Clase 2 - Juan Felipe Martín Martínez

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F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
Ejemplo 2 
 
 
 
 
 
 
Hallar los esfuerzos individuales Por superposición, luego determinar el punto de mayores 
esfuerzos. 
La carga de 3000Lb produce esfuerzo de compresión 
 
𝜎 =
4 ∗ 3000𝐿𝑏
π × (2in)2
= 954.9psi 
 
La carga de 600Lb produce flexión cuyo momento flector es 
𝑀 = 600𝐿𝑏 ∗ 10𝑖𝑛 = 6000𝐿𝑏 𝑖𝑛 
El momento flector produce un esfuerzo normal de tensión o compresión en los puntos 1 y 
2 
I momento de inercia respecto al eje neutro 
I circulo = *d4/64 
𝜎𝑥 =
𝑀𝑐
𝐼
=
64(6000Lb in) × 1in
π × (2in)4
= 7639 psi 
 
La carga de torsión produce un esfuerzo cortante 
J momento polar de inercia J=Ix+Iy 
𝜏 =
𝑇𝑐
𝐽
=
32(2000Lb in) × 1in
π × (2in)4
= 1273psi 
 
Punto de mayores esfuerzos: 
𝜎𝐴 = −954.9 𝑝𝑠𝑖 + 7639 𝑝𝑠𝑖 = 6684 𝑒𝑛 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 
𝜏𝐴 = 1273psi 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3000 Lb 
600 Lb 
2000 
Lb/in 
L = 10 
in 
 = 2 in A 
B 
F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
𝜎𝐵 = −954.9 𝑝𝑠𝑖 − 7639 𝑝𝑠𝑖 = −8593𝑝𝑠𝑖 
𝜏𝐵 = 1273psi 
El punto de diseño (de mayores esfuerzos) es B 
 
Esfuerzos combinados 
 
𝑅 = √(
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 = 𝜏1,2 
 
𝜎1,2 =
𝜎𝑥+𝜎𝑦
2
± 𝑅 
 
 
 
 
Ejemplo 2 
Un eje de 0.1 m de diámetro que gira a 180 rpm está sometido a una flexión de 7854 Nm, 
calcular la potencia máxima que puede trasmitir si el max es 80MPa, adm es 100MPa 
𝜎 =
64(7854 Nm) × 0.05m
π × (0.1m)4
= 80 MPa 
100𝑀𝑃𝑎 =
80𝑀𝑃𝑎 + 0
2
+ 𝑅 ⇒ 𝑅 = (100 − 40)𝑀𝑃𝑎 = 60𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝜏 = √(60𝑀𝑃𝑎)2 − (40𝑀𝑃𝑎)2 = 44.72𝑀𝑃𝑎 
𝜏 =
𝑇𝑐
𝐽
 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑇 =
𝐽𝜏
𝑐
 
 
J=pi*(0.2m)^4/32 
 
 
T2 
S1 S2 
T1 
80MPa 
60MPa 
100MPa 
80MPa 40MPa 
F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
𝑇 =
44.72 × 106𝑁/𝑚2 × π × (0.1m)4
32 × 0.05𝑚
= 8781𝑁𝑚 
 
𝑃 = 𝑇𝜔 𝜔 = 180
𝑟𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛
2𝜋
𝑟
𝑟𝑒𝑣
1𝑚𝑖𝑛
60𝑠
= 6𝜋
𝑟
𝑠
 
 
𝑃 = 8781𝑁𝑚 ∗
6𝜋𝑟
𝑠
= 165.5𝐾𝑊 ∗
𝐻𝑃
0.746𝐾𝑊
= 221.8𝐻𝑃 
 
Ejemplo 3 
Dibujar el círculo de Mohr para la condición indicada e indicar cuánto vale el cortante 
máximo que puede soportar la barra 
 
 
F=1600Lb 
D= 2in 
S= 509.3psi 
T=254.6psi=R 
 
 
𝜎 = 509.3psi 
𝜏 = 0 
Centro en 
R=254.7psi 
Cortante máximo= 254.7psi 
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝜎
2
 
 
Tarea dibujar el círculo de Mohr para el ejemplo 1 
 
Aula virtual 12345 
 
Tipos de fallas 
 
 
Teorías de Diseño para carga estática. 
Aplicadas a materiales dúctiles 
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Cortante máximo 
También denominada Teoría de Tresca o Guest. Esta, estipula que la fluencia comienza 
cuando el esfuerzo cortante máximo de cualquier elemento iguala al esfuerzo cortante 
máximo en una pieza de ensayo a tensión del mismo material. 
𝜏𝑎𝑑𝑚 =
Sy
2
= 0.5Sy 
 
Teoría de la energía de distorsión 
También denominada von Mises, predice que la falla por fluencia ocurre cuando la energía 
de deformación total por unidad de volumen alcanza o excede la energía de deformación 
por unidad de volumen correspondiente a la resistencia a la fluencia en tensión o en 
compresión del mismo material. 
 
𝜎𝑎𝑑𝑚 = √𝜎𝑛
2 + 3𝜏2 
Cortante puro 
𝜎𝑎𝑑𝑚 = √3𝜏
2 = √3𝜏 = 1.73𝜏 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝜏 =
𝜎
√3
= 0.577𝑆𝑦 
Comparación de las teorías 
 
𝜎𝑎𝑑𝑚 = √3𝜏
2 ⇒ 𝜏 =
𝑆𝑦
√3
= 0.577𝑆𝑦 
 
Teoría de esfuerzos combinados Mhor 
 
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
± √(
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 
Teoría de Mhor - Coulumb 
 
Von Mises 
Cortante máximo 
F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
𝜎𝑚𝑎𝑥
𝑆𝑡
−
𝜎𝑚𝑖𝑛
𝑆𝑐
= 1 
 
Concentradores de esfuerzo. 
Partes de una pieza que por su configuración son susceptibles a generar zonas de mayores 
esfuerzos, por cambios de sección, agujeros se define un factor K de concentración de 
esfuerzos. 
 
 
 
 
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝑆𝑦
𝑓𝑠 ∗ 𝑘
 
𝑆 = 𝜎𝑘 
Fs>1 depende de la aplicación 
 
 
Ejemplo 1 
 número 123 
La unión de la figura se cortará de una placa de acero comercial, determinar el espesor mínimo de la 
pieza, Si se ha de diseñar con un factor de seguridad de 2.2. Y está sometida a una fuerza de F = 
50a+60b+75c Lb. La longitud total de la placa es de 20 in, y el cambio de sección está en la mitad de la 
longitud. 
H = 2a+b+1.5c, h = 2a+b+0.5, D = (b+c)/3 [cm],  =(20+1.5(a+b+c))° 
 
 
Figura 1. 
 
Datos 
F = 50a+60b+75c Lb. =50+120+225 =395Lb 
H = 2a+b+1.5c, =2+2+4.5=8.5cm; h=2a+b+0.5=2+2+0.5=4.5cm*1in/2.54cm=1.772in, 
 =(20+1.5(6))° =29° 
Esfuerzos: normal y flexión 
Punto de análisis: en al cambio de sección o en el punto de unión al chasis 
Análisis para el punto A 
Esfuerzo normal 
A 
B 
F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
𝜎𝐴 =
395𝐿𝑏 ∗ 𝑠𝑒𝑛(29°)
1.772𝑖𝑛 ∗ 𝑡
=
108.1𝐿𝑏
𝑡 ∗ 1𝑖𝑛
 
 
Esfuerzo de flexión 
 
𝐼 =
𝑡 ∗ (1.772𝑖𝑛)3
12
= 0.464𝑡 𝑖𝑛3 
 
𝜎𝑓𝐴 = +
395𝐿𝑏 ∗ 𝑐𝑜𝑠(29°) ∗ 10𝑖𝑛 ∗ 1.772𝑖𝑛/2
0.464𝑡 𝑖𝑛3
=
6597𝐿𝑏
𝑡 ∗ 1𝑖𝑛
 
 
𝜎𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝐴 =
108.1𝐿𝑏
𝑡 ∗ 1𝑖𝑛
+
6597𝐿𝑏
𝑡 ∗ 1𝑖𝑛
=
6705𝐿𝑏
𝑡(𝑖𝑛)
 
 
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
36𝑘𝑝𝑠𝑖
2.2
= 16.36𝑘𝑝𝑠𝑖 
 
6705𝐿𝑏
𝑡(𝑖𝑛)
≤ 16.36𝑘𝑝𝑠𝑖 
 
𝑡 ≥
6705𝐿𝑏
16.36 ×
103𝐿𝑏
𝑖𝑛2
(𝑖𝑛)
= 0.41𝑖𝑛 
 
El espesor de chapa comercial más cercano es t=7/16"