esfuerzo-por-temperatura

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ESFUERZOS POR TEMPERATURA 
 
1. Determine los valores del esfuerzo en las proporciones AC y CB de la brra de acero mostrada 
en la figura 2.37 cuando la temperatura de la barra es de -50°F, sabiendo que existe un buen 
ajuste en ambos soportes rigidos cuando la temperatura es de +75°F. Utilice los valores de E= 
29*106 PSI y α = 6.5 * 106/°F para el acero. 
 
 
 
 
 𝑃1 = 𝑃2 = 𝑅𝐵 Las fuerzas en las dos porciones de la barra son iguales, se obtienen los 
siguientes valores de esfuerzo en las proporciones AC y CB de la barra: 
 
𝜎1 = 
𝑃1
𝐴1
=
18.85 𝑘𝑖𝑝𝑠
0.6 𝑖𝑛2
= +31.42 𝑘𝑠𝑖 
𝜎2 = 
𝑃2
𝐴2
=
18.85 𝑘𝑖𝑝𝑠
1.2 𝑖𝑛2
= +15.71 𝑘𝑠𝑖 
 
∆𝑇 = (−50°𝐹) − (75°𝐹) = −125°𝐹 
Para hallar la deformacion 𝛿𝑇 
𝛿𝑇 = 𝛼(∆𝑇)𝐿 = (6.5 ∗ 10
−6 ℉⁄ )(−125℉)(24 𝑖𝑛)
= −19.50 ∗ 10−3 𝑖𝑛 
Para hallar la deformacion 𝛿𝑅 
𝐿1 = 𝐿2 = 12 𝑖𝑛 
𝐴1 = 0.6 𝑖𝑛
2 𝐴1 = 0.6 𝑖𝑛
2 
𝑃1 = 𝑃2 = 𝑅𝐵 𝐸 = 29 ∗ 10
6 𝑃𝑆𝐼 
Utilisamos la formula 
𝛿𝑅 =
𝑃1𝐿1
𝐴1𝐸
+
𝑃2𝐿2
𝐴2𝐸
=
𝑅𝐵
29 ∗ 106
(
12 𝑖𝑛
0.6 𝑖𝑛2
+ 
12 𝑖𝑛
12 𝑖𝑛2
)
= (1.0345 ∗ 10−6 𝑖𝑛 𝑙𝑏⁄ )𝑅𝐵 
La deformacion total de la barra debe ser 0 como 
resultado de las restricciones impuestas: 
𝛿 = 𝛿𝑇 + 𝛿𝑅 = 0 
= −19.5 ∗ 10−3 𝑖𝑛 + (1.0345 ∗ 10−6 𝑖𝑛 𝑙𝑏)𝑅𝐵 = 0⁄ 
𝑅𝐵 = 18.85 ∗ 10
3 𝑙𝑏 = 18.85 𝑘𝑖𝑝𝑠 
 
 
 
 
 
 
Deformación termina en AC 
𝜖𝑇 = 𝛼∆𝑇 = (6.5 ∗ 10
−6 ℉)(−125℉) = −812.5 ∗ 10−6⁄ 𝑖𝑛 𝑖𝑛⁄ 
Se asocia con el esfuerzo 𝜎1 debido a la fuerza 𝑅𝐵 aplicada a la barra. 
𝜎1
𝐸
= 
+31.42 ∗ 103𝑝𝑠𝑖
29 ∗ 106𝑝𝑠𝑖
= +1083.4 ∗ 10−6 𝑖𝑛 𝑖𝑛⁄ 
 Sumando las dos componentes de la deformación en AC: 
 𝜖𝐴𝐶 = 𝜖𝑇 +
𝜎1
𝐸
= −812.5 ∗ 10−6 + 1083.4 ∗ 10−6 = +271 ∗ 10−6 𝑖𝑛 𝑖𝑛⁄ 
 Deformación de la porción CB 
𝜖𝐶𝐵 = 𝜖𝑇 +
𝜎2
𝐸
= −812.5 ∗ 10−6 + 541.7 ∗ 10−6 = −271 ∗ 10−6 𝑖𝑛 𝑖𝑛⁄ 
 
 Obtenemos las siguientes deformaciones 
 𝛿𝐴𝐶 = 𝜖𝐴𝐶(𝐴𝐶) = (+271 ∗ 10
−6)(12𝑖𝑛) = +3.25 ∗ 10−3 𝑖𝑛 
𝛿𝐶𝐵 = 𝜖𝐶𝐵(𝐶𝐵) = (−271 ∗ 10
−6)(12𝑖𝑛) = −3.25 ∗ 10−3 𝑖𝑛 
 
2. La barra rigida CDE esta unida a un apoyo con pasador en E y descasa sobre el cilindro de 
laton de 30 mm de diámetro BD. Una varilla de acero de 22 mm de diámetro AC pasa a través 
de un agujero en la barra y esta asegurada por una tuerca que se encuentra ajustada cuando 
todo el ensamble se encuentra a 20°C. La temperatura del cilindro de laton se eleva entonces 
a 50°C mientras que la varilla de acero permanece a 20°C. suponiendo que no había esfuerzos 
presentes antes del cambio de temperatura, determine el esfuerzo en el cilindro 
 
Varilla AC: Acero Cilindro BD: Laton 
E = 200 GPa E = 105 GPa 
α = 11.7 * 10-6/°C α = 20.9 * 10-6/°C 
 
 
SOLUCION 
 
 ESTATICA: Considerando el cuerpo libre del ensamble completo, se tiene que 
 
+ ∑ 𝑀𝐸 = 0 𝑅𝐴(0.75𝑚) − 𝑅𝐵(0.3𝑚) = 0 𝑅𝐴 = 0.4𝑅𝐵 ………………………….. (1) 
 
 DEFLEXION 𝛿𝑡 : debido a la elevación de temperatura de 50°- 20° = 30°C, la longitud del cilindro de 
laton aumenta en 𝛿𝑡 . 
𝛿𝑡 = L(∆T)α = (0.3 m)(30℃)(20.9 ∗ 10
−6 ℃) = 188.1 ∗ 10−6 ↓⁄ 
 
 Deflexión 𝛿1: Se advierte que 𝛿𝐷 = 0.4𝛿𝐶 y que 𝛿1 = 𝛿𝐷 + 𝛿𝐵 𝐷⁄ 
𝛿𝐶 =
𝑅𝐴𝐿
𝐴𝐸
= 
𝑅𝐴(0.9 𝑚)
1
4
𝜋(0.022 𝑚)2(200 𝐺𝑃𝑎)
= 11.84 ∗ 10−9𝑅𝐴 ↑ 
𝛿𝐷 = 0.40𝛿𝐶 = 0.4(11.84 ∗ 10
−9𝑅𝐴) = 4.74 ∗ 𝑅𝐴 ↑ 
𝛿𝐵 𝐷⁄ = 
𝑅𝐵𝐿
𝐴𝐸
= 
𝑅𝐵(0.3 𝑚)
1
4
𝜋(0.03 𝑚)2(105 𝐺𝑃𝑎)
= 4.04 ∗ 10−9𝑅𝐵 ↑ 
 
 De la ecuación (1) se tiene que 𝑅𝐴 = 0.4𝑅𝐵 y se escribe 
 
𝛿1 = 𝛿𝐷 + 𝛿𝐵 𝐷⁄ = [4.74(0.4𝑅𝐵) + 4.04𝑅𝐵]10
−9 = 5.94 ∗ 10−9𝑅𝐵 ↑ 
 Pero 𝛿𝑇 = 𝛿1: 188.1 * 10
−6 𝑚 = 5.94 ∗ 10−9𝑅𝐵 𝑅𝐵 = 31.7 𝑘𝑁 
 Esfuerzo en el cilindro: 𝜎𝐵 =
𝑅𝐵
𝐴
= 
31.7 𝑘𝑁
1
4
𝜋(0.03)2
 𝜎𝐵 = 44.8 𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
 
 
3. La coraza de aluminio que se muestra en la figura está completamente unida al núcleo de latón, y el 
ensamble se encuentra libre de esfuerzo a una temperatura de 15°C. Considere sólo las deformaciones 
axiales y determine el esfuerzo en el aluminio cuando la temperatura alcanza 195°C. 
 
 
 
 Expansion neta de la coraza con respecto al nucleo 𝛿 = 𝐿(𝛼𝑎 − 𝛼𝑏)(∆𝑇) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nucleo de laton 
E= 105 GPa 
α= 20.9 * 10-6/°C 
Coraza de aluminio 
E= 70 GPa 
α= 23.6 * 10-6/°C 
 
SOLUCION: 
Dejar que L sea la longitud del ensamble 
ΔT = 195° - 15° = 180°C 
 Nucleo del laton: (𝛿𝑇)𝑏 = 𝐿𝛼𝑏(∆𝑇) 
 
 Coraza de aluminio: (𝛿𝑇)𝑎 = 𝐿𝛼𝑎(∆𝑇) 
 
 
 
 
 Deje que P sea la fuerza de tracción en el nucleo y la fuerza de 
compresión en la coraza. 
 
Nucleo laton: 𝐸𝑏 = 105 ∗ 10
9 𝑃𝑎 
 
𝐴𝑏 = 
𝜋
4
(25)2 = 490.87 mm2 = 490.8 * 10-6 m2 
(𝛿𝑃)𝑏 = 
𝑃𝐿
𝐸𝑏𝐴𝑏
 
 
 
 
 Coraza de aluminio: 𝐸𝑎 = 70 ∗ 10
9 𝑃𝑎 
𝐴𝑎 = 
𝜋
4
(602 − 252 = 2.3366 ∗ 103 𝑚𝑚2 = 2.3366 ∗ 𝑚2 
𝛿 = (𝛿𝑃)𝑏 + (𝛿𝑃)𝑎 
𝐿(𝛼𝑏 − 𝛼𝑎)(∆𝑇) = 
𝑃𝐿
𝐸𝑏𝐴𝑏
+
𝑃𝐿
𝐸𝑎𝐴𝑎
= 𝐾𝑃𝐿 
𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐾 =
1
𝐸𝑏𝐴𝑏
+ 
1
𝐸𝑏𝐴𝑏
= 
1
(105 ∗ 109)(490.87 ∗ 10−6)
+
1
(70 ∗ 109)(2.3366 ∗ 10−3)
= 25.516 ∗ 10−9 𝑁 
𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑃 =
(𝛼𝑏 − 𝛼𝑎)(∆𝑇)
𝑘
= 
(23.6 ∗ 10−6)(180)
25.516 ∗ 10−9
= 19.041 ∗ 103𝑁 
𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑒𝑛 𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜: 𝜎𝑎 = −
𝑃
𝐴𝑎
= −
19.047 ∗ 103
2.3366 ∗ 10−3
= −8.15 ∗ 106 𝑃𝑎 ≅ −8.15 𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
 
 
 
4. Retome el problema anterior, y ahora suponga que el núcleo está hecho de acero (E = 200 
GPa, α = 11.7 10-6 /°C) en vez de latón. 
 
 
 
 Expansion neta de la coraza con respecto al nucleo 𝛿 = 𝐿(𝛼𝑎𝑙 − 𝛼𝑎𝑐)(∆𝑇) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nucleo de acero 
E= 200 GPa 
α= 11.7 * 10-6/°C 
Coraza de aluminio 
E= 70 GPa 
α= 23.6 * 10-6/°C 
 
SOLUCION: 
Dejar que L sea la longitud del ensamble 
ΔT = 195° - 15° = 180°C 
 Nucleo del acero: (𝛿𝑇)𝑎𝑐 = 𝐿𝛼𝑎𝑐(∆𝑇) 
 
 Coraza de aluminio: (𝛿𝑇)𝑎𝑙 = 𝐿𝛼𝑎𝑙(∆𝑇) 
 
 
 
 
 Deje que P sea la fuerza de tracción en el nucleo y la fuerza de compresión 
en la coraza. 
 
Nucleo acero: 𝐸𝑎𝑐 = 105 ∗ 10
9 𝑃𝑎 
 
𝐴𝑎𝑐 = 
𝜋
4
(25)2 = 490.87 mm2 = 490.8 * 10-6 m2 
(𝛿𝑃)𝑎𝑐 = 
𝑃𝐿
𝐸𝑎𝑐𝐴𝑎𝑐
 
 
 
 
 Coraza de aluminio: 𝐸𝑎𝑙 = 70 ∗ 10
9 𝑃𝑎 
𝐴𝑎𝑙 = 
𝜋
4
(602 − 252) = 2.3366 ∗ 103 𝑚𝑚2 = 2.3366 ∗ 𝑚2 
𝛿 = (𝛿𝑃)𝑎𝑐 + (𝛿𝑃)𝑎𝑙 
𝐿(𝛼𝑎𝑙 − 𝛼𝑎𝑐)(∆𝑇) = 
𝑃𝐿
𝐸𝑎𝑐𝐴𝑎𝑐
+
𝑃𝐿
𝐸𝑎𝑙𝐴𝑎𝑙
= 𝐾𝑃𝐿 
𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐾 =
1
𝐸𝑎𝑐𝐴𝑎𝑐
+ 
1
𝐸𝑎𝑙𝐴𝑎𝑙
= 
1
(200 ∗ 109)(490.87 ∗ 10−6)
+
1
(70 ∗ 109)(2.3366 ∗ 10−3)
= 16.2999 ∗ 10−9 𝑁 
𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑃 =
(𝛼𝑎𝑙 − 𝛼𝑎𝑐)(∆𝑇)
𝑘
= 
(23.6 ∗ 10−6 − 11.7 ∗ 10−6)(180)
16.2999 ∗ 10−9
= 131.19 ∗ 103𝑁 
𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑒𝑛 𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜: 𝜎𝑎 = −
𝑃
𝐴𝑎𝑙
= −
131.19 ∗ 103
2.3366 ∗ 10−3
= −56.2 ∗ 106 𝑃𝑎 ≅ −56.2 𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
 
 
 
 
 
5. Un poste de concreto de 4 ft está reforzado con cuatro varillas de acero, cada una de in. de diámetro. Si se sabe 
que Ea = 29 *106 psi, αa = 6.5 10-6 /°F y Ec = 3.6 106 psi y αc = 5.5 10-6 /°F, determine los esfuerzos normales que se 
inducen en el acero y en el concreto debido a una elevación en la temperatura de 80°F. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6. La coraza de latón (αl= 20.9 10-6 /°C) está unida por completo al núcleo de acero (αa= 11.7 10-6 /°F). Determine el 
incremento máximo permisible en temperatura si el esfuerzo en el núcleo de acero no debe exceder de 55 MPa. 
 
 
 
 SOLUCION: 
𝐴𝑎𝑐 = 4
𝜋
4
𝑑2 = (𝜋)(0.018)2 = 0.0010179 𝑚2 
𝐴𝐶 = 𝐴 − 𝐴𝑆 = 0.2
2 − 0.0010179 = 0.039 𝑚2 
 
deja que Pc sea la tensión en el concreto. para el equilibrio con fuerza total 
cero, la fuerza de compresión en las cuatro barras de acero es -PC. 
 
 
 SON: ∈𝑎𝑐= 
𝑃𝑎𝑐
𝐸𝑎𝑐𝐴𝑎𝑐
= 𝛼𝑎𝑐(∆𝑇) = −
𝑃𝐶
𝐸𝑎𝑐𝐴𝑎𝑐
+ 𝛼𝑎𝑐(∆𝑇) 
 PARA: ∈𝐶=∈𝑎𝑐𝑃𝐶
𝐸𝐶𝐴𝐶
+ 𝛼𝐶(∆𝑇) = −
𝑃𝐶
𝐸𝑎𝑐𝐴𝑎𝑐
+ 𝛼𝑆(∆𝑇) = (
1
𝐸𝐶𝐴𝐶
+
1
𝐸𝑎𝑐𝐴𝑎𝑐
) 𝑃𝑎𝑐 = (𝛼𝑠 − 𝛼𝐶)(∆𝑇) 
(
1
(25 ∗ 109)(0.039)
+
1
(200 ∗ 109)(0.0010179)
) 𝑃𝑎𝑐 = (11.7 − 9.9)(10
−6)(27) 
𝑃𝐶 = 8185 𝑁 𝑃𝑎𝑐 = −8158 𝑁 
 Esfuerzo en acero 𝜎𝑎𝑐 =
𝑃𝑎𝑐
𝐴𝑎𝑐
= 
−8.185∗103
0.0010179
= −8.04 𝑀𝑃𝑎 
 Esfuerzo en concreto 𝜎𝑐 =
𝑃𝑐
𝐴𝑐
= 
8.185∗103
0.039
= 0.21 𝑀𝑃𝑎 
 SOLUCION: 
 
deje "PS" = fuerza axial desarrollada en el núcleo de acero para 
el equilibrio con fuerza total cero, la fuerza de compresión en la 
carcasa de latón es PS. 
 son: ∈𝑠= 
𝑃𝑠
𝐸𝑠𝐴𝑠
+ 𝛼𝑠(∆𝑇) 
∈𝑏= 
𝑃𝑠
𝐸𝑏𝐴𝑏
+ 𝛼𝑏(∆𝑇) 
Para : ∈𝑠= ∈𝑏 
𝑃𝑠
𝐸𝑠𝐴𝑠
+ 𝛼𝑠(∆𝑇) = −
𝑃𝑠
𝐸𝑏𝐴𝑏
+ 𝛼𝑏(∆𝑇) → (
1
𝐸𝑠𝐴𝑠
+
1
𝐸𝑏𝐴𝑏
) 𝑃𝑆 = (𝛼𝑏−𝛼𝑠)(∆𝑇) 
 
 
𝐴𝑆 = (0.020)(0.020) = 400 ∗ 10
−6 𝑚2 
𝐴𝑏 = (0.030)(0.030) − (0.020)(0.020) = 500 ∗ 10
−6 𝑚2 
𝛼𝑏−𝛼𝑠 = 9.2 ∗ 10
−6 ℃⁄ 
𝑃𝑆 = 𝜎𝑠𝐴𝑆 = (55 ∗ 10
6)(400 ∗ 10−6) = 22 ∗ 103 𝑁 
(
1
𝐸𝑠𝐴𝑠
+
1
𝐸𝑏𝐴𝑏
) = (
1
(200 ∗ 109)(400 ∗ 10−6)
+
1
(105 ∗ 109)(500 ∗ 10−6)
) 
(31.55 ∗ 10−9)(22 ∗ 103) = (9.2 ∗ 10−6)(∆𝑇) 
∆𝑇 = 75.4°𝐶 
 
7. Una varilla que consiste en dos porciones cilíndricas AB y BC está restringida en ambos extremos. La porción AB 
es de acero (Ea= 200 GPa, αa = 11.7 10-6 /°C), y la porción BC está hecha de latón (El =105 GPa, αl = 20.9 10
-6 /°C). 
Si se sabe que la varilla se encuentra inicialmente sin esfuerzos, determine la fuerza de compresión inducida en 
ABC cuando la temperatura se eleva 50°C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 SOLUCION: 
 
𝐴𝐴𝐵 = 
𝜋
4
𝑑𝐴𝐵
2 = 
𝜋
4
(30)2 = 706.86 ∗ 10−6 𝑚2 
 
𝐴𝐵𝐶 = 
𝜋
4
𝑑𝐵𝐶
2 = 
𝜋
4
(50)2 = 1.9635 ∗ 10−3 𝑚2 
 
 
ESFUERZO TERMICO: 𝛿𝑇 = 𝐿𝐴𝐵𝛼𝑆(∆𝑇) + 𝐿𝐵𝐶𝛼𝑏(∆𝑇) 
= (0.250)(11.7 ∗ 10−6)(50) + (0.300)(20.9 ∗ 10−6)(50) = 459.75 ∗ 10−6 𝑚 
 
 Acortamiento debido a la fuerza inducida de compresión P 
𝛿𝑝 =
𝑃𝐿
𝐸𝑆𝐴𝐴𝐵
+
𝑃𝐿
𝐸𝐵𝐴𝐵𝐶
=
0.250𝑃
(200 ∗ 109)(706.86 ∗ 10−6)
+
300𝑃
(105 ∗ 109)(1.9635 ∗ 10−3)
 
 =3.2235* 10−9𝑃 
 Para la deflexión en 0 𝛿𝑝 = 𝛿𝑇 
 3.2235 ∗ 10−9𝑃 = 459.75 ∗ 10−6 
 𝑃 = 142.62 ∗ 103𝑁 → 𝑃 = 142.6 𝐾𝑁 
 
 
 
 
 
 
 SOLUCION: 
 
𝐴𝐴𝐵 = 
𝜋
4
𝑑𝐴𝐵
2 = 
𝜋
4
(60)2 = 2.8274 ∗ 103 𝑚2 
 
𝐴𝐵𝐶 = 
𝜋
4
𝑑𝐵𝐶
2 = 
𝜋
4
(40)2 = 1.2566 ∗ 103 𝑚2 
 
 
ESFUERZO TERMICO: 𝛿𝑇 = 𝐿𝐴𝐵𝛼𝑏(∆𝑇) + 𝐿𝐵𝐶𝛼𝑎(∆𝑇) 
= (1.1)(20.9 ∗ 10−6)(42) + (1.3)(23.9 ∗ 10−6)(42) = 2.2705 ∗ 10−3 𝑚 
 
 Acortamiento debido a la fuerza inducida de compresión P 
𝛿𝑝 =
𝑃𝐿𝐴𝐵
𝐸𝑏𝐴𝐴𝐵
+
𝑃𝐿𝐵𝐶
𝐸𝑎𝐴𝐵𝐶
=
1.1𝑃
(105 ∗ 109)(2.8274 ∗ 10−3)
+
1.3𝑃
(72 ∗ 109)(1.2566 ∗ 10−3)
 
 =18.074 * 10−9𝑃 
 Para la deflexión en 0 𝛿𝑝 = 𝛿𝑇 
 18.074 ∗ 10−9𝑃 = 2.2705 ∗ 10−3 
 𝑃 = 125.62 ∗ 103𝑁 
a) 𝜎𝐴𝐵 = −
𝑃
𝐴𝐴𝐵
= −
125.62∗103
2.8274∗10−3
= −44.4 ∗ 106 𝑃𝑎 
𝜎𝐶𝐵 = −
𝑃
𝐴𝐵𝐶
= −
125.62 ∗ 103
1.2566 ∗ 10−3
= −100.0 ∗ 106 𝑃𝑎 
b) 𝛿𝐵 =
𝑃𝐿𝐴𝐵
𝐸𝑏𝐴𝐴𝐵
− 𝐿𝐴𝐵𝛼𝑏(∆𝑇) = (
(125.62∗103)(1.1)
(105∗109)(2.8274∗10−3)
− (1.1)(20.9 ∗ 10−6)(42) 
= −500 ∗ 10−6 𝑚 = −0.500 𝑚𝑚 ↓ 
 
 
 
 
 
8. Una varilla de dos porciones cilíndricas AB y BC está restringida en ambos extremos. La porción AB es de latón 
(El= 15 *106 psi, αl= 11.6 X 10-6 /°F) y la porción BC es de acero (Ea = 29 x 106 psi, αa= 6.5 10-6 /°F). Si se sabe que 
la varilla está inicialmente sin esfuerzos, determine a) los esfuerzos normales inducidos en las porciones AB y BC 
por una elevación de temperatura de 90°F, b) la deflexión correspondiente del punto B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 SOLUCION: 
 
𝐴𝐴𝐵 = 
𝜋
4
𝑑𝐴𝐵
2 = 
𝜋
4
(0.06)2 = 2.8274 ∗ 10−6 𝑚2 
 
𝐴𝐵𝐶 = 
𝜋
4
𝑑𝐵𝐶
2 = 
𝜋
4
(0.04)2 = 1.2566 ∗ 10−6 𝑚2 
 
 
ESFUERZO TERMICO: (𝛿𝑇)𝐴𝐵 = 𝐿𝐴𝐵𝛼𝑆(∆𝑇) = (1.1)(11.7 ∗ 10
−6)(42) = 0.541 ∗ 10−3 𝑚 
(𝛿𝑇)𝐵𝐶 = 𝐿𝐵𝐶𝛼𝑏(∆𝑇) = (1.3)(23.9 ∗ 10
−6)(42) = 1.305 ∗ 10−3 𝑚 
𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 (𝛿𝑇)𝐴𝐵 + (𝛿𝑇)𝐵𝐶 = 1.846 ∗ 10
−3 𝑚 
 
 Acortamiento debido a la fuerza inducida de compresión P 
𝛿𝑝 =
𝑃𝐿𝐴𝐵
𝐸𝑠𝐴𝐴𝐵
+
𝑃𝐿𝐵𝐶
𝐸𝑏𝐴𝐵𝐶
=
1.1𝑃
(200 ∗ 109)(2.8274 ∗ 10−6)
+
1.3𝑃
(72 ∗ 109)(1.2566 ∗ 10−6)
 
 =16.313.8 * 10−9𝑃 
 Para la deflexión en 0 𝛿𝑝 = 𝛿𝑇 
 16313.8 ∗ 10−9𝑃 = 1.846 ∗ 10−3 
 𝑃 = 113.16 𝑁 
a) 𝜎𝐴𝐵 = −
𝑃
𝐴𝐴𝐵
= −
113.16
2.8274∗10−6
= −40.02 𝑀𝑃𝑎 
𝜎𝐶𝐵 = −
𝑃
𝐴𝐵𝐶
= −
113.16
1.2566 ∗ 10−6
= −90.05 𝑀𝑃𝑎 
b) (𝛿𝑃)𝐴𝐵 = (1945.25 ∗ 10
−9)(113.16) = 0.22 ∗ 10−3 𝑚 
 
𝛿𝐵 = (𝛿𝑇)𝐴𝐵 ↓ +(𝛿𝑝)𝐴𝐵 ↑= 0.541 ∗ 10
−3 ↓ + 0.22 ∗ 10−3 ↑ 
 
 
 
 
9. Retome el problema 2.52, y ahora suponga que la porción AB de la varilla compuesta está hecha de acero y que 
la porción BC es de latón. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 SOLUCION: 
a) Cambio de temperatura requerida para la fabricación 
𝛿𝑇 = 0.5 𝑚𝑚 = 0.5 ∗ 10
−3 𝑚 
 
Cambio de temperatura requerido para expandir la barra de acero en 
esta cantidad 
 
𝛿𝑇 = 𝐿𝛼𝑆∆𝑇, 0.5 ∗ 10
−3 = (2.00)(11.7 ∗ 10−6)(∆𝑇) 
 
0.5 ∗ 10−3 = (2)(11.7 ∗ 10−6)(∆𝑇) 
(∆𝑇) = 21.4°𝐶 
 
b) Una vez ensamblado, se desarrolla un forzamiento a tracción P en el laton, para alargar el acero y contraer 
el latón. 
 Alargamiento de acero: 𝐴𝑆 = (2)(5)(40) = 400 𝑚𝑚
2 = 400 ∗ 10−6𝑚2 
 
(𝛿𝑃)𝑆 = 
𝐹𝐿
𝐴𝑆𝐸𝑆
= 
𝑃(2.00)
(400 ∗ 10−6)(200 ∗ 109)
= 25 ∗ 10−9 𝑃∗ 
 
 
 
 
10. Una vía de acero para ferrocarril (Ea =29 *106 psi, αa= 6.5 10-6 /°F) fue tendida a una temperatura de 30°F. 
Determine el esfuerzo normal en los rieles cuando la temperatura alcance 125°F, si los rieles a) están soldados 
para formar una vía continua, b) tienen 39 ft de longitud con separaciones de in. entre ellos. 
 
SOLUCION: 
 
L=12 m 
𝛿𝑇 = 𝐿𝛼(∆𝑇) = (12)(11.7 ∗ 10
−6)(52 − −1) = 0.00744 𝑚 
𝛿𝑝 = 
𝑃𝐿
𝐸𝐴
=
𝐿
𝐸
𝜎 =
12
200 ∗ 109
𝜎 = 60 ∗ 10−12𝜎 
 
a) 𝛿𝑝 + 𝛿𝑇 = 0 60 ∗ 10
−12𝜎 + 0.00744 = 0 → 𝜎 = −124 𝑀𝑃𝑎 
b) 𝛿𝑝 + 𝛿𝑇 = 0.006 60 ∗ 10
−12𝜎 + 0.00744 = 0.006 → 𝜎 = −24 𝑀𝑃𝑎 
 
11. Dos barras de acero (Ea = 200 GPa, αa = 11.7 x 10-6 /°C) se emplean para reforzar una barra de latón (El =105 GPa, 
αl= 20.9 x 10-6 /°C) que está sujeta a una carga P = 25 kN. Cuando se fabricaron las barras de acero, la distancia 
entre los centros de los agujeros que debían ajustarse a los pasadores se redujo 0.5 mm en relación con los 2 m 
que se necesitaban. Por ello las barras de acero se colocaron en un horno para aumentar su longitud, con el fin 
de que se ajustaran a los pasadores. Después de este proceso, la temperatura de las barras de acero se redujo a 
la temperatura ambiente. Determine a) el incremento en la temperatura que hizo posible que la barra de acero 
se ajustara a los pasadores, b) el esfuerzo en la barra de latón después de aplicar la carga sobre ella. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Contraccion: 𝐴𝑏 = (2)(5)(40) = 400 𝑚𝑚
2 = 400 ∗ 10−6𝑚2