x

y

z

124

482

1

6

12

x

y

z

x

y

z

124

482

1

6

12

Solución:

Dado el tensor de tensiones (referido a un sistema cartesiano de referencia) en un punto de un sólido:

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−=612184

2412T

Se pide:- Dibujar, sobre el punto elástico de la figura, y en las caras más alejadas del

origen de coordenadas, la dirección y sentido de cada una de las componentes tensionales que, sobre dichas, caras actúan.

-Determinar el valor de las tensiones normal y tangencial que actúan sobre un plano paralelo al plano x+y+z=0 que pasa por las proximidades (distancia infinitesimal) del punto considerado.

MPa

Ejercicio 1.1

Vector normal al plano:

( )

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

++=

75

18

31

31

31

31

612184

2412

kji3

1u

*z

*y

*x

σσσ

rrrr

Tensión normal:

( ) MPa67,63207518

31u*

n ==+−=⋅=rrσσ

Tensión tangencial:

MPa39,949,4467,1322n

2* =−=−= σστ r

Ejercicio 1.2

• Determinar las tensiones principales sabiendo que el tensor de tensiones viene definido por:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

102530253040304020

σ= MPa

Solución:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

zyzzx

zyyxy

zxxyx

στττστττσ

σ=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

102530253040304020

= MPa

1

2 2 22

2 2 23 2

x y z

x y x z y z xy xz yz

x y z xy xz yz x yz y xz z xy

I

I

I

σ σ σ

σ σ σ σ σ σ τ τ τ

σ σ σ τ τ τ σ τ σ τ σ τ

= + +

= + + − − −

= + − − −

= 20 + 30 –10 = 40 MPa

= -3025 MPa

= 89500 MPa

3 21 2 3 0I I Iσ σ σ− + − =

0322

13 =−+− III σσσ

MPaMPaMPa

8,515,263,65

3

2

1

−===

σσσResultado:

En un problema bidimensional, el punto elástico de la figura se encuentra sometido al estado tensional que se indica. Se pide:a) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x,yb) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x’,y’(e (el eje x’ forma un ángulo de 35º, en sentido antihorario, con el eje x).

40 MPa

15 MPa

25 MPa

x

y

La expresión, en x-y, del tensor de tensiones es:

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−

=25151540

T

La expresión de dicho tensor en ejes x’-y’ la podemos obtener como:

[ ] [ ] [ ][ ]RTR'T T=

[ ] ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

º35cosº35senº35senº35cos

R

Siendo:

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

48,1067,3567,3552,4

'T

Ejercicio 1.3

Suponiendo la ausencia de fuerzas internas, determinar los posibles valores de las constantes C1, C2 y C3 para que la siguiente distribución de tensiones puede existir en un sólido en equilibrio:

( ) 0yCzxCyCC

0zCyxC2

yz3xz32

21xy

z2

2y1x

=⋅−=⋅⋅+−⋅=

=⋅=⋅⋅⋅−=

τττ

σσσ

SOLUCIÓN:Ecuaciones de equilibrio interno (X=Y=Z=0)

)cumplese(0zyx

0CzC0zyx

0CxC2yC20zyx

zzyzx

33yzyyx

111xzxyx

=∂∂

+∂

∂+

∂∂

=⇒==∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

=⇒−−==∂∂

+∂

∂+

∂∂

σττ

τστ

ττσ

C2 puede tomar cualquier valor, por lo que el estado tensional tendría la forma:

0000zC0

yzxzxy

z2

2yx

===

=⋅==

τττ

σσσ

Ejercicio 1.4

El tensor de tensiones en un punto de un sólido viene definido, respecto de un sistema de coordenadas cartesianas, por la siguiente matriz:

1.- Determinar de forma analítica:a) Los dos primeros invariantes del tensor de tensionesb) Los valores de las tres tensiones principalesc) Los tres vectores unitarios que definen las tres direcciones principalesd) La tensión tangencial máxima que se produce en las proximidades del punto considerado

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

−=

0000202002050

T

600202050

7020502

2

1

=−⋅=

=+=

I

Ia) b) Una de las tensiones principales (σz) es nula. Las otras dos las calcularemos resolviendo:

106002020

20500 21 ==⇒=

−−−−

=− σσσ

σσIT

Por tanto, las tensiones principales son: 01060 321 === σσσ y

c) Como el eje z es una dirección principal ( ), las otras dos las calcularemos resolviendo:kurr

=3 ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

−−00

20202050

2

1

uu

σσ

Dirección principal 1: jiuaa rrr 4473089430

00

40202010

12

1 ,, −=⇒⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−−

Dirección principal 2: jiuaa rrr 8943044730

00

10202040

22

1 ,, +=⇒⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−

d) La tensión tangencial máxima será:( ) 3053025

210

260

21060

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

= ,,max,,maxmaxτ

Ejercicio 1.5

2.- Para el estado tensional relativo al plano x-y, determinar gráficamente: e) El círculo de Mohr f) Las coordenadas (σ,τ) del polo de dicho círculo g) Los dos planos principales que se obtienen de dicho círculo h) Los dos planos sobre los que actúa la tensión tangencial máxima i) Los planos, paralelos al eje z, sobre los que el vector tensión forma el mayor ángulo posible con la normal a dichos planos. j) El plano al que representa el polo del círculo de Mohr

σ

τ

Plano Y

Plano X 50

20

20

x

y

POLO

σ

τ

Plano Y

Plano X 50

20

20

x

y

POLO

Planoprincipal IPlano

principal II

σ

τ

Plano Y

Plano X

50

20

20

x

y

60

10

x

y

POLO

Planoprincipal IPlano

principal II

Plano demáxima tensión tangencial

Plano demáxima tensión tangencial

σ

τ

Plano Y

Plano X

50

20

20

x

y

35

25

x

y

35

POLO

Plano en el queel vector tensión formael mayor ángulo posiblecon la normal

Plano en el queel vector tensión formael mayor ángulo posiblecon la normal

σ

τ

POLO

Plano correspondienteal polo del círculo de Mohr

σ

τ

El vector desplazamiento en un punto genérico de un sólido cargado viene dado (referido a un sistema cartesiano de referencia) por:

( ) ( )kazaxiazaxrrr

2322 ++−=δ donde a es una constante conocida. Se pide:

a) Expresión del tensor de deformaciones en un punto genérico del sólido b) ¿Es, físicamente, posible este campo de desplazamientos? c) ¿Qué lectura proporcionaría una banda extensométrica situada en la dirección de

la bisectriz del primer cuadrante del sistema cartesiano que se utiliza?

Ejercicio 2.2

a) El tensor de deformaciones se obtiene del campo de desplazamientos como sigue:

( )( )( )

0yw

zv

aa3a2xw

zu

0xv

yu

a2xw

0xv

a2xu

az2ax3z,y,xww0z,y,xvv

az2ax2z,y,xuu

yz

xz

xy

z

y

x

=∂∂

+∂∂

=

=+−=∂∂

+∂∂

=

=∂∂

+∂∂

=

=∂∂

=

=∂∂

=

=∂∂

=

+====

−==

γ

γ

γ

ε

ε

ε

El tensor de deformaciones es:

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

a202/a000

2/a0a2D

b) Para que el campo de desplazamientos, o el de deformaciones que de él se derivan,sea físicamente posible, debemos comprobar que se satisfacen las ecuaciones decompatibilidad de deformaciones:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

+∂∂

⋅∂∂

=∂⋅∂

∂⋅

∂⋅∂∂

=∂∂

+∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

−∂∂

⋅∂∂=

∂⋅∂∂

⋅∂⋅∂

∂=

∂∂

+∂∂

⎜⎜⎝

⎛∂

∂+

∂∂

+∂

∂−⋅

∂∂

=∂⋅∂

∂⋅

∂⋅∂

∂=

∂

∂+

∂∂

zyxzyxzxxz

zyxyxzzyyz

zyxxzyyxxy

xyxzyzzxzzx

xyxzyzyyzzy

xyxzyzxxyyx

γγγεγεε

γγγεγεε

γγγεγεε

22

2

2

2

2

22

2

2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

2

;

;

;

En estas ecuaciones sólo aparecen derivadas segundas de las deformaciones, por lo quese verifica automáticamente al ser el campo deformaciones líneal. Por tanto, el campode desplazamientos dado es físicamente posible.

c) El vector unitario de la bisectriz del primer cuadrante del es:

)( kjiurrrr

++=3

1

El vector deformación unitaria sería:

[ ] ⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡==

2/a50

2/a5

31

31

111

a202/a000

2/a0a2uD* rr

ε

La deformación longitudinal correspondiente (la medida de la banda) es:

a35

2a5

2a5

31

31

111

2/a502/a53

1u* =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧=⋅=

rrεε

En un pilar vertical de sección cuadrada hueca, tal como se indica en la figura (cotas enmetros),

x

y

1 1 1 1

1111

x

y

1 1 1 1

1111

el tensor de deformaciones viene dado por:

[ ]( )

( ) 410200003203243

−⋅⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+−

+−+= yx

yxxD

Calcular: a) la variación de longitud del pilar, indicando si éste se alarga o se acorta,

sabiendo que, su altura inicial era de 5 m b) la variación del ángulo, en el plano x,y, que se produce en el vértice de la

sección de coordendas (2,2), indicando si el ángulo final en dicho vértice (que inicialmente era recto) aumenta o disminuye respecto de su valor inicial.

c) El cambio de volumen que experimenta el pilar, indicando si aumenta o disminuye el volumen inicial del mismo.

Ejercicio 2.3

a) nto)(alargamie105102102 344 mhh zz−−− =⋅⋅=⋅=∆⇒⋅= εε

b) ( ) ( ) 44 106410322 −− ⋅+−=⋅+−⋅= yxyxxyγ

Para el punto (2,2), ( ) rad104102624 44xy

−− ⋅=⋅⋅+⋅−=γ (el ángulo disminuye)

c) ( ) 41063 −⋅+=++= xe zyxV εεε

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) 342

14

1

141

24

pilarV

m1036054dx106x3

52dx106x354dx106x3dVeV

−−

−−−

−−

⋅=⋅⋅⋅⋅++

+⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+=⋅=

∫

∫∫∫∆

(el volumen del pilar aumenta)

dx

h

a

a

b

b

dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dxdx

x

y

z

dx

h

a

a

b

b

dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dxdxdx

h

a

a

b

b

dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dxdx

x

y

z

Ejercicio 2.1Dado el tensor de deformaciones:

encontrar la deformación unitaria según la dirección:( ) 3/kjim

rrrr++=

[ ]mDmrr

=εmr

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−−

=002000020000200010002000100030

,,,,

,,,D

000330

31

31

31

002000020000200010002000100030

31

31

31 ,

,,,,

,,,=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−−

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=mε

dxPP

x

L

e

Determinar el desplazamiento relativo entre las dos seccionesextremas de la barra de la figura:

P = 50.000 N, E = 2x107 N/cm2

e = 1 cm, b1= 5 cm, b2= 10 cm, L = 40 cmDatos:

Ejercicio 3.1

b1

b2

Consideremos una rebanada de longitud dx a una distancia x de lasección b1. El canto será:

1,

= +−

= +

=−

b b bL

x b ax

a b bL

12 1

1

2 1

El área (Ax) de la sección escogida será: (b1+a.x)eSi esta rebanada experimenta una elongación du, su deformación será:

xAEP

dxdu

⋅=

La elongación total, u, que experimenta la barra será:

u PA E

dx Pb ax e E

dx

u Pe E

dxb ax

PaeE

b ax

u Pa e E

b a Lb

x

L L

L

= =+

=+

= +

=+

01

0

10 1

1

1

( )

ln

ln

∫ ∫

∫1

100

lnb

LabEea

PdxAE

PduuL

x

L ⋅+⋅⋅

=⋅

== ∫∫0

L

Substituting back for K,

u Pb b

Le E

bb

=−

( )ln

2 1

2

1

e = 1 cm, b1= 5 cm, b2 = 10 cm, L = 40 cm,

P = 50.000 N, E = 2 x 107 N/cm2

u. .

cm=−

=50 00010 5

401 2. 10

105

0 013867

.

( )ln ,

Sustituyendo el valor de a:

En el problema:

Ejercicio 4.1

Para la barra prismática de la figura, que se encuentra sometida a la acción de su propio peso, determinar el campo de tensiones, de deformaciones, de desplazamientos y la energía elástica acumulada

VolumenPeso

=γ

z

x

y

BD

Lg

0

0

0

00

=

=

==

==

xz

yz

xy

z

y

x

z

τ

τ

τγσ

σσ

Tensiones:

z

x

y

bc

L

0

0

0

1

=

=

=

=

−=

−=

xz

yz

xy

z

y

x

zE

zE

zE

ε

ε

ε

γε

γνε

γνε

Deformaciones:z

z

zσ

Peso

γσγσ

⋅=⇒⇒⋅⋅==⋅

zzAPesoA

z

z

( )[ ]2222

2Lyxz

Ew

yzE

v

xzE

u

−++=

−=

−=

νγ

γν

γνDesplazamientos:

( )22

1 22

2 zEE zγσω ==

Densidad de energía:

EALAdzz

EdVU

V

L 32

0

22

62γγω ==⋅= ∫ ∫

Energía elástica almacenada en la barra:

Una placa rectangular se encuentra sometida a las acciones indicadas en la figura.Determinar la función de Airy que resuelve el problema.

x

y

L

h

σ2σ2

σ1 σ1

x

y

L

h

σ2σσ2σ2

σ1σ1 σ1σ1

La función de Airy será: 223223 gyfxycxdycxyybxax ++++++=φ

fcybxyx

ebyaxx

gdycxy

xyyx −−−=∂∂∂

−=++=∂

∂=++=

∂

∂= 22226262 2

2

2

2 φτφσφσ

Imponiendo que: en x=0, 112 σ

σσσ +

−= y

hx ; en x=0, 0=xyτ ; en y=0, 0=yσ

Se obtienen las constantes del polinomio, resultando: 21312

26yy

hσσσ

φ +−

=

Ejercicio 5.1:

Ejercicio 5.2:

Un tubo de pared gruesa tiene un radio interior “ 1r ” y exterior “ 2r ” y se encuentra sometido a una presión interior de valor “ p”. Suponiendo que trabaja en condiciones de tensión plana, determinar el cambio de longitud que experimenta el radio interno del tubo al aplicar la presión “p”.Supóngase conocidos los valores de “E” y “ν” del material.

La distribución de tensiones en el tubo es:

[ ] [ ] prrrr

prprrr

pprprrrr 2

122

22

212

22

121

22

22

212

122

11−

+=+

−=−=−

−= θσσ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−

+=∆⇒=∆⇒⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−

+=

−= νεν

νσσε θ

θθ 2

12

2

22

211

11121

22

22

21

rrrr

Epr

rrrrrrr

Ep

Er

lLlL DBCB 8060 ,, ==

Por condiciones de equilibrio:

PFPF DBCB 8060 ,, −=+=

De la geometría de la estructura:

• Energía de deformación:

( ) ( )[ ]AE

lPAE

lPAELF

AELFU DBDBCBCB

2332

22

36402

806022

,,,=

+=

+=

• Igualdad entre trabajo de las cargas externas y energía elástica almacenada:

AEPld

dPAE

LPU

WU

B

B

7280

3640 21

2

,

,

=

==

=

Calcular el desplazamiento vertical que experimenta el punto B del sistema articulado de la figura, formado por dos barras del mismo material (módulo de elasticidad E) y la misma sección transversal (Área=A).

Ec. (1)

C

P

lB

D

34

3

4

Ejercicio 6.1

Determinar los coeficientes de influencia, de la siguiente viga sometida a las acciones indicadas.

F1=P F2=2P

6 m3 m

2 m

sabiendo que está realizada con un material de módulo de elasticidad Ey que el momento de inercia de su sección transversal es I.

DATOS:

Ecuación de la elástica:

( ) lxal

xlla-

EIxlFlad

axlx

lb

EIFlbxd

≤≤⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−

=

≤≤⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=

para 1 6

0 para 16

2

2

2

2

2

2

2

F

la

x

y b

Ejercicio 6.2

1

6 m2 m

x

y 4 m

3 m2 m

6 m

1 2

EI13,56

62

641

62461

2

2

2

2

11 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⋅⋅⋅=

EId

( )EI

-EI

d 183,36

36621

636261 2

2

2

21 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−⋅⋅⋅

=

F1=P F2=2P

1

6 m

2 m

x

y 4 m

1 2

EI13,83

62

631

62361

2

2

2

2

12 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⋅⋅⋅=

EId

EI14,5

63

631

63361

2

2

2

2

22 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⋅⋅⋅=

EId

3 m 3 m

Determinar, haciendo uso del concepto de coeficiente de influencia, la energíaelástica almacenada por la siguiente viga sometida a las acciones indicadas.

EI13,5611 =d

EId 183,321 =

EI13,8312 =d

EI14,522 =d

( )[ ]222

2112112

1 1

2222

121 dPdPPdPPdP

EIFFdWU ji

n

iij

n

j⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅=== ∑∑

= =

EIPU

244,18 ⋅=

( ) PPdPdd ⋅=⋅+⋅= 22,11212111

- Determinar el desplazamiento vertical experimentado por la sección sobre la queactúa la carga P.

6 m3 m

2 m

F1=P F2=2P

Ejercicio 6.3

Determinar, en función de los desplazamientos verticales (flechas) que experimentanlas secciones sobre las que se aplican las cargas exteriores, la energía elásticaalmacenada en la viga

niniii FdFdFdd ⋅++⋅+⋅= ........2211

njnjjj dkdkdkF ⋅++⋅+⋅= ........2211

En nuestro caso:

2221212

2121111

FdFddFdFdd⋅+⋅=

⋅+⋅= EI13,5611 =d EI

d 183,321 =

EI13,8312 =d

EI14,522 =d

Resolviendo el sistema:

[ ]( ) [ ]212

211

0047602555022555030

ddEIPFddEIPF

,,,,

+−==

−==

EIk 3011 ,= EIk 2555012 ,−= EIk 2555021 ,−= EIk 00476022 ,=

Ec. (2)

Ejercicio 6.4

[ ]

[ ]2212

21

221221

21

2

1

2

1

0047605110302

0047602555025550302

21

ddddEI

ddddddEI

ddkWUj m

mjjm

,,,

,,,,

+−=

=+−−=

=== ∑∑= =

lLlL BDBC 8,06,0 ==

De la geometría de la estructura:

Resolver la estructura de la figura aplicando el P.T.V.

C

P

l B

D

3

43

4

δ

C

P

l B

D

3

43

4

B’

Desplazamiento virtual: B B´

Ejercicio 6.5

CBCB L

αδε δ cos=

DBDB L

βδε δ cos=

Deformacionesvirtuales:

α

β δ

C

P

l B

D

B’δ

C

Bα

δ cos α

B’

( )dVol

dfdVolf

V yzyzxzxzxyxyzzyyxx

V V

∫∫∫

∫∫∫ ∫∫

+++++=

=Ω⋅+⋅Ω Ω

δδδδδδ γτγτγτεσεσεσ

δδrrrr

0=Ω⋅+⋅∫∫∫ ∫∫Ω Ω dfdVolfV V δδ

rrrr

( )

( ) ( )DBDB

DBCBCB

CB

V yzyzxzxzxyxyzzyyxx

LAL

LAL

dVol

⋅+⋅=

=+++++∫∫∫βδσαδσ

γτγτγτεσεσεσ δδδδδδ

coscos

( ) ( ) 0=⋅+⋅ DBDB

DBCBCB

CB LAL

LAL

βδσαδσ coscos

T.T.V.

Trabajo virtual fuerzas exteriores:

Trabajo virtual tensionesinternas:

( ) ( ) 0=⋅+⋅ DBDB

DBCBCB

CB LAL

LAL

βδσαδσ coscos

βασσβσασ

coscoscoscos CBDBDBCB −=⇒=+ 0

Por condiciones de equilibrio, habíamos obtenido previamente:

PFPF DBCB 8060 ,, −=+=

CBCBDB σσσ34

53

54

−=−=

CBCBDB FFF34

6080

−=−=,,

Si multiplicamos por A los dos miembros de esta última ecuación:

CBDBCBDB FFAA34

34

−=⇒⋅−=⋅ σσ

En el sistema articulado de la figura formado por tres barras deidéntico material y siendo las áreas de sus respectivas secciones transversales: A, para las barras BC y CD, y 2A para la barra BD, determinar, cuando, sobre él actúa la carga P:a.- Las fuerzas axiles a las que se encuentran sometidas cada una de las barrasb.- La energía elástica que almacena el sistemac.- El desplazamiento vertical del nudo C y el horizontal del nudo D.

Ejercicio 6.6

B D

C

l l

l/2

P

Áreas:Barra BD: 2ABarras BC y CD: A

ASPECTOS GEOMÉTRICOS DE LA ESTRUCTURA ARTICULADA

B D

C

l l

l/2

P

VB VD

θ θ

llCBCD

ll

118,1cos

º565,262/arctan

===

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

θ

θ

NUDO B NUDO C

NBC=NCD por simetría

RESOLUCIÓN DE LA EXTRUCTURA POR EQUILIBRIO DE NUDOS:

B

VB

NBD

NBC

θ C

VB

NDCNBC

P

θθ

PPNPNN

PsenN

BD

BCDC

CD

=⋅===

=

θ

θ

cos118,1118,1

2

B D’

C’

δ

RESOLUCIÓN DE LA ESTRUCTURA POR EL P.T.V.:

Desplazamientos virtuales:B y C no se desplazanD lo hace hacia su izquierdauna magnitud δ

B D

C

l l

l/2

P

VB VD

θ θ

B D’

C

δD

δ cosα

ll BDCD 2cos δεαδε δδ =

′=

( ) ( )

( ) δαδδαδ

δσαδσεσεσδ δδ

⋅+⋅=⋅+⋅′

=

=⋅+′⋅′

=⋅⋅+′⋅=

BDCDBDCD

BDCDBDBDCDCD

NNlAlA

NAllA

N

lAl

lAl

lAlAW

cos2222

cos

222

cos22int

Trabajo fuerzas actuantes: δWext=0

Trabajo fuerzas internas:

0coscos0int

=+⋅⇒⇒∀⋅+⋅=⇒=

BDCD

BDCDext

NNNNWW

αδδαδδδ

AEPld

AElPPd 796,3898,1

21 2

=⇒=

WU =NUDO C:

NUDO D:

( ) ( )EA

lPEA

lPE

AP

lu BD⋅

=⋅

==⋅=2

222εw

AElP

EAlP

EAlP

EAlPUUUU CDBCDB

2

22

2

898,12

)118,1()118,1(2

)118,1()118,1()2(2)2(

=

=⋅⋅

+⋅⋅

+

+⋅⋅

=++=

PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO:

AEPl

AEPl

PUd 796,32898,1

=⋅

=∂∂

=

Determinar, aplicando el teorema de reciprocidad y para la estructura articulada del problema anterior el desplazamiento vertical del punto C cuando actúa la carga Q que se observa en la figura:

Ejercicio 6.7

QB D

C

l l

l/2

SISTEMA I

SISTEMA IIB D

C

l l

l/2

P

QB D

C

l l

l/2

( ) ( )←⋅=↓⋅ III uQdP

EAlPu I ⋅

=w

( ) ( )EA

lQuPQd III ⋅

=←⋅=↓

AEPl

AEPl

PUdB 728,0364,02 =⋅=∂∂

=

AElPU

2

3640,=

EJEMPLO DE APLICACIÓN DEL PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO

Sabiendo que la expresión de la energía elástica almacenada en el sistemaarticulado de la figura (ver Ec. (1)) es:

determinar el valor del desplazamiento vertical queexperimenta el nudo B.

C

P

lB

D

3

43

4

Ejercicio 6.8

Determinar la máxima presión “p” manométrica interna que puede soportar una vasijacilíndrica de pared delgada de espesor “e” y radio “R” (R>>e) que contiene gas sabiendo que la tensión de plastificación del material de la vasija es “ yσ ”. NOTA: Aplíquese el criterio de plastificación de Tresca

Las tensiones en la vasija son: epR

epR

z 2; == σσθ , por lo que las tres tensiones

principales resultan ser: 0;; 321 === σσσσσ θ z El criterio de Tresca resulta:

Re

pepRk

epR yy σσ

σσσ =⇒=⇒===−2

22131

Ejercicio 7.1

Ejercicio 9-10-11.1

La sección de la figura se encuentra sometida a un momento flector MXde –200kN.m y a un esfuerzo cortante QY de valor -2000 kN. Determinar las máximas tensiones normales y tangenciales que se producen en la sección.

y

x

30050

60

250 Cotas en

mm

( )( )−2/y60y GG

( )( )( ) −−−− 2/y25060y250 GG

( )( )( )0

y2502550300 G

=−+−

mm200yG =

DETERMINACIÓN DEL C.D.G DE LA SECCIÓN:Tomando momentos estáticos respecto del eje horizontal que pasa por G

x x

300

50

60

250 yG

yG /2Cotas enmm

G

x x

300

50

60

250

200

75

75

Cotas enmm

M x = 200 KN.m

487

677

23

23x

mm10x50,210x44,8

10x13,310x44,810x81,7

)75)(50)(300(12/)50)(300(

)75)(250)(60(12/)250)(60(I

=+

+++=

++

+=

Momento de inercia:

IyM máx

máx =σ

σ tracción = 200x106 N.mm (200) mm / 2.50 x108 mm4

= 160 MPaσ compresión = 200x106 N.mm (100) mm / 2.50 x108 mm4

= 80 MPa

x x

300

50

60

250 200

75

25

Momento estáticomáximo:

En la fibra neutra:a0=60 mm

Qy

Q y = 2000 kN

Me= (300)(50)(75) + (60)(50)(25)

= 1,2 x 106 mm3

(200x103 N) (1,2x106 mm3)(2,50x108 mm4 (60) mm = 16 MPaτ max =

Cotas enmm

Flexión Cortante

80 MPa

160 MPaTracción

Compresión

τmax=16 MPa

Fibraneutrax x

30050

60

250

G

Un árbol de 50 mm de diámetro y 0,7 m de longitud se encuentra sometido a la acción de un momento torsor de 1200 Nm. Calcular la máxima tensión tangencial que se produce y el ángulo que giran entre sí las dos secciones extremas. NOTA: G=90 GPa

4944

1059,61332

05,032

mDIO−×=

⋅==ππ

MPaI

RM

O

z 89,481059,613025,01200

9max =×⋅

=⋅

= −τ

radIGLM

O

z 0152,01059,6131090

7,0120099 =

×⋅×⋅

=⋅⋅

= −θ

º871,023600152,0 =×=π

θ

Ejercicio 12.1

Repetir el ejercicio 12.1 suponiendo que el árbol es un tubo con un diámetro externo de 50 mm e interno de 30 mm.

( ) ( ) 494444

1007,53432

03,005,032

mdDIO−×=

−⋅=

−=

ππ

MPaI

RM

O

z 17,561007,534025,01200

9 =×⋅

=⋅

= −τ

radIGLM

O

z 0175,01007,5341090

7,0120099 =

×⋅×⋅

=⋅⋅

= −θ

º123600175,0 =×=π

θ

Ejercicio 12.2

El motor de un automóvil proporciona una potencia de 100 caballos a 1800 rpm a un árbol de transmisión de 10 mm de radio. Calcular la máxima tensión tangencial que sufre el árbol.

El momento torsor al que se encuentra sometido el árbol es:

( ) ( )mN

srevradrev

hpwhp

angularVelocidadPotenciaM z .396

min6012

min1800

7,745100=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

==π

La máxima tensión tangencial es:

O

z

IRM

=τ con 2

4RIOπ

=

τ=252 MPa

Ejercicio 12.3