Teoria de La Elasticidad

1

CAPÍTULO I ESTADO UNIAXIAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES

1.1) Introducción. Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables

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

Sólido estructural

T Acciones

(Generalizadas)

T = Tfinal - Tinicial

Fuerzas concentradas Fuerzas distribuidas Momentos flectores Momentos Torsores Cambios de temperatura Perturbaciones Etc...

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

Efectos (Comportamiento)

Transmisión de cargas (ESFUERZOS) Cambios de geometría (DEFORMACIONES)

Configuración Inicial (No Deformada)

Configuración Final (Deformada)

X Eje para momento torsor Y, Z Ejes para momentos flectores My / Flexión en el plano XZ/ Mz / Flexión en el plano YX/

Z

X Eje Normal

Y

Perturbación (hundimiento de apoyos)

Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz

2

Para estudiar el comportamiento de un sólido estructural es preciso distinguir entre Configuración Inicial y Configuración Deformada. Configuración inicial Geometría y restricciones antes de aplicar las acciones Configuración Deformada Geometría y restricciones luego de ser aplicadas las acciones. Mecánica de Sólidos o Resistencia de Materiales es también una disciplina técnica relacionada con los Métodos de la Ingeniería que tienen especial interés en los conceptos de RESISTENCIA, RIGIDEZ y ESTABILIDAD de elementos o sistemas estructurales. RESISTENCIA Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para contrarrestar acciones sin quebrarse o descomponerse. RIGIDEZ Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para oponerse a las deformaciones que le inducen las acciones aplicadas. ESTABILIDAD Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para conservar una forma única garantizada por las condiciones del equilibrio. En Mecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales) se complementará el estudio de fuerzas iniciado en Estática. Sin embargo, existe una diferencia fundamental.

Sólido rígido (indeformable)

P

Sólido deformable (de la conf. Inicial a

la conf. Final)

P

P

ESTÁTICA RESISTENCIA

Problema de Estática v.s. Problema de Mecánica de Sólidos ESTÁTICA: Hallar la fuerza en el cable BD.

P

D

A

BC

a b

P

HAB

C

c FBD

VA

A

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

22

BD

ca

c a

)ba(Psen a

)ba(PF

ca

ca)ba(PF22

BD

Características de la solución:


3

La solución depende únicamente de las ecuaciones del equilibrio. La solución es INDEPENDIENTE del material del cable. No es necesario conocer las dimensiones transversales del cable.

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

P

D

A

BC

C'

cv = ?

Características (esperadas):

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

FUERZAS, DESPLAZAMIENTOS Y MATERIAL (Ecuaciones Constitutivas).

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

Analítica Análisis y Cálculo de Esfuerzos y Deformaciones Experimental Estudio de las Propiedades Mecánicas de los Materiales y

Sistemas Estructurales. El conocimiento y dominio de ambos enfoques, en Ingeniería permite el DISEÑO de elementos o sistemas estructurales, con SEGURIDAD y FUNCIONALIDAD. SEGURIDAD Transmisión adecuada de las cargas (relacionada con la Resistencia)

P

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

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


4

Hipótesis Simplificatorias

Sobre la Estructura Interna y Propiedades de los materiales Continuidad Homogeneidad Isotropía

Sobre el Carácter de las Deformaciones Deformaciones pequeñas

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

Medio continuo apropiado para estudiar fenómenos de presión, densidad, etc.

Medio discreto Apropiado para estudiar propiedadeselectroquímicas, magnéticas probabilísticas, etc

HOMOGENEIDAD Las propiedades del material son iguales en todos los puntos del sólido

Propiedades iguales para puntos diferentes

P Q

Material homogéneo Acero Material no homogéneo Concreto Armado ISOTROPÍA Las propiedades del material son iguales en todas las direcciones

Propiedades iguales para elementos de distinta orientación

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


5

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

0LL

L L + L

P P

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

FV = 0 FH = 0 MO = 0

P1 P2 P1 P2

H1

V1 V2

P1 P2

P1' P2'

Como se han generado cambios en la geometría, es complicado plantear las ecuaciones de equilibrio en la configuración final.

Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Inicial ANÁLISIS DE 1° ORDEN Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Deformada ANÁLISIS DE 2° ORDEN Nota) Existen otras hipótesis, como: Elasticidad del material, Linealidad entre fuerzas

y desplazamientos, secciones planas, ..., etc. (Serán tratadas en su oportunidad)

1.2) Fuerzas Internas. Método de Secciones

Consideremos un sólido en equilibrio.


6

Las Fuerzas Internas se manifiestan como FUERZAS DE INTERACCIÓN entre las partículas del material que constituyen el sólido. Cada plano de referencia, separa al sólido en dos porciones.

(I)

F1

F2

F4

F3(II)

Sección de interés

Plano de corte (imaginario)

Ambas porciones en equilibrio

(I)

F1

F2

F4

F3(II)

Fuerzas Internas

Garantizan el equilibrio de (I)

Garantizan el equilibrio de (II)

Las fuerzas internas representan la interacción de una parte del sólido con la parte que ha sido (idealmente suprimida). En general, estas fuerzas tienen diferentes magnitudes y sentidos, y cambian al cambiar el plano de referencia. En cada caso, las fuerzas internas deben satisfacer las condiciones del equilibrio de la porción que se considere. ACCIONES INTERNAS Las fuerzas internas en una porción del sólido pueden representarse mediante un Vector Fuerza V y un Vector Momento M

<>(I)

F1

F2

(I)

M

V

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


7

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

(I)

F1

F2

x

z

y

Vxz

Vxx

Vxy

Mxx

Mxz

Mxy

o

(o: Centroide de la sección transversal)

(Normal al plano de corte)

Nota)Primer subíndice dirección normal al

plano de corte Segundo subíndice dirección particular

de la componente V = (Vxx, Vxy, Vxz) M = (Mxx, Mxy, Mxz)

Si no existen confusiones, puede usarse un solo subíndice

V = (Vx, Vy, Vz); M = (Mx, My, Mz) Si consideramos la porción (II) del sólido, las fuerzas internas son de la misma intensidad pero de sentido contrario. Cada una de las acciones internas manifiesta un EFECTO ESPECIAL en el comportamiento del sólido.

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

sección) Notas)

1) Las acciones internas ocasionadas por un Sistema de Acciones (cargas aplicadas + reacciones) dependen de la orientación del Plano de Corte.

(I)

F1

F2

F4

F3

(II)P

(1)

(I)

F1

F2

F4

F3

(II)P

(2)

A cada plano de corte le corresponde un SISTEMA DE ACCIONES INTERNAS 2) Si las ACCIONES EXTERNAS actúan en un plano, las fuerzas internas se

reducen a tres (Sistemas Planos de Fuerzas).


8

(Sistema plano N Fuerza Normal de fuerzas) V Fuerza cortante

M Momento Flector

M

F1

F2

1

F1

F2

F4

F3

1

1

1

N V

3) Las fuerzas internas variarán en intensidad y dirección, según se consideren

distintos planos que pasen por un punto P. Un problema de interés será determinar las VALORES EXTREMOS de las Acciones Internas.

4) Cada acción interna representa un EFECTO distinto sobre el sólido.

La Fuerza Normal representa una acción de extensión (tracción) o una acción de acortamiento (compresión) del sólido

TRACCIÓN (+) COMPRESIÓN (–) (Alargamiento) (Acortamiento)

PP

PP

P P

P P

Las Fuerzas Cortantes son componentes de la resistencia total al

deslizamiento de una porción del sólido respecto de otra.

P P

B

CA

B

A

C

Fuerzas cortantes P

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


9

xGeneratriz de

referencia A

Punto fijo

x

Sección fija

(Configuración inicial)

TA

A'

Aplicando el torsor T, la sección libre gira ° respecto a la sección fija.

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

Se genera flexión (curvatura en un plano coordenado)

MN

V

EJEMPLOS 1) La barra AB tiene un peso de 2 lb/pie y soporta 30 lbs en su extremo inferior.

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

B c c

b b

a a

30lb

A

4 pies

4 pies B

A

Fv = 0R = W + 30 R = 2(8) + 30 R = 46 lbs

Reacciones

W: peso total

W

30 lbs

R

FUERZAS INTERNAS Consideremos una porción de barra de longitud x.

B

Q peso de la barra de longitud xFv = 0 F + Q = 46 F + 2x = 46 F = 46 – 2x; con 0 x 8 pies Fa-a = 46 – 2(8) = 30 lbs Fb-b = 46 – 2(4) = 38 lbs Fc-c = 46 – 2(0) = 46 lbs

Q

F

46

x


10

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

x

+

x

F

Tracción

F = 46 – 2x

30 lbs

46 lbs

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

3 m

1 m

3 ton

q = 0

q = 1 ton/m

(de variación lineal)

3 ton

Encontramos q(x)

4 x

q(x)

1

x

)x(q

4

1 q(x) =

4

x

3FUERZA INTERNA:

Primer tramo 0 x < 3

R1

N1

x

3 + R1 = N1

N1 = 3 + x

0dx)x(q

N1 = 3 + x

0dx

4x

N1 = 3 +8x2

3Segundo tramo 3 < x 4

R2

N2

x

3 + R2 = 3 + N2 N2 = R2

N2 = x

0dx)x(q

N2 = x

0dx

4x

N2 = 8x2

3

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


11

Función de Fuerza Axial

N =

4x3 ;8x

3x0 ;8x

3

2

2

3 m

1 m

3 ton

3 (–)

3 ton N

33/8 ton

2 ton

9/8 ton

x(COMPRESIÓN)

(Notar la discontinuidad en la sección correspondiente a la carga concentrada 3 ton) 3) Hallar las acciones internas en la sección a-a.

45°

a

a

5 m

10 kN

45°

5 m

10 kN

O

MN

VEquilibrio:

FH = 0 022

V22

N

FV = 0 1022

V22

N (*)

M0 = 0 M + (10)(5) = 0

Resolviendo el sistema (*) tenemos: N = 5 2 kN

V = 5 2 kN M = – 50 kN – m

(Indica que el momento M actúa en sentido contrario al supuesto)

10 kN

50 kN-m

kN 25

kN 25


12

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

1

1

a

a

x

z

y

P1/4 de circunferencia

a

x

z

y

P

d2

d1r

s Ms

Mr

normal en c cVx

tangente en c

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

c = 0 Mr – Pd2 = 0 . . . . (ii) Ms

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

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

De (i) Vx = – P (Fuerza cortante) De (ii) Mr = P a sen (Momento flector) De (iii) Ms = – P a(1 – cos) (Momento torsor) 5) Considerando que la carga distribuida varía linealmente desde q = 3 ton/m, hasta

q = 0, graficar el diagrama de fuerza axial en el sistema representado.


13

2 m

q = 0

q = 3 ton/m

1 m

2 ton

Reacción

Q Resultante de la distribución q

R

Q

2

Equilibrio: R = Q + 2 . . . . (1)

q = 0

q = 3 ton/m

x

3

3–x

q(x) x3)x(q

33

q(x) = 3 – x

dx q

dQ = qdx

LqdxQ

3

0dx)x3(Q Q = 4.5 ton

Reemplazando en (1) R = 4.5 + 2 R = 6.5 ton

F1

FUERZA AXIAL

Tramo 0 x 2 Q1 + F1 = 6.5 F1 = 6.5 – Q1

F1 = 6.5 – x

0dx)x(q

F1 = 6.5 – x

0dx)x3(

F1 = 6.5 + x

0

2)x3(21

F1 = 6.5 + 21 (3 – x)2 – 2

1 (3)2

F1 = 2 + 21 (3 – x)2

q(x)

x

6.5 ton

Q1

Tramo 2 x 3

F2

x

6.5

Q2

6.5 = Q2 + 2 + F2 F2 = 6.5 – 2 – Q2

F2 = 4.5 – x

0dx)x(q

F2 = 4.5 – x

0dx)x3(

F2 = 21 (3 – x)2

2


14

Función Fuerza Axial

3 x 2 ;)x3(

2 x 0 ;)x3(2)x(F 2

21

221

F2 = 21 (3 – x)2

2

0.5 Ton2 Ton 2.5 Ton

F1 = 2 + 21 (3 – x)2

x

F 6.5 Ton

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

6) En la palanca EF se aplica la fuerza W, según se indica en el esquema. Entre el

cable CBAD y la superficie de contacto se genera una fuerza de fricción cuyo coeficiente es = 0.4. Si la porción BC resiste una fuerza de tracción de 4,100 kg, hallar la fuerza de tracción en el cable en el punto A.

Cable de espesor despreciable

E

D

A

a

B

C F

W

Diagrama de cuerpo libre del cable A B

TB=4,100 kg TA

dFuerzas de

fricción

Si no hubiese fricción TA=4100

d

T+dT

T

fr d/2

d/2

fr = fdNFNORMALES = 0

dN – Tsen2d

– (T + dT)sen2d

= 0

Si 2d 0, con suficiente aproximación, tenemos:

dN – T2d – (T + dT)

2d = 0


15

dN – T2d – T

2d + dTd

21 = 0

Considerando únicamente diferenciales de 1er orden:

TddN

. . . . (i)

Ftang = 0

(T + dT)cos2d – r – Tcos

2d = 0

Si 2d 0 cos

2d 1, luego

T + dT – T – dN = 0

dNdT . . . . (ii)

De (i) y (ii) obtenemos:

dTTd

Separando las variables:

dTdT

Integrando ambos lados: LnT = + k

T = e + k T = e ek

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

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

Reemplazando en (iii)

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

7) La barra homogénea representada pesa W, y descansa sobre un plano horizontal

liso. Determinar las fuerzas internas en una sección genérica definida por el .


16

PP

r

Semicircunferencia

R1 + R2 = WWr – R22r = 0 R1 = R2 = W/2

P P W

R1 R2

Reacciones

Peso unitario r

Wq

G peso de la porción ACG = qr

G =

rr

W

WG

r sen A

P

W/2

G

V N

M

/2–C

r

( centroidedel arco AC)

Fvert = 0

Vsen + Nsen

2

+

W

2W = 0

V sen + Ncos = –

W

2W . . . (i)

Fhoriz = 0

Vcos – Ncos

2

– P =0

Vcos – Nsen = P . . . . (ii)

Mc = 0

M + P r sen –2W (r – r cos) + G(

sen r – r cos) = 0

M = – P r sen +2W r(1 – cos) –

W r(sen – cos) . . . (iii)

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

N = (W

– 2W ) cos – P sen

V = (W

– 2W ) sen + P cos

De (iii)

M = – P r sen +2W r(1 – cos) –

W r(sen – cos)

8) Un pilote es enterrado por acción de una fuerza externa F = 100 klb. Una fuerza

de fricción (klb/pie) se opone a la fuerza F, siendo su intensidad proporcional al


17

cuadrado de la distancia medida desde la superficie superior, y es nula en ella. Determinar las fuerzas internas en Z = 15 pies y en Z = 30 pies.

F=100 klb

Equilibrio

30 pies

Z

100 klb

Resultante de la fricción

= kZ2

L

dZ100

30

0

2dZkZ100

901

k3Z

k10030

0

3

Luego: = 901 Z2

Fuerzas Internas

100

Q: Resultante de la fricción (en la altura Z)

N + Q = 100 N = 100 – Z

dZ

N = 100 – Z

0

2dZZ901

N = 100 – 270Z3

N

Z

NZ=15 = 100 – 2701 (15)3 = 86.5 klb

NZ=30 = 100 – 2701 (30)3 = 0 klb

N = 100 – 270Z3

–

N

Z

100 klb

COMPRESIÓN

9) Determinar las acciones internas que actúan en la sección B del tubo

representado. El tubo tiene una masa de 2 kg/m y está sujeto a una fuerza vertical de 50 N y a un momento de torsión de 70 N-m en su extremo libre A.


18

C0.75 m

0.5 m

D

masa = 2 kg

B

1.25 m

50 N

A70 N-m

0.25 m

B

0.625 m

50 N

A70 N-m

x

0.625 m

2(1.25)(9.81)=24.52 N

0.25 m

(2)(0.5)(9.81)=9.81 N Pz

Mz

z

Py

PxMx

y My

Equilibrio

Fx = 0 Px = 0 Fy = 0 Py = 0 Fz = 0 Pz – 50 – 24.52 – 9.81 = 0 Pz = 84.33 N

Mx

B = 0 Mx – 50(0.5) – 24.52(0.5) – 9.81(0.25) + 70 = 0 Mx = – 30.29 N-m (FLECTOR)

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

My = – 77.66 N-m (TORSOR)

MzB = 0 Mz = 0

10) Para el sistema representado dibujar diagramas de cuerpo libre para cada

miembro y calcular las acciones internas sobre los extremos de cada uno de ellos.

60 kN

20 kN/m

A

B C

D2 m

4 m

4 m


19

60 kN

20 kN/m

60 kN

D

C

20×2×1=40 kN-m

60×2=120 kN-m

20×2= 40kN/m

Elemento CD

40 kN-m

B

C

Elemento CB

60 kN

40 kN

120 kN-m

40 kN

120 kN-m

40 kN-m

60 kN

B

Elemento BA

40 kN

120 kN-m

40 kN-m

A

60 kN

11) Determinar las acciones internas en una sección genérica del arco representado.

La fuerza p actúa normal al arco y está repartida sobre el mismo.


20

Fhoriz = 0 Vcos + prcos 2

– Ncos( 2 – ) = 0

Vcos – Nsen = – prcos 2 . . . . (*)

BA

r

p

0

r

0

VN

M

B

cp

2 -

/2

r

0

V N

M

B

c

prd/2

r

Fvert = 0 V sen + N sen(/2 – ) + pr sen2 = 0

® V sen + N cos() = – pr sen2 . . . . (**)

Mc = 0 M + prd = 0 M = – prr sen2 . . . . (***)

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

V = – pr cos2

N = pr sen2

M = – pr2 sen2

12) El sistema representado se encuentra en equilibrio. Determinar expresiones para

las fuerzas internas en cualquier sección de la viga sumergida.

6 Ton

1.5 m 3.0 m 1.5 m 3.0 m

2 Ton/m


21

6 Ton2 Ton/m

r

A B C D

E

Fvert = 0

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

Reacciones

V

r

A N

A)desde(5.1x0

x32

2x

x34

M

x34

V

0N

2

Tramo AB

M x

02

)5.1x()5.1x(

34

2x

x2M

0x2)x5.1(34

V

0N

Tramo BC

34 Ton/m

V

A N

M

x 1.5 m

2 Ton/m

B) (desde3x0

)5.1x(32

xM

)x5.1(34

x2V

0N

22

B

02

)x5.4()x5.4(34)x5.1(6M

06)x5.4(34V

0N

Tramo CD

C) (desde5.1x0

)x5.1(6)x5.4(32

M

)x5.4(346V

0N

2

3.0 m

34

V

A N

M

x 1.5 m

2 Ton/m

B C


22

02x

x34

M

0x34V

0N

Tramo ED

E) (desde3x0

x32M

x34V

0N

2

V

N

M

x

E

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

representada.

y

0

L

x

y=kx2

0

R1 R2

Reacciones

Fvert = 0 R1 + R2 =

L

0ydx

R1 + R2 = 3L3k . . . . (i)

MO = 0 R2L – L xdA = 0

R2L – L

0ydx x = 0 R2L –

L

0

2dxx k x = 0

R2L – 4k L4 = 0 . . . . (ii)

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


23

Fuerzas Internas

x

3L12k V

N

M

0x41xkx

31xL

12kM

0xkx31L

12kV

0N

23

23

Lx0

x12kxL

12kM

L12kx

3kV

0N

43

33

Gx

Área = ab31

a

CG b

L43

xG

Parábola de 2do grado

14) Una viga de 40 pies de longitud se encuentra simplemente apoyada y cargada

sobre dos planos coordenados, según se indica. Determinar las acciones internas en cualquier sección normal como funciones de x.

y

z

340 lb/pie

10 lb/piex

y

A

10 lb/pie

x

PLANO XY

B

RA RB RA = RB = 200 lb


24

A

10 lb/pie

Vxx

200 lb Vxy

x

Mxz Vxx = 0Vxy + 200 – 10x = 0

0x2002xx10Mxz

Vxx = 0 (Normal)Vxy = 10x – 200 (Cortante)Mxz = 200x – 5x2 (Flector)

340 pielb

A

z

B

R'A R'Bx

PLANO ZX

R'A + R'B = 21 (340)(40)

0)40)()(40)(340()40('R 32

21

A

R'A = 4,533.33 lbR'B = 2,266.67 lb

Resolviendo el sistema, tenemos:

340

A

t

4,533.33 lb

Mxy

V'xx

Vxz

x

x40t

40340

)x40(2

17t (lb/pie)

340t

x 40 – x

Vxz + 4,533.33 – 0.5(340 + t)x = 0

Vxz = 0.5x[340 + 2

17 (40 – x)] – 4,533.33 (CORTANTE)

Mxy + t x2x +

21 x (340 – t)

32 x – 4,533.33 x = 0

Mxy = 4,533.33 x – 2x2

(2

17 )(40 – x) – 6x2

[340 – 2

17 (40 – x)] (FLECTOR)

y

z

10 lb/pie

x340 lb/pie

Mxz

Vxy

Vxz

Mxy

Nxx=0


25

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

A

B

P0

p

r

41 circunferencia

Determinamos la función de carga p=():

p = k (Enunciado)

P0 = k2 k =

0P2

p =

0P2

Equilibrio:

i) V =

2/

0

02/

0rd

P2pds

V = 2/

0

20

2/

0

0

2rP2drP2

V = 4

rP0 (fuerza cortante)

r rsen

r – rcos

ds = rd

M

T

V

ii) T +

2/

0rd)cosrr(P = 0

T =

2/

0

0 rd)cos1(r P2

T =

2/

0

20 d)cos1(rP2

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

T =2/

0

220 cossen

2rP2

T = )128

(rP2 22

0


26

(Momento Torsor) T = )214

(rP 20

(sentido contrario al

supuesto)

iii) M + 2π/

0rdθsenPr = 0

M =

dsenrP2 22π/

0

0

M =

2π/

0

20 dsenrP2

M = 2/0

20 cossenrP2

(Momento flector) M = 20 rP2

(sentido contrario al supuesto)

16) Dos barras iguales, rígidas, de peso G cada una y de longitud 2L, están articuladas

en su punto medio. Sus extremos inferiores descansan sobre un plano liso horizontal, y sus extremos superiores están unidos por intermedio de un cable. En las barras se apoya un cilindro de radio r y peso Q, según se indica en el esquema. Hallar la fuerza de tracción que se desarrolla en el cable.

L

L

L

L

o

i) Equilibrio (total)

FV = 0Q + 2G = 2S

2Q

GS . . . . (i)

(S: reacciones verticales porque el piso no tiene fricción).

2G

S S

Q

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

FV = 0 2Rsen = Q

sen2QR . . . . (ii)

Sea x la distancia (sobre las barras) desde el punto O hasta el punto de contacto:

xrtan

tanrx . . . . (iii)

Q

o

R R

x

iii) Equilibrio (de cada barra).


27

T: tracción en el cable R: presión del cilindro Ax, Ay: reacciones en la articulación en O

G: peso de la barra S: reacción del piso.

T

R

Ax

G

o

Ay

S

R

Ax

G

o

T

Ay

S

x

L

L

Mo = 0 TLcos – Rx – SLsen = 0 (iv)

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

tan)2Q

G(Lsen2

QrT 2

1.3) Esfuerzo Normal Uniaxial

1.3.1) Definiciones a) Un elemento se encuentra en ESTADO UNIAXIAL de carga (CARGA AXIAL

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

1

1

Eje

P

P

x (normal)

Sección transversal (normal) de área A.

Sistemas de fuerzas internas, distribuidas en la sección 1-1 y cuyaresultante es P.

P

P

b) Se denomina ESFUERZO NORMAL UNIAXIAL a la intensidad de las fuerzas

distribuidas sobre el área de la sección transversal.

AP

. . . . (1)

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

SISTEMA UNIDADES DE P UNIDADES DE A UNIDADES DE Internacional Newton m2 N/m2 (Pascal) Inglés Libra pulg2 lb/pulg2 Métrico Kilogramo cm2 kg/cm2


28

De uso obligatorio es el SISTEMA INTERNACIONAL 1 kilo Pascal = 103 Pascales 1 Mega Pascal = 106 Pascales 1 Giga Pascal = 109 Pascales

Notas)

1) Mediante la ecuación (1) AP

se ha definido el Esfuerzo Normal Uniaxial en

VALOR PROMEDIO, aceptándose que la carga axial P se reparte UNIFORMEMENTE en el área transversal A.

P

P

1 1

Sección transversal de área A

AP

P

PRISMA DE ESFUERZOS

VOLUMEN DEL PRISMA DE ESFUERZOS = INTENSIDAD DE LA CARGA AXIAL (A = P)

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

dAdP

. (2)

)A(dAP ; siendo A el área transversal

del sólido. Generalmente, el valor promedio (ecuación 1) NO COINCIDE con el valor en un punto (ecuación 2)

dA

dP (Normal)

P

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

1.3.2) Propiedades del Esfuerzo Normal ()

a) La ecuación de equilibrio estático se expresa dA P)A( . Es la única información

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

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


29

Sección transversal de área A dp=dA

P

xz

y

y

x

c C(a, b, 0) es la proyección ortogonal de P sobre el área transversal de interés. P resultante de las fuerzas aplicadas.

dA

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

Ecuaciones del equilibrio:

Fz = 0 dA P)A( . . . . (*)

My = 0 )A(

)dA (xPa . . . . (**)

Mx = 0 )A(

)dA (yPb . . . . (***)

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

P = A

)A(

dA xPa

)A(

dA yPb

De donde, eliminando P, obtenemos: dA xAa)A(

dA yAb)A(

y finalmente: A

dA xa )A( y

A

dA yb )A(

Los valores encontrados para las coordenadas a, b definen al punto C como el CENTROIDE del área de la sección transversal. Notas) 1) Sólo puede presuponerse una distribución uniforme del esfuerzo normal, cuando la

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


30

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

P

P

M = Pe

e

En esta sección transversal el esfuerzo normal NO puede suponerse UNIFORME. El momento de excentricidad M = Pe distorsiona la posible distribución uniforme del esfuerzo debido a la carga P.

excentri-cidad

P

Sección excéntrica respecto a la recta de acción de P.

P

EJEMPLOS 1) Calcular el esfuerzo normal promedio que se genera en los alambres del sistema

representado.

A

q

1 m

1 m

4 alambres simétricos, de diámetro 0.5 cm cada uno.q = 2 kg/cm

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

Fuerza en cada alambre:

R=200 kgEquilibrio del nudo A

F F F F

(Simetría)

Fvert = 0


31

alambre

F

vertical

200 = 4Fcos

22 50100

1004

200F

525F kg (TRACCIÓN)

Esfuerzo en cada alambre:

22 cm )5.0(

4

kg 525AF

= 894.43 kg/cm2 (TRACCIÓN) 2) Una barra rígida AB, de masa 1000 kg está suspendida de dos cables AC y BD, cada

uno de los cuales tiene sección transversal de 400 mm2. Determinar la magnitud de la fuerza P, así como la ubicación x, para que los esfuerzos normales en los cables AC y BD tengan como valor límite 100×106 Pa y 50×106 Pa, respectivamente.

x P

A

C D

B

2.0 m

Fuerzas axiales:

xP

1 m 1 mo

FAC FBD1–x

W = mg = (1000 kg-m)(9.8)W = 9,800 Newtons

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

De (i) y (ii) obtenemos: FAC = 4,900 + 2P +

2P (1 – x)

FBD = 4,900 + 2P –

2P (1 – x)

(Fuerzas Newtons; Longitudes metros) Esfuerzos normales

6AC

ACAC 10400

)x1(2P

2P900,4

AF


32

6BD

BDBD 10400

)x1(2P

2P900,4

AF

Valores límite AC 100×106 Pa BD 50×106 Pa

Luego 66 10100

10400

)x1(2P

2P900,4

. . . . (*)

66 1050

10400

)x1(2P

2P900,4

. . . . (**)

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

3) Determinar la forma del sólido, tal que el esfuerzo normal sea el mismo en todas

las secciones transversales (sólidos de igual Resistencia). P

Peso específico

A0

dxx

P

dx Área transversal A

A+dA

Aislamos la porción de sólido de altura dx:

Aproximación al peso del elemento diferencial:

dxdAAA

)2

(

Fvert = 0 (A + dA) – A – dx)2

dAA2(

= 0

Simplificando: dA – Adx – 2

dAdx = 0

Considerando diferenciales de 1er orden: dA – Adx = 0


33

De donde dxAdA

integrando

dxAdA

kxLnA

Para x = 0 es A = A0 (dato)

Ln A0 = k

Por tanto 0LnAxLnA

xAALn

0

Pasando a la forma exponencial: x

0

eAA

x

0eAA

Ley de variación de las secciones transversales

4) Hallar la sección transversal requerida por los elementos FC y CB de la armadura

representada, de modo que resistan la carga P = 65 Ton y el esfuerzo permisible sea 1.4 Ton/cm2 en tracción.

A

a=0.5 m

a a a a a a

0.75 m

0.75 mB

C

D E

F G

P=65 Ton3

4

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

Secciones Requeridas: 22

perm

FCFC cm 19.6

Ton/cm 4.1Ton 67.8P

A

22

perm

CBCB cm 93.27

Ton/cm 4.1Ton 1.39P

A

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

19.6d4

2FC

dFC = 2.8 cm

(realmente dFC = 3 cm) Si FC de sección cuadrangular l2FC = 6.19 lFC = 2.49 cm (realmente lFC = 2.5 cm)


34

Similar para la barra CB. 5) La estructura articulada que se representa, debe soportar la carga P. El esfuerzo

normal debe ser el mismo en los dos miembros. Si los miembros AB y BC son de sección transversal constante, determinar el ángulo necesario para alcanzar el peso mínimo de la estructura.

A

C B

P

L

FCB

FAB

PFuerzas Normales en las barras:

FCB = P cotan

senP

FAB (FCB tracciónFAB compresión)

Barras homogéneas del mismo material

Esfuerzos Normales (valor absoluto):

barra CB CBA

cotan P

cotan PACB

barra AB ABA

sen/P

sen P

AAB

Peso de la estructura

(: peso específico) )cos

LALA(W ABCB

cossen PLL cotanPW

)cossen

1an(cotLPW

Peso Mínimo 0ddW

0cos sencossencosec 22

222

Resolviendo la ecuación anterior (para 0 < < /2) se obtiene tan = 2 55°

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


35

r

L Peso específico o

L

o

r

L – y y

t

o

r

L – y y

t z

L – u

u du

Fuerza Axial: Determinamos la fuerza axial generada por la rotación de una porción del cono. Definimos un disco diferencial a la distancia u del eje de giro.

yt

Lr y

Lrt ;

uLz

Lr

)uL(

Lrz

Cuando gira el disco diferencial se genera una fuerza diferencial


36

o z

dF

disco de masa dm

dF = (dm)a . . . . (i)

Pero dVdm

; y a = 2u

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

udu)uL(Lr

gdF 2

2

22

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

L

yL

22

22

du u)uL(gL

rF

Desarrollando la integral y simplificando, obtenemos:

)y41

y3L

(gL

rF 43

2

22

área transversal A

F t

y Esfuerzo Normal:

AF

A = t2

2

2

2

432

22

yLr

y41

y3L

gLr

Simplificando

2

2

y41

y3L

g

Condición para Esfuerzo Normal Máximo:

0dyd

0y21

3L

L32

y

2

2

máx )L32

(41

L32

3L

g

g9L22

máx

(máx 0dyd

2

2

)


37

1.3.3) Principio de Saint - Venant

P P

Concentracionesdel Esf. Normal

(Distribución no uniforme)

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

P

P

PQ1

Q2

Q1Q2

P: resultante de Q1 y Q2

La misma distribucióndel Esfuerzo Normal

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

P

P

1 2

P

1 2

El principio de Saint - Venant puede interpretarse de la manera siguiente:

" En elementos sometidos a Carga Axial, la diferencia entre el valor promedio del esfuerzo normal y el valor del esfuerzo normal en un punto, es despreciable en secciones transversales suficientemente alejadas de los puntos de aplicación de las cargas, pero es importante en la vecindad de tales punto".

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


38

P O S T E

ZAPATA

SUELO

En esta superficie se desarrolla ap entre poste y zapata

En esta superficie se desarrolla ap entre zapata y suelo

Si la resultante de las cargas aplicadas pasa por el centroide del ÁREA DE CONTACTO entre los cuerpos, se genera un caso particular de esfuerzo normal, denominado ESFUERZO DE APLASTAMIENTO O ESFUERZO DE APOYO (ap).

apap A

P

Siendo Aap el área de contacto entre los cuerpos.

P

Sección de área

A1

11ap A

P

Sección de área A2

22ap A

P

COMPRESIONES

P

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

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

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


39

15×15 cm2

5 Ton

x

x

i) 2ap cm 1515Ton 5

1 2ap cm 1515

kg 50001 2

ap kg/cm 22.221

5 Ton ii)

permisible = 1 kg/cm2

1x

50002ap2

x = 70.71 cm

Nota). Esfuerzos de apoyo o de aplastamiento se presentan frecuentemente entre

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

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

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

(PASADOR) de diámetro efectivo

d

P

A

b

P

A


40

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

Ejemplos 1) La carga aplicada a una varilla de acero, se distribuye a una viga de madera

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

A

1

2

3

4

P

b

d

P P

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

bdP

ap

bd área nominal de aplastamiento

P

Plano a la recta de acción de la fuerza P

ÁREA NOMINAL DE APLASTAMIENTO

SUPERFICIE REAL DE CONTACTO

Aap


41

i) Esfuerzo normal en la varilla de acero: ;

P = Aacero = P = 3,006.6 lb

ii) Esfuerzo de apoyo (contacto entre placa de acero y viga de madera)

Aap = 4 pulg2 Aap corona circular. Luego

d 2.47 pulg

(En la prática d 2.5 pulg) 2) En el sistema representado, determinar

i) El esfuerzo de apoyo en C. ii) Los esfuerzos de apoyo en cada soporte (dos soportes simétricos).

Viga de madera

Varilla de acero

8"7d

P

d = ?

d 1'

Placa de apoyo

aceroAP

(dato) pulg

klb 52

222 lgpu )

87(

4

pulglb 000,5

apap A

P 2

apap lb/pulg 750

lb 3,006.6PA

4)1d(4

22

750 kNSoportes

A

B

C

125 mm

Pasador de 2.6 mm de diámetro

75 mm 300 mm

9 mm

Soportes

5 mm


42

Cada soporte recibe P = Rc/2, luego

ap = 75×109 Pa

3) Calcular el diámetro del perno y el área requerida por las placas de apoyo en el

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

Fuerza en el perno:

i) FUERZA EN EL APOYO C:

Cx C

CyRC Resultante

B FAB

750 kN

Cx = 18×105 N; Cy = 750×103 N

Cx = FAB

Cy = 750 kN FAB(125) – 750(300) = 0 FAB = 18×105 N

2y

2xC CCR = 1,950×103 N

ap EN EL APOYO C:9 mm

2.6 mmRC

apap A

P (9 mm×2.6 mm)

233

3

ap m 106.2109N 10950,1

= 83.33×109 N/m2

ap = 83.33×109 Pa

ap EN LOS SOPORTES:

apap A

P (en los soportes)

233

3

ap m 106.2105

N 102950,1

1 PERNO (LARGO)

VIGAS

4 Ton

90 cm 90 cm180 cm 180 cm

PLACAS DE APOYO


43

Equilibrio VIGA BC

VIGA AD

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

i) Tracción en el perno

Luego

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

Placas cuadradas de lado l

l = 9.6 cm (lado de la placa)

1.5) Esfuerzo Normal Permisible. Factor de Seguridad Ensayos del comportamiento de materiales (en laboratorios) proporcionan información relativa a la resistencia del material al esfuerzo normal.

A B

DC

4 Ton

90 cm 90 cm180 cm 180 cm

A

B

D

C

4,000 kg

RB

RB

F

F

RCtracción en el perno

RA

0R)90180(R180FRR

CB

CB

F)18090()000,4)(1809090(R90000,4RFR

B

BA

AF

2d4

7.666,6A

7.666,6500,2

Aap

F

apap A

F

89.8875

7.666,6ap cm2

89.88)84.1(4

l 22

Aap


44

Se preparan probetas de un material, de dimensiones estandarizadas, y se las somete a FUERZAS AXIALES de INTENSIDAD CRECIENTE, hasta lograr la ruptura del espécimen.

Definición. Resistencia Última o Esfuerzo Normal Último:

Cada material tiene un valor característico de u. (Acero estructural u 4,000 kg/cm2) En diseño estructural, el valor del esfuerzo denominado ESFUERZO PERMISIBLE se fija considerablemente más bajo que el valor del ESFUERZO ÚLTIMO (determinados en el ESSAYO UNIAXIAL DE TRACCIÓN). Esta reducción es conveniente por: i) La magnitud EXACTA de las fuerzas que pueden actuar en una estructura, es

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

usar) iii) Con el transcurso del tiempo y condiciones ambientales, algunos materiales se

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

Definición. Denominamos FACTOR DE SEGURIDAD al cociente entre CARGA ÚLTIMA

y CARGA PERMISIBLE.

Alternativamente, puede definirse como

Definición. Se denomina MARGEN DE SEGURIDAD a la diferencia:

ó

Ao

L

P

P

L+L

A1

A1<Ao

Pu

Pu

. . . .

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

uinicialltransversa Área

última Carga

0

uu A

P

1PP

FSperm

u

1FSperm

u

MS1PERMISIBLECARGA

ÚLTIMACARGA

MS1PERMISIBLE ESFUERZO

ÚLTIMO ESFUERZO


45

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

de la fórmula .

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

NO se aplica directamente.

(Pueden presentarse problemas de pérdida de estabilidad)

Ejemplos 1) Las barras AC y AD de la armadura representada son del mismo material. La barra

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

idénticos FS y esfuerzos últimos.

Fuerzas Axiales tracción

Barra AC:

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

dAD = 1.36 pulg

2) Una carga de 2,000 lb puede desplazarse a lo largo de la viga BD a cualquier

posición entre E y F. Sabiendo que el esfuerzo permisible en el material de las barras AB y CD es 6 klb/pulg2, determinar en donde deben colocarse los topes si el recorrido de la carga debe ser tan grande como sea posible.

perm

PA

perm

PA

CAMBIOS DE GEOMETRÍA DEFORMA SÚBITA (VIOLENTA)

A

B CD

10 klb

10' 10'

5'

10 klb

klb23.41Fklb36.22F

AD

AC

nal)(adimensio 35.3klb 22.36

klb 75FP

FSAC

u

2AD

2 )d(4

12.138

)1(4

75


46

Fvert = 0 FAB + FCD = 2,000 MB = 0 2,000X – 60FCD = 0 De donde obtenemos FCD = 33.33X y FAB = 2,000 – 33.33X

Varilla AB (FAB)máx = 6,000 = 1,178 lb

A partir de este valor, podemos encontrar XE. FAB (FAB)máx 2,000 – 33.33X 1,178 X 24.7 pulg

XE = 24.7 pulg

Varilla CD (FCD)máx = 6,000 = 1,841 lb

A partir de este valor, podemos encontrar XF. FCD (FCD)máx 33.33X 1,841 X 55.2 pulg

XF = 55.2 pulg

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

A

B

C

DE F

x 200 lb

xE

60 pulg

d=½" d=5/8"

x 200 lb

FAB FCD

Diagrama de cuerpo librede la viga BD

xF

B D

AB

AB

AF

2

21

4

CD

CD

AF

2

85

4

W

=63.4° FC

W

N: fuerza normal

: fuerza en el cable

fr: fuerza de fricción

i) Movimiento de subida del cucharónDiagrama de cuerpo libre

2000 lbs


47

Resolviendo el sistema (*) para FC, obtenemos FC = W(sen + µcos) Reemplazando datos FC = 25(sen63.4° + 0.3cos63.4°) FC = 25.7135 kN

Esfuerzo en el cable: . Condición perm = 35 MPa

A = 7.35 cm2

Sección circular de diámetro d d2 = 7.35

De donde obtenemos d = 3.06 cm

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

4) Un puntal CD, de longitud L/2 debe soportar una viga AB uniforme de longitud L y

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

MA = 0 W cos45 = Fd . . . . (i)

Ley de senos (CAD):

. . . . (ii)

También: d = x sen

FC

W

N

fr

Equilibrio: Nsen + frcos = FCcos Ncos + FCsen = frsen + W La fuerza de fricción, es fr = µN

(*)senFWµNsencosN

cosFcosµNNsen

C

C

AFC

63 103510A7135.25

4

L/2

L

C

D

45°A

B

C

D

45° A

B

d

F

Fuerza en el puntal (Compresión)

W

L/2

Sea el DCA

x

2L

senx

45sen2/L

22

2

Lsenx

sen2L

x


48

d = . . . . (iii)

Reemplazamos (iii) en (i) W cos45 = F

De donde obtenemos . . . . (iv)

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

= sen(135 – ) cos – sen cos(135 – )

= sen(135 – 2) = 0 (condición)

De donde obtenemos = 67.5°

Reemplazando en la ecuación (iv):

Fmín = 1,399.95 lbs

Condición para 700 =

A = 2 pulg2

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

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

sen sen2L

2L sen sen

2L

sen)135(sen2W

F

ddy

ddy

67.5sen 2lb 2,390

F 2mín

A95.399,1

ad A

95.399,1

x

z

y

Vxz

Vxy


49

Definición. Se denomina VALOR PROMEDIO del ESFUERZO CONTANTE, al cociente

.

De manera general define el Valor Promedio del Esfuerzo Cortante, generado

por una fuerza P en una superficie paralela de área A. La distribución de xy no puede suponerse uniforme. En problemas de diseño de elementos sencillos, es útil considerar valores promedio. Definición. Se denomina Esfuerzo Cortante en un punto, al valor

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

t

t

P

P

Placas delgadas (t 0)

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

P

Vxy = PEn la sección del pasador se generaun ESFUERZO CORTANTE xy

x(Normal)y

z

Vxy

xy

Vxy = P

)A( xyxy dAV

Siendo A el área transversal del pasador

AP

xy

AP

)dAF()A(

dF

dAdAdF


50

Definición. Cuando existe UNA SÓLA SECCIÓN TRANSVERSAL resistente al

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

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

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

D 1

C 1

AB

P P

P P

(JUNTA A TRASLAPE)

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

1 1

P

P

P

P

FC

FCFUERZAS CORTANTES

FC = P

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

Sobre la sección 1-1 del remache se

genera el esfuerzo cortante AP

;

(En valor promedio)

P

P

BP/2

P/2

11

22

A

CP

P


51

En cada sección del conector, el promedio es .

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

Definición. El mínimo valor del Esfuerzo Cortante que genera una falla por

deslizamiento en el elemento, se denomina ESFUERZO CORTANTE ÚLTIMO (u).

u es un valor característico para cada material. Su determinación es experimental.

Aluminio u = 1,750 kg/cm2 Acero u = 1,600 kg/cm2

Hierro u = 900 kg/cm2

Definición. Se denomina FACTOR DE SEGURIDAD al ESFUERZO CORTANTE, al

cociente

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

los esfuerzos que pueden ocasionar la falla del conector.

P 1 1

2 2

P/2

P/2

FC

FC

PFC

FC

P/2

P/2

A2P

1FSperm

u

d = 1 cm

P = 1000 kg

Sección cuadrada de 2 cm de lado

0.5 cm

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


52

ii) APLASTAMIENTO

iii) CORTANTE (PUNZONAMIENTO)

2) Los elementos prismáticos A y B están unidos por dos láminas pegadas a ellos.

Hallar la longitud L para la cual el esfuerzo promedio en el pegamento es 800 kPa.

P

22 cm )1(4

kg 1000AP

1,273.24 kg/cm2

i)

2

22apap kg/cm 11.311

)1(4

2

kg 1000AP

ap = 311.11 kg/cm2 (La madera resistirá cuando menos 311.11 kg/cm2 de aplastamiento)

1 cm2 cm

2 cm

Aap

d = 1 cm

CORTEAF

)5.0)(5.0(2kg 000,1

= 636.62 kg/cm2

P

0.5 cm

Área de corte (PUNZONAMIENTO)


53

Dato = 800×103 Pa

Luego 800×103 =

De donde obtenemos L = 0.308 metros.

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

i) en los remaches

= = = 42.44×106 Pa

ii) en las placas = ; (máx Amín si P es constante)

La mínima sección transversal de las placas, es aquella que pasa por la fila de 2 remaches.

8 mmA

B

L

24 kN

24 kN

(b = 100 mm al papel)

(Fuerzas N; longitudes m

B

24 kN

FCFC

½(L – 8×10-3) = L/2 – 4×10-3

2FC = 24,000 NFC = 12,000 N

)1042L

(10100

000,12

AF

33corte

C

)1042L(10100

000,1233

t=10 t

40 kN40 kN

100 mm 40 kN

FC

FC

FC

Diagrama de cuerpo libre de una placa

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

corteAFC

223

3

m )1020(4

N 10340

AP


54

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

tiene por dimensiones 2 × pulg. La barra está unida en A y en C por medio de

pasadores de de diámetro. Determinar la carga admisible P, limitada por barra

de ojo y sus conexiones. Los esfuerzos admisibles son = 22,000 lb/pulg2 ap = 32,500 lb/pulg2 = 10,000 lb/pulg2

ESFUERZO NORMAL (EN EL CUERPO DE LA BARRA)

= 22,000 = P = 6,522.2 lbs

2m ]3102031010[231010031010

N 31040máx

d=20 mm40 kN

10 mm

máx

máx = 66.67×106 Pa

21

21

8"7

C

A

B P

2'

6'' 2''

FUERZA EN LA BARRA AC

2'6'

B P

FAC Mo = 0P(8) – FAC6sen = 0

1034FAC P

AC

AC

AF

5.05.2

P 1034


55

ESFUERZO DE APLASTAMIENTO (BARRA - CONECTOR)

ap = 32,500 = P = 16,861.4 lbs

ESFUERZO CORTANTE (PASADOR)

= = (ESTADO DOBLE DE CORTANTE)

10,000 = P = 2,852.6 lbs

La máxima carga admisible será la MENOR de las 3 calculadas. Pmáx = 2,852.6 lbs

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

izquierdo por una barra de ojo de de diámetro, que usa un pasador de en

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

en el pasador 10,000 lb/pulg2 ap en el concreto 500 lb/pulg2 en la barra 18,000 lb/pulg2 ap en el acero 45,000 lb/pulg2

FUERZA EN LA BARRA AB.

ap

AC

AF

)8/7(5.2

P 1034

corte

C

AF

corte

AC

A2/F

2

87

42

P 1034

4"3

4"3

0.22"

canales

W

VIGA

PLACA

A

C

BMURO DE CONCRETO

PASADOR

2' 8'

W

2' 8'

A C

RA RC MA = 0 10W – 2RC = 0

RC = 5W MC = 0 2RA – 8W = 0 RA = 4W

(*)


56

ESFUERZOS i) TRACCIÓN EN LA BARRA AB:

= P = A

P = (18,000)

P = 7,952.16 lbs (Fuerza máxima en la barra de ojo) ii) CORTANTE EN EL PASADOR A (ESTADO DOBLE)

= P = Acorte

P = (10,000)2

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

iii) APOYO ENTRE PASADOR Y CANALES

ap = P = apAap

P = (45,000)(0.22)( )(2)

P = 14,850 lbs (Fuerza máxima de aplastamiento en los canales)

iv) APOYO PLACA – MURO DE CONCRETO.

ap = P = apAap

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

sobre el muro de concreto) Las condiciones (i), (ii) y (iii) se aplican a la reacción en A: = 7,952.16 lb (Limitada por el esfuerzo de tracción en la barra de ojo)

La condición (iv) se aplica en C:

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

Teniendo presente las condiciones de equilibrio (*):

= 4Wmáx Wmáx = lbs

Wmáx = 1,988.04 lbs

= 5Wmáx Wmáx = lbs

Wmáx = 2,400 lbs

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

corteAP

4

2

43

corteAP

4

2

43

apAP

43

apAP

máxAR

máxCR

máxAR4

16.952,7

máxCR5000,12


57

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

ii) Esfuerzo cortante en el bloque (2).

h1

h2=25 cm

A1

1 m

1 m

(1)

(2)

1

2

Área 2 m2 (A2)

h1máx

25 cm

1)

2)

p = 1.5 kg/cm2

W1

W2

i) h1 máxima Equilibrio: W1 + W2 = pA2 A1h11 + A2h22 = pA2

11

22221 A

hApAh

(Fuerzas kg; Long cm) Reemplazando valores numéricos, se tiene: h1 = 1,400 cm h1máx = 14 m


58

W1 + W = pA1 + 4lh2 1h1A1 + 2h2A1 = pA1 + 4lh2

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

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

representada. Los remaches son de de diámetro cada uno. Considerar como

esfuerzos admisibles = 22 klb/pulg2; ap = 87 klb/pulg2; = 15 klb/pulg2.

(Datos: a = 1.5"; b = 2.5"; e = ).

= P = At P = (2a + 4b – 5d)e

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

P = 76.3125 klb ii) APOYO

1)

2)

W1

W2

1

2

1)

2)

h1

h2

p

peso W (2)

peso W1

(1)

A1

l

l

2122111

lh4pA)hh(A

4"3

8"3

A

a

P P

e

B B

A

Remaches dediámetro d

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

e

P

ab b b b

tAP

43

83


59

ap = P = apAap P = ap(5de)

Reemplazando datos: P = 87(5)( )( )

P = 122.34375 klb iii) CORTANTE (ESTADO SIMPLE)

= P = Ac P = ( d2)(5)

Reemplazando datos: P = (15)( )( )2(5)

P = 33.134 klb Máxima carga aceptable La menor de las 3 calculadas Pmáx = 33.134 klb

8) Determinar el esfuerzo cortante que actúa en cada perno (d = ) de un

acoplamiento, si el par aplicado es de 6,000 lb-pie. Los pernos están distribuidos de

tal forma que seis quedan sobre una circunferencia de 6 de diámetro, y cuatro

quedan sobre una circunferencia de 5" de diámetro.

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

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

(**)

Resolviendo las ecuaciones (*) y (**), se obtienen F1 = 2,650 lb; F2 = 2030 lb

apAP

43

83

cAP

4

4

43

2"1

2"1

T

T

T o

F1 F1

F1

F1 F1

F1

F2

F2

F2 F2

Para el caso: se desarrollan fuerzas F1 sobre cada perno ubicado a la distancia "6 2

121 del centro; y

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

Mo = 0 6,000×12 = F16(

radio

25.3 ) + 4(radio

50.2 )F2

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

25.35.2

FF

1

2


60

En cada perno del anillo exterior = = 13,520.4 lb/pulg2

En cada perno del anillo interior = = 10,357.1 lb/pulg2

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

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

En la sección INCLINADA actúan Px'x' = Pcos (FUERZA NORMAL) Px'y' = Psen (FUERZA CORTANTE) Luego, Px'x' genera Esfuerzo Normal sobre la sección inclinada. Px'y' genera Esfuerzo Cortante sobre la sección inclinada.

x'x' = ; x'y' =

como A' = A/cos, tenemos

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

Recordando que es el esfuerzo normal, en una sección al eje X (eje de

transmisión de las cargas P), las ecuaciones anteriores se escriben: x'x' = xx cos2; x'y' = xx sen cos

(donde xx = )

2pulg 196.0lb 2650

2pulg 196.0lb 2030

P

A

P P

A

AP

AP

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

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

y

x

z

oP P

A A'

Plano al plano XOY

P

Px'x'

Px'y'

x P

x' y y'

'AP 'x'x

'AP 'y'x

cos/AcosP

AP

cos/Asen P

AP

AP

AP


61

Las ecuaciones anteriores, pueden re-escribirse:

x'x' = . . . . (i)

x'y' = . . . . (ii)

Definición). Las ecuaciones (i) y (ii) son las ECUACIONES PARAMÉTRICAS de un LUGAR GEOMÉTRICO en el PLANO DE ESFUERZOS

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

. . . . (iii)

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

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

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

xx

x'y'

x'x'

)2cos1(2xx

2sen2xx

ESF. NORMALES

ESF. CORTANTES

2xx2

'y'x

2xx

'x'x 2)(

2

x'x'

x'y'

C

r c (2xx , 0)

r = 2xx

x'x'

x'y'

C

r

u representa un esfuerzo normal

u = 2xx +

2xx cos2

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

v representa un esfuerzo cortante

v = 2xx sen2 . . . . (ii)

2

Q(u, v)


62

PROBLEMAS 1) Las porciones M y N están pegadas a lo largo de un plano inclinado que forma °

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

ESFUERZOS EN LA SECCIÓN INCLINADA:

= = Pa = Pa

= = Pa = Pa

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

FACTORES DE SEGURIDAD FS = . . . . (*) y FS = . . . . (**)

CONDICIÓN FS 3. Luego

. . . . (a) y . . . . (b)

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

xx

x'y'

x'x'

M

50 mm

N 30 mm

10 kN

V

10 kN

N

10×103 N

M

Área Normal Ao = 50×30 mm2

Área de la Sección Inclinada A'

A' = cos

Ao

A' =

cos10301050 33

m2

FUERZAS SOBRE LA SUPERFICIE INCLINADA

N = 104 cos (N)V = 104 sen (N)

'AN

cos103050

cos106

4

28

cos1510

'AV

cos103050

sen106

4

cossen15108

u

u

3cos

1510

1017

28

6

3cossen

1510

1098

6


63

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

Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos Ax= – 67.84 lb; Ay = – 37.50 lb; Rc = 135.68 lb Esfuerzos en la sección a-a.

Esfuerzos en la sección b-b.

Determinamos las fuerzasinternas en la barra BC. Equilibrio

60°Ax

Ay

A

d

300 lb-pieB

80 lb

60°

Rc

C 60°

d = 8sen60 pies

A 300 lb-pie

80 lb a

a

b

B

30°

C

4 pies 4 pies

b

60°

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

22aa lb/pulg 92.33

pulg 22lb 68.135

a-a = 0

a

a

135.68 lb

135.68 lb

b

135.68 lb

V 135.68 b

N2''

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

A' = 8 pulg2

2bbpulg 8

lb 84.67

b-b = 8.48 lb/pulg2

2bbpulg 8

lb 50.117

b-b = 14.69 lb/pulg2

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

30°

2''

x

x = 30sen

2

x = 4 pulg

60° 30°


64

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

Equilibrio: Fvert = 0

(*) . . . . o(Ao) – (A)cos20 – (A)sen20 = 0 Fhoriz = 0 (**) . . . . (A)sen20 – (A)cos20 = 0 Reemplazando Ao en (*) y (**):

oAcos20 – Acos20 – Asen20 = 0 ocos20 – cos20 – sen20 = 0 . . . . (1) sen20 – cos20 = 0 . . . . (2)

Reemplazando o por su valor o = 34.07×106 Pa y resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2), obtenemos: = 30.085×106 Pa (Compresión) = 10.95×106 Pa

4) Una barra de 1"de diámetro se comprime por aplicación de la fuerza P = 25 lb,

según se indica en el esquema. Determinar los esfuerzos normal y cortante sobra la sección que forma = 45° con el eje de la barra.

20°

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

0 = 0A

P 0 =

3

3

10339.710250

0 = 34.07×106 Pa (COMPRESIÓN)

20°

0(A0)

(A)

(A)

LÍNEA DE SOLDADURA


65

Barra a ensayar:

Esfuerzos sobre la sección inclinada:

5) El esfuerzo normal sobre el plano pq de una barra prismática en tracción es de

8,220 lb/pulg2. Sobre el plano rs, el esfuerzo normal es de 3,290 lb/pulg2. Determinar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo en la barra.

Rígidos

Barra a ensayar

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

O

R F

P=25 lb

M0 = 0 5F – 20P = 0 F = 4P F = 100 lb

(COMPRESIÓN)

F = 100 lb

F = 100 lb

100

V

N

V N100

45°45°

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

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

A

A0

A0 = 4 (1)2

45cosAA0

45cosAA 0

24

A

AV ;

AN

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

24

250

= 63.66 lb/pulg2 (compresión)

24

250

= 63.66 lb/pulg2


66

Resolviendo simultáneamente el sistema (iii) y (iv), obtenemos: = 24.994°; o = 10,000 lb/pulg2. Usamos las ecuaciones (i) y (ii) = 10,000 cos2 máx = 10,000 lb/pulg2 ( = 0°) = 5,000 sen2 máx = 5,000 lb/pulg2 ( = 45°)

1.8) Deformaciones. Campo de Desplazamientos.

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

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

= 022sen . . . . (ii)

p

q

s30°

PP

P N

V

donde 0 = 0A

P , siendo A0 el área

de la sección transversal

0

Sección de área A0

Sección de área A = cos

A0

0 =8,220

p

q

+30

0=3,290

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


67

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

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

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

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

A cada punto material le asociamos un Vector Desplazamientos.

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

En términos generales: DEFORMACIÓN

CONFIGURACIÓN INICIAL (NO DEFORMADA)

CONFIGURACIÓN FINAL (DEFORMADA)

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

P

P

Impide giros y desplazamientos

No giro ni desplazamientos

A B

A' B'

INICIAL

DEFORMADA

Ad'AA : Vector desplazamiento del Punto A

Bd'BB : Vector desplazamiento del Punto Betc.....


68

Desplazamientos de SÓLIDO RÍGIDO: TRASLACIONES Y ROTACIONES. ***) Si los desplazamientos son tales que alteran la distancia entre dos puntos

materiales del sólido, el sólido es un SÓLIDO DEFORMABLE.

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

Por acción de la fuerza axial P, la placa sufre una deformación. (Se observa una distorsión de la cuadrícula de referencia). En términos muy generales, la deformación sigue el esquema siguiente:

Ad

A Bd

d

Posición inicial

B'

Bd

Posición final

d'B'A

Ad

d

A

B B'

A'

d'

Bd

d d'

Inicial Final

L

y

A(xA, yA)

x

B(xB, yB)Configuración inicial

Cuadrícula de referencia

Impide desplazamientos de sólido rígido


69

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

Los valores (u, v) varían de punto a punto en la placa, es decir son FUNCIONES de las COORDENADAS (x, y) de LOS PUNTOS INICIALES (PUNTOS DE LA PLACA ANTES DE LA DEFORMACIÓN): ( ) ( ) UNICOvu,∃yx,∀ u = u(x, y); v = v(x, y) Definición) Las funciones u = u(x, y); v = v(x, y) que caracterizan los

desplazamientos de puntos materiales durante la deformación de un elemento, definen un CAMPO DE DESPLAZAMIENTOS, (en este caso, un campo Bidimensional).

De manera similar, en problemas tridimensionales, un campo de desplazamientos, se definirá por: u = u(x, y, z) desplazamiento en dirección x v = v(x, y, z) desplazamiento en dirección y w = w(x, y, z) desplazamiento en dirección z En cualquier caso, las FUNCIONES ADMISIBLES para un campo de Desplazamientos son FUNCIONES de POSICIÓN, y deben cumplir requisitos de continuidad y de derivabilidad. Nota) Todo Campo de Desplazamientos define una Función Vectorial.

B'

L

y

A

x

B

ji vud)v,u(d

ensionaldimBioblemaPr

A

A

P

A'

Ad

Bd A

A'

u

v

CUADRÍCULALA POR

FORMADOS ELEMENTOSLOS DE ESDISTORSION

MATERIALES PUNTOSDE ENTOSDESPLAZAMI

comprende placa la de ndeformació La


70

Ejemplo: El vector = 10-2[x2 + (x + 3z) + 10 ] pies representa un Campo de

Desplazamientos. Hallar el desplazamiento que experimenta un punto material ubicado inicialmente en la posición y determinar la posición final.

Punto final:

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

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

ur

1r

x

P

P'

y

z

MIENTOSADESPLAZ

VECTOR

INCIAL POSICIÓN

EN VECTOR

POSICIÓN

VECTORNUERVO

urr1

u i j k

kjr

O

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

u =

u

1003 j +

v

10 1 k Vector Desplazamiento

u

r

1r

x P(0,1,1)

P'

y

z

urr1

)k101

j1003

i 0()k1 j1 i 0(r1

k1011

j100103

i 0r1 )'OP(

A

y

x x

y

x'y'

y'

x'

A'

Luego de la deformación, el punto A ocupa la posición A'. Lossegmentos CAMBIAN de longitudy DEJAN de ser perpendiculares.


71

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

1.9.1) Definiciones

*) Al valor cuando existe, se le denomina DEFORMACIÓN UNITARIA EN

DIRECCIÓN x:

x = . . . . (1)

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

y = . . . . (2)

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

x = ; y =

De manera general:

L: cualquier dirección Notas) 1) Las deformaciones unitarias están asociadas con el CAMBIO DE LONGITUD

de un SEGMENTO DE RECTA con RELACIÓN a su LONGITUD INICIAL. 2) Las deformaciones unitarias, evaluadas en un punto y en una dirección, nos

indican el CAMBIO DE LONGITUD por UNIDAD DE LONGITUD de un segmento de recta.

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

Si x < 0 ACORTAMIENTO (en la dirección x)

A

y

x x

y

x'

y'

x'

A'

y'

ESTADO DEFORMADO

ESTADO NO DEFORMADO

DEFORMACIÓN: )'y,'x()y,x( T

xx'x

lím0x

xx'x

lím0x

yy'ylím

0y

dxdx'dx

dydy'dy

LLINICIAL LONGITUDLONGITUD DE CAMBIOS

UNITARIANDEFORMACIÓ


72

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

En general xy = + (radianes) Convenio: Si xy > 0 EL ÁNGULO RECTO INICIAL DISMINUYE

Si xy < 0 EL ÁNGULO RECTO INICIAL AUMENTA

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

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

2) Las deformaciones unitarias definidas tienen analogías para el caso

tridimensional.

A x

y

/2 x'

y'

xy > 0

xy < 0

P s

ry

x

xy ; rs ; etc.


73

1.9.2) Propiedades de x, y, xy i) Los valores x, y, xy (que generalmente varían de un punto a otro del sólido) son

una medida de la deformación del sólido. Las deformaciones unitarias normales (x, y), evaluadas en un punto, y multiplicadas por las longitudes iniciales, nos dan el cambio de longitud en una dirección específica (salvo infinitésimos de orden superior)

En efecto: x = (definición)

x + = (propiedad de un límite 0)

Luego x x + = x' – x

Con aproximación suficiente: x x x' – x

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

ii) La deformación cortante representa la DISTORSIÓN ANGULAR del elemento, con

respecto a direcciones inicialmente ortogonales.

A

dy

dxdz

z

y

x

A'

dx'dz'

dy'

z'

y'

x'

Ad

inicial). longitud la arespecto longitud de Cambio(

.INGENIERÍA DE UNITARIASNESDEFORMACIO sDenominada

dzdz'dz

dydy'dy

dxdx'dx

NORMALESUNITARIAS

NESDEFORMACIO

z

y

x

dz dy, LADOS LOS ENTRE RECTO DE CAMBIO:dz dx, LADOS LOS ENTRE RECTO DE CAMBIO:dy dx, LADOS LOS ENTRE RECTO DE CAMBIO :

CORTANTEDE

NESDEFORMACIO

yz

xz

xy

xx'x

lím0x

xx'x

superiororden de

)x)((

xDIRECCIÓN ENLONGITUD

DE CAMBIO

xDIRECCIÓNEN INICIAL

LONGITUD

xDIRECCIÓN ENUNITARIA NDEFORMACIÓ


74

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

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

x =

x = = x =

(x = u / L) (Implica deformaciones unitarias normales constantes en dirección x). Si las deformaciones unitarias x no son constantes, deberán evaluarse según la definición:

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

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

ii) La expresión x = puede representarse

Luego (dx) = x dx El cambio total de longitud podrá evaluarse por una integral definida:

u

x

puntos con la misma deformación unitaria (x)

L

Configuración inicial

y

L + Lu: desplazamiento del extremo libre.

Configuración deformada

inicial longitudinicial longitud final Longitud

LLLL

x de Promedio Valor LL

L

xx'xLím

0xx

L

x'

xx

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

LL

dx

)dx()dx(

x

inicial

dx+(dx)

final


75

(*)

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

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

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

Con este valor podemos hallar x, y:

x = = = – 8.2306×10-3

y = = = – 8.2306×10-3

2) La barra rígida de longitud L que se representa, está sostenida por dos alambres

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

L xdxL

P

z x

y P1"

1"

L = 120"

Zz L

Z

"120

"2z 0.0167 (ó 1.67%)

1 + y

1 + x

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

ACORTAMIENTOTRANSVERSAL

Sección transversal final

inicialLx

pulg 1pulg 102306.8 3

inicialLy

pulg 1pulg 102306.8 3

INICIAL DEFORMADA CONTRACCIÓNTRANSVERSAL


76

Reemplazando en (*)

b =

Simplificando b = . . . . (**)

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

b

b

Si 0 (infinitesimal) sen2 2

Con lo cual b ( en radianes)

3) Demostrar que si el prisma rectangular representado sufre una deformación

infinitesimal sin distorsiones angulares, entonces la suma x + y + z representa el cambio unitario de volumen (salvo infinitésimos de orden superior).

b ba

a

L/2

Rotación Infinitesimal

Rígido

L/2

L/2b'

b

Definición b

bb'b

. . . . (*)

L/2

22

2 sen4Lb'b b

b'

2L sen

b

bsen4L

b 22

2

1senb4L1 2

2

2

1b4

senL211 2

22

22

2

senb8L

2

22

b8L

a b

c

z

x

y I N I C I A L


77

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

Cambio Unitario de Volumen

Reemplazando

Simplificando

Con suficiente aproximación

Nota) La deformación de un sólido sin distorsiones angulares se denomina

DILATACIÓN. La suma x + y + z se denomina Deformación Cúbica (Deformación Volumétrica Unitaria). Expresa el cambio de Volumen por Unidad de Volumen.

PROBLEMAS 1) La placa ABC sufre la deformación representa. Calcular:

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

a1 b1

c1

z

x

y

Volumen Final V1 = a1b1c1 Deformaciones Unitarias Promedio

bbb1

x

b1 = b(1 + x)

aaa1

y

a1 = a(1 + y)

ccc1

z

c1 = c(1 + z)

INICIAL

INICIALFINAL

VVV

VV

abcabc)1)(1)(1(abc

VV zyx

abcabc)1(abc

VV zyxzxzyyxzyx

superior orden de initesimosinf

zyxzxzyyxzyxVV

zyxVV


78

AB =

AB = 1.25×10-3

iii) AB/BC =

AB/BC =

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

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

= – 8.33×10-4

=

AC = 2.062×10-4 (ALARGAMIENTºO)

i) OB

OBOB'OB

(definición de )

120

1203.0120OB

= 2.5×10-3

ii) AB

ABAB'AB

120 mm 120 mm

o A C

B

B'

y

x

0.3 mm

22

2222

120120

120120)3.0120()120(

) de n(Definició O'AB22

(inicial) recto dellaridadperpendicu de Pérdida

3.0120120

arctan22

C'AB22

0v2".0u

B

"08.0v2"1.0u

C

8'

8 '

CB

A D

x

y

CB

A

B'

C'

96"

96"

v=–0.08"

u=0.12"u=0.2"

BCBC'C'B

BC

9696)08.0()12.02.096( 22

BC

ACAC'AC

AC

296

296)08.096()12.096( 22

BC

Mecán

3) ElCa

Enve

Si

4) La

deocB.(L

nica de Sólid

nudo A dalcular la de

n la armaduerticalmente

1 = cos

(Deformac

milar para la

a barra rígideformables, casionan que. DeterminarLas distancia

1)

A

A'

LL 1

1

cos

L2

os

e la armadformación u

ura dada: d.

; 2 = c

ión unitaria

a barra 2.

a AC, en posegún se i

e la barra rír las deform

as están exp

P

2)

LL1

s

dura represenitaria axial

debido a la

os

axial en la b

osición horizoindica en elígida descien

maciones unitresadas en p

DESCENPUNTO A(NO ALADE BARR

2 alargla ba

1 alargla ba

LLcos

entada descpromedio e

SIMETRÍA

barra 1)

ontal, está sl esquema. nda 1 pulg. tarias promepies).

NSO DEL A ARGAMIENTRA)

gamiento de arra (2) gamiento de arra (1)

cosL

Mg. Ing

ciende unen cada barra

TOTAL, el

soportada poUna fuerzay que gire 2

edio que se

TO 1)

2

gº Carlos Esp

nidades (infa.

punto A se

or tres barraa P y un m2° alrededorinducen en

)

A

2)

A'

2 1

parza Díaz

79

finitesimal).

e desplaza

as delgadas momento M r del punto las barras.


80

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

Con aproximación suficiente 1 = 1 + 120 2

2 = 1 – 180 2

3 = 1 – 240 2

1 = 1 +

2 = 1 –

3 = 1 –

A CB

P

M

10 5 5

10

barra rígida

A C

C'

A'

1

2°

1 – 1

B

B'

1 – 2 1 – 3

321"

1) (2 (3

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

RECORDAR: tan si 0 ( en radianes)

1 – 1 = 120tan2° 2 – 1 = 180tan2° 1 – 3 = 240tan2°

3602

3602

3602

34

32

34

Luego:

1201

1

= 0.0432 (verificar operaciones)

)TOSACORTAMIEN(0266.0

120

0091.0120

33

22

B

B'


81

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

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

ó ( en radianes)

0.0262 rad

Luego xy = – 0.0262 rad El signo negativo indica el incremento del recto inicial (en P).

r

L = 10"

A P

B

espesor t 0r =1"

z

y

xP A Bdy

dx

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

P'A

B

dy'

dx'd

rT

= r

El ángulo indica el cambio de ángulo recto

P'

y y'

x

x'

Con suficiente aproximación:

tan L

= arc tan(L

)

)L

rarctan(

10151

arctan 3602


82

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

N = (8i – j + 4k )/9.

Se determinan las coordenadas del punto Q:

x – 0 = 8/9; y – 2 = - 1/9 z + 1 = 4/9 Obtenemos: x = 8/9 y = 17/9 z = -5/9

Como son conocidas las ecuaciones del campo de desplazamientos y las coordenadas de los puntos extremos del vector PQ, determinamos los puntos P’ y Q’. Coordenadas del punto Q’: x = 8/9 + 2a (8/9)2 x = 0.888905 y = 17/9 + 2a (17/9)2 y = 1.888960 z = - 5/9 - 2a (- 5/9)2 z = -0.555562 Q’ (0.888905, 1.888960, -0.555562) La distancia entre los puntos P’ y Q’ es: P’Q’ = 1.0000215 La distancia entre los puntos P y Q es PQ = 1

Por tanto la deformación unitaria es ( ) 15.00002.0=PQ

PQ¬'Q'P=ε NP

Nota) En algunos problemas es conveniente usar aproximaciones numéricas, cuando

las deformaciones son de carácter infinitesimal. ) (1 + U)n 1 + nU, si U 0 (Aproximación Binomial) (n es cualquier numero real).

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

N

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

Q’

Q

P’

P

Ecuaciones del Campo de desplazamientos: u=2ax2 v=2ay2

w=-2az2, donde a=10-5. Coordenadas del punto P0

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

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


83

) (1 + U)(1 + V) 1 + U + V, si U, V 0 ) sen ; tan ; cos 1 si 0 En particular: (1 + U)2 = 1 + 2U (1 + U)1/2 = 1 + U (1 + U)–1 = 1 – U; etc. Estas aproximaciones simplifican el cálculo numérico de las deformaciones unitarias normales y cortantes.

EJEMPLOS 1) Una fuerza que actúa en la palanca representada provoca que la palanca gire en

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

Desplazamientos del punto

Como 0 CB' 2L(1 + )1/2 Aproximación binomial CB' 2L(1 + ) 2L + L

Deformación unitaria CB =

CB = = 0.001 (Deformación promedio)

Nota) El estiramiento del alambre es L sen L

CB = = 0.001 (Recordar ).

2) Una fibra AB tiene longitud L y orientación . Sus extremos A y B experimentan

desplazamientos infinitesimales uA y vB, respectivamente. Demostrar que, cuando la fibra adopte la posición A'B', se genera una deformación unitaria normal.

21

El ángulo indica el cambio de ángulo recto

L2L

C

A

B

P

C

A

B

B'

= 0.002 rad

cosLLv senL u

B

cos2sen46L)cosLL()LsenL2('CB 22

246L'CB 44L'CB

21

2L2L2LL2

CBCB'CB

2002.0

2L2L

LL


84

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

(Distancia entre dos puntos)

Como uA y vB son infinitesimales, la suma uA

2 + vB2 0. Luego, con aproximación

suficiente, tenemos:

Por la aproximación binomial

L' L[1 + (vBsen - uAcos)]

L' L[1 + (vBsen - uAcos)]

Reemplazando en (*):

Simplificando 3) Dos barras AP y BP están articuladas según se indica en el esquema. ¿Cuál es la

deformación axial promedio en cada barra, si el punto P se desplaza x unidades hacia la derecha? ¿Cuáles serán los valores aproximados de las deformaciones si x fuese muy pequeño comparado con L?

AP =

Simplificando tenemos:

A

A'

uA

vB B

B'

LL'

x

y AB L1 [vBsen – uAcos]

(Con suficiente aproximación)

Deformación unitaria AB = L

LL' . . . (*)

2B

2A )vsen L()ucosL('L

senLv2vsenLcosLu2ucosL'L B2B

22A

2A

22

)vu()cosusenv(L2L'L 2B

2AAB

2

)cosusenv(L21L)cosusenv(L2L'L ABAB

2

L2

21

L1

LL)]cosusenv(1[L ABL

1

AB

)cosusenv( ABL1

AB

30° 60°

P

A B

h

3L L

P

A B

P' x 3Lh

22

2222

)L3()3L(

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

AP'AP

Mecán

Ap

Lu

Ap

B

B

Ap

B

Ap

B

4) Un

dela i)

ii)

nica de Sólid

AP =

AP =

proximación

uego:

proximación

BP

BP

proximación

BP

proximación

BP

na placa deeformación, dhipotenusa, Demostrar altura del

) Demostrar 2(1 + 2

L3 2

1L

32

1AP

32

1AP

1AP

xL(

L4L21 2

1421

4x2

(21

1

os

: Si x es peq

Binomial

de 1er orden

Binomial:

elgada, en fde manera qla deformacque, con

, es h 2que, con ap

2), radianes.

L2xL6L9 22

3L2

Lx

Lx612 2

2

16112

16132

1L12x6

(L

)3L()x2

2

xLx2 22

2L4x21

L4x

1)Lx

queño comp

n ( 0)

forma de que sus cateción unitariaaproximació1 + 2. proximación

3L2xL 2

2

322

32

L2x6

1

L2x6

211AP

)3L

(L2

22

21L2

Lx

L4x21

Lx

arado con L

rectánguloetos experim – 2.

ón suficiente

suficiente,

3

12

321

1L12x6

21

)3L 2

Lx

Lx24

2

1

Mg. Ing

o isósceles, mentan la de

e, la deform

la distorsión

2Lx

Lx6

2

2

0Lx

22xL 22

2

2

gº Carlos Esp

.

está sometformación u

mación unit

n del ángulo

32

0

L22L3Lx 2

parza Díaz

85

tida a una unitaria 1 y

taria de la

recto, es

L2


86

i) Deformación unitaria de los catetos:

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

Deformación unitaria de la hipotenusa:

z' = z – 2z = z(1 – 2)

z' = a (1 – 2)

Deformación unitaria de la altura h . . . . (*)

1ra aproximación se desprecian los infinitésimos de orden superior:

2da aproximación aproximación binomial

Reemplazando en (*):

; simplificando obtenemos

h 21 + 2

ii)

2ah

a ah

2az

z'

h' a a

h

a' a'

aa'a

1

zz'z

2

2

hh'h

h

2

22

12 )1(

22a)1(a'h

)(2a21a'h 222

121212

12

222

1212

11

)(22412a'h 2

2212

121

2/121 241

2a'h

)21(2a)24(1

2a'h 21212

1

2a

2a

)21(2a

21

h


87

Simplificando obtenemos:

Primera aproximación ( 0) 1 y

Luego: , de donde

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

Aproximación final (Infinitésimos de orden superior se desprecian)

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

Definición de Distorsión

sen = cos . . . . (*)

Determinamos cos usando Ley de Cosenos (en el deformado). Aproximación Sólo términos de primer orden c2 + 2c2c = a2 + 2a2a + b2 + 2b2b – 2ab(1 + a + b)cos pero c2 = a2 + b2 ( antes de la deformación). De donde obtenemos

)1(2

a2

/2 /2/2

a(1 + 1)

pérdida de perpendicularidad

+ = 2

2 =

4 –

2

sen2 = sen

4 cos

2 – cos

4 sen

2

)2

sen2

(cos22

)1(a

)1(

1

22a

2sen

2cos

11

1

2

2cos

2sen

2

21

11

1

2

1

2

11

12

1

21

12

)(2)1)((2 212211121

)(2 21

a

b

Deformaciones unitarias:

aaa'

a

a' = a(1 + a)

bbb'

b

b' = b(1 + b)

ccc'

c

c' = c(1 + c)

a' b'

c'

2

cos'b'a2'b'a'c 222

cosb)1)(1(a2)1(b)1(a)1(c ba2

b22

a22

c2


88

Aproximación Binomial

Luego: Aproximación Términos de primer orden. Obtenemos

Por tanto:

pero c2 = a2 + b2

, expresión que puede escribirse:

Por (*) (infinitesimal)

1.10) Relaciones Diferenciales entre Desplazamientos y Deformaciones Unitarias.

No siempre es posible relacionar directamente las deformaciones unitarias normales y cortantes con los desplazamientos de los sólidos en estudio. De manera general, es conveniente relacionar analíticamente las deformaciones unitarias x, y, xy con las componentes u, v del vector desplazamiento. Analizaremos el caso bidimensional, para deformaciones infinitesimales (x, y, xy 0) En un cuerpo bidimensional no deformado, consideremos dos segmentos ortogonales e infinitesimales (AB y AC), orientados en las direcciones x, y respectivamente. Durante la deformación, los segmentos AB y AC se alargan o contraen y rotan. Los puntos A, B y C se desplazan hasta A', B', C'.

ba

c2

b2

a2

1cba

cosab

ba1

baba

1)1(1

1

)1)(cba(cosab bac2

b2

a2

c2

b2

a2 cbacosab

c

2

bac

2b

2a

2

abc

ab

ba

abcba

cos

c

22

ba abba

ab

ba

cos

ccba ab

ba

ab

bacos

)(ba

)(ab

cos cacb

angularDistorsión

cacb )(ba)(

absen


89

Por la hipótesis de las deformaciones infinitesimales:

, 0 cos, cos 1 ; tan ; sen tan ; sen

Aproximaciones de la función coseno:

A'C' dy + ; A'B' dx +

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

de donde: . . . . (1)

De manera similar:

. . . . (2)

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

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

xen cambio al debido Vde cambio

dxxv

dy

yvdy

dxxudx

A

dy

dx

x

y

x

y

A'

C'B'

B

C

u

v

yen cambio al debido u en cambio

dyyu

Ad

dyyv

dx

dxdxxudx

ABAB'B'A

x

xu

x

dy

dydyyv

dy

ACAC'C'A

y

yv

y

yv

1

yu

xu

1

xv

dyyv

dy

dyyu

dxxu

dx

dxxv

xy

dxxu


90

. . . . (3)

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

. . . . (3.1)

Definiciones) Las ecuaciones (1), (2), (3.1) definen RELACIONES DIFERENCIALES entre x, y, xy y las COMPONENTES u, v del VECTOR DESPLAZAMIENTOS. Son válidas para problemas bidimensionales que involucran deformaciones infinitesimales. Las ecuaciones (1), (2) y (3.1) se denominan ECUACIONES DE CAUCHY. Puede demostrarse que NO SON TOTALMENTE INDEPENDIENTES. Notas) i) Las ecuaciones (1), (2), (3.1) son válidas INDEPENDIENTEMENTE DEL MATERIAL

DEL SÓLIDO. (ÚNICA RESTRICCIÓN x, y, , 0) ii) Conocido el campo de desplazamientos. u = u(x, y); v = v(x, y), por derivación parcial se determina x, y, xy. Recíprocamente, conocidos x, y, xy por integración pueden encontrarse las

ecuaciones del campo de desplazamientos.

iii) De obtenemos . . . . (i)

De obtenemos . . . . (ii)

De obtenemos . . . . (iii)

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

. . . . (vi)

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

Definiciones) Las funciones u, v consistentes con las ecuaciones (1), (2), (3.1) se denominan FUNCIONES ADMISIBLES para un Campo de Desplazamientos Bidimensional. iv) Las expresiones deducidas para el caso bidimensional pueden ser extendidas para

Problemas Tridimensionales.

yxxy 1

yu

1xv

yu

xv

xy

xu

x

xy

uy 2

3

2x

2

yv

y

yx

vx 2

3

2y

2

xv

yu

xy

2

3

2

3xy

2

xyv

yxu

xy

2y

2

2x

2xy

2

xyxy


91

EJEMPLOS 1) Los puntos de un sólido sufren desplazamientos dados por:

u = 4ay2 + 2ax2 + az2 . Encontrar las deformaciones normales y cortantes en un punto genérico Q(x, y, z).

Deformaciones Normales: ; ;

Deformaciones Cortantes:

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

i) Si sus puntos se desplazan en dirección x mediante , hallar la máxima

deformación unitaria normal.

ii) Si la deformación unitaria normal es , hallar el cambio total de

longitud.

)z,y,x(ww)z,y,x(vv)z,y,x(uu

entosDesplazamide Campo

z dirección en zw

ydirección en yv

xdirección en xu

NORMALESUNITARIAS

NESDEFORMACIO

z

y

x

yzplano el en zv

yw

xzplano el en zu

xw

xyplano el en xv

yu

CORTANTESNESDEFORMACIO

yz

xz

xy

i j k

2

2

2

azwax2vay4u

entosDesplazamide Campo

0xu

x

0yv

y

az2zw

z

ax4ay8xv

yu

xy

000zu

xw

xz

000zv

yw

yz

L400x

u2

L2xcos10 4

x

u: desplazamiento según eje x v: desplazamiento según eje y w: desplazamiento según eje z


92

(x)máx =

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

ii) Alargamiento total: Usamos

(en unidades de L)

3) Una placa de espesor uniforme 1" y forma parabólica, es de un material cuyo peso específico es 400 lb/pie3. Si la deformación unitaria en dirección vertical es

, siendo E una constante (E = 2×107 lb/pulg2), hallar la DEFLEXIÓN que

experimenta el vértice A por efectos del peso propio.

L x

i) De L400

xu2

obtenemos L200

xxu

x

x

(L, x máx)

L x

o

2001

L200x

Lx

L xdxL

finalizar al1.9.2 sección

(*) ecuaciónVer

L

0

4 dxL2x

cos10L

L

0

4

L2x

senL2

10L

L210L 4

yy E1

Apuntodel vertical

DeflexiónAV

10'

3'

A

y

x

A

A'

-x

y

x

10 – y

y

x 10 – y

e=1"

W

2xy

e = 1/12'


93

(en lb/pie2)

Simplificando (compresión)

Luego, la deformación unitaria es:

El Cambio Total de longitud, es:

= 4.63×10-6 pies descenso del punto A. = 4.63×10-6 pies (Nota: La constante E debe ser expresada en lb/pie2)

4) Un campo de desplazamientos está dado por u = ky2; v = 0 (k>0).

i) Graficar la deformación del cuadrado unitario OABC. ii) Calcular la deformación cortante en el punto C(0, 1).

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

Luego como + 1 = tan1 = cotan

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

121

121

32

y

)y10(3

800y

)y10(3

800E1

y

10

0L y dy)y10(3

800E1

dy

AV

0

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

A (1,0)

y

x

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

Ad = (0,0) Bd = (k,o) Cd = (k,o)

y (v)

0 0' A A'

B' B k C' C

k

x (u)

(u,y) Parábolas (u = ky2)

C' C

1

tangente por C'

xy = (pérdida de )

'C1 du

dytan

k21

ky21tan

1y1

k21tan 1

2


94

cotan = rad

xy = arc cotan (evaluada en C')

5) Un prisma rectangular tiene la deformación representada. Los desplazamientos

están dados por u = C1xyz; v = C2xyz; w = C3xyz. i) Determinar las deformaciones unitarias normales y cortantes en el punto E, si

las coordenadas de E' son (1.503, 1.001, 1.997) (en metros) ii) Calcular la deformación normal en dirección AE.

También: 0.001 = C2(1)(1.5)(2) C2 = 0.001/3 – 0.003 = C3(1)(1.5)(2) C3 = -0.001 Campo de desplazamientos: u = 0.001xyz; v = xyz; w = – 0.001xyz Deformaciones unitarias normales:

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

(y)E = ( )(1.5)(2) = 0.001

(z)E =(– 0.001)(1.5)(1) = – 0.0015

Deformaciones cortantes:

(xy)E = 0.001(1.5)(2) + (1)(2) = 0.00367 rad De manera similar se calculan zx; yz

k21

k21

ancotarc

k21

DE

E'

z

y

x

G G'

F

F'

CC'

A

A' 1.0 m

1.5 mB B'

2.0 m

Vector desplazamiento en el punto E ( 1EE )

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

3001.0

yz001.0xu

x

xz3001.0

yu

y

3001.0

xy001.0zw

z

yz3001.0xz001.0

xv

yu

xy

3001.0


95

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

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

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

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

1.11.1) Introducción. Definiciones. El comportamiento de un sólido o de sistema estructural bajo acción de las cargas aplicadas, está significativamente determinado por las características (propiedades) mecánicas del material empleado. Los esfuerzos y las deformaciones unitarias descritas en las secciones anteriores, no son totalmente independientes entre sí. Se presentan simultáneamente en los sólidos cargados y están relacionados entre sí.

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

xy001.0yz001.0zu

xw

zx

xy3001.0xz001.0

zv

yw

yz

AEAE'AE

)( EAE

22

22222

EAE21

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

P

u

x

xSe generan simultáneamente

x

MATERIALP P

P de baja intensidad

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


96

MATERIAL DÚCTIL: Permite deformaciones unitarias considerables antes de fallar (aceros, bronce, aluminio, ..., etc)

CONCRETO ARMADO material semi - dúctil . ACERO material convencional más usado (junto al concreto) en estructuras de

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

grandes temperaturas.

1.11.2) Ensayo Uniaxial de Tracción. Diagrama - . Las principales propiedades mecánicas del acero, y en general las de todo material, que interesan en Mecánica de Sólidos, suelen determinarse experimentalmente en Laboratorios, mediante ensayos estandarizados. Un ensayo muy importante es el Ensayo o Prueba de Tracción Uniaxial. Usualmente, las probetas del material, se ensayan en máquinas mecánicas, hidráulicas o electrohidráulicas, que permiten la aplicación gradual de dos fuerzas iguales y opuestas dirigidas a lo largo del eje geométrico longitudinal de la probeta. La carga axial que se aplica produce alargamientos en una longitud de referencia. Equivalentemente, los esfuerzos normales que son inducidos generan deformaciones unitarias axiales en la probeta ensayada.

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

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

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

P P

L0

A0

Probeta inicial

Dispositivos que permiten aplicar gradualmente la carga axial

P1

Se registran P1; 1 Se registran (o calculan)

0

11 A

P y

0

11 L

L0 + 1

P1

Pu Pu

garganta (estricción)

0 P Pu


97

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

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

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

Parte Inicial (0 – a) Los esfuerzos son proporcionales a las deformaciones

unitarias. El punto "a", no es fácil de precisar. Parte a – a' Zona de INCERTIDUMBRE, por el cambio de un RÉGIMEN LINEAL a un

RÉGIMEN NO LINEAL. Parte a' – b Zona Plana o Escalón de Fluencia. Ocupa una posición sensiblemente

horizontal. Indica que las deformaciones unitarias se incrementan rápidamente, sin que varíe notoriamente el correspondiente valor del esfuerzo normal.

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

P1

1

P

rotura

Diagrama P-

0

11 L

0

11 A

P

1

1

rotura

Diagrama -

cambio de escalas

( )

rotura

0

a a'

b

c

r

Parte Inicial (Pendiente muy fuerte)

Zona de incertidumbre

Escalón de fluencia

Zona de endurecimiento

Zona final

acero

0AP

0L


98

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

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

(A0). Las deformaciones unitarias están referidas a la longitud inicial de referencia (L0). Cada material tiene un Diagrama - característico. Para diferentes tipos de un

material, existen variaciones en los diagramas característicos.

En la mayoría de materiales tradicionales usados en Ingeniería Civil, el escalón de

fluencia NO tiene inicio en un punto perfectamente definido. Fundamentalmente, el Diagrama - presenta DOS ZONAS diferenciadas.

ZONA ELÁSTICA Caracterizada por deformaciones unitarias reversibles

(recuperables).

(, máx)

y

p

p y

Límite de proporcionalidad

inicio de la fluencia

límite de elasticidad

(r, r)

Generalmente: p y

p y

fluencia de Unitaria nDeformació fluencia de Esfuerzo

klb/pulg 36klb/pulg 58

les)referencia valores(lEstructura Acero

y

y2

y

2máx

5.5

MADERA(Pino)

CONCRETO SIMPLE

4.8

0.02 0.03

(klb/pulg2)

( )

Alta resistencia

(ACERO)

( )

Resistencia intermedia

Baja resistencia

ZONA ELÁSTICA LINEAL

ZONA ELÁSTICA

ZONA INELÁSTICA


99

El "material" recupera su configuración inicial, al cesar el esfuerzo que lo deformó. ZONA INELÁSTICA caracterizada por deformaciones unitarias no recuperables

(irreversibles).

"El sólido (o el material) no recupera totalmente su configuración inicial al cesar la

causa que lo deformó". Por definición (nominalmente) se considera que la trayectoria de carga y la trayectoria de descarga son paralelas.

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

Definición) La ecuación = E se denomina LEY DE HOOKE. Manifiesta proporcionalidad entre esfuerzos y deformaciones unitarias. El módulo E es un valor característico de los materiales.

MATERIAL VALORES TÍPICOS (E) Aluminio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 – 69 GPa Latón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 GPa Hierro Fundido . . . . . . . . . . . . . 170 GPa

CARGA

DESCARGA

A1; L1

0

0

LA

INICIAL

0

0

L'LA'A

FINALP

Deformación unitaria permanente (Irreversible)

P

REALIZAR ENSAYOS EN EL LABORATORIO (Coordinar)

Límite de proporcionalidad (o inicio de la fluencia)

E

1 py

py

Zona de diseño elástico

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

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


100

MATERIAL VALORES TÍPICOS (E) Concreto (Simple) . . . . . . . . . . . 21 GPa Acero Estructural . . . . . . . . . . . 205 GPa Madera (Pino) . . . . . . . . . . . . . . 12 GPa

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

Físicamente, el módulo lineal de elasticidad representaría un valor del Esfuerzo

Normal necesario para producir en el elemento una deformación unitaria igual a la unidad (o duplicar su longitud inicial).

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

Definición) El factor se denomina RIGIDEZ AXIAL DE LA BARRA.

K = (combinación de geometría + material)

P = K(L) Físicamente, el Coeficiente de Rigidez Axial K, representa un valor de la fuerza axial

P necesario para producir un Alargamiento Unitario. (Si L = 1 P = K).

El factor RECÍPROCO de denomina FLEXIBILIDAD AXIAL DE LA BARRA.

A0; L0

INICIALMATERIAL ELÁSTICO-LINEAL

i)

=E =E

L=?

=E =E

L=2L0

Ley de Hooke: = ELuego: E = E

1 =

Pero

0LL

0LL1

L = L0

L; A; E

L + L

P P

= E. Luego:

LLE

AP de donde obtenemos

EAPLL (Fórmula del alargamiento

elástico lineal)

L

EA

LL

EAP

P

L 1

LEA

LEA

K1


101

iii) La constante K también suele denominarse CONSTANTE DE RESORTE

EQUIVALENTE:

K tiene unidades de Fuerza / Unidades de Longitud [K] = [F]/[L] Una barra de material elástico lineal se comporta básicamente como un RESORTE

LINEAL ELÁSTICO De modo similar al resorte, la barra almacenará ENERGÍA.

iv) La fórmula del Alargamiento Elástico puede usarse para el caso se sólidos

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

El alargamiento del elemento diferencial, es:

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

definida:

ó alternativamente

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

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

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

P K

P = k

EAPL

L

P(x)

A = A(x)

x

L

x

P(x)

dx

(Función de área: ACOTADA)

L = ?

(Carga axial)

dx)x(EA)x(P)dx(

L

dx)x(EA)x(PL

Ldx

E)x(

L

L

dx)x(L


102

1) Una barra prismática homogénea está suspendida por uno de sus extremos. El material es de comportamiento lineal elástico, con módulo E. Calcular el alargamiento producido por el peso propio.

Evaluando la integral, obtenemos

Nota) Puede escribirse , con lo cual tenemos

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

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

L E A

x

P(x)

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

P(x) = (L – x)A

Fuerza interna en una sección genérica x:

peso específico

L

0Ldx

EAdxA)xL(dx

)x(EA)x(PL

E2L

L2

AE2ALLL

2W

axial fuerza unapor

producido toAlargamien

EA2WLL

L E A

LEA

LL

W/2

iguales

EAPL

E2L

L2

= +L E A

P

EFECTO COMPUESTO

L E A

EFECTO DEL

PESO PROPIO

LEA

P

EFECTODE LA

CARGA AXIAL

Caso particular del Principio de Superposición:

ESINDIVIDUALEFECTOS

COMPUESTOEFECTO

Válido para Comportamiento Lineal Elástico


103

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

FUERZAS AXIALES EN (1) Y (2):

Reemplazando valores numéricos, tenemos:

cm ; cm

Reemplazando en (*) C = 0.09 + 0.3 = 0.39 cm Nota) Observar la magnitud de los alargamientos: Resultan ser despreciables comparados con las longitudes iniciales de las barras. Resultados que están de acuerdo con la hipótesis de Deformaciones Infinitesimales.

3) En el sistema representado, determinar la RIGIDEZ en el punto B. Las barras

deformables son de material lineal elástico, cuyo módulo de Young es E1.

4a 4aa

P=6 kN

P=6 kNF

GD

BC

A

1)

2) Barras rígidas

2

1

1

cm 2A

m 6L 1) Barra

2

2

2

cm 2A

m 4L 2) Barra

(Fuerzas kN; Long cm) El desplazamiento del punto C debe ser igual a la suma de los cambios de longitud de las barras deformables (1) y (2)

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

6 kN

F GD

B A

6 kN

C

F1

F2

F2

RF

RB

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

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

11 EA

PL

; 2

2 EAPL

241 109

)2)(10)(2()600)(6( 1

42 103)2)(10)(2(

)400)(30(

a 2a

B2L1 E1 A1

L1

E1

A11)

(2

PBarra rígida

(1) y (2) barras deformables


104

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

i) FUERZAS

ii) DESPLAZAMIENTOS

, de donde obtenemos

La RIGIDEZ en el punto B es

4) En el sistema representado, determinar la sección transversal de la varilla vertical,

si el esfuerzo admisible en ella es = 1.6 Ton/cm2 y si el desplazamiento vertical del punto C es 1.5 mm. Considerar E = 2×103 Ton/cm2.

B

P

F1 F2

F1 = 32 P

F2 = 31 P

B

1)(2

P = ? (RIG IDEZ)

2 1 1

11 EA

PL

; 2

2 EAPL

11

132

1 AE

)L2(P ;

11

131

2 AE

)L(P

11

11 AE3

PL4 ;

11

12 AE3

PL

iii) COMPATIBILIDAD GEOMÉTRICA

a21

a3221

Reemplazando 1 y 2

2 1

a 2a

1B

1 – 2

a 2a

1 – 2

11

1

11

1

11

1

AE3PL

1a2

1AE3

PLAE3

PL4a31

1

11

LAE

P

1

11B L

AEK


105

i) FUERZA EN LA BARRA DEFORMABLE (Equilibrio)

5 cm2

de donde obtenemos A = . . . . (*)

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

.

Reemplazando en (*) A = = 5.33 cm2

De los dos valores calculados para área transversal A, seleccionamos el mayor A

= 5.33 cm2, puesto que cumple las dos condiciones: 1.6 Ton/cm2; = 1.5 cm.

5) Determinar el desplazamiento del punto de aplicación de la carga P en el sistema

representado. Considerar que todas las barras tienen la misma RIGIDEZ AXIAL EA (RIGIDEZ DE SECCIÓN).

w = 1.73 Ton/m

w B

a

A 30°

P

C

barra rígida

a = 1 m a

P = 2 Ton

2Ton/cm 6.1Ton 8A

w = 1.73 Ton/m

30°

2 Ton

RA

F

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

AF

FA

ii) DEFORMACIÓN (Materiales)

EAFL

A)10)(2()100)(8(

3

CV = 1.5

FC

C'

4.0

200100

CV

cm 075.0

2cm 15.0

2

CV

075.04.0

CV


106

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

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

(acortamiento)

(acortamiento)

(alargamiento)

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

P

P 3)

3)(1

(1

(245°45°

a

a

45° 45°F1 F3

P

F1 = F3 = 2

P (compresión)

45°

45° F3

F3

F2 F2 = P (tracción)

EA2Pa

EA

a2

P

EAFL

11

EAPa

EA

a2

P

EAFL

33

EA2Pa

EAFL

22

H desplazamiento horizontal (total)

V desplazamiento vertical (total)

2 alargamiento de la barra (2)

H

V

1


107

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

Alargamientos (Material)

= 5.86×10-3 pulg.

= 5.07×10-3 pulg.

Compatibilidad (Geometría)

45°

45° H

V

1 H + H = 2 H = EA2

2Pa22

V = H1

45cos

V = EA2

2PaEA2

Pa22

V = EA2

PaEAPa

30° 45°

L = 24" L = 29.4"

P

B

C D

45°60°

2,000 lb

FBDFBC

A = 0.2 pulg2

E = 30×106 lb/pulg2

P = 2,000 lb

FBC = 1,464 lbFBD = 1,035 lb

Fuerzas Axiales (Equilibrio)

)10)(30)(2.0()24)(464,1(

EAFL

6BC

BC

)10)(30)(2.0()4.29)(035,1(

EAFL

6BD

BD

BH

30°

45°

B

30°

45° BC

B'

BV

C D

BH

BD

BV

45°

45°

B

B't = B

H

BH

BDBDBV 45cos

t45cos

. . . . (i)


108

Reemplazando valores y despejando , obtenemos:

= 0.26×10-4 pulg. Sustituyendo este valor en (i) ó (ii), obtenemos: = 6.91×10-3 pulg.

PROBLEMAS 1) Determinar dónde debe ubicarse un bloque de 20 kg de masa, sobre la viga rígida

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

Semejanza:

C = 0.3 mm La Fuerza Axial necesaria en la barra CD se calcula a partir de la Ley de Hooke

0.3×10-3 =

30°

30° B'

BH

BV

B BC 30tan

30cosBH

BCBV

. . . . (ii)

De las ecuaciones (i) y (ii) BH

BDBH

BC

45cos30tan

30cos

BH

BH

BV

L = 0.25 md = 2 mm (diámetro)

A BC

D

FyBarra rígida Rígido

1.5 mm

masa 20 kg

0.08 0.32

1.5 mm

C

supuesto el "contacto"

AC = 0.08 m CB = 0.32 m

08.04.05.1 C

CDC EA

PL

23

49CD

)102(10200)25.0(F


109

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

ii) Alargamientos de las barras:

Similar para

iii) Compatibilidad.

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

(Fuerzas NLong m)

0.08

y 0.4 – y

A

FCD=753.98 N

9.8×20 = 196 N

de donde se obtiene:Fc = 753.98 N

MA = 0753.98(0.08) – 196(0.4 – y) = 0 obtenemos y = 92.25×10-3 m y = 92.25 mm

Equilibrio:

L, E, A L, E, A

A B

C

P

P

FCBFCA

i) Fuerzas Axiales:

sen2PFF CACB

(tracción)

EAL

sen2P

EA

Lsen2P

CA

EAL

sen2P

CB

A B

C

C'

CV

sen

CACV ó

sen

CBCV

EAL

sen2P

sen1C

V

Por tantoCB CA

)EA)(sen2(PL2

CV

CV


110

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

F1 = F2 =

Si 0, las fuerzas F1 y F2 crecen (resultado probado experimentalmente) Aproximación: sen cuando 0

F1 = F2 . . . . (*)

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

Aproximación Binomial

; pero tan()= =

Con aproximación suficiente:

de donde:

Nota) En este caso, en que la deformación ALTERA el RÉGIMEN ESTÁTICO del

Sistema, el desplazamiento del nudo C (punto de aplicación de la carga) NO es PROPORCIONAL a la intensidad de la carga P, a pesar de que el material de las barras sigue la Ley de Hooke.

(CASO DE NO LINEALIDAD GEOMÉTRICA)

Resolvemos el problema con = 0 A B CL E A L E A

PEquilibrio: FAC

PFCB FAC = FCB

En configuración deformada: A BC

P

(1

2)

L L

C'

C

sen2P

CB

)(2P

AC

AC'ACE

)(A2P

1L

1EL

LLE

)(A2P

2C

2C

2

1

L211E

)(A2P

2

2C

2

2C

LE

)(AP

L

CLC

2C

C LE

)L

(A

P

EAPL3

3C 3

C EAP L

)(GEOMETRÍA NDEFORMACIÓ POR MATERIAL POR

LINEALIDAD NO


111

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

Se verifica la relación siguiente:

Ley de Hooke:

Simplificando tenemos

. . . . (*)

Si x = h A = A1 con lo cual

; reemplazando en (*) y simplificando obtenemos:

4) El elemento rígido AB está en posición horizontal antes de ser cargado en A con

2,270 kg. Las tres barras de acero ED, BD y BC está fijas en sus extremos mediante uniones giratorias. Calcular los desplazamientos horizontal y vertical del punto A.

P

hA1

A0

P

hA1

A0

A

h1

x

Consideremos el cono completo

21

21

0 h)xh(

AA

2

1

10 h

xhAA

h

0 2

1

10 E

hxh

A

Pdx

hh1

h1

EAPh

xhdx

EAPh

110

21

h

0 210

21

1

10 h

hhEA

Ph

2

1

1

0

1

hhh

AA

0

1

1

1

AA

hhh

10

1

AAEPh


112

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

– 0.153 cm (acortamiento)

2 = 0

0.061 cm

de donde obtenemos:

= 2(3 + 1) + 1

= 2(0.061 + 0.153) + 0.153

= 0.581 cm 5) Un tablón de madera, muy rígido, de longitud 2L, descansa sobre dos resortes

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

(3(2

A E B

CD

1.83 m

1.83 m

1)

elemento rígido P = 2,270 kg

3.66 m

A1 = 3.87 cm2

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

)10)(1.2)(87.3()100)(83.1)(810,6(

61

)10)(1.2)(45.6(

)183)(540,4(63

A B

A'

B'

3

3

3

45°

1

3 = AH Como el punto B se desplaza

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

061.0AH cm

tan = 366

1AV

tan = 183

13

366

1AV =

18313

AV

A

A'

366 cm A

V – 1

3 3

1

(1 2) (3

3 3 + 1

183 cm

AVAVAV


113

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

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

FC + FD = W 2aFD – W(a + b) = 0

; . . . . (*)

Compatibilidad Geométrica:

Semejanza . . . . (**)

Deflexión de los resortes . . . . (***)

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

. . . . (****)

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

D

h h

C D L L

y

a a

C W

b=?

y

D

C

W

b

y

L L

a

FC

FD E x

h

C

FC

a a

hC

L

yb

Fd

Fd

D

hD

W

E x

a2)ba(W

FD

)ba(a2

Wa2

)ba(WWFC

aLaL

hh

D

C

hhhh

DD

CC

KFKF

DD

CC


114

Nota) Podemos calcular las deflexiones de los resortes en función del valor b

encontrado. Resultan ser:

; ;

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

6) Un sistema estructural compuesto por cuatro barras deformables y dos elementos

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

Fuerzas en las barras:

Alargamientos de las barras:

1

WKh2

La

b2

ab

1K2

WC

ab

1K2

WD

a34a3

2

2) (3(1

2L

L L

4)a6

5 a65

P

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

RÍGIDOS

Las cuatro barras deformables trabajan en tracción (se alargan)

P

B

F1 F4

F4 = 2P

F2 F3

F1 = F4 = 2P

F2 = 3P

F3 = 6P


115

Compatibilidad Geométrica:

Semejanza:

de donde: y reemplazando 2 y 3 de (*) obtenemos:

. . . . (**)

Semejanza:

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

(*)

EA2PL

EA

)L(2P

EAPL

EA6PL

EA

)L(6P

EAPL

EA3PL

EA

)L(3P

EAPL

EAPL

EA

)L2(2P

EAPL

44

33

22

11

a65 a6

5

a34a3

2

P

1 1 4 + x

x

B

2 (1

(2 (3

4)

3

a34a3

2

x 2 3 x – 32 – 3

a34a3

2

a)x(

a2 34

332

)2(31x 32

EA18PL5

x

1 – 4 – x

a65

1 – 4 – x

a65

B"

ax1

ax

65

4

610

41


116

Despejando el valor de la carga P:

RIGIDEZ DEL SISTEMA EN EL PUNTO B:

7) Un anillo circular de radio interior r, radio exterior R y longitud L, se somete a una

presión interior uniforme radial p, según se indica en el esquema. Hallar el incremento del radio del anillo (r) y el esfuerzo que se produce. Considerar E el módulo elástico.

La fuerza (normal) elemental sobre el elemento indicado, es:

dF = (pr)L d Por la simetría del sistema, las componentes horizontales de las fuerzas dF se equilibran. Quedan solamente las componentes verticales.

Fvert = 0

F0 = pLr El esfuerzo normal en el espesor del anillo, es:

El radio r sufre un incremento r:

Donde: (Deformación radial unitaria)

l: circunferencia interior (inicial)

Despejando r, encontramos

8) Un bloque rígido que pesa 100,000 lb se mantiene en la posición indicada

mediante las barras articuladas AB y CD. Las barras tienen igual diámetro y su

2EA18PL5

EA2PL

EAPL

L8EA9

P

L8EA9

KB

r

R

p

L

d

F0 F0

00 d sen prLF2

prL2F2 0

rRpr

L)rR(pLr

AF0

lr2)rr(2 r

interiornciacircunfere la en Cambio

)rR(Epr

Er

r2)rR(E

prr2)rr(2

)rR(Epr

r2


117

material tiene E = 18×106 lb/pulg2. Si la rotación máxima que se permite al bloque es 0.05° y se usa un factor de seguridad igual a 2.5, ¿qué diámetro mínimo deben tener las barras si el esfuerzo de fluencia es 70,000 lb/pulg2?

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

Geometría

Combinando las ecuaciones (2) y (4) y las (3) y (5), tenemos

lb/pulg2 . . . . (6)

lb/pulg2 . . . . (7)

Reemplazando FAB y FCD de las ecuaciones (6) y (7) en la ecuación (1), tenemos: 8[(0.02094)106A] + 18[(0.0314)106A] = 500,000 de donde: A = 0.682 pulg2 El correspondiente diámetro es: d = 0.932 pulg Pueden calcularse ahora, las fuerzas FAB y FBC, a partir de las ecuaciones(6) y (7). Se obtiene: FAB = 14,280 lb FCD = 21,400 lb

A

B

6"

8"

9"

18"0

100,000 lb

C

D

FCD

FAB

0

8" 5" 13"

100,000 lb Mo = 0 8FAB + 18FCD = (100,000)(5) . . . . (1) Material

EALF ABAB

AB

EALF CDCD

CD

6CD

CD 10189

AF

. . . . (3) Reemplazando datos:

6AB

AB 10186

AF

. . . . (2)

0 0.05°

AB

CD

AB = (8) 3602 (0.05) = 0.00698" . . (4)

AB = (18) 3602 (0.05) = 0.01570" . . (5)

6AB 1002094.0A

F

6CD 1003140.0A

F

Ad24


118

El esfuerzo máximo se induce en la barra CD

= 31,400 lb/pulg2

máx > permisible = = 28,000 lb/pulg2

POR TANTO, NO PUEDE ACEPTARSE la rotación de 0.05°. FACTOR QUE DOMINARÁ EL DISEÑO Nivel de Esfuerzos (No Rotación) Asignamos = 28,000 lb/pulg2 a la barra CD.

= 28,000 lb/pulg2

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

AB = (8) . . . . (4.1)

CD = (18) . . . . (5.1)

CD = (28,000) . . . . (3.1)

(puesto que hacemos lb/pulg2)

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

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

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

Definición de Deformación Unitaria:

2máx pulg 682.0lb 400,21

5.2000,70

AFCD

3602

3602

610189

000,28A

FCD

L E A

Peso total G

Peso específico ALG

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

x

F

F1 = Ax F1 = AxALG

F1 = LxG (compresión)

1 = AF1 =

ALxG (compresión)

1 = EALxG (acortamiento)


119

si dx es la longitud inicial, tendríamos

de donde (dx) = 1dx = (acortamiento)

Consideramos una "rebanada" diferencial en la distancia x.

. Evaluando la integral, tenemos:

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

Pero dG0 peso de la rebanada diferencial. dG0 = Adx

dG0 = A dx dG0 = dx

Por tanto:

El descenso del Centro de Gravedad, será

=

uu

dx)dx(

1

dxEALxG

Después de la deformación, el espesor de la

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

dx – (dx) =

EALxG1 dx

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

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

En consecuencia:

x

dx d(x)

z

L

xdx

EALxG

1Z

2x

2L

EALG)xL(

2x

EALGxZ

22L

x

2

L

0 0G dG Z)G)(Z(

ALG

LG

L

0

22G dx

LG

)xL(EAL2G

)xL()G)(Z(

L

0

32

2

G )3x

xL(EAL2G

2x

LxL1

Z

EA3GL

2LZG

GZ2L

GZ2L

EA3GL


120

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

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

MAB = 0 P x + W – FDr = 0 3Wx + 4 – FDr = 0 . . . . (iii)

De la ecuación (iii) obtenemos FD = 3 + . . . . (iv)

Reemplazando (ii) en (i) obtenemos 2FA + FD = 4W FA = . . . . (v)

Reemplazando (iv) en (v) obtenemos:

. . . . (vi)

Material (Alargamiento):

;

Equilibrio:(G centroide de la superficie semicircular

x

P

A

BC

3r4 x

P

A

B C

FB

FD

FA

D

W

D

3r4

3Wr

rWx

3W4

2FW4 D

3W2

r2Wx3W2FA

P W

DB A A

D

0.1°

0.1°r

D – A

tan 0.1° = r

AD

r tan0.1° = D – A . . . . (vii)

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

EALFD

D EA

LFAA


121

Reemplazando en (vii)

. Considerando (iv) y (vi), tenemos:

Simplificando:

Reemplazando valores:

Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm

)FF(EAL1.0tanr AD

3W2

r2Wx3

W23W4

rWx3

EAL

1.0tanr

2

2r2x9

EAWL

1.0tanr

2

2x5.4

)102()10)(210()2.1)(500(

1.0tan)1( 234

9

Teoria de La Elasticidad

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