ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

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CAPÍTULO IV ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Energía de Deformació n es uno de los conceptos más importantes en el estudio de la Mecánica de Sólidos Deformables. 4.1) Introducción. Definiciones En el estudio del movimiento de partículas discretas y cuerpos rígidos, se demuestra que muchos problemas pueden solucionarse más fácilmente usando principios y consideraciones de energía, que usando la formulación directa de las ecuaciones del equilibrio. En este capítulo se definen Métodos de Energía que son extremadamente útiles para solucionar problemas y otros planteamientos de la Mecánica de Sólidos Deformables. Definición.  Energía de Deformación, es la energía almacenada en un sólido, en consecuencia del trabajo realizado por las acciones externas durante el proceso de deformación (Energía Interna). Si el material es elástico, se denomina Energía de Deformación Elástica. Resulta fundamental distinguir la manera en que pueden aplicarse las cargas externas: F Δ F = K  APLICACIÓN GRADUAL  Aplicación lenta, por incrementos  Los efectos dinámicos (aceleraciones, vibraciones;) son des re cia bles.  F: constante APLICACIÓN SÚBITA  Aplicación violenta  Los efectos dinámicos (aceleraciones, vibraciones;…) pueden ser considerables. F Δ 

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    CAPTULO IV

    ENERGA DE DEFORMACIN

    Energa de Deformacines uno de los conceptos ms importantes en el estudio de la

    Mecnica de Slidos Deformables.

    4.1) Introduccin. Definiciones

    En el estudio del movimiento de partculas discretas y cuerpos rgidos, se demuestra

    que muchos problemas pueden solucionarse ms fcilmente usando principios y

    consideraciones de energa, que usando la formulacin directa de las ecuaciones del

    equilibrio. En este captulo se definen Mtodos de Energa que son extremadamente

    tiles para solucionar problemas y otros planteamientos de la Mecnica de Slidos

    Deformables.

    Definicin. Energa de Deformacin, es la energa almacenada en un slido, en

    consecuencia del trabajo realizado por las acciones externas durante el proceso de

    deformacin (Energa Interna). Si el material es elstico, se denomina Energa de

    Deformacin Elstica.

    Resulta fundamental distinguir la manera en que pueden aplicarse las cargas externas:

    F

    F = K

    APLICACIN GRADUAL Aplicacin lenta, por

    incrementos

    Los efectos dinmicos

    (aceleraciones, vibraciones;)

    son des reciables.

    F: constante

    APLICACIN SBITA Aplicacin violenta

    Los efectos dinmicos

    (aceleraciones, vibraciones;)

    pueden ser considerables.

    F

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    h

    x

    W

    4.1.1) Trabajo de Cargas Externas

    Consideraremos un slido deformable en equilibrio, sustentado mediante apoyos no

    elsticos.

    F4

    F3

    P

    A

    A' F2

    F1

    La aplicacin gradual (por incrementos) de las cargas, requiere:

    Q Wext= E2E1. . . . (1)(Primera Ley de la Termodinmica)

    Donde:

    Q:Cantidad de calor transferido durante el proceso cargadeformacin.

    Wext: Trabajo realizado por el sistema de cargas externas durante el proceso

    cargadeformacin.

    E2E1: Cambio en la energa.

    n)(deformaciInternaEnerga

    o)(movimientcinticaEnerga

    (altura)potencialEnerga

    Incluye

    4.1.2) Hiptesis Simplificatorias

    1) Si el proceso cargadeformacin es aproximadamente ADIABTICO (sin

    transferencias importantes de calor), puede aceptarse Q 0.

    2) Si el trabajo realizado por el centro de gravedad del slido es despreciable

    durante el proceso carga deformacin (el centro de gravedad del slido no

    Nota

    Existe otra manera de aplicar

    las cargas: POR IMPACTO

    (Ser tratada posteriormente,

    en el presente captulo.

    Fuerzas restrictivas No generan trabajo

    (Reacciones: no sufren desplazamientos

    en su direccin)

    Acciones aplicadas Generan trabajo

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    cambia significativamente de posicin), entonces el cambio en la energa

    corresponde nicamente al cambio en la energa interna.

    3) Si el material es elstico (no necesariamente lineal) y no existe HISTRESIS, el

    cuerpo realiza una cantidad igual y contraria de trabajo durante los procesos decarga y descarga.

    descarg

    a

    F

    carg

    a

    F

    carga

    W1= -W2

    carga = descarga

    des

    carga

    Lazo de Histresis

    Con dichas hiptesis, puede considerarse que los slidos deformables almacenan

    energa durante su deformacin, y sta energa es equivalente al trabajo generado por

    las cargas externas.

    La primera Ley de la Termodinmica (ec. 1) se expresa por:

    Wext= U . . . . (1.1)

    Siendo U la energa interna almacenada en el slido durante el proceso carga /

    deformacin.

    4.2) Energa Debida a Fuerza Normal

    Consideremos una barra prismtica de material elstico lineal, sometida a la accin

    gradual de una fuerza axial centrada.

    El trabajo realizado por la fuerza F, es:

    L

    A ; E

    F

    F=K

    F

    EL STICO ANEL STICO

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    dWext= Fd

    ( F)

    F

    F = K

    Por la ec. (1.1) U =2

    k2. . . . (2)

    La ec. (2) puede escribirse: U = 2F21

    U = F21 . . . . (3)

    U = 1 FD 2rea bajo el diagrama

    U

    F

    ( F)

    F = K

    Si, adems, el material satisface La Ley de Hooke:

    EA

    FLF

    2

    1U =

    EA2

    LF2

    EA2

    LFU

    2

    . . . . (4)

    Notas:

    i)Observar que

    EAFL

    FU

    "La derivada parcial de la Energa de Deformacin almacenada en un slido de

    material elstico lineal, con respecto a una fuerza aplicada, es igual al

    desplazamiento del punto de aplicacin de esa fuerza, medido en su direccin"

    (Segundo Teorema de Castigliano).

    ii)Es posible expresar la energa de deformacin, (ec. 4), en funcin de otras variables.

    En funcin del

    FdWext

    0

    2

    ext2

    kdkW

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    EA2

    LFU

    2

    E2A

    LAFU

    2

    2

    =E2

    LA

    A

    F 2

    2

    E2

    LAU . . . . (5)

    VolE2

    U

    2

    . . . . (5.1) (Vol = AL = Volumen no deformado)

    En funcin del Cambio de Longitud

    EA2

    LFU

    2

    ;EA

    FL

    L

    EAF , reemplazando en (4)

    2

    L

    EA

    EA2

    LU

    2

    L2

    EAU . . . . (6)

    En funcin de la Deformacin Unitaria:

    Sabemos que = L reemplazamos en (6):

    2LL2

    EAU = 2

    2

    EAL . . . . (7)

    Vol2

    EU

    2 . . . . (7.1)

    (Siendo Vol el volumen inicial)

    Iii) Si el slido tiene secciones transversales variables (slido homottico) pueden

    aplicarse, convenientemente, las ecuaciones anteriores para calcular la energa

    de deformacin almacenada en el slido.

    F

    dz

    F

    d( )

    Para el elemento diferencial:

    A= A (z)

    L

    z

    A= A (z) (acotada)

    F (aplicada gradualmente)

    E

    dz

    Si el material sigue la ley de Hooke:EA

    )dz(F)(d

    Luego )(dF2

    1dU = )dz

    EA

    F(F

    2

    1

    Usando la ecuacin 4:

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    dzEA2

    FdU

    2

    L

    2

    )z(EA2

    dzFU

    . . . . (8)

    La ec. (8) puede usarse tambin cuando F = F(z)

    L zEA

    dzzFU

    )(2

    )(2

    . . . . (8.1)

    iv) El trabajo realizado por la carga externa F (aplicada gradualmente) es

    numricamente igual al rea limitada por el diagrama P-.

    F

    dU = F d

    F

    F

    F= F( )

    d

    Definicin. El rea complementaria en el diagrama P, define la Energa

    Complementaria.

    F

    U + U*=F

    ( F)

    F

    U*

    U

    Propiedad: )F)((dFFdF

    SiU U*el material es de comportamiento no lineal.SiU = U*el material puede ser de comportamiento lineal.

    U = U*no implica necesariamente comportamiento lineal.

    dFU

    F

    dFU

    * (Energa

    Complementaria)

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    F

    U

    U*U*

    UU = U* U = U*

    ( F)

    F

    ( F)

    iv) Al someter un slido a la accin de fuerzas, stas generan trabajo, que en general

    se invierte deformando al slido, generndose la Energa Interna. Si las cargasson aplicadas gradualmente, la energa cintica puede ser despreciable. Si las

    cargas no se aplican gradualmente, ser necesario incluir la Energa Cintica (K).

    A

    A' v

    F

    vi) Todo sistema conformado por elementos linealmente elsticos sometidos a fuerza

    axial centrada, almacena Energa de Deformacin.

    n

    1i

    iTOTAL UU

    Siendo:

    Ui:la energa almacenada en el i-simo elemento.

    n:n de elementos

    elsticosnoApoyos

    constanteltransversaseccindeyelsticaselinealmentBarrasArmaduras

    U = U*no implica necesariamente comportamiento lineal

    AA: Con velocidad importante

    Wext= U + K

    La aplicacin gradual de las fuerzas, garantiza que los

    efectos dinmicos en las partculas materiales son

    insignificantes (casi nulos) y por consiguiente K 0.

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    3 7

    1 2

    4

    5 6

    Fi

    Fi

    Li;Ei;

    Ai

    ii

    i

    2

    i

    iAE2

    LFU

    n

    1i ii

    i2i

    TOTALAE2

    LFU . . . . (9)

    Si existiesen "Apoyos Elsticos", en el clculo de la Energa Total debe incluirse la

    Energa almacenada durante la deformacin de los apoyos.

    12

    K1

    K2

    UTOTAL= U1+ U2+ UR1+ UR2

    22R11R

    22

    222

    11

    12

    1TOTAL F

    2

    1F

    2

    1

    AE2

    LF

    AE2

    LFU

    (1y 2son los cambios de longitudes de los resortes)Tambin:

    22

    221

    1

    22

    222

    11

    12

    1TOTAL

    2

    K

    2

    K

    AE2

    LF

    AE2

    LFU

    vii) Es importante distinguir entre Carga Aplicada gradualmente y Carga Aplicada

    sbitamente.

    Resortes elstico lineales

    K1, K2constantes de resorte

    F1= K11(resorte 1)F2= K22(resorte 2)

    Unidades de K FUERZA/LONGITUD

    Elemento i-simo

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    F: creciente con

    U

    ( F )

    F = K

    U= 1 F

    F

    F

    L

    E

    A

    F :constante

    U= F

    ( F )F: aplicada en toda

    su intensidad

    U

    F

    L

    E

    A

    F

    viii) Sea U la energa almacenada durante el proceso de carga / deformacin,

    Rango inelstico

    F

    F

    U

    Si desde un punto en el rango inelstico, se descarga el material, la fuerza

    regresa a cero, presentndose un alargamiento permanente. En el proceso de

    descarga NO se recupera toda la energa generada durante el proceso de carga.

    (Aplicacin Gradual)

    (Aplicacin Sbita)

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    400

    F

    Energa

    recuperableEnerga

    disipada

    elstico

    (recuperable)perm

    El resto de energa se disipa (calor, friccin interna, etc...).

    ix) El principio de Superposicin NO puede aplicarse para evaluar la energa de

    deformacin en un elemento.

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    401

    s

    e

    F1+F2

    F2

    L

    E

    A

    L

    E

    A

    s 1

    e1

    s 1

    e1

    1

    L

    E

    A

    EJEMPLOS

    1. En el sistema representado, cuya rigidez axial EA es constante, determinar:

    i)La energa de deformacin U1cuando Q=0

    ii) La energa de deformacin U2cuando P=0

    iii) La energa de deformacin cuando actan a la vez Py Q

    EALFU

    2

    2

    11

    L

    A

    F

    11

    1

    1

    EA

    LFU2

    2

    2

    2

    L

    A

    F

    2

    2

    2

    2

    EA

    LFFU

    2

    )( 221

    21

    21

    21

    21

    L

    A

    FF

    s=s1+s2e=e1+e2(Si pueden superponerse)U U1 + U2

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    402

    i)Q = 0EA

    LPU

    2

    2

    1

    1

    ii)P = 0EA

    LQU

    2

    2

    2

    2

    EA

    LQU

    4

    2

    2

    iii)P y Q EA

    LQP

    EA

    LPU

    2

    2/)(

    22

    22

    3

    EA

    LQ

    EA

    PQL

    EA

    LP

    EA

    LPU

    42

    2/2

    44

    222

    3

    EA

    LQ

    EA

    PQL

    EA

    LPU

    422

    22

    3

    Notar que U 3 U2 +U1

    2. Cada barra de la armadura representada tiene rea transversal A y mdulo de

    elasticidad E. Hallar el corrimiento horizontal del punto B.

    P

    F2

    F1

    PF

    PF

    PFF

    FFsenFsenF

    PFF

    LLL

    2

    1

    21

    2121

    21

    21

    2

    1

    2

    1

    6060

    60cos60cos

    PB

    CA 60 60

    21

    L

    A B C

    L / 2L / 2

    P

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    403

    Aplicando la ecuacin 4:11

    1

    2

    1

    2 AE

    LFU +

    22

    2

    2

    2

    2 AE

    LF

    EA

    LPU

    2

    2

    +EA

    LP

    2

    2

    EA

    LPU

    2

    2

    Principio Fundamental:

    EA

    PL

    EA

    LPP BH

    B

    H

    2

    2

    2

    3. La rigidez axial de las barras AB y BC es EA. El ngulo b puede variarse

    cambiando la longitud de las barras, pero el nudo B debe permanecer a una

    distancia L de AC. Hallar la mxima energa de deformacin y el

    correspondiente desplazamiento vertical del nudo B.

    L

    C

    B

    P

    A

    P

    FCBFAB b b

    PF

    PF

    PFF

    FFsenFsenF

    AB

    AB

    ABCB

    ABCBABCB

    cos2

    cos2

    coscos

    PB

    B

    HB

    B

    H

    pWext

    2

    EA

    LPU

    2

    2

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    404

    sen

    L

    P

    EAU

    2

    2

    cos42

    2

    senEA

    LPU

    2

    2

    cos4

    Umin, cuando cos2sensea mximo: seny 2cos

    sensen

    y

    cos2coscos

    2

    sen

    y 23cos2cos0

    02cos0cos 22 sen

    2

    1tan0tan21

    22

    3

    1

    3

    2

    1

    4min

    2

    2

    EA

    LPU LP

    EAU

    2

    8

    33min

    C

    A

    B

    P

    B

    V

    B

    VPWext

    2

    1 minUWext

    3 3

    1sen ,

    3

    2cos

    2

    LAB

    L

    ABL

    Lsen

    sen

    LLAB

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    40

    LPEA

    p BV

    2

    8

    33

    2 LP

    EA

    B

    V

    4

    33

    4. Las barras de la armadura representada tienen rigidez axial EA. Determinar:

    a) La Energa de Deformacin en trminos del desplazamiento vertical del puntoD.

    b) El desplazamiento vertical del punto D.

    c) Las fuerzas en las barras de la armadura.

    D

    P

    h

    A B C

    a) ADDCDC

    L

    hL

    L

    h

    cos

    cos

    AD

    D

    DC

    V

    D

    A B C

    D

    VDCD

    V

    DCcos

    cos D

    VAD cos .(*)

    222

    2

    2

    2

    D

    VDC

    DC

    AD

    AD h

    EA

    L

    EA

    L

    EAU

    22

    2

    2

    cos

    cos

    D

    V

    D

    V

    h

    EA

    h

    EAU

    2

    1cos 3

    2

    h

    EA DV

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    406

    23 cos212

    D

    V

    h

    EAU

    b) DV

    PWext 2

    1

    Principio fundamental: 23 cos212

    2

    1 DV

    D

    V

    h

    EAP EA

    PhDV 3

    cos21

    c) Fuerzas:

    De ( * )

    EA

    PhAD

    coscos21

    3

    ComoEA

    LFADAD

    AD , obtenemos:

    h

    EA

    F

    EA

    Ph AD

    coscos21

    cos

    3

    , de donde:

    DCAD F

    PF

    3

    2

    cos21

    cos

    De la ecuacin de equilibrio:

    PF

    P

    BD

    coscos21

    cos2

    3

    2

    PFBD 3

    cos21

    5. En el sistema representado, cuando P=0 existe la diferencia de longitudes S:

    i)Graficar un diagrama fuerza desplazamiento

    ii)Calcular la energa de deformacin almacenada en los resortes, cuando X

    =2S

    P

    FDCFAD a a FH = 0 FAD= FDCFV = 0

    FAD cosa FDC cosa FDB P

    2 FAD cosaFDB P

    FDB

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    40

    PxKSx2K12

    SXSXKXK

    SXXK

    ).....(2

    0......................`

    21

    1P

    (K +K )2S

    P

    X

    1 2

    K X1U

    S 2S

    SSKKSK

    SSKU2

    2)(

    2

    1 2111

    2

    21 )2( SKKU

    4.3) Energa Debida a Fuerza Cortante y Momento Torsor

    4.3.1) Energa Debida a Fuerza Cortante

    PK1 X

    K2 ( X- S )

    K2 ( X- S )

    P

    S

    K1K2

    K2

    X

    i) 0X SP = K1X

    ii) XS

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    18/126

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    408

    Consideremos una barra prismtica de material elstico lineal, en Estado de Esfuerzo

    Cortante.

    Dejando de lado el efecto de flexin (momentos), la fuerza F produce la distorsin , yel desplazamiento . Para evaluar la energa de deformacin, aplicamos la ec (1.1):Wext= U

    donde Wexttrabajo producido por la carga F durante el desplazamiento .

    U Energa almacenada en la barra por efectos de la fuerza cortante.

    Para deformaciones infinitesimales 0; = L.

    Luego F2

    1Wext F

    2

    1U LF

    2

    1U

    Si los esfuerzos en el material permanecen en el rango elstico lineal

    = G,y en consecuencia:

    GFL

    2

    1U

    A

    F

    G

    FL

    2

    1U

    de dondeGA

    LF

    2

    1U

    2

    . . . . (10)

    (de la misma estructura que la ecuacin (4))

    La energa U, puede expresarse en funcin del esfuerzo cortante promedio:

    G2

    LA

    A

    F

    GA2

    LAFU

    2

    2

    2

    G2

    LAU 2 . . . . (10.1)

    G2

    VolU

    2 . . . . (10.2),

    siendo Vol = AL el volumen del slido no deformado. Tambin

    U = (V) dV2G

    2

    (10.3)

    A ; E, G

    F aplicadagradualmente

    L

    F

    dg

    KF ' d: desplazamiento de la seccin libre

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    409

    4.3.2) Energa Debida a Momento Torsor

    Consideremos una barra circular de material lineal elstico, con Mdulo de Rigidez G.

    La seccin B gira el ngulo por efectos del torsor T

    Pero en el rango elstico lineal, sabemos que:

    GJ

    TL

    GJ

    TLTU

    2

    GJ

    LTU

    2

    2

    ..(*)U es funcin del torsor T

    Tambin:

    L

    GJU

    2

    1 2

    2

    L

    GJU ..(**) U es funcin del ngulo

    Para barras compuestas:

    n

    i

    iUU1

    donde Ui es la energa almacenada en el slido i.

    n

    i ii

    ii

    JG

    LTU

    1

    2

    2

    (, T)

    T=K

    TU2

    1

    U

    A B

    L

    T aplicadagradualmente

    T

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    410

    Si la seccin transversal de la barra o si el torsor interno son variables a lo largo de la

    barra:

    L

    XGJ

    dxxTU

    2

    2

    EJEMPLO

    Una barra troncocnica de material elstico lineal, est sometida al torsor T en su

    extremo libre. Calcular la energa de deformacin y el giro del extremo libre.

    En este caso T y G son constantes, J(x) variable.

    El momento polar de Inercia es:

    4

    4

    3232

    x

    L

    ddd

    Jd

    J

    AB

    Axx

    Por tanto:

    L

    AB

    A XL

    ddd

    G

    xTU

    0

    4

    322

    2

    dx

    L

    dddd

    AB

    A

    xdB

    Por semejanza

    A

    dA dB

    B

    T

    L

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    411

    Evaluando la integral:

    33

    211

    3

    16

    BAAB ddddG

    LTU

    Puede calcularse el ngulo de giro A:

    ddddGLT

    TUW

    BAAB

    Aext

    33

    211

    3

    16

    2

    1, T aplicado por

    incrementos

    33

    11

    3

    32

    BAAB

    AddddG

    TL

    4.4) Densidad de Energa

    Definicin.Se denomina densidad de energa de deformacin al valor

    Vol

    Uu . . . . (1)

    Donde U es la energa de deformacin almacenada en el elemento de volumen

    inicial Vol.

    Alternativamente, puede definirse dV

    dUu

    . . . . (1.1)

    almacena dU

    dV

    La densidad de energa tambin se denomina Energa por Unidad de Volumen

    (Energa unitaria).

    Unidades:V]de[unidades

    U]de[unidades]u[

    En el sistema internacional:

    3m

    mN

    3m

    Joule

    Para una barra de material elstico, sometida a carga axial, la densidad de

    energa, es:

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    412

    )L

    (dAFu

    Notas

    i) El concepto de Densidad de Energa de Deformacin, elimina el efecto del tamao

    de la barra, y concentra la atencin en las propiedades del material.

    ii) Existe cierta analoga entre U y u:

    Uen el plano F-

    uen el plano s-e

    iii) Para una barra de material elstico lineal, la densidad de energa puede expresarse

    de diferentes maneras:

    s

    U

    eu

    FdU

    du

    s e,s)

    U

    e

    du . . . . (2)

    FL E A

    FL E AAL

    Fd

    u

    F

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    413

    LA

    EA

    LF

    2

    1

    V

    Uu

    2

    E2

    1

    A

    Fu

    2

    2

    E2

    u

    2

    . . . . (3)

    Tambin 2

    1u . . ..(4)

    2E2

    1E

    2

    1u

    2E2

    1u . . . . (5)

    Definicin. La densidad de energa de deformacin, evaluada en el punto lmite

    de proporcionalidad del material, se denomina Mdulo de Resiliencia del material.Representa la energa mxima, por unidad de volumen, que puede absorver el

    material sin que se presenten deformaciones permanentes.

    iv) La energa total de deformacin puede calcularse a partir de la densidad de

    energa.

    e

    se,s)=Ee

    E

    u

    2

    2

    1

    sfl

    eflflfl

    u2

    1

    e

    s

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    414

    dV

    dUu

    V

    udVU

    . . . . (6)

    PROBLEMAS

    1) En la armadura representada, todas las barras tienen 10 pulg2 de seccin

    transversal. El material admite la ecuacin constitutiva = 106( + 2) ( en

    klb/pulg2). Calcular la energa total de deformacin.

    P= 60 Klb

    2

    65

    7

    3 4

    1

    9'

    12'12'

    No se usanii

    i

    2

    i

    iAE2

    LFU puesto que el material de las barras NO es de

    comportamiento elstico lineal.

    compr

    esin

    trac

    cin

    U

    U

    F

    FdU (barras en traccin)

    =

    dFU (barras en compresin)

    Determinamos las Fuerzas Axiales en las barras de la armadura.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    415

    F1=160; F2=80; F3= 0; F4= 100; F5=60; F6= 100; F7= 80 (klb)

    Determinamos los Esfuerzos Normales correspondientes.

    1=16; 2=8; F3= 0; 4= 10; 5=6; 6= 10; 7= 8 (klb/pulg2)

    Energa en la barra i-sima

    FdUi

    i dALLAdU

    )( en traccin

    dALU

    i en compresin

    Pero = 106(+ 2)

    0

    6i d)21)(10(ALU

    i

    ALdALU

    0

    32

    6

    0

    6

    3

    2+

    210=)2+1(10=

    3

    2+

    210=

    32

    6

    ALUi . . . . (*)

    UTOTAL= U1+ U2+ U3+... + U7. . . . (**)

    Reemplazamos los valores particulares para cada barra, obtenemos:

    U1= 4.1165; U2= 0.5376; U3= 0; U4= 1.29; U5= 0.175; U6= 1.29;

    U7= 0.5376 (usando *)

    Luego, la energa total ser U = 7.9467 klb-pulg (usando **)

    2 Para el bloque de material elstico lineal e isotrpico representado, determinar la

    Energa de Deformacin. El material presenta el diagrama -indicado.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    416

    Debido a la isotropa, la densidad de energa, es

    zzyyxx 2

    1

    2

    1

    2

    1

    u . . . . (1)

    Esfuerzos: kPa125000m1058

    kN50024x

    ;

    kPa20000m10105

    kN10024y

    kPa6250m10108

    kN5024z

    Deformaciones: )]([E

    1

    zyxx ; )]([

    E

    1

    zxyy ;

    )]([E

    1yxzz . Del grfico constitutivo hallamos

    kPa)a(pasar

    3MPa

    10

    140E

    Reemplazando valores, encontramos:x= 0.000949

    y=0.000397

    z=0.000269

    Reemplazando en (1) obtenemos

    u = 64.123125

    10 - e

    140 MPa

    =0.3

    sFY =100 KN

    FX =500 KN

    FX

    FZ

    5 cm

    8 cm

    10 cm

    FY FZ =50 KN

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    27/126

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    417

    La energa total ser U = uV

    U = (64.123125)(0.05)(0.08)(0.10) = 0.02565 kJoules

    3) Hallar el desplazamiento horizontal del nudo C.

    21

    BA

    F= 16 Klb

    Hallamos las fuerzas internas F1= 16 2 klb; F2=16 klb

    Calculamos la energa total de deformacin:

    22

    2

    2

    2

    11

    1

    2

    1

    AE

    LF

    2

    1

    AE

    LF

    2

    1U , reemplazando valores U = 3.408 klb-pulg.

    Trabajo realizado por la carga F.

    A B

    V

    H

    C

    1'

    C

    C'

    2'

    C

    F

    Principio fundamental

    Wext= U 408.3)16(2

    1 CH

    De donde obtenemos CH

    = 0.426 pulg

    (Trabajo = Fuerzadesplazamiento en la misma direccin)

    4) Una barra prismtica de longitud L, seccin transversal de rea A y peso W,

    cuelga libremente de uno de sus extremos. Calcular la energa elstica debida al

    peso propio. Considerar E el mdulo de elasticidad del material.

    L1= 10 2 '

    A1= 0.5 pulg2

    E1= 3104klb/pulg2

    L2= 10'

    A2= 1 pulg2

    E2= 3104klb/pulg2

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    28/126

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    418

    Fuerza Interna:

    5) Un cono circular recto, de altura H y peso W, cuelga de su base cuyo radio es R y

    est sometido solamente a la accin de la gravedad. Hallar la energa elstica que

    se almacena en el cono. El material es de comportamiento lineal (E).

    R

    H

    Peso unitario: HRW3HR3

    WVolW 22

    Consideramos un cono parcial de altura z:

    Q

    W

    F

    Z

    LEA

    F + Q = W F = WQ(Q: peso de la barra parcial de altura z)

    zL

    WAz

    AL

    WQ )

    L

    z1(Wz

    L

    WWF

    Energa: L

    2

    EA2

    dzFU

    dzL

    z1W

    EA2

    1U

    2L

    0

    2

    Desarrollando la integral, obtenemosEA6

    LWU

    2

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    29/126

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    419

    z

    Q

    x

    W

    F

    Determinamos una relacin entre x y z.

    3

    3

    3

    2

    2

    2 z

    H

    Wz

    H

    R

    HR

    WQ

    Equilibrio F = Q (F es la fuerza interna)

    Energa L

    2

    dzA

    F

    E2

    1U

    (puesto que A es variable)

    H

    02

    H

    R

    6

    H

    WH

    0

    2

    23

    H

    W

    dzz

    z

    E2

    1dz

    x

    z

    E2

    1U

    2

    2

    6

    2

    3

    . Simplificando y evaluando la integral,

    obtenemos:2

    2

    RE10

    HWU

    6) Una fuerza P acta en la base superior de un tronco de cono de material elstico

    lineal (mdulo E). Halle el trabajo elstico de la fuerza P, sin incluir el peso propio.

    R

    H

    Z

    H

    R

    z

    x z

    H

    Rx .

    Reemplazando en Q.

    x

    PA0

    A1E

    h

    zx3HR

    W3zx

    3Q 2

    2

    2

    zxHRWQ 22

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    30/126

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    420

    Usamos la relacin existente entre las reas transversales y las alturas.

    En la seccin transversal ubicada a la distancia x (a partir de la base superior) la

    fuerza axial (normal) esP. Luego:

    h

    0

    2

    )x(EA2

    dx)P(U , donde A(x) la obtenemos de la ecuacin (1).

    h

    0

    2

    0

    22h

    0

    2

    a

    xa0

    2

    xaEA2

    dxaP

    EA2

    dxPU

    Desarrollando la integral, obtenemos

    ha

    h

    EA2

    aPU

    0

    2

    . . . . (2)

    A partir de la ecuacin (1) obtenemosha

    h

    . Cuando x = h dede ser A = A1, luego:

    2

    0

    1

    hha

    AA

    0

    1

    AAaha . Reemplazando en (2):

    0

    10

    2

    A

    Aa

    h

    EA2

    aPU . Simplificando tenemos

    01

    2

    AAE2

    hPU

    7) Expresar la energa de deformacin del sistema representado, en funcin de los

    desplazamientos u, v. Las tres barras son de material elstico lineal.

    6030 60

    2

    13

    v

    u

    R

    Z

    2

    0

    a

    xa

    A

    A(1)

    x

    a

    h

    rea Ao

    rea A

    rea A

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    31/126

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    421

    Barra (1): L1; E1; A1 Barra (2): L2; E2; A2 Barra (3): L3; E3; A3

    Consideremos la barra i-sima.

    La energa almacenada en el sistema ser:

    233

    222

    21i k

    2

    1k

    2

    1k

    2

    1U . . . . (1)

    Debemos calcular los cambios de longitud de las barras 1, 2, 3compatibles con

    las componentes u, v del desplazamiento del nudo comn.

    En cada caso, basta proyectar los desplazamientos u, v sobre la direccin de la

    barra respectiva.

    Barra 1

    u

    30

    v30

    30

    1= u cos30 + v sen30

    2

    v3u

    2

    1v

    2

    3u1

    . . . . (2)

    Barra 2

    Li, Ei, Ai

    ii

    i

    2

    ii

    AE2

    LFU pero

    ii

    ii

    iAE

    LF

    2

    ii

    2

    i

    i

    iii

    k2

    1

    L

    AE

    2

    1U

    ; donde

    i

    ii

    iL

    AEk

    es la rigidez axial de la barra i-sima.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    32/126

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    422

    60

    u

    v60

    60

    2= u cos60 + v sen60

    2

    3vu

    2

    3v

    2

    1u

    2

    . . . . (3)

    Barra 3

    60

    v

    60

    60

    u

    3= v sen60 u cos60

    (se restan proyecciones en sentido contrario)

    2

    u3v

    2

    1

    u2

    3

    v3

    . . . . (4)

    Reemplazando (2), (3), (4) en (1) y simplificando, tenemos:

    232221 )u3v(k)3vu(k)v3u(k8

    1U

    donde1

    111

    L

    AEk ;

    2

    22

    2L

    AEk ;

    3

    33

    3L

    AEk (Rigideces axiales de las barras)

    8) Obtener una expresin para calcular la energa de deformacin que se almacena

    en el tubo cilndrico de pared delgada representado en el esquema, por efectos

    del momento torsor T= 30 Kg-m. Considerar.E= 2.1106kg/cm2, =0.25.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    423

    En cualquier seccin transversal, el torsor es resistido por fuerzas cortantes (que

    se desarrollan en el plano de la seccin).

    Rm

    R=ed

    d

    T

    Distribucin uniforme de (espesor delgado)

    Los esfuerzos cortantes generan un momento M (respecto al centro de la

    seccin).

    dM = RmdA; (Rmradio medio)

    dM = Rm(Rmd)e = Rm2ed

    Luego: )2(22

    0

    2 eRedRM m

    m

    Condicin de equilibrio: T = M T = Rm2e2, de donde

    2

    meR2

    T

    . Sabemos

    que la Energa de Deformacin por esfuerzo cortante, es

    VolG2

    U2

    T = 30 kg-m

    h=60mm

    e= 4mm (espesor)Dm= 50mm (dimetroDm

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    424

    Entonces:

    tubodelvolumen

    m

    2

    2m

    )ehR2(eR2

    T

    )1(2

    E2

    1U

    Reemplazando valores numricos, obtenemos U = 0.82 kg-cm

    9) Calcular la energa de deformacin acumulada en la armadura representada.

    Todas las barras tienen la misma rigidez de seccin EA.

    4

    P

    1 3

    4m 4m

    5

    2

    P

    3m

    7

    4m 4m

    6

    8

    3m

    P

    Encontramos las fuerzas axiales en todas las barras de la armadura.

    Para una barra, la energa es: iiii

    i LFAEU 2

    2

    1=

    Para el caso: 13

    1=

    2

    2=

    i ii

    ii

    AE

    LFU ; Como todas las barras tienen la misma rigidez

    de seccin EA, tenemos:

    13

    1ii

    2

    i LFEA2

    1U . . . . (*) (fuerzas en las unidades de P, longitudes en metros)

    Las fuerzas axiales, son:

    P2

    5F 21

    P2F 31

    0F 32

    PF 54

    P2

    5F 86

    P2F53

    0F76

    P3

    5F 42

    P2F75

    P6

    5F 52

    P3

    5F 64

    P2F87

    P6

    5F 65

    (Usar, por ejemplo, mtodo de nudos)

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    42

    A partir de las dimensiones dadas, encontramos las longitudes de las barras.

    Teniendo las fuerzas en las barras y las longitudes, reemplazamos en (*).

    Obtenemos2

    PEA18

    913U .

    Nota.) En esta clase de problemas, es conveniente organizar los clculos en una

    tabla u hoja de clculos:

    Barra

    Fuerza

    Axial

    Fi

    2

    iF Li i

    2

    iLF

    1-2 5P/2 25P2/4 5 125P2/4

    6-8 5P/2 25P2/4 5 125P2/4

    Etc. Etc.

    Sumar:

    EA2

    1U

    4.5) Teoremas de Castigliano

    4.5.1) Introduccin

    Existen Teoremas basados en Energa de Deformacin, que permiten:

    - ) Calcular deflexiones de nudos o puntos libres de Sistemas Deformables.

    D C

    A

    B

    - ) Resolver Sistemas Hiperestticos

    AV ; A

    H ; D

    V ; D

    H ;

    C

    BA, AD, AC, BD, DC

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    426

    Uno de los Teoremas de Energa, muy importante en el estudio de Sistemas Elsticos

    Lineales, que contribuy al desarrollo analtico y la sistematizacin de la Mecnica de

    Cuerpos Deformables, es el Segundo Teorema de Castigliano.

    En general, consideramos las hiptesis:

    -) Material elstico lineal -) Cargas gradualmente aplicadas

    -) Procesos adiabticos -) Apoyos suficientes para evitar desplazamientos

    de cuerpo rgido.

    Slo consideramos los desplazamientos debidos a la deformacin del material.

    Comentario:Consideremos un slido estructural deformable de material elstico (no

    necesariamente lineal).

    La energa de deformacin es:

    0

    PdPdU

    . . . . (1)

    P

    U

    P

    P=P)

    U

    d

    dp

    ,P)U*

    - Reacciones Externas

    - Fuerzas internas

    - Desplazamientos de Nudos

    - Giro de Barras

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    427

    La energa complementaria es: P

    0P

    dPdP*U

    . . . . (2)

    (Recordando un Teorema del Clculo Integral:Si x

    0

    d)(f)x(g ff g'(x) = f(x) )

    A partir de las ecuaciones (1) y (2), obtenemos:

    De (1) PU

    Primer Teorema de Castigliano

    De (2) =*

    P

    U

    Segundo Teorema de Castigliano

    Ntese que si el material es elstico lineal, entonces U = U*, y en consecuencia

    P

    UForma usual del Segundo Teorema de Castigliano.

    "La derivada parcial de la Energa de Deformacin, almacenada en un Sistema

    Elstico Lineal, con respecto a una carga aplicada, es igual al desplazamiento del

    punto de aplicacin de la carga, medido en direccin de la carga misma".

    4.5.2) Segundo Teorema de Castigliano

    Enunciado: "La derivada parcial de la Energa de Deformacin almacenada en unsistema linealmente elstico, con respecto a una fuerza seleccionada

    (aplicada gradualmente) que acta sobre el sistema, es igual al

    desplazamiento del punto de aplicacin de esa fuerza en direccin de su

    propia recta de accin".

    Demostracin:

    Consideremos un slido elstico lineal, sometido a la accin gradual de fuerzas P1, P2,

    ..., Pk, Pnindependientes entre s.

    Sea k el desplazamiento del punto de aplicacin de Pk a lo largo de su recta de

    accin.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    428

    PKFuerza selecionada

    P1

    1

    Pk

    k

    Pn

    n

    La Energa de Deformacin es funcin de las cargas aplicadas:

    U = U (P1, P2,. . ., Pk,. . ., Pn)

    Si solamente vara la fuerza Pk, el cambio en la energa, es:

    k

    k

    dPP

    UdU

    Puesto que las reacciones no generan trabajo, la energa total de deformacin, es:

    k

    k

    TOTAL dPP

    UUU

    . . . . (1)

    Siendo U la energa generada por P1, P2, . . ., Pk, . . ., Pn.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    429

    Si cambiamos el orden de aplicacin de las fuerzas Pky dPk, tendramos:

    Trabajo realizado por las fuerzas externas:

    " = ))(dP()d)(dP(2

    1kkkk

    (Cuando se aplica Pksucede que ya se aplic el dPken toda su magnitud); siendo:

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    430

    trabajo realizado por la aplicacin gradual de las fuerzas aplicadas P1, P2, . . .,

    Pk, . . ., Pn.

    )d)(dP(2

    1kk trabajo generado al aplicar gradualmente el dPk.

    ))(dP( kk trabajo adicional, generado por aplicacin de Pk.

    (dPkrecorre kpermaneciendo constante)

    Para deformaciones infinitesimales, con suficiente aproximacin, tenemos:

    ' = ))(dP( kk , puesto que )d)(dP(2

    1kk es un infinitsimo de orden superior.

    Por el principio fundamental: ' TOTALU . Luego, tenemos:

    k

    k

    kk dPPUU))(dP(

    (Usando la ecuacin 1)

    adems, = U, finalmente obtenemos:

    k

    k

    kk dPP

    U))(dP(

    . Como para que exista cambio en la fuerza seleccionada se

    requiere dPk0, de la ltima ecuacin tenemos:

    k

    kP

    U

    Segundo Teorema de Castigliano.

    Nota). La fuerza seleccionada (accin generalizada) Pkpuede ser o bien una fuerza

    concentrada o bien un momento concentrado.

    (giro)angularentodesplazamiesoconcentradmomento

    linealentodesplazamiesaconcentradfuerzaP

    k

    kk

    dPk

    dk

    referenciainicial

    Pk

    k

    lineal

    referenciafinal

    angular(giro)

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    431

    PROBLEMAS

    1) Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA.

    Calcular el desplazamiento vertical del punto A.

    L

    4

    3

    6

    5

    L

    A

    2

    1

    L

    En el punto A existe la carga P, aplicada verticalmente. Luego, por aplicacin directa

    del 2doTeorema de Castigliano calcularemos el desplazamiento vertical del nudo A.

    P

    UAV

    . . . . ()

    Calculamos la energa de deformacin almacenada en la armadura:

    6

    2

    65

    2

    54

    2

    43

    2

    32

    2

    21

    2

    1

    6

    1i ii

    i

    2

    iLFLFLFLFLFLF

    EA2

    1

    AE2

    LFU

    . . . . ()

    Por el mtodo de los nudos, hallamos las fuerzas en las barras:

    F1= P; F2=P 2 ; F3 = P; F4=P; F5=P 2 ; F6= 2P

    A partir de los datos geomtricos dados, encontramos las longitudes de las barras.

    Reemplazando en () y simplificando, tenemos:

    LPEA2

    247U

    2

    . Finalmente reemplazando en (), tenemos:

    PLEA

    247AV

    2) (MTODO DE LA CARGA FICTCIA)

    Calcular el desplazamiento horizontal del punto de aplicacin de la carga P, en el

    sistema representado. Las barras deformables, son de material linealmente

    elstico.

    P

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    432

    a

    EA

    d

    a/2

    1.5EA

    1

    ngulo rgido

    a

    P

    B

    2

    Como en el punto B, no existe carga horizontalmente aplicada, no puede aplicarse

    directamente el 2do

    Teorema de Castigliano. Usamos el Mtodo de la Carga Ficticia:

    Suponemos una carga ficticia Q aplicada horizontalmente en el punto B.

    Determinamos la energa de deformacin en funcin de la CARGA REAL (P) y de la

    CARGA FICTICIA (Q).

    P (real)

    1

    2Q (ficticia)

    Las fuerzas en las barras deformables, son: da

    PF1 ; da

    PQF2 .

    Energa: U = U1+ U2

    22

    2

    2

    2

    11

    1

    2

    1

    AE2

    LF

    AE2

    LFU . Reemplazando valores, tenemos:

    )EA(2

    ad

    aPQ

    )EA5.1(2

    2

    aa

    d

    aP

    U

    22

    ; simplificando:

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    433

    2

    2

    32

    d

    aPQ

    EA2

    a

    EAd2

    aPU

    Aplicando, ahora, el 2doTeorema de Castigliano:

    Q).fuerzalaacontieneno(que

    cargasdeoriginalsistemaelrestituirsignifica0,QHacer

    Q

    U

    0Q

    B

    H

    Luego:EAd

    Pa

    d

    aPQ

    EA

    a 2

    0Q

    BH

    (El signo menos significa que el desplazamiento generado est en sentido contrario al

    supuesto para la carga ficticia).

    3) Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA.

    Encontrar el desplazamiento del punto D causado por aplicacin de una fuerza Phorizontalmente aplicada en el nudo D.

    P (real)D

    A

    BC

    5

    43

    2

    1

    L

    L

    L

    El desplazamiento del punto D tendr una componente horizontal y una componentevertical. Para aplicar el 2doTeorema de Castigliano (caso del desplazamiento vertical)

    aplicamos una carga Q ficticia, verticalmente aplicada en el nudo D.

    (Longitudes: L1= 2 L; L2= L; L3= 2 L; L4= L; L5= L.)

    Energa:

    5

    1i

    i

    2

    iLF

    EA2

    1U . . . . ()

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    434

    Q(ficticia)

    2

    4

    5

    P (real)

    CB

    A

    D

    3

    1

    Encontramos las fuerzas en las barras (en funcin de P y Q).

    F1=

    2 (P + Q); F2=(P + Q); F3= 2 P; F4= (P + Q); F5=P

    Reemplazando los valores en (), tenemos:

    LPL)QP(L2)P2(L)QP(L2)QP(2EA2

    1U 22222

    Desplazamiento horizontal 0Q

    DH

    P

    U

    Efectuando la derivada parcial, simplificando y haciendo Q= 0, tenemos:

    EA

    PL6.8

    D

    H (horizontalmente hacia la izquierda)

    Desplazamiento vertical 0Q

    DV

    Q

    U

    Efectuando la derivada parcial, simplificando y haciendo Q= 0, tenemos:

    EA

    PL8.4

    D

    V (verticalmente hacia abajo)

    4) Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA.

    Calcular los desplazamientos del punto C.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    43

    10'

    2

    35

    4

    6

    1

    10'

    DE

    A CB

    45

    1000 lb

    2000 lb

    Como en el punto C no existen cargas aplicadas, usamos el mtodo de las cargas

    Ficticias.

    2000 lb

    45

    A

    E

    10'

    1

    6

    41000 lb

    B C

    D

    10'

    5 3

    2P ficticia

    Q ficticia

    Encontramos las fuerzas en las barras (en funcin de P y Q).

    F1= P-2(1+ Q); F2= P - Q;707.0

    3

    QF P; F4= 1 + Q; F5= Q;

    707.0

    26

    Q

    F

    Energa de deformacin:

    6

    1

    2

    2i ii

    i

    AE

    LFU . . . . () (Longitudes en pies)

    Reemplazando los valores en (), tenemos:

    707.0

    10

    707.0

    210

    10)1(707.0

    10

    707.010)(10)1(2

    2

    12

    2

    2

    2

    22

    QQ

    QQ

    QPQP

    EAU

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    46/126

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    436

    Segundo Teorema de Castigliano :

    0

    0

    Q

    P

    C

    HP

    U(*)

    0

    0

    Q

    P

    C

    VP

    U(**)

    De(*):

    0010)(210))1(2(2

    2

    1

    QP

    C

    H QPQP

    EA

    piesEAEA

    C

    H

    20)10)(2(2

    2

    1

    De(**):

    0

    0707.0

    10

    707.0

    1

    707.0

    2

    2102

    1012707.0

    10

    707.0

    1

    707.02101210222

    2

    1

    QP

    C

    VQ

    Q

    QQ

    QPQP

    EA

    piesAEEA

    C

    V

    6.1062.1132080

    2

    1

    5) Calcular el cambio de pendiente del elemento DE, ocasionado por las fuerzas P y

    Q. Suponer E = 72 GPa para todas las barras. Las barras BD y DE tienen 900

    mm2de seccin transversal, y las restantes tienen 150 mm2.

    1.5m2 6

    E

    D

    A

    B

    2m2m

    4

    3

    1

    Q= 5 KN

    P= 10 KN

    5

    C

    Puesto que queremos calcular el giro de la barra DE, suponemos que sobre ella acta

    un momento ficticio (definido por dos fuerzas iguales y opuestas actuando en D y en

    E).

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    47/126

    Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz

    43

    L6

    M/L6ficticia

    M/L6ficticia

    P= 10 KN

    Q= 5 KN

    E

    D

    Encontramos las fuerzas axiales en funcin de P, Q, M.

    )(....

    L3

    M4

    6.0

    PF

    0F

    L6.0

    MP

    3

    4F

    L6.0

    M)QP2(

    3

    4F

    6.0

    QPF

    L6.0

    MP

    3

    4F

    66

    5

    6

    4

    6

    3

    2

    6

    1

    La energa total es:

    6

    1i ii

    i

    2

    i

    AE2

    LFU

    Antes de desarrollar la suma, podemos realizar la derivada parcial que requiere el 2do

    Teorema de Castigliano:

    0M

    DEM

    U

    0M

    6

    1i ii

    i

    2

    i

    DEAE2

    LF

    M

    Aplicamos la regla de la cadena para derivadas:

    0M

    6

    1i

    i

    ii

    ii

    DEM

    F

    AE

    LF

    (Derivada de una suma = suma de derivadas)

    Puesto que E es comn para todas las barras, tenemos:

    0M

    6

    6

    662

    2

    221

    1

    11DE

    M

    F

    A

    LF.. .

    M

    F

    A

    LF

    M

    F

    A

    LF

    E

    1

    . . . . ()

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    438

    Las derivadas parcialesM

    Fi

    , se calculan a partir de las ecuaciones ().

    Reemplazando valores numricos en () y haciendo M = 0, obtenemos:

    DE=0.00432 rad

    (El signo menos indica que el giro se produce en sentido contrario al supuesto para elmomento ficticio).

    6) Calcular el desplazamiento vertical del punto de aplicacin de la fuerza P = 30 kN.

    Suponer E = 2105MPa en todas las barras. Considerar L1= 2 m, L2= 1 m, L3= 1

    m

    1m

    3

    2

    2

    4cm

    30

    1

    P= 30 KN

    23cm

    2cm2

    a

    a

    30

    Determinamos las fuerzas en las barras:

    F1= P; F2= P; F3= P

    (La fuerza axial es la misma en las barras (2) y (3)).

    La energa de deformacin, es:

    33

    3

    2

    3

    22

    2

    2

    2

    11

    1

    2

    1

    AE2

    LF

    AE2

    LF

    AE2

    LFU

    Reemplazando datos (E1= E2= E3= 2105MPa), obtenemos:

    2

    7 P)10)(48(

    17U (N-m) (Fuerzas N, longitudes m)

    Por el 2doTeorema de Castigliano:

    )1030()10)(24(

    17P

    )10)(24(

    17

    P

    U 377V

    V= 2.12510-3m

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    439

    7) Las barras de la armadura representada tienen 1 pulg2de seccin transversal y su

    material admite la ecuacin constitutiva = 6(105) (klb/pulg2). Calcular la

    deflexin vertical del nudo B.

    P= 10 Klb

    C

    2

    30

    1L= 10'

    B

    U

    U*

    Fuerzas Axiales: F1= P 3 ; F2= 2P

    Como el material es de comportamiento no lineal, aplicaremos el 2do Teorema de

    Castigliano, en base a la Energa Complementaria.

    B

    VP

    *U

    . . . . (1)

    iii Vol*u*U )LA(d*U ii0

    i

    i

    De la ecuacin constitutiva encontramos que)10)(36( 10

    2

    3i10ii

    010

    2

    iii)10)(36)(3(

    LAd

    )10)(36(LA*U

    i

    3210

    223110

    11*

    )10)(36)(3(+

    )10)(36)(3(=

    LA

    LAU

    TOTAL

    Reemplazando valores tenemos:

    i

    i

    iA

    F

    3

    210

    22

    3

    110

    11*TOTAL

    A

    P2

    )10)(36)(3(

    LA

    A

    3P

    )10)(36)(3(

    LAU

    Aplicando el Segundo Teorema de Castigliano, ec (1) y reemplazando valores

    numricos, tenemos:

    VB= 0.482 pulg

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    440

    8) El elemento axial compuesto, cargado segn se indica en el esquema, est

    soportado por dos bloques rgidos. Hallar las reacciones y las fuerzas en cada

    bloque deformable. Considerari

    ii

    iL

    AEK .

    Sean: u1: desplazamiento del punto de aplicacin de la carga P.

    u2: desplazamiento del punto de aplicacin de la carga Q = 2P.

    Cambios de longitud:

    )(

    u

    uu

    u

    23

    122

    11

    La energa total de deformacin, es: 233

    2

    22

    2

    1i k

    2

    1k

    2

    1k

    2

    1U . . . . ()

    Reemplazando en () los alargamientos dados por (), tenemos:

    223

    2122

    21i uk

    2

    1)uu(k

    2

    1uk

    2

    1U

    Por aplicacin del Primer Teorema de Castigliano, tenemos:

    Pu

    U

    1

    K1u1+ K2(u2u1) (1) = P. . . . (1)

    Qu

    U

    2

    K2(u2u1) + K3u2= Q. . . . (2)

    Reemplazando los valores K1, K2, K3y Q, tenemos:

    2K2(u1) + K2(u2u1)(1) = P . . . . (3)

    K2(u2u1) + 3K2u2= 2P . . . . (4)

    P 2P

    32

    K2

    K1=2K2K3=3K2

    Deformables

    Rgidos

    u1 u2

    1

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    441

    Simplificando tenemos: )(

    K

    P2uu4

    K

    Puu3

    2

    12

    2

    21

    Resolviendo el sistema (), obtenemos:

    2

    1K11

    P6u ;

    22

    K11

    P7u . . . . ()

    Conociendo los desplazamientos, se calcularn las fuerzas en los elementos (1), (2),

    (3).

    F1= K11= K1u1

    F2= K22= K2(u2u1)

    F3= K33= K3u2

    Reemplazando () en las expresiones anteriores, tenemos:

    11

    P12F1 ;

    11

    PF2 ;

    11

    P21F3

    (Diagramas de cuerpo libre que definen las reacciones y las fuerzas axiales en cada

    tramo).

    Nota) Observar, como con la ayuda del Primer Teorema de Castigliano, se ha

    resuelto un problema estticamente indeterminado, sin usar directamente

    ecuaciones de equilibrio.

    9) Encontrar las fuerzas Q1y Q2necesarias para producir la configuracin deformada

    que se indica. Considerar EA la rigidez axial de ambas barras.

    P 2P

    K1 K3

    K211

    12P

    11

    P

    11

    P

    11

    21P

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    442

    Q24

    3

    L

    q1 q2Q1

    L1= L; L2= 5L/4

    Por equilibrio del nudo, encontramos las fuerzas axiales:

    211 Q3

    4QF ; 22 Q

    3

    5F

    La energa de deformacin almacenada en la armadura, es:

    4

    L5Q

    3

    5LQ

    3

    4Q

    EA2

    1LFLF

    EA2

    1U

    2

    2

    2

    212221

    21

    22

    2

    21 Q36

    125Q

    3

    4Q

    EA2

    LU . . . . ()

    Por el Segundo Teorema de Castigliano, tenemos:

    1

    1

    q

    Q

    U

    y 2

    2

    q

    Q

    U

    . Luego, de ():

    121 qQ3

    4Q2

    EA2

    L

    y 2221 qQ

    18

    125

    3

    4Q

    3

    4Q2

    EA2

    L

    Resolviendo simultneamente las dos ltimas ecuaciones, obtenemos:

    L125

    EA)q48q189(Q 211

    L125

    EA)q36q48(Q 212

    Nota). Es posible utilizar tambin el Primer Teorema de Castigliano para calcular

    desplazamientos de puntos libres en Sistemas elsticos lineales.

    10) Encontrar los desplazamientos vertical y horizontal del nudo D de la armadura

    representada. Considerar E = 107lb/pulg2; A = 1 pulg2para las tres barras.

    (Solucin por el 1erTeorema de Castigliano).

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    443

    120130

    150

    CBA

    9050

    Q= 10 000lb

    Como en el punto D (cuyos desplazamientos queremos calcular) no existe carga

    aplicada horizontalmente, suponemos que acta una carga ficticia.

    1q

    D

    Q =10 000lb (real)1

    Q (ficticia)2

    2q

    3

    1

    2

    D'

    Sean: q1desplazamiento vertical

    q2desplazamiento horizontal

    Calculamos la Energa de Deformacin en funcin de los cambios de longitud

    (alargamientos) de las barras, usando, para cada barra, la expresin:

    2

    i

    i

    ii

    iL2

    AEU .

    Como la rigidez axial EA es la misma para las tres barras, tenemos:

    3

    23

    2

    22

    1

    212

    3

    3

    22

    2

    21

    1 LLL2

    EA

    L2

    EA

    L2

    EA

    L2

    EAU . . . . ()

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    444

    Se calculan las longitudes de las barras: L1= 130"; L2= 120"; L3= 150".

    Calculamos los cambios de longitud de cada barra. El cambio de longitud de una

    barra, es igual a la suma algebraica de las proyecciones de los desplazamientos q1y

    q2en direccin de la barra.

    1...........

    q cosq sen1 21

    11 21313 q 12q 5

    1L

    1

    1q cos

    2q sen

    L2

    2 q1 ........... 2

    q1

    q2

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    44

    3L

    3........... q 12q 53

    q cosq sen3 1 2

    1 21313

    q cos1

    2q sen

    2q

    q1

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

    2

    21

    32

    21

    2

    21

    1

    q15

    9q

    15

    12

    L

    1

    L

    qq

    13

    5q

    13

    12

    L

    1

    2

    EAU

    Por el 1erTeorema de Castigliano, tenemos: 11

    Qq

    U

    y 2

    2

    Qq

    U

    Desarrollando 11

    Qq

    U

    :

    1

    000,1015

    12

    15

    9

    15

    1222

    13

    12

    13

    5

    13

    122

    221

    3

    1

    2

    21

    1

    Q

    qqL

    qL

    qqL

    EA

    Reemplazando los valores conocidos (E; A; L1; L2; L3) y simplificando

    encontramos:

    1 = 19.14q10.47q2. . . . (4)

    Desarrollando 22

    Qq

    U

    :

    2Q

    21

    3

    21

    1

    015

    9q

    15

    9q

    15

    12

    L

    2

    13

    5q

    13

    5q

    13

    12

    L

    2

    2

    EA

    Reemplazando los valores conocidos (E; A; L1; L2; L3) y simplificando

    encontramos:

    0.0005q1+ 0.0035q2= 0 . . . . (5)

    Resolvemos el Sistema de ecuaciones (4) y (5). Obtenemos:

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    446

    q1= 0.0075" q2= 0.0524"

    11) Una viga rgida est soportada por tres barras elsticas verticales. Cada una de

    ellas tiene un rea transversal A y mdulo de elasticidad E, pero la barra central

    es la mitad de larga que las otras dos. Calcular el corrimiento horizontal originado por la fuerza horizontal P. Considerar que el corrimiento es pequeo

    comparado con las otras dimensiones del sistema.

    LLL/2

    P

    31

    P

    2

    Deformaciones unitarias: 1L

    1L

    LL2

    222

    31

    1L

    41

    2

    L2

    L

    4

    L

    2

    22

    2

    2

    Como 0, usamos la aproximacin U2

    11U1 (Si U 0)

    Con esto,2

    2

    2

    2

    31L2

    11

    L2

    11

    2

    2

    2

    2

    2L

    21L

    42

    11

    Los alargamientos inducidos en las barras sern: 1= 3= L1 y 22 2L

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    44

    L2L2

    1L

    2

    2

    2

    31

    ;

    LL2

    2

    L 2

    2

    2

    2

    La energa se calcular mediante 22igualesbarras2

    21 )(

    2/L2

    EA2)(

    L2

    EAU

    Reemplazando 1y 2y simplificando, tenemos:4

    3L4

    EA5U

    Aplicamos el Primer Teorema de Castigliano PU

    P

    L4

    EA5 43

    Efectuando la derivada: PL

    EA5 33

    ; de donde 3EA

    P2.0

    12) La figura representa una armadura espacial, compuesta por tres elementos del

    mismo material y de igual seccin transversal. Qu deflexin experimenta el

    nudo B bajo accin de la fuerza k2j2i3P (klb), en direccin de la fuerza P?

    Considerar E = 25106lb/pulg2; A = 20 pulg2.

    Determinamos los cosenos directores de la fuerza P y de las barras de la armadura.

    Cosenos directores

    P 17

    3,

    17

    2,

    17

    2

    BA125

    5,

    125

    10, 0

    BC 0,1, 0

    A

    D

    B

    _P

    X

    5

    5

    10

    Z

    Y

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    58/126

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    448

    BD 0,125

    10- ,

    125

    5

    Ecuaciones de equilibrio:

    175

    P42F

    P175

    1252F

    P175

    1253F

    :hallamos,ecuacionesde

    sistemaesteoResolviend

    0F125

    5P

    17

    20F

    0F125

    10FF

    125

    10P

    17

    20F

    0F125

    5P

    17

    30F

    BC

    BD

    BA

    BDZ

    BDBCBAy

    BAx

    --

    (

    FBA; FBCy FBDson las fuerzas en las barras)

    Energa de deformacin (longitud de barras en pies)

    125P

    )17)(25(

    )125)(4(10

    )17)(25(

    P)42(125P

    )17)(25(

    )125)(9(

    EA2

    1U 2

    222 . Simplificando,

    tenemos:EA

    P13.42U

    2

    (klb-pie). Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano:

    EA

    P26.84PB . Reemplazando datos tenemos:

    000694.0

    144

    20

    144

    1

    1025

    17)26.84(

    3

    PB

    pies (en direccin de P )

    4.6) Mtodo de la Carga Unitaria para Calcular Desplazamientos

    Principio de Superposicin:

    Si el material del slido en estudio es de comportamiento elstico-lineal y las

    deformaciones son infinitesimales, el efecto de un conjunto de acciones es la suma

    (superposicin) de todos los efectos producidos individualmente por las acciones.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    59/126

    Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz

    449

    d

    P

    QR

    P

    d1

    =+

    Q

    d2

    +

    R

    d3

    d= d1+d2+d3

    QP

    (Fuerzas Axiales)

    =

    (Fuerzas Axiales)Fi

    Q

    +

    Fi

    Fi = Fi+Fi

    P

    Fi

    En particular:

    Q

    Fi =?

    1

    P i

    Carga Unitariaadimensional(paralela a la fuerza Q y del mismo sentido)

    Fi= Q Pi

    Fi:Fuerza Axial RealPi

    :Fuerza Axial debida a la CARGA UNITARIA

    i: n de barra

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    60/126

    Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz

    450

    Al calcular deflexiones en sistemas elstico-lineales, los clculos pueden simplificarse

    por aplicacin del Principio de Superposicin y del Segundo Teorema de Castigliano.

    Dada la armadura, calcular los desplazamientos del punto M.

    PKP2

    P1

    M

    Desplazamiento vertical Mv

    = ?

    Como no existe carga vertical aplicada en el nudo M, usaremos el Mtodo de la Carga

    Ficticia. Aplicamos, en M, la carga vertical ficticia MvP .

    PKP2

    P1

    M

    Pv

    SiFuerzas Axiales (NO REALES)

    Si= (P1, P2, . . ., Pk, . . .,M

    vP )

    (Haciendo MvP = 0 en Siobtenemos las FUERZAS AXIALES REALES) . . . . ()

    Energa de Deformacin:

    n

    1i ii

    i

    2

    i

    AE2

    LSU

    Por el 2do Teorema de Castigliano, tenemos:

    0P

    M

    v

    M

    v

    M

    v

    P

    U

    0P

    n

    1i ii

    i

    2

    i

    M

    v

    M

    v

    M

    v

    AE2

    LS

    P

    Por una propiedad de la derivada:

    0P

    M

    v

    in

    1i ii

    iiM

    v

    M

    v

    P

    S

    AE2

    LS2

    . . . . ()

    Significado deM

    v

    i

    P

    S

    :

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    451

    Usamos el principio de superposicin:

    Si

    =

    PKP2

    P1

    M

    Pv

    fuerzas no reales

    S i

    +

    PKP2

    P1

    M

    cargas reales

    Si

    P2

    P1M

    Pv

    carga ficticia

    (Sino son las fuerzas axiales reales, debido a MvP )

    Si= S'i+ S"i

    Tambin por el mismo principio:

    Si

    M

    Pv

    Si

    M

    1

    '''

    iS Fuerzas Axiales ocasionadas por una FUERZA UNITARIA. Luego )P)(S(S M

    v'''

    i'i

    (Factores de carga unitaria)

    Entonces )P)(S(SS Mv'''i'ii

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    452

    Puesto que las fuerzas S'ison independientes de los factores de Fuerza Unitaria'''

    iS y

    de la fuerza ficticia MvP , tenemos: '''

    iM

    v

    i SP

    S

    . En consecuencia:

    Las derivadas parcialesMv

    i

    P

    S

    son numricamente iguales a las FUERZAS AXIALES que

    se producen en la Armadura por efecto de una CARGA UNITARIA que acta en la

    direccin del desplazamiento deseado, aplicada en el punto donde se evala tal

    desplazamiento.

    Reemplazando en (), tenemos:

    '''i

    n

    1i ii

    iiMv S

    AE

    LS

    (Evaluada para MvP = 0)

    Pero Sievaluadas paraM

    vP = 0 coinciden con las FUERZAS AXIALES REALES (recordar la

    condicin).

    Por lo tanto: in

    1i ii

    iiMv

    AE

    LF

    () (Combinacin lineal de los cambios de

    longitud de todas las barras)

    La ec () permite calcular cmodamente el desplazamiento Mv

    .

    En la expresin anterior:

    FiFuerzas Axiales Reales (ocasionadas por el Sistema Real de Cargas)

    iFuerzas Axiales por Carga Unitaria (Factores de Fuerza Unitaria).

    Resumen

    PKP2

    P1Fi: Fuerzas Axiales Reales

    1

    Mfi: Factores de Fuerza Unitaria

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    453

    Los clculos convienen ser realizados en un esquema tabular:

    Barr

    i

    Longitud

    Li

    rea

    Ai

    Elasticida

    d

    Ei

    Fuerza Real

    Fi

    Factor Unitario

    i iiiii

    AE

    LS

    1

    Sumar2

    =============================================

    n

    =

    Nota). El procedimiento para calcular MH

    es similar. Slo cambiarn los Factores de

    Fuerza Unitaria. Para este caso, la fuerza unitaria actuar en el nudo de

    inters en direccin horizontal.

    EJEMPLOS)

    1) Calcular los desplazamientos del nudo B.

    1

    P

    2

    L

    30

    Barra (1) AE

    Barra (2) 3AE

    L1= L;3

    L2L2

    B

    v :

    Fuerzas Axiales Reales: P3F1 ; F2=2P

    Factores de Fuerza Unitaria

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    454

    1

    1

    2

    30

    31 ; 2=2

    Aplicamos (): 222

    221

    11

    11Bv

    AE

    LF

    AE

    LF . Reemplazando los datos:

    )2(EA3

    3

    L2)P2(

    )3(EA

    PL3Bv

    Simplificando obtenemos:

    33

    33

    EA

    PLBv

    B

    H :

    Fuerzas Axiales Reales: P3F1 ; F2=2P (las mismas)

    Factores de Fuerza Unitaria

    1= 1; 2= 0

    Aplicamos ():2

    22

    22

    1

    11

    11B

    H

    AE

    LF

    AE

    LF . Reemplazando los datos:

    )0(EA3

    3

    L2)P2(

    )1(EA

    PL3BH

    Simplificando:EA

    PL3BH

    Nota). Como ambos desplazamientos son positivos, sus sentidos coinciden con los

    sealados para las Cargas Unitarias.

    2) Calcular el corrimiento del rodillo en la armadura representada. Considerar el

    material con mdulo elstico E = 2.1106kg/cm2para todas las barras.

    A1= A2= A3= A5= A7= 12.7 cm2

    A4= A6= 6.35 cm2

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    455

    1

    30 9 Ton

    7

    562

    3

    4

    -) Calculamos las fuerzas axiales reales

    F1=8,481 F2=14,788

    F3= 18,116 F4= 5,997

    F5=8,404 F6= 4,241

    F7= 16,357 (expresadas en kg)

    (Se obtienen resolviendo la armadura con las cargas reales)

    -) Calculamos los Factores de Fuerza Unitaria (adimensioanles)

    f4= -1.428

    f5= 0.955

    f6= -1.009

    f1= 0.606

    f2= 1.057

    f3= -0.865

    f7= -1.875

    (sin dimensiones)

    1

    7

    562

    3

    4

    1

    El corrimiento del Rodillo estar dado por:

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    456

    7

    1i

    i

    ii

    ii AE

    LF; es decir:

    7

    7

    776

    6

    665

    5

    554

    4

    443

    3

    332

    2

    221

    1

    11 A

    LF

    A

    LF

    A

    LF

    A

    LF

    A

    LF

    A

    LF

    A

    LF

    E

    1

    (Puesto que E es el mismo para todas las barras)

    (Las longitudes o son datos o se calculan por relaciones geomtricas).

    Reemplazando los datos numricos en la sumatoria y simplificando, obtenemos:

    =1.397 cm

    (El signo menos indica que el corrimiento es en sentido contrario al sealado para la

    carga unitaria).

    3) En la armadura representada calcular el desplazamiento vertical del nudo A,

    ocasionado por un incremento de temperatura de 50 F en las barras BC y CD. El

    coeficiente de dilatacin lineal del material de las barras es =0.0000065/F.

    Como la armadura es isosttica interna y externa, no se generan reacciones en los

    apoyos ni fuerzas axiales en las barras por efectos de los cambios de temperatura. Sin

    embargo si se originan cambios de longitud de las barras debidos a los cambios de

    temperatura, que ocasionarn una distorsin de toda la armadura.

    Para calcular el desplazamiento vertical del nudo A, aplicamos la ecuacin:

    n

    1i

    iif (*)

    en la cual Di es el cambio de longitud de la barra i-sima y fi es el correspondiente

    factor de carga unitaria.

    Para el caso, como slo se incrementa la temperatura de las barras BC y CD existirn

    los cambios de longitud DBCy DCD, siendo nulos los cambios de longitud de las barras

    restantes. Por tanto, la ecuacin (*), es:

    32

    4 x 24=96

    DCB

    A

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    457

    CDCDBCBC ff (**)

    Los cambios de longitud son: '0078.0)50)(24)(0000065.0(TL CDBC .

    Determinamos los factores de carga fBCy fCDque vienen a ser las fuerzas axiales en

    las barras BC y CD debidas exclusivamente a la accin de una carga unitaria aplicadaverticalmente en el nudo A.

    Resolviendo la armadura indicada con la carga unitaria, encontramos: fBC=fCD= -0.375.

    Luego, reemplazamos en la ecuacin (**):

    "0702.0'00585.0)0375.0)('0078.0()375.0)('0078.0(

    (El signo menos indica que el punto A se desplaza verticalmente hacia arriba, contrario

    al sentido asignado para la carga unitaria).

    4.7) Principio del Trabajo Mnimo. Sistemas Hiperestticos

    Usando los Teoremas de Castigliano y conceptos sobre energa de deformacin

    pueden solucionarse Sistemas Hiperestticos Internos o Externos, bajo Carga Axial.

    4.7.1) Principio del Trabajo Mnimo

    Consideremos una armadura hiperesttica interna (externamente determinada)

    sometida a un Sistema de Fuerzas externas gradualmente aplicadas. El material de

    las barras se considera linealmente elstico.

    1

    32

    4 x 24=96

    DCB

    A

    Interno Externo Interno / Externo

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    458

    Requerimos encontrar las Fuerzas en las barras de la armadura.

    Procedimiento:

    i) Determinamos el grado u orden de hiperestaticidad interna.(Nmero de barras existentesNmero de barras de la condicin esttica)

    ii) "Liberamos" tantas barras como es el grado de hiperestaticidad interna. En

    cualquier caso, la armadura resultante (denominada armadura primaria) debe ser

    Estable e Isosttica Interna.

    iii) Se "reemplazan" las barras suprimidas por sus Fuerzas Internas.

    iv) Se evala la Energa de Deformacin en la armadura primaria, en funcin de las

    cargas realmente aplicadas y de las fuerzas redundantes.

    U = U(P1, P2, P3, . . ., X)

    v) Se calcula el "cambio de distancia" entre los nudos que definen la "barra

    suprimida", por aplicacin del Segundo Teorema de Castigliano

    'X

    U

    . . . . (1)

    vi) Consideramos la condicin de Compatibilidad Geomtrica.

    P1

    P2

    P3

    "X" es la fuerza axial en la barra

    suprimida (llamada barra

    redundante o hiperesttica)X

    X

    P1

    P

    P3

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

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    459

    Por la Ley de Hooke:EA

    XL . . . . (2)

    (es el cambio de longitud de la barra suprimida)

    Condicin de Compatibilidad: ' + = 0

    (La separacin de los nudos se contrarrestar con el alargamiento de la barra). Luego:

    0EA

    XL

    X

    U

    0EA2

    LXU

    X

    2

    Donde,EA2

    LX2

    es la energa almacenada en la barra suprimida.

    U: energa de deformacin en la armadura primaria.

    Por tanto:

    0UX

    TOTAL

    ; denominado Principio del Trabajo Mnimo.

    El Principio del Trabajo Mnimo (Teorema de Menabrea) establece que: "En un

    sistema linealmente elstico, con elementos redundantes o hiperestticos, el valor de

    una fuerza hiperesttica es aquel que hace mnima la Energa Totalde Deformacin

    almacenada en el sistema".

    Nota). El principio del Trabajo Mnimo debe usarse tantas veces como es el nmero

    de elementos redundantes. Asimismo, puede aplicarse en sistemas

    hiperestticos internos y/o externos.

    EJEMPLOS

    1) Determinar las fuerzas en las barras de la armadura representada. Considerar

    todas las barras con rigidez axial EA.

    X

    X

    Barra hiperesttica(suprimida)L; E; A

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    460

    4

    32

    120'

    40'

    60'

    12 klb

    Consideramos la barra (1) como el elemento redundante.

    La armadura Primaria, ser:

    F1 (redundante)

    V2

    H1

    V1

    12 klb

    2 3

    4

    -Reacciones y fuerzas internas, en funcin de F1(en la armadura primaria):

    )(

    )F348(81F)F16(

    85F)16F(

    85F

    2

    F16 V

    2

    16FVklb12H

    141312

    12

    111

    -Energa Total de Deformacin (se incluye la energa en la barra (1))

    424323222121TOTAL LFLFLFLFEA2

    1U . . . . ()

    Reemplazamos () en () (las longitudes son datos)

    )20)(F()50()16F(

    64

    25)50()F16(

    64

    25)60(

    8

    F348

    EA2

    1U 21

    21

    21

    2

    1TOTAL

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    71/126

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    461

    Principio del trabajo mnimo: 0F

    U

    1

    TOTAL

    Efectuando la derivacin y resolviendo la ecuacin planteada, tenemos:

    F1= 2 klb (Fuerza en la barra redundante)

    Reemplazando este valor en las ecuaciones (), obtenemos:

    F2= 11.25 klb F3=8.75 klb F4= 5.25 klb

    V1= -9 klb V2= 7 klb

    2) Hallar las reacciones externas y las fuerzas internas en las barras de la armadura

    representada. Considerar la misma rigidez axial en todas las barras (EA).

    P

    aa

    a

    Se trata de una armadura hiperesttica externa.

    Seleccionamos una componente de reaccin como la redundante.

    Por ejemplo la reaccin R2.

    3

    6

    542

    1

    R2(redundante)

    R4

    R1

    R3

    P

    Encontramos la energa total:

    U = (P, R2)

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    72/126

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    462

    Fuerzas Internas:

    )(PP; F2-P; FF

    P); F2R(P2P; F2RF

    654

    3221

    La energa total, es:

    6

    1i ii

    i

    2

    i

    AE2

    LF

    U . Reemplazando valores y simplificando,

    tenemos:

    222222 P22P3)RP(22)P2R(EA2

    aU

    Principio del trabajo mnimo: 0F

    U

    2

    (puesto que R2fue considerada la reaccin

    redundante).

    Efectuando la derivacin, tenemos:

    2(R22P) + 4 2 (PR2)(1) = 0

    de donde )P2(221

    21R2

    Reemplazando este valor en las ecuaciones (), obtenemos:

    P221

    22F1

    ; P

    21

    2F2

    ; PF3

    PF4 ; PF 25 ; PF6

    Mediante las ecuaciones de equilibrio para toda la armadura, pueden obtenerse

    las reacciones externas (puesto que R2ya es conocida). Encontraremos:

    P

    221

    22R1

    ; P221

    22R3

    ;221

    PR4

    3) La armadura regular, compuesta de seis varillas articuladas entre si, representada

    en el esquema, est solicitada por 3 fuerzas iguales P que estn en equilibrio.

    Todas las varillas tienen la misma seccin transversal y son del mismo material

    (A; E). Hallar las fuerzas en las varillas.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    73/126

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    463

    Como la armadura es regular, las tres barras exteriores tienen la misma fuerza, y las

    tres barras interiores tambin tienen igual fuerza.

    Equilibrio de un nudo (exterior)

    P = F1+ 2Fcos30 P = F1+ F 3 . . . . ()

    (No existe otra ecuacin til de equilibrio)

    F

    F1

    P

    P P

    F

    F1F1

    30120

    30

    LA L1

    A L

    A

    L1A L1A

    P

    P P

    P

    F

    F1

    F

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    74/126

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    464

    Energa total:EA2

    LF3

    EA2

    LF3U 1

    21

    2

    . . . . ()

    Sea F la fuerza redundante 0F

    U

    Por consiguiente 0FF

    EALF3

    EAFL3 111

    (puesto que entre F1y F existe la relacin ())

    0)3(LFL + F 11 (De () se obtiene 3F

    F1

    )

    De las relaciones geomtricas, deducimos que 3LL1

    , luego la ecuacin

    anterior, es:

    0LF33FL 111 F = F1

    Reemplazando en la condicin de equilibrio ()

    3FFP 31

    PF

    31

    PF1

    4) Dados P = 8 Ton; a = 1 m; 1= 30; 2= 60; E1= E2= E3= 2106kg/cm2, hallar

    las fuerzas en las barras y la deflexin del nudo A. Considerar A1-=A2=A3=1cm2

    P

    A

    aa

    Debido a la simetra total, necesitamos determinar solamente 3 Fuerzas Axiales.

  • 5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN

    75/126

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    465

    P

    1 1

    22

    3

    Energa Total:

    11

    3

    2

    3

    11

    2

    2

    2

    11

    1

    2

    1

    TOTALAE2

    LF2

    AE2

    LF2

    AE2

    LF2U . . . . ()

    (Todas las barras tienen la misma rigidez axial)

    Es un problema hiperesttico Sea F3la fuerza redundante.

    P

    F

    F

    2

    2

    11

    Equilibrio:

    )(F

    2

    12

    Fcos2FF

    3

    FP

    cos2

    FPF

    33

    2

    32

    3

    1

    31

    Reemplazando () en (), tenemos:

    3

    2

    3

    11

    2

    2

    3

    11

    1

    2

    3

    11

    TOTAL LFAE2

    1LF

    AE

    1L

    3

    FP

    AE

    1U

    . . . . ()

    Principio del trabajo mnimo: 0=3F

    UTOTAL

    . Luego:

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    76/126

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    466

    0LFLF2)1)(FP(23

    L

    AE

    133233

    1

    11

    Simplificando y despejando F3, tenemos321

    1

    3L3L6L2

    PL2F

    . . . . (1)

    Relaciones geomtricas

    Reemplazando en (1) y simplificando, tenemos:

    P278.0329

    P32F3

    Reemplazando F3en las ecuaciones (), obtenemos:

    F1= 0.417P; F2= 0.278P; donde P = 8 Ton.

    Obtenemos: F1= 3.336 Ton; F2= 2.224 Ton; F3= 2.224 Ton

    Para calcular el desplazamiento del nudo A, notamos que por la simetra del sistema,

    el desplazamiento es vertical.

    Reemplazamos F3= 0.278P en la energa (ecuacin )

    [ ]3

    )278.0(+3

    2)278.0(+2

    3

    278.01= 22

    2

    11

    aP

    aPa

    PP

    AEU

    TOTAL

    Por el Segundo Teorema de Castigliano:P

    UTOTALAV

    Efectuando la derivacin y reemplanzado los valores dados, obtenemos:

    192.0AV cm

    5) Calcular las fuerzas en las barras y el desplazamiento del punto C. Considerar A =

    0.1 pulg2; E = 30106 lb/pulg2; L = 100 pulg. Todas las barras tienen la misma

    rigidez EA.

    L1= 2a

    3a2L2

    3a2L3

    L1L3

    L2

    a

    30

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    467

    0.8L

    C

    0.6L

    L

    B

    A

    P=2500 lb

    Reacciones Externas:

    R

    P

    H2

    3

    2

    1

    H1

    P

    Usando las ecuaciones del equilibrio, encontramos:

    H1=0.48P + 0.64R

    H2= 0.48P + 0.36R

    Por equilibrio de nudos, encontramos las fuerzas de barra:

    F1=0.36P + 0.48R; F2=(0.8P + 0.6R); F3= 0.6P0.8R . . . . ()

    Energa de Deformacin: )L6.0FL8.0FLF(EA2

    1U 23

    22

    21

    )F6.0F8.0F(EA2

    LU 23

    22

    21 . . . . ()

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    Para calcular el desplazamiento del punto C, usamos el Segundo Teorema de

    Castigliano:P

    UC

    P

    FF2.1

    P

    FF6.1

    P

    FF2

    EA2

    L3

    32

    21

    1C

    P

    FF6.0

    P

    FF8.0

    P

    FF

    EA

    L 33

    2

    2

    1

    1C. . . . ()

    Las derivadas parcialesP

    F1

    ,

    P

    F2

    ,

    P

    F3

    se calculan a partir de ()

    Reemplazando:

    0.60.8R-0.6P0.60.80.6R0.8P0.80.36-0.48R0.36P-EA

    LC

    Simplificando: R0768.0P8576.0EAL

    C . . . . ()

    Tambin, 0R

    U

    (Principio del trabajo mnimo) R reaccin hiperesttica.

    R

    FF6.0

    R

    FF8.0

    R

    FF

    EA

    L0 33

    22

    11 . Las derivadas parciales se encuentran a

    partir de (). Tenemos:

    321 F48.0F48.0F48.0EA

    L0 F1F2F3= 0 . . . . ()

    Resolviendo las ecuaciones () y () encontramos: P88.1

    16.0R

    8.212)2500(88.1

    16.0R lb. Conociendo R, mediante () hallamos:

    F1 =797.856 lb; F2=2,127.68 lb; F3= 1,329.76 lb.

    Para calcular el desplazamiento, usamos ()

    66.127,2EA

    L)8.212(0768.0P8576.0

    EA

    LC

    ReemplazandoEA

    L, obtenemos 0709.0C pulg.

    6) En la armadura representada, determinar: a) Las reacciones externas, b) Las

    fuerzas axiales en las barras; c) El desplazamiento horizontal del nudo A.

    Considerar todas las barras con la misma rigidez axial.

    Datos: E = 2.1 x 103 Ton/cm2; A = 12 cm2; K = (50/9) Ton/cm (Constante del

    resorte de comportamiento elstico lineal) (Longitudes en metros).

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    469

    Fuerzas Axiales: F1= 0; F2= 0; F3= R4; F4= 1.34 (R4P); F5=1.67 (P-R4) (**)

    La energa de deformacin es: U = [ ]K2

    2

    4R

    +5

    L2

    5F+

    4L2

    4F+

    3L2

    3F

    EA2

    1

    Aplicamos el Principio del Trabajo Mnimo: 0=R

    u

    4

    . Luego obtenemos:

    [ ] 0=R+RF

    LF+R

    F

    LF+R

    F

    LFEA

    K4

    4

    5

    55

    4

    4

    44

    4

    3

    33

    Las derivadas parciales se obtienen a partir de las ecuaciones (**). Reemplazando en

    la ecuacin anterior todos los valores conocidos, se plantea una ecuacin algebraica

    de primer grado cuya incgnita es la reaccin hiperesttica R4. Resolviendo esta

    ecuacin obtenemos: R4= 11.658 Ton.

    Reemplazando el valor R4 en las ecuaciones (*) y (**) encontramos las reacciones

    externas y las fuerzas axiales (reales) en las barras de la armadura (en toneladas).

    R1=-24.456; R2= 24.456; R3= 18.342; F1=F2= 0; F3=11.658; F4=-24.578; F5=30.631

    Para calcular el desplazamiento horizontal del nudo A, usaremos el Mtodo de la

    Carga Unitaria. Descargamos la armadura del sistema real de cargas y en el nudo A

    aplicamos una carga unitaria horizontal (adimensional). Resolviendo la armadura con

    la carga unitaria encontraremos los factores de fuerza unitaria fi.

    K

    4.5 m

    P=30 Ton

    A

    6.0 m

    APR1

    R2

    R3 R4

    Se trata de una armadura hiperestticaexterna, con un apoyo deformable.

    Sea R4la reaccin hiperesttica.

    Determinamos U = f( P, R4), incluyendo laenerga por la deformacin del resorte.

    Equilibrio global:R1+ R2= 0R3+ R4= P6R44.5 R16 P = 0

    (*)

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    470

    Por el mtodo del equilibrio de nudos, encontramos los factores de fuerza unitaria:

    f1=f2=0; f3=X4; f4= -1+1.336X4; f5=-1.67X4 (b)

    La energa de deformacines U = [ ]K2

    X+Lf+Lf+Lf

    EA2

    1 2

    4

    5

    2

    54

    2

    43

    2

    3

    Por el principio del trabajo mnimo: 0=X

    U

    4

    . Luego tenemos:

    [ ] 0=X+X

    fLf+

    X

    fLf+

    X

    fLf

    EA

    K4

    4

    555

    4

    444

    4

    333

    Las derivadas parciales se obtienen a partir de las ecuaciones (b). Reemplazando los

    valores conocidos en la ecuacin anterior, planteamos una ecuacin algebraica de

    primer grado, cuya incgnita es la reaccin hiperesttica X4. Resolviendo dichaecuacin encontramos X4= 0. 0984.

    Reemplazando este valor de X4 en las ecuaciones (b) encontramos los factores de

    fuerza unitaria:

    f1 = f2 = 0; f3 = 0.0984; f4 = - 0.8685; f5 = - 0.1643

    Finalmente reemplazando valores en la ecuacin del desplazamiento deseado:

    [ ]555444333

    AH ffL+fLF+fLFEA

    1=

    Encontramos AH

    = 0.379 cm.

    1

    A

    X1

    X1

    X4

    1

    A

    X1

    X1

    X3 Armadura hiperesttica externa.Sea X4la reaccin hiperesttica. Usaremosel Principio del Trabajo Mnimo.

    Equilibrio global:X1+X2+1=0; X3+X4=0 (a)4.5X1+4.5-6X4=0

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    471

    4.8) Esfuerzos y Deformaciones Axiales por Cargas de Impacto.

    4.8.1) Introduccin. Definiciones.

    En los problemas estudiados anteriormente, se consider que las cargas externas se

    aplicaban gradualmente, y que los elementos estructurales o slidos deformablesestaban en equilibrio estable en todas las etapas del proceso carga-deformacin.

    En esta seccin, estudiaremos los casos simples de Esfuerzos y Deformaciones

    Axiales provenientes de la aplicacin de cargas de impacto.

    Definicin) Carga Dinmica La carga causada por un cuerpo en movimiento.

    La energa del cuerpo en movimiento

    se transfiere a los elementos resistentes.

    Q

    carga dinmica

    rgido

    h

    X

    Los conceptos de Energa pueden usarse para calcular los esfuerzos y las

    deformaciones uniaxiales producidos por cargas de impacto, aceptando que mxy mx

    no sobrepasan los lmites de Elasticidad Lineal del material, obtenidos mediante

    Ensayos en Laboratorio.

    Con frecuencia, los problemas de impacto, son consecuencia de Cargas Dinmicas,

    mediante las cuales un sistema transfiere su energa a otro, por medio de un choque o

    impacto.

    El mecanismo simple para estudiar la transmisin de cargas dinmicas, es una barra

    elstica lineal con una plataforma rgida, y por la cual resbala sin friccinun cuerpo

    rgido de masa m.

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    472

    v=0 B

    L

    h

    seccin A;

    material E

    plataforma rgido

    d

    collar ( de peso W)

    dDeflexin Dinmic