ENERGÍA DE DEFORMACIÓN
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5/28/2018 ENERGA DE DEFORMACIN
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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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Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz
392
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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Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz
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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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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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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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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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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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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
-
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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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Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz
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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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:
-
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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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Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz
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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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Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz
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.
-
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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.
-
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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
-
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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
-
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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
-
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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
-
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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
-
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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.
-
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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.
-
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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
-
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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)
-
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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
-
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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
-
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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.
-
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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.
-
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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:
-
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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)
-
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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
-
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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:
-
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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 . . . . ()
-
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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.
-
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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
-
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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).
-
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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
. . . . ()
-
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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
-
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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
-
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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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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).
-
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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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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
-
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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:
-
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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
-
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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
-
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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.
-
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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
-
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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
-
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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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Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz
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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Mecnica de Slidos Mg. Ing. Carlos Esparza Daz
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:
-
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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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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
-
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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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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)
-
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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.
-
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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
-
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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.
-
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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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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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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