Churro- Esparza Resistencia de Materiales

CAPÍTULO IESTADO UNIAXIAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES

1.1) Introducción. Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables

1.1.1) DefinicionesMecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales, Mecánica de Sólidos Deformables o Mecánica de Materiales) es la disciplina que estudia, básicamente, las relaciones entre acciones aplicadas y sus efectos en el interior de los sólidos o elementos estructurales.

En respuesta a las acciones aplicadas, el sólido se deforma:

Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz

Para estudiar el comportamiento de un sólido estructural es preciso distinguir entre Configuración Inicial y Configuración Deformada.

Configuración inicial Geometría y restricciones antes de aplicar las accionesConfiguración Deformada Geometría y restricciones luego de ser aplicadas las acciones.

Mecánica de Sólidos o Resistencia de Materiales es también una disciplina técnica relacionada con los Métodos de la Ingeniería que tienen especial interés en los conceptos de RESISTENCIA, RIGIDEZ y ESTABILIDAD de elementos o sistemas estructurales.

RESISTENCIA Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para contrarrestar acciones sin quebrarse o descomponerse.RIGIDEZ Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para oponerse a las deformaciones que le inducen las acciones aplicadas.ESTABILIDAD Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para conservar una forma única garantizada por las condiciones del equilibrio.

En Mecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales) se complementará el estudio de fuerzas iniciado en Estática. Sin embargo, existe una diferencia fundamental.

Problema de Estática v.s. Problema de Mecánica de Sólidos

ESTÁTICA: Hallar la fuerza en el cable BD.

Equilibrio MA = 0P(a + b) – FBDsen a = 0

FBD=P (a+b )asenθ

=P (a+b )

ac

√a2+c2

2


FBD=P (a+b )√a2+c2

acCaracterísticas de la solución:

La solución depende únicamente de las ecuaciones del equilibrio.

La solución es INDEPENDIENTE del material del cable. No es necesario conocer las dimensiones transversales del

cable.

MECÁNICA DE SÓLIDOS: Calcular el desplazamiento vertical del punto C.

Características (esperadas):

Debe "conocerse" el material del cable Debe conocerse la sección transversal del cable Además de las ecuaciones de equilibrio, se usarán otras que

relacionen FUERZAS, DESPLAZAMIENTOS Y MATERIAL (Ecuaciones Constitutivas).

Existen dos grandes vertientes (enfoques) de estudio en Mecánica de Sólidos:

Analítica Análisis y Cálculo de Esfuerzos y DeformacionesExperimental Estudio de las Propiedades Mecánicas de los

Materiales y Sistemas Estructurales.

El conocimiento y dominio de ambos enfoques, en Ingeniería permite el DISEÑO de elementos o sistemas estructurales, con SEGURIDAD y FUNCIONALIDAD.

SEGURIDAD Transmisión adecuada de las cargas (relacionada con la Resistencia)

FUNCIONALIDAD Respeto a las condiciones del uso para el que han sido concebidos (relacionada con las Deformaciones).

3


1.1.2) Hipótesis en Mecánica de Sólidos DeformablesCon la finalidad de simplificar el tratamiento y las ecuaciones que describen el comportamiento de sólidos o sistemas estructurales, es conveniente usar HIPÓTESIS SIMPLIFICATORIAS. Estas han sido validadas analítica y experimentalmente.

CONTINUIDADEl material llena totalmente el volumen que ocupa. Se acepta una distribución CONTINUA de materia, en lugar de considerar a los sólidos como un conjunto de partículas discretas (MEDIO CONTINUO).

HOMOGENEIDADLas propiedades del material son iguales en todos los puntos del sólido

Material homogéneo AceroMaterial no homogéneo Concreto Armado

ISOTROPÍALas propiedades del material son iguales en todas las direcciones

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Existen materiales que no son compatibles con esta hipótesis (la madera).

DEFORMACIONES INFINITESIMALESLas deformaciones admisibles son pequeñas (infinitesimales) comparadas con las dimensiones iniciales del sólido.

Esta hipótesis tiene un gran valor operativo: Nos permite referir las ecuaciones del equilibrio a la CONFIGURACIÓN INICIAL del sólido.

Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Inicial ANÁLISIS DE 1° ORDEN

5


Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Deformada ANÁLISIS DE 2° ORDEN

Nota) Existen otras hipótesis, como: Elasticidad del material, Linealidad entre fuerzas y desplazamientos, secciones planas, ..., etc.(Serán tratadas en su oportunidad)

1.2) Fuerzas Internas. Método de Secciones

Consideremos un sólido en equilibrio.

Las Fuerzas Internas se manifiestan como FUERZAS DE INTERACCIÓN entre las partículas del material que constituyen el sólido.

Cada plano de referencia, separa al sólido en dos porciones.

Las fuerzas internas representan la interacción de una parte del sólido con la parte que ha sido (idealmente suprimida).En general, estas fuerzas tienen diferentes magnitudes y sentidos, y cambian al cambiar el plano de referencia.En cada caso, las fuerzas internas deben satisfacer las condiciones del equilibrio de la porción que se considere.

ACCIONES INTERNAS

Si cortamos al sólido mediante PLANOS IDEALES, se evidencian SISTEMAS DE FUERZAS INTERNAS (para cada plano de corte).

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Las fuerzas internas en una porción del sólido pueden representarse

mediante un Vector Fuerza V y un Vector Momento M

Los vectores V y M sobre cada superficie de corte pueden descomponerse en sus componentes rectangulares. Las magnitudes de estas componentes se denominan Acciones Internas.

Si no existen confusiones, puede usarse un solo subíndiceV = (Vx, Vy, Vz); M = (Mx, My, Mz)

Si consideramos la porción (II) del sólido, las fuerzas internas son de la misma intensidad pero de sentido contrario.

Cada una de las acciones internas manifiesta un EFECTO ESPECIAL en el comportamiento del sólido.

Vxx FUERZA NORMAL ( al plano de corte)Vxy, Vxz FUERZAS CORTANTES (paralelas al plano de corte)Mxx MOMENTO TORSOR (con respecto al eje geométrico del sólido)Mxy, Mxz MOMENTOS FLECTORES (con respecto a ejes en el plano de

la sección)

Notas)1) Las acciones internas ocasionadas por un Sistema de Acciones

(cargas aplicadas + reacciones) dependen de la orientación del Plano de Corte.

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A cada plano de corte le corresponde un SISTEMA DE ACCIONES INTERNAS

2) Si las ACCIONES EXTERNAS actúan en un plano, las fuerzas internas se reducen a tres (Sistemas Planos de Fuerzas).

3) Las fuerzas internas variarán en intensidad y dirección, según se consideren distintos planos que pasen por un punto P. Un problema de interés será determinar las VALORES EXTREMOS de las Acciones Internas.

4) Cada acción interna representa un EFECTO distinto sobre el sólido. La Fuerza Normal representa una acción de extensión

(tracción) o una acción de acortamiento (compresión) del sólido

Las Fuerzas Cortantes son componentes de la resistencia total al deslizamiento de una porción del sólido respecto de otra.

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El Momento Torsor medirá la resistencia del sólido al GIRO relativo de una sección respecto de otra.

Los Momentos Flectores medirán la resistencia del sólido a curvarse (flexionarse) respecto a un eje de su sección transversal.

EJEMPLOS1) La barra AB tiene un peso de 2 lb/pie y soporta 30 lbs en su extremo

inferior. Hallar las acciones internas en las secciones a-a, b-b y c-c.

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FUERZAS INTERNASConsideremos una porción de barra de longitud x.

Es posible representar la variación de FUERZA AXIAL (NORMAL) mediante un Diagrama denominado DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL.

2) Graficar el diagrama de FUERZA AXIAL para el sistema representado.

10


(Notar la discontinuidad en la sección correspondiente a la carga concentrada 3 ton)

3) Hallar las acciones internas en la sección a-a.

R1 es la resultante de q(x) en el tramo de longitud x

11


4) Determinar las fuerzas internas en la sección 1-1 del sistema representado.

12


Equilibrio: Fx = 0 P + Vx = 0 . . . . (i)Mr

c = 0 Mr – Pd2 = 0 . . . . (ii)Ms

c = 0 Ms + Pd1 = 0 . . . . (iii)d2 = a sen; d1 = a – a cos = a(1 – cos) P + Vx = 0 (i)

Mr – P a sen = 0 . . . . (ii)Ms + P a(1 – cos) = 0 . . . . (iii)

De (i) Vx = – P (Fuerza cortante)De (ii) Mr = P a sen (Momento flector)De (iii) Ms = – P a(1 – cos) (Momento torsor)

5) Considerando que la carga distribuida varía linealmente desde q = 3 ton/m, hasta q = 0, graficar el diagrama de fuerza axial en el sistema representado.

13


Q=∫Lqdx Q=∫0

3(3−x )dx

Q = 4.5 tonReemplazando en (1) R = 4.5 + 2 R = 6.5 ton

(Notar la discontinuidad de la gráfica en x = 2)

6) En la palanca EF se aplica la fuerza W, según se indica en el esquema. Entre el cable CBAD y la superficie de contacto se genera una fuerza de fricción cuyo coeficiente es = 0.4. Si la porción BC resiste una fuerza de tracción de 4,100 kg, hallar la fuerza de tracción en el cable en el punto A.

14


Si

dθ2 0, con suficiente aproximación, tenemos:

dN – T

dθ2 – (T + dT)

dθ2 = 0

dN – T

dθ2 – T

dθ2 +

12dTd θ

= 0

Considerando únicamente diferenciales de 1er orden: dNdθ

=T . . . . (i)

Ftang = 0

(T + dT)cos

dθ2 – r – Tcos

dθ2 = 0

Si

dθ2 0 cos

dθ2 1, luego

T + dT – T – dN = 0dTdN

=ƒ . . . . (ii)

De (i) y (ii) obtenemos:

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Tdθ=dTƒ

Separando las variables: dTT

=ƒdθ

Integrando ambos lados: LnT = + kT = e + k

T = e ek

T = K e . . . . (iii) (Denominada ecuación de las poleas)

Determinamos K: para = es T = TB = 4,100 kg 4,100 = K e0.4 K = 1,166.9

Reemplazando en (iii) T = 1,166.9 e0.4

Para el punto A: = 0 TA = 1,166.9 e0.4(0) TA = 1,166.9 kg

7) La barra homogénea representada pesa W, y descansa sobre un plano horizontal liso. Determinar las fuerzas internas en una sección genérica definida por el .

Peso unitario q=W

πr

Fhoriz = 0

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Vcos – Ncos( π2 −θ)

– P =0Vcos – Nsen = P . . . . (ii)

Mc = 0

M + P r sen –

W2 (r – r cos) + G(

r sen θθ – r cos) = 0

M = – P r sen +

W2 r(1 – cos) –

Wπ r(sen – cos) . . . (iii)

Resolviendo simultáneamente (i) y (ii) obtenemos V y N:

N = (

Wπ –

W2 ) cos – P sen

V = (

Wπ –

W2 ) sen + P cos

De (iii)

M = – P r sen +

W2 r(1 – cos) –

Wπ r(sen – cos)

8) Un pilote es enterrado por acción de una fuerza externa F = 100 klb. Una fuerza de fricción (klb/pie) se opone a la fuerza F, siendo su intensidad proporcional al cuadrado de la distancia medida desde la superficie superior, y es nula en ella. Determinar las fuerzas internas en Z = 15 pies y en Z = 30 pies.

17


NZ=15 = 100 –

1270 (15)3 = 86.5 klb

NZ=30 = 100 –

1270 (30)3 = 0 klb

9) Determinar las acciones internas que actúan en la sección B del tubo representado. El tubo tiene una masa de 2 kg/m y está sujeto a una fuerza vertical de 50 N y a un momento de torsión de 70 N-m en su extremo libre A.

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MxB = 0 Mx – 50(0.5) – 24.52(0.5) – 9.81(0.25) + 70 = 0

Mx = – 30.29 N-m (FLECTOR)

MyB = 0 My + 24.52(0.625) + 50(1.25) = 0

My = – 77.66 N-m (TORSOR)

MzB = 0 Mz = 0

10) Para el sistema representado dibujar diagramas de cuerpo libre para cada miembro y calcular las acciones internas sobre los extremos de cada uno de ellos.

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11) Determinar las acciones internas en una sección genérica del arco representado. La fuerza p actúa normal al arco y está repartida sobre el mismo.

Fvert = 0 V sen + N sen(/2 – ) + pr sen

θ2 = 0

® V sen + N cos() = – pr sen

θ2 . . . . (**)

Mc = 0 M + prd = 0 M = – prr sen

θ2 . . . . (***)

Resolviendo el sistema (*), (**), (***) obtenemos:

20


V = – pr cos

θ2

N = pr sen

θ2

M = – pr2 sen

θ2

12) El sistema representado se encuentra en equilibrio. Determinar expresiones para las fuerzas internas en cualquier sección de la viga sumergida.

6 Ton 2 Ton/m

r

A B C D

E

Fvert = 0

9r = 6 + 2(3) r =34 ton/m

Reacciones

21


13) Encontrar ecuaciones para las fuerzas internas en cualquier sección de la viga representada.

Fvert = 0 R1 + R2 = ∫0

Lydx

R1 + R2 =

k3L3

. . . . (i)

MO = 0 R2L – ∫LxdA

= 0

R2L – ∫0

Lx ydx

= 0 R2L – ∫0

Lx k x2 dx

= 0

R2L –

k4 L4 = 0 . . . . (ii)

22


De (i) y (ii): R1 = k L3/12R2 = k L3/4

14) Una viga de 40 pies de longitud se encuentra simplemente apoyada y cargada sobre dos planos coordenados, según se indica. Determinar las acciones internas en cualquier sección normal como funciones de x.

23


Vxz + 4,533.33 – 0.5(340 + t)x = 0

Vxz = 0.5x[340 +

172 (40 – x)] – 4,533.33 (CORTANTE)

Mxy + t x

x2 +

12 x (340 – t)

23 x – 4,533.33 x = 0

Mxy = 4,533.33 x –

x2

2 (

172 )(40 – x) –

x2

6 [340 –

172 (40 – x)] (FLECTOR)

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15) La viga curvada que se representa está sometida a la acción de una fuerza distribuida p, cuya intensidad por metro de longitud del arco varía linealmente con el ángulo , desde cero en la base de la viga hasta PO en el extremo superior. Determinar las acciones internas en la base de la viga.

ii) T + ∫0

π /2P(r−r cosθ)rd θ

= 0

T =−∫0

π /2 2 P0

πθ r (1−cos θ)rd θ

T =−

2P0 r2

π ∫0

π /2θ(1−cosθ )dθ

Desarrollando la integral (por partes: u = ; dv = (1 – cos)d)

T =−

2P0 r2

π [ θ2

2−θ senθ−cosθ ]

0

π/2

25


T =−

2P0 r2

π( π

2

8−π

2+1)

(Momento Torsor) T =−P0r

2( π4−1+ 2

π)

(sentido contrario al supuesto)

iii)M + ∫0

π/ 2Pr senθ rdθ

= 0

M = −∫0

π/ 2 2 P0

πθr2senθdθ

M = −

2P0

πr2∫0

π/ 2θ sen θdθ

M = −

2P0

πr2 [senθ−θ cosθ ]0

π /2

(Momento flector) M = −

2P0

πr2

(sentido contrario al supuesto)

16) Dos barras iguales, rígidas, de peso G cada una y de longitud 2L, están articuladas en su punto medio. Sus extremos inferiores descansan sobre un plano liso horizontal, y sus extremos superiores están unidos por intermedio de un cable. En las barras se apoya un cilindro de radio r y peso Q, según se indica en el esquema. Hallar la fuerza de tracción que se desarrolla en el cable.

ii) Calculamos la presión que el cilindro ejerce sobre las barras.

iii) Equilibrio (de cada barra).

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Mo = 0 TLcos – Rx – SLsen = 0 (iv)

Reemplazando (i), (ii) y (iii) en (iv) y despejando T, obtenemos:

T= Qr

2Lsen2 α+(G+Q

2) tan α

1.3) Esfuerzo Normal Uniaxial

1.3.1) Definicionesa) Un elemento se encuentra en ESTADO UNIAXIAL de carga (CARGA

AXIAL SIMPLE) cuando en cualquiera de sus secciones transversales, todas las fuerzas internas (acciones internas) son nulas, salvo la componente de dirección normal.

b) Se denomina ESFUERZO NORMAL UNIAXIAL a la intensidad de las fuerzas distribuidas sobre el área de la sección transversal.

σ= PA . . . . (1)

Convenio: > 0 ESFUERZO DE TRACCIÓN < 0 ESFUERZO DE COMPRESIÓN

Unidades:SISTEMA UNIDADES DE

PUNIDADES DE A

UNIDADES DE

Internacional

Newton m2 N/m2 (Pascal)

Inglés Libra pulg2 lb/pulg2

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Métrico Kilogramo cm2 kg/cm2

De uso obligatorio es el SISTEMA INTERNACIONAL1 kilo Pascal = 103 Pascales1 Mega Pascal = 106 Pascales1 Giga Pascal = 109 Pascales

Notas)

1) Mediante la ecuación (1) σ= P

A se ha definido el Esfuerzo Normal Uniaxial en VALOR PROMEDIO, aceptándose que la carga axial P se reparte UNIFORMEMENTE en el área transversal A.

2) Se denomina ESFUERZO NORMAL en un punto del área transversal, al

valor: σ=dP

dA . (2)

3) La ecuación (1) supone una distribución uniforme del esfuerzo normal, mientras que la ecuación (2) NO presupone tal distribución.A partir de la ecuación (1) PRISMA DE ESFUERZOSA partir de la ecuación (2) SÓLIDO DE ESFUERZOS(El Volumen del Sólido de Esfuerzos es igual a la intensidad de la carga P)

1.3.2) Propiedades del Esfuerzo Normal ()

a) La ecuación de equilibrio estático se expresa P=∫( A )

σ dA. Es la única

información sobre la distribución del esfuerzo normal. La REAL DISTRIBUCIÓN del esfuerzo normal es un problema estáticamente indeterminado.

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b) La distribución uniforme del esfuerzo normal uniaxial SÓLO PUEDE EXISTIR SI LA RESULTANTE DE LAS FUERZAS APLICADAS pasa por el CENTROIDE de la SECCIÓN TRANSVERSAL.

Debemos demostrar que C es el CENTROIDE del área transversal A, siempre que sea uniforme.En un elemento de área dA, la fuerza normal asociada es dP = dA.

Ecuaciones del equilibrio:

Fz = 0 P=∫( A )

σ dA . . . . (*)

My = 0 Pa=∫(A )

x (σ dA ) . . . . (**)

Mx = 0 Pb=∫(A )

y (σ dA ) . . . . (***)

Si la distribución de esfuerzos es uniforme, es de valor constante. Las ecuaciones (*), (**), (***) pueden escribirse:

P = A

Pa=σ∫(A )x dA

Pb=σ∫( A )y dA

De donde, eliminando P, obtenemos:σ Aa=σ∫(A )

x dA

σ Ab=σ∫( A )

y dA

y finalmente: a=∫( A )

x dA

A yb=∫( A )

y dA

ALos valores encontrados para las coordenadas a, b definen al punto C como el CENTROIDE del área de la sección transversal.

Notas)1) Sólo puede presuponerse una distribución uniforme del esfuerzo normal,

cuando la resultante de las cargas aplicadas (P) pase por el CENTROIDE del área transversal (ESTADO DE CARGA AXIAL CENTRADA).

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2) Si un elemento está sometido a carga axial, pero existen SECCIONES TRANSVERSALES EXCÉNTRICAS, los esfuerzos normales en éstas, NO pueden suponerse uniformemente distribuidas.

EJEMPLOS1) Calcular el esfuerzo normal promedio que se genera en los alambres del

sistema representado.

Fuerza total hacia abajo:Q = 2(50)(2) = 200 KG

Fuerza en cada alambre:

Fvert = 0

30


Esfuerzo en cada alambre:

σ= FA=25√5 π kg

π4(0.5 )2cm2

= 894.43 kg/cm2 (TRACCIÓN)

2) Una barra rígida AB, de masa 1000 kg está suspendida de dos cables AC y BD, cada uno de los cuales tiene sección transversal de 400 mm2. Determinar la magnitud de la fuerza P, así como la ubicación x, para que los esfuerzos normales en los cables AC y BD tengan como valor límite 100×106 Pa y 50×106 Pa, respectivamente.

Fuerzas axiales:

Fvert = 0 FAC + FBD = P + 9,800 . . . . (i)M0 = 0 FAC(1) – P(1 – x) – FBD(1) = 0 . . . . (ii)

De (i) y (ii) obtenemos: FAC = 4,900 +

P2 +

P2 (1 – x)

FBD = 4,900 +

P2 –

P2 (1 – x)

(Fuerzas Newtons; Longitudes metros)

Esfuerzos normales

σ AC=F AC

AAC

=4 ,900+ P

2+ P

2(1−x )

400×10−6

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σ BD=FBD

ABD

=4 ,900+ P

2− P

2(1−x )

400×10−6

Valores límiteAC 100×106 PaBD 50×106 Pa

Luego

4 ,900+ P2+P

2(1−x )

400×10−6=100×106

. . . . (*)

4 ,900+ P2− P

2(1−x )

400×10−6=50×106

. . . . (**)

De (*) y (**) obtenemos:P = 50,200 Newtonsx = 0.602 metros

3) Determinar la forma del sólido, tal que el esfuerzo normal sea el mismo en todas las secciones transversales (sólidos de igual Resistencia).

Aproximación al peso del elemento diferencial:

γ ( A+A+dA2

)dx

Fvert = 0 (A + dA) – A – γ ( 2 A+dA

2)dx

= 0

Simplificando: dA – Adx – γdAdx

2 = 0Considerando diferenciales de 1er orden:

dA – Adx = 0

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De donde

dAA= γσdx

integrando∫ dA

A=∫ γ

σdx

LnA= γσx+k

Para x = 0 es A = A0 (dato) Ln A0 = k

Por tantoLnA= γ

σx+LnA0

Ln

AA0

= γσx

Pasando a la forma exponencial:

AA0

=eγσx

A=A0eγσx

Ley de variación de las secciones transversales

4) Hallar la sección transversal requerida por los elementos FC y CB de la armadura representada, de modo que resistan la carga P = 65 Ton y el esfuerzo permisible sea 1.4 Ton/cm2 en tracción.

Fuerzas axiales en las barras FC y CB PFC = 8.67 Ton (tracción)(¡Verificar!) PCB = 39.1 Ton (tracción)

Secciones Requeridas:AFC=

PFC

σ perm

= 8 . 67 Ton1 . 4 Ton/cm2

=6 . 19cm2

ACB=PCB

σ perm

=39 .1 Ton1 .4 Ton/cm2

=27 .93cm2

Nota). Conociendo el área de la sección transversal, puede establecerse la forma de la misma.Si FC de sección circular

π4dFC

2 =6 . 19 dFC = 2.8 cm

(realmente dFC = 3 cm)

Si FC de sección cuadrangularl2FC = 6.19 lFC = 2.49 cm(realmente lFC = 2.5 cm)

33


Similar para la barra CB.

5) La estructura articulada que se representa, debe soportar la carga P. El esfuerzo normal debe ser el mismo en los dos miembros. Si los miembros AB y BC son de sección transversal constante, determinar el ángulo necesario para alcanzar el peso mínimo de la estructura.

Esfuerzos Normales (valor absoluto):

barra CB σ=P cotanα

ACB ACB=

P cotanασ

barra AB σ=P /sen α

AAB AAB=

Pσ sen α

Peso de la estructura

(: peso específico)W=γ (ACBL+A AB

Lcosα

)

W=γ [ Pσ cotanα L+ PLσ sen α cos α ]

W=γPσL(cot an α+ 1

sen α cosα)

Peso Mínimo

dWdα

=0

−cosec2α+ sen2 α−cos2 αsen2 α cos2α

=0

Resolviendo la ecuación anterior (para 0 < < /2) se obtiene

tan = √2 55°

6) Calcular el máximo esfuerzo normal que se genera cuando el cono circular recto, gira con velocidad angular constante alrededor de un eje perpendicular a su eje longitudinal. Considerar el peso específico del material del cono.

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Fuerza Axial: Determinamos la fuerza axial generada por la rotación de una porción del cono.

Definimos un disco diferencial a la distancia u del eje de giro.rL= t

y t= r

Ly

;

rL= z

L−u z= r

L(L−u )

Cuando gira el disco diferencial se genera una fuerza diferencial

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dF = (dV)2udF = (z2du)2u

dF= πγg

ω2 r2

L2(L−u)2udu

La fuerza generada por la rotación del cono de altura y, es:

F=πγω2r2

gL2 ∫L− y

L(L−u)2udu

Desarrollando la integral y simplificando, obtenemos:

F=πγω2r2

gL2( L

3y3−1

4y4 )

σ=

πγω2r 2

gL2 (L3 y3− 14y 4)

πr2

L2y2

Simplificando σ=ω2 γ

g ( L3 y−14y2)

Condición para Esfuerzo Normal Máximo:dσdy

=0

L3−1

2y=0

y=2

3L

σmáx=ω2γg ( L3 2

3L−1

4( 23L)2)

σmáx=ω2γL2

9 g

(máx

d2σdy2

<0)

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1.3.3) Principio de Saint - Venant

Si se prescinde de un CORTO SEGMENTO INICIAL de la barra, los esfuerzos internos (y las deformaciones) NO CAMBIAN si se sustituye un sistema de fuerzas externas por otro que tenga los mismos parámetros.

"Si se cambia la distribución de las fuerzas aplicadas en uno de los extremos, sin que cambien la resultante, los esfuerzos internos sólo cambian en segmentos iniciales de longitud aproximada a la mayor dimensión de la sección transversal".

El principio de Saint - Venant puede interpretarse de la manera siguiente:" En elementos sometidos a Carga Axial, la diferencia entre el valor

promedio del esfuerzo normal y el valor del esfuerzo normal en un punto, es despreciable en secciones transversales suficientemente alejadas de los puntos de aplicación de las cargas, pero es importante en la vecindad de tales punto".

1.4) Esfuerzo Normal de Aplastamiento (Esfuerzo de Apoyo)En el análisis de sistemas estructurales, frecuentemente se presentan casos en los que un cuerpo es soportado o sostenido por otro. Por ejemplo, en el sistema poste-zapata-suelo, que se representa:

37


Ejemplo)Un poste de madera de 15×15 cm2 de sección transversal transmite una carga de 5.o Ton, a una zapata de concreto, según se indica.i) Hallar el esfuerzo de apoyo entre madera y concreto.ii) Si la presión admisible en el terreno es 1 kg/cm2, determinar las

dimensiones de la planta de una zapata cuadrada. No incluir los pesos propios.

Nota: Se determinan los esfuerzos generados por la carga axial P. No se incluye el peso propio de los sólidos.

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i)σ ap1

= 5 Ton

15×15 cm2

σ ap1=5000 kg

15×15 cm2

σ ap1=22 .22 kg/cm2

Nota). Esfuerzos de apoyo o de aplastamiento se presentan frecuentemente entre elementos cuya superficie de contacto NO ESTÁ EN UN PLANO.Por ejemplo: Se presenta esfuerzo de aplastamiento entre el conector (pasador) y las placas que soporta en el sistema representado.

La superficie de contacto entre el pasador y la placa A es una superficie cilíndrica de diámetro d y altura b. CONECTOR

(PASADOR) de diámetro efectivo

d

P

A

b

P

A

El pasador ejerce sobre la placa una fuerza igual y opuesta a la ejercida por la placa sobre el pasador.

39


A

1

2

3

4

P

b

d

P

P

La real distribución del esfuerzo en el área de contacto es muy complicada. Para fines prácticos se usará un VALOR PROMEDIO NOMINAL del esfuerzo de aplastamiento, obtenido dividiendo la carga P entre el ÁREA DE LA PROYECCIÓN DEL PASADOR EN LA SECCIÓN DE LA PLACA (rectángulo 1234).

bdP

ap

bd área nominal de aplastamiento

Nota). En todos los casos, el área nominal de aplastamiento (apoyo) es el área de la proyección de la superficie real de contacto entre los cuerpos, en un plano perpendicular a la dirección de la fuerza.

P

Plano a la recta de acción de la fuerza P

ÁREA NOMINAL DE APLASTAMIENTO

SUPERFICIE REAL DE CONTACTO

Ejemplos1) La carga aplicada a una varilla de acero, se distribuye a una viga de

madera mediante una placa de apoyo cuyo diámetro interior es 1". Si el esfuerzo normal en el acero es 5 klb/pulg2 y el esfuerzo de apoyo entre la placa de acero y la madera no debe exceder de 750 lb/pulg2, hallar el diámetro exterior de la placa de apoyo.

Aap

40


Viga de madera

Varilla de acero

8"7

d

P

d = ?

d 1'

Placa de apoyo

i) Esfuerzo normal en la varilla de acero: aceroAP

;

(dato) pulg

klb 52

P = Aacero =

222

lgpu )87

(4

pulg

lb 000,5

P = 3,006.6 lbii) Esfuerzo de apoyo (contacto entre placa de acero y viga de madera)

apap A

P

2

apap

lb/pulg 750

lb 3,006.6PA

Aap = 4 pulg2

Aap corona circular. Luego

4)1d(

422

d 2.47 pulg(En la prática d 2.5 pulg)

2) En el sistema representado, determinari) El esfuerzo de apoyo en C.ii) Los esfuerzos de apoyo en cada soporte (dos soportes simétricos).

750 kN Soportes

A

B

C

125 mm

Pasador de 2.6 mm de diámetro

75 mm 300 mm

9 mm

Soportes

5 mm

41


i) FUERZA EN EL APOYO C:

Cx C

Cy RC Resultante

B F AB

750 kN

Cx = 18×105 N ; Cy = 750×103 N

Cx = F AB Cy = 750 kN F AB(125) – 750(300) = 0 F AB = 18×105 N

2y

2xC CCR = 1,950×103 N

ap EN EL APOYO C:

9 mm

2.6 mm RC

apap A

P (9 mm×2.6 mm)

233

3

ap m 106.2109N 10950,1

= 83.33×109 N/m2

ap = 83.33×109 Pa

ap EN LOS SOPORTES:

apap A

P (en los soportes)

Cada soporte recibe P = Rc/2, luego

233

3

apm 106.2105

N 102950,1

ap = 75×109 Pa

3) Calcular el diámetro del perno y el área requerida por las placas de apoyo en el sistema representado. Los esfuerzos no deben exceder de 2,500 kg/cm2 en tracción del perno y 75 kg/cm2 de aplastamiento entre las placas de apoyo (cuadradas) y las vigas de madera.

1 PERNO (LARGO)

VIGAS

4 Ton

90 cm 90 cm 180 cm 180 cm

PLACAS DE APOYO

Fuerza en el perno:

42


A B

D C

4 Ton

90 cm 90 cm 180 cm 180 cm

A

B

D

C

4,000 kg

RB

RB

F

F

RC tracción en el perno

RA

Equilibrio

0R)90180(R180

FRR

CB

CB

VIGA BC

F)18090()000,4)(1809090(R90

000,4RFR

B

BA

VIGA AD

Resolviendo los sistemas de ecuaciones, hallamos F = 6,666.7 kg

Esfuerzos

i) Tracción en el perno AF

Luego2d

4

7.666,6A

7.666,6500,2

de donde obtenemos d = 1.84 cm (mínimo, porque fue el máximo)

ii) Aplastamiento

A a p

F

apap A

F

89.8875

7.666,6ap c m 2

Placas cuadradas de lado l 89.88)84.1(

4l 22

l = 9.6 cm (lado de la placa)

Aap

43


1.5) Esfuerzo Normal Permisible. Factor de SeguridadEnsayos del comportamiento de materiales (en laboratorios) proporcionan información relativa a la resistencia del material al esfuerzo normal.Se preparan probetas de un material, de dimensiones estandarizadas, y se las somete a FUERZAS AXIALES de INTENSIDAD CRECIENTE, hasta lograr la ruptura del espécimen.

Ao

L

P

P

L+L

A1

A1<Ao

Pu

Pu

. . . .

Pu: CARGA ÚLTIMA (CARGA DE RUPTURA) PU: mínimo valor de P que ocasiona la ruptura del espécimen.

Definición. Resistencia Última o Esfuerzo Normal Último:

uinicial ltransversa Área

última Carga

0

uu A

P

Cada material tiene un valor característico de u.(Acero estructural u 4,000 kg/cm2)

En diseño estructural, el valor del esfuerzo denominado ESFUERZO PERMISIBLE se fija considerablemente más bajo que el valor del ESFUERZO ÚLTIMO (determinados en el ESSAYO UNIAXIAL DE TRACCIÓN).Esta reducción es conveniente por:i) La magnitud EXACTA de las fuerzas que pueden actuar en una estructura,

es desconocida.ii) Los materiales no son enteramente uniformes; (material ensayado

material a usar)iii)Con el transcurso del tiempo y condiciones ambientales, algunos

materiales se CORROEN O DEGRADAN, pudiendo facilitar grandes deformaciones frente a pequeñas variaciones en las cargas.

Definición. Denominamos FACTOR DE SEGURIDAD al cociente entre CARGA ÚLTIMA y CARGA PERMISIBLE.

1PP

FSperm

u

Alternativamente, puede definirse como 1FS

perm

u

Definición. Se denomina MARGEN DE SEGURIDAD a la diferencia:

MS1PERMISIBLECARGA

ÚLTIMACARGA

ó

44


MS1PERMISIBLE ESFUERZO

ÚLTIMO ESFUERZO

Las fracciones que definen MS (ó FS) NO SON GENERALMENTE iguales entre sí, puesto que los esfuerzos no varían necesariamente en forma lineal con las cargas.Nota). El diseño de elementos sencillos sometidos a carga axial de

tracción, depende de la fórmula perm

PA

.En el caso de BARRAS CORTAS sometidas a compresión, puede usarse la ecuación anterior. Sin embargo, cuando se consideran ELEMENTOS LARGOS de sección transversal reducida sometidos a

COMPRESIÓN, la fórmula perm

PA

NO se aplica directamente.(Pueden presentarse problemas de pérdida de estabilidad)

CAMBIOS DE GEOMETRÍA DE FORMA SÚBITA (VIOLENTA)

Ejemplos1) Las barras AC y AD de la armadura representada son del mismo

material. La barra AC tiene 1" de diámetro y su carga última es 75 klb. Calcular:i) El Factor de Seguridad en la barra ACii) El diámetro de la barra AD, si deseamos que ambas barras tengan

idénticos FS y esfuerzos últimos.

A

B C

D

10 klb

10' 10'

5'

10 klb

Fuerzas Axiales

klb23.41F

klb36.22F

AD

AC

tracción

Barra AC: nal)(adimensio 35.3

klb 22.36klb 75

FP

FSAC

u

Barra AD: Pu = (FS)(FAD) = (3.35)(41.23 klb)Pu = 138.12 klb

También (u)AC = (u)AD

45


2

AD2 )d(

4

12.138

)1(4

75

dAD = 1.36 pulg

2) Una carga de 2,000 lb puede desplazarse a lo largo de la viga BD a cualquier posición entre E y F. Sabiendo que el esfuerzo permisible en el material de las barras AB y CD es 6 klb/pulg2, determinar en donde deben colocarse los topes si el recorrido de la carga debe ser tan grande como sea posible.

A

B

C

D E F

x 200 lb

xE

60 pulg

d=½" d=5/8"

x 200 lb

FAB FCD

Diagrama de cuerpo libre de la viga BD

xF

B D

Fvert = 0 FAB + FCD = 2,000MB = 0 2,000X – 60FCD = 0

De donde obtenemos FCD = 33.33X y FAB = 2,000 – 33.33X

Varilla AB AB

AB

AF

(FAB)máx = 6,000

2

21

4

= 1,178 lbA partir de este valor, podemos encontrar XE.

FAB (FAB)máx 2,000 – 33.33X 1,178 X 24.7 pulg XE = 24.7 pulg

Varilla CD CD

CD

AF

(FCD)máx = 6,000

2

85

4

= 1,841 lbA partir de este valor, podemos encontrar XF.

FCD (FCD)máx 33.33X 1,841 X 55.2 pulg XF = 55.2 pulg

3) El cucharón para concreto representado en el esquema peso 25 kN. Si el esfuerzo permisible en el cable es de 35 MPa y el coeficiente de fricción entre el cucharón y la resbaladera es µ = 0.3, encontrar el diámetro mínimo del cable. Verificar los dos funcionamientos del cucharón, tanto cuando baja como cuando sube.

2000 lbs

46


W

=63.4° FC

W

N: fuerza normal

: fuerza en el cable

fr: fuerza de fricción

i) Movimiento de subida del cucharón Diagrama de cuerpo libre

F C

W

N

f r

E q u il ib r io : N s e n + f rc o s = F C c o s N c o s + F C s e n = f rs e n + W L a f u e r z a d e f r ic c ió n , e s f r = µ N

(*)senFWµNsencosN

cosFcosµNNsen

C

C

Resolviendo el sistema (*) para FC, obtenemosFC = W(sen + µcos)

Reemplazando datos FC = 25(sen63.4° + 0.3cos63.4°)FC = 25.7135 kN

Esfuerzo en el cable: AFC

.Condición perm = 35 MPa

63 103510

A7135.25

A = 7.35 cm2

Sección circular de diámetro d 4

d2 = 7.35De donde obtenemos d = 3.06 cm

Nota). El caso de Movimiento de bajada del cucharón, es similar (sólo cambia el sentido de la fuerza de fricción fr).

4) Un puntal CD, de longitud L/2 debe soportar una viga AB uniforme de longitud L y peso W = 2,390 lbs. El puntal se coloca en una posición tal que queda sometido a la menor fuerza de compresión posible. Determinar la sección transversal requerida para el puntal, si su material admite 700 lb/pulg2 como esfuerzo admisible. (No considerar el peso propio y articulaciones en los puntos A, C y D).

47


L/2

L

C

D

45° A

B

C

D

45° A

B

d

F

Fuerza en el puntal (Compresión)

W

L/2

Sea el DCA

x

MA = 0 W 2L

cos45 = Fd . . . . (i)

Ley de senos (CAD):

senx

45sen2/L

22

2

Lsenx

sen2

Lx

. . . . (ii)También: d = x sen

d = sen sen

2

L

. . . . (iii)

Reemplazamos (iii) en (i) W 2L

cos45 = F sen sen

2

L

De donde obtenemos

sen)135(sen2W

F . . . . (iv)

Para que F sea mínimo, basta que y = sen(135 – ) sen sea máximo.

ddy

= sen(135 – ) cos – sen cos(135 – )

ddy

= sen(135 – 2) = 0 (condición)

De donde obtenemos = 67.5°

Reemplazando en la ecuación (iv): 67.5sen 2

lb 2,390F

2mín

Fmín = 1,399.95 lbs

Condición para A95.399,1

ad 700 = A

95.399,1

A = 2 pulg2

1.6) Esfuerzo Cortante. Esfuerzo Cortante PermisibleLas fuerzas internas cortantes, generan ESFUERZOS CORTANTES en la sección de interés.

48


x

z

y

Vxz

Vxy

6.1) Esfuerzo Cortante Promedio ()Existen estados particulares de carga, en los cuales la única acción interna es una fuerza cortante. Por ejemplo, en un sistema formado por dos placas delgadas conectadas por un pasador, según se indica.

t

t

P

P

Placas delgadas (t 0)

Despreciando posibles fuerzas de rozamiento y el momento en desequilibrio (Pt), sobre la sección del pasador (en la superficie de contacto entre las placas) actuará solamente una FUERZA CORTANTE.

P

V xy = P E n la se cc ió n de l pa sa do r se ge n e ra u n E S F U E R ZO C O R T A N T E xy

x ( N o rm a l) y

z

V xy

xy

V xy = P

∫ )A(

xyxy dAV

S ie n do A e l á re a tra n sve rsa l de l pa sa do r

Definición. Se denomina VALOR PROMEDIO del ESFUERZO CONTANTE, al

cociente AP

xy .

49


De manera general AP

define el Valor Promedio del Esfuerzo Cortante,

generado por una fuerza P en una superficie paralela de área A.La distribución de xy no puede suponerse uniforme. En problemas de diseño de elementos sencillos, es útil considerar valores promedio.

Definición. Se denomina Esfuerzo Cortante en un punto, al valor

)dAF()A(∫

dF

dA dAdF

6.2) Estados de Esfuerzo Cortante.Los esfuerzos cortantes se presentan, de manera natural, en el estudio de pernos, remaches, pasadores y otros elementos CONECTORES.Asimismo, se generan en elementos sometidos a FLEXIÓN y a TORSIÓN.Consideremos dos placas delgadas conectadas por un remache.(espesor t 0)

D 1

C 1

A B

P P

P P

(JUNTA A TRASLAPE)

Las placas se encuentran sometidas a TRACCIÓN. En el conector se desarrolla ESFUERZO CORTANTE en la sección que pasa por la superficie de contacto entre las placas (1-1).

1 1

P

P

P

P

FC

FC FUERZAS CORTANTES

FC = P

siendo A el área efectiva de la sección transversal del remache.

Sobre la sección 1-1 del remache se

genera el esfuerzo cortante AP

;

(En valor promedio)

Definición. Cuando existe UNA SÓLA SECCIÓN TRANSVERSAL resistente al

ESFUERZO CORTANTE, decimos que el elemento trabaja o se encuentra en ESTADO SIMPLE DE CORTANTE.

P

Supongamos ahora que existen 3 placas delgadas conectadas por un pasador y sometidas a tracción según se indica.

50


P

B P/2

P/2

1 1

2 2

A

C P

P

En el pasador se generan esfuerzos cortantes en las secciones que pasan por los planos 1-1 y 2-2 (superficies de contacto entre las placas).

P 1 1

2 2

P/2

P/2

FC

FC

P FC

FC

P/2

P/2

En cada sección del conector, el promedio es A2P

.

Definición. Cuando existen DOS SECCIONES TRANSVERSALES resistentes al ESFUERZO CORTANTE, decimos que el elemento se encuentra o trabaja en ESTADO DOBLE DE CORTANTE.

Definición. El mínimo valor del Esfuerzo Cortante que genera una falla por deslizamiento en el elemento, se denomina ESFUERZO CORTANTE ÚLTIMO (u).u es un valor característico para cada material. Su determinación es experimental.

Aluminio u = 1,750 kg/cm2

Acero u = 1,600 kg/cm2

Hierro u = 900 kg/cm2

Definición. Se denomina FACTOR DE SEGURIDAD al ESFUERZO CORTANTE,

al cociente 1FS

perm

u

Ejemplos.1) El conector representado será usado para soportar una carga de 1000 kg.

Calcular los esfuerzos que pueden ocasionar la falla del conector.

51


d = 1 cm

P = 1000 kg

Sección cuadrada de 2 cm de lado

0.5 cm

MODOS DE FALLA: i) TRACCIÓN (CUERPO DEL CONECTOR) ii) APLASTAMIENTO (CABEZA PERNO-MADERA) iii) CORTANTE (PUNZONAMIENTO)

P

22 cm )1(4

kg 1000AP

1,273.24 kg/cm2

i)

ii) APLASTAMIENTO

2

22apap kg/cm 11.311

)1(4

2

kg 1000AP

ap = 311.11 kg/ cm 2

( L a m adera res is tirá cu an do m en os 311.11 kg/ cm 2 de ap la s tam ien to )

1 cm 2 cm

2 cm

A ap

iii) CORTANTE (PUNZONAMIENTO)

d = 1 cm

CORTEAF

)5.0)(5.0(2kg 000,1

= 636.62 kg / cm 2

P

0.5 cm

Á rea de co rte ( P U N ZO N A M I EN T O )

2) Los elementos prismáticos A y B están unidos por dos láminas pegadas a ellos. Hallar la longitud L para la cual el esfuerzo promedio en el pegamento es 800 kPa.

52


8 m m

A

B

L

2 4 k N

2 4 k N

( b = 1 0 0 m m a l p a p e l )

( F u e r z a s N ; l o n g i t u d e s m

B

2 4 k N

F C F C

½ ( L – 8 × 1 0 - 3 ) = L / 2 – 4 × 1 0 - 3

2 F C = 2 4 , 0 0 0 N F C = 1 2 , 0 0 0 N

)1042L

(10100

000,12

A

F

33corte

C

Dato = 800×103 Pa

Luego 800×103 = )104

2L

(10100

000,12

33

De donde obtenemos L = 0.308 metros.

3) Dos placas de 100 mm de ancho y 10 mm de espesor están unidas por una junta traslapada, la cual contiene 3 remaches de 20 mm de diámetro cada uno. La fuerza que actúa en cada placa es de 40 kN. Hallari) El esfuerzo cortante promedio en los remaches.ii) El máximo esfuerzo normal promedio en cada placa.

t=10 mm t

40 kN 40 kN

100 mm 40 kN

FC

FC FC

Diagrama de cuerpo libre de una placa

3FC = 40 FC = 40/3 kN (Estado simple de cortante)

i) en los remaches

= corteAFC

= 223

3

m )1020(4

N 10340

= 42.44×106 Pa

ii) en las placas = AP

; (máx Amín si P es constante)La mínima sección transversal de las placas, es aquella que pasa por la fila de 2 remaches.

53


2m ]3102031010[231010031010

N 31040máx

d = 2 0 m m 4 0 k N

1 0 m m

m á x

m á x = 6 6 . 6 7 × 1 0 6 P a

4) El miembro AC de la estructura representada es una barra de ojo, cuyo

cuerpo tiene por dimensiones 2 21

× 21

pulg. La barra está unida en A y en

C por medio de pasadores de 8"7

de diámetro. Determinar la carga admisible P, limitada por barra de ojo y sus conexiones. Los esfuerzos admisibles son

= 22,000 lb/pulg2

ap = 32,500 lb/pulg2

= 10,000 lb/pulg2

C

A

B P

2 '

6 '' 2 ''

F U E R Z A E N L A B A R R A A C

2 ' 6 '

B P

F A C M o = 0 P ( 8 ) – F A C 6 s e n = 0

1034

F AC P

ESFUERZO NORMAL (EN EL CUERPO DE LA BARRA)

= AC

AC

AF

22,000 = 5.05.2

P 1034

P = 6,522.2 lbs

54


ESFUERZO DE APLASTAMIENTO (BARRA - CONECTOR)

ap = ap

AC

AF

32,500 = )8/7(5.2

P 1034

P = 16,861.4 lbs

ESFUERZO CORTANTE (PASADOR)

= corte

C

AF

= corte

AC

A2/F

(ESTADO DOBLE DE CORTANTE)

10,000 =

2

87

42

P 1034

P = 2,852.6 lbsLa máxima carga admisible será la MENOR de las 3 calculadas.

Pmáx = 2,852.6 lbs

5) La figura representa una viga compuesta por dos canales, soportada en el

extremo izquierdo por una barra de ojo de 4"3

de diámetro, que usa un

pasador de 4"3

en cada extremo. La viga está soportada en C por medio de una placa de apoyo de acero que mide 4"×6" y que se apoya a su vez sobre un muro de concreto. Determinar la carga máxima W que puede aplicarse. Los esfuerzos admisibles son:

en el pasador 10,000 lb/pulg2

ap en el concreto 500 lb/pulg2

en la barra 18,000 lb/pulg2

ap en el acero 45,000 lb/pulg2

0.22"

canales

W

VIGA

PLACA

A

C

B MURO DE CONCRETO

PASADOR

2' 8'

FUERZA EN LA BARRA AB.

55


W

2' 8'

A C

RA RC

MA = 0 10W – 2RC = 0 RC = 5W

MC = 0 2RA – 8W = 0 RA = 4W

(*)

ESFUERZOSi) TRACCIÓN EN LA BARRA AB:

= corteAP

P = A

P = (18,000) 4

2

43

P = 7,952.16 lbs (Fuerza máxima en la barra de ojo)

ii) CORTANTE EN EL PASADOR A (ESTADO DOBLE)

= corteAP

P = Acorte

P = (10,000)2 4

2

43

P = 8,835.73 lbs (Fuerza cortante máxima en el pasador)

iii) APOYO ENTRE PASADOR Y CANALES

ap = apAP

P = apAap

P = (45,000)(0.22)( 43

)(2) P = 14,850 lbs (Fuerza máxima de

aplastamiento en los canales)

iv) APOYO PLACA – MURO DE CONCRETO.

ap = apAP

P = apAap

P = (500)(4×6) P = 12,000 lbs (Fuerza máxima de

aplastamiento sobre el muro de concreto)

Las condiciones (i), (ii) y (iii) se aplican a la reacción en A:

máxAR= 7,952.16 lb (Limitada por el esfuerzo de tracción en la

barra de ojo)

La condición (iv) se aplica en C:

56


máxCR= 12,000 lb (Fuerza de aplastamiento sobre el muro de

concreto)Teniendo presente las condiciones de equilibrio (*):

máxAR = 4Wmáx Wmáx = 4

16.952,7

lbsWmáx = 1,988.04 lbs

máxCR= 5Wmáx Wmáx = 5

000,12

lbsWmáx = 2,400 lbs

En definitiva Wmáx = 1,988.04 lbs(Cualquier carga menor incrementa el esfuerzo permisible en la barra de ojo)

6) El bloque (1) representado es de un material cuyo peso específico es 1 = 2 kg/dm3 y descansa sobre otro bloque (2) de otro material cuyo peso específico es 2 = 4 kg/dm3. Si la presión admisible en el terreno es p = 1.5 kg/cm2, determinar:i) La máxima altura h1, admisible.ii) El esfuerzo cortante en el bloque (2).

h1

h2=25 cm

A1

1 m

1 m

(1)

(2)

1

2

Área 2 m2 (A2)

h 1 m áx

25 cm

1 )

2 )

p = 1 .5 kg / cm 2

W 1

W 2

i) h 1 m áx im a E qu ilib r io : W 1 + W 2 = pA 2 A 1h 1

1 + A 2h 2

2 = pA 2

11

22221 A

hApAh

( F u e rza s kg ; L o n g cm ) R e e m p la za n do va lo re s n u m é rico s , s e tie n e : h 1 = 1 ,400 cm h 1 m áx = 14 m

57


ii) Esfuerzo cortante en el bloque (2).

1)

2)

W1

W2

1

2

1)

2)

h1

h2

p

peso W (2)

peso W1 (1)

A1 l

l

W1 + W = pA1 + 4lh21h1A1 + 2h2A1 = pA1 + 4lh2

2

122111

lh4

pA)hh(A

Reemplazando valores, obtenemos = 1.4 kg/cm2 (esfuerzo cortante de punzonamiento).

7) Determinar la máxima carga P que puede aplicarse en la junta estructural

representada. Los remaches son de 4"3

de diámetro cada uno. Considerar como esfuerzos admisibles = 22 klb/pulg2; ap = 87 klb/pulg2; = 15

klb/pulg2. (Datos: a = 1.5"; b = 2.5"; e = 8"3

).

A

a

P P

e

B B

A

Remaches de diámetro d

i) TRACCIÓN (Placa A) La sección transversal de área mínima es la que pasa por los centros de los remaches

e

P

a b b b b

= tAP

P = At P = (2a + 4b – 5d)e

Reemplazando datos: P = 22(2(1.5) + 4(2.5) – 5( 43

)) 83

P = 76.3125 klb

58


ii) APOYO

ap = apAP

P = apAap P = ap(5de)

Reemplazando datos: P = 87(5)( 43

)( 83

)P = 122.34375 klb

iii) CORTANTE (ESTADO SIMPLE)

= cAP

P = Ac P = ( 4

d2)(5)

Reemplazando datos: P = (15)( 4

)( 43

)2(5) P = 33.134 klb

Máxima carga aceptable La menor de las 3 calculadasPmáx = 33.134 klb

8) Determinar el esfuerzo cortante que actúa en cada perno (d = 2"1

) de un acoplamiento, si el par aplicado es de 6,000 lb-pie. Los pernos están distribuidos de tal forma que seis quedan sobre una circunferencia de 6

2"1

de diámetro, y cuatro quedan sobre una circunferencia de 5" de diámetro.

T

T

Considerando una sección entre los discos de unión (bridas), reconocemos que el par actuante T se le opone el momento de las fuerzas cortantes desarrolladas en los pernos. SI TODOS LOS PERNOS EQUIDISTAN DEL CENTRO LAS FUERZAS EN LOS PERNOS SON IGUALES.

T o

F1 F1

F1

F1 F1 F1

F2

F2

F2 F2

Para el caso: se desarrollan fuerzas F1 sobre cada perno ubicado a la distancia "62

121 del centro; y

fuerzas F2 sobre cada perno ubicado a la distancia 5/2" del centro. Por consiguiente:

Mo = 0 6,000×12 = F16(

radio

25.3) + 4(radio

50.2)F2

Simplificando tenemos: 72000=19.5F1+10F2 . . .(*) (T en lb-pulg)

La relación entre F1 y F2 se la encuentra considerando que las fuerzas son proporcionales a la distancia del perno al centro. Entonces:

25.35.2

FF

1

2 (**)

59


Resolviendo las ecuaciones (*) y (**), se obtienenF1 = 2,650 lb; F2 = 2030 lb

En cada perno del anillo exterior = 2pulg 196.0

lb 2650

= 13,520.4 lb/pulg2

En cada perno del anillo interior = 2pulg 196.0

lb 2030

= 10,357.1 lb/pulg2

1.7) Esfuerzos en Planos de Orientación ArbitrariaBásicamente, hemos considerado el Esfuerzo Normal y el Esfuerzo Cortante.

P

A

P P

A

AP

AP

El área A es perpendicular a la recta de acción de las cargas P.

El área A es paralela a la recta de acción de las cargas P.

Si el plano de corte se traza bajo ángulos diferentes a los anteriores, se presentan "esfuerzos combinados" (simultáneamente y ).Consideraremos el caso particular de elementos sometidos a carga axial centrada y un plano que forma un ángulo con el eje geométrico del elemento.

y

x

z

o

P P

A A'

Plano al plano XOY

P

Px'x'

Px'y'

x P

x' y

y'

En la sección INCLINADA actúan Px'x' = Pcos (FUERZA NORMAL)

Px'y' = Psen (FUERZA CORTANTE)

Luego, Px'x' genera Esfuerzo Normal sobre la sección inclinada.Px'y' genera Esfuerzo Cortante sobre la sección inclinada.

x'x' = 'AP 'x'x

; x'y' = 'A

P 'y'x

como A' = A/cos, tenemos

x'x' =

cos/AcosP

= AP

cos2; x'y' =

cos/Asen P

= AP

sen cos

Recordando que AP

es el esfuerzo normal, en una sección al eje X (eje de transmisión de las cargas P), las ecuaciones anteriores se escriben:

x'x' = xx cos2; x'y' = xx sen cos

60


(donde xx = AP

)

xx

x'y'

x'x'

Las ecuaciones anteriores, pueden re-escribirse:

x'x' = )2cos1(

2xx

. . . . (i)

x'y' =

2sen

2xx

. . . . (ii)Definición). Las ecuaciones (i) y (ii) son las ECUACIONES

PARAMÉTRICAS de un LUGAR GEOMÉTRICO en el PLANO DE ESFUERZOS

ESF. NORMALES

ESF. CORTANTES

Eliminando ente (i) y (ii), obtenemos:2

xx2'y'x

2xx

'x'x 2)(

2

. . . . (iii)

La ecuación (iii) representa una CIRCUNFERENCIA, denominada CIRCUNFERENCIA DE MOHR ó CIRCUNFERENCIA DE ESFUERZOS.

x'x'

x'y'

C

r c (2xx, 0)

r = 2xx

Todo punto de la circunferencia de esfuerzos representa el ESTADO DE ESFUERZOS en una SECCIÓN INCLINADA, y recíprocamente.

x'x'

x'y'

C

r

u representa un esfuerzo normal

u = 2xx+

2xxcos2

u = 2xx(1 + 2cos) . . . . (i)

v representa un esfuerzo cortante

v = 2xxsen2 . . . . (ii)

2

Q(u, v)

61


Las coordenadas del punto Q representan el Estado de Esfuerzos en una sección inclinada:

xx

x'y'

x'x'

PROBLEMAS1) Las porciones M y N están pegadas a lo largo de un plano inclinado que

forma ° con la horizontal. Sabiendo que los esfuerzos finales en la junta, son u = 17 MPa y u = 9 MPa, hallar el intervalo de valores del ángulo entre los cuales el factor de seguridad es por lo menos igual a 3.

M

5 0 m m

N 3 0 m m

1 0 k N

V

1 0 k N

N

1 0 × 1 0 3 N

M

Á r e a N o r m a l A o = 5 0 × 3 0 m m 2 Á r e a d e l a S e c c i ó n I n c l i n a d a A '

A ' = cos

A o

A ' =

cos10301050 33

m 2

F U E R Z A S S O B R E L A S U P E R F I C I E I N C L I N A D A

N = 1 0 4 c o s ( N ) V = 1 0 4 s e n ( N )

ESFUERZOS EN LA SECCIÓN INCLINADA:

= 'AN

=

cos103050

cos106

4

Pa = 2

8

cos1510

Pa

= 'AV

=

cos103050

sen106

4

Pa = cossen

15108

Pa

ESFUERZOS ÚLTIMOS u = 17×106 Pa y u = 9×106 Pa

FACTORES DE SEGURIDAD FS = u

. . . . (*) y FS = u

. . . . (**)CONDICIÓN FS 3. Luego

3

cos1510

1017

28

6

. . . . (a) y

3

cossen1510

1098

6

. . . . (b)

62


Resolviendo simultáneamente las desigualdades (a) y (b), obtenemos:22°47' 32°4'

2) Un marco de dos barras está sujeto a la carga indicada. Determinar el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante promedios que actúan en las secciones a-a y b-b. La barra CB tiene una sección transversal cuadrada de 2 pulg. por lado.

Determinamos las fuerzas internas en la barra BC. Equilibrio

60°

Ax

Ay

A

d

300 lb-pie B

80 lb

60°

Rc

C 60°

d = 8sen60 pies

A 300 lb-pie

80 lb a

a

b

B

30°

C

4 pies 4 pies

b

60°

Fh = 0 Ax + RCcos60 = 0 Fv = 0 Ay + RCsen60 – 80 = 0 MA = 0 300 + 80(4) – RC(8sen60) = 0

Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemosAx= – 67.84 lb; Ay = – 37.50 lb; Rc = 135.68 lb

Esfuerzos en la sección a-a.

22aa lb/pulg 92.33

pulg 22

lb 68.135

a - a = 0

a

a

1 3 5 . 6 8 lb

1 3 5 . 6 8 lb

Esfuerzos en la sección b-b.

63


b

135.68 lb

V 135.68

b

N 2''

Área de la sección inclinada A' = (4)(2)

A' = 8 pulg2

2bbpulg 8

lb 84.67

b-b = 8.48 lb/pulg2

2bbpulg 8

lb 50.117

b-b = 14.69 lb/pulg2

N = 135.68sen30 = 67.84 lb V = 135.68cos30 = 117.50 lb

30°

2''

x

x = 30sen

2

x = 4 pulg

60° 30°

3) Un tubo de acero de 300 mm de diámetro exterior está construido con una placa de 8 mm de espesor de pared, soldada en espiral que forma 20° con un plano perpendicular al eje del tubo. Se aplica una fuerza axial P = 250 kN. Determinar el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante en direcciones respectivamente normal y tangente a la línea de soldadura.

20°

P = 250 kN En una sección al eje del tubo: Ao = (150×10-3)2 – (142×10-3)2 Ao = 7.339×10-3 m2 (SECCIÓN DEL TUBO) Esfuerzo Normal (paralelo al eje del tubo)

0 =

0AP 0 =

3

3

10339.7

10250

0 = 34.07×106 Pa (COMPRESIÓN)

20°

0(A0)

(A)

(A)

LÍNEA DE SOLDADURA

Equilibrio:Fvert = 0

(*) . . . . o(Ao) – (A)cos20 – (A)sen20 = 0Fhoriz = 0

(**) . . . . (A)sen20 – (A)cos20 = 0

Reemplazando Ao en (*) y (**):oAcos20 – Acos20 – Asen20 = 0

ocos20 – cos20 – sen20 = 0 . . . . (1)

64


sen20 – cos20 = 0 . . . . (2)

Reemplazando o por su valor o = 34.07×106 Pa y resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2), obtenemos:

= 30.085×106 Pa(Compresión) = 10.95×106 Pa

4) Una barra de 1"de diámetro se comprime por aplicación de la fuerza P = 25 lb, según se indica en el esquema. Determinar los esfuerzos normal y cortante sobra la sección que forma = 45° con el eje de la barra.

Rígidos Barra a ensayar

P = 25 lb Determinamos la fuerza F sobre la barra a ensayar. 5" 15"

O

O

R F

P=25 lb

M0 = 0 5F – 20P = 0 F = 4P F = 100 lb

(COMPRESIÓN) Barra a ensayar:

F = 100 lb

F = 100 lb

100

V

N

V N 100

45° 45°

Vcos45 – Ncos45 = 0 Vsen45 + Nsen45 – 100 = 0

De donde obtenemos: N = 250 lb (compresión) V = 250 lb

Esfuerzos sobre la sección inclinada:

A

A0

A0 = 4(1)2

45cosAA0

45cosA

A 0

24

A

AV

;AN

(siendo A el área de la sección inclinada) Luego:

24

250

= 63.66 lb/pulg2 (compresión)

24

250

= 63.66 lb/pulg2

5) El esfuerzo normal sobre el plano pq de una barra prismática en tracción es de 8,220 lb/pulg2. Sobre el plano rs, el esfuerzo normal es de 3,290 lb/pulg2. Determinar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo en la barra.

65


r Los esfuerzos sobre una sección que forma ° con la vertical, son: = 0cos2 . . . . (i)

= 022sen . . . . (ii)

p

q

s 30°

P P

P N

V

donde 0 = 0AP, siendo A0 el área

de la sección transversal

0

Sección de área A0

Sección de área A = cos

A0

0 =8,220

p

q

+30

0 =3,290

Datos: 8,220 = 0cos2 . . . . (iii) 3,290 = 0cos2( + 30) . . . . (iv)

Resolviendo simultáneamente el sistema (iii) y (iv), obtenemos: = 24.994°; o = 10,000 lb/pulg2.

Usamos las ecuaciones (i) y (ii) = 10,000 cos2 máx = 10,000 lb/pulg2 ( = 0°) = 5,000 sen2 máx = 5,000 lb/pulg2 ( = 45°)

1.8) Deformaciones. Campo de Desplazamientos.

1.8.1) Introducción.Las acciones aplicadas causan DEFORMACIÓN DEL SÓLIDO sobre el cual actúan, dependiendo, entre otros factores, de sus intensidades, forma de aplicación y de las características mecánicas del material que las soporta.

En esta sección estableceremos descripciones cualitativas y cuantitativas de la DEFORMACIÓN.

66


En términos generales: DEFORMACIÓN

CONFIGURACIÓN INICIAL (NO DEFORMADA)

CONFIGURACIÓN FINAL (DEFORMADA)

CAMBIOS EN LA GEOMETRÍA DEL SÓLIDO O SISTEMA ESTRUCTURAL (COMO RESPUESTA A LAS ACCIONES APLICADAS)

Existen varias razones para el análisis y cálculo de las DEFORMACIONES:- Asegurar la FUNCIONALIDAD de elementos o sistemas estructurales.- Determinar ESTADOS DE ESFUERZO en SISTEMAS HIPERESTÁTICOS.- Describir cuantitativamente el comportamiento experimental de

materiales y sólidos estructurales.Todos los cuerpos y materiales estructurales se deforman en una u otra medida al ser excitados por acciones externas. La deformación de cualquier elemento o componente estructural, respeta las condiciones de vínculo.

P

P

Impide giros y desplazamientos

No giro ni desplazamientos

1.8.2) Definiciones.*) Las acciones aplicadas generan CAMBIOS de POSICIÓN de las partículas

materiales del sólido sobre el cual actúan. Estos cambios de posición se denominan DESPLAZAMIENTOS.

A B

A ' B '

I N I C I A L

D E F O R M A D A

Ad'AA : V e c to r d e s p la za m ie n to d e l P u n to A

Bd'BB : V e c to r d e s p la za m ie n to d e l P u n to B e tc . . . . .

A cada punto material le asociamos un Vector Desplazamientos.

67


**) Si los desplazamientos son tales que NO ALTERAN la distancia entre dos puntos, decimos que el cuerpo ha sufrido un DESPLAZAMIENTO DE SÓLIDO RÍGIDO.

Ad

A

B d

d

P o s ic ió n in ic ia l

B '

Bd

P o s ic ió n fi n a l

d'B'A

Desplazamientos de SÓLIDO RÍGIDO: TRASLACIONES Y ROTACIONES.

***) Si los desplazamientos son tales que alteran la distancia entre dos puntos materiales del sólido, el sólido es un SÓLIDO DEFORMABLE.

Ad

d

A

B B'

A'

d'

Bd

d d'

Inicial Final

1.8.3) Campo de Desplazamientos.Una idea CUALITATIVA de la Deformación de un elemento por acción de una carga externa, se obtiene observando el PROCESO DE DEFORMACIÓN de una placa delgada, empotrada por uno de sus extremos, y sometida a una carga axial centrada de tracción actuando en su extremo libre.

L

y

A(xA, yA)

x

B(xB, yB) Configuración inicial

Cuadrícula de referencia

Impide desplazamientos de sólido rígido

Por acción de la fuerza axial P, la placa sufre una deformación. (Se observa una distorsión de la cuadrícula de referencia).

En términos muy generales, la deformación sigue el esquema siguiente:

68


B'

L

y

A

x

B

ji vud

)v,u(d

ensionaldimBi

oblemaPr

A

A

P

A'

Ad

Bd A

A'

u

v

En la mayoría de situaciones reales, las deformaciones son tan pequeñas que difícilmente pueden ser observadas a simple vista. Por lo general las DEFORMACIONES (infinitesimales) de interés para la Ingeniería Civil son medidas usando DISPOSITIVOS ELÉCTRICOS (TRANSDUCTORES).

CUADRÍCULALA POR

FORMADOS ELEMENTOS

LOS DE ESDISTORSIONMATERIALES PUNTOS

DE ENTOSDESPLAZAMI

comprende placa la de ndeformació La

Los valores (u, v) varían de punto a punto en la placa, es decir son FUNCIONES de las COORDENADAS (x, y) de LOS PUNTOS INICIALES (PUNTOS

DE LA PLACA ANTES DE LA DEFORMACIÓN): ∀ (x,y ) ∃ ( u,v ) UNICOu = u(x, y); v = v(x, y)

Definición) Las funciones u = u(x, y); v = v(x, y) que caracterizan los desplazamientos de puntos materiales durante la deformación de un elemento, definen un CAMPO DE DESPLAZAMIENTOS, (en este caso, un campo Bidimensional).

De manera similar, en problemas tridimensionales, un campo de desplazamientos, se definirá por:

u = u(x, y, z) desplazamiento en dirección xv = v(x, y, z) desplazamiento en dirección yw = w(x, y, z) desplazamiento en dirección z

En cualquier caso, las FUNCIONES ADMISIBLES para un campo de Desplazamientos son FUNCIONES de POSICIÓN, y deben cumplir requisitos de continuidad y de derivabilidad.

Nota)Todo Campo de Desplazamientos define una Función Vectorial.

69


u r

1r

x

P

P'

y

z

MIENTOS

ADESPLAZ

VECTOR

INCIAL

POSICIÓN

EN VECTOR

POSICIÓN

VECTOR

NUERVO

urr1

Ejemplo: El vector u = 10-2[x2 i + (x + 3z) j + 10k] pies representa un Campo de Desplazamientos. Hallar el desplazamiento que experimenta un punto material ubicado inicialmente en la posición

kjr y determinar la posición final.

O

El vector u depende de las coordenadas iniciales del punto P(0, 1, 1). u = 10-2[0i + (0 + 3)j + 10k]

u = u

1003j+v

10 1kVector Desplazamiento

u

r

1r

x P(0,1,1)

P'

y

z

Punto final: urr1

)k101

j1003

i 0()k1 j1 i 0(r1

k1011

j100103

i 0r1 )'OP(

Campo de Desplazamientos: u =10-2x2; v = 10-2(x + 3z); w = 10-2(10)

1.9) Deformaciones Unitarias (Normal y Cortante)Consideremos en un SÓLIDO BIDIMENSIONAL DEFORMABLE, un punto material A, y dos segmentos infinitesimales inicialmente ortogonales.

A

y

x x

y

x' y'

y'

x'

A'

Luego de la deformación, el punto A ocupa la posición A'. Los segmentos CAMBIAN de longitud y DEJAN de ser perpendiculares.

70


A

y

x x

y

x '

y '

x '

A '

y '

E S T A D O D E F O R M A D O

E S T A D O N O D E F O R M A D O

D E F O R M A C I Ó N : )'y,'x()y,x( T

Cuando el sólido se deforma, el punto A se desplaza hasta A'; los segmentos se alargan o contraen y rotan los ángulos y .

1.9.1) Definiciones

*) Al valor xx'x

lím0x

cuando existe, se le denomina DEFORMACIÓN

UNITARIA EN DIRECCIÓN x:

x = xx'x

lím0x

. . . . (1)

De manera similar se define la DEFORMACIÓN UNITARIA EN DIRECCIÓN y:

y = yy'y

lím0y

. . . . (2)

Las ecuaciones (1) y (2) pueden escribirse:

x = dxdx'dx

; y = dydy'dy

De manera general:

LLINICIAL LONGITUDLONGITUD DE CAMBIOS

UNITARIA

NDEFORMACIÓ

L: cualquier dirección

Notas)1) Las deformaciones unitarias están asociadas con el CAMBIO DE

LONGITUD de un SEGMENTO DE RECTA con RELACIÓN a su LONGITUD INICIAL.

2) Las deformaciones unitarias, evaluadas en un punto y en una dirección, nos indican el CAMBIO DE LONGITUD por UNIDAD DE LONGITUD de un segmento de recta.

3) Las deformaciones unitarias son ADIMENSIONALES.4) Si x > 0 ALARGAMIENTO (en la dirección x)

71


Si x < 0 ACORTAMIENTO (en la dirección x)

**) Se denomina DEFORMACIÓN UNITARIA CORTANTE (DISTORSIÓN) al cambio del ángulo recto entre dos segmentos que inicialmente eran ortogonales. Esta deformación es una medida de la pérdida de perpendicularidad entre dos segmentos.

A x

y

/2 x'

y'

En general xy = + (radianes)Convenio:

Si xy > 0 EL ÁNGULO RECTO INICIAL DISMINUYE

xy > 0

Si xy < 0 EL ÁNGULO RECTO INICIAL AUMENTA

xy < 0

Notas)1) En un punto de un sólido existen infinitas deformaciones cortantes,

cada una de ellas está asociada con un par de segmentos inicialmente ortogonales.

P s

r y

x

xy ; rs ; etc.

2) Las deformaciones unitarias definidas tienen analogías para el caso tridimensional.

72


A

dy

dx dz

z

y

x

A'

dx' dz'

dy'

z'

y'

x'

Ad

inicial). longitud la a

respecto longitud de Cambio(

.INGENIERÍA DE UNITARIAS

NESDEFORMACIO sDenominada

dzdz'dz

dydy'dy

dxdx'dx

NORMALES

UNITARIAS

NESDEFORMACIO

z

y

x

dz dy, LADOS LOS ENTRE RECTO DE CAMBIO:

dz dx, LADOS LOS ENTRE RECTO DE CAMBIO:

dy dx, LADOS LOS ENTRE RECTO DE CAMBIO :

CORTANTE

DE

NESDEFORMACIO

yz

xz

xy

1.9.2) Propiedades de x, y, xy

i) Los valores x, y, xy (que generalmente varían de un punto a otro del sólido) son una medida de la deformación del sólido.Las deformaciones unitarias normales (x, y), evaluadas en un punto, y multiplicadas por las longitudes iniciales, nos dan el cambio de longitud en una dirección específica (salvo infinitésimos de orden superior)

En efecto: x = xx'x

lím0x

(definición)

x + = xx'x

(propiedad de un límite 0)

Luego x x +

superior

orden de

)x)((

= x' – xCon aproximación suficiente: x x x' – x

xDIRECCIÓN EN

LONGITUD

DE CAMBIO

xDIRECCIÓN

EN INICIAL

LONGITUD

xDIRECCIÓN

ENUNITARIA

NDEFORMACIÓ

De manera similar: y y = y' – y cambio en dirección yz z = z' – z cambio en dirección z

ii) La deformación cortante representa la DISTORSIÓN ANGULAR del elemento, con respecto a direcciones inicialmente ortogonales.

73


Nota) En la gran mayoría de CASOS, deberá establecerse una RELACIÓN DIRECTA entre x, y, xy y las componentes del Vector Desplazamientos.

Así, por ejemplo: consideremos una varilla en la cual la deformación unitaria axial es constante en todos sus puntos.

u

x

puntos con la misma deformación unitaria (x)

L

Configuración inicial

y

L + L u: desplazamiento del extremo libre.

Configuración deformada

x = inicial longitudinicial longitud final Longitud

x = LLLL

= x = x de Promedio Valor

LL

(x = u / L)(Implica deformaciones unitarias normales constantes en dirección x).

Si las deformaciones unitarias x no son constantes, deberán evaluarse según la definición:

L

xx'x

Lím0x

x

L

x'

x x

Deformación Unitaria Axial, en un punto del eje de la varilla.

Notas)i) Para ambas posibilidades (x variable o constante) el valor L es la suma

de los cambios de longitud de todos los segmentos individuales que puedan ser considerados.

ii) La expresión x = LL

puede representarse

dx

)dx()dx(

x

inicial

dx+(dx)

final

Luego (dx) = x dx

74


El cambio total de longitud podrá evaluarse por una integral definida:

∫L

xdxL (*)

Ejemplos.1) Una barra de sección cuadrada (1"×1") se alarga en consecuencia de

aplicar una fuerza axial P. El alargamiento total es 2". Si el volumen de la barra no cambia, encontrar las deformaciones unitarias promedio, aceptando que las deformaciones transversales son iguales.

P

z x

y P 1"

1"

L = 120"

Zz L

Z

"120

"2z 0.0167 (ó 1.67% )

Para encontrar y, x usamos la condición de volumen constante.

1 + y

1 + x

VFINAL = VINICIAL (120 + 2)(1 + x)(1 + y) = (1)(1)(120) Condición x = y = (122)(1 + )2 = 120 valor admisible = – 8.2306×10-3 pulg

ACORTAMIENTO TRANSVERSAL

Sección transversal final

Con este valor podemos hallar x, y:

x = inicialLx

= pulg 1pulg 102306.8 3

= – 8.2306×10-3

y = inicialLy

= pulg 1pulg 102306.8 3

= – 8.2306×10-3

INICIAL DEFORMADA CONTRACCIÓN TRANSVERSAL

2) La barra rígida de longitud L que se representa, está sostenida por dos alambres verticales deformables. Tal barra rígida gira alrededor del eje vertical a-a un (infinitesimal), medido en el plano horizontal, pero se halla restringida de manera que su elevación no cambia. Hallar la deformación unitaria axial promedio en cada alambre.

75


b b

a

a

L/2

Rotación Infinitesimal

Rígido

L/2

L/2 b'

b

Definición b

bb'b

. . . . (*)

L/2

22

2 sen4L

b'b b b'

2Lsen

Reemplazando en (*)

b = b

bsen4L

b 22

2

Simplificando b = 1sen

b4

L1 2

2

2

. . . . (**)

Usamos la fórmula de aproximación (1+U)P 1 + PU, si U 0Con suficiente aproximación (**) puede escribirse:

b 1

b4

senL21

12

22

b 2

2

2

senb8

L

Si 0 (infinitesimal) sen2 2

Con lo cual b 2

22

b8

L

( en radianes)

3) Demostrar que si el prisma rectangular representado sufre una deformación infinitesimal sin distorsiones angulares, entonces la suma x

+ y + z representa el cambio unitario de volumen (salvo infinitésimos de orden superior).

a b

c

z

x

y INICIAL

76


Volumen inicial Vo = abcPuesto que no hay distorsiones angulares, luego de la deformación el sólido sigue siendo un prisma rectangular (sólo cambian las longitudes de las aristas).

a1 b1

c1

z

x

y

Volumen Final V1 = a1b1c1 Deformaciones Unitarias Promedio

bbb1

x

b1 = b(1 + x)

aaa1

y

a1 = a(1 + y)

ccc1

z

c1 = c(1 + z)

Cambio Unitario de Volumen

INICIAL

INICIALFINAL

VVV

VV

Reemplazando

abc

abc)1)(1)(1(abc

VV zyx

abc

abc)1(abc

VV zyxzxzyyxzyx

Simplificando

superior orden de initesimosinf

zyxzxzyyxzyxVV

Con suficiente aproximación

zyxVV

Nota) La deformación de un sólido sin distorsiones angulares se denomina DILATACIÓN. La suma x + y + z se denomina Deformación Cúbica (Deformación Volumétrica Unitaria). Expresa el cambio de Volumen por Unidad de Volumen.

PROBLEMAS1) La placa ABC sufre la deformación representa. Calcular:

i) La deformación unitaria promedio en dirección OB.ii) La deformación unitaria promedio en dirección AB.iii) La deformación cortante entre los borde AB y BC

77


i) OB

OBOB'OB

(definición de )

120

1203.0120OB

= 2.5×10 -3

ii) AB

ABAB'AB

120 mm 120 mm

o A C

B

B'

y

x

0.3 mm

AB = 22

2222

120120

120120)3.0120()120(

AB = 1.25×10-3

iii) AB/BC =

) de n(Definició O'AB22

(inicial) recto dellaridadperpendicu de Pérdida

AB/BC = 3.0120120

arctan22

C'AB22

AB/BC = 0.002497 Radianes.(Valor positivo que indica una disminución del ángulo recto).

2) Calcular las deformaciones unitarias promedio en los elementos BC y AC. Se conoce que los puntos B y C tienen los desplazamientos siguientes:

0v

2".0u B

"08.0v

2"1.0u C

8'

8'

C B

A D

x

y

C B

A

B'

C'

96"

96"

v=–0.08"

u=0.12" u=0.2"

BCBC'C'B

BC

96

96)08.0()12.02.096( 22

BC

= – 8.33×10-4

ACAC'AC

AC

= 296

296)08.096()12.096( 22

BC

AC = 2.062×10-4 (ALARGAMIENTºO)

78


3) El nudo A de la armadura representada desciende unidades (infinitesimal). Calcular la deformación unitaria axial promedio en cada barra.

P

L

A

L

Material

Geometría iguales Barras

P a r a d e f o r m a c i o n e s i n fi n i t e s i m a l e s , p u e d e a p r o x i m a r s e l a r o t a c i ó n d e u n e l e m e n t o

F I J O b a r r a 0 a r c o d e c i r c u n f e r e n c i a

0 F I J O

p e r p e n d i c u l a r a l a b a r r a ( e n p o s i c i ó n i n i c i a l )

b a r r a

En la armadura dada: debido a la SIMETRÍA TOTAL, el punto A se desplaza verticalmente.

P

1)

A

2)

A'

DESCENSO DEL PUNTO A (NO ALARGAMIENTO DE BARRA)

2 alargamiento de

la barra (2)

1 alargamiento de la barra (1)

1)

A

2)

A'

2 1

1 = cos; 2 = cos

cosLL

LcosLL

LL 11

(Deformación unitaria axial en la barra 1)

Similar para la barra 2.

cosL2

4) La barra rígida AC, en posición horizontal, está soportada por tres barras delgadas deformables, según se indica en el esquema. Una fuerza P y un momento M ocasionan que la barra rígida descienda 1 pulg. y que gire 2° alrededor del punto B. Determinar las deformaciones unitarias promedio que se inducen en las barras. (Las distancias están expresadas en pies).

79


A C B

P

M

10 5 5

10

barra rígida

La barra rígida NO SE DEFORMA, sólo se desplaza y rota.

A C

C'

A'

1

2°

1 – 1

B

B'

1 – 2

1 – 3

3

2 1"

1) (2 (3

Nota) La barra rígida AC gira en el mismo sentido que el momento M.

RECORDAR: tan si 0 ( en radianes)

1 – 1 = 120tan2°

2 – 1 = 180tan2°

1 – 3 = 240tan2°

Con aproximación suficiente 1 = 1 + 120 2 3602

2 = 1 – 180 2 3602

3 = 1 – 240 2 3602

1 = 1 + 34

2 = 1 – 3

2

3 = 1 – 3

4

Lu ego :

1201

1

= 0.0432 ( verificar operacion es)

)TOSACORTAMIEN(

0266.0120

0091.0120

33

22

B

B '

80


5) Un cilindro de pared delgada está sometido a torsión, en tal forma que su extremo libre B, gira un ángulo = 15°, con relación al extremo fijo A. Determinar la deformación cortante inducida en un punto P sobre la superficie externa del cilindro.

r

L = 10"

A P

B

espesor t 0 r =1"

En el plano tangente al cilindro que pasa por P consideramos un elemento infinitesimal (antes de la deformación).

z

y

x P A B dy

dx

Luego de aplicado el torsor, la generatriz de referencia se distorsiona y también se distorsiona el elemento rectangular señalado

P' A

B

dy'

dx' d r

T

= r

El ángulo indica el cambio de ángulo recto

P'

y y'

x

x'

Con suficiente aproximación:

tan L

= arc tan(L)

ó)

Lr

arctan(

( en radianes)

10

151arctan 360

2

0.0262 radLuego

xy = – 0.0262 rad

El signo negativo indica el incremento del recto inicial (en P).

81

PO(8/9, -1/9, 4/9) )

N

Q (x,y,z)N P(0, 2, -1)


6) En un sólido deformable, el campo de desplazamientos está definido por las ecuaciones: u=2ax2; v=2ay2; w=-2az2, donde a=10-5. Determinar la deformación normal unitaria en el punto P (0, 2, -1) medida en la dirección del vectorN = (8i – j + 4k )/9.

Se determinan las coordenadas del punto Q:x – 0 = 8/9; y – 2 = - 1/9 z + 1 = 4/9

Obtenemos: x = 8/9 y = 17/9 z = -5/9

Como son conocidas las ecuaciones del campo de desplazamientos y las coordenadas de los puntos extremos del vector PQ, determinamos los puntos P’ y Q’.

Coordenadas del punto Q’:

x = 8/9 + 2a (8/9)2 x = 0.888905y = 17/9 + 2a (17/9)2 y = 1.888960z = - 5/9 - 2a (- 5/9)2 z = -0.555562Q’ (0.888905, 1.888960, -0.555562)

La distancia entre los puntos P’ y Q’ es: P’Q’ = 1.0000215La distancia entre los puntos P y Q es PQ = 1

Por tanto la deformación unitaria es (εP )N=

P 'Q '−¬ PQPQ

= 0 .00002 .15

Nota)En algunos problemas es conveniente usar aproximaciones numéricas, cuando las deformaciones son de carácter infinitesimal.

) (1 + U)n 1 + nU, si U 0 (Aproximación Binomial)(n es cualquier numero real).

Q’

Q

P’

P

Ecuaciones del Campo de desplazamientos:u=2ax2

v=2ay2

w=-2az2, donde a=10-

5.

Coordenadas del punto P0 (8/9, -1/9, 4/9)

Coordenadas del punto P’:

x = 0 + 2a (0) = 0y = 2 + 2a (2)2 = 2 + 8a z = -1 – 2a (-1)2 = -1 – 2a P’ (0, 2.00008, - 1.00002=)

82


) (1 + U)(1 + V) 1 + U + V, si U, V 0 ) sen ; tan ; cos 1 si 0

En particular:(1 + U)2 = 1 + 2U

(1 + U)1/2 = 1 + 21

U(1 + U)–1 = 1 – U; etc.

Estas aproximaciones simplifican el cálculo numérico de las deformaciones unitarias normales y cortantes.

EJEMPLOS1) Una fuerza que actúa en la palanca representada provoca que la palanca

gire en sentido horario un ángulo de 0.002 rad. Determinar la deformación unitaria normal promedio en el alambre BC.

El ángulo indica el cambio de ángulo recto

L 2L

C

A

B

P

C

A

B

B'

= 0.002 rad

Desplazamientos del punto

cosLLv

senL u B

cos2sen46L)cosLL()LsenL2('CB 22

Como 0 246L'CB 44L'CB

CB' 2L(1 + )1/2 Aproximación binomial

CB' 2L(1 + 21) 2L + L

Deformación unitaria CB = 2L2L2LL2

CBCB'CB

CB = 2002.0

= 0.001 (Deformación promedio)

Nota) El estiramiento del alambre es L sen L

CB = 2L2L

= 0.001 (Recordar LL

).

2) Una fibra AB tiene longitud L y orientación . Sus extremos A y B experimentan desplazamientos infinitesimales uA y vB, respectivamente.

83


Demostrar que, cuando la fibra adopte la posición A'B', se genera una deformación unitaria normal.

A

A'

uA

vB B

B'

L L'

x

y AB L

1[vBsen – uAcos]

(Con suficiente aproximación)

Deformación unitaria AB = LLL' . . . (*)

Coordenadas de A' (uA, 0)Coordenadas de B' (L cos, L sen + vB)

2

B2

A )vsen L()ucosL('L (Distancia entre dos puntos)

senLv2vsenLcosLu2ucosL'L B2B

22A

2A

22

)vu()cosusenv(L2L'L 2B

2AAB

2

Como uA y vB son infinitesimales, la suma uA2 + vB

2 0. Luego, con aproximación suficiente, tenemos:

)cosusenv(L2

1L)cosusenv(L2L'L ABAB2

Por la aproximación binomial

L' L[1 + L2

21

(vBsen - uAcos)]

L' L[1 + L1

(vBsen - uAcos)]

Reemplazando en (*): L

L)]cosusenv(1[L ABL1

AB

Simplificando )cosusenv( ABL1

AB

3) Dos barras AP y BP están articuladas según se indica en el esquema. ¿Cuál es la deformación axial promedio en cada barra, si el punto P se desplaza x unidades hacia la derecha? ¿Cuáles serán los valores aproximados de las deformaciones si x fuese muy pequeño comparado con L?

30° 60°

P

A B

h

3L L

P

A B

P' x 3Lh

84


AP = 22

2222

)L3()3L(

)L3()3L()xL3()3L(

APAP'AP

Simplificando tenemos:

AP = 3L2

3L2xxL6L9L3 222

AP =

32L

xLx6

1232

1

3L2

32L

xLx6

12L

2

22

2

Aproximación: Si x es pequeño comparado con L 0

Lx

.Luego:

32

L12x6

11232

1AP

1

L12x6

13232

1AP

1L12x6

1AP

Aproximación Binomial 1

L12x6

21

1AP

L24x

AP

BP L2

L2L3Lx2xL

)3L(L

)3L(L)3L()xL( 222

22

2222

BP

2

Lx

Lx2

421

L2xLx2L4L21 2

22

Aproximación de 1er orden ( Lx

0)

BP

1L4x2

12L4x2

1421

Aproximación Binomial:

BP L4x

1)L4x2

(21

1

4) Una placa delgada, en forma de rectángulo isósceles, está sometida a una deformación, de manera que sus catetos experimentan la deformación unitaria 1 y la hipotenusa, la deformación unitaria – 2.

85


i) Demostrar que, con aproximación suficiente, la deformación unitaria de la altura del , es h 21 + 2.

ii) Demostrar que, con aproximación suficiente, la distorsión del ángulo recto, es 2(1 + 2), radianes.

2

ah

a a h

2az

z'

h' a a

h

a' a'

i) Deformación unitaria de los catetos:

aa'a

1

a' = a1 + a = a(1 + 1)

Deformación unitaria de la hipotenusa:

zz'z

2

z' = z – 2z = z(1 – 2)

z' = a 2 (1 – 2)

Deformación unitaria de la altura h hh'h

h

. . . . (*)

2

22

12 )1(

22a

)1(a'h

)(2a21a'h 222

121212

12

222

1212

11

)(22412

a'h 2

2212

121

1ra aproximación se desprecian los infinitésimos de orden superior:

2/121 241

2

a'h

2da aproximación aproximación binomial

)21(2

a)24(1

2

a'h 21212

1

Reemplazando en (*):

2

a2

a)21(

2

a21

h

; simplificando obtenemosh 21 + 2

ii)

86


)1(2

a2

/ 2 / 2 / 2

a ( 1 + 1 )

p é r d id a d e p e r p e n d ic u la r id a d

+ = 2

2 =

4 –

2

s e n2 = s e n

4 c o s

2 – c o s

4 s e n

2

)2

sen2

(cos22

)1(a

)1(

1

22a

Simplificando obtenemos: 2sen

2cos

11

1

2

Primera aproximación ( 0) 2cos

1 y 2sen

2

Luego: 21

11

1

2

, de donde 1

2

11

12

1

21

12

Segunda aproximación (1 + 1)–1 1 – 1 (Binomial)

)(2)1)((2 212211121

Aproximación final (Infinitésimos de orden superior se desprecian))(2 21

5) Los catetos a y b y la hipotenusa c de un rectángulo, experimentan las deformaciones unitarias a, b y c, respectivamente. Hallar la distorsión del ángulo recto del triángulo.

a

b

Deformaciones unitarias:

aaa'

a

a' = a(1 + a)

bbb'

b

b' = b(1 + b)

ccc'

c

c' = c(1 + c)

a'

b'

c'

Definición de Distorsión

2 sen = cos . . . . (*)

Determinamos cos usando Ley de Cosenos (en el deformado). cos'b'a2'b'a'c 222

cosb)1)(1(a2)1(b)1(a)1(c ba

2b

22a

22c

2

Aproximación Sólo términos de primer ordenc2 + 2c2c = a2 + 2a2a + b2 + 2b2b – 2ab(1 + a + b)cos

87


pero c2 = a2 + b2 ( antes de la deformación). De donde obtenemos

ba

c2

b2

a2

1cba

cosab

Aproximación Binomialba

1ba

ba

1)1(1

1

Luego: )1)(cba(cosab bac2

b2

a2

Aproximación Términos de primer orden. Obtenemos

c2

b2

a2 cbacosab

Por tanto:c

2

bac

2b

2a

2

abc

ab

ba

abcba

cos

pero c2 = a2 + b2 c

22

ba abba

ab

ba

cos

ccba ab

ba

ab

ba

cos , expresión que puede escribirse:

)(ba

)(ab

cos cacb

Por (*)

angularDistorsión

cacb )(ba

)(ab

sen

(infinitesimal)

1.10)Relaciones Diferenciales entre Desplazamientos yDeformaciones Unitarias.

No siempre es posible relacionar directamente las deformaciones unitarias normales y cortantes con los desplazamientos de los sólidos en estudio. De manera general, es conveniente relacionar analíticamente las deformaciones unitarias x, y, xy con las componentes u, v del vector desplazamiento.

Analizaremos el caso bidimensional, para deformaciones infinitesimales (x, y, xy 0)En un cuerpo bidimensional no deformado, consideremos dos segmentos ortogonales e infinitesimales (AB y AC), orientados en las direcciones x, y respectivamente. Durante la deformación, los segmentos AB y AC se alargan o contraen y rotan. Los puntos A, B y C se desplazan hasta A', B', C'.

88

dxx

u


xen cambio

al debido

Vde cambio

dxxv

dy

yv

dy

dxxu

dx

A

dy

dx

x

y

x

y

A'

C' B'

B

C

u

v

yen cambio al debido

u en cambio dy

yu

Ad

Por la hipótesis de las deformaciones infinitesimales:, 0 cos, cos 1 ; tan ; sen

tan ; sen Aproximaciones de la función coseno:

A'C' dy + dy

yv

; A'B' dx +

Sin incluir infinitésimos de orden superior, las deformaciones unitarias se expresan por:

dx

dxdxxu

dx

ABAB'B'A

x

de donde: xu

x

. . . . (1)

De manera similar:

dy

dydyyv

dy

ACAC'C'A

y

yv

y

. . . . (2)

La deformación cortante, se expresa por xy = + (rad)Aproximación de la función tangente:

yv

1

yu

xu

1

xv

dyyv

dy

dyyu

dxxu

dx

dxxv

xy

Teniendo en cuenta las ecuaciones (1) y (2)

89


yxxy 1

yu

1xv

. . . . (3)

En el caso de deformaciones pequeñas x y y 0. Luego con suficiente aproximación:

yu

xv

xy

. . . . (3.1)

Definiciones) Las ecuaciones (1), (2), (3.1) definen RELACIONES DIFERENCIALES entre x, y, xy y las COMPONENTES u, v del VECTOR DESPLAZAMIENTOS. Son válidas para problemas bidimensionales que involucran deformaciones infinitesimales.

Las ecuaciones (1), (2) y (3.1) se denominan ECUACIONES DE CAUCHY.Puede demostrarse que NO SON TOTALMENTE INDEPENDIENTES.

Notas)i) Las ecuaciones (1), (2), (3.1) son válidas INDEPENDIENTEMENTE DEL

MATERIAL DEL SÓLIDO.(ÚNICA RESTRICCIÓN x, y, , 0)

ii) Conocido el campo de desplazamientos.u = u(x, y); v = v(x, y), por derivación parcial se determina x, y, xy.Recíprocamente, conocidos x, y, xy por integración pueden encontrarse las ecuaciones del campo de desplazamientos.

iii)De xu

x

obtenemos xy

u

y 2

3

2x

2

. . . . (i)

De yv

y

obtenemos yx

v

x 2

3

2y

2

. . . . (ii)

De xv

yu

xy

obtenemos

2

3

2

3xy

2

xy

v

yx

uxy

. . . . (iii)

Reemplazando (i) y (ii) en (iii):

2y

2

2x

2xy

2

xyxy

. . . . (vi)

Denominada ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD DE LAS DEFORMACIONES UNITARIAS NORMALES Y CORTANTE (Ecuación de Saint-Venant).En consecuencia, un campo de desplazamientos NO PUEDE definirse por funciones u, v totalmente arbitrarias. Las funciones u, v son funciones condicionadas.

Definiciones) Las funciones u, v consistentes con las ecuaciones (1), (2), (3.1) se denominan FUNCIONES ADMISIBLES para un Campo de Desplazamientos Bidimensional.

90


iv)Las expresiones deducidas para el caso bidimensional pueden ser extendidas para Problemas Tridimensionales.

)z,y,x(ww

)z,y,x(vv

)z,y,x(uu

entosDesplazami

de Campo

z dirección en zw

ydirección en yv

xdirección en xu

NORMALES

UNITARIAS

NESDEFORMACIO

z

y

x

yzplano el en zv

yw

xzplano el en zu

xw

xyplano el en xv

yu

CORTANTES

NESDEFORMACIO

yz

xz

xy

EJEMPLOS1) Los puntos de un sólido sufren desplazamientos dados por:

u = 4ay2 i + 2ax2 j + az2k . Encontrar las deformaciones normales y cortantes en un punto genérico Q(x, y, z).

2

2

2

azw

ax2v

ay4u

entosDesplazami

de Campo

Deformaciones Normales: 0

xu

x

;

0yv

y

;

az2zw

z

Deformaciones Cortantes:ax4ay8

xv

yu

xy

000zu

xw

xz

000zv

yw

yz

2) Una varilla delgada de longitud L tiene un extremo fijo O.

i) Si sus puntos se desplazan en dirección x mediante L400x

u2

, hallar la

máxima deformación unitaria normal.

ii) Si la deformación unitaria normal es L2x

cos10 4x

, hallar el cambio total de longitud.

u: desplazamiento según

eje x

91


L x

i) De L400

xu

2

obtenemos L200

xxu

x

x

(L, x máx)

L x

o

(x)máx = 2001

L200x

Lx

se presenta en el extremo libre (x = L).

ii) Alargamiento total: Usamos ∫L

xdxL

finalizar al

1.9.2 sección

(*) ecuaciónVer

∫

L

0

4 dxL2x

cos10L

L

0

4

L2x

senL2

10L

L210L 4

(en unidades de L)3) Una placa de espesor uniforme 1" y forma parabólica, es de un material

cuyo peso específico es 400 lb/pie3. Si la deformación unitaria en

dirección vertical es yy E

1

, siendo E una constante (E = 2×107

lb/pulg2), hallar la DEFLEXIÓN que experimenta el vértice A por efectos del peso propio.

Apunto

del vertical

DeflexiónAV

10'

3'

A

y

x

A

A'

92


-x

y

x

10 – y

y

x 10 – y

e=1"

W

2x

y

e = 1/12'

))(x2(

)400)()(y10)(x2)((

121

121

32

y

(en lb/pie2)

Simplificando )y10(

3800

y (compresión)

Luego, la deformación unitaria es: )y10(

3

800

E

1y

El Cambio Total de longitud, es:

∫∫

10

0Ly dy)y10(

3800

E1

dy

= 4.63×10-6 pies descenso del punto A.AV = 4.63×10-6 pies

(Nota: La constante E debe ser expresada en lb/pie2)

4) Un campo de desplazamientos está dado por u = ky2; v = 0 (k>0).i) Graficar la deformación del cuadrado unitario OABC.ii) Calcular la deformación cortante en el punto C(0, 1).

0

(0,1) C B (1,1)

A (1,0)

y

x

i) Vectores desplazamiento 0d= (0,0)

Ad= (0,0)

Bd= (k,o) Cd= (k,o)

y (v)

0 0' A A'

B' B k C' C

k

x (u)

(u,y) Parábolas (u = ky2)

ii) xy en el punto C(0, 1).

93


C' C

1 tangente por C'

xy = (pérdida de )

'C1 du

dytan

k21

ky21

tan1y

1

k21

tan 1

Luego como + 1 = 2

tan1 = cotan

cotan = k21

k21

ancotarc rad

xy = arc cotan

k21

(evaluada en C')

5) Un prisma rectangular tiene la deformación representada. Los desplazamientos están dados por u = C1xyz; v = C2xyz; w = C3xyz.i) Determinar las deformaciones unitarias normales y cortantes en el

punto E, si las coordenadas de E' son (1.503, 1.001, 1.997) (en metros)

ii) Calcular la deformación normal en dirección AE.

D E

E'

z

y

x

G G'

F

F'

C C'

A

A' 1.0 m

1.5 m

B B'

2.0 m

Vector desplazamiento en el punto E ( 1EE)

Ed= (0.003,0.001,–0.003) 0.003 = C1(1)(1.5)(2) C1 = 0.001

También: 0.001 = C2(1)(1.5)(2) C2 = 0.001/3– 0.003 = C3(1)(1.5)(2) C3 = -0.001

Campo de desplazamientos:

u = 0.001xyz; v = 3001.0

xyz; w = – 0.001xyz

Deformaciones unitarias normales:

yz001.0xu

x

(x)E = (0.001)(1)(2) = 0.002

94


xz3001.0

yu

y

(y)E = ( 3

001.0)(1.5)(2) = 0.001

xy001.0zw

z

(z)E =(– 0.001)(1.5)(1) = – 0.0015

Deformaciones cortantes:

yz3001.0

xz001.0xv

yu

xy

(xy)E = 0.001(1.5)(2) + 3001.0

(1)(2) = 0.00367 rad

De manera similar se calculan zx; yz

xy001.0yz001.0zu

xw

zx

xy3001.0

xz001.0zv

yw

yz

Reemplazando las coordenadas (iniciales) del punto E, obtenemos:(zx)E = -0.0005 rad(yz)E = -0.0025 rad (Verificar operaciones)

Deformación unitaria en dirección AE:

AEAE'AE

)( EAE

; A(1.5, 0, 0); E'(1.503, 1.001, 1.997); E(1.5, 1, 2)

22

22222

EAE21

21)0997.1()0001.1()5.1503.1()(

(AE)E = – 0.002 (Acortamiento de la diagonal AE)

1.11)Propiedades Mecánicas de los Materiales. Ensayo Uniaxial de Tracción. Diagramas Esfuerzo Normal / Deformación Unitaria.

1.11.1) Introducción. Definiciones.El comportamiento de un sólido o de sistema estructural bajo acción de las cargas aplicadas, está significativamente determinado por las características (propiedades) mecánicas del material empleado.

Los esfuerzos y las deformaciones unitarias descritas en las secciones anteriores, no son totalmente independientes entre sí. Se presentan simultáneamente en los sólidos cargados y están relacionados entre sí.

P

u

x

x

Se generan simultáneamente

x

95


Las relaciones existentes entre esfuerzos y deformaciones unitarias se denominan ECUACIONES CONSTITUTIVAS: (, , , ) = 0. Las constantes que intervienen en tales relaciones, generalmente son determinadas experimentalmente (en laboratorios). Los resultados que se obtienen se aceptan como VALORES REFERENCIALES para solucionar problemas de Diseño (dimensionamiento) y de Verificación (cálculos comparativos de esfuerzos y deformaciones).

MATERIAL P P

P de baja intensidad

MATERIAL FRÁGIL: Falla súbitamente cuando es cargado en tracción con muy poca advertencia si es cargada en compresión (rocas, vidrios, c° común, yeso, etc.)

MATERIAL DÚCTIL: Permite deformaciones unitarias considerables antes de fallar (aceros, bronce, aluminio, ..., etc)CONCRETO ARMADO material semi - dúctil .ACERO material convencional más usado (junto al concreto) en

estructuras de Ingeniería Civil. Propiedades esencialmente iguales en tracción y en compresión. Elevada RIGIDEZ (resistencia a la deformación) Alta DUCTILIDAD (absorbe grandes deformaciones antes de fallar). Adecuado tiempo de servicio, si es protegido contra la corrosión y las grandes temperaturas.

1.11.2) Ensayo Uniaxial de Tracción. Diagrama - .Las principales propiedades mecánicas del acero, y en general las de todo material, que interesan en Mecánica de Sólidos, suelen determinarse experimentalmente en Laboratorios, mediante ensayos estandarizados. Un ensayo muy importante es el Ensayo o Prueba de Tracción Uniaxial.

Usualmente, las probetas del material, se ensayan en máquinas mecánicas, hidráulicas o electrohidráulicas, que permiten la aplicación gradual de dos fuerzas iguales y opuestas dirigidas a lo largo del eje geométrico longitudinal de la probeta.

La carga axial que se aplica produce alargamientos en una longitud de referencia. Equivalentemente, los esfuerzos normales que son inducidos generan deformaciones unitarias axiales en la probeta ensayada.

P P

L0

A0

Probeta inicial

Dispositivos que permiten aplicar gradualmente la carga axial

La aplicación gradual (por incrementos) de la carga axial, es necesaria para no generar EFECTOS DINÁMICOS (aceleraciones o vibraciones) en el material que se está ensayando (Aplicación Estática de la Carga Axial). Durante el ensayo se registran valores de la carga y del alargamiento

96


producido (o se registran valores del esfuerzo normal y de la deformación unitaria correspondiente).

P1

Se registran P1; 1 Se registran (o calculan)

0

11AP y

0

11L

L0 + 1 P1

La carga comienza desde un valor 0 y se va incrementando, a velocidad especificada, hasta ocasionar la ruptura (falla) de la probeta.

Pu Pu garganta (estricción)

0 P Pu

Garganta zona de grandes deformaciones unitarias y brusca reducción de la sección transversal (disipación de energía - calor).

Nota) Es usual referir los ESFUERZOS NORMALES inducidos al (A0) Área Transversal Inicial de la Probeta. Las DEFORMACIONES UNITARIAS se refieren a La Longitud Inicial (L0). (Esfuerzos y Deformaciones de Ingeniería).

Los resultados de varias observaciones durante el ensayo se grafican en un diagrama CARGA – ALARGAMIENTO (o en un DIAGRAMA ESFUERZO NORMAL – DEFORMACIÓN UNITARIA).

P1

1

P

rotura

Diagrama P-

0

11L

0

11AP

1

1

rotura

Diagrama -

cambio de escalas

( )

Las gráficas obtenidas describen el comportamiento del material ante cargas de Tracción Uniaxial. Para el acero estructural, una CURVA TÍPICA, presenta las características siguientes:

rotura

0

a a'

b

c

r

Parte Inicial (Pendiente muy fuerte)

Zona de incertidumbre

Escalón de fluencia

Zona de endurecimiento

Zona final

acero

0AP

0L

97


Parte Inicial (0 – a) Los esfuerzos son proporcionales a las deformaciones unitarias. El punto "a", no es fácil de precisar.

Parte a – a' Zona de INCERTIDUMBRE, por el cambio de un RÉGIMEN LINEAL a un RÉGIMEN NO LINEAL.

Parte a' – b Zona Plana o Escalón de Fluencia. Ocupa una posición sensiblemente horizontal. Indica que las deformaciones unitarias se incrementan rápidamente, sin que varíe notoriamente el correspondiente valor del esfuerzo normal.

En la zona de endurecimiento (b – c) se hace necesario incrementar el esfuerzo para lograr aumentar las deformaciones unitarias, hasta un punto donde se alcanza el máx. Posteriormente, la probeta se deforma rápidamente y el esfuerzo decrece. En el punto r se produce la ruptura de la probeta.

(, máx)

y

p

p y

Límite de proporcionalidad

inicio de la fluencia

límite de elasticidad

(r, r)

Generalmente:

p y

p y

fluencia de Unitaria nDeformació

fluencia de Esfuerzo

klb/pulg 36

klb/pulg 58

les)referencia valores(

lEstructura Acero

y

y2

y

2máx

Notas) En la parte inicial del diagrama los Esfuerzos Normales son

proporcionales con las Deformaciones Unitarias (Ley de Hooke). Los esfuerzos normales están referidos al área transversal inicial de la

Probeta (A0). Las deformaciones unitarias están referidas a la longitud inicial de

referencia (L0). Cada material tiene un Diagrama - característico. Para diferentes

tipos de un material, existen variaciones en los diagramas característicos.

5.5

MADERA (Pino)

CONCRETO SIMPLE

4.8

0.02 0.03

(klb/pulg2)

( )

Alta resistencia

(ACERO)

( )

Resistencia intermedia

Baja resistencia

En la mayoría de materiales tradicionales usados en Ingeniería Civil, el escalón de fluencia NO tiene inicio en un punto perfectamente definido.

98


Fundamentalmente, el Diagrama - presenta DOS ZONAS diferenciadas.

ZONA ELÁSTICA LINEAL

ZONA ELÁSTICA

ZONA INELÁSTICA

ZONA ELÁSTICA Caracterizada por deformaciones unitarias reversibles (recuperables).

El "material" recupera su configuración inicial, al cesar el esfuerzo que lo deformó.

ZONA INELÁSTICA caracterizada por deformaciones unitarias no recuperables (irreversibles).

CARGA

DESCARGA

A1; L1

0

0

L

AINICIAL

0

0

L'L

A'AFINAL

P

Deformación unitaria permanente (Irreversible)

"El sólido (o el material) no recupera totalmente su configuración inicial al cesar la causa que lo deformó".Por definición (nominalmente) se considera que la trayectoria de carga y la trayectoria de descarga son paralelas.

P

REALIZAR ENSAYOS EN EL LABORATORIO (Coordinar)

1.12)Materiales Elástico – Lineales. Ley de HOOKEAlgunos elementos estructurales se dimensionan de manera que los esfuerzos normales producidos por las cargas actuantes, permanezcan en la ZONA INICIAL del Diagrama - del respectivo material (Diseño Elástico).

99


Límite de proporcionalidad (o inicio de la fluencia)

E

1

p

y

p

y

Zona de diseño elástico

E MÓDULO DE ELASTICIDAD LINEAL DEL MATERIAL (Módulo de Young)

Parte recta del Diagrama = E El módulo de elasticidad E tiene dimensiones de Esfuerzo, y representa la pendiente de la porción recta inicial del diagrama -

Definición) La ecuación = E se denomina LEY DE HOOKE.

Manifiesta proporcionalidad entre esfuerzos y deformaciones unitarias.El módulo E es un valor característico de los materiales.

MATERIAL VALORES TÍPICOS (E)

Aluminio . . . . . . . . . . . . . .

. . . . 72 – 69 GPa

Latón . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . 100 GPa

Hierro Fundido . . . . . . . . .

. . . . 170 GPa

Concreto (Simple) . . . . . . .

. . . . 21 GPa

Acero Estructural . . . . . . .

. . . . 205 GPa

Madera (Pino) . . . . . . . . . .

. . . . 12 GPa

Notas) Cuanto se alargaría la barra si aplicásemos un esfuerzo normal cuyo valor sea el mismo que el valor del módulo de elasticidad lineal.

A0; L0

INICIAL MATERIAL ELÁSTICO-LINEAL

i)

=E =E

L=?

=E =E

L=2L0

Ley de Hooke: = E Luego: E = E 1 =

Pero

0LL

0LL

1 L = L0

Físicamente, el módulo lineal de elasticidad representaría un valor del Esfuerzo Normal necesario para producir en el elemento una deformación unitaria igual a la unidad (o duplicar su longitud inicial).

ii) Es posible escribir La Ley de Hooke en función de otros parámetros.

100


L; A; E

L + L

P P

= E. Luego:

LL

EAP de donde obtenemos

EAPL

L (Fórmula del alargamiento

elástico lineal)

LEA

LLEA

P

P

L 1

Definición) El factor LEA

se denomina RIGIDEZ AXIAL DE LA BARRA.

K = LEA

(combinación de geometría + material)P = K(L)

Físicamente, el Coeficiente de Rigidez Axial K, representa un valor de la fuerza axial P necesario para producir un Alargamiento Unitario. (Si L = 1 P = K).

El factor RECÍPROCO K1

de denomina FLEXIBILIDAD AXIAL DE LA BARRA.

iii)La constante K también suele denominarse CONSTANTE DE RESORTE EQUIVALENTE:

P K

P = k

K tiene unidades de Fuerza / Unidades de Longitud[K] = [F]/[L]

Una barra de material elástico lineal se comporta básicamente como un RESORTE LINEAL ELÁSTICO De modo similar al resorte, la barra almacenará ENERGÍA.

iv) La fórmula del Alargamiento Elástico EAPL

L puede usarse para el caso

se sólidos (de material elástico lineal) con secciones transversales variables y/o con carga axial variable.

101


P(x)

A = A(x)

x

L

x

P(x)

dx

(Función de área: ACOTADA)

L = ?

(Carga axial)

El alargamiento del elemento diferencial, es:

dx)x(EA)x(P

)dx(

En consecuencia, el alargamiento total del sólido se evaluará mediante una integral definida:

∫L

dx)x(EA)x(P

L

ó alternativamente ∫

Ldx

E)x(

L

Por La Ley de Hooke (x) = E(x), luego

∫L

dx)x(L

Expresión coincidente con la deducida por razonamientos geométricos (ver sección 1.9.2).

Nota) El producto EA se denomina RIGIDEZ DE LA SECCIÓN.

EJEMPLOS1) Una barra prismática homogénea está suspendida por uno de sus

extremos. El material es de comportamiento lineal elástico, con módulo E. Calcular el alargamiento producido por el peso propio.

L E A

x

P(x)

P(x) peso de la porción inferior (suprimida), de altura L – x

P(x) = (L – x)A

Fuerza interna en una sección genérica x:

peso específico

∫∫

L

0Ldx

EAdxA)xL(

dx)x(EA)x(P

L

Evaluando la integral, obtenemos E2L

L2

Nota) Puede escribirse AE2ALL

L

, con lo cual tenemos

102


2W

axial fuerza unapor

producido toAlargamien

EA2WL

L

, siendo W = AL el peso total de la barra.

L E A

L E A

L L

W/2

iguales

Si la barra soporta la acción de una carga axial centrada, P, aplicada en su extremo libre, de manera que el material permanezca en la zona elástica – lineal, el alargamiento total sería:

EAPL

E2L

L2

= + L E A

P

E F E C T O C O M P U E S T O

L E A

E F E C T O D E L

P E S O P R O P I O

L E A

P

E F E C T O D E L A

C A R G A A X I A L

C a s o p a r t i c u l a r d e l P r i n c i p i o d e S u p e r p o s i c i ó n :

ESINDIVIDUAL

EFECTOS

COMPUESTO

EFECTO

V á l i d o p a r a C o m p o r t a m i e n t o L i n e a l E l á s t i c o

2) Calcular el desplazamiento del punto C en el sistema representado. Las barras deformables son de material lineal elástico, con módulo E = 2×104 kN/cm2.

4a 4a a

P=6 kN

P=6 kN F

G D

B C

A

1)

2) Barras rígidas

2

1

1

cm 2A

m 6L 1) Barra

2

2

2

cm 2A

m 4L 2) Barra

(Fuerzas kN ; Long cm ) E l desplazam iento del punto C debe ser igual a la sum a de los cam bios de longitud de las barras deform ables (1) y (2)

C = 1 + 2 . . . . ( * )

FUERZAS AXIALES EN (1) Y (2):

103


6 kN

F G D

B A

6 kN

C

F1

F2

F2

RF

RB

Por equilibrio: F1 = 6 kN; F2 = 30 kN (ambas barras en tracción)

ALARGAMIENTOS DE LAS BARRAS (1) Y (2):

11 EA

PL

; 2

2 EAPL

Reemplazando valores numéricos, tenemos:2

41 109)2)(10)(2(

)600)(6( cm ;

142 103

)2)(10)(2(

)400)(30( cm

Reemplazando en (*) C = 0.09 + 0.3 = 0.39 cm

Nota) Observar la magnitud de los alargamientos: Resultan ser despreciables comparados con las longitudes iniciales de las barras. Resultados que están de acuerdo con la hipótesis de Deformaciones Infinitesimales.

3) En el sistema representado, determinar la RIGIDEZ en el punto B. Las barras deformables son de material lineal elástico, cuyo módulo de Young es E1.

a 2a

B 2L1 E1 A1

L1 E1 A1 1)

(2

P Barra rígida

(1) y (2) barras deformables

RIGIDEZ en el punto B "VALOR DE LA FUERZA P QUE OCASIONE UN DESPLAZAMIENTO UNITARIO DEL PUNTO B, EN DIRECCIÓN DE LA FUERZA P".

i) FUERZAS

B

P

F1 F2

F1 = 32P

F2 = 31P

ii) DESPLAZAMIENTOS

104


B

1) (2

P = ? (RIGIDEZ)

2

1 1

11 EA

PL

;

22 EA

PL

11

132

1 AE

)L2(P ;

11

131

2 AE

)L(P

11

11 AE3

PL4 ;

11

12 AE3

PL

iii) COMPATIBI LIDAD GEOMÉTRICA

a21

a3221

Reemplazando 1 y 2

2

1

a 2a

1 B

1 – 2

a 2a

1 – 2

11

1

11

1

11

1

AE3PL

1a21

AE3PL

AE3PL4

a31

, de donde obtenemos 1

11

LAE

P

La RIGIDEZ en el punto B es 1

11B L

AEK

4) En el sistema representado, determinar la sección transversal de la varilla vertical, si el esfuerzo admisible en ella es = 1.6 Ton/cm2 y si el desplazamiento vertical del punto C es 1.5 mm. Considerar E = 2×103

Ton/cm2.

w = 1.73 Ton/m

w

B

a

A 30°

P

C

barra rígida

a = 1 m a

P = 2 Ton

i) FUERZA EN LA BARRA DEFORMABLE (Equilibrio)

2Ton/cm 6.1

Ton 8A

5 cm2

105


w = 1.73 Ton/m

30°

2 Ton

RA

F

F = 8 Ton (tracción) El esfuerzo normal es:

AF

F

A

ii) DEFORMACIÓN (Materiales)

EAFL

A)10)(2(

)100)(8(3

CV = 1.5 mm

F C

C'

de donde obtenemos A = 4.0

. . . . (*)iii)COMPATIBILIDAD (Geometría). (Semejanza de s)

200100

CV

cm 075.0

2cm 15.0

2

CV

.

Reemplazando en (*) A = 075.04.0

= 5.33 cm2

De los dos valores calculados para área transversal A, seleccionamos el mayor A = 5.33 cm2, puesto que cumple las dos condiciones:

1.6 Ton/cm2; CV = 1.5 cm.

5) Determinar el desplazamiento del punto de aplicación de la carga P en el sistema representado. Considerar que todas las barras tienen la misma RIGIDEZ AXIAL EA (RIGIDEZ DE SECCIÓN).

P

P 3)

3) (1

(1

(2 45° 45°

a

a

Equilibrio: No existen fuerzas de Reacción. Las fuerzas en las barras se determinan por el método de los nudos.

106


45° 45° F1 F3

P

F1 = F3 = 2

P (compresión)

45°

45°

F3

F3

F2 F2 = P (tracción)

Material: Calculamos los cambios de longitud de las 3 barras típicas:

EA2

PaEA

a2

P

EAFL

11

(acortamiento)

EAPa

EA

a2

P

EAFL

33

(acortamiento)

EA2Pa

EAFL

22

(alargamiento)

Compatibilidad: (geometría)Las barras (1) y (3) se acortan la misma cantidad. La proyección horizontal de esos acortamientos (en valor absoluto) deberá ser igual al corrimiento del rodillo (a su vez, igual al alargamiento de la barra (2)).

H desplazamiento horizontal (total)

V desplazamiento vertical (total)

2 alargamiento

de la barra (2)

H

V

1

45°

45° H

V

1

H + H = 2 H = EA22Pa

22

V = H

1

45cos

V = EA22Pa

EA2

Pa

2

2

V = EA2

PaEAPa

6) Determinar los desplazamientos horizontal y vertical del punto B. Ambas barras tienen material elástico lineal.

107


30° 45°

L = 24" L = 29.4"

P

B

C D

45° 60°

2,000 lb

FBD FBC

A = 0.2 pulg2 E = 30×106 lb/pulg2 P = 2,000 lb

FBC = 1,464 lb FBD = 1,035 lb

Fuerzas Axiales (Equilibrio)

Alargamientos (Material)

)10)(30)(2.0(

)24)(464,1(EAFL

6BC

BC

= 5.86×10-3 pulg.

)10)(30)(2.0(

)4.29)(035,1(EAFL

6BD

BD

= 5.07×10-3 pulg.

Compatibilidad (Geometría)

BH

3 0 °

4 5 °

B

3 0 °

4 5 °

B C

B '

BV

C D

BH

B D

BV

4 5 °

4 5 °

B

B ' t = B

H

BH

BDBDBV 45cos

t45cos

. . . . ( i )

3 0 °

3 0 ° B '

BH

BV

B

B C 30tan

30cosBH

BCBV

. . . . ( i i )

D e l a s e c u a c i o n e s ( i ) y ( i i )

BH

BDBH

BC

45cos30tan

30cos

Reemplazando valores y despejandoBH , obtenemos:

BH = 0.26×10-4 pulg.

Sustituyendo este valor en (i) ó (ii), obtenemos:BV = 6.91×10-3 pulg.

108


PROBLEMAS1) Determinar dónde debe ubicarse un bloque de 20 kg de masa, sobre la

viga rígida ACB, para que los puntos B y F se pongan en contacto. Suponer comportamiento elástico – lineal de la barra CD. (E = 200 GPa)

L = 0.25 m d = 2 mm (diámetro)

A B C

D

F y Barra rígida Rígido

1.5 mm

masa 20 kg

0.08 0.32

1.5 mm

C

supuesto el "contacto"

AC = 0.08 m CB = 0.32 m

Semejanza: 08.04.05.1 C

C = 0.3 mm

La Fuerza Axial necesaria en la barra CD se calcula a partir de la Ley de Hooke

CDC EA

PL

0.3×10-3 = 23

49CD

)102(10200

)25.0(F

(Fuerzas N Long m)

0.08

y 0.4 – y

A

FCD=753.98 N

9.8×20 = 196 N

de donde se obtiene: Fc = 753.98 N

MA = 0 753.98(0.08) – 196(0.4 – y) = 0 obtenemos y = 92.25×10-3 m y = 92.25 mm

Equilibrio:

2) Determinar el desplazamiento del punto C. Considerar comportamiento elástico lineal en ambas barras. Estudiar el caso = 0.

L, E, A L, E, A

A B

C

P

P

FCB FCA

i) Fuerzas Axiales:

sen2P

FF CACB

(tracción)

ii) Alargamientos de las barras:

109


EAL

sen2P

EA

Lsen2P

CA

Similar para EAL

sen2P

CB

iii)Compatibilidad.

A B

C

C '

CV

sen

CACV ó

sen

CBCV

EAL

sen2P

sen1C

V

P o r t a n t o C B

C A

)EA)(sen2(

PL2

CV

No puede aplicarse esta expresión para el caso = 0, pues se tendría CV

Resolvemos el problema con = 0 A B C

L E A L E A P

Equilibrio: FAC P

FCB FAC = FCB

En configuración inicial no es posible hallar las fuerzas de la barra.

En configuración deformada: A B C

P

(1

2)

L L

C'

C

F1 = F2 =

sen2P

CB

Si 0, las fuerzas F1 y F2 crecen (resultado probado experimentalmente)

Aproximación: sen cuando 0

F1 = F2 )(2P

. . . . (*)

Usamos la Ley de Hooke: 1 = E1 (ó 2 = E2)

AC

AC'ACE

)(A2P

110


1L

1EL

LLE

)(A2P

2C

2C

2

Aproximación Binomial

1

L21

1E)(A2

P2

2C

2

2C

LE

)(AP

; pero tan()= L

C

= LC

Con aproximación suficiente:2

C

C LE

)L

(A

P

de donde: EAPL3

3C

3

C EAP

L

Nota)En este caso, en que la deformación ALTERA el RÉGIMEN ESTÁTICO del Sistema, el desplazamiento del nudo C (punto de aplicación de la carga) NO es PROPORCIONAL a la intensidad de la carga P, a pesar de que el material de las barras sigue la Ley de Hooke.

(CASO DE NO LINEALIDAD GEOMÉTRICA)

)(GEOMETRÍA NDEFORMACIÓ POR

MATERIAL PORLINEALIDAD NO

3) Un tronco de cono circular recto, de altura h y cuyas secciones extremas tienen las áreas A0 y A1, experimenta la acción de la fuerza axial P. Determinar el acortamiento del tronco, prescindiendo del peso propio. El material es elástico lineal con módulo E.

P

h A1

A0

P

h A1

A0

A

h1

x

Consideremos el cono completo

Se verifica la relación siguiente:

21

21

0 h

)xh(AA

2

1

10 h

xhAA

Ley de Hooke:

∫

h

0 2

1

10 E

hxh

A

Pdx

111


∫ hh1

h1

EAPh

xh

dxEA

Ph

110

21

h

0 210

21

Simplificando tenemos

1

10 h

hhEA

Ph

. . . . (*)

Si x = h A = A1 con lo cual

2

1

1

0

1

hhh

AA

0

1

1

1

AA

hhh

; reemplazando en (*) y simplificando obtenemos:

10

1

AAE

Ph

4) El elemento rígido AB está en posición horizontal antes de ser cargado en A con 2,270 kg. Las tres barras de acero ED, BD y BC está fijas en sus extremos mediante uniones giratorias. Calcular los desplazamientos horizontal y vertical del punto A.

(3 (2

A E B

C D

1.83 m

1.83 m

1)

elemento rígido P = 2,270 kg

3.66 m

A1 = 3.87 cm2 A2 = 9.68 cm2 A3 = 6.45 cm2 E1 = E2 = E3 = 21×106 kg/cm2

Fuerzas Axiales: F1 = 6,810 kg (compresión); F2 = 0; F3 = 4,540 kg (tracción)Cambios de longitud de las barras:

)10)(1.2)(87.3(

)100)(83.1)(810,6(61

– 0.153 cm (acortamiento)2 = 0

)10)(1.2)(45.6(

)183)(540,4(63

0.061 cm

A B

A'

B'

3

3

3

45°

1

3 = A

H Como el punto B se desplaza horizontalmente 3 = 0.061 cm (es un punto de la barra rígida), todos los puntos de la barra rígida, horizontalmente, se desplazarán igual cantidad. Luego

061.0AH cm

112


tan = 366

1AV

tan = 183

13

366

1AV =

18313

AV

A

A'

366 cm

AV– 1

3

3

1

(1 2) (3

3

3 + 1

183 cm

de donde obtenemos:AV = 2(3 + 1) + 1AV = 2(0.061 + 0.153) + 0.153AV = 0.581 cm

5) Un tablón de madera, muy rígido, de longitud 2L, descansa sobre dos resortes análogos de constante K, tal como se representa. Los resortes tienen una longitud h cuando el tablón está sobre ellos. Un peso es colocado en el centro del tablón y se desplaza lentamente hacia uno de los extremos. Determinar la distancia que puede desplazarse, hasta el instante en que el tablón entra en contacto con el piso. (No incluir el peso propio del tablón).

D

h h

C D L L

y

a a

C W

b=?

y

En el punto E no se presenta reacción (caso límite en que el tablón entra justamente en contacto con el piso).

D

C

W

b

y

L L

a

FC

FD E x

h

C

FC

a a

hC

L

y b

Fd

Fd

D

hD

W

E x

113


Como no se incluye el peso propio del tablón h es la longitud libre de cada resorte.Equilibrio de Fuerzas:

FC + FD = W2aFD – W(a + b) = 0

a2)ba(W

FD

;

)ba(a2

Wa2

)ba(WWFC

. . . . (*)

Compatibilidad Geométrica:

Semejanza aLaL

hh

D

C

. . . . (**)

Deflexión de los resortes

hh

hh

DD

CC

. . . . (***)

Relación Fuerza /Desplazamiento:Resortes elásticos-lineales de constante K:

KF

KF

DD

CC

. . . . (****)Las ecuaciones (*), (**), (***) y (****) constituyen un sistema de ecuaciones (con las siete incógnitas: FC, FD, hC, hD, C, D, b)

Resolviendo este sistema, encontramos:

1

WKh2

La

b2

Nota) Podemos calcular las deflexiones de los resortes en función del valor b encontrado. Resultan ser:

ab

1K2

WC

;

ab

1K2

WD

;Si b = a C = 0 y también FC = 0. Natural, puesto que si b = a el peso W descansa directamente sobre el resorte en D. (Siendo nulas la fuerza y la deflexión en C).

6) Un sistema estructural compuesto por cuatro barras deformables y dos elementos rígidos, está organizado según se indica en el esquema. Las barras deformables son del mismo material (con módulo elástico E) y tienen la misma sección transversal A. Calcular la RIGIDEZ del sistema en el punto B.

a34 a3

2 2) (3 (1

2L

L L

4) a65 a6

5

P

B

RIGIDEZ EN EL PUNTO B: VALOR DE LA CARGA P, QUE OCASIONE UN DESPLAZAMIENTO UNITARIO DEL PUNTO B, EN DIRECCIÓN DE LA CARGA P.

RÍGIDOS

114


Fuerzas en las barras:

Las cuatro barras deformables trabajan en tracción (se alargan)

P

B

F1 F4

F4 = 2P

F2 F3

F1 = F4 = 2P

F2 = 3P

F3 = 6P

Alargamientos de las barras:

(*)

EA2PL

EA

)L(2P

EAPL

EA6PL

EA

)L(6P

EAPL

EA3PL

EA

)L(3P

EAPL

EAPL

EA

)L2(2P

EAPL

44

33

22

11

Compatibilidad Geométrica:

a65 a6

5

a34 a3

2

P

1 1

4 + x

x

B

2

(1

(2 (3

4)

3

Semejanza:

115


a34 a3

2

x

2 3 x – 3

2 – 3

a34 a3

2

a)x(

a2 34

332

de donde: )2(

31

x 32 y reemplazando 2 y 3 de (*) obtenemos:

EA18PL5

x . . . . (**)

Semejanza:

1 – 4 – x

a65

1 – 4 – x

a65

B"

ax1

ax

65

4

610

41

de donde obtenemos: 1 + 4 + x = 2. Reemplazando de (*) y (**), tenemos:

2EA18PL5

EA2PL

EAPL

Despejando el valor de la carga P: L8EA9

P

RIGIDEZ DEL SISTEMA EN EL PUNTO B:

L8EA9

KB

7) Un anillo circular de radio interior r, radio exterior R y longitud L, se somete a una presión interior uniforme radial p, según se indica en el esquema. Hallar el incremento del radio del anillo (r) y el esfuerzo que se produce. Considerar E el módulo elástico.

r

R

p

L

d

F0 F0

La fuerza (normal) elemental sobre el elemento indicado, es:dF = (pr)L d

Por la simetría del sistema, las componentes horizontales de las fuerzas dF se equilibran. Quedan solamente las componentes verticales.

Fvert = 0 ∫

0

0 d sen prLF2

prL2F2 0 F0 = pLr

116


El esfuerzo normal en el espesor del anillo, es:

rRpr

L)rR(pLr

AF0

El radio r sufre un incremento r:lr2)rr(2 r

interiornciacircunfere la en Cambio

Donde: )rR(Epr

Er

(Deformación radial unitaria)l: circunferencia interior (inicial)

r2

)rR(Epr

r2)rr(2

Despejando r, encontramos )rR(Epr

r2

8) Un bloque rígido que pesa 100,000 lb se mantiene en la posición indicada mediante las barras articuladas AB y CD. Las barras tienen igual diámetro y su material tiene E = 18×106 lb/pulg2. Si la rotación máxima que se permite al bloque es 0.05° y se usa un factor de seguridad igual a 2.5, ¿qué diámetro mínimo deben tener las barras si el esfuerzo de fluencia es 70,000 lb/pulg2?

A

B

6"

8"

9"

18" 0

100,000 lb

C

D

Permitimos que el bloque gire = 0.05° y calcularemos un diámetro.Luego, verificamos si se excede o no el esfuerzo de fluencia.

117


Equilibrio

F C D

F A B

0

8 " 5 " 13"

100 ,000 lb M o = 0 8F A B + 18F C D = ( 100 ,000 ) ( 5 ) . . . . ( 1 ) M a te ria l

EALF ABAB

AB

EALF CDCD

CD

6CD

CD 10189

AF

. . . . ( 3 ) R e e m p la za n do da to s :

6AB

AB 10186

AF

. . . . ( 2 )

Geometría

0 0.05°

AB

CD

AB = (8)360

2(0.05) = 0.00698" . . (4) AB = (18)360

2 (0.05) = 0.01570" . . (5)

Combinando las ecuaciones (2) y (4) y las (3) y (5), tenemos6AB 1002094.0

AF

lb/pulg2 . . . . (6)

6CD 1003140.0A

F

lb/pulg2 . . . . (7)Reemplazando FAB y FCD de las ecuaciones (6) y (7) en la ecuación (1), tenemos:

8[(0.02094)106A] + 18[(0.0314)106A] = 500,000

de donde: A = 0.682 pulg2 Ad24

El correspondiente diámetro es: d = 0.932 pulgPueden calcularse ahora, las fuerzas FAB y FBC, a partir de las ecuaciones(6) y (7). Se obtiene:

FAB = 14,280 lb FCD = 21,400 lb

El esfuerzo máximo se induce en la barra CD

2máx pulg 682.0

lb 400,21

= 31,400 lb/pulg2

máx > permisible = 5.2000,70

= 28,000 lb/pulg2

POR TANTO, NO PUEDE ACEPTARSE la rotación de 0.05°.FACTOR QUE DOMINARÁ EL DISEÑO Nivel de Esfuerzos (No Rotación)

Asignamos = 28,000 lb/pulg2 a la barra CD.

AFCD

= 28,000 lb/pulg2

Con esto, las ecuaciones (1), (2) y (3) siguen siendo válidas.En las ecuaciones (4), (5) el ángulo de 0.05° debe cambiarse por (incógnita)

118


AB = (8)

3602

. . . . (4.1)

CD = (18)

3602

. . . . (5.1)

CD = (28,000)61018

9

. . . . (3.1)

(puesto que hacemos 000,28

AFCD

lb/pulg2)Disponemos ahora de CINCO ECUACIONES (1), (2), (3.1), (4.1), (5.1) CON CINCO INCÓGNITAS: FAB, FCD, AB, CD, Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones

FAB = 18,660 lb; FCD = 28,000A lb A = 0.765 pulg2 d = 0.987" (mínimo) Fines prácticos d = 1".

9) Un prisma de peso G, área transversal A y Longitud L, descansa sobre un plano horizontal. Su material es de comportamiento elástico-lineal cuyo módulo de elasticidad es E. Calcular el descenso de su Centro de Gravedad.

L E A

Peso total G

Peso específico ALG

Esfuerzo y Deformación unitaria en una sección genérica, ubicada a la distancia x de la base superior.

x

F

F1 = Ax F1 = AxALG

F1 = LxG (compresión)

1 =

AF1=

ALxG (compresión)

1 =

EALxG (acortamiento)

Definición de Deformación Unitaria:

uu

si dx es la longitud inicial, tendríamos

dx)dx(

1

de donde (dx) = 1dx = dx

EALxG

(acortamiento)Consideramos una "rebanada" diferencial en la distancia x.

119


Después de la deformación, el espesor de la

"rebanada", es: dx – (dx) = dx – EALxGdx

dx – (dx) =

EALxG

1 dx

Si Z es la distancia de la rebanada ya deformada al suelo, tenemos.

Z = (dx – (dx)), extendida para "todas" las rebanadas que pueden definirse en el intervalo (x, L).

En consecuencia:

x

dx d(x)

z

∫

L

xdx

EALxG

1Z. Evaluando la integral, tenemos:

2x

2L

EALG

)xL(2x

EALG

xZ22L

x

2

Aplicamos un Teorema de Centros de Gravedad.Si ZG es la altura del centroide (respecto al suelo o plano de referencia), después del acortamiento, tendremos:

∫L

00G dG Z)G)(Z(

Pero dG0 peso de la rebanada diferencial.dG0 = Adx

dG0 = ALG

A dx dG0 = LG

dx Por tanto:

∫

L

0

22G dx

LG

)xL(EAL2G

)xL()G)(Z(

L

0

32

2

G )3x

xL(EAL2G

2x

LxL1

Z

EA3GL

2L

ZG

El descenso del Centro de Gravedad, será GZ

2L

GZ2L

= EA3GL

10) Una placa rígida, semicircular, de peso W = 500 N y radio r = 1 m está soportada en los puntos A, B y D por tres cables idénticos. El punto C está en el centro del arco circular ADB y el radio CD es perpendicular al diámetro AB. Cada cable tiene módulo de elasticidad E = 210 GPa, diámetro d = 2 mm y longitud L = 1.2 m. Una carga P = 3W actúa perpendicular a la placa, a la distancia x del punto C. Calcular la distancia x para que la placa tenga una pendiente de 0.1° (a lo largo de CD) bajo acción simultánea de W y P.

120


Equilibrio: (G centroide de la superficie semicircular

x

P

A

B C

3r4

x

P

A

B C

FB

FD

FA

D

W

D

Fvert = 0 FA + FB + FD = P + W = 4W . . . . (i)MCD = 0 FAr = FBr FA = FB (simetría) . . . . (ii)

MAB = 0 P x + W 3r4

– FDr = 0 3Wx + 4 3Wr

– FDr = 0 . . . . (iii)

De la ecuación (iii) obtenemos FD = 3 rWx

+ 3W4

. . . . (iv)

Reemplazando (ii) en (i) obtenemos 2FA + FD = 4W FA = 2FW4 D

. . . . (v)Reemplazando (iv) en (v) obtenemos:

3W2

r2Wx3

W2FA . . . . (vi)

P W

D B A

A D

0.1°

0.1° r

D – A

tan 0.1° = r

AD

r tan0.1° = D – A . . . . (vii)

(Los alambres que pasan por A y por B se alargan la misma cantidad)

Material (Alargamiento):

EALFD

D ; EA

LFAA

Reemplazando en (vii)

)FF(EAL

1.0tanr AD . Considerando (iv) y (vi), tenemos:

3W2

r2Wx3

W23W4

rWx3

EAL

1.0tanr

121


Simplificando:

2

2r2x9

EAWL

1.0tanr

Reemplazando valores:

22

x5.4)102()10)(210(

)2.1)(500(1.0tan)1(

234

9

Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm

1.13) Comportamiento No Lineal. Diagramas Idealizados σ /ε

1.13.1) Definiciones:

122

DEFORMACIÓN TOTAL

Lazo de HISTÉRESIS

(Disipación importante de energía, calor,…) /

/

/

/

/

/

,

tan

p r

r

r

p

(ELÁSTICA)

ERECUPERABL

permanente


SÓLIDO ELÁSTICO → Aquel que recupera su configuración inicial

cuando desaparecen las acciones que ocasionaron la deformación.

Elásticos Lineales

Pueden ser Elásticos No Lineales

Anelásticos

Lineal No Lineal Anelástico (Acero) (Cº Simple en compresión) (Caucho)

SÓLIDO INELÁSTICO → Aquel que no recupera su configuración inicial

cuando desaparecen las causas que lo deformaron.

En el sólido se inducen deformaciones irreversibles.

ε=ε p+εr

ε=ε p+σΕ

σ Nominal de Fluencia

123

DIFÍCIL DE DETERMINAR EXPERIMENTALMENTE

/

YP

),( YY

/

)(

/

/

)(

),( 00

T

12

12S

),( 11 P)(PP

∫

)(PU

P


En los materiales donde es imposible (difícil) precisar con exactitud el

valor del ESFUERZO DE FLUENCIA (σY ) , es conveniente ubicarlo por

definición (nominal).

MÓDULOS SECANTE Y TANGENTE

En materiales cuyos diagramas constitutivos son no – lineales, pueden

definirse “MÓDULOS TANGENTE Y SECANTE”

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

Las fuerzas externas realizan trabajo durante la deformación. Esta

energía se almacena en el interior del sólido (Energía de Deformación).

1.13.2) Diagramas Idealizados σ /ε :

(ε1 , σ1 )

(ε 2 , σ2 )(ε 0 , σ0 )

124

/Sin deformaciones

/

/

LINEAL NO LINEAL

y

/

yZona de endurecimiento

/


En general, las relaciones constitutivas σ−ε son complicadas, con la

posibilidad de presentar variadas alternativas o configuraciones. Para facilitar el

tratamiento analítico del comportamiento de algunos materiales, se usan

DIAGRAMAS IDEALIZADOS de las relacionesσ /ε .

SÓLIDO RÍGIDO:

SÓLIDO PERFECTAMENTE ELÁSTICO:

SÓLIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO:

A partir del esfuerzo de fluencia, las deformaciones inducidas crecen

notoriamente. Las deformaciones elásticas que pudieran existir son

insignificantes. El material fluye a esfuerzo normal constante.

SÓLIDO PLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO:

A partir del esfuerzo de fluencia,(σY ) , para inducir deformaciones mayores,

se requiere incrementar el esfuerzo.

SÓLIDO ELÁSTICO – PERFECTAMENTE PLÁSTICO

125

y

/

y

y

y

E1

Endurecimiento

/


(ELASTOPLÁSTICO):

Las deformaciones elásticas NO pueden despreciarse. Tampoco existe

zona notable de endurecimiento.

SÓLIDO ELASTO – PLÁSTICO CON

ENDURECIMIENTO:

(Bilineal)

SÓLIDO DE RAMBERG – OSGOOD

La deformación total ε es: ε=¿εp+εr . . . .(∗) ¿

Para una gran mayoría de materiales la relación σ /ε (en la zona no

elástica) puede aproximarse por

εp=( σΒ )η

, donde Β y η son constantes

apropiadas para cada material.


ε=¿εr+( σΒ )

η

. . . .(Ec . deRamberg−Osgood ) ¿

Si además, la deformación es elástica lineal → εr=

σΕ .

ε= σΕ+( σΒ )

η

.

σΕ→Deformación Elástica Lineal ;( σΒ )η→Deformación Inelástica

Las ecuaciones de Ramberg– Osgood han sido estudiadas experimentalmente.

Acero Estructural→Β=122400lb

pg2; η=25

Aluminio→Β=72300 lb

pg 2; η=10

126

Elasticidad Viscosidad

/

/

E

/

/


NOTA› Las relaciones presentadas, suponen tácticamente que los materiales NO SON

VISCOSOS, es decir NO se presentan fenómenos importantes de desplazamientos

dependientes del tiempo (FLUJO).

Existen materiales (asfaltos, breas,…) que se deforman gradualmente por acción de

un esfuerzo y su deformación se incrementa con el tiempo aún cuando se haya

retirado al esfuerzo.

Comportamiento influido por la VISCOSIDAD.

MATERIAL ELÁSTICO σ=σ (ε )

MATERIAL VISCOELÁSTICO σ=σ (ε , ∂ ε∂ t )

El modelo más simple de material viscoelástico, es el denominado SÓLIDO DE VOIGT

– KELVIN, cuya ecuación constitutiva, es:

σ=Εε+η ∂ ε∂ t

¿ (ε→Módulo de Young ¿ ) ¿¿

¿¿

De manera similar a la analogía existente entre un Sólido Elástico Lineal y un Resorte,

el Sólido de Voigt – Kelvin acepta analogía con el modelo físico:

Si el efecto de la Viscosidad es despreciable →η→0 , y el modelo se reduce al

Modelo de Hooke.

Sistema resorte/amortiguador en paralelo

127


/ /

(i) (ii)(iii)

yy

E1

E1

2pulg

Klb60y

2

4

pulg

Klb103Ε 2pulg

Klb2 310


Otro material viscoelástico, es el que admite la ecuación constitutiva:

A∂σ∂ t

+Βσ=∂ ε∂ t

¿ ( Define un Material ¿ )¿¿

¿¿

El material modelo de MAXWELL es análogo al sistema resorte / amortiguador en

serie:

Las soluciones de la ec. Constitutiva tipo Maxwell, se dan en dos planos coordenados:

PROBLEMAS

1) ¿Qué esfuerzo se requiere, en cada caso, para generar deformaciones unitarias

de 0.001 y 0.004?

σ y

Constante de Viscosidad

Constante de Elasticidad

128

t

6"Φ

5"L

3pulg

lb0.2

parábola de 2do Grado

Vértice

)lgpu

lb10000;10(

2

2


CASO ( i ) → RÍGIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO

CASO ( ii ) → ELASTOPLÁSTICO

CASO ( iii ) → ELASTOPLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO

2) El cilindro representado, es de un material de comportamiento elástico no lineal,

cuyo diagrama σ /ε es parabólico. Hallar la deflexión del extremo libre

ocasionada por el peso propio.

tan θ=σ 2−σ y

ε2−ε y

σ 1=Εε1=(3 )(104 )(0 . 001)σ 1=30klb / pu lg2

→σ2−σ y= tan θ( ε2−ε y )

σ2=¿σ y+ tan θ ( ε2−ε y )=σ y+(ε2−ε y)∂σ∂ε

¿σ2=60+(0. 004−0. 002)(2)(103 )

σ2=64klb/pulg2

σ 1=Εε=(3)(104 )(0 . 001)σ 1=30klb / pu lg2

σ 1=σ2=σ y=60Klb

pulg2

ε y=60

30×104=0 .002

ε y=σ y

Ε

Deformación Unitaria de Fluencia:

129

PP

254.65MPa2m2)310(10

4

π

000N 20σ

:20KNP Para

total) ón(deformaci 0.00456ε

9

270

254.65

7

31

70000

254.65ε

:es total, ndeformació La


3) Una barra de sección circular tiene 3m. de longitud y 10mm de diámetro, ésta

hecha de un material cuya ecuación constitutiva es:

ε= σ70000 [1+ 3

7 ( σ270 )

9 ] donde σ se expresa en MPa. La barra está

cargada axialmente por fuerzas de tracción P = 20Kn, y después se retiran las

cargas.¿Cuál es la deformación unitaria permanente de la barra?

La deflexión total será

Δ=∫L

ε ∂ x=∫0

60γ2

1010(L−x )2∂ x

Resolviendo la integral y reemplazando los datos → Δ=2 . 88×10−7 pu lg .

130

E1

(total)

MPa)

perm remp

total

PERM

Total

9

270700007

3

70000

:dada vaconstituti ec. la con laComparándo

00364.0RECUP

recuptotal

recuppermtotal

0.00092permε

9

270

254.65

70000

254.65

7

3permε


Diagrama σ−ε

4) El sistema estáticamente indeterminado que se representa en la figura consiste

en una barra rígida horizontal ABCD, soportada por dos resortes idénticos en los

puntos A y C. Los resortes admiten una relación fuerza – desplazamiento no

lineal, dada por F=60δ

1+1. 12δ;0≤δ≤2 .5 pu lg .(F en libras;δ en pulgadas) .

La carga

P es de 35lb. y los segmentos de la barra tienen longitudes a=15”,b=10”,c=10”.

(a)Graficar un diagrama fuerza desplazamiento para uno de los resortes.

(b)Calcular las fuerzas FA Y FC en los resortes A y C respectivamente, los

cambios de longitud δ A y δ cde los resortes y el ángulo de giro θ de la barra

rígida.

NOTA: alargamiento permanente: Δperm=(0 . 00092)(3000 )=2 .76mm alargamiento recuperable: Δrecup=(0. 00364)(3000 )=10 .92mm

alargamiento total : Δ total =(0 .00456)(3000 )=13 .68mm

131

P

RFAFC

4P....(1)C2FA3F

P(20)C10FA15F

c)P(bbCFaAF

0BM


Equilibrio:

Compatibilidad:

Material:

δA

a=δC

b→bδ A=aδC

10 δA=15 δC→2δ A=3 δC . . .(2)

F A=60 δ A

1+1 .2δ A

; FC=60 δC1+1 .2δC

. . .(3)

Reemplazando(3) y (2) en (1 ), tenemos:

180 δA

1+1 . 2δA

+120+(23 δA)1+1 . 2(23 δ A)

=4(35 )

Simplificand o, tenemos:45 δ A

1+1 . 2δA

+20 δA

1+0.8δ A

035

Resolviendo, obtenemos la única raíz aceptable δ A=1 .25 {} # De laec . \( 2 \) rightarrow δ rSub { size 8{C} } = { {2} over {3} } δ rSub { size 8{A} } = { {2} over {3} } \( 1 . 25 ) →δC=0 . 833 {} # A partir delas ecs . \( 3 \) obtenemos las fuerzas : {} # F rSub { size 8{A} } = { { 60 \( 1 . 25 \) } over {1+1 . 2 \( 1 . 25 \) } } =30 lbs . F rSub { size 8{C} } = { {60 \( 0 . 833 \) } over {1+1 . 2 \( 0 . 833 \) } } =25 ital lbs . {} # Inclinacióndelabarra rígida : {} # θ=arc tan { {δ rSub { size 8{A} } } over {a} } = arc tan { {1 . 25 } over {a} } {} # θ=4 . 77 º {} } } {¿

¿

132

25

30

0.833 1.25pulg

Flb)

2.1.1

60F


Diagrama Fuerza / Alargamiento

5) Una barra prismática AB de longitud L=86” y área transversal A = 0.75pulg2

soporta dos cargas concentradas: P1=24Klb y P2=6 Klb. El material es una

aleación cuyo diagramaσ /ε sigue una ecuación tipo Ramberg – Osgood.

ε= σ

10×106 +1

614 .0 ( σ38000 )

10

. . . . . . . . . . .(i )

en la que σ tiene unidades Klb/pulg2.

Determinar el desplazamiento del punto B, en las sgtes. condiciones: i) P1 actúa

sola; ii) P2 actúa sola;iii) P1 y P2 actúan simultáneas.

Ramberg - Osgood : Ecuación Constitutiva

εε0

=σσ 0

+α(σσ0)m

ó ε=σΕ+σ0

αΕ (σσ0

)m

donde: Ε→Módulo Plástico en la parte inicial del Diagrama σ / ε σ0 , ε 0 , α ,m→Constantes del material (determinadas en pruebas de tracción )Para Ε=10×106 Klb / pu lg2 ;σ0=380006 Klb / pu lg2 ;α=3/7 ;m=10 , laecuación es la dada en el enunciando .

133


En la mitad inferior→σ=P1

A=24000

0. 75 σ=32000 lb / pu lg2

A l que le corresponde ε=0. 003492 El alargamiento de la barra,es: ΔB=(0 . 00672)( 43)+ \( 0 . 003492 \) \( 43 ) ΔB=0 . 439 {} } } {¿

¿

NOTA › Observar que: En una estructura NO LINEAL, el desplazamiento producido

por dos (o más) cargas que actúan en forma simultánea NO es igual a la suma de los

desplazamientos producidos por las cargas cuando actúan por separado. (CASI DE

SISTEMAS ELÁSTICOS LINEALES)

6) Determinar la carga última que puede aplicarse a la barra rígida ABC, soportada

por dos alambres de acero elastoplástico. (E=200GPa;σ y =250MPa).

CARGA ÚLTIMA (Pu): La que ocasiona que en ambos alambres se alcance el

σ2=P2

A=6000 lb

0 .75 pu lg2=8000 lb / pu lg2

Con este valor,mediante la ec( i) ;obtenemos El desplazamiento, en este caso, es: ΔB=(0 . 0008 )(43 )=0 . 0344iii ) Acción Simultánea de P1 y P2 :

En la mitad superior→σ=P1+P2

A=24000+6000

0 .75 σ=40000 lb / pu lg2

Al que le corresponde ε=0 . 00672

134

1 2

12

B

B ...(*)23

ΔΔΔΔΔ

23

ΔαcosΔΔ

total) (Simetría ΔΔ

B2

BB1

21

30º30º

F1 F2

P

3

PFF

FF

21

21


Esfuerzo de Fluencia σ y . (Simultáneamente)

(Falla del Sistema)

Si sólo un alambre llega a la fluencia, NO se produce la falla del sistema, debido a

que el otro alambre aún estará en el rango elástico.

En el momento de la falla PB = σ y AB

∑M A=0→2 P=2 PB+3 PC

P=2(75000 )+3(50000)2

=150 000Newtons

PU=150 000 Newtons

(↑___ INICIA LA FLUENCIA EN EL MATERIAL DE AMBOS ALAMBRES).

7) Dos cables son de un material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es

σ=Εε−kε2,siendo k=1010lb/pulg2 y Ε=3×107 lb/pulg2

.La sección transversal de cada cable es 0.2pulg2 y ambos tienen 5 pies de longitud. Determinar la deflexión vertical del nudo B por aplicación de la carga P=2Klb.

Geometría:

Fuerzas:

135

PB=σ

yAB

PB=(250×106)(3×10−4 )

PB=75000 Newtons

PC=σ

yAC

Pc=(250×106)(2×10−4 )PC=50000 Newtons


Esfuerzos:

Ecuación Constitutiva:

σ=Εε−kε2 (ε=ΔL,para cualquier Régimen)

→P√3 A

=ΕΔL−k (ΔL )

2

Según (*) →

P

√3 A=

ΕLΔB

√32−k

1

L2 (ΔB√32 )

2

Reemplazando valores numéricos, tenemos:

2000√3 (0. 2 )

=3×107

5×12√32

ΔB−1010

(5×12 )234 (ΔB)

2

(Fuerzas →lbs ; long → pulg.)

Resolviendo la ec. de 2do. grado, obtenemos:

ΔB '=0.1935 pulgΔB =0 . 0143 pulg {} } } {¿

¿

Nota > Las dos raíces son soluciones correctas.

Calculamos las deformaciones unitarias (en

los cables).

Usamos (*)Δ=ΔB

√32

Para

ΔB '=0.1935 rightarrow Δ'=0 . 1935 { { sqrt {3} } over {2} } } {} # Δ'=0 . 1676 ital pu lg . {} } } { ¿¿

¿

Para un valor admisibledel esfuerzo existen dosDeformaciones Unitarias

136

σ 1=σ2=P

√3 A=σ

σ=0↔ε (Ε−kε )=0 ε=0

Εk=ε=3×107

1010

ε=0 .003

50 Ton

40 Ton

40 Ton

Concreto(CILINDRO)

Placa de Apoyo

Placa de Extremo (CIRCULAR)

E=30 x10 lb/pulg1

6 2

y=35000 lb/pulg2

CONCRETO

(0.0015;2.120)lb/pulg2

Tubo de Acero:dext = 5.563 pulg.dint = 5.047 pulg.


Para

ΔB =0 . 0143 →Δ=0 . 0143 { { sqrt {3} } over {2} } } {} # Δ=0. 01238 pu lg . ¿Las deformaciones unitarias, son:

ε '= Δ 'L=0. 1676

60=0. 00279 y ε= { {Δ

L¿=

0 . 0123860

=0 .000206 ¿

En el Diagrama Constitutivo:

Si P crece ΔB=0. 0143 pu lg

Si P decrece ΔB=0. 1935 pu lg

8) En el dispositivo esquematizado en la gráfica, se indican las dimensiones

correspondientes antes de que sean aplicadas las cargas.¿En qué sentido y que

distancia, en pulgadas, se moverá la placa fijada en el extremo derecho del

tubo, debido a la aplicación de las cargas?. Las curvas σ /ε para el acero y el

concreto se muestran en otra gráfica (1ton <>2000lbs.)

Si P es creciente Si P es decreciente

137

F1=50 TonF1=(50)(2000)=1000 000lb

50 TonF1

50 Ton

40 Ton

40 Ton

F2

F2+80=50F2= -30 Ton (Compresión)F2= -60000 lbs

50 Ton

40 Ton

40 Ton

F3

F3+80=50F3= -30 Ton (Compresión)F3= -60000 lbs

22

3lgpu

lb2120

)6(4

60000

pulg. 00780.0

)12)(0015.0()8(1030

13950)18(

1030

23250

LLL

66

332211

Nota→Acero en Régimen Elástico(Ley de Hooke).Concreto→Deformación Unitaria dada


Fuerzas Internas:

Tubo (18”)

Tracción:

Tubo (8”)

Bloque Concreto

9) La barra rígida ABC, inicialmente en posición horizontal, está suspendida por

dos barras de acero elastoplástico. El punto medio B de la barra es reflectado

10mm. Hacia abajo, por aplicación gradual de la carga Q. Luego la carga Q es

retirada lentamente.

Determinar:

i) El máximo valor de Q y la correspondiente posición de la barra

rígida.

ii) La posición final de la barra (luego de retirada Q).

Esfuerzos:

σ 1=100000

4 .3=23250

lb

pu lg2

(Tracción)

σ 2=60000

4 .3=13950

lb

pu lg2

(Compresión)

138


Equilibrio:

Comportamiento Elástico Lineal:

El máximo desplazamiento (elástico) del punto A, sucede cuando el material de la

barra AD alcanza el esfuerzo de fluencia σ y .

→ (F AD)MÁX=σ y A AD=(300 )(106 )(400×10−6 )=120×103 Newtons

Con esto (ver *)→QMÁX=240×103Newtons

A este valor (F AD)MÁX le corresponde la deflexión:

ΔA=ε y L=σ y

ΕL=

(300)(106 )(200)(109 )

(2)=3×10−3 m .

Barra AD:

Puesto que, por el equilibrio, F AD=FCE=120×103 N , posiblemente la barra CE

no está en fluencia.

La deflexión del punto C es ΔC=εL= σ

ΕL

,

AD¿ {A=400 mm2 ¿ ¿¿¿

¿

F AD=FCE=Q /2→Q=2F AD ó 2FCE (∗)

139

A B Cmm mm

x ewtons3

A'


es decir:

ΔC=120×103

500×10−6⏟σ

1200×109⏟

Ε

(5⏟L

)

ΔC=6×10−3m .

(FCE ) MÁX=σ y A=(300 )(106 )(500 )(10−6 )=150×103 N

Barra CE:

(Barra

CE → no en fluencia).

La deflexión del punto B, es:

ΔB=12

(ΔA+ΔC )=12

(3+6 )(10−3 )=4 .5×10−3m

Puesto que ΔB debe ser 10mm, deben presentarse deformaciones plásticas en las

barras deformables.

Comportamiento Plástico:

Para Q=240 x 103 N ocurren deformaciones plásticas en la barra AD.

Como la barra CE no ingresa al régimen plástico, la deflexión del punto C

permanece igual a 6mm.

Configuración de la barra rígida:

→ Δ' A+6

2=10 → Δ' A=14 mm

140

E1

y

B

Q

D

C

D'

A

a

1

Palanca Rígida

L=1.25m

9mm

) ABbarra la de material(

GPa200

MPa300y


Posición Final luego de retirada (gradualmente) la carga Q

10) La barra AB es de acero elastoplástico (E=200GPa; σ y =300MPa ).

Después de conectar la barra a la palanca rígida CD, se observa que el

extremo D está demasiado alto. Se aplica entonces una fuerza vertical Q en D

hasta que este extremo se desplaza al punto D’. Determinar la magnitud

requerida de la fuerza Q y la deflexión δ , si la palanca debe regresar a la

posición horizontal luego de retirada la carga.

141


La máxima deformación unitaria recuperable,

es:ε y=

σ y

Ε=300×106

200×109=1. 5×10−3 .

Luego el alargamiento B’B”; es: B' B= left (L rSub { size 8{ ital AB} } right )ε rSub { size 8{y} } = \( 1 . 25 \) \( 1 . 5 times 10 rSup { size 8{ - 3} } \) } {} # B'B=1 .875×10−3 m ¿

La deflexión δ1 se calcula por semejanza:

CB 'B ' B} } = { { ital CM } over {δ rSub { size 8{1} } } } rightarrow δ rSub { size 8{1} } = \( 1 . 875 times 10 rSup { size 8{ - 3} } \) { { \( 1 . 1 \) } over {0 . 4} } =5 . 16 times 10 rSup { size 8{ - 3} } m} { ¿

¿¿

Fuerza Máxima:

Carga de Fluencia en la barra AB: Fy=Aσ y

FY=(300 )(106 )π4(9×10−3 )2=19 085 . 18 Newtons .

∑ MC=0→ FY (0 . 4 )=(1 .1 )QMÁX

De donde QMÁX=(19 085 . 18)(0 . 4 )1 .1

Q MÁX=6 940 . 06 Newtons.(∗) Fy → carga de fluencia (genera las deformaciones plásticas no resuperables )

11) Un cable sometido a tracción de radio r, tiene en su eje un módulo de elasticidad

E1, y este módulo crece linealmente hacia la periferia, donde alcanza el valor E2.

Determinar la Fuerza de tracción que puede soportar el cable con la debida

seguridad (el esfuerzo en ningún punto debe superar el valor σ 0 ).

BB” → alargamiento total de la barra.

B’B” → alargamiento recuperable.

B’B → alargamiento permanente.

El material de la barra AB debe ingresar

al rango plástico.

142


La fuerza axial es:

P=∫( A )

σ ∂ A

→P=∫0

r

σ 2 πρ∂ ρ

El esfuerzo es variable: σ=Εε=(Ε1+

Ε2−Ε1

rρ)ε

La deformación ε es constante en todos los puntos.

→ P=∫0

r

(Ε1+Ε2−Ε1

rρ)ε2 πρ∂

P=2πε∫0

r

(Ε1+Ε2−Ε1

rρ) ρ∂

P=πε3

r 2 (Ε1+2Ε2) .. .(∗)En la periferie → σ=σ0 ; Ε=Ε2→σ0=εΕ2

ε=σ0

Ε2

Reemplazando en (∗):

P=π3r2σ0

Ε2(Ε1+2 Ε2 )

(1 ) Material No Homogéneo P=πr 2

3σ 0(2+Ε1

Ε2)

Ley de Variación del Módulo Elástico: (1)

Ε=a+bρ Para ρ=0 , es Ε=Ε1

ρ=r , es Ε=Ε2

→ Ε1=a ; Ε2=a+br → b=Ε2−Ε1

r

Ley de Variación:

Ε=Ε1+Ε2−Ε1

rρ

143


12) La varilla uniforme BC tiene sección transversal A y está hecha de un acero

elastoplástico (E, σ y ). Usando el sistema bloque / resorte representado, se

desea simular la deflexión del extremo C de la varilla cuando la carga axial es P

y luego se la retira. Designando por la masa del bloque;μ el coeficiente de

rozamiento entre el bloque la superficie horizontal, hallar: (i) Una expresión para

la masa m requerida. (ii)Una expresión para la constante del resorte K.

La deflexión en los puntos C y C’ debe

ser la misma para todos los valores de

P.

Varilla BC:

Fuerza de Fluencia: Py=Aσ y

Deformación de Fluencia: δ y=ε y L=

σ y

ΕL

Pendiente de la parte recta del

Diagrama P - δ y

P y

δ y

=Aσ y

σ yLΕ

= AEL

Sistema masa / resorte:

Si P<FMÁX el bloque no se mueve, y

P=κδc '

Relación lineal con pendiente

Para mgWFP MÁX el bloque comienza a

moverse y δ c ' se incrementa, sin ningún incremento

en P.

Si P decrece hasta cero, el bloque se mantiene en un

miso punto y δ c ' decrece linealmente:

→ Igualando las expresiones para Py y FMÁX:

→ Igualando las expresiones para Py y FMÁX:

Aσ y=μmg→m=Aσ y

μg (masa del bloque )

→ Igualando las pendientes→ AΕ

L=κ (constante del resorte )

144


13) Un mástil rígido se sostiene en posición vertical por medio de dos

cables de material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es

σ=105 ε2 (MPa ). El mástil recibe una carga de viento q=1 KN/m

uniformemente repartida sobre su longitud. Ambos cables tienen la

misma sección transversal A = 2.5 cm2. Determinar (i) El esfuerzo

normal en cada uno de los cables, (ii) El desplazamiento del extremo

superior del mástil.

Fuerzas axiales en los cables: ∑M B=0→ qL2

2−F AC 3 sen α−F AD7 sen β=0

.

Reemplazando valores (α es el ángulo agudo que forma el cable AC con el

mástil y βel ángulo agudo que forma el cable AD con el mástil), obtenemos:

40 . 5−2. 4 F AC−2. 757 F AD=0 ( i )

Compatibilidad Geométrica. Aceptando deformaciones infinitesimales.

q

4 m

3 m

4 m

A B

C

D

E

FAD

FAC

R2

R1

2 mq

DAC

DAD

a

b

CC’

D D’

E E’

145


De la semejanza de triángulos obtenemos la relación: DD'

7=CC '

3→3

ΔAD

senΒ=7

ΔAC

senα .

Reemplazando los valores correspondientes:ΔAD=1 .149 ΔAC ( ii )

Ecuaciones constitutivas (material): σ=105 ε2 MPa→σ=108 ε2 KPa . Reemplazando en función de las fuerzas y los cambios de longitud, tenemos:

FA=108 ( Δ

L)2 →Δ= L

104 √ FA

Para cada uno de los cables aplicamos la ecuación anterior:

ΔAD=7 . 616104 √ F AD

(2 . 5)(10−4 )=0 .04817√F AD

ΔAC=5

104 √ F AC

(2 . 5)(10−4 )=0 . 0316√F AC

Reemplazando ambas expresiones en la ecuación de compatibilidad (ii), tenemos:

0 .04817√F AD=1 .149 (0.0316√F AC)→F AD=0 .5679 F AC (iii)Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (i) y (iii), obtenemos:

F AD=5. 798 MN F AC=10 .21 MN ( tracciones ).Esfuerzos en los cables:

ο AC=10 . 21

(2 . 5)(10−4 )=4 . 084 x 104MPa y ο AD=

5 .798

(2. 5 )(10−4 )=2 .319 x 104 MPa

Desplazamiento ΔHE :

CC '3

=ΔHC

9→ΔH

C=3.75 ΔAAC→ΔHC=

3 ΔAC

sen α=3 .75 ΔAC

ΔHC=3.75(0 .0316√F AC )=0 .1185√10 .21=0 .379 m .

14) La barra AB tiene un área transversal de 2 pulg2 y está hecha de un acero elastoplástico (E=30 x 106 lb/pulg2;ϭy=40 000 lb/pulg2). Sabiendo que la fuerza F crece de 10 a 140 Klb. Y luego decrece a cero, determinar (i) La deflexión permanente del punto C.

Consideremos las 2 porciones AC y CB.

Equilibrio → PAC + PCB = P …..(1)

Para cada porción de barra, tenemos:

146


P y=Aσ y=2(40000 )=80000 lbs .

ε y=σ y

Ε=40000

3×106=1 .33×10−3 ¿ (P y→c arga de fluencia ¿)¿

¿¿

P y=Aσ y=2(40000 )=80000 lbs .

Para F=140klb.

Suma de diagramas:

(PAC + PCB = P)

δ=8×10−3 pulg .En la descarga, la gráfica es paralela a la parte inicial ( . _ . _ . _)

147

σ y=( 4 )ε y=4 (1. 33 )(10−3 )=5 .33×10−3 pulg .

δP→ permanenteδ r→recuperable


z z

E

z z


Semejanza:

δr5.33×10−3

=140120

→δr=6 .222×10−3 pulg .

Deflexión permanente de C:

δ p=8×10−3 - δ r=6 .222×10−3 pu lg .

δP=1 .778×10−3 pu lg

15) La figura representa una barra de material Viscoelástico tipo MAXWEL

(constantes E,η1), rodeada de un tubo cilíndrico de material elástico – lineal

(módulo E2). La barra y el tubo cilíndrico están conectados a una placa rígida, de

peso despreciable, y a un soporte superior rígido. Una fuerza F se aplica

súbitamente en el instante t= 0. Calcular los esfuerzos que se generan en la

barra y en el tubo cilíndrico.

Área transversal de la barra → A1

Área transversal del tubo → A2

Equilibrio:

(σZ )1 A1+(σ Z )2 A2=F . .. .. . .. .. . .. .. . .. ..(1 )

(σZ )1→ Esfuerzo en la barra

(σZ )2→ Esfuerzo en el tubo

Aceptando que las áreas permanecen

(sensiblemente) constantes:

∂ (σZ )1∂ t

A1+∂ (σ Z )2∂ t

A2=0 . .. . .. .. . .(2)

Compatibilidad: Las deformaciones εZ deben ser iguales en cualquier tiempo:

(εZ )1=(εZ )2

→∂ (εZ )1∂ t

=∂ (εZ )2∂ t

. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .(3)

Materiales:

Material Viscoelástico (tipo Maxwell) Ecuación Constitutiva:

∂ εZ∂ t

= 1Ε

∂ σ Z

∂ t.+ 1

η.σ Z

Material Elástico Lineal (tipo Hooke)

σ Z=ΕεZ

148


Para el tubo: → (σZ )2=Ε (εZ )2→

∂ (εZ )2∂ t

=1Ε

(σ t )2t

. .. .. . .. .. . ..( 4 )

Para la barra →

∂ (εZ )1∂ t

=1Ε1

∂ (σz )1t

+1η1

(σ z )1 . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .(5)

Reemplazando (4) y (5) en la ecuación de Compatibilidad (3), tenemos:

∂ (σZ )2Ε2∂ t

=1Ε1

∂ (σ z)1∂ t

+1η1

(σ z )1 . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. ..(6 )

De la ec. (2) obtenemos

∂ (σZ )2∂ t

=−A1

A2

∂ (σ z)1∂ t

. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .(7 )

Reemplazando (7) y (6):

1Ε2

(− A1

A2

∂ (σ z )1∂ t )= 1

Ε1

∂ (σ z )1∂ t

+ 1η1

(σ z)1 .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .(8 )

Expresión que puede escribirse:

( A1

Ε2 A2

+1Ε1

)∂ (σ z )1∂ t

+1η1

(σ z)1=0 . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. (9)

Separando variables:

( A1

Ε2 A2

+1Ε1

)∂ (σ z )1(σ z)1

+1η1

∂ t=0 .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . ..(10 )

Integrando: ( A1

Ε2 A2

+ 1Ε1

)Ln (σ z)1+1η1

∂ t=κ

Pasando a la forma exponencial, tenemos:

(σ z)1=κℓ

−A2

η1( A1

Ε2

+A 2

Ε1)t

A partir de la ec. (1) se calcula: (σZ )2 :

(σZ )2=1A2

(F− 1A1

(σ z )1)NOTA> La constante K se conocerá cuando se tenga un valor del esfuerzo(σZ )1 en un

tiempo dado.

149


1.14) Deformación Unitaria Cortante. Módulo de Rigidez

Es posible realizar ensayos en laboratorio, en los cuales ciertas probetas prismáticas

especiales son cargadas exclusivamente en Estado de Esfuerzo Cortante.

La cara superior del bloque prismático sufrirá un desplazamiento respecto a la sección

fija.

En valor promedio se presentan esfuerzos

cortantes en 4 caras del sólido:

τ= PLa

ó τ= Qha

(iguales

puesto que Ph= QL)

Para materiales isotrópicos se observa:

(i) El esfuerzo cortante τ SÓLO PRODUCE DISTORSIONES de los ángulos

rectos (Deformaciones de Cortante).

(ii) Los esfuerzos cortantes τ NO AFECTAN las deformaciones normales.

Si la carga P se aplica gradualmente (por incrementar) pueden registrarse los

corrimientos δ ocasionados. Los resultados se representan en un Diagrama

Constitutivo P - δ . De manera alternativa, puede obtenerse un Diagrama Constitutivo

τ -γ .

150


La constante G → se denomina MÓDULO DE RIGIDEZ (o MÓDULO DE

ELASTICIDAD CORTANTE) .

Físicamente, G representa un valor del esfuerzo cortanteτ que ocasiona una

distorsión unitaria γ=1 . (G tiene unidades de esfuerzo).

En el tramo inicial del Diagrama τ−γ se observa proporcionalidad entre Esfuerzos

Cortantes y Distorsiones.

τ=¿G γ→Ley de Hooke para Esfuerzo Cortante ¿

El valor G es otra propiedad característica de los materiales.

Aluminio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .26×109 PaHierro Fundido .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .39×109 PaAcero Estructural. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .80×109 PaCobre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .45×109 Pa (Valores referenciales)

NOTA< Obsérvese que, para un material, G < E.

La Ley de Hooke para esfuerzo cortante, puede expresarse en términos de otros

parámetros.

PA=Gδ

h→P= AG

hδ

(A → área de cortante).

Def.) El valor

AGh se denomina RIGIDEZ CORTANTE.

Físicamente, significa el valor de P que ocasiona δ=1 .

151


Para deformaciones

infinitesimales:

δ≈hγ ó γ= δh

Notas)

i) Las constantes elásticas E y G no son independientes entre sí. Se

demostrará (posteriormente) que entre ellas existe una RELACIÓN.

1.14.1) Esfuerzo Cortante en Planos Perpendiculares

Consideremos un prima infinitesimal, sometido

a ESTADO PLANO de Esfuerzo Cortante: (Dos

caras paralelas libres de τ ).

En consecuencia: “Los esfuerzos cortantes que actúan en planos

perpendiculares son numéricamente iguales”:

152

∑ M x=0→

(τYZ)(∂ x∂ z )∂ y−( τZY )(∂ x ∂ y )∂ z=0

Simplificando: ( τYZ)=( τZY) , denominada Ley

de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante .(Subíndices → commutables: τ rs=τ sr; τxy=τ yx ; . .. . .. etc).


(NO)

Ambos cortantes, o se dirigen hacia la arista común, o se alejan de ella.

EJEMPLOS

1) En el sistema representado, la carga P=27kN debe producir una deflexión

vertical de 2mm., a la placa rígida AB. Hallar las dimensiones mínimas a y b

necesarias. Considerar: τ ad=1.5MPa;G=18MPa; e=600mm

(┴ al plano

de dibujo)

Por la simetría total, consideramos sólo una “parte”:

i) Esfuerzos

τ=P/2be

ii ) Condición τ≤τad

→ τ=p2be

Reemplazando valores, tenemos:

153


27×103

2(b )(60×10−3 )≤1 .5×10−6 , de donde b≥0 .15m

bmín=0 . 15m

iii ) Ley de Hooke: τ=Gγ→γ=τG

, reemplazando valores:

γ=1 .5×106

1 . 8×106=0 .083 Rad .

iv )G eometría (deformaciones infinitesimales ) :δ≈aγ→a≈δγ

→ a≈2×10−3

0.083300. 024 m→amín=0 . 024m

2) Se elabora un dispositivo adhiriendo una varilla A, de radio r1, y el tubo B,

de radio r2, a un cilindro hueco de cierto material a ensayar.

Designando por G al módulo de rigidez del material, expresar la deflexión δ

de la varilla A en función de Q,L,G, r1 y r2

Sea ∂ rel espesor …..∂ e , una capa (corteza) de material a ensayar,

ubicada a la distancia r del eje geométrico.

dr

ddr

dr

rr1

r2

d

L

Superficie lateral de la corteza: A=2π rL

(Esta superficie es el área de corte)

El esfuerzo cortante generado, es:

QA

Q

Espesor delgado (t->0)

QA

Material a ensayar

L

154

rT

T=Pa


τ=QA=Q2 π rL

→∂ δ=γ ∂ r (defomaciones infinitesimales ).

∂ δ=τG

∂ r=Q2 π rL

∂r (usando Ley de Hooke τ=Gγ )

→∂ δ=Q2 π rL

∂rr

→δ=Q2π rL

∫r1

r2∂rr

δ=Q2π rL

Lnr2

r1

3) Un tubo cilíndrico de radios OS= r1 Y OB = r2 y altura h, es de un material

cuyo modulo elástico de corte es G. La superficie interior se mantiene fija y

la externa se sujeta con un anillo que permite aplicar fuerzas P, según se

indica en el esquema. Calcular el desplazamiento elástico del punto B con

respecto al punto fijo A.

(h → ┴ al plano de representación).

A la distancia r del punto O, se

generan esfuerzos cortantes

uniformemente distribuidos en la

superficie lateral de un cilindro

de radio r y altura h (CORTEZA).

(r 1≤r≤r2 ) .

Los esfuerzos τ en el área indicada, generan, a

su vez, un momento respecto al eje, que

equilibra al par aplicado T=Pa.

→T=∫A

(τ ∂ A )r=∫0

2 π

τrhr ∂θ⏟∂ A

=τ hr2∫0

2π

∂θ=2πhτr2

Luego Pa=2πhτr2→ τ=Pa2π hr 2

NOTA> Visualizar el elemento de área:

P

P

B

A

o

a

155


drd

dA=r hd

Consideramos el elemento de cilindro, definido por ∂θ ; r1 ;r2 ;r .

Respecto al punto M, el punto N

experimenta un deslizamiento

1.15) Deformación Transversal. Relación de Poisson. Deformación Volumétrica.

1.15.1) Relación de Poisson:

Cuando se carga una probeta de material elástico en el Ensayo de Tracción

Compresión Uniaxial, se observa que sufre Deformaciones Unitarias

Longitudinales (axiales) y la vez DEFORMACIONES TRANSVERSALES

(LATERALES).

M

N

dr

N'

B

A(fijo)

M

N

O

dr

dr

156

∂ v=γ ∂r , siendo γ= τGla deformación angular unitaria

(Variación del ángulo recto en M ).El deslizamiento del punto B, será

v=∫r1

r2

γ ∂ r

v=∫r1

r21G

Pa

2 π hr2∂r

v=PaG 2πh

∫r1

r2∂ rr 2

=PaG 2πh [−1

r ]r1

r2

v= PaG 2πh (1

r1

−1r2) Desplazamiento del

punto B ( respecto al punto fijo A )


L

d PP

L'

d'

Tracción → L’ > L y d’ < d

Compresión → L’ < L y d’ > d

Def. 1 Se denomina Deformación Unitaria Transversal o Deformación Unitaria

Lateral, al valor εLa=

d '−dd

Para materiales isotrópicos elástico – lineales, cargados uniaxialmente, las

deformaciones laterales que se presentan son proporcionales a las

Deformaciones Unitarias Longitudinales (axiales)

εLa=κε longDef. 2 La relación entre la Deformación Unitaria Lateral y la deformación

Unitaria Longitudinal, se denomina RELACIÓN DE POISSON.

υ=|εLATERAL

εLONGITUDINAL|

Como sg ( εLat )≠sg (ε long ) puede escribirse

υ=−εLATERAL

εLONGITUDINAL

(εLATERAL=−υεLONGITUDINAL)

La relación de Poisson es una cantidad positiva, adimensional, y generalmente

es determinada experimentalmente. Es también una constante característica de

los materiales.

Aluminio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .υ=0 .33Hierro Fundido .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .υ=0 .25 a 0 .30Acero Estructural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .υ=0 .15Cobre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .υ=0 .34 (Valores referenciales)

157

xy

Z

x

x


NOTAS>

i) Material elástico, lineal e isotrópico:

Un elemento prismático sometido a

Esfuerzo Normal Uniaxial σ x , sufre

una deformación unitaria. ε x=

σ x

Ε .

Si el material es isotrópico, se

presentan deformaciones

transversales iguales (en las

direcciones y, z)

ε y=ε z⏟(Por la isotropía) .

=−υεx

ii) En materiales elástico lineales e isotrópicos, las constantes elásticas Ε ,υ

SON INDEPENDIENTES de la orientación del esfuerzo normal uniaxial.

MATERIAL

MATERIAL

E,

E,

iii) Las constantes elásticas Ε ,G ,υNO son independientes. Se demostrará

(posteriormente) que entre ellas existe la relación :

G= Ε2(1+υ )

→G<Ε

1.15.2) Deformación Volumétrica:

Consideramos un prisma de

material elástico, lineal e

isotrópico, sometido a esfuerzo

normal en una dirección.

xy

ab

c

z

xx

158


V0=abc (volumen inicial).

Longitud Final de las aristas:

ε x=a '−aa

→a '=a(1+ε x )

ε y=b '−bb

→b '=b (1+ε y)=b(1−υε x)

ε z=c '−cc

→c '=c (1+ε z )=c (1−υεx )

Puesto que no se presentan distorsiones, el volumen final, es:

V=a ' b ' c '=a(1+ε x )b (1−υεx )c(1−υεx )V=abc (1+ε x)(1−υεx)

2

Def.) Se denomina Deformación Volumétrica (Cambio Unitario de Volúmen) al

cociente:

v= ΔVV

=V FINAL−V INICIAL

V INICIAL

→v=abc(1+εx )(1−υε x)

2−abc

abc

Simplificando, obtenemos v=υ2ε

x3+υε

x2(υ−2 )+ε x(1−2υ )

.

Para deformaciones infinitesimales εx3 y ε

x2→0, y con suficiente

aproximación.

v=εx (1−2υ )

ò v=σ x

Ε(1−2υ )

También ΔV=V 0

σ x

Ε(1−2υ )

NOTA>. Puesto que σ x>0 , esperamos que v≥0 , luego (1−2υ )≥0

→ υ≤12

y, como por definición υ≥0 , tenemos que

0≤υ≤12

159


υ=0→MATERIAL IDEAL, que pudiera estirarse en una dirección SIN CONTRAERSE lateralmente .

υ=12→MATERIAL IDEAL, perfectamente imcompresible (su cambio de volúmen sería

nulo ).υ<0→MATERIAL IMAGINARIO, que podría estirarse en varias direcciones al ser trac- cionado ena de ellas .

EJEMPLOS

1) Una placa de aluminio está sometida a esfuerzo normal. Sabiendo que, antes

de actuar la carga, se trazó una recta con pendiente 2:1, hallar la pendiente de

la línea cuando σ x=18 Klb/pulg2 ; υ0=0 .33, E=107 lb/pulg2.

21L

v

vL'

x x=18000 lb/pulg2

Pendiente de L '=μυ=

2+Δμ1+Δυ

. .. .. . .. .. .. . .(∗)

Pero Δμ=2 εμ ; Δυ=1 ευ (Cambios de longitud )

Tambien Δυ=18000

107=0 .0018

Δμ=2(−υεv )=−2(0 .33 )18000

107

Δμ=−0 . 001188

Reemplazando en (∗) → mL'=2−0 .0011881+0 .0018

fracción que puede escribirse

mL'=1 .9951

a

ba'

b'

a'>ab'>b

x x

160


2) Hallar el cambio de altura y de volumen para el elemento representado.

Considerar σ y=12 Klb/pulg2(compresión ); υ=0 . 3, E=3×104 Klb/pulg2

ε y=σ y

Ε=−12

3×104=4×10−4

→Δh=hε y=6(−4×10−4 )=−24×10−4 pulg.Cambio Unitario de Volúmen:

v=ΔVV 0

ó v=σ y

Ε(1−2υ )

→v=−123×104

(1−2υ (0 .3 ) )=1 .6×10−4

→v= ΔVV 0

→ΔV=vV0=1 .6×10−4 π4

(4 )2 (6 )=−0 .01206 pulg2

3) Una barra de acero ABC transmite una fuerza axial de tracción de modo que el

cambio total de longitud es 0.6mm. Calcular, en cada tramo, el cambio de

longitud y de diámetro.

Considerar υ=0 . 3, E=2000GPa

Esfuerzos:

σAB=Pπ4

(20×10−3 )2

σAB=3183 . 09P (Pascales )(→P en Newtons ) .

σ BC=Pπ4

(13×10−3 )2=7533 .96 P

500

d=20mm

P

P

P

P d=13mm

750

INDICA PÉRDIDA DE VOLUMEN

y

h=6"

d=4"

161


Deformaciones Unitarias:

εAB=σ AB

Ε=

3183 . 09P

200×109=1 .592×10−8P

εBC=σ BC

Ε=7533.96 P

200×109=3 .767×10−8P

Alargamientos : ΔAB=LAB εAB=750×10−3×1.592×10−8P=1194×10−11P (mm )

ΔBC=LBC εBC=500×10−3×3 . 767×10−8P=1883 . 5×10−11P (mm )Condición: Δ=ΔAB+ΔBC→0 . 6×10−3=1194×10−11P+1883 . 5×10−11P de donde obtenemos: P= 19496 .3 Newtons.Luego ΔAB=1194×10−11 (19496 .3 )=2. 328×10−4 m

ΔBc=1883 . 5×10−11 (19496 .3 )=3. 675×10−4 m

Deformaciones Laterales: ε 'AB=−υε AB=−0. 3 (1 .592×10−8) (19496 . 3 ) ε 'AB=9 .3×10−5

ε 'BC=−υεBC=−0 . 3 (3 .767×10−8 ) (19496 .3 )=−2. 203×10−4

Cambio en los diámetros: ΔdAB=(dAB ) (ε 'AB)=(20×10−3 ) (9 .3×10−5 )=1 . 86×10−6m

ΔdBC=(dBC ) (ε 'BC)=(13×10−3) (−2 . 203×10−4 )=−2 .864×10−6m

4) El cambio de diámetro de un perno de acero ha sido medido cuidadosamente

luego de ser apretada la tuerca. Sabiendo que υ=0 . 29, E=200GPa ,

determinar la fuerza interna en el pero, si se observa que el diámetro se ha

acortado en 13x10-6m.

162


Disminución del diámetro → Δy=-13×10-6m . Luego ε y=Δyd inicial

ε y=-13×10-6

60×10-3=−0 .2167×10-3

Relación de Poisson →ε y=−υσ x

Ε→σ x=−

Ευ

ε y

σ x=−200×109

0 . 29(−0. 2167×10-3 )=149 .45×106 Pascales

Fuerza Axial en el perno F= A⏟INICIAL

σ x=π4

(60×10−3 )2 (149 . 45×106 )

F=422. 56×103 Newtons

5) El tubo de acero que se representa, esta sometido a carga axial centrada P. El

material tiene constantes E,υ .Calcular el cambio unitario de volumen.

σ x=Pπ4

[ (2d )2−d2 ]=

4 P

π (3d2 )

ε x=σ x

Ε=4 P

3πE (d2)ΔVV

=ε x (1−2υ)⇒ΔVV

=4 P

3πE (d2 )(1−2υ )

6) Para el sistema representado, calcular el cambio de volumen. Considerar el

material con constantes elásticas E,υ .

q ( x )=Ax+Bq ( 0 )=0→A (0 )+B=0→B=0

q (L )=q→ AL=q→A=qL

Repartición de la carga q ( x )=qLx

Fuerza interna en la sección x:

163


N=P−R; siendo R la resultante de q ( x ) en el trozo de longitud x .

N=P-∫0

x

q ( x )∂ x=P−∫0

xqLx ∂ x

N=P−qLx2

2

CONDICIÓN: Cuando x=L→N=0→P−qLx2

2=0→P=qL

2 ( i )

El cambio de volúmen se calcula a partir de ΔV=V 0

(1−2υ )Ε

σ x donde se supuso σ x constante

(σx=FA0

, siendo Fla fuerza axial constante) .→ΔV=V 0

Ε(1−2υ ) F

A0

=(1−2υ )Ε

A0 LFA0

ΔV=(1−2υ )Ε

FL (¿ )

Si la fuerza axial es variable, la ecuación (¿ ) todavía puede usarse, teniendo presente que:

FL=∫0

L

F∂ x

→ΔV=(1−2υ )Ε

∫0

L

F ∂ x que puede usarse cuando F=F ( x )

¿

(Fuerza ¿ ) ¿¿

¿¿

1.16) Sistemas Estáticamente Indeterminados

1.16.1) Introducción. Definiciones:

164


Un sistema elástico lineal se define como sistema estáticamente indeterminado

(hiperestático) cuando NO ES POSIBLE, usando únicamente las ecuaciones

de equilibrio, calcular las reacciones externas y/o las fuerzas internas.

Para solucionar sistemas hiperestáticos es necesario desarrollar ecuaciones

adicionales, basadas en las propiedades del material u las características de

las deformaciones. Tales ecuaciones suelen llamarse Ecuaciones de

Compatibilidad.

Por ejemplo → Armadura con dos apoyos fijos (articulaciones)

SISTEMA HIPERESTÁTICO EXTERNO DE 1er ORDEN O GRADO DE

HIPERESTATICIDAD (GRADO = Nº INCÓGNITAS – Nº ECUACIONES

ÚTILES).

Para este caso, debe plantearse UNA ECUACIÓN ADICIONAL.

(EXTERNO → Las incógnitas son Fuerzas de Reacción).

Sistema de tres barras concurrentes.

Nº INCÓGNITAS → 3(Fuerzas

de Barra)

Nº ECUACIONES → 2(Equilibrio

Nudo A).

→ SISTEMA HIPERESTÁTICO

INTERNO DE 1er ORDEN.

Debemos plantear una ECUACIÓN

ADICIONAL

(INTERNO → Las incógnitas son

Fuerzas Internas).

165


Existen sistemas que, a su vez, son hiperestáticos externos – internos.

EXTERNO ¿ {3 EC. DE EQUILIBRIO y ¿}¿{}¿ INTERNO ¿ {6 barras, una más que la condición ¿ }¿{}¿ ¿¿Sistema Hiperestático externo de 3er orden y, a la vez, Hiperestático interno

de orden 1.

1.16.2) Principio de Superposición:

En SISTEMAS ELÁSTICOS – LINEALES, el efecto producido por un

CONJUNTO DE ACCIONES es igual a la suma (superposición) de los

efectos producidos por las acciones individualmente.

EJEMPLOS

166


1) Hallar las reacciones en los apoyos, aceptando material de comportamiento

elástico – lineal. Considerar constante a la rigidez de la sección (EA).

i) EQUILIBRIO:

R A+RB=P . . .. .. . .. .. .. . .. .(1)

Sistema Hiperestático (Externo) de 1er grado. Debemos planear una ecuación

adicional.

ii) COMPATIBILIDAD:

Como los apoyos A y B son fijos, el cambio total de longitud de la barra deber ser

NULO:ΔAB=0

ó ΔAB+ΔCB=0. . .. .. .. . .. .. . .. .(2)

iii) MATERIAL(LEY DE HOOKE):

F1=R A .→ΔAC=RA a

EA (alargamiento )

F2=−RB .

→ΔCB=-R Bb

EA (acortamiento )

Reemplazando en (1) →

R A a

EA -

RB b

EA=0 . .. . .. .. . .. ..(3 )

Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (3):

RA=Pba+b

RB=Paa+b

2) Hallar la fuerza en cada barra de la armadura representada. Suponer material

elástico lineal (módulo E) y sección transversal A en todas las barras

i) Equilibrio (Nudo A):

167


F1 cosα−F3 cosα=0 . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .(1)F1sen α+F3sen α−P=0 . .. .. . .. .. . .. .. .. (2 )

(Hiperestático de 1er Orden )

ii) Compatibilidad:

→Δ1=Δ2 senα . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .(∗)→Δ3=Δ2 senα . . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .(∗¿)

iii) Material (Ley de Hooke): Δ1=( FLEA )

1=F1 L

EA

Δ2=( FLEA )2=

F2 Lsen α

EAΔ3=( FLEA )

3=

F3 L

EA

Reemplazando en (*) y (**)

F1 L

EA=F2Lsenα

EAsenα→F1=F2 sen

2 α .. .. . .. .. .(3 )

F3 L

EA=

F2Lsen α

EAsenα→F3=F2sen

2 α . .. .. . .. ..( 4 )

Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),(4)

Obtenemos: F1=

Psen2α .1+2 sen3 α .

; . F2=P

1+2 sen3α . ; . F3=

Psen2 α1+2 sen3α .

Nota> Observar que las ec. (2),(3) y (4) son las independientes. La ecuación (1)

proviene de (3) y (4).

3) Calcular los esfuerzos en las barras elásticas del sistema representado.

Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A=4cm2 para todas las barras.

168


i) FUERZAS(INTERNAS):

F1 ; F3 → TRACCIÓN ; F2→ COMPRESIÓN

∑ FVERT=0→F1+F2+F3=(300 )(28) .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .(1 )

∑M B=0 →200F3+(28 )(100 )(50 )−100F1−28(200 )(100)=0 .. .. . .. .. . ..(2 )

ii) Compatibilidad:

Semejanza → Δ2−Δ1

1=

Δ3−Δ1

3 → 3 Δ2−2 Δ1−Δ3=0 .. . .. .. . .(∗)

iii) Material (Ley de Hooke):

Δ1=F1L

EA ; Δ2=

F2L

EA ; Δ3=

F3 L

EA (OJO: Signo y iubicación en la barra 2 )

Reemplazando en (*) y simplificando obtenemos:

3 F2−2 F1−F3=0 .. .. . .. .. .(3 )

Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),tenemos:

169


F1=2400 Kg .⏟tracción

; . F2=2700 Kg⏟compresión

. ; . F3=3300 Kg .⏟tración

ESFUERZOS:

σ 1=F1

A=2400

4=600

Kgcm2

( tracción )

σ 2=2700

4=675

Kg

cm2(compresión)

σ 3=3300

4=825

Kg

cm2( tracción)

4) Una placa rígida está sostenida horizontalmente por cuatro cables verticales

iguales entre sí, según se indica en la gráfica. Calcular la fuerza en cada cable

ocasionada por la fuerza P que actúa en un punto de una diagonal.

Cables { h, E, A.

Las fuerzas que actúan en los cables

que pasan por B y C son iguales

(Simetría)

EQUILIBRIO:

(∑ M AD=0→X=X )∑ FVERT .=02 X+2Y +Z=P .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .(1)∑M BC=0

YL√22

+Pd−ZL√22

=0 . .. . .. .. .(2)

COMPATIBILIDAD:

170


Δc= =ΔA+ΔD

2 ; ΔB=

ΔA+ΔD

2

→ 2ΔB=ΔA+ΔD .. . .. .. . .. ..(ó 2 Δc=ΔA+ΔD ). .. .(∗)

MATERIAL (Hooke):


2 XhEA

= YhEA

+ ZhEA

→2 X=Y +Z . .. .. . .(3)

Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3) obtenemos:

X=P/4

Y=P (14 −dL√2 )

Z=P(14 +dL√2 )

5) Dos barras de igual longitud y distinto material están íntimamente unidas entre sí y sometidas a la acción de una fuerza axial P. Calcular el esfuerzo en cada barra y el alargamiento correspondiente. Ambos materiales son lineal – elásticos.

171


FUERZAS

Equilibrio → P1+P2=Pó σ1 A1+σ 2A2=P . .. . .. (¿ )

Deformación Axial (Ley de Hooke): ε1=ε2→σ1

E1

=σ2

E2

.. .. . .¿¿

¿

¿

6) La placa rígida A tiene tres soportes, tal como

se indica en el esquema. El soporte central es

0.001” más corto que los otros dos. Una

fuerza de 40Klbs. Actúa sobre A de tal forma

que la placa permanece en posición

horizontal. ¿Qué desplazamiento experimenta

la placa A?

172


E=3x 107 lb/pulg2;A=1pulg2 →3 soportes.

EQUILIBRIO:

GEOMETRÍA:

Condición →Δ1=Δ3=Δ2+0 . 001

Material: F1 6

3×107×1=F3 6

3×107×1=F2 (5.909 )

3×107×1+0 .001

→F1=F3=0.999 F2+5000 .. ..¿¿

¿

De las ecuaciones (¿ ) y ¿¿¿

¿7) El sistema representado, está constituido por una barra rígida CB y dos barras

elásticas (1) y (2). Por error, el elemento (1) ha sido diseñado 0.05cm más

pequeño que lo necesario. Si durante el montaje las dos barras deben ir unidas

al elemento rígido, determinar los esfuerzos inducidos en éstas barras.

Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A1= A2=A

173

F1+F2+F3=PF1a=F3a→F1=F3

→2F1+F2=P

2F1+F2=40000 lb . .. . (¿ )


i) Fuerzas Generadas (supuesto el ensamble):

∑M c=0→F1 (2a )+F2 (3a )=0

F1=32F2 .. .. . (1 )

Compatibilidad: La distancia Δ debe ser cubiertapor las COMPONENTES VERTICALES de los des-plazamientos generados( inducidos ) en las barras deformables 1 y 2 .ii) Ecuación de condición(compatibilidad):

Δ=δ1+Δ1 . .. . (2 )

174


Semejanza:t1

2a √2=Δ2√2

3a√2

De donde → t1=2√2

3Δ2

→δ 1=t1cos 45º→δ1=2√23

Δ2√22

δ 1=23Δ2

Reemplazando en (2 ) :Δ=Δ1+23Δ2

iii) Ley de Hooke: Δ=

F12a

EA+ 2

3

F23a

EA→3 EA Δ=6aF1+6aF2 . .. (3 )

Reemplazando el sistema de ecuaciones (1 ) y (3 ) :

F1=3 EA Δ

10a ; F2=

EA Δ5 a

iv) Esfuerzos:

σ1=F1

A=3 EA

10a ; σ 2=

F2

A=EA

5a Reemplazando los valores numéricos:

σ1=300K /cm2

σ2=200 K /cm2

(tracciones de montaje )8) La barra rígida AB, articula en A, está soportada por 2 cables de acero y cobre,

según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo en cada cable y la

desviación vertical del punto B.

175


Eac=2 .1×106 K /cm2 ;Ecu=0 .7×106 K /cm2

Aac=4cm2 ; Acu=6cm2 ;

FUERZAS EN LOS CABLES:

∑M A=0→Fcu sen α (2. 4 )+Fac sen β (2 . 4 )−100 (3 )−2000 (1 .5 )=0 .. . (1 )(sen α y sen β de las dimensiones dadas )

DEFORMACIONES:

→Δcu=δ sen α→δ=Δcu

sen α

δ=Fcu (300 )

(0 .7 ) (106) (6 ) (300180 ) .. .. (2 )

176


→Δac=δ sen β→δ=Δac

sen β

δ=Fac (400 )

(2.1 ) (106 ) (4 ) (400320 ) . .. . (3 )

δ→ÚNICO → ec . (2 )=ec . (3 )Fcu (300 )

(0 .7 ) (106) (6 ) (300180 )= Fac (400 )

(2 .1 ) (106) ( 4 ) (400320 ) . .. .. ( 4 )

Resolviendo las ecuaciones (1 ) y (4 ) , obtenemos Fcu=1136 .3 Kg . F ac=2272 .7 Kg .

ESFUERZOS;

σ ac=2272.7

4=56 .81

Kg

cm2 σcu=

1136.36

=189.3Kg

cm2

Reemplazando en (2) o en (3): δ=0 .135cm

Semejanza → δ2. 4

=ΔB

3→ΔB=

32 . 4

δ

ΔB=32. 4

(0 .135 )=0 .168cm↓

9) El sistema representado consta de una barra rígida AB, un resorte elástico

lineal fijo al extremo A (k=100Kg/cm.), y otro resorte fijo al extremo B

(k=50Kg/cm.). Se aplica una carga de 1000 Kg. en la posición indicada.

Calcular las fuerzas en los resortes.

Fuerzas:

∑MC=0→150F1+100 F2=1000 ( 40 ) 3 F1+2F2=800 .. . .. (¿ )

GEOMETRÍA:

177


(F1 extiende al resorte en A ¿)¿¿

¿¿

Semejanza →Δ1

150=Δ2

100 → 2 Δ1=3 Δ2 . .. .. . .. .. . .. ..¿¿

¿

Resortes: F1=K1 Δ1 F2=K2 Δ2

→ Δ1=F1

K 1

Δ2=F2

K2

Reemplazando en ¿¿¿

¿

Resolviendo (¿ ) y ¿¿¿

¿10) Calcular los esfuerzos normales que se generan en los elementos del sistema

elástico representado. Considerar E=2x 105 Kg./cm2;para las tres barras A1=

2.0 cm2 , A2=3.5 cm2, A3=4.0 cm2

Supuesto que no existiese la restricción del piso rígido,

el cambio de longitud, sería:

ΔT=Δ1+Δ2+Δ3

ΔT=0+(16000 ) (700 )(105 ) (35 )

+(16000 ) (800 )(105 ) (40 )

=6 .4cm

Puesto que 6.4>3.8, en el extremo libre se presentará una Reacción, que impida el

alargamiento total.

178


En función de R1, los cambios de longitudes son:

Δ1=−R1 (500 )

(105 ) (20 )=−2 .5×10−4 R1 (acortamiento ) (cm )

Δ2=(16000−R1) (700 )

(105 ) (35 )=2 (16000−R1 ) (10−4 ) (cm )

Δ2=(16000−R1) (800 )

(105 ) ( 40 )=2 (16000−R1) (10−4) (cm )

CONDICIÓN: Δ1 '+Δ2 '+Δ3 '=3 .8cm

Reemplazando, tenemos:−2 .5×10−4 R1+2 (16000−R1) (10−4 )+2 (16000−R1) (10−4 )=3 .8

De donde: R1=4000 Kg .

Luego: σ1=−400020

=−200 Kg /cm2 (compresión )

σ2=16000−400035

=343 Kg /cm2 ( tracción )

σ3=16000−400040

=300Kg /cm2 ( tracción )

11) Calcular los esfuerzos normales en las barras deformables del sistema

representado. Considerar E1= 0.7E2; A1= 2.0 cm2 , A2=4 cm2

179


∑M B=0→ (800 ) (a )−2aF2 cos45 º−2aF1=0

F1+√2 F2=800. . .. .. .. . .. .. . . (1 )Alargamientos de las barras elásticas:

Δ1=F1 (2a )

(0. 7 E2 )A1

; Δ2=F2 (2√2a )

(2E2) A1

. .. .. . .. .. . .. .. (2 )

Compatibilidad:

Semejanza ΔBC' C≈ΔBD' D

→Δ1√2 /2

2√2a=Δ2√2 /22a

de donde Δ2=Δ1

√2.. .. . .. .. . .. .. . .. .. . (3 )

Reemplazando (2) en (3):

F1 (2a )

(0 .7 E2) A1

=√2 2√2aF2

2 E2 A1

Simplificando: F1=0 . 7 F2. . .. .. . .. .. . .. .. . . ( 4 )

Resolviendo (1 ) y (4 ) : F1=1990N F2=2843N

Esfuerzos:

σ 1=1990 N

2=995

N

cm2 σ2=

28434

=710 .75N

cm2

12) Calcular las fuerzas axiales en las barras del sistema elástico representado, si

todos son del mismo material (módulo E). Las barras verticales tienen sección

transversal A, y las otras A1.

180


Debido a la simetría (total) del sistema, sólo existen 3

incógnitas:

X→ fuerza en las barras verticalesY→ fuerza en las barras diagonalesZ→ fuerza en las barras horizontales

EQUILIBRIO DE UN NUDO:

Z−Y cosα=0 . .. .. . .. .. ( i )X−Ysenα−P=0. . .. .. .. . . ( ii )

GEOMETRÍA: Después de la deformación, las barras exteriores seguirán formando

un rectángulo (simetría) .

Barras horizontales→ a+Δa=a+aεa=a (1+ε a)Barras verticales→ h+Δh=h+hεh=h (1+εh)Barras d iagonales→ d+Δd=d+dεd=d (1+εd )CONDICIÓN: d2 (1+ε d )2=a2 (1+εa )2+h2 (1+εh)2

→ (a2+h2 )(1+ε d)2=a2 (1+εa )

2+h2 (1+ε h)2. . .. .. . .. .. . .. .. (iii )

MATERIAL: εd=−Y

A1 E ; εa=

ZA1E

; εh=−XAE

(Ley de Hooke)

Reemplazando en (iii), tenemos:

(a2+h2)(1− YA1 E )

2

=a2(1+ ZA1 E )

2

+h2(1− XAE )

2

.. .. . .. .. . .. .. . . (iv )

APROXIMACIÓN → TÉRMINOS DE 2do ORDEN 0 . Luego:

(a2+h2 )YA1E

=h2 XAE

− a2ZA1E

. .. .. . .. .. . .. .. ( v )

Resolviendo las ecs. (i), (ii),(v) obtenemos:

181


Y= P

a2+h2

h2

AA1

+ a2

h2

AA1

cosα+sen α con ( i) y ( ii ) se obtendrán X,Z.

13) Dos cables idénticos sostienen una barra rígida horizontal AB de longitud 3b,

que soportan una carga Q=20KN en el extremo B. La relación carga /

alargamiento viene dada por P= 1. 3δ

1+0 . 026δ(0≤δ≤60mm ) (P en KN; δ en mm )

,

donde P es la fuerza axial en un cable y δ el alargamiento. Determinar las

tracciones F1, y F2 en los cables 1 y 2 respectivamente; los alargamientos de

los cables δ1 y δ2 y el desplazamiento del punto B.

Debemos formular:

-) Una ecuación de equilibrio.

-) Ecuaciones de compatibilidad

-) Relación Carga/ Desplazamiento.

EQUILIBRIO:

∑M A=0→F1b+F2 2b=Q 3b

F1+2F2=3Q=80KN . .. . .. .. . .. .. . . (a )

COMPATIBILIDAD:

182


δ2=2δ1 . .. . (b )δB=3 δ1 . .. . (c )

RELACIONES CARGA / ALARGAMIENTO: De la ecuación constitutiva:

F1=1. 3δ 1

1+0 . 026δ1

.. . .. (d ) y F2=1. 3δ 2

1+0 . 026δ2

. .. .. (e )

SOLUCIÓN DE ECUACIONES:

Resolviendo el sistema simultáneo de ecuaciones (a),(b),(c),(d),(e); obtenemos:

F1=14 . 66 KN ; F2=22.67 KN ; δ1=15 . 95mm ; δ2=31 .91mm ; δB=47 . 86 mm

(notar que δ1 y δ2 en el intervalo 0≤δ≤60mm)( VERIFICAR RESULTADOS → RESOLVER EL SISTEMA INDICADO )NOTAS>

Debido al comportamiento NO LINEAL de los cables, no es posible

encontrar las fuerzas y los desplazamientos para otros valores de Q, por

proporcionalidad directa (como se haría en un SISTEMA LINEAL

ELÁSTICO).Tendríamos que resolver las 5 ecuaciones, modificando las

ec.(a) Con el nuevo valor de Q.

El ejemplo ilustra cómo calcular las fuerzas y desplazamientos en una

estructura estáticamente indeterminada, a partir de 3 conceptos:

ECUACIONES DE EQUILIBRIO →(con base en principios de

ESTÁTICA)

ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD →(con base en principios de

GEOMETRÍA)

RELACIONES CARGA / DESPLAZAMIENTO →(con base en

propiedades de los materiales)

1.17) Esfuerzos y Deformaciones de Origen Térmico

1.17.1) Introducción

Los sólidos o elementos estructurales pueden deformarse por:

Acciones Externas

Perturbaciones

Cambios de temperatura

183


Los cambios de temperatura aceptables en Ingeniería Civil, son aquellos que no

modifican significativamente las propiedades físicas, químicas y mecánicas del

material.

Los elementos de sistemas estructurales u órganos de máquinas, tienden a dilatarse o

contraerse cuando se calientan o se enfrían. Las deformaciones que se inducen, se

denominan DEFORMACIONES TÉRMICAS.

Si los elementos pueden deformarse libremente (elementos no restringidos), las

Deformaciones Térmicas NO están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.

Si los elementos no pueden deformarse libremente (elementos total o parcialmente

restringidos) las deformaciones térmicas están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.

1.17.2) Deformaciones Térmicas

Propiedades: Un sólido de material elástico isotrópico, no restringido y sometido a la

acción de un cambio aceptable de temperatura, sufre deformaciones térmicas iguales

en todas direcciones.

Def. La Deformación Térmica Unitaria se define por: εT= ΔT L

L , donde ΔT L es

el cambio de longitud total inducido por la acción térmica. (L → Longitud inicial

o de referencia, antes del incremento de temperatura).

Para cambios de temperatura aceptables, el incremento ΔT L se mantiene proporcional

a la longitud inicial y al cambio de temperatura:

184


ΔT L=αL (ΔT )

α→Coeficiente de Dilatación Lineal (Valor carácterístico de cada material ).L→ Longitud inicialΔT=T FINAL−T INICIAL es el cambio de temperatura .

En consecuencia, la Deformación Térmica Unitaria, es:

εT= ΔT LL

=αL (ΔT )

L→εT=α (ΔT )

Nota> →El coeficiente α se expresa en 1/Temperatura

Acero Estructural . . .. .. . .. .. . 11.7×10-6 /° C . .. .. . .. .. 6 . 5×10 -6/° FAluminio .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . 23. 2×10-6/°C .. .. . .. .. . 12. 9×10-6/° FMadera (Pino ) .. .. . .. .. . .. .. .. . .06 . 1×10 -6/°C .. .. .. . .. .3 . 4×10 -6/° F

Convenio:

εT>0 si ΔT>0 ( calentamiento)εT<0 si ΔT<0 ( enfriamiento)

Nota> Para sólidos elásticos no restringidos (de material isotrópico) las Deformaciones

Térmicas Unitarias son iguales:

ε xT=ε y

T=εzT=α (ΔT )

.

Los desplazamientos generados por las deformaciones térmicas pueden relacionarse

con las deformaciones térmicas unitarias, usando relaciones geométricas apropiadas

en cada caso. En algunos casos pueden usarse las relaciones diferenciales existentes

entre desplazamientos y deformaciones unitarias.

Ejemplo

1) Una varilla de acero cuya longitud es L=100” está fija por uno de sus extremos.

i) Si se presenta un ΔT=100 ºFuniforme, hallar el cambio de longitud.

ii) Si el cambio de temperatura es ΔT=100( xL )ºF , hallar el cambio de

longitud.

Considerar α=6×10−6 / ºF

185


εT=α (ΔT )εT=6×10−6×100εT=6×10−4

ΔT L=εT L=6×10−4×100ΔT L=6×10−2pulg

(εT= ΔT LL )

εT=α (ΔT )=6×10−6 (100xL )

εT=6×10−4 xL

Para el caso: εT=ΔT (∂ x )∂ x

→ΔT L=∫L

εT ∂ x

ΔT L=∫0

L6104

xL∂ x=3

104L

Si L=100 rightarrow Δ rSup { size 8{T} } L=3 times 10 rSup { size 8{ - 2} } pulg . {} } } {¿

¿

1.17.3) Esfuerzos Térmicos

Fundamentalmente, los esfuerzos térmicos se generan en SÓLIDOS RESTRINGIDOS

total o parcialmente, al ser sometidos a cambios aceptables de temperatura.

186


Al incrementarse (o decrementarse) la temperatura, se

generan esfuerzos en el material del sólido.

Procedimiento para Evaluar σT

Consideremos una barra de material lineal elástico (isotrópico), rígidamente sujetada

por sus extremos, sometida a un incremento aceptable de temperatura ΔT .

i) SÓLIDO LIBERADO

Consideramos liberado un vínculo o restricción y permitimos (idealmente) que

suceda el alargamiento.

ii) FUERZA EXTERNA

Puesto que realmente existe vínculo, físicamente no puede generarse el cambio

de longitud ΔT L, apareciendo fuerzas elásticas que contrarresten el supuesto

alargamiento.

La fuerza F ocasiona un cambio de longitud ΔL= FL

ΕA (acortamiento elástico).

iii) COMPATIBILIDAD

Debido a que los apoyos no se mueven uno respecto del otro, es necesario que el

cambio de longitud debido al incremento de temperatura y el cambio de longitud

ocasionado por la Fuerza Elástica, se contrarresten. Es decir:

187


ΔT L=−ΔL

→ αL (ΔL )=−FLΕA

de donde FA=−αΕ (ΔT )→σT=−αΕ ( ΔT )

NOTAS> i) Si ΔT>0→σT<0 (COMPRESIÓN EN EL MATERIAL)

Si ΔT<0→σT>0 (TRACCIÓN EN EL MATERIAL)

ii) ΔT=T FINAL−T INICIAL

iii) En la solución de problemas es útil emplear el Principio

de Superposición.

EJEMPLOS 1) Las barras deformables del sistema representado sufren el mismo cambio de

temperatura. Calcular los esfuerzos que se generan

L1=L2=6 aE1=E2=EA1=A2=A

α 1=α2=αΔT=T1−T 2>0

Sistema parcialmente restringido (Deformaciones compatibles con las condiciones

de sustentación)

EQUILIBRIO:

188


∑M 0=0→2aF1+5aF2=02 F1+5 AF2=0 . .. . .. .. . .. .. . .. .. . . (¿ )

COMPATIBILIDAD:

Δ1TOTAL

2a=Δ2TOTAL

5a→5 Δ1TOTAL=2 Δ2TOTAL .. . .. .. . .. .. .¿¿

¿

CAMBIOS DE LONGITUD:

Δ1TOTAL=α (6a ) (T1−T 0)⏟EFECTO TÉRMICO

+F1 (6 a )EA⏟

EFECTO ELÁSTICO

Δ2TOTAL=α (6 a ) (T1−T 0)⏞+F2 (6 a )EA

⏞

Reemplazando en ¿¿:

5[6aα (T1−T 0)+F1 (6a )EA ]=2[6aα (T 1−T0 )+

F2 (6 a )EA ]. . .. .. . .. .. .. . .. . (¿∗¿ )

Resolviendo el sistema de ecuaciones (*) y (**), obtenemos:

F1=−1529

α EA (T 1−T 0 ) F2=− 629

α EA (T 1−T 0 )

Esfuerzos:

σ 1=F1

A→σ 1=−

1529

αE (T 1−T 0) (COMPRESIÓN )

σ 2=F2

A→σ1=

629

αE (T1−T 0) (TRACCIÓN )

189


2) Una barra rígida está suspendida por dos alambres de 6.5 cm2 de sección

transversal. Cuando se aplica la carga P, la temperatura es T. Calcular el

incremento de temperatura necesario para que la barra rígida adopte la

posición horizontal.

Acero¿ {E=2 . 1×10−6 K /cm2 ¿ ¿¿¿

¿

EFECTO ELÁSTICO → Δal>Δac

( puesto que Εal<Εac )

Fac=Fal=P

2

EFECTO TÉRMICO → (Supongamos ΔT<0 ) (decremento)

P

FacFal

ac

al

ac

Tal

T

190

1)6m

75Kg


COMPATIBILIDAD:

Posición Horizontal →Δac−ΔacT =Δal−Δal

T

→

P2

L

Eac Aac

−αac L (ΔT )=

P2

L

Eal Aal

−αal L (ΔT )

Reemplazando valores numéricos, (Aac=Aal ) y despejando ΔT , obtenemos

ΔT=41 ºC . Puesto que es un valor positivo, nuestra suposición es correcta; es

decir:

ΔT=41 ºC (decremento)

3) La varilla de aluminio representada en la figura, está rígidamente soldada en

su parte superior y unida a un bloque de 75Kg. de peso que se apoya en un

plano horizontal rígido. A la temperatura Tº , la varilla no tiene carga y el peso

del bloque es soportado por el plano rígido.

i) Si la temperatura de la varilla disminuye 17ºC, ¿qué fuerza ejercerá sobre

el plano rígido?

ii) ¿Cuánto deberá disminuir la temperatura para que la varilla levante al

bloque 25mm?

i) Temperatura Tº

Descenso de 17ºC:P2

P1

75

=0

P2 =75

191

A=0 .125 cm2

α=23 . 4×10−6 /ºCE=7×105 Kg /cm2


P1+P2=75 . .. .. . .. .. . .. .. .. (1 ) (Problema hiperestático )Acortamiento de la varilla (por temperatura ) ΔL=αL (ΔT ) ΔL=23 . 4×10−6×600×(−17 ) ΔL=−0. 238cm

COMPATIBILIDAD:

El acortamiento de 0.238cm debe ser contrarestado por la fuerza elástica R.

→P1 L

EA=−ΔL→

P1 600

(0 .125 ) (7 ) (105)00 . 238

de donde obtenemos P1=34 .7 Kg . .. .. . .. . (2 )

Fuerza ejercida en el plano rígido: P2=75−34 . 74 (de la ec . 1 ) P2=40 .3Kg

ii) Si la varilla sufre una deformación térmica suficiente para levantar el bloque,

deben soportar los 75Kg.

P2

P1

75

P1

192

AA' AC

AB


0.25cm

P2

P1 =75Kg.

=0

Contracción total de la varilla:

Δ'=−0 . 25−P1L

EA=−0 .25−

(75 ) (600 )(0 . 125 ) (7 ) (105 )

Δ'=−0 . 764cm .

Esta contracción deberá ser generada por el descenso de temperatura:

αL (ΔT )=−0 .764

→ΔT=−0 .76423. 4×10−6×600

ΔT=−54 . 4 ºC4) Al elemento AB de la armadura representada, se le incrementa la temperatura

desde 60ºF hasta 104ºF, mientras que al elemento AC se lo mantiene en la

temperatura de 60ºF. Calcular los esfuerzos que se inducen en los elementos.

Considerar α=6×10−6 / ºF ; E=30×106 lb / pu lg2 ; A=2 pu lg2para ambos

elementos.

Sistema no restringido totalmente.

Las condiciones de compatibilidad geométrica,

generan fuerzas elásticas en las barras.

Equilibrio del nudo A

∑ FHOR=0→F ABcos 30=F AC

FAB√32

=F AC . . .. .. . .. .. . .. .. . (1 )

Compatibilidad.

A

B

C

(tracción)

FAB

FAC

RA

193


ΔAC→ELÁSTICOΔAB→ELÁSTICO+ TEMPERATURA

Condición: ΔAC cos30=ΔAB→ΔAC

√32=ΔAB . .. .. . .. .. . .. .. (2 )

Reemplazando los cambios de longitud, tenemos:

(F AC ) L√32

EA√32=(6 ) (10−6) L (104−60 )−

FAB L

EA. . .. .. . .. .. . .. . (3 )

Teniendo en cuenta la ec. 1, la ec.3 puede escribirse:

(F AC√3

2)L√32

EA= (6 ) (10−6 )L (44 )−

F AB L

EA

De donde obtenemos:

F AB=9602 . 91 lbPor la ec . 1 F AC=83126 .36 lb

Esfuerzos: σ AB=9602 . 912

=4801. 46 lb / pulg2

(COMPRESIÓN )

σ AC=83126 .362

=4158 .18 lb /pulg2

(TRACCIÓN )

5) Dos barras están sin esfuerzo y tienen longitudes de 12 y 10 pulg, según se

indica en el esquema. La barra (1) es de aluminio y la barra (2) es de acero.

Suponiendo que los apoyos son absolutamente rígidos, calcular el esfuerzo en

cada barra cuando la temperatura es 120ºF.(Temperatura inicial →30ºF)

Aluminio: α=0 . 000013 ; A=2pulg2 ; E=10000 Klb/pulg2

Acero : α=0 . 0000065 ; A=4pulg2 ; E=30000 Klb/ pulg2

→ Se conciben las barras separadas y se calculan las deformaciones térmicas,

sin restricción.

1)

2)

10"

12"

194


δT=αL (ΔT )δ1T=(0 .000013 ) (10 ) (90 )=0 .0117 {} # δ rSub { size 8{2} } rSup { size 8{T} } = left (0 . 0000065 right ) left ( 12 right ) left ( 90 right )=0 . 00702

ΔT representa la longitud total que lasbarras dilatadas deben ser comprimidas para ajustarse a los apoyos rígidos.ΔT=δ1

T+δ2T=0.0117+0 .00702=0 . 01872 pulg .

Aplicamos fuerzas P, iguales y opuestas, en las barras (dilatadas) para acortarlas

una longitud total ΔT.

δ1+δ2=ΔT

(PLEA )1+(PLEA )

2=ΔT

ReempReemplazando datos:

1)

2)

T

T1

T2

1)

2)

T

1

2

P

P

195


P (10 )2 (10000 )

+P (12 )

4 (30000 )=0.01872

De donde encontramos: P=31 . 2Klb

Luego σ1=31 .2

2=15 .6

Klb

pulg2 ; σ2=

31 .24

=7 . 8Klb

pulg2

6) Cuatro placas de aluminio de 0.75” están unidos por un remache de ¾ pulg. de diámetro, según se representa en el esquema. A la temperatura de 30ºF los materiales están apretados. Pero sin esfuerzo. Si la temperatura sube a 120ºF, calcular el esfuerzo en cada material.

Dato → Area efectiva del Aluminio = 4pulg2

Acero →α=0 .000065 ; E=30000 Klb/ pulg2

Aluminio →α=0 . 000133 ; E=10000 Klb /pulg2

Las cuatro placas de aluminio son consideradas como un solo miembro de 3” de

espesor.

Las deformaciones térmicas no restringidas, son:

δ1T=(0 .0000065 ) (3 ) (90 )=0 .0101755 } {} # δ rSub { size 8{2} } rSup { size 8{T} } = left (0 . 0000133 right ) left (3 right ) left ( 90 right )=0 . 00359 ¿

3"

3/4"

12 2

196


ΔT→ representa la longitud que los miembros dilatados deben ser deformados con la finalidad que la longitud final del remache sea igual al espesor final de las placas .

ΔT=δ2T−δ1

T=0 .001835 pulg .

Se aplican fuerzas iguales y opuestas para comprimir las placas y estirar el

remache:

δ1+δ2=ΔT

P (3 )0 .442 (30000 )

+P (3 )4 (10000 )

=0.001835

De donde obtenemos: P=6 .1 Klb .

σ1=6.1

0 . 442=13 . 8

Klb

pulg2 ( tracción ) ; σ2=

6 .1 4

=1 . 52Klb

pulg2(compresión )

Nota> L1= L2 (finales)

1)2)

1

2T

T

1)2)

1

2

197


L1=3+δ1T+δ1=3+0. 001755+

13 . 8 (3 )30000

=3.00314 } {} # L rSub { size 8{2} } =3+δ rSub { size 8{2} } rSup { size 8{T} } - δ rSub { size 8{2} } =3+0 . 00359 - { {1 . 52 left (3 right )} over { 10000} } =3 . 0013 ¿

7) Una barra compuesta se construye a partir de una varilla de acero de 25mm de diámetro exterior y 25mm de diámetro interior. La varilla y el tubo se unen mediante dos pernos de 20mm de diámetro, según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo cortante que se tiene en los pernos, si después de apretados se eleva la temperatura en 50ºC.

ACERO¿ {E=210 GPa ¿ ¿¿¿

¿Como α cu>αac , el cobre trata de dilatarse más que el acero, determinándose

esfuerzo cortante en los pernos de unión de ambos materiales.

CONDICIÓN: Facero=Fcobre→σacπ4

(25×10−3 )=σcuπ4

[10−3 (502−252) ] Simplificando σ ac=3σcu . .. .. . .. . (1 ) ALARGAMIENTO EN EL ACERO:

Δac=σac

Eac

L=σac L

(210 ) (109). . .. .. .. . .. . (2 )

ACORTAMIENTO EN EL COBRE:

Δcu=σ cu

Ecu

L=σ cuL

(105 ) (109 ).. .. . .. .. . .. (3 )

CAMBIO TOTAL DE LONGITUD: ΔT=α cu LΔT−α ac LΔT

ΔT=LΔT (α cu−α ac )

COMPATIBILIDAD:

25m

m

50m

m

L

COBRE

ACERO

d=20mm

198


ΔT=Δac+Δcu(Reemplazando 2 y 3 )Luego:

LΔT (α cu−αac )=σac L

(210 ) (109 )+σ cu L

(105 ) (109 )

Simplificando y reemplazando valores:

50 (17−11) (109 )=σac

(210 ) (109 )σcu

(105 ) (109 )

Teniendo en cuenta la ec. (1):

50 (6 ) (10−6 )=σac ( 1

(210 ) (109 )+

1

3 (105 ) (109 ) )de donde obtenemos: σ ac=37 .83 MPa

FUERZA QUE SOPORTA EL ACERO: Fac= Aac σac→

Fac= π4

(25×10−3)2 (37 .83 )=0 . 018567 MN

Fac=18 .567 KN

Los pernos se encuentran en estado doble cortante:

τ perno=Fac

2π4

(20×10−3 )2=18 .567 KNπ2

(20×10−3)2m2

τ perno=29 .55 MPa

8) La figura muestra el prototipo de un sistema estructural. El área y el módulo

de elasticidad de cada barra son A y E, respectivamente, y α 2=2α1 . Si se

aplica una carga P al bloque rígido y la temperatura disminuye ΔT , determinar

una expresión para el desplazamiento μ del bloque rígido.

T

cu acaccu

1

2 P

uL

BLOQUERÍGIDOC

C

199


i) EFECTO ELÁSTICO:

→F1=F2=P2

Alargamientos: Δ1=Δ2=PL2 EA

DESPLAZAMIENTO DEL BLOQUE μ1=PL2 EA

(→)

ii) EFECTO TÉRMICO:

Δ1T=LαΔT

Δ1T=Lα 1 ΔT

Δ2T=Lα 2 ΔT

Δ2T=2 Lα1 ΔT

COMPATIBILIDAD:

PF1

F2

1

2

200


μ2 : desplazamiento del bloque rígido

(efecto térmico )

μ2=−Δ1T+Δ2

T

2

μ2=−Lα1 ΔT+2Lα 1ΔT

2

μ2=−32Lα1 ΔT (← )

Superposición:

Desplazamiento total del bloque: μ=μ1−μ2

μ=PL2EA

−(−32Lα1 ΔT )

μ=PL2EA

+32Lα1 ΔT

(ΔT <0 )9) En el sistema representado: La barra AE es rígida. Se produce un incremento

de temperatura de 100ºF. Calcular las fuerzas en los elementos CF y DG.

T

1

T

2

u 2

201


Barra CF¿ {E=107 Klb /pulg2 ¿ {A=0 .1 pulg2 ¿ ¿¿¿

¿FUERZAS:

Suponemos que CF y DG están en tracción.

∑M B=0→4 FCF+7 FDG=0 . .. .. . .. . (¿ )

GEOMETRÍA:

Semejanza:

ΔCF

4=

ΔDG

7= Δ

10. .. . .. .. . ..¿¿

Material:

A B C D E

F

G6"4"

5" 4" 3" 3"

B

FCF FDGRB

B CFDG

202


εCFtotal=(σE )

CF+(αΔT )CF=

FCF

ACF ECF

+αCF ΔT

ΔCF=LCF εCF

total→

ΔCF=FCF LCF

ACF ECF

+αCF LCF ΔT

de donde obtenemos: FCF=

1LCF

(ΔCF−αCF LCF ΔT )ACF ECF . .. . .. .. . .. (¿∗¿ )

De manera similar, obtenemos:

FDG=ADGEDG

LDG

ΔDG−αDG ADG EDGΔT .. . .. .. . .. .¿¿

Reemplazando (¿∗¿ ) y¿¿ en (¿ ) :

4 [ ACF ECF

LCF

ΔCF−αCF LCF ΔT ]+7 [ ADGEDG

LDG

ΔDG−αDG ADG EDGΔT ]=0 .. . .. .. . .. (¿∗¿∗¿ )

De ¿¿obtenemos ΔDG=

74ΔCF

. Reemplazamos en (¿∗¿∗¿ ) :

4 [ ACF ECF

LCF

ΔCF−αCF LCF ΔT ]+7 [ ADGEDG

LDG

74ΔCF−αDG ADGEDG ΔT ]=0

De donde despejamos ΔCF :

ΔCF=ΔT (4 ECF ACF αCF+7 EDG ADGαDG )

4ECF ACF

LCF

+7 ( 74 )

EDG ADG

LDG

Reemplazando valores numéricos, obtenemos: ΔCF=1 . 75×10−3 pulg .

Con este valor y las ecuaciones ¿¿,(¿∗¿ ) y ¿¿, encontramos:

FCF=−908 lb (compresión ) ; FDG=520 lb ( tracción )

10) En la gráfica se representa una placa delgada homogénea. Determinar el

tamaño y la forma finales de la placa, si

i) En toda la placa existe un incremento de temperatura ΔT º.

ii) La placa se somete a un cambio de temperatura dado por ΔT =Kx

iii) Cual será el valor de la deformación angular γ xzen el caso (i)

iv) Qué valor tendrá la deformación angular para el caso (ii) suponiendo que

al bordeo arista z permanezca fijo.

203


y

x

z

a

t 0

i) Si en toda la placa se produce un cambio uniforme de temperatura de ΔT º,

en el caso de dilatación libre, la deformación lineal en cualquier dirección será

uniforme y de valor

ε=αΔT

El alargamiento en direcciones x,z será:

Δz=εLz→Δ z=α (ΔT )bΔx=εLx→Δx=α (ΔT )a

La placa seguirá teniendo forma

rectangular, con dimensiones:

Lz=b+α (ΔT )b=b (1+αΔT )Lx=a+α (ΔT )a=a (1+αΔT )

ii) Si el cambio de temperatura es ΔT =Kx, entonces en un punto (x,z) sobre la

placa, la deformación estará dad por ε=α Kx .

También: ε=Δ (∂ x )∂ x

→Δ (∂ x )=ε ∂ x→ΔX=∫0

x

α Kx∂ x=αKx2

2

ε=Δ (∂ z )∂ z

→Δ (∂ z )=ε ∂ z→Δz=z∫0

x

α Kx ∂ x=α Kxz

Los puntos sobre el eje z NO SE DESPLAZAN (tienen x=0).

Coeficiente de dilatación

y

x

z

a(1+T)

b(1+T)

x

z

A

A'

x

z

zx

P

P'

forma final de la placa

204


(Δx=0; Δz=0 )

El punto A tiene coordenadas (a; b2 )(antes de la deformación).

Después de la deformación para a la posición A '(a+αK a2

2,b2+α Ka

b2 )

iii) Dilatación libre uniforme → La forma final de la placa es rectangular (no existe

variación de los ángulos rectos), luego γ xz=0 en todo punto de la placa.

iv) En este caso, la distorsión (angular) máxima se presenta sobre los bordes

z=±b /2de la placa.

tanφ= α Kab /2

a+αK a2

2

= α Kb /2

1+αKa2

≈φ=γ xzmáx

1.18) Ecuaciones Diferenciales para Fuerza y Deformación Axiales

Si la carga axial se distribuye a lo largo de un elemento (barra) y si además

varía la sección transversal, pueden deducirse ecuaciones para la fuerza y el

desplazamiento como funciones de la posición a lo largo del miembro.

Consideremos un miembro que soporta una carga axial por unidad de longitud q(x) en

la dirección del eje centroidal. En los extremos pueden existir cargas aplicadas y/o

reacciones que mantengan al miembro en equilibrio.

∫x

x+Δx

q ( x )∂ x=Δ xq ( ζ ); (x<ζ<x+Δx )

(Teorema del Valor Medio para Integrales )

205


ESTÁTICA: ∑ F X=0→F( x+Δx )+Δ xq (ζ )−F (x )=0

De donde

F ( x+Δx )−F ( x )Δx

+q (ζ )=0 ¿ (NOTAR QUE SI Δx→0 ¿ )¿¿

¿

Pasando al límite, cuando Δx→0 , tenemos:

∂F ( x )∂ x

+q (ζ )=0 .. . .. ( i ) ¿ (Fuerza interna que actúa en ¿ )¿¿

¿

GEOMETRÍA:

La Deformación Unitaria del elemento de longitudΔx→0, es:

ε x=[ x+Δx+u ( x+Δx ) ]− [x+u ( x ) ]−ΔxΔx

ε x=u ( x+Δx )−u ( x )Δx

.. . Pasando al límite cuando Δx→0

ε x=∂u∂ x

.. . .. .. . .. .. . .. .. . ( ii )

RELACIÓN FUERZA / DEFORMACIÓN

Si la barra es de material elástico-lineal y se presenta un cambio de temperatura ΔT ,

tenemos:

ε xTOTAL=ε x=

FAE

+αΔT . .. .. . .. .. . .. .. . (iii)

Reemplazando en la ec. (i):

∂∂ x [AE∂u

∂ x−AEαΔT ]+q ( x )=0

∂∂ x (AE∂u

∂ x )−∂∂ x

(AEαΔT )+q ( x )=0 . .. .. . .. .. . .. . (iv )

La ecuación (iv) relaciona la carga distribuida q(x) y el cambio de temperatura ΔT en

la barra con el desplazamiento u(x) a lo largo del eje de la misma.

La solución de la ecuación diferencial (iv) contiene dos constantes arbitrarias de

integración, que podrán ser determinadas en base a las condiciones especificadas

para los desplazamientos en cada problema.

206


En el caso especial: ΔT =0; A y E constantes; q(x)=0 → de la ec. (i) obtenemos

∂F∂ x

=0, lo cual indica que la fuerza en la barra es constante (independiente de x).

La ec. (iv) nos da:

AE∂2u∂ x2

=0→ ∂2u∂ x2

=0→u ( x )=c1 x+c2

donde c1 y c2 son las constantes de integración.

x

A B

XA XB

xuA

uB

A' B'

→uA=c1 xA+c2 ; uB=c1 xB+c2

de donde c1=uB−uA

xB−xA

; c2=−c1 xB+uB

En este caso, el desplazamiento en la barra es Lineal:

u ( x )=uB−u A

xB−xA(x- xB )+uB

uA uB

XA XB

u

(Diagrama de Desplazamientos)

Si q(x) ≠0 → la fuerza interna F(x) será variable (función de x) a lo largo de la barra.

EJEMPLO

1) Un tubo AB de acero se coloca entre dos apoyos rígidos; según se indica en

la figura. Si el incremento de temperatura está dado por ΔT =ΔT B

xL , siendo

ΔT B el incremento de temperatura en el extremo B. Determinar las reacciones

en A y en B y el desplazamiento a la mitad del tubo.

207


A B

L

TB

Lx

T

Incremento de temperatura a lo largo de la barra

RA RB

RA F

Usamos la ec.(iv), tenemos:

AE∂2u∂ x2

−AEα ∂∂ x (ΔTB

xL )=0 (Supuesto AE constante )

→∂2u

∂ x2=αLΔT B

Integrando 2 veces: u ( x )=α

LΔT B

x2

2+c1 x+c2

Condiciones: u (0 )=0→0=c2

u (L )=0→0=α2L

ΔT BL2

2+c1 L

→c1=−α2

ΔT B

Por tanto : u (x )=α2L

ΔT Bx2

2−α

2ΔTB x

u ( x )=α2

ΔT BxL

( x−L )

Ecuación de desplazamiento a lo largo del tubo.

El desplazamiento en x=L

2 , es:

u(L2)=α2ΔT B

L2L ( L2−L)=−α

BLΔT B

RA= RB. Como no existe ninguna otra fuerza externa, la fuerza F es constante (la consideramos tracción)q(x)=0

208


x

u

x=Lx=L/2

L/BT

Por las ecs. (ii) y (iii) → F=AE

∂ u∂ x

−AEαΔT

F=AE(α2 ΔTB(2 xL−1))−AEαΔT B

xL

Simplificando: F=−AEα

ΔTB

2 ( independiente de x )

Las reacciones en los apoyos, son:

R A=RB( condiciones ¿ )¿¿

¿¿¿

¿

1.19) Comportamiento Inelástico en Tracción

Un material ELASTOPLÁSTICO se caracteriza por un Diagrama Constitutivo σ−ε de

la forma

= 0.002

y

DEFORMACIÒN ELÁSTICA

FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO

El rango elástico (lineal) existe hasta el esfuerzo de fluencia (σ y ) . Después de esto, la

conservación de una carga constante producirá una deformación ilimitada hasta el

punto de fractura.

(¿ ) SISTEMAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADOS:

209


Una estructura estáticamente determinada, cargada axialmente, se deformará

elásticamente hasta que los esfuerzos en alguna parte alcanzan el límite de

fluencia. Las cargas adicionales producirán después grandes deflexiones,

dando por resultado la falla de la estructura.

EJEMPLO.

Una barra rígida horizontal está soportada por dos cables de acero cada uno de los

cuales tiene área transversal de 1 .6×10−4m2.

Determinar

i) La máxima carga P que puede aplicarse al centro de la barra, y la deflexión en

el instante de la falla.

ii) Trazar un diagrama Carga / Deflexión para esta estructura.

Considerar acero elastoplástico (E=200GPa; σ y =250MPa)

Debido a la simetría PA=PB

La carga P puede incrementarse hasta que la fuerza en cualquiera de los cables llegue

a ser la fuerza de fluencia:

3.0m

a

3.0m

a P

A B

P

PA PB

210


PA=σ y A= (250x106)(1 .6×10−4

)

PA=40000 N (=PB)

∑ FVERT=0→P=PA+PB=80000 N .

Para esta carga, el alargamiento de cualquiera de los cables, es

Δ=PA L

EA=

( 40000)(3 )(200 )(109 )(1.6 )(10−4 )

=3 .75×10−3 m

Si las cargas se incrementaran, (esfuerzo más allá deσ y ), el cable fluirá y ocurrirá

una deformación ilimitada.

Para, este caso, el Diagrama P−Δ , es:

3.75x10-3

P(NEW)

m)

¿¿SISTEMAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS:

El procedimiento general para solucionar problemas hiperestáticos, usando la

teoría elástica lineal, se resume en:

(i) Ecuaciones de Equilibrio (Estática)

(ii) Relaciones de Compatibilidad (Geometría + material)

(iii) Solución simultánea de las ecuaciones (i) y (ii).

(Procedimiento usado cuando los esfuerzos se mantienen en el rango lineal elástico).

Cuando se reconoce que los esfuerzos en algunos miembros se extienden al rango

inelástico, la solución se simplifica debido a que la fuerza en cualquier miembro (cuyo

material es de comportamiento elastoplástico) tiene un valor constante P y=σ y A .

Si esta fuerza es conocida, las incógnitas restantes pueden determinarse por métodos

estáticos.

211


La capacidad máxima de soportar carga de una estructura estáticamente determinada

se alcanza cuando cualquier miembro de apoyo ingresa al intervalo inelástico de

esfuerzos. Las estructuras estáticamente indeterminadas tienen capacidad adicional

de soportar cargas después de que un solo miembro de apoyo ingresa al régimen

plástico.

P y: carga de Fluencia

(carga última )P y=σ y A

i. Estructura Estáticamente Determinada

Pu

Py

P

FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO(TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN PLÁSTICO)

FLUJO PLÁSTICO RESTRINGIDO(PARTE DE LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO Y PARTE EN RÉGIMEN PLÁSTICO)

DEFORMACIONESELÁSTICAS (TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO)

a) Cuando ocurre la fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la

carga de fluencia P y es también la carga última Pu de la estructura.

b) Cuando ocurre fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la

capacidad de carga esP y . Puede aplicarse carga adicional antes de que se

alcance la carga última Pu y sucedan deformaciones irrestrictas. La región entre

P

Py

DEFORMACIÓN ELÁSTICA

FLUJO PLÁSTICA ILIMITADO

212


P y y Pu se designa Zona de Flujo o Plástico Restringido. En esta región, algunos

de los miembros de apoyo están forzados en la zona plástica, pero todavía

quedan suficientes apoyos comportándose elásticamente y, en consecuencia, la

estructura puede soportar cargas adicionales.

La capacidad de los materiales dúctiles puede ser aprovechada ventajosamente

sin provocar grandes desperdicios de material. Es decir, algunos esfuerzos

pueden analizarse en el rango plástico, ya que en ciertas ocasiones se puede

permitir que algún miembro de una estructura entre en fluencia sin que se afecte

la Estabilidad de la misma.

EJEMPLOS

1) La barra rígida ABC está soportada por tres alambres elastoplásticos

(E=30000 Klb /pulg2 ;σ y=36 Klb/ pulg2) .Trazar el diagrama P – Δ para este

sistema. El área transversal de cada alambre es 1pulg2.

DebemoDebemos encontrar la carga y la deflexión que ocurren cuando aparece

por primera vez la fluencia y, también, la carga y deflexión últimas.

Cuando la carga P se incrementa desde O, los alambres se esfuerzan dentro del

intervalo elástico. Esto continúa hasta que el alambre sometido al mayor esfuerzo

alcance su punto de fluencia.

Equilibrio:→

C

a

10"

a

10"

6"

B

P

A

213


PA+PB+PC=P

PA (a )=PC (a )→PA=PC

Luego: 2PA+PB=P .. . .. .. . (¿ )

Compatibilidad: (acción elástica)

Simetría total ΔA=ΔB=ΔC (A y C→alambres iguales )

Por tanto: P AL A

EA A A

=PB LB

EB AB

→PA (10 )EA A A

=PB (6 )EB AB

→PB=53PA .. . .. ..¿¿

¿

¿

Acción Inelástica:

Como los alambres tienen la misma sección transversal, el alambre que pasa por

B alcanzará primero el Esfuerzo de Fluencia (puesto que soporta mayor carga)

En el estado de fluencia

Según ¿¿PA=

35PB→PA=

35

(36 )

P A=21 .6 Klb .

Reemplazando en (¿ ) , obtenemos:

P

A

PCPBPA

B C

P

A

5P3P

B C

3P

PA PC

y=A=36Klb=PB

214


P y=2 (21 .6 )+36=79 .2 Klb .

(carga que usamos por primera vez la fluencia). La deflexión bajo esta carga, es

igual al alargamiento de cualquiera de los alambres.

Δ y=ΔB=PBLB

EB AB

=(36 ) (6×12 )(1 ) (30×103)

=0 . 0864 } {¿

Después de que el alambre B ha fluido, soportará aún la carga constante

P y=36 Klb . .

Cuando la carga aplicada P se incrementa más allá de 79.2 Klb los alambres A y

C soportarán las cargas crecientes hasta que también alcances sus límites de

fluencia. En ese momento ocurre el flujo plástico ilimitado, alcanzándose la carga

última.

Pu=36+36+36=108 Klb .

Δu=Δa=P ALA

E A A A

=(36 ) (10×12 )(1 ) (30×103 )

=0 . 144 } {¿

Diagrama P - Δ (Δ: desplazamiento en dirección y sentido de la carga P).

79.2=Py

u=0.144y

P(KLb)

(pulg)

108=Pu

PROBLEMAS

1) Dos tubos coaxiales, el interior (acero) tiene sección A = 10cm2 y el exterior

(aluminio) tiene sección A = 15cm2. Los tubos son comprimidos en sus

extremos mediante dos placas rígidas, según se indica en la gráfica. Trazar la

Pu

36Klb=PB36Klb=PB 36Klb=PB

BA C

215


curva carga / Deflexión del conjunto, cuando se comprimen con una fuerza

axial P, de acuerdo con los diagramas constitutivos que se indican.

L=60 Cm

P

ALUMINIO

ACERO

0.0032

ALUMINIO

ACERO

0.005

6,000 K Cm2

3,800 K Cm2

COMPATIBILIDAD:

RÍGIDAS

COMPATIBILIDAD INICIAL

L=60 Cm

ac

Fac Fal

Falal

Fac

Fac

Fac

Fal

Fal

P

FUERZAS DE FLUENCIA:

(Fac )y=σ y acAac=(6000 ) (10 )=60000 Kg .

(F lc ) y=σ y alAal=(3800 ) (15 )=57000 Kg .

GEOMETRÍA:

Debido a la rigidez de las placas, ambos tubos se acortarán la misma cantidad.

ε ac=εal=ε= ΔL

.. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . (¿ )

DIAGRAMAS σ−ε :

Existen tres intervalos de interés:

i) 0≤ε≤0 .0032→Los dos tubos en régimen elástico

σ ac=Eac εac=Eac εσ al=Eal εal=Ealε

Reemplazando valores:

σ ac=60000 .0032

ε=18 .75×105 ε (Kg/cm 2)

σ al=38000 . 005

ε=7 .6×105 ε (Kg/cm2 )

216


ii)

00032≤ε≤0.005→ tubo de acero en régimen plástico y tubo de aluminio en régimen ellástico .

σ ac=σ yac=6000 (Kg/cm2 )

σ al=Eal εal=380000 .005

ε=7 . 6×105ε (Kg/cm2)

iii) ε≥0 . 005→Los dos tubos en régimen plástico

σ ac=σ yac=6000 (Kg/cm2 )

σ al=σ yal=3800 (Kg/cm2 )

EQUILIBRIO: P=σac Aac+σal Aal

Con base a la ec. anterior pueden calcularse P1 y P2, valores de la carga axial

P, correspondientes a las deformaciones unitarias 0.0032 y 0.005,

respectivamente.

P1=(18 .75 )(105)(0 . 0032)(10 )+(7 . 6)(105)(0 .0032)(15 )P1=96 . 480 Kg .

P2=(6000 )(10)+(7 .6 )(105)(0 . 005)(15 )P1=117. 00 Kg .

Posteriormente las cargas adquieren valor constante:

P=(6000 )(10 )+(3800 )(15)P=117000 Kg .

ALARGAMIENTOS

Δ1=(0 . 0032)(60 )=0 .192cmΔ2=(0 . 005)(60 )=0 . 3cm

Diagrama P - Δ

117,000=P2

96,480=P1

P(Kg)

(cm)

217


2) La barra rígida horizontal AB está soportada por tres alambres elastoplásticos

según se indica. Determinas la carga límite (PL) que produzca el colapso del

sistema.

Material Área (cm2 ) σy/Kg / cm2

Acero 1 5000

Bronce 2 4600

Alu min io 4 3300

(Fal )máx=(3300 ) (4 )=13200 Kg .

(Fbr )máx=( 4600 ) (2 )=9200Kg .

(Fac )máx=(5000 ) (1 )=5000Kg .

Para que se produzca el colapso del sistema, NO es necesario que

simultáneamente fallen los tres alambres.

Existen dos posibilidades:

i) Alambres de bronce y acero en fluencia, antes que el alambre de aluminio.

(La barra AB tenderá a girar alrededor de A).

ii) Alambres de bronce y aluminio en fluencia, antes que el alambre de acero.

(La barra AB tenderá a girar alrededor de B)

P

A

50cm

40cm

B

ALUMINIO ACEROBRONCE

50cm 100cm

PL

A B

FacFbrFal

FUERZAS MÁXIMAS

218

PL

A B

FacFbrFalEN FLUENCIA


i) ∑M A=0→ (1)(9200 )(2)+(500)(2 )=0 .5 PL

PL=38400Kg .

La fuerza en el alambre de aluminio se calculará por equilibrio:

Fal+9200+5000=38400→Fal=24200 Kg .

Puesto que la máxima fuerza en el alambre de aluminio es sólo 13200Kg., no

es posible este resultado. Debemos analizar la segunda posibilidad. (Se

obtuvoFal>(Fal)máx ).

ii ) ∑M B=0→ (13200)(2 )+(922 )(1)=1 .5 PL

PL=23733Kg .

La fuerza en el alambre de acero, es:

Fac+13200+9200=23733→Fac=1333 Kg .

Se obtiene Fac<(Fac)máx=5000 Kg

Luego la carga limite, es PL = 23733 Kg.

3) Trazar el diagrama P – Δ para el sistema representado cuyas barras son de

acero elastoplástico.(σ y=250MPa:E=200GPa; A=9cm2)

2 m

3

44

3

P

21

3

P

Incrementando la carga P desde O, las barras se esfuerzan dentro del intervalo

elástico, hasta que la barra sometida al máximo esfuerzo alcance el valor del

esfuerzo de fluencia.

PL

A B

FacFbrFalEN FLUENCIA

219


Equilibrio:

2 F2 senθ+F1=P

2 F245+F1=P→1.62F2+F1=P . . .. .. . (¿ )

Compatibilidad:

Δ2=Δ1=senθF22 .5

EA=F12

EA45

→F1=1 .5625 F2 .. .. . .¿¿

¿

Resolviendo (*) y (**) obtenemos:

F1=0 .494 P ; F2=0. 316 P

Puesto que las barras tiene la misma acción transversal, La barra (1) es la que primeramente ingresa al régimen plástico. En ese instante:

F1=σ y A=(250×106 )(9×10−4 )=225 KNDe ¿¿

¿


1 .6 (144 )+225=P y→P y=455 . 4 KN

Deflexión correspondiente:

Δ y=F1 L1

EA=225×103×2

200×109×9×10−4=2.5×10−3m

F1F2

F3

P

21

220


Después que la barra (1) ha fluido, soportará carga constante F1=225KN . Cuando la carga aplicada se eleva más allá de 455.5KN, las barras inclinadas soportarán carga creciente hasta alcanzar el calor de la carga de fluencia. En ese instante:

F2=σ y A=(250×106 )(9×10−4 )=225 KN

y se alcanza el valor Pu:

En (¿ ) : Pu=1. 6(225 )+225

Pu=585 KN (ocurre el flujo plástico ilimitado )

Deflexión correspondiente→Δ2=225×103×2. 5200×109×9×10−4

=3. 125×10−3m

Pero Δ2=Δ1senθ→Δ1=3 .125×10−3

4 /5=3 . 906×10−3m

Con los valores calculados, se traza la curva P - Δ :

P y=455. 4 KN

⟩ Δ y=2 . 5×10−3m¿

¿ (FLUENCIA ) ¿¿Pu=585 KN

⟩ Δu=3 .906×10−3m¿

¿ (ÚLTIMA ) ¿¿

4) Dos alambres de acero elastoplásticos se usan para levantar un peso de 3Klb,

según se incida. El alambre AB tiene longitud inicial de 20’ y el alambre AC

tiene longitud inicial de 20.03’. Determinar la fuerza en cada alambre y su

respectivo alargamiento. Cada alambre tiene 0.05 pulg2de área transversal.

Pu

Py

P(KN)

(cm) y u

221


= 0.0017

y=50

3Klb

A

B C

20' 20.03'

Cuando se levanta el peso, es el alambre AB el que soporta carga, hasta que su

alargamiento sea 0.03’. Luego, es peso levantado es existido por los dos

alambres.

Deformación unitaria en AB: ε AB=

0 .0320

=0 . 0015 , que es menor que la máxima

deformación elástica permitida en el material (εy).

Para εAB=0 .0015 , la fuerza en el alambre AB, es:

F AB=σ AB A AB=EεAB A AB=500 .0017

(0 . 0015)(0 . 05 )

F AB=2. 20 Klb .

Puesto que el peso a levantar es 3Klb → ambos alambres lo soportarán.

Equilibrio→F AB+F AC=3. . .. .. (1 )

Existen tres posibilidades para la deformación:

a) Deformaciones elásticas en ambos alambres.

b) AB en régimen plástico y AC en régimen elástico

c) Deformaciones plásticas en ambos alambres.

a) Deformaciones elásticas en ambos alambres:

Condición de compatibilidad: ΔAB=0 .03+ΔAC . . .. .. . .. (2 )

FAB FAC

3Klb

i ) Sólo P1

σ1=P1

A=

240000 .75

=32000 lb / pu lg2

Reemplazando en la ec .( i) ;obtenemos ε1=0.003492

El alargamiento de la barra ( igual al desplazamiento de la barra ) es: ΔB=ε1 L→ΔB=(0 .003492)(86 \) =0 . 2977 ii ) Sólo P2

El esfuerzo ( EN LA MITAD SUPERIOR DE LA BARRA ), es:

222


→(F AB) (20×12 )

( 0. 05 ) 500. 0017

=0 . 03×12+(F AC ) (20 . 03×12 )

(0 . 05 )(500 .0017 )

Simplificando, obtenemos: 20 F AB=44 . 12+20. 03 F AC .. .. . .. .. . (3 )

Resolviendo las ecs. (1) y (3): F AB=2 .603 Klb ; F AC=0 .397 Klb .

Calculamos σ AB=

2 . 603 Klb

0 . 05 pulg2=52 . 06 .

Klb

pulg2, que resulta mayor que el esfuerzo de

fluencia σ y=50

Klb

pulg2

En consecuencia, el alambre AB ingresa al régimen plástico.

Soporta una carga máxima de F AB=σ y A=52(0 .05)=2. 5 Klb

Con este, la fuerza en el alambre AC es: F AC=0.5Klb ( de la ec. de equilibrio (1))

El alambre AC permanece en el régimen elástico, σ AC=

0 . 50 . 05

σ AC=10 Klb /pulg2<σ y=50 Klb /pulg2

La deformación unitaria correspondiente, será:

ε AC=σ AC

E→εAC=

10500 . 0017

=0. 00034

El alargamiento del alambre AC, es: ΔAC=(0 .00034 ) (20.03 )

ΔAC=0 .0068 pies

Mediante la ecuación (2), encontramos ΔAB=0 .03681 pies

i ) Sólo P1

σ1=P1

A=

240000 .75

=32000 lb / pu lg2

Reemplazando en la ec .( i) ;obtenemos ε1=0.003492

El alargamiento de la barra ( igual al desplazamiento de la barra ) es: ΔB=ε1 L→ΔB=(0 .003492)(86 \) =0 . 2977 ii ) Sólo P2

El esfuerzo ( EN LA MITAD SUPERIOR DE LA BARRA ), es:

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Churro- Esparza Resistencia de Materiales

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