PROBLEMA DE RESISTENCIA DE MATERIALES

El diámetro de cada barra es 111cm. Calcule las deformaciones axiales de todas los eslabones de este cuerpo estructural. Si se desea utilizar como material Acero, Aluminio Serie 1000 y Titanio. ¿Cuál recomendaría usted en base a los cálculos que hizo?

SOLUCIÓN:

Vamos a calcular las reacciones en los apoyos y después vamos a calcular las fuerzas internas de los eslabones de la armadura usando el método de los nodos.

Reacciones en los Apoyos :

Del DCL de la estructura, haciendo momento en el punto A, tenemos que:

→∑ F x=0

A x=0⟹ Ax=0(noexisten fuerzasexterna sobre lahorizontal)

↺∑M A=0

−( 4m ) (10 kN )−(6m ) (20kN )−( 8 ) (10kN )+(12m )G y=0⟹G y=20kN ↑

↑∑ F y=0

A y−10kN−20kN−10kN+20kN=0⟹ A y=20kN ↑

DCL de la Armadura

Por trigonometría , tenemos que :

tanθ=2m2m

=1→θ=45 ° tan α=4m2m

=2→α=63,43°

Ahora usando el método de los nodos vamos a calcular las fuerzas internas en los eslabones de la siguiente forma:

Nodo A

tanθ=2m2m

=1→θ=45 °

↑∑ F y=0

20kN−FALsin 45°=0⟹F AL=28,3 kN↙

→∑ F x=0

F AB−(28,3 kN ) cos 45°=0⟹FFG=20kN←

Nodo B

↑∑ F y=0

FLB=0⟹F LB=0kN

→∑ F x=0

FBC−20kN=0⟹F BC=20kN→

Nodo L

tanθ=2m2m

=1→θ=45 °

↗∑ F x=0

28,3kN−FLK=0⟹F LK=28,3 kN↙

↖∑ F y=0

FLC=0⟹F LC=0 kN

Nodo C

→∑ F x=0

FCD−20kN=0⟹ FCD=20kN→

↑∑ F y=0

FKC−10kN=0⟹FKC=10kN ↑

Nodo K

tanθ=2m2m

=1→θ=45 °

tan α= 4m2m

=2→α=63,43 °

→∑ F x=0

(28,3 kN )cos 45 °−FKJ cos 45 °−FKD cos63,43°=0

FKJ cos 45 °=(28,3kN )cos 45 °−FKD cos63,43° (1)

↑∑ F y=0

(28,3 kN )sin 45 °+FKD sin 63,43°−F KJ sin 45 °−10kN=0

FKJ sin 45°=(28,3 kN ) sin 45 °+FKDsin 63,43 °−10kN (2 )

Dividimos (2 ) entre (1) y despejamos FKD y después reemplazamos en (1) para hallar FKJ, por lo tanto:

FKJ sin 45 °F KJ cos 45°

=tan 45 °=1=(28,3 kN )sin 45°+FKD sin 63,43°−10kN

(28,3 kN ) cos 45°−FKDcos 63,43°

FKD=(28,3 kN ) cos 45°−(28,3kN ) sin 45 °+10kN

cos63,43 °+sin 63,43°=7,5N→FKD=7,5kN↖

Reemplazando valores en (1), tenemos:

FKJ=(28,3kN ) cos45 °− (7,5 kN ) cos63,43°

cos 45 °=23,6 kN→FKJ=23,6kN↙

Nodo J

tanθ=2m2m

=1→θ=45 °

→∑ F x=0

(23,6 kN )cos 45 °−F JI cos 45°=0⟹F JI=23,6 kN↖

↑∑ F y=0

(23,6 kN )sin 45°+(23,6 kN ) sin 45 °−F JD=0

⟹ F JD=33,4 kN ↓

Nodo D

tan α= 4m2m

=2→α=63,43 °

↑∑ F y=0

33,4kN−(7,5kN )sin 63,43 °−FDI sin 63,43 °−20kN=0

⟹ FKD=7,5kN↙

→∑ F x=0

(7,5kN ) cos63,43 °− (7,5kN )cos 63,43°+20kN−FCD=0

⟹ FDE=20kN⟶

Nodo I

tanθ=2m2m

=1→θ=45 °

tan α= 4m2m

=2→α=63,43 °

→∑ F x=0

(28,3 kN )cos 45 °−F IH cos45 °− (23,6 kN ) cos63,43 °=0

⟹ F IH=28,3 kN↖

↑∑ F y=0

(7,5kN ) sin 63,43 °+ (28,3 ) sin 45 °−(23,6 ) sin 45 °−F IE=0

⟹ F IE=10 kN↓

Nodo E

tanθ=2m2m

=1→θ=45 °

↑∑ F y=0

10kN−10kN−F EH sin 45 °=0⟹ FEH=0 kN

→∑ F x=0

FEF−20kN=0⟹FEF=20kN→

Nodo H

tanθ=2m2m

=1→θ=45 °

∑ F x=0

FHG cos 45°−(28,3kN ) cos45 °=0

⟹ FHG=28,3 kN←

↑∑ F y=0

FHF+ (28,3 kN ) cos45 °−(28,3 kN )cos 45 °=0

⟹ FHF=0kN

Nodo F

↗∑ F x=0FFH−20kN=0⟹F FG=20kN↗

Realizamos el estudio de fuerzas en el nodo A como comprobación, por lo cual:

Nodo A

tanθ=2m2m

=1→θ=45 °

↑∑ F y=0

20kN−(28,3 ) sin 45 °=0

0=0(comprobación)

→∑ F x=0

20kN−(28,3 ) sin 45 °=0

0=0(comprobación)

Realizando la comprobación de los cálculos con un programa de estudio de armaduras estructurales tenemos que:

Lo cual podemos observar que concuerdan exactamente con los cálculos realizados.

Ahora vamos a realizar el estudio para cada material (Acero 4140, Aluminio serie 1000 y Titanio) para facilitar los cálculos lo vamos a mostrar éstos cálculos en Excel; utilizando las siguientes fórmulas:

Area:

A=π4d2=π

4(111 cm )2=9676,89 cm2× 1m2

(100 cm )2=0,9677m2

Esfuerzo Normal:

σ= FA

= F0,9677m2

=1,033 F

Deformación Longitudinal:

δ=ϵL=1,033FLE

Deformación Unitaria:

ϵ= σE

=1,033FE

Energía de Deformación:

U= δF2

=0,5167 F2L

E

Vamos a realizar la primera operación para visualizar los cálculos que se encuentran en las tablas de la siguiente manera; para el Titanio:

L=2m ;E=114GPa; F=20kN , por lo tanto:

Esfuerzo Normal:

σ= FA

= 20000 N0,9677m2

=0,0194MPa

Deformación Longitudinal:

δ=ϵL=(1,81×10−7 ) (2m )=3.63×10−7m

Deformación Unitaria:

ϵ= σE

=0,0194×106

(114×109)=1,81×10−7

Energía de Deformación:

U= δF2

=12

(3.63×10−7 ) (20000 N )=3,62×10−3 J

Por lo cual los demás cálculos se encuentran tabulados en la siguiente tabla:

Vamos a realizar la primera operación para visualizar los cálculos que se encuentran en las tablas de la siguiente manera; para el Acero 4140:

L=2m ;E=209GPa; F=20kN , por lo tanto:

Esfuerzo Normal:

σ= FA

= 20000 N0,9677m2

=0,0206MPa

Deformación Longitudinal:

δ=ϵL=(9,89×10−8 ) (2m )=1,978×10−7m

Deformación Unitaria:

ϵ= σE

=0,0206×106

(209×109)=9,89×10−8

Energía de Deformación:

U= δF2

=12

(1,978×10−7 ) (20000 N )=1,97710−3 J

Por lo cual los demás cálculos se encuentran tabulados en la siguiente tabla:

Vamos a realizar la primera operación para visualizar los cálculos que se encuentran en las tablas de la siguiente manera; para el Aluminio Serie 1000:

L=2m ;E=71,7GPa; F=20kN , por lo tanto:

Esfuerzo Normal:

σ= FA

= 20000 N0,9677m2

=0,0206MPa

Deformación Longitudinal:

δ=ϵL=(2,88×107 ) (2m )=5,765×10−7m

Deformación Unitaria:

ϵ= σE

=0,0206×106

(71,7×109 )=2,88×10−7

Energía de Deformación:

U= δF2

=12

(5,765×10−7 ) (20000N )=5,76×10−3 J

Por lo cual los demás cálculos se encuentran tabulados en la siguiente tabla:

Se recomendaría usar el acero 4140 ya que presenta menos deformación cuando se le aplican las cargas; y podría soportar mejor si se le aplicara una carga adicional sobre los otros dos materiales.