2

= P2+1.6 N

Q= (30 mm ) (10mm ) (10mm )=3000mm3

Qlb

= 3000mm3

(57.500mm4 ) (30mm )= 1

675mm2

τ=VQlb

=

p2

+1.6 N

675mm2q

DESARROLLANDO HALLAMOS “P”:

P=1350 τ−3.2

P=405 N−3.2 N

PPerm.max=402 N

b) CARGA PERMISIBLE BASADO EN ESFUERZOS DE FLEXIÓN :

σ=8 MPa

σ=MS

M= PL4

+ q . L2

8=0.08P+0.128N .m

σ=(0.08P+0.128 )(N .m)

4.5×10−6m2

DESARROLLANDO HALLAMOS “P”

P=( 56.25×10−6 )σ−1.6

P=( 56.25×10−6 )(8×106 Pa)−1.6 P=450−1.6

Pperm .max=448N