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Libro Mecánica de Materiales (Prácticas y Exámenes UPC)

Además

Además por simetría Según datos del problema: Z P A 500.10 2 10 X 3 De la ecuación (a) tenemos: Y 50MPa Z 0,34( 50) X ( 1 ) Z X 25,75MPa 1 1 0,34 Pero: 1 X 2 Y 3 Z Luego: 25,75MPa 25,75MPa 50MPa Y 25,75MPa 1 V X Y 1 Z Z X Y 10 5 V Además: máx V 1 3 E .V 3,25.10 1 2 3 4 ( ) 50 0,34( 25,75 25,75) 3,25. 4 .10 3 3,25.10 7 10 m 25,75 ( 50) 12,125MPa 2 2 2 2 oct ( 1 2 ) ( 2 3) ( 3 1) 3 325mm 3 oct 1 2 2 2 3 ( 25,75 25,75) 4. BARRA AHUSADA: ( 25,75 50) ( 50 25,75) 11,43MPa El diámetro d x a una distancia “x” del extremo A es: Siendo el momento polar de inercia: d x d a d b d L a x I px d 32 4 x d 32 a d Por lo tanto la expresión para el ángulo de giro en torsión es: 1 L Tdx BARRA PRISMATICA: Por condición del problema: L Tdx b d 4 3 3 GI 0 px 0 G( / 32) d a (d b d a )x / L 3 G(d b d a ) d a d b 2 TL G( / 32)d 4 a L a 32TL Gd 4 a x 4 32TL 1 1 70

Efectuando operaciones obtenemos: 32TL 3G(d d ) b a 1 1 2 2 1 1 1 32TL 3 3 4 d a d b 2 Gda De donde: 5. Del gráfico se tendrá: d 1,5 d b a 4 d 2,5 d d d b a b a 1,45 3 1 0 T=16P A B 36plg 24plg Por condición de equilibrio, se tiene: T eje 0 TA TB T ………………. (a) Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por T B , tal como se muestra en el gráfico. T T B A C B 36plg 24plg Se sabe que: TB (60) T(36) B 0 0 GI GI Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: p p T B 0,6T ………………. (b) T A 0,4T Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento torsor. 0,6T T 0,4T 71

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