Resistencia de Materiales - Carlos Esparza

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

B

C

a b

P

HA B

C

c FBD

VA

A

Equilibrio MA = 0

P(a + b) – FBDsen a = 0

22

BD

ca

c a

)ba(P

sen a

)ba(PF

ca

ca)ba(PF

22

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

B C

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 propiedades electroquímicas, 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.

0L

L

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

Sólido en equilibrio

F1

F2

F4

F3

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)

P P

P P

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

C

A

B

A

C

Fuerzas cortantes

P

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


9

x

Generatriz de referencia A

Punto fijo

x

Sección fija

(Configuración inicial)

T A

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)

M N

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 = 0

R = 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 x Fv = 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

3

FUERZA INTERNA: Primer tramo

0 x < 3

R1

N1

x

3 + R1 = N1

N1 = 3 +x

0dx)x(q

N1 = 3 +x

0dx

4

x

N1 = 3 +8

x2

3

Segundo tramo 3 < x 4

R2

N2

x

3 + R2 = 3 + N2 N2 = R2

N2 =x

0dx)x(q

N2 =x

0dx

4

x

N2 = 8

x2

3

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


11

Función de Fuerza Axial

N =

4x3 ;8

x

3x0 ;8

x3

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

M N

V Equilibrio:

FH = 0 02

2V

2

2N

FV = 0 102

2V

2

2N (*)

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

P 1/4 de circunferencia

a

x

z

y

P

d2

d1 r

s Ms

Mr

normal en c c

Vx

tangente en c

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

Mrc = 0 Mr – Pd2 = 0 . . . . (ii)

Msc = 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

3

3

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(2

1

F1 = 6.5 + 21 (3 – x)2 –

21 (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

2

21

F2 = 21

(3 – x)2 2

0.5 Ton

2 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

d

Fuerzas de fricción

Si no hubiese fricción TA=4100 KhKg.a

d

T+dT

T

fr d/2

d/2

fr = fdN FNORMALES = 0

dN – Tsen2

d – (T + dT)sen

2

d = 0

Si 2

d 0, con suficiente aproximación, tenemos:

dN – T2

d – (T + dT)

2

d = 0


15

dN – T2

d – T

2

d + dTd

2

1 = 0

Considerando únicamente diferenciales de 1er orden:

Td

dN

. . . . (i)

Ftang = 0

(T + dT)cos2

d– r – Tcos

2

d = 0

Si 2

d 0 cos

2

d 1, luego

T + dT – T – dN = 0

dN

dT . . . . (ii)

De (i) y (ii) obtenemos:

dTTd

Separando las variables:

dT

dT

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

P P

r

Semicircunferencia

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

P P W

R1 R2

Reacciones

Peso unitario r

Wq

G peso de la porción AC G = qr

G =

rr

W

WG

rsen A

P

W/2

G

V N

M

/2–

C

r

( centroide del arco AC)

Fvert = 0

Vsen + Nsen

2+

W

2

W = 0

V sen + Ncos = –

W

2

W . . . (i)

Fhoriz = 0

Vcos – Ncos

2– P =0

Vcos – Nsen = P . . . . (ii)

Mc = 0

M + P r sen –2

W(r – r cos) + G(

sen r – r cos) = 0

M = – P r sen +2

Wr(1 – cos) –

Wr(sen – cos) . . . (iii)

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

N = (

W –

2

W) cos – P sen

V = (

W –

2

W) sen + P cos

De (iii)

M = – P r sen +2

Wr(1 – cos) –

Wr(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

90

1k

3

Zk100

30

0

3

Luego: = 90

1Z2

Fuerzas Internas

100

Q: Resultante de la fricción

(en la altura Z)

N + Q = 100 N = 100 – ZdZ

N = 100 – Z

0

2dZZ90

1

N = 100 – 270

Z3

N

Z

NZ=15 = 100 – 270

1(15)3 = 86.5 klb

NZ=30 = 100 – 270

1(30)3 = 0 klb

N = 100 – 270

Z3

–

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

C 0.75 m

0.5 m

D

masa = 2 kg

B

1.25 m

50 N

A 70 N-m

0.25 m

B

0.625 m

50 N

A

70 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

Px Mx

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

D

2 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 + prcos2

– Ncos(2

– ) = 0

Vcos – Nsen = – prcos2

. . . . (*)

B A

r

p

0

r

0

V N

M

B

c

p

2

-

/2

r

0

V N

M

B

c

pr d

/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 Ton 2 Ton/m

r

A B C D

E

Fvert = 0

9r = 6 + 2(3) r =3

4 ton/m

Reacciones

V

r

A N

A)desde(

5.1x0

x3

2

2

xx

3

4M

x3

4V

0N

2

Tramo AB

M

x

02

)5.1x()5.1x(

3

4

2

xx2M

0x2)x5.1(3

4V

0N

Tramo BC

3

4 Ton/m

V

A N

M

x 1.5 m

2 Ton/m

B) (desde

3x0

)5.1x(3

2xM

)x5.1(3

4x2V

0N

22

B

02

)x5.4()x5.4(

3

4)x5.1(6M

06)x5.4(3

4V

0N

Tramo CD

C) (desde

5.1x0

)x5.1(6)x5.4(3

2M

)x5.4(3

46V

0N

2

3.0 m

3

4

V

A N

M

x 1.5 m

2 Ton/m

B C


22

02

xx

3

4M

0x3

4V

0N

Tramo ED

E) (desde

3x0

x3

2M

x3

4V

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 = 3L3

k . . . . (i)

MO = 0 R2L – L xdA = 0

R2L – L

0ydx x = 0 R2L –

L

0

2dxx k x = 0

R2L – 4

kL4 = 0 . . . . (ii)

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


23

Fuerzas Internas

x

3L12

k V

N

M

0x4

1xkx

3

1xL

12

kM

0xkx3

1L

12

kV

0N

23

23

Lx0

x12

kxL

12

kM

L12

kx

3

kV

0N

43

33

Gx

Área = ab3

1

a

CG b

L4

3xG

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/pie x

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 = 0 Vxy + 200 – 10x = 0

0x2002

xx10Mxz

Vxx = 0 (Normal) Vxy = 10x – 200 (Cortante)

Mxz = 200x – 5x2 (Flector)

340 pie

lb

A

z

B

R'A R'B

x

PLANO ZX

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

0)40)()(40)(340()40('R32

21

A

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

Resolviendo el sistema, tenemos:

340

A

t

4,533.33 lb

Mxy

V'xx

Vxz

x

x40

t

40

340

)x40(2

17t (lb/pie)

340 t

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 x2

x +

2

1x (340 – t)

3

2x – 4,533.33 x = 0

Mxy = 4,533.33 x – 2

x2

(2

17)(40 – x) –

6

x2

[340 – 2

17(40 – x)] (FLECTOR)

y

z

10 lb/pie

x

340 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

4

1 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

2r

P2dr

P2

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

2

rP2

T = )128

(rP2 22

0


26

(Momento Torsor) T = )2

14

(rP 20

(sentido contrario al

supuesto)

iii) M + 2π/

0rdθsenPr = 0

M =

dsenrP2 2

2π/

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 = 0

Q + 2G = 2S

2

QGS . . . . (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

sen2

QR . . . . (ii)

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

x

rtan

tan

rx . . . . (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)2

QG(

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 cuya resultante es P.

P

P

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

distribuidas sobre el área de la sección transversal.

A

P . . . . (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) A

P se ha definido el Esfuerzo Normal Uniaxial en

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

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

dA

dP . (2)

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

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).

2) Si un elemento está sometido a carga axial, pero existen SECCIONES

TRANSVERSALES EXCÉNTRICAS, los esfuerzos normales en éstas, NO pueden suponerse uniformemente distribuidas.


30

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 kg Equilibrio 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 525

A

F

= 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:

x

P

1 m 1 m

o

FAC FBD 1–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 + 2

P +

2

P(1 – x)

FBD = 4,900 + 2

P –

2

P(1 – x)

(Fuerzas Newtons; Longitudes metros) Esfuerzos normales

6

AC

ACAC

10400

)x1(2

P

2

P900,4

A

F


32

6BD

BDBD

10400

)x1(2

P

2

P900,4

A

F

Valores límite

AC 100×106 Pa

BD 50×106 Pa

Luego 6

610100

10400

)x1(2

P

2

P900,4

. . . . (*)

6

61050

10400

)x1(2

P

2

P900,4

. . . . (**)

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

dx

x

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 dxA

dA

integrando

dx

A

dA

kxLnA

Para x = 0 es A = A0 (dato)

Ln A0 = k

Por tanto 0LnAxLnA

x

A

ALn

0

Pasando a la forma exponencial: x

0

eA

A

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 m B

C

D E

F G

P=65 Ton

3

4

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

Secciones Requeridas: 2

2perm

FCFC cm 19.6

Ton/cm 4.1

Ton 67.8PA

2

2perm

CBCB cm 93.27

Ton/cm 4.1

Ton 1.39PA

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

P

Fuerzas Normales en las barras:

FCB = P cotan

sen

PFAB

(FCB tracción

FAB compresión)

Barras homogéneas del mismo material

Esfuerzos Normales (valor absoluto):

barra CB CBA

cotan P

cotan PACB

barra AB ABA

sen/P

sen

PAAB

Peso de la estructura

(: peso específico) )cos

LALA(W ABCB

cossen

PLL cotan

PW

)cossen

1an(cotL

PW

Peso Mínimo 0d

dW

0

cos sen

cossencosec

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.

y

t

L

r y

L

rt ;

uL

z

L

r

)uL(

L

rz

Cuando gira el disco diferencial se genera una fuerza diferencial


36

o z

dF

disco de masa dm

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

Pero dV

dm ; y a = 2u

dF = (dV)2u

dF = (z2du)2u

udu)uL(L

r

gdF 2

2

22

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

L

yL

2

2

22

du u)uL(gL

rF

Desarrollando la integral y simplificando, obtenemos:

)y4

1y

3

L(

gL

rF 43

2

22

área transversal A

F t

y Esfuerzo Normal:

A

F

A = t2

2

2

2

43

2

22

yL

r

y4

1y

3

L

gL

r

Simplificando

2

2

y4

1y

3

L

g

Condición para Esfuerzo Normal Máximo:

0dy

d

0y

2

1

3

L L

3

2y

2

2

máx )L3

2(

4

1L

3

2

3

L

g

g9

L22

máx

(máx 0dy

d2

2

)


37

1.3.3) Principio de Saint - Venant

P P

Concentraciones del 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

P

Q1 Q2

Q1 Q2

P: resultante de Q1 y Q2

La misma distribución del 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 1515

Ton 51

2apcm 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.


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).

bd

Pap

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).

aceroA

P (dato)

pulg

klb 52

22

2lgpu )

8

7(

4

pulg

lb 000,5

apap

A

P

2ap

aplb/pulg 750

lb 3,006.6PA

4)1d(4

22

750 kN Soportes

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

Cy RC

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 mm RC

apap

A

P (9 mm×2.6 mm)

233

3

apm 106.2109

N 10950,1

= 83.33×109 N/m2

ap = 83.33×109 Pa

ap EN LOS SOPORTES:

apap

A

P

(en los soportes)

233

3

apm 106.2105

N 102

950,1

1 PERNO (LARGO)

VIGAS

4 Ton

90 cm 90 cm 180 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

D

C

4 Ton

90 cm 90 cm 180 cm 180 cm

A

B

D

C

4,000 kg

RB

RB

F

F

RC tracción en el perno

RA

0R)90180(R180

FRR

CB

CB

F)18090()000,4)(1809090(R90

000,4RFR

B

BA

A

F

2d4

7.666,6

A

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.

uinicial ltransversa Área

última Carga

0

uu

A

P

1P

PFS

perm

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 DE

FORMA SÚBITA (VIOLENTA)

A

B C

D

10 klb

10' 10'

5'

10 klb

klb23.41F

klb36.22F

AD

AC

nal)(adimensio 35.3klb 22.36

klb 75

F

PFS

AC

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

D E F

x 200 lb

xE

60 pulg

d=½" d=5/8"

x 200 lb

FAB FCD

Diagrama de cuerpo libre de la viga BD

xF

B D

AB

AB

A

F

2

2

1

4

CD

CD

A

F

2

8

5

4

W

=63.4°

FC

W

N: fuerza normal

: fuerza en el cable

fr: fuerza de fricción

i) Movimiento de subida del cucharón Diagrama 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

A

FC

63 103510A

7135.25

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

2

L

sen

x

45sen

2/L

2

22

Lsenx

sen2

Lx


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 sen2

L

2

L sen sen

2

L

sen)135(sen2

WF

d

dy

d

dy

67.5sen 2

lb 2,390F

2mín

A

95.399,1ad

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 = P En la sección del pasador se genera un ESFUERZO CORTANTE xy

x (Normal) y

z

Vxy

xy

Vxy = P

)A(

xyxy dAV

Siendo A el área transversal del pasador

A

Pxy

A

P

)dAF()A(

dF

dA dA

dF


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

A B

P P

P P

(JUNTA A TRASLAPE)

Las placas se encuentran sometidas a TRACCIÓN. 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

FC FUERZAS 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 A

P ;

(En valor promedio)

P

P

B

P/2

P/2

1 1

2 2

A

C P

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

P FC

FC

P/2

P/2

A2

P

1FSperm

u


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 1000

A

P

1,273.24 kg/cm2

i)

2

22apap kg/cm 11.311

)1(4

2

kg 1000

A

P

ap = 311.11 kg/cm2

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

1 cm 2 cm

2 cm

Aap

d = 1 cm

CORTEA

F

)5.0)(5.0(2

kg 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 mm

A

B

L

24 kN

24 kN

(b = 100 mm

al papel)

(Fuerzas N; longitudes m

B

24 kN

FC FC

½(L – 8×10-3) = L/2 – 4×10-3

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

)1042

L(10100

000,12

A

F

33corte

C

)1042

L(10100

000,12

33

t=10 mm t

40 kN 40 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)

corteA

FC

223

3

m )1020(4

N 103

40

A

P


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 mm 40 kN

10 mm

máx

máx = 66.67×106 Pa

2

1

2

1

8

"7

C

A

B

P 2'

6'' 2''

FUERZA EN LA BARRA AC

2' 6'

B P

FAC Mo = 0 P(8) – FAC6sen = 0

103

4FAC P

AC

AC

A

F

5.05.2

P 103

4


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

A

F

)8/7(5.2

P 103

4

corte

C

A

F

corte

AC

A

2/F

2

8

7

42

P 103

4

4

"3

4

"3

0.22"

canales

W

VIGA

PLACA

A

C

B MURO 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)

corteA

P

4

2

4

3

corteA

P

4

2

4

3

apA

P

4

3

apA

P

máxAR

máxCR

máxAR4

16.952,7

máxCR5

000,12


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

lh4

pA)hh(A

4

"3

8

"3

A

a

P P

e

B B

A

Remaches de diámetro d

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

e

P

a b b b b

tA

P

4

3

8

3


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

apA

P

4

3

8

3

cA

P

4

4

4

3

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 "621

21 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)

25.3

5.2

F

F

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 196.0

lb 2650

2pulg 196.0

lb 2030

P

A

P P

A

A

P

A

P

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

o

P P

A A'

Plano al

plano XOY

P

Px'x'

Px'y'

x P

x' y

y'

'A

P 'x'x

'A

P 'y'x

cos/A

cosP

A

P

cos/A

sen P

A

P

A

P

A

P


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

2

xx2'y'x

2

xx'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' =

cos

10301050 33

m2

FUERZAS SOBRE LA SUPERFICIE INCLINADA

N = 104 cos (N)

V = 104 sen (N)

'A

N

cos

103050

cos106

4

28

cos15

10

'A

V

cos

103050

sen106

4

cossen15

108

u

u

3

cos15

10

1017

28

6

3

cossen15

10

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 fuerzas internas en la barra BC. Equilibrio

60°

Ax

Ay

A

d

300 lb-pie B

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 = 0 Fv = 0 Ay + RCsen60 – 80 = 0

MA = 0 300 + 80(4) – RC(8sen60) = 0

2

2aa lb/pulg 92.33pulg 22

lb 68.135

a-a = 0

a

a

135.68 lb

135.68 lb

b

135.68 lb

V 135.68

b

N

2''

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 lb V = 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

10339.7

10250

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 N 100

45° 45°

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

De donde obtenemos:

N = 250 lb (compresión)

V = 250 lb

A

A0

A0 = 4 (1)2

45cosA

A0

45cos

AA 0

24

A

A

V ;

A

N

(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)

= 02

2sen . . . . (ii)

p

q

s 30°

P P

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 B

etc.....


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

B d

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

ensionaldimBi

oblemaPr

A

A

P

A'

Ad

Bd A

A'

u

v

CUADRÍCULALA POR

FORMADOS ELEMENTOS

LOS DE ESDISTORSIONMATERIALES PUNTOS

DE 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.

u

r

1r

x

P

P'

y

z

MIENTOS

ADESPLAZ

VECTOR

INCIAL

POSICIÓN

EN VECTOR

POSICIÓN

VECTOR

NUERVO

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

100

3j +

v

10

1k Vector Desplazamiento

u

r

1r

x

P(0,1,1)

P'

y

z

urr1

)k10

1 j

100

3 i 0()k1 j1 i 0(r1

k10

11 j

100

103 i 0r1 )'OP(

A

y

x x

y

x' y'

y'

x'

A'

Luego de la deformación, el punto A ocupa la posición A'. Los segmentos CAMBIAN de longitud y 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

x

x'xlím

0x

x

x'xlím

0x

y

y'ylím

0y

dx

dx'dx

dy

dy'dy

LLINICIAL LONGITUD

LONGITUD DE CAMBIOS

UNITARIA

NDEFORMACIÓ


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

r

y 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

dx dz

z

y

x

A'

dx' dz'

dy'

z'

y'

x'

Ad

inicial). longitud la a

respecto longitud de Cambio(

.INGENIERÍA DE UNITARIAS

NESDEFORMACIO sDenominada

dz

dz'dzdy

dy'dydx

dx'dx

NORMALES

UNITARIAS

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 :

CORTANTE

DE

NESDEFORMACIO

yz

xz

xy

x

x'xlím

0x

x

x'x

superiororden de

)x)((

xDIRECCIÓN EN

LONGITUD

DE CAMBIO

xDIRECCIÓN

EN 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 + L u: desplazamiento del extremo libre.

Configuración deformada

inicial longitud

inicial longitud final Longitud

L

LLL x de Promedio Valor

L

L

L

x

x'xLím

0xx

L

x'

x x

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

L

L

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 P 1"

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

ACORTAMIENTO TRANSVERSAL

Sección transversal final

inicialL

x

pulg 1

pulg 102306.8 3

inicialL

y

pulg 1

pulg 102306.8 3

INICIAL DEFORMADA CONTRACCIÓN TRANSVERSAL


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 b

a

a

L/2

Rotación Infinitesimal

Rígido

L/2

L/2 b'

b

Definición b

bb'b

. . . . (*)

L/2

22

2 sen4

Lb'b b

b'

2L

sen

b

bsen4

Lb 2

22

1senb4

L1 2

2

2

1b4

senL

2

11

2

22

22

2

senb8

L

2

22

b8

L

a b

c

z

x

y INICIAL


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

b

bb1x

b1 = b(1 + x)

a

aa1y

a1 = a(1 + y)

c

cc1z

c1 = c(1 + z)

INICIAL

INICIALFINAL

V

VV

V

V

abc

abc)1)(1)(1(abc

V

V zyx

abc

abc)1(abc

V

V zyxzxzyyxzyx

superior orden de initesimosinf

zyxzxzyyxzyxV

V

zyxV

V


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

3.0120

120arctan2

2C'AB2

2

0v

2".0u B

"08.0v

2"1.0u C

8'

8'

C B

A D

x

y

C B

A

B'

C'

96"

96"

v=–0.08"

u=0.12" u=0.2"

BC

BC'C'BBC

96

96)08.0()12.02.096( 22

BC

AC

AC'ACAC

296

296)08.096()12.096( 22

BC


79

3) El nudo A de la armadura representada desciende unidades (infinitesimal).

Calcular la deformación unitaria axial promedio en cada barra.

En la armadura dada: debido a la SIMETRÍA TOTAL, el punto A se desplaza verticalmente.

1 = cos; 2 = cos

(Deformación unitaria axial en la barra 1)

Similar para la barra 2.

4) La barra rígida AC, en posición horizontal, está soportada por tres barras delgadas

deformables, según se indica en el esquema. Una fuerza P y un momento M ocasionan que la barra rígida descienda 1 pulg. y que gire 2° alrededor del punto B. Determinar las deformaciones unitarias promedio que se inducen en las barras. (Las distancias están expresadas en pies).

P

1)

A

2)

A'

DESCENSO DEL PUNTO A (NO ALARGAMIENTO DE BARRA)

2 alargamiento de la barra (2)


1)

A

2)

A'

2 1

cosLL

LcosL

L

LL 11

cosL

2


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 C B

P

M

10 5 5

10

barra rígida

A C

C'

A'

1

2°

1 – 1

B

B'

1 – 2 1 – 3

3 2 1"

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°

360

2

360

2

360

2

3

4

3

2

3

4

Luego:

1201

1

= 0.0432 (verificar operaciones)

)TOSACORTAMIEN(

0266.0120

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 0 r =1"

z

y

x P A B

dy

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

r

T

= r

El ángulo indica el

cambio de ángulo recto

P'

y y'

x

x'

Con suficiente aproximación:

tan L

= arc tan(L

)

)L

rarctan(

10

151arctan 360

2


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

L 2L

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

2L2

L2LL2

CB

CB'CB

2

002.0

2L2

L

L

L


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 uA2 + vB

2 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'

L L'

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(L

21L)cosusenv(L2L'L ABAB

2

L

2

2

1

L

1

L

L)]cosusenv(1[L ABL1

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


85

AP =

AP =

Aproximación: Si x es pequeño comparado con L .

Luego:

Aproximación Binomial

BP

BP

Aproximación de 1er orden ( 0)

BP

Aproximación Binomial:

BP

4) Una placa delgada, en forma de rectángulo isósceles, está sometida a una

deformación, de manera que sus catetos experimentan la deformación unitaria 1 y

la hipotenusa, la deformación unitaria – 2. i) Demostrar que, con aproximación suficiente, la deformación unitaria de la

altura del , es h 21 + 2.

ii) Demostrar que, con aproximación suficiente, la distorsión del ángulo recto, es

2(1 + 2), radianes.

3L2

3L2xxL6L9L3 222

32L

x

L

x612

32

1

3L2

32L

x

L

x612L

2

22

2

0L

x

32

L12

x6112

32

1AP

1

L12

x6132

32

1AP

1L12

x61AP

1L12

x6

2

11AP

L2

L2L3Lx2xL

)3L(L

)3L(L)3L()xL( 222

22

2222

2

L

x

L

x24

2

1L2xLx2L4

L2

1 222

L

x

1L4

x212

L4

x214

2

1

L4

x1)

L4

x2(

2

11


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


; simplificando obtenemos

h 21 + 2

ii)

2

ah

a a h

2az

z'

h' a a

h

a' a'

a

a'a1

z

z'z2

2

h

h'hh

2

22

12 )1(

2

2a)1(a'h

)(2a21a'h 222

121212

12

222

1

2

1211

)(22412

a'h 2

2212

121

2/121 241

2

a'h

)21(2

a)24(1

2

a'h 21212

1

2

a2

a)21(

2

a21

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

(cos2

2

)1(a

)1(

1

22

a

2sen

2cos

1

1

1

2

2cos

2sen

2

21

1

1

1

2

1

2

1

11

2

1

21

12

)(2)1)((2 212211121

)(2 21

a

b

Deformaciones unitarias:

a

aa'a

a' = a(1 + a)

b

bb'b

b' = b(1 + b)

c

cc'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


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

1

cbacosab

ba1

baba

1)1(1

1

)1)(cba(cosab bac2

b2

a2

c2

b2

a2 cbacosab

c

2

bac

2b

2a

2

ab

c

a

b

b

a

ab

cbacos

c

22

baab

ba

a

b

b

acos

ccbaa

b

b

a

a

b

b

acos

)(b

a)(

a

bcos cacb

angularDistorsión

cacb )(b

a)(

a

bsen


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

dxx

v

dyy

vdy

dxx

udx

A

dy

dx

x

y

x

y

A'

C'

B'

B

C

u

v

yen cambio al debido

u en cambio dy

y

u

Ad

dyy

v

dx

dxdxx

udx

AB

AB'B'Ax

x

ux

dy

dydyy

vdy

AC

AC'C'Ay

y

vy

y

v1

y

u

x

u1

x

v

dyy

vdy

dyy

u

dxx

udx

dxx

v

xy

dx x

u


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

y

u

1x

v

y

u

x

vxy

x

ux

xy

u

y 2

3

2x

2

y

vy

yx

v

x 2

3

2

y2

x

v

y

uxy

2

3

2

3xy

2

xy

v

yx

u

xy

2

y2

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

entosDesplazami

de Campo

z dirección en z

w

ydirección en y

v

xdirección en x

u

NORMALES

UNITARIAS

NESDEFORMACIO

z

y

x

yzplano el en z

v

y

w

xzplano el en z

u

x

w

xyplano el en x

v

y

u

CORTANTES

NESDEFORMACIO

yz

xz

xy

i j k

2

2

2

azw

ax2v

ay4u

entosDesplazami

de Campo

0x

ux

0

y

vy

az2

z

wz

ax4ay8x

v

y

uxy

000z

u

x

wxz

000z

v

y

wyz

L400

xu

2

L2

xcos10 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

xu

2

obtenemos L200

x

x

ux

x

(L, x máx)

L x

o

200

1

L200

x

Lx

L

xdxL

finalizar al

1.9.2 sección

(*) ecuaciónVer

L

0

4 dxL2

xcos10L

L

0

4

L2

xsen

L210L

L2

10L 4

yyE

1

Apunto

del vertical

DeflexiónAV

10'

3'

A

y

x

A

A'

-x

y

x

10 – y

y

x 10 – y

e=1"

W

2x y

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

800

E

1y

10

0Ly dy)y10(

3

800

E

1dy

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 )

'C

1du

dytan

k2

1

ky2

1tan

1y

1

k2

1tan 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

k2

1

k2

1ancotarc

k2

1

D

E

E'

z

y

x

G G'

F

F'

C

C'

A

A' 1.0 m

1.5 m

B 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

yz001.0x

ux

xz3

001.0

y

uy

3001.0

xy001.0z

wz

yz3

001.0xz001.0

x

v

y

uxy

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).

xy001.0yz001.0z

u

x

wzx

xy3

001.0xz001.0

z

v

y

wyz

AE

AE'AE)( EAE

22

22222

EAE21

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

P

u

x

x Se generan simultáneamente

x

MATERIAL P P

P de baja intensidad

MATERIAL FRÁGIL: Falla súbitamente

cuando 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

0A

P

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 36

klb/pulg 58

les)referencia valores(

lEstructura Acero

y

y

2y

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

L

AINICIAL

0

0

L'L

A'AFINAL

P

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 = E El módulo de elasticidad E tiene dimensiones de 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

INICIAL

MATERIAL ELÁSTICO-LINEAL

i)

=E =E

L=?

=E =E

L=2L0

Ley de Hooke: = E Luego: E = E 1 =

Pero

0L

L

0L

L1

L = L0

L; A; E

L + L

P P

= E. Luego:

L

LE

A

P de donde obtenemos

EA

PLL (Fórmula del alargamiento

elástico lineal)

L

EA

LL

EAP

P

L 1

L

EA

L

EA

K

1


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

EA

PLL

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

EA

dxA)xL(dx

)x(EA

)x(PL

E2

LL

2

AE2

ALLL

2

W axial fuerza unapor

producido toAlargamien

EA2

WLL

L E A

L E A

L L

W/2

iguales

EA

PL

E2

LL

2

= + L E A

P

EFECTO COMPUESTO

L E A

EFECTO DEL

PESO PROPIO

L E A

P

EFECTO DE LA

CARGA AXIAL

Caso particular del Principio de Superposición:

ESINDIVIDUAL

EFECTOS

COMPUESTO

EFECTO

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 4a a

P=6 kN

P=6 kN

F G D

B C

A

1)

2) Barras rígidas

21

1

cm 2A

m 6L 1) Barra

22

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 G D

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):

1

1EA

PL

;

2

2EA

PL

2

41 109)2)(10)(2(

)600)(6( 1

42 103)2)(10)(2(

)400)(30(

a 2a

B 2L1 E1 A1

L1 E1 A1 1)

(2

P Barra 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 = 3

2P

F2 = 3

1P

B

1) (2

P = ? (RIGIDEZ)

2 1 1

1

1EA

PL

;

2

2EA

PL

11

132

1AE

)L2(P ;

11

131

2AE

)L(P

11

11

AE3

PL4 ;

11

12

AE3

PL

iii) COMPATIBILIDAD GEOMÉTRICA

a2

1

a3221

Reemplazando 1 y 2

2 1

a 2a

1 B

1 – 2

a 2a

1 – 2

11

1

11

1

11

1

AE3

PL1

a2

1

AE3

PL

AE3

PL4

a3

1

1

11

L

AEP

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 6.1

Ton 8A

w = 1.73 Ton/m

30°

2 Ton

RA

F

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

A

F

FA

ii) DEFORMACIÓN (Materiales)

EA

FL

A)10)(2(

)100)(8(3

CV = 1.5

mm

F C

C'

4.0

200100

CV

cm 075.0

2

cm 15.0

2

CV

075.0

4.0

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

(2 45°

45°

a

a

45° 45° F1 F3

P

F1 = F3 = 2

P (compresión)

45°

45°

F3

F3

F2 F2 = P (tracción)

EA2

Pa

EA

a2

P

EA

FL

1

1

EA

Pa

EA

a2

P

EA

FL

3

3

EA

2Pa

EA

FL

2

2

H desplazamiento horizontal (total)

V desplazamiento vertical (total)


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

2Pa

22

V = H1

45cos

V =

EA2

2Pa

EA2

Pa

2

2

V = EA2

Pa

EA

Pa

30° 45°

L = 24" L = 29.4"

P

B

C D

45° 60°

2,000 lb

FBD FBC

A = 0.2 pulg2 E = 30×106 lb/pulg2 P = 2,000 lb

FBC = 1,464 lb FBD = 1,035 lb

Fuerzas Axiales (Equilibrio)

)10)(30)(2.0(

)24)(464,1(

EA

FL6

BC

BC

)10)(30)(2.0(

)4.29)(035,1(

EA

FL6

BD

BD

BH

30°

45°

B

30°

45° BC

B'

BV

C D

BH

BD

BV

45°

45°

B

B' t =

BH

BH

BDBDBV

45cost

45cos

. . . . (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 m d = 2 mm (diámetro)

A B C

D

F y

Barra 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

08.04.0

5.1 C

CD

CEA

PL

234

9CD

)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 N

Long 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 = 0

753.98(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

FCB FCA

i) Fuerzas Axiales:

sen2

PFF CACB

(tracción)

EA

L

sen2

P

EA

Lsen2

P

CA

EA

L

sen2

PCB

A B

C

C'

CV

senCAC

V ó

senCBC

V

EA

L

sen2

P

sen

1CV

Por tanto CB 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)


; 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 C

L E A L E A P

Equilibrio: FAC

P

FCB FAC = FCB

En configuración deformada: A B C

P

(1

2)

L L

C'

C

sen2

PCB

)(2

P

AC

AC'ACE

)(A2

P

1

L1E

L

LLE

)(A2

P2

C2C

2

1

L2

11E

)(A2

P2

2C

2

2C

LE

)(A

P

LC

LC

2

C

C LE

)L

(A

P

EA

PL33C 3

CEA

P L

)(GEOMETRÍA NDEFORMACIÓ POR

MATERIAL PORLINEALIDAD 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

h A1

A0

P

h A1

A0

A

h1

x

Consideremos el cono completo

21

21

0 h

)xh(

A

A

2

1

10

h

xhAA

h

0 2

1

10 E

h

xhA

Pdx

hh

1

h

1

EA

Ph

xh

dx

EA

Ph

110

21

h

0 210

21

1

10

h

hhEA

Ph

2

1

1

0

1

h

hh

A

A

0

1

1

1

A

A

h

hh

10

1

AAE

Ph


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

C D

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

= 183

13

AV

A

A'

366 cm

AV – 1

3

3

1

(1 2) (3

3 3 + 1

183 cm

AV

AV

AV


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

y

b

Fd

Fd

D

hD

W

E x

a2

)ba(WFD

)ba(

a2

W

a2

)ba(WWFC

aL

aL

h

h

D

C

hh

hh

DD

CC

KF

KF

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

W

Kh2

L

ab

2

a

b1

K2

WC

a

b1

K2

WD

a34

a32

2) (3 (1

2L

L L

4) a

65 a

65

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 = 2

P

F2 F3

F1 = F4 = 2

P

F2 = 3

P

F3 = 6

P


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:

(*)

EA2

PL

EA

)L(2

P

EA

PL

EA6

PL

EA

)L(6

P

EA

PL

EA3

PL

EA

)L(3

P

EA

PL

EA

PL

EA

)L2(2

P

EA

PL

4

4

3

3

2

2

1

1

a65 a

65

a34

a32

P

1 1 4 + x

x

B

2 (1

(2 (3

4)

3

a34 a

32

x 2

3 x – 3 2 – 3

a34 a

32

a

)x(

a234

332

)2(3

1x 32

EA18

PL5x

1 – 4 – x

a65

1 – 4 – x

a65

B"

a

x1

a

x

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

2EA18

PL5

EA2

PL

EA

PL

L8

EA9P

L8

EA9KB

r

R

p

L

d

F0 F0

0

0 d sen prLF2

prL2F2 0

rR

pr

L)rR(

pLr

A

F0

lr2)rr(2 r

interiornciacircunfere la en Cambio

)rR(E

pr

Er

r2)rR(E

prr2)rr(2

)rR(E

prr

2


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

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:

2máxpulg 682.0

lb 400,21

5.2

000,70

A

FCD

360

2

360

2

61018

9

000,28A

FCD

L E A

Peso total G

Peso específico AL

G

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

x

F

F1 = Ax F1 = AxAL

G

F1 = L

xG (compresión)

1 = A

F1 =AL

xG (compresión)

1 = EAL

xG (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

=

u

u

dx

)dx(1

dxEAL

xG

Después de la deformación, el espesor de la

"rebanada", es: dx – (dx) = dx – EAL

xGdx

dx – (dx) =

EAL

xG1 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

EAL

xG1Z

2

x

2

L

EAL

G)xL(

2

x

EAL

GxZ

22L

x

2

L

00G dG Z)G)(Z(

AL

G

L

G

L

0

22G dx

L

G)xL(

EAL2

G)xL()G)(Z(

L

0

32

2

G )3

xxL(

EAL2

G

2

xLx

L

1Z

EA3

GL

2

LZG

GZ2

L

GZ2

L

EA3

GL


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

B

C

3r4

x

P

A

B C

FB

FD

FA

D

W

D

3

r4

3

Wr

r

Wx

3

W4

2

FW4 D

3

W2

r2

Wx3W2FA

P W

D B

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)

EA

LFDD

EA

LFAA


121

Reemplazando en (vii)

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

Simplificando:

Reemplazando valores:

Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm

)FF(EA

L1.0tanr AD

3

W2

r2

Wx3W2

3

W4

r

Wx3

EA

L1.0tanr

2

2

r2

x9

EA

WL1.0tanr

2

2x5.4

)102()10)(210(

)2.1)(500(1.0tan)1(

234

9


122

DEFORMACIÓN TOTAL

1.13) Comportamiento No Lineal. Diagramas Idealizados /

1.13.1) Definiciones:

SÓLIDO ELÁSTICO → Aquel que recupera su configuración inicial

cuando desaparecen las acciones que ocasionaron la deformación.

Elásticos Lineales

Pueden ser Elásticos No Lineales

Anelásticos

Lineal No Lineal Anelástico (Acero) (Cº Simple en compresión) (Caucho)

SÓLIDO INELÁSTICO → Aquel que no recupera su configuración inicial

cuando desaparecen las causas que lo deformaron.

En el sólido se inducen deformaciones irreversibles.

p

rp

Lazo de HISTÉRESIS (Disipación importante de energía, calor,…)

/

/

/

/

/

punto con 0

/

A( , )

tan

p r

PERMANENTE

r

r

p

(ELÁSTICA)

ERECUPERABL

permanente


123

DIFÍCIL DE DETERMINAR EXPERIMENTALMENTE

Nominal de Fluencia

En los materiales donde es imposible (difícil) precisar con exactitud el

valor del ESFUERZO DE FLUENCIA Y , es conveniente ubicarlo por

definición (nominal).

MÓDULOS SECANTE Y TANGENTE

En materiales cuyos diagramas constitutivos son no – lineales, pueden

definirse “MÓDULOS TANGENTE Y SECANTE”

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

Las fuerzas externas realizan trabajo durante la deformación. Esta

energía se almacena en el interior del sólido (Energía de Deformación).

)( PP

)(PUP

),( 11

),( 22

),( 00

/

Y

P

),( YY

/

)(

/

/

)(

),( 00

T

12

12

S


124

1.13.2) Diagramas Idealizados / :

En general, las relaciones constitutivas son complicadas, con la

posibilidad de presentar variadas alternativas o configuraciones. Para facilitar el

tratamiento analítico del comportamiento de algunos materiales, se usan

DIAGRAMAS IDEALIZADOS de las relaciones / .

SÓLIDO RÍGIDO:

SÓLIDO PERFECTAMENTE ELÁSTICO:

SÓLIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO:

A partir del esfuerzo de fluencia, las deformaciones inducidas crecen

notoriamente. Las deformaciones elásticas que pudieran existir son

insignificantes. El material fluye a esfuerzo normal constante.

SÓLIDO PLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO:

A partir del esfuerzo de fluencia, Y , para inducir deformaciones mayores,

se requiere incrementar el esfuerzo.

/Sin deformaciones

/

/

LINEAL NO LINEAL

y

/

y Zona de endurecimiento

/


125

y

y

E1

Endurecimiento

/

SÓLIDO ELÁSTICO – PERFECTAMENTE PLÁSTICO

(ELASTOPLÁSTICO):

Las deformaciones elásticas NO pueden despreciarse. Tampoco existe

zona notable de endurecimiento.

SÓLIDO ELASTO – PLÁSTICO CON

ENDURECIMIENTO:

(Bilineal)

SÓLIDO DE RAMBERG – OSGOOD

La deformación total es: ....(*)rp

Para una gran mayoría de materiales la relación / (en la zona no

elástica) puede aproximarse por

p, donde Β y η son constantes

apropiadas para cada material.

Reemplazando en (*): ).....( OsgooddeRambergEcr

Si además, la deformación es elástica lineal →

r

.

.

;LinealElásticanDeformació

InelásticanDeformació

Las ecuaciones de Ramberg– Osgood han sido estudiadas experimentalmente.

10;2

72300

25;2

122400

pg

lb

pg

lb

Aluminio

lEstructuraAcero

y

/

y


126

NOTA› Las relaciones presentadas, suponen tácticamente que los materiales NO SON

VISCOSOS, es decir NO se presentan fenómenos importantes de desplazamientos

dependientes del tiempo (FLUJO).

Existen materiales (asfaltos, breas,…) que se deforman gradualmente por acción de

un esfuerzo y su deformación se incrementa con el tiempo aún cuando se haya

retirado al esfuerzo.

Comportamiento influido por la VISCOSIDAD.

MATERIAL ELÁSTICO

MATERIAL VISCOELÁSTICO

t

,

El modelo más simple de material viscoelástico, es el denominado SÓLIDO DE VOIGT

– KELVIN, cuya ecuación constitutiva, es:

d Viscosidade eCoeficient

YoungdeMódulo

t

De manera similar a la analogía existente entre un Sólido Elástico Lineal y un Resorte,

el Sólido de Voigt – Kelvin acepta analogía con el modelo físico:

Si el efecto de la Viscosidad es despreciable → 0 , y el modelo se reduce al

Modelo de Hooke.

Elasticidad Viscosidad

/

/

Sistema resorte/amortiguador en paralelo

E

/

/


127

Constante de Elasticidad

Constante de Viscosidad

Otro material viscoelástico, es el que admite la ecuación constitutiva:

MAXWELL modelo

Material un Define

ttA

El material modelo de MAXWELL es análogo al sistema resorte / amortiguador en

serie:

Las soluciones de la ec. Constitutiva tipo Maxwell, se dan en dos planos coordenados:

PROBLEMAS

1) ¿Qué esfuerzo se requiere, en cada caso, para generar deformaciones unitarias

de 0.001 y 0.004?

Elasticidad Viscosidad / /

/

t t

y

(i) (ii) (iii)

y

y

E1

E1

2pulg

Klb60y

2

4

pulg

Klb103Ε 2pulg

Klb2 310


128

CASO ( i ) → RÍGIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO

CASO ( ii ) → ELASTOPLÁSTICO

CASO ( iii ) → ELASTOPLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO

0.001 0.004

1 2

y2pulg

Klb60 y 21

0.0024

1030

60

y

Deformación Unitaria de Fluencia:

Ey = 0.002E1 = 0.001 E2 = 0.004

2

y

2

1

4

1

lg/30

)001.0)(10)(3(

puklb

Ey = 0.002

y

E1

Ey = 0.002E1 = 0.001 E2 = 0.004

2

y

2

1

4

11

lg/30

)001.0)(10)(3(

puklb

2-y

E2 - Ey

y

y

2

2 tan

264klb/pulg

)3

100.002)(2)((0.00460

tan

tan

2

2

222

22

))

)

((

(

yyyy

yy


129

2) El cilindro representado, es de un material de comportamiento elástico no lineal,

cuyo diagrama / es parabólico. Hallar la deflexión del extremo libre

ocasionada por el peso propio.

3) Una barra de sección circular tiene 3m. de longitud y 10mm de diámetro, ésta

hecha de un material cuya ecuación constitutiva es:

9

2707

31

70000

donde se expresa en MPa. La barra está

cargada axialmente por fuerzas de tracción P = 20Kn, y después se retiran las

cargas.¿Cuál es la deformación unitaria permanente de la barra?

6"Φ

5"L

3pulg

lb0.2

2lgpu

lb510k10k10000kParábola 2

)1...(

510

parábola de 2do Grado

Vértice

)lgpu

lb10000;10(

2

2

P(x)(peso porción inferior)

Fuerza Axial

2)xL(

1010

2

unitaria ndeformació la obtenemos donde De

510)xL( (1) en doReemplazan

)xL(A

P(x)

Normal Esfuerzo)xL(A)x(P

.lgpu1088.2 datos los doreemplazan y integral la oResolviend

x)xL(10

x

será total deflexión La

7

60

0

2

10

2

L


130

Diagrama

4) El sistema estáticamente indeterminado que se representa en la figura consiste

en una barra rígida horizontal ABCD, soportada por dos resortes idénticos en los

puntos A y C. Los resortes admiten una relación fuerza – desplazamiento no

lineal, dada por ).pulgadas en libras; en F.(lgpu5.20;12.11

60F

La carga

P es de 35lb. y los segmentos de la barra tienen longitudes a=15”,b=10”,c=10”.

(a)Graficar un diagrama fuerza desplazamiento para uno de los resortes.

(b)Calcular las fuerzas FA Y FC en los resortes A y C respectivamente, los

cambios de longitud cA y de los resortes y el ángulo de giro de la barra

rígida.

PP

254.65MPa2

m2

)3

10(104

π

000N 20σ

:20KNP Para

total) ón(deformaci 0.00456ε

9

270

254.65

7

31

70000

254.65ε

:es total, ndeformació La

carg

a

E1

(total)

desc

arga

MPa)

perm remp

total

PERM

Total

9

270700007

3

70000

:dada vaconstituti ec. la con laComparándo

00364.0RECUP

recuptotal

recuppermtotal

0.00092permε

9

270

254.65

70000

254.65

7

3permε

mm68.13)3000)(00456.0( total

Δ : total toalargamien

mm92.10)3000)(00364.0(recup

Δ :erecuperabl toalargamien

mm76.2)3000)(00092.0(perm

Δ :permanente toalargamien

:NOTA


131

P

A B C

a b c

Equilibrio:

Compatibilidad:

Material:

P

RFA

FC

4P....(1)C

2FA

3F

P(20)C

10FA

15F

c)P(bbC

FaA

F

0B

M

c

A B C

a b )2...(32

1510

abba

CA

CA

CA

CA

º77.4

a

25.1tanarc

a tanarc

:rígida barra la de nInclinació

.lbs25)833.0(2.11

)833.0(60F 30lbs.

)25.1(2.11

)25.1(60F

:fuerzas las obtenemos ecs.(3) las de partirA

"833.0 )"25.1(3

2

3

2ec.(2) la De

"25.1 aceptable raíz única la obtenemos o,Resolviend

0358.01

20

2.11

45:tenemos o,ndSimplifica

)35(4

3

22.11

3

2120

2.11

180

:tenemos (1), en (2) y do(3)Reemplazan

)3...(2.11

60F ;

2.11

60F

A

CA

CAC

A

A

A

A

A

A

A

A

A

C

CC

A

AA


132

Diagrama Fuerza / Alargamiento

5) Una barra prismática AB de longitud L=86” y área transversal A = 0.75pulg2

soporta dos cargas concentradas: P1=24Klb y P2=6 Klb. El material es una

aleación cuyo diagrama / sigue una ecuación tipo Ramberg – Osgood.

)i.(..........10

380000.614

1

61010

en la que tiene unidades Klb/pulg2.

Determinar el desplazamiento del punto B, en las sgtes. condiciones: i) P1 actúa

sola; ii) P2 actúa sola;iii) P1 y P2 actúan simultáneas.

25

30

0.833 1.25pulg

Flb)

2.1.1

60F

.enunciando el en dada la es ecuación

la,10m;7/3;lgpu/Klb38000;lgpu/Klb1010 Para

tracción) de pruebas en asdeterminad(

material del Constantesm,,,

/ Diagrama del inicial parte la en Plástico Módulo :donde

ó

vaConstituti Ecuación : Osgood - Ramberg

260

26

00

m

0

0

m

000

P1

P2

L/2

L/2


133

"439.0Δ

)"43)(003492.0()"43)(00672.0(Δ

:esbarra, la de toalargamien El

003492.0ε ecorrespond le que lA

lgpu/lb 32000σ

75.0

24000

A

Pσinferior mitad la En

B

B

2

1

NOTA › Observar que: En una estructura NO LINEAL, el desplazamiento producido

por dos (o más) cargas que actúan en forma simultánea NO es igual a la suma de los

desplazamientos producidos por las cargas cuando actúan por separado. (CASI DE

SISTEMAS ELÁSTICOS LINEALES)

6) Determinar la carga última que puede aplicarse a la barra rígida ABC, soportada

por dos alambres de acero elastoplástico. (E=200GPa; y =250MPa).

CARGA ÚLTIMA (Pu): La que ocasiona que en ambos alambres se alcance el

10

20

30

40

50

0.01 0.02 0.03

0.00672 ecorrespond le que Al

lgpu/lb40000

75.0

600024000

A

PPsuperior mitad la En

:P y P de Simultánea Acción)iii

"0344.0)"43)(0008.0(

:es caso, este en ento,desplazami El

obtenemosec(i); la mediantevalor, este Con

lgpu/lb8000lgpu75.0

lb6000

A

P

2

21

21

B

2

2

22

P

B

A C

1.5m

2.0m

1m2m

A=3x10 m2-4

A=2x10 m2-4

E1

y

y


134

Esfuerzo de Fluencia y . (Simultáneamente)

(Falla del Sistema)

Si sólo un alambre llega a la fluencia, NO se produce la falla del sistema, debido a

que el otro alambre aún estará en el rango elástico.

En el momento de la falla PB = y AB

Newtons 000150P

000Newtons 150 2

)50000(3)75000(2P

P3P2P20M

U

CBA

(↑___ INICIA LA FLUENCIA EN EL MATERIAL DE AMBOS ALAMBRES).

7) Dos cables son de un material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es 2 k ,siendo k=1010lb/pulg2 y

2lb/pulg7103 .La sección

transversal de cada cable es 0.2pulg2 y ambos tienen 5 pies de longitud. Determinar la deflexión vertical del nudo B por aplicación de la carga P=2Klb.

Geometría:

Fuerzas:

P

PBPc

A

Newtons 50000P

)10)(210(250cP

AσP

Newtons 75000P

)10)(310(250P

AσP

C

46

CyC

B

46B

ByB

P

B

º

1 2

12

B

B

...(*)2

3ΔΔΔΔΔ

2

3ΔαcosΔΔ

total) (Simetría ΔΔ

B2

BB1

21

30º30º

F1 F2

P

3

PFF

FF

21

21


135

Esfuerzos:

Ecuación Constitutiva:

2

2

Lk

LA3

P

Régimen cualquier para,L

k

Según (*)

2

B2B2

3

L

1k

2

3

LA3

P

Reemplazando valores numéricos, tenemos:

2B2

10

B

7

4

3

)125(

10

2

3

125

103

)2.0(3

2000

(Fuerzas →lbs ; long → pulg.)

Resolviendo la ec. de 2do. grado, obtenemos: pulg 0143.0"

pulg 1935.0'

B

B

Nota > Las dos raíces son soluciones correctas.

Calculamos las deformaciones unitarias (en los cables).

Usamos (*) 2

3B

Para

.lgpu1676.0'

2

31935.0'" 1935.0'B

A3

P21

E = 0.003E = 0

Ek2

.0030

10

103

k

0

0)k(0

10

7

Para un valor admisible del esfuerzo existen dos Deformaciones Unitarias


136

Para

.lgpu01238.0"

2

30143.0"" 0143.0"B

Las deformaciones unitarias, son:

000206.060

01238.0

L

"" y 00279.0

60

1676.0

L

''

En el Diagrama Constitutivo:

E' = 0.00279

E = 0

E" = 0.000206

E = 0.003

Si P crece lgpu 0143.0B

Si P decrece lgpu 1935.0B

8) En el dispositivo esquematizado en la gráfica, se indican las dimensiones

correspondientes antes de que sean aplicadas las cargas.¿En qué sentido y que

distancia, en pulgadas, se moverá la placa fijada en el extremo derecho del

tubo, debido a la aplicación de las cargas?. Las curvas / para el acero y el

concreto se muestran en otra gráfica (1ton <>2000lbs.)

Si P es creciente Si P es decreciente

50 Ton

40 Ton

40 Ton

Concreto

(CILINDRO)

Placa de Apoyo

Placa de Extremo (CIRCULAR)

E=30 x10 lb/pulg1

6 2

y=35000 lb/pulg2

CONCRETO

(0.0015;2.120)lb/pulg2

Tubo de Acero: dext = 5.563 pulg. dint = 5.047 pulg.


137

Fuerzas Internas:

Tubo (18”)

Tracción:

Tubo (8”)

Bloque Concreto

9) La barra rígida ABC, inicialmente en posición horizontal, está suspendida por

dos barras de acero elastoplástico. El punto medio B de la barra es reflectado

10mm. Hacia abajo, por aplicación gradual de la carga Q. Luego la carga Q es

retirada lentamente.

Determinar:

i) El máximo valor de Q y la correspondiente posición de la barra

rígida.

ii) La posición final de la barra (luego de retirada Q).

F1=50 Ton F1=(50)(2000)=1000 000lb

50 TonF1

50 Ton

40 Ton

40 Ton

F2

F2+80=50 F2= -30 Ton (Compresión) F2= -60000 lbs

Esfuerzos:

21lgpu

lb23250

3.4

100000

(Tracción)

22lgpu

lb13950

3.4

60000

(Compresión)

50 Ton

40 Ton

40 Ton

F3

F3+80=50 F3= -30 Ton (Compresión) F3= -60000 lbs

22

3lgpu

lb2120

)6(4

60000

(Compresión)

Cambio total de longitud:

pulg. 00780.0

)12)(0015.0()8(1030

13950)18(

1030

23250

LLL

66

332211

La placa del extremo derecho del tubo se desplaza hacia la izquierda (deformación neta por compresión)0.0078 pulg.

Nota→Acero en Régimen Elástico(Ley de Hooke). Concreto→Deformación Unitaria dada


138

Equilibrio:

Comportamiento Elástico Lineal:

El máximo desplazamiento (elástico) del punto A, sucede cuando el material de la

barra AD alcanza el esfuerzo de fluencia y .

.m103)2()10)(200(

)10)(300(LL

:deflexión la ecorrespond le F valor esteA

Newtons10240Q *) (ver esto Con

Newtons10120)10400)(10)(300(AF

3

9

6y

yA

MÁXAD

3

MÁX

366ADyMÁXAD

Barra AD:

Puesto que, por el equilibrio, N10120FF 3CEAD , posiblemente la barra CE

no está en fluencia.

La deflexión del punto C es LLC

,

A B C

QD

E

E1

y

GPa200

MPa300

m5L

mm500ACE

m2L

mm400AAD

y

2

2

QFAD FCE

(*) F2 ó F2Q

2/QFF

CEAD

CEAD

x

(m)

3

FAD

x-3


139

es decir:

.m106

)5(10200

1

10500

10120

3C

L96

3

C

N10150)10)(500)(10)(300(AF 366yMÁXCE

Barra CE:

(Barra CE → no en fluencia).

La deflexión del punto B, es:

m3105.4)310(632

1

2

1 CAB

Puesto que B debe ser 10mm, deben presentarse deformaciones plásticas en las

barras deformables.

Comportamiento Plástico:

Para Q=240 x 103 N ocurren deformaciones plásticas en la barra AD.

Como la barra CE no ingresa al régimen plástico, la deflexión del punto C

permanece igual a 6mm.

Configuración de la barra rígida:

mm14' 102

6' A

A

x

3

F

x-3

FCEmáx=x3

mm mm mm

A B C

A B C

mmmm

xewtons3

A'


140

Posición Final luego de retirada (gradualmente) la carga Q

A C

POSICIÓN FINAL

SIN CARGA11mm

3mm

14mm

Deformación permanente en la barra AD

Deformación recuperable

Deformación recuperable

mm

10) La barra AB es de acero elastoplástico (E=200GPa; y =300MPa ).

Después de conectar la barra a la palanca rígida CD, se observa que el

extremo D está demasiado alto. Se aplica entonces una fuerza vertical Q en D

hasta que este extremo se desplaza al punto D’. Determinar la magnitud

requerida de la fuerza Q y la deflexión , si la palanca debe regresar a la

posición horizontal luego de retirada la carga.

E1

y

B

Q

D

C

D'

A

a

1

Palanca Rígida

L=1.25m

9mm

) ABbarra la de material(

GPa200

MPa300y


141

La máxima deformación unitaria recuperable, es:

.105.110200

10300 3

9

6y

y

Luego el alargamiento B’B”; es:

m10875.1"B'B

)105.1)(25.1(L"B'B

3

3yAB

La deflexión 1 se calcula por semejanza:

m1016.54.0

)1.1()10875.1(

CM

"B'B

'CB 331

1

Fuerza Máxima:

C

Fy...(*)

B

Qmáx

Carga de Fluencia en la barra AB: Fy=A y

es)resuperabl no plásticas nesdeformacio las enerafluencia(g de carga F (*)

Newtons. 940.06 6Q

1.1

)(0.4) 18.085 19(Q donde De

Q)1.1()4.0(F 0M

Newtons. 18.085 19)109(4

)10)(300(F

y

MÁX

MÁX

MÁXYC

236Y

11) Un cable sometido a tracción de radio r, tiene en su eje un módulo de elasticidad

E1, y este módulo crece linealmente hacia la periferia, donde alcanza el valor E2.

Determinar la Fuerza de tracción que puede soportar el cable con la debida

seguridad (el esfuerzo en ningún punto debe superar el valor 0 ).

B

D

C

D'

A

1

B'

B"

M

a

BB” → alargamiento total de la barra.

B’B” → alargamiento recuperable.

B’B → alargamiento permanente.

El material de la barra AB debe ingresar

al rango plástico.


142

La fuerza axial es: AP

)A(

r

0

2P

El esfuerzo es variable:

r

121

La deformación es constante en todos los puntos.

2

10

2

21

2

02

2

0

2020

212

r

0

121

r

0

121

2σ3

πrP Homogéneo No Material (1)

2σ

r3

P

:)( en doReemplazan

σ

εσ ; periferie la En

)...(2r3

P

r2P

2r

P

E

E1

E2

dA=2d

Ley de Variación del Módulo Elástico: (1)

rb bra ; a

es , r

es , 0 Para ba

1221

2

1

Ley de Variación:

r

121

PP

Constante)(todas las fibras con la misma )


143

12) La varilla uniforme BC tiene sección transversal A y está hecha de un acero

elastoplástico (E, y ). Usando el sistema bloque / resorte representado, se

desea simular la deflexión del extremo C de la varilla cuando la carga axial es P

y luego se la retira. Designando por la masa del bloque;μ el coeficiente de

rozamiento entre el bloque la superficie horizontal, hallar: (i) Una expresión para

la masa m requerida. (ii)Una expresión para la constante del resorte K.

La deflexión en los puntos C y C’ debe ser la

misma para todos los valores de P.

Varilla BC:

Fuerza de Fluencia: Py=A y

Deformación de Fluencia: LLy

yy

Pendiente de la parte recta del

Diagrama P - y L

AE

L

AP

y

y

y

y

Sistema masa / resorte:

Si P<FMÁX el bloque no se mueve, y 'cP

Relación lineal con pendiente

Para el bloque comienza a

moverse y 'c se incrementa, sin ningún incremento en

P.

Si P decrece hasta cero, el bloque se mantiene en un

miso punto y 'c decrece linealmente:

→ Igualando las expresiones para Py y FMÁX:

→ Igualando las expresiones para Py y FMÁX:

bloque) del (masa g

AmmgA

y

y

→ Igualando las pendientes resorte) del (constante L

A

13) Un mástil rígido se sostiene en posición vertical por medio de dos cables de

material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es ).MPa(ε10σ 25 El

mástil recibe una carga de viento q=1 KN/m uniformemente repartida sobre su

mgWFPMÁX

PCB

L

C' PB'm

K

c

P

Py

y

c'

P

FMÁX


144

longitud. Ambos cables tienen la misma sección transversal A = 2.5 cm2.

Determinar (i) El esfuerzo normal en cada uno de los cables, (ii) El

desplazamiento del extremo superior del mástil.

Fuerzas axiales en los cables: 0βsen7Fαsen3F2

qL0M ADAC

2

B .

Reemplazando valores (α es el ángulo agudo que forma el cable AC con el mástil y β

el ángulo agudo que forma el cable AD con el mástil), obtenemos: )i(0F757.2F4.25.40 ADAC

Compatibilidad Geométrica. Aceptando deformaciones infinitesimales.

De la semejanza de triángulos obtenemos la relación: αsen

Δ7

Βsen

Δ3

3

'CC

7

'DD ACAD .

Reemplazando los valores correspondientes: )ii(Δ149.1Δ ACAD

E

D

C

B A

4 m

3 m

4 m

q

FAD

FAC

R2

R1

2 m q

E’ E

D’ D

C’ C

b

a

DAD

DAC


145

Ecuaciones constitutivas (material): .KPaε10σMPaε10σ 2825

Reemplazando en función de las fuerzas y los cambios de longitud, tenemos:

A

F

10

LΔ)

L

Δ(10

A

F4

28

Para cada uno de los cables aplicamos la ecuación anterior:

AD4AD

4AD F04817.0)10)(5.2(

F

10

616.7Δ

AC4AC

4AC F0316.0)10)(5.2(

F

10

5Δ

Reemplazando ambas expresiones en la ecuación de compatibilidad (ii), tenemos:

ACADACAD F5679.0F)F0316.0(149.1F04817.0 (iii)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (i) y (iii), obtenemos: ).tracciones(MN21.10FMN798.5F ACAD

Esfuerzos en los cables:

MPa10x319.2)10)(5.2(

798.5οyMPa10x084.4

)10)(5.2(

21.10ο 4

4AD4

4AC

Desplazamiento :ΔEH

ACACC

HACCH

CH Δ75.3

αsen

Δ3ΔAΔ75.3Δ

9

Δ

3

'CC

.m379.021.101185.0)F0316.0(75.3Δ ACCH

14) La barra AB tiene un área transversal de 2 pulg2 y está hecha de un acero

elastoplástico (E=30 x 106 lb/pulg2;ϭy=40 000 lb/pulg2). Sabiendo que la fuerza F

crece de 10 a 140 Klb. Y luego decrece a cero, determinar (i) La deflexión permanente del punto C.

Consideremos las 2 porciones AC y CB.

Equilibrio → PAC + PCB = P …..(1)

Para cada porción de barra, tenemos:

lbs. 80000)40000(2AP yy

fluencia de ndeformacióε

fluencia de aargcP 1033.1

103

40000

Ε

σε

y

y3

6

yy

F

A B

PAC

A C

C

PCB

B

80 klb

PAC(tracción)

5.33x10-3

a

pulg. 1033.5)10)(33.1(4)4( 33yy


146

lbs. 80000)40000(2AP yy

Para F=140klb.

Suma de diagramas:

(PAC + PCB = P)

pulg. 108 3

En la descarga, la gráfica es paralela a la parte inicial ( . _ . _ . _)

Semejanza: pulg. 10222.6120

140

1033.5

3r3

r

Deflexión permanente de C:

lgpu 10778.1

.lgpu 10222.6 - 108

3P

3r

3p

15) La figura representa una barra de material Viscoelástico tipo MAXWEL

(constantes E,η1), rodeada de un tubo cilíndrico de material elástico – lineal

(módulo E2). La barra y el tubo cilíndrico están conectados a una placa rígida, de

peso despreciable, y a un soporte superior rígido. Una fuerza F se aplica

80 klb

Pcb(compresión)

5.33x10-3

b

10.67x10-3

40 klb

erecuperabl

permanente

r

P

F

5.33x10-3

b

10.67x10-3

160klb

140klb120klb

a

8x10-3

P

r


147

súbitamente en el instante t= 0. Calcular los esfuerzos que se generan en la

barra y en el tubo cilíndrico.

Área transversal de la barra → A1

Área transversal del tubo → A2

Equilibrio:

tubo el en Esfuerzo

barra la en Esfuerzo

)1(....................FAA

2Z

1Z

22Z11Z

Aceptando que las áreas permanecen

(sensiblemente) constantes:

)2(..........0A

tA

t2

2Z1

1Z

Compatibilidad: Las deformaciones Z deben ser iguales en cualquier tiempo:

)3....(....................

tt

2Z1Z

2Z1Z

Materiales:

Material Viscoelástico (tipo Maxwell) Ecuación Constitutiva:

ZZZ .

1.

t

1

t

Material Elástico Lineal (tipo Hooke)

ZZ

Para el tubo: →

)4...(..........t

1

t

2t2Z

2Z2Z

Para la barra →

)5....(....................1

t

1

t 1z

1

1z

1

1Z

Reemplazando (4) y (5) en la ecuación de Compatibilidad (3), tenemos:

)6..(........................................

1

t

1

t 1z

1

1z

12

2Z

De la ec. (2) obtenemos

)7......(....................tA

A

t

1z

2

12Z

Reemplazando (7) y (6):

PLACA RÍGIDA

Z

Y

F

1

2

Elasticidad Viscosidad

z z

Ez z


148

)8.....(....................

1

t

1

tA

A11z

1

1z

1

1z

2

1

2

Expresión que puede escribirse:

)9.....(..............................0

1

t

1

A

A1z

1

1z

122

1

Separando variables:

)10.........(..............................0t11

A

A

11z

1z

122

1

Integrando:

t

1Ln

1

A

A

11z

122

1

Pasando a la forma exponencial, tenemos:

tAA

A

1z1

2

2

11

2

A partir de la ec. (1) se calcula: 2Z :

1z

122Z

A

1F

A

1

NOTA> La constante K se conocerá cuando se tenga un valor del esfuerzo 1Z en un

tiempo dado.

1.14) Deformación Unitaria Cortante. Módulo de Rigidez

Es posible realizar ensayos en laboratorio, en los cuales ciertas probetas prismáticas

especiales son cargadas exclusivamente en Estado de Esfuerzo Cortante.

P

L

h

a

BASE RÍGIDA

P: aplicada gradualmente

P

P

Q

Q

L

hEquilibrio

Ph=QL

La cara superior del bloque prismático sufrirá un desplazamiento respecto a la sección

fija.


149

En valor promedio se presentan esfuerzos

cortantes en 4 caras del sólido:

ha

Q ó

La

P

(iguales

puesto que Ph= QL)

Para materiales isotrópicos se observa:

(i) El esfuerzo cortante SÓLO PRODUCE DISTORSIONES de los ángulos

rectos (Deformaciones de Cortante).

(ii) Los esfuerzos cortantes NO AFECTAN las deformaciones normales.

Si la carga P se aplica gradualmente (por incrementar) pueden registrarse los

corrimientos ocasionados. Los resultados se representan en un Diagrama

Constitutivo P - . De manera alternativa, puede obtenerse un Diagrama Constitutivo

- .

La constante G → se denomina MÓDULO DE RIGIDEZ (o MÓDULO DE

ELASTICIDAD CORTANTE) .

Físicamente, G representa un valor del esfuerzo cortante que ocasiona una

distorsión unitaria 1 . (G tiene unidades de esfuerzo).

1

1

P

k'

La parte inicial recta

tiene por ecuación GLa parte recta (inicial)

tiene por ecuación P=k'


150

En el tramo inicial del Diagrama se observa proporcionalidad entre Esfuerzos

Cortantes y Distorsiones.

Cortante Esfuerzo para Hooke deLey G γτ

El valor G es otra propiedad característica de los materiales.

Pa 91054....................................Cobre.....

Pa 91008...............l.........Estructura Acero

Pa 91039.........................Fundido... Hierro

Pa 91026....................................Aluminio..

(Valores referenciales)

NOTA< Obsérvese que, para un material, G < E.

La Ley de Hooke para esfuerzo cortante, puede expresarse en términos de otros

parámetros.

h

AGP

h

G

A

P

(A → área de cortante).

Def.) El valor h

AGse denomina RIGIDEZ CORTANTE.

Físicamente, significa el valor de P que ocasiona 1 .

Para deformaciones

infinitesimales:

h ó h

Notas)

i) Las constantes elásticas E y G no son independientes entre sí. Se

demostrará (posteriormente) que entre ellas existe una RELACIÓN.

1

P

k'=AGh

P A

P


151

Z

Y

x

zy

yzzy

yz

dx

dz

dy

1

Esfuerzo

E

1.67x10-3

1.05x10-3

1G

k/cm2

k/cm2

Deformación Unitaria

E k/cm2

G k/cm2

(Material Acero Estructural)

1.14.1) Esfuerzo Cortante en Planos Perpendiculares

Consideremos un prima infinitesimal,

sometido a ESTADO PLANO de Esfuerzo

Cortante: (Dos caras paralelas libres de ).

En consecuencia: “Los esfuerzos cortantes que actúan en planos

perpendiculares son numéricamente iguales”:

(NO)

Ambos cortantes, o se dirigen hacia la arista común, o se alejan de ella.

EJEMPLOS

1) En el sistema representado, la carga P=27kN debe producir una deflexión

vertical de 2mm., a la placa rígida AB. Hallar las dimensiones mínimas a y b

necesarias. Considerar: mm600e;MPa18G;MPa5.1ad (┴ al plano

de dibujo)

etc). ...... ; ; :scommutable s(Subíndice

Cortante. Esfuerzo del adReciprocid de

Ley denominada :ndoSimplifica

0zyxyzx

0M

yxxysrrs

ZYYZ

ZYYZ

x

,

)()(


152

P/2

b

mm

mm

P=27KN

RígidoRígido

1 2 1 2

Deformación

b

a a

Por la simetría total, consideramos sólo una “parte”:

be2

p

Condición ii)

be

2P

Esfuerzos i)

ad

Reemplazando valores, tenemos:

0.15mb

0.15mb donde de ,105.1)1060)(b(2

1027

mín

6

3

3

m024.0am024.000833.0

102a

aa:males)infinitesi ones(deformaci eometríaG iv)

Rad. 083.0108.1

105.1

:valores doreemplazan ,G

G :Hooke deLey iii)

mín

3

6

6

2) Se elabora un dispositivo adhiriendo una varilla A, de radio r1, y el tubo B,

de radio r2, a un cilindro hueco de cierto material a ensayar.

Designando por G al módulo de rigidez del material, expresar la deflexión

de la varilla A en función de Q,L,G, r1 y r2

Q

Espesor delgado (t->0)

QA

Material a ensayar

L


153

QA

Sea r el espesor ….. e , una capa (corteza) de material a ensayar,

ubicada a la distancia r del eje geométrico.

Superficie lateral de la corteza: rL2A

(Esta superficie es el área de corte)

El esfuerzo cortante generado, es:

1

2

r

r

r

rLn

rL2

Q

r

r

rL2

Q

r

r

rL2

Q

)G Hooke deLey (usando rrL2

Qr

G

males).infinitesi nes(defomacio r

rL2

Q

A

Q

2

1

3) Un tubo cilíndrico de radios OS= r1 Y OB = r2 y altura h, es de un material

cuyo modulo elástico de corte es G. La superficie interior se mantiene fija y

la externa se sujeta con un anillo que permite aplicar fuerzas P, según se

indica en el esquema. Calcular el desplazamiento elástico del punto B con

respecto al punto fijo A.

(h → ┴ al plano de representación).

A la distancia r del punto O, se generan

esfuerzos cortantes uniformemente

distribuidos en la superficie lateral de un

dr

d dr

dr

rr1

r2

d

L

P

P

B

A

o

a


154

rT

T=Pa

cilindro de radio r y altura h (CORTEZA). 21 rrr .

Los esfuerzos en el área indicada, generan, a su

vez, un momento respecto al eje, que equilibra al par

aplicado T=Pa.

2

2

2

2

0

2

A

2

0 A

hr2

Parh2Pa Luego

rh2hrhrrrAT

NOTA> Visualizar el elemento de área:

Consideramos el elemento de cilindro, definido por .r;r;r; 21

Respecto al punto M, el punto N experimenta un

deslizamiento

drd

dA=r hd

B

A(fijo)

M

N

O

d

r

dr

G siendo , rv

A)fijo punto al (respecto

B punto

del entoDesplazami r

1

r

1

hπ2G

Pa v

hπ2G

Pa

r

r

hπ2G

Pav

rhrπ2

Pa

G

1 v

rγ v

será B, punto del ntodeslizamie El

M). en recto ángulo del (Variación

unitariaangular ndeformació la

21

r

r

r

r

2

r

r

2

r

r

r

12

1

2

1

2

1

2

1

M

N

dr

N'


155

1.15) Deformación Transversal. Relación de Poisson. Deformación Volumétrica.

1.15.1) Relación de Poisson:

Cuando se carga una probeta de material elástico en el Ensayo de Tracción

Compresión Uniaxial, se observa que sufre Deformaciones Unitarias

Longitudinales (axiales) y la vez DEFORMACIONES TRANSVERSALES

(LATERALES).

Tracción → L’ > L y d’ < d

Compresión → L’ < L y d’ > d

Def. 1 Se denomina Deformación Unitaria Transversal o Deformación Unitaria

Lateral, al valor d

d'dLa

Para materiales isotrópicos elástico – lineales, cargados uniaxialmente, las

deformaciones laterales que se presentan son proporcionales a las

Deformaciones Unitarias Longitudinales (axiales)

longLa

Def. 2 La relación entre la Deformación Unitaria Lateral y la deformación

Unitaria Longitudinal, se denomina RELACIÓN DE POISSON.

ALLONGITUDIN

LATERAL

Como escribirse puede sgsg longLat

ALLONGITUDIN

LATERAL

ALLONGITUDINLATERAL

L

d PP

L'

d'


156

xy

Z

x

x

La relación de Poisson es una cantidad positiva, adimensional, y generalmente

es determinada experimentalmente. Es también una constante característica de

los materiales.

34.0....................................Cobre.....

15.0...............l.........Estructura Acero

0.30 a 0.25.........................Fundido... Hierro

0.33....................................Aluminio..

(Valores referenciales)

NOTAS>

i) Material elástico, lineal e isotrópico:

Un elemento prismático sometido a

Esfuerzo Normal Uniaxial x , sufre

una deformación unitaria.

xx

.

Si el material es isotrópico, se

presentan deformaciones

transversales iguales (en las

direcciones y, z)

x

.isotropía) la (Por

zy

ii) En materiales elástico lineales e isotrópicos, las constantes elásticas ,

SON INDEPENDIENTES de la orientación del esfuerzo normal uniaxial.

iii) Las constantes elásticas ,G, NO son independientes. Se demostrará

(posteriormente) que entre ellas existe la relación :

G

)1(2G

MATERIAL

MATERIAL

E,

E,


157

1.15.2) Deformación Volumétrica:

Consideramos un prisma de material

elástico, lineal e isotrópico, sometido a

esfuerzo normal en una dirección.

V0=abc (volumen inicial).

Longitud Final de las aristas:

)1(a'aa

a'axx

)1(b)1(b'bb

b'bxyy

)1(c)1(c'cc

c'cxzz

Puesto que no se presentan distorsiones, el volumen final, es:

2xx

xxx

)1)(1(abcV

)1(c)1(b)1(a'c'b'aV

Def.) Se denomina Deformación Volumétrica (Cambio Unitario de Volúmen) al

cociente:

INICIAL

INICIALFINAL

V

VV

V

Vv

abc

abc)1)(1(abcv

2xx

Simplificando, obtenemos )21()2(v x

2

x

3

x2 .

Para deformaciones infinitesimales 0 y 2

x

3

x , y con suficiente

aproximación.

)21(VV También

)21(v ò

)21(v

x0

x

x

NOTA>. Puesto que 0x , esperamos que 0v , luego 0)21(

xy

ab

c

z

xx


158

2

10

que tenemos ,0 definición por como y,2

1

ellas. de ena cionado

-trac ser al sdireccione varias en estirarse podría que ,IMAGINARIO MATERIAL0

nulo).

sería volúmen de cambio (su bleimcompresi nteperfectame IDEAL, MATERIAL2

1

te.lateralmen

CONTRAERSE SIN dirección una en estirarse pudiera que IDEAL, MATERIAL0

EJEMPLOS

1) Una placa de aluminio está sometida a esfuerzo normal. Sabiendo que, antes

de actuar la carga, se trazó una recta con pendiente 2:1, hallar la pendiente de

la línea cuando 272x lb/pulg 10E 0.33,0 ;Klb/pulg 18 .

21L

v

vL'

x x=18000 lb/pulg2

a

b

a'

b'

a'>a

b'>bx x


159

1

995.1m

escribirse puede que fracción

0018.01

001188.02m )( en doReemplazan

001188.0

10

18000)33.0(2)(2

0018.010

18000 Tambien

longitud) de (Cambios 1 ; 2 Pero

)....(..........1

2'L de Pendiente

L'

L'

7v

7

2) Hallar el cambio de altura y de volumen para el elemento representado.

Considerar 242y Klb/pulg 103E 0.3, n);(compresióKlb/pulg 12

4

4

y

0

44y

4

4

y

y

10613021103

12v

21v ó V

Vv

: Volúmende Unitario Cambio

pulg.10241046hh

104103

12

..

)(

2240

0

pulg 012060644

1061vVV V

Vv ..

3) Una barra de acero ABC transmite una fuerza axial de tracción de modo que el

cambio total de longitud es 0.6mm. Calcular, en cada tramo, el cambio de

longitud y de diámetro.

Considerar GPa2000E 0.3,

y

h=6"

d=4"

INDICA PÉRDIDA DE VOLUMEN

500

d=20mm

P

P

P

P d=13mm

750


160

P967533

10134

P

Newtons en P

(Pascales) P093183

10204

P

:Esfuerzos

23BC

AB

23AB

.

.

.

P10767310200

P967533

P10592110200

P093183

:Unitarias nesDeformacio

8

9BC

BC

8

9AB

AB

..

..

m1086421020321013dd

m1086110391020dd

:diámetros los en Cambio

10203219496.310767330

1039

19496.310592130 :Laterales nesDeformacio

m106753 19496.31051883c

m103282 19496.3101194 Luego

Newtons. 19496.3 P :obtenemos donde de

P1051883 P1011941060 :Condición

(mm) P1051883P10767310500 L

(mm) P101194P10592110750 L : tosAlargamien

643BCBCBC

653ABABAB

48BCBC

5AB

8ABAB

411B

411AB

11113BCAB

1183BCBCBC

1183ABABAB

..'

..'

...'

.'

..'

..

.

..

..

.

4) El cambio de diámetro de un perno de acero ha sido medido cuidadosamente

luego de ser apretada la tuerca. Sabiendo que GPa200E 0.29, ,

determinar la fuerza interna en el pero, si se observa que el diámetro se ha

acortado en 13x10-6m.


161

dinicial=60mm

PERNO x

Pascales 104514910216700.29

10200

Poisson de Relación

10216701060

1013-

d

y Luego m10-13y diámetro del nDisminució

63-9

x

yxx

y

3-

3-

6-

y

inicial

y6-

..

.

.

Newtons 1056422F

104514910604

AF perno el en AxialFuerza

3

623x

INICIAL

.

.

5) El tubo de acero que se representa, esta sometido a carga axial centrada P. El

material tiene constantes .E, Calcular el cambio unitario de volumen.

21dE3

P4

V

V21

V

V

dE3

P4

d3

P4

dd24

P

2x

2

xx

222

x

6) Para el sistema representado, calcular el cambio de volumen. Considerar el

material con constantes elásticas .E,

P

P

d 2d

L


162

: xsección la en interna Fuerza

xL

qxq carga la de nRepartició

L

qAqALqLq

0B0B0A00q

BAxxq

2

x

L

qPN

xxL

qPxxq-PN

x.longitud de trozo

el en xq de resultante la R siendo ;RPN

2

x

0

x

0

FL21

V

A

FLA

21

A

F21

VVconstante axial fuerza Fla siendo

A

F

constante supuso se donde 21

VV de partir a calcula se volúmen de cambio El

(i) 2

qLP0

2

x

L

qP0NL xCuando :CONDICIÓN

0

0

0

0

0

x

xx0

2

.,

F F

L

Aoinicial

P

L

x

q=0

q

P

x

N


163

PL

21

3

2

3

PLPL

21V

luego 6

qL

3

PL (i) condición la Por

6

qLPL

21x

2

x

L

qP

21V Luego

Axial

FuerzaF(x)F cuando usarse puede que xF

21V

xFFL

:que presente teniendo usarse, puede todavía ecuación la variable, es axial fuerza la Si

2

2L

0

2

L

0

L

0

,

1.16) Sistemas Estáticamente Indeterminados

1.16.1) Introducción. Definiciones:

Un sistema elástico lineal se define como sistema estáticamente indeterminado

(hiperestático) cuando NO ES POSIBLE, usando únicamente las ecuaciones

de equilibrio, calcular las reacciones externas y/o las fuerzas internas.

Para solucionar sistemas hiperestáticos es necesario desarrollar ecuaciones

adicionales, basadas en las propiedades del material u las características de

las deformaciones. Tales ecuaciones suelen llamarse Ecuaciones de

Compatibilidad.

Por ejemplo → Armadura con dos apoyos fijos (articulaciones)

P

Q

P

Q

R3

R4

R2

R1

SISTEMA HIPERESTÁTICO EXTERNO DE 1er ORDEN O GRADO DE

HIPERESTATICIDAD (GRADO = Nº INCÓGNITAS – Nº ECUACIONES

ÚTILES).


164

Para este caso, debe plantearse UNA ECUACIÓN ADICIONAL.

(EXTERNO → Las incógnitas son Fuerzas de Reacción).

Sistema de tres barras concurrentes.

Nº INCÓGNITAS → 3(Fuerzas de Barra)

Nº ECUACIONES → 2(Equilibrio Nudo A).

→ SISTEMA HIPERESTÁTICO

INTERNO DE 1er ORDEN.

Debemos plantear una ECUACIÓN

ADICIONAL

(INTERNO → Las incógnitas son Fuerzas

Internas).

Existen sistemas que, a su vez, son hiperestáticos externos – internos.

53-(4)2b3-2nb :estática

condición la que más una barras, 6 INTERNO

INCÓGNITAS 6

yEQUILIBRIO DE EC. 3 EXTERNO

Sistema Hiperestático externo de 3er orden y, a la

vez, Hiperestático interno de orden 1.

1.16.2) Principio de Superposición:

En SISTEMAS ELÁSTICOS – LINEALES, el efecto producido por un

CONJUNTO DE ACCIONES es igual a la suma (superposición) de los

efectos producidos por las acciones individualmente.

P

A

1)

2)

3)

PQ


165

P

Q

P

Q

12

3 4

5 12

3 4

5 12

3 4

5

Fuerzas AxialesFi

(i=1,2,...)

Fi' Fi''

Fi=Fi'+Fi''

EJEMPLOS

1) Hallar las reacciones en los apoyos, aceptando material de comportamiento

elástico – lineal. Considerar constante a la rigidez de la sección (EA).

i) EQUILIBRIO:

)........(1P.........RR BA

Sistema Hiperestático (Externo) de 1er grado. Debemos planear una ecuación

adicional.

ii) COMPATIBILIDAD:

Como los apoyos A y B son fijos, el cambio total de longitud de la barra deber ser

NULO: 0AB

)........(20......... ó CBAB

iii) MATERIAL(LEY DE HOOKE):

nto)(alargamie EA

aR.RF A

ACA1

nto)(acortamie EA

bR-

.RF

BCB

B2

P

BA C

a b

BA C

RA RB

A

RA F1

TRAMO AC

TRAMO CB

B

RB

F2


166

Reemplazando en (1) )3...(..........0EA

bR-

EA

aR BA

Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (3):

ba

aPR

ba

bPR BA

2) Hallar la fuerza en cada barra de la armadura representada. Suponer material

elástico lineal (módulo E) y sección transversal A en todas las barras

i) Equilibrio (Nudo A):

Orden) 1 de tico(Hiperestá

)2.......(..........0PsenFsenF

)1..(....................0cosFcosF

er

31

31

ii) Compatibilidad:

)..(....................sen

)..(....................sen

23

21

iii) Material (Ley de Hooke): EA

LF

EA

FL 1

1

1

EA

LsenF

EA

FL 2

2

2

EA

LF

EA

FL 3

3

3

Reemplazando en (*) y (**)

)3(..........senFFsenEA

LsenF

EA

LF 221

21

)4(..........senFFsenEA

LsenF

EA

LF 223

23

Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),(4)

Obtenemos: .sen21

PsenF . ;

.sen21

PF . ;

.sen21

.PsenF

3

2

3323

2

1

1)2)

3)

A

P

L L

P

F3F2

F1

1)2)

3)

A

A'

A

A'

A

A'


167

Nota> Observar que las ec. (2),(3) y (4) son las independientes. La ecuación (1)

proviene de (3) y (4).

3) Calcular los esfuerzos en las barras elásticas del sistema representado.

Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A=4cm2 para todas las barras.

A

B

C

Rígida

q=28K/cm

1) 3)

2)

i) FUERZAS(INTERNAS):

A

B

C

q

F1

F2

F3

)2..(..........0)100)(200(28F100)50)(100)(28(F200 0M

)1....(........................................).........28)(300(FFF0F

COMPRESIÓN F ; TRACCIÓN F ; F

13B

321VERT

231

ii) Compatibilidad:

alargamientos

acortamientos

).........(023 3

1

Semejanza 3121312

iii) Material (Ley de Hooke):

A

B

C


168

2) barra la en iubicación y Signo :(OJO EA

LF ;

EA

LF ;

EA

LF 33

22

11

Reemplazando en (*) y simplificando obtenemos:

)3(..........0FF2F3 312

Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),tenemos:

tración

3

compresión

2

tracción

1 .Kg3300F . ; .Kg2700F . ; .Kg2400F

ESFUERZOS:

)tracción(cm

Kg600

4

2400

A

F2

11 )compresión(

cm

Kg675

4

270022

)tracción(cm

Kg825

4

330023

4) Una placa rígida está sostenida horizontalmente por cuatro cables verticales

iguales entre sí, según se indica en la gráfica. Calcular la fuerza en cada cable

ocasionada por la fuerza P que actúa en un punto de una diagonal.

Cables { h, E, A.

Las fuerzas que actúan en los cables que

pasan por B y C son iguales (Simetría)

EQUILIBRIO:

)2.........(02

2LZPd

2

2LY

0M

)1..(....................PZY2X2

0F

XX0M

BC

.VERT

AD

COMPATIBILIDAD:

))....( 2 ó..(..........2

2

; 2

DAcDAB

DAB

DAc

MATERIAL (Hooke):

A

B

D

C

LL

P

d

A

B

D

C

LL

P

d

y

x

z

x

A CB

P

D

C) D


169


).......( 3ZYX2EA

Zh

EA

Yh

EA

Xh2

Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3) obtenemos:

2L

d

4

1PZ

2L

d

4

1PY

4PX

5) Dos barras de igual longitud y distinto material están íntimamente unidas entre sí y sometidas a la acción de una fuerza axial P. Calcular el esfuerzo en cada barra y el alargamiento correspondiente. Ambos materiales son lineal – elásticos.

P P

L

Placas Rígidas

Rigidéz E1A1

Rigidéz E2A2

FUERZAS

......PAA ó

PPP Equilibrio

2211

21

P1

P2

P1

P2


170

L E

σLΔ con resultadosimilar

AEAE

PLLΔ

:TOSALARGAMIEN

AEEA

PEσσ

E

Eσ De

AEEA

PE

AE

EA

Pσ De :ESFUERZOS

...... AE

EAσA

E

EσAσP : en osReemplazam

...... E

σ

E

σεε :Hooke) de(Ley AxialnDeformació

2

2

2211

2211

221

1

22

2211

1

21

21

1

21

2112

1

2111

2

2

1

121

6) La placa rígida A tiene tres soportes, tal

como se indica en el esquema. El soporte

central es 0.001” más corto que los otros

dos. Una fuerza de 40Klbs. Actúa sobre A

de tal forma que la placa permanece en

posición horizontal. ¿Qué desplazamiento

experimenta la placa A?

E=3x 107 lb/pulg2;A=1pulg2 →3 soportes.

EQUILIBRIO:

GEOMETRÍA:

P

P

....lb40000FF2

PFF2

FFaFaF

PFFF

21

21

3131

321

0.001"

1) 2) 3)

P

A

6"

a a

P

F1 F2 F3


171

.....

..

.

5000F9990FF

00101103

9095F

1103

6F

1103

6F :Material

0010 Condición

231

7

2

7

3

7

1

231

pulg.0030

pulg.109992

1103

66614996 :1 barra la de toAlargamien

lbs6614996F :obtenemos , y ecuaciones las De

1

31

71

1

.

.

.

..

7) El sistema representado, está constituido por una barra rígida CB y dos barras

elásticas (1) y (2). Por error, el elemento (1) ha sido diseñado 0.05cm más

pequeño que lo necesario. Si durante el montaje las dos barras deben ir unidas

al elemento rígido, determinar los esfuerzos inducidos en éstas barras.

Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A1= A2=A

2a a

2

1

0.05cm

a=1

BA

C D

3a

RIGID

A

i) Fuerzas Generadas (supuesto el ensamble):

2. y 1 sdeformable

barras las en inducidos)generados( osplazamient

-des los de S VERTICALESCOMPONENTE las por

cubierta ser debe distancia La :idadCompatibil

1F2

3F

0a3Fa2F0M

21

21c

.....

2a a

B

C

2a

a

Ry

Rx

F2

F1


172

2

1

45º

t1

2a

3a

t

ii) Ecuación de condición(compatibilidad):

211 ....

2a3

2

22a

t

:Semejanza

21

213

22t donde De

21

2111

3

2

2

2

3

2245t

ºcos

213

2: 2 en doReemplazan

iii) Ley de Hooke: 3Fa6Fa6EA3EA

a3F

3

2

EA

a2F 21

21 ...

a5

EAF ;

a10

EA3F

3 y 1 ecuaciones de sistema el doReemplazan

21

:

iv) Esfuerzos:

montaje de tracciones

cmK200

cmK300

:numéricos valores los doReemplazan a5

EA

A

F ;

a10

EA3

A

F

22

21

22

11

/

/

8) La barra rígida AB, articula en A, está soportada por 2 cables de acero y cobre,

según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo en cada cable y la

desviación vertical del punto B.

t

45


173

;;

/.;/.

2cu

2ac

26cu

26ac

cm6Acm4A

cmK1070EcmK1012E

FUERZAS EN LOS CABLES:

2Ton 1Ton

A

Fac

Fcu

dadas sdimensione las de βsen y αsen

1...05.1200031004.2βsenF4.2αsenF0M accuA

DEFORMACIONES:

2180

300

61070

300F

sensen

6

cu

cucu

.....

3320

400

41012

400F

sensen

6

ac

acac

.....

ec.(3)ec.(2) ÚNICO

4320

400

41012

400F

180

300

61070

300F6

ac

6

cu .......

..

..

Kg 72272F

Kg 31136F obtenemos (4), y (1) ecuaciones las oResolviend

ac

cu

ESFUERZOS;

2cu2accm

Kg3189

6

31136

cm

Kg8156

4

72272.

..

.

Reemplazando en (2) o en (3): cm1350.

B

A C

D

2Ton

E

1Ton

1.5m 0.9m 0.6m

1.4m

1.8mCobre

Acero

A

BC

cu

Cobre

A

Aceroac

2.4m 0.6m


174

cm1680135042

3

42

3

342 Semejanza

B

BB

...

..

9) El sistema representado consta de una barra rígida AB, un resorte elástico

lineal fijo al extremo A (k=100Kg/cm.), y otro resorte fijo al extremo B

(k=50Kg/cm.). Se aplica una carga de 1000 Kg. en la posición indicada.

Calcular las fuerzas en los resortes.

Fuerzas:

A BC

1000Kg

F2F1

.....800F2F3

401000F100F1500M

21

21C

GEOMETRÍA:

.

B en resorte al comprime F

Aen resorte al extiende F

2

1

...............21

21

32

100150 Semejanza

2

22

1

11

222111

K

F

K

F

KF KF :Resortes

....................F3F

100F350F2KF3KF2

K

F3

K

F2 obtenemos , en doReemplazan

21

211221

2

2

1

1

Kg11

800F

Kg11

2400F

obtenemos , y oResolviend

2

1

A BC

1000KgRígida

K1=100Kg/cmK2=50Kg/cm

150cm 40cm 60cm

A BC

F1

F2

1000Kg


175

10) Calcular los esfuerzos normales que se generan en los elementos del sistema

elástico representado. Considerar E=2x 105 Kg./cm2;para las tres barras A1=

2.0 cm2 , A2=3.5 cm2, A3=4.0 cm2

Supuesto que no existiese la restricción del piso rígido, el

cambio de longitud, sería:

cm464010

80016000

3510

700160000

55T

321T

.

Puesto que 6.4>3.8, en el extremo libre se presentará

una Reacción, que impida el alargamiento total.

En función de R1, los cambios de longitudes son:

cm 10R1600024010

800R16000

cm 10R1600023510

700R16000

cmtoacortamien R10522010

500R

415

12

415

12

14

5

11

.

3.8cm''' :CONDICIÓN 321

traccióncmKg30040

400016000

traccióncmKg34335

400016000

compresióncmKg20020

4000 :Luego

Kg4000R :donde De

8310R16000210R160002 R1052

:tenemos do,Reemplazan

23

22

21

1

41

411

4

/

/

/

.

..

11) Calcular los esfuerzos normales en las barras deformables del sistema

representado. Considerar E1= 0.7E2; A1= 2.0 cm2 , A2=4 cm2

3

2

1

8m

7m

5m

0.038m

16000Kg

3

2

1

16000Kg

R2

R1


176

BA

C D

F

1)2)8kN

a 2a

2a 8kN

F2F1

B

By

Bx

45°

2............... AE2

a22F ;

AE70

a2F

:elásticas barras las de tosAlargamien

1800F2F

0aF245aF2a8000M

12

22

12

11

21

12B

.

...............

ºcos

Compatibilidad:

32

donde de

a2

22

a22

22

Semejanza

12

21

DBDCBC

....................

''

Reemplazando (2) en (3):

12

2

12

1

AE2

aF22 2

AE70

a2F

.

Simplificando: 4F70F 21 ...................

N2843F

N1990F

:4 y 1 oResolviend

2

1

Esfuerzos:

2221cm

N75710

4

2843

cm

N995

2

N1990.

12) Calcular las fuerzas axiales en las barras del sistema elástico representado, si

todos son del mismo material (módulo E). Las barras verticales tienen sección

transversal A, y las otras A1.

8000N

A

A'

B

C D

F

D'

C'


177

Debido a la simetría (total) del sistema, sólo existen 3

incógnitas:

eshorizontal barras las en fuerza Z

diagonales barras las en fuerza Y

verticales barras las en fuerza X

EQUILIBRIO DE UN NUDO:

ii0PYsenX

i0YZ

..........

..........cos

GEOMETRÍA: Después de la deformación, las barras

exteriores seguirán formando un rectángulo (simetría) .

dd

hh

aa

1ddddd iagonalesd arrasB

1hhhhh verticales arrasB

1aaaaa eshorizontal arrasB

iii1h1a1ha

1h1a1d :CONDICIÓN

2h

22a

22d

22

2h

22a

22d

2

................

Hooke) de(Ley EA

X;

EA

Z ;

EA

Y- :MATERIAL h

1

a

1

d

Reemplazando en (iii), tenemos:

ivEA

X-1h

EA

Z1a

EA

Y-1ha

2

2

2

1

2

2

1

22 ................

APROXIMACIÓN → TÉRMINOS DE 2do ORDEN 0 . Luego:

v

EA

Za

EA

Xh

EA

Yha

1

22

1

22

...............

Resolviendo las ecs. (i), (ii),(v) obtenemos:

Z.X, obtendrán se (ii) y (i) con

senA

A

h

a

A

A

h

ha

PY

12

2

12

22

cos

13) Dos cables idénticos sostienen una barra rígida horizontal AB de longitud 3b,

que soportan una carga Q=20KN en el extremo B. La relación carga /

alargamiento viene dada por mm en KN; en Pmm600026.01

3.1P

,

donde P es la fuerza axial en un cable y el alargamiento. Determinar las

P P

P

a

h

X Y

Z


178

A B

1) 2)

Q=24KNb b b

(Sistema Hiperstático)

P

mm

tracciones F1, y F2 en los cables 1 y 2 respectivamente; los alargamientos de

los cables 21 y y el desplazamiento del punto B.

Debemos formular:

-) Una ecuación de equilibrio.

-) Ecuaciones de compatibilidad

-) Relación Carga/ Desplazamiento.

EQUILIBRIO:

aKN80Q3F2F

b3Qb2FbF0M

21

21A

...............

COMPATIBILIDAD:

c3

b2

1B

12

....

....

RELACIONES CARGA / ALARGAMIENTO: De la ecuación constitutiva:

e..... 02601

31F y d.....

02601

31F

2

22

1

11

.

.

.

.

SOLUCIÓN DE ECUACIONES:

Resolviendo el sistema simultáneo de ecuaciones (a),(b),(c),(d),(e); obtenemos:

INDICADOSISTEMA EL RESOLVER RESULTADOS VERIFICAR

mm600 intervalo el en y que notar

mm8674 ; 31.91mm ; 15.95mm ; KN6722F ; KN6614F

21

B2121

...

NOTAS>

Debido al comportamiento NO LINEAL de los cables, no es posible

encontrar las fuerzas y los desplazamientos para otros valores de Q, por

A B

Q

F1 F2

A B1) 2)

barra rígida


179

proporcionalidad directa (como se haría en un SISTEMA LINEAL

ELÁSTICO).Tendríamos que resolver las 5 ecuaciones, modificando las

ec.(a) Con el nuevo valor de Q.

El ejemplo ilustra cómo calcular las fuerzas y desplazamientos en una

estructura estáticamente indeterminada, a partir de 3 conceptos:

ECUACIONES DE EQUILIBRIO →(con base en principios de

ESTÁTICA)

ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD →(con base en principios de

GEOMETRÍA)

RELACIONES CARGA / DESPLAZAMIENTO →(con base en

propiedades de los materiales)

1.17) Esfuerzos y Deformaciones de Origen Térmico

1.17.1) Introducción

Los sólidos o elementos estructurales pueden deformarse por:

Acciones Externas

Perturbaciones

Cambios de temperatura

Los cambios de temperatura aceptables en Ingeniería Civil, son aquellos que no

modifican significativamente las propiedades físicas, químicas y mecánicas del

material.

T (T+T)

G

G

Los elementos de sistemas estructurales u órganos de máquinas, tienden a dilatarse o

contraerse cuando se calientan o se enfrían. Las deformaciones que se inducen, se

denominan DEFORMACIONES TÉRMICAS.

Si los elementos pueden deformarse libremente (elementos no restringidos), las

Deformaciones Térmicas NO están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.

T;L;E;A... T+T;L+L;E...

(Sólo deformación NO

esfuerzo)


180

Si los elementos no pueden deformarse libremente (elementos total o parcialmente

restringidos) las deformaciones térmicas están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.

T

L

(Apoyos Indeformables)

L

No se producen deformaciones,

pero se generan esfuerzos

T+T

1.17.2) Deformaciones Térmicas

Propiedades: Un sólido de material elástico isotrópico, no restringido y sometido a la

acción de un cambio aceptable de temperatura, sufre deformaciones térmicas iguales

en todas direcciones.

Def. La Deformación Térmica Unitaria se define por: L

LTT , donde LT es

el cambio de longitud total inducido por la acción térmica. (L → Longitud inicial

o de referencia, antes del incremento de temperatura).

Para cambios de temperatura aceptables, el incremento LT se mantiene proporcional

a la longitud inicial y al cambio de temperatura:

TLLT

a.temperatur de cambio el es TTT

inicial Longitud L

material). cada de ticocarácterís orLineal(Val Dilatación de eCoeficient

INICIALFINAL

En consecuencia, la Deformación Térmica Unitaria, es:

TL

TL

L

L TT

T

Nota> aTemperatur1 en expresa se αecoeficientEl

F10.3.4C.........1006.1..........o)........Madera(Pin

F10.12.9C.........1023.2........... ............Aluminio..

F10.6.5C.........1011.7............ lEstructura Acero

6-6-

6-6-

-6-6

Convenio:

nto)(enfriamie 0T si 0

ento)(calentami 0T si 0

T

T

Nota> Para sólidos elásticos no restringidos (de material isotrópico) las Deformaciones

Térmicas Unitarias son iguales:

TTz

Ty

Tx .


181

Los desplazamientos generados por las deformaciones térmicas pueden relacionarse

con las deformaciones térmicas unitarias, usando relaciones geométricas apropiadas

en cada caso. En algunos casos pueden usarse las relaciones diferenciales existentes

entre desplazamientos y deformaciones unitarias.

2

1 T

T

2

1

T+T

T+T

T1

T2

Ejemplo

1) Una varilla de acero cuya longitud es L=100” está fija por uno de sus extremos.

i) Si se presenta un F100T º uniforme, hallar el cambio de longitud.

ii) Si el cambio de temperatura es FL

x100T º

, hallar el cambio de

longitud.

Considerar F106 6 º

L=100"

X

TL

T+T

T

i)

pulg106L

100106LL

106

100106

T

2T

4TT

4T

6T

T

L

LTT

T

XL=100"

constante100ºF


182

T

XL=100"

100ºF

TL

T+x/L)

T

X

ii)

L

x106

L

x100106T

4T

6T

pulg.103 L 100"L Si

L10

3x

L

x

10

6L

xL

x

x :caso el Para

2T

4

L

0

4

T

L

TT

TT

1.17.3) Esfuerzos Térmicos

Fundamentalmente, los esfuerzos térmicos se generan en SÓLIDOS RESTRINGIDOS

total o parcialmente, al ser sometidos a cambios aceptables de temperatura.

Al incrementarse (o decrementarse) la temperatura,

se generan esfuerzos en el material del sólido.

Procedimiento para Evaluar T

Consideremos una barra de material lineal elástico (isotrópico), rígidamente sujetada

por sus extremos, sometida a un incremento aceptable de temperatura T .

E;A;T

L

INICIALL

E;A;T+T

FINAL

Supongamos T>0

(Apoyos Indeformables)

T


183

i) SÓLIDO LIBERADO

Consideramos liberado un vínculo o restricción y permitimos (idealmente) que

suceda el alargamiento.

TL

T+TTL=LT)

(alargamiento)

ii) FUERZA EXTERNA

Puesto que realmente existe vínculo, físicamente no puede generarse el cambio

de longitud LT , apareciendo fuerzas elásticas que contrarresten el supuesto

alargamiento.

L

TL

F

La fuerza F ocasiona un cambio de longitud A

FLL

(acortamiento elástico).

iii) COMPATIBILIDAD

Debido a que los apoyos no se mueven uno respecto del otro, es necesario que el

cambio de longitud debido al incremento de temperatura y el cambio de longitud

ocasionado por la Fuerza Elástica, se contrarresten. Es decir:

TTA

F donde de

A

FL-L)L(

LL

T

T

NOTAS> i) Si 00T T (COMPRESIÓN EN EL MATERIAL)

Si 00T T (TRACCIÓN EN EL MATERIAL)

ii) INICIALFINAL TTT

iii) En la solución de problemas es útil emplear el Principio

de Superposición.

EJEMPLOS

1) Las barras deformables del sistema representado sufren el mismo cambio de

temperatura. Calcular los esfuerzos que se generan


184

0TTT

AAA

EEE

a6LL

21

21

21

21

21

Sistema parcialmente restringido (Deformaciones compatibles con las condiciones

de sustentación)

EQUILIBRIO:

2a 3a

F1 F2

O

....................0AF5F2

0aF5aF20M

21

210

COMPATIBILIDAD:

.............TOTAL2TOTAL1

TOTAL2TOTAL1

25

a5a2

CAMBIOS DE LONGITUD:

EA

a6FTTa6

EA

a6FTTa6

201TOTAL2

ELÁSTICO EFECTO

1

TÉRMICO EFECTO

01TOTAL1

Reemplazando en

:

.................

EA

a6FTTa62

EA

a6FTTa65 2

011

01

Resolviendo el sistema de ecuaciones (*) y (**), obtenemos:

TTEA29

6F TTEA

29

15F 012011

Esfuerzos:

BA

1) 2)

2a 3a

O

1) 2)

2TOTAL

1 TOTAL

2TOTAL

1 TOTAL

2a 3a


185

TRACCIÓN TTEα29

6σ

A

Fσ

COMPRESIÓN TTEα29

15σ

A

Fσ

0112

2

0111

1

2) Una barra rígida está suspendida por dos alambres de 6.5 cm2 de sección

transversal. Cuando se aplica la carga P, la temperatura es T. Calcular el

incremento de temperatura necesario para que la barra rígida adopte la

posición horizontal.

C10528

cmK107EAluminio

C10512

cmK101.2EAcero

5-

25

6-

26-

/º.

/

/º.

/

2PFF

ELÁSTICO EFECTO

alac

acal

acal que puesto

EFECTO TÉRMICO → (Supongamos

0T ) (decremento)

COMPATIBILIDAD:

TLAE

L2

P

TLAE

L2

P

- - Horizontal Posición

al

alal

ac

acac

Talal

Tacac

Reemplazando valores numéricos, alac AA y despejando T , obtenemos

C41T º . Puesto que es un valor positivo, nuestra suposición es correcta; es

decir:

C41T º (decremento)

A

CER

O

ALUMINI

O

P=9TonL L

L/2 L/2

P

FacFal

ac

al

ac

T

al

T


186

1)6m

75Kg

3) La varilla de aluminio representada en la figura, está rígidamente soldada en

su parte superior y unida a un bloque de 75Kg. de peso que se apoya en un

plano horizontal rígido. A la temperatura Tº , la varilla no tiene carga y el peso

del bloque es soportado por el plano rígido.

i) Si la temperatura de la varilla disminuye 17ºC, ¿qué fuerza ejercerá sobre

el plano rígido?

ii) ¿Cuánto deberá disminuir la temperatura para que la varilla levante al

bloque 25mm?

i)

Temperatura Tº

Descenso de 17ºC:

cm2380L

1760010423L

TLL

atemperatur por varilla la de toAcortamien

icohiperestát Problema 175PP

6

21

.

.

.................

COMPATIBILIDAD:

El acortamiento de 0.238cm debe ser contrarestado por la fuerza

elástica R.

P2

P1

75

=0

P2 =75

25

6

2

cm/Kg107E

C/º104.23

cm125.0A

P2

P1

75

P1


187

2.........Kg7.34P obtenemos donde de

238.00107125.0

600PL

EA

LP

1

511

Kg3.40P

1 ec. la de 74.3475P

:rígido plano el en ejercida Fuerza

2

2

ii) Si la varilla sufre una deformación térmica suficiente para levantar el bloque,

deben soportar los 75Kg.

Contracción total de la varilla:

..'

...'

cm7640

1071250

60075250

EA

LP250

5

1

Esta contracción deberá ser generada por el descenso de temperatura:

C454T

60010423

7640T

7640TL

6

º.

.

.

.

4) Al elemento AB de la armadura representada, se le incrementa la temperatura

desde 60ºF hasta 104ºF, mientras que al elemento AC se lo mantiene en la

temperatura de 60ºF. Calcular los esfuerzos que se inducen en los elementos.

Considerar 2266 pu2Apulb1030EF106 lg;lg/;º para ambos

elementos.

Sistema no restringido totalmente.

Las condiciones de compatibilidad geométrica,

generan fuerzas elásticas en

las barras.

Equilibrio del nudo A

0.25cm

P2

P1 =75Kg.

=0

30ºA

B

C

L

30º

(compre

sión)

(tracción)

FAB

FAC

RA


188

AA'

30º

30º

AC

AB

1F2

3F

F30F0F

ACAB

ACABHOR

.................

cos

Compatibilidad.

ATEMPERATUR

ELÁSTICO

ELÁSTICO

AB

AC

Condición:

22

330 ABACABAC ...............cos

Reemplazando los cambios de longitud, tenemos:

3

EA

LF60104L106

2

3

EA

23LF

AB6AC...............

Teniendo en cuenta la ec. 1, la ec.3 puede escribirse:

EA

LF44L106

EA

23L

23F

AB6AC

De donde obtenemos:

lb3683126F 1 ec. la Por

lb919602F

AC

AB

.

.

TRACCIÓN

2AC

COMPRESIÓN

2AB

pulglb1841582

3683126

pulglb4648012

919602 :Esfuerzos

..

..

5) Dos barras están sin esfuerzo y tienen longitudes de 12 y 10 pulg, según se

indica en el esquema. La barra (1) es de aluminio y la barra (2) es de acero.

Suponiendo que los apoyos son absolutamente rígidos, calcular el esfuerzo en

cada barra cuando la temperatura es 120ºF.(Temperatura inicial →30ºF)

22

22

pulgKlb30000E ; 4pulg A; 0.0000065 : Acero

pulgKlb10000E ; 2pulg A; 0.000013 :Aluminio

→ Se conciben las barras separadas y se calculan las

deformaciones térmicas, sin restricción.

1)

2)

10"

12"


189

"..

"..

007020901200000650

0117090100000130

TL

T2

T1

T

rígidos. apoyos los a ajustarse para

scomprimida ser deben dilatadas barras

las que total longitud la representa T

pulg.01872000702001170T2

T1

T ...

Aplicamos fuerzas P, iguales y opuestas, en las barras (dilatadas) para acortarlas

una longitud total T .

T

21

T21

EA

PL

EA

PL

R

e

e

m

p

Reemplazando datos:

018720300004

12P

100002

10P.

De donde encontramos: Klb 231P .

pulg

Klb87

4

231 ;

pulg

Klb615

2

231 Luego

2221 ..

..

6) Cuatro placas de aluminio de 0.75” están unidos por un remache de ¾ pulg. de diámetro, según se representa en el esquema. A la temperatura de 30ºF los materiales están apretados. Pero sin esfuerzo. Si la temperatura sube a 120ºF, calcular el esfuerzo en cada material.

24pulg Aluminiodel efectiva Area Dato

2

2

pulgKlb10000E0001330 Aluminio

pulgKlb30000E0000650 Acero

/;.

/;.

Las cuatro placas de aluminio son consideradas

como un solo miembro de 3” de espesor.

1)

2)

T

T

1

T

2

1)

2)

T

1

2

P

P

3"

3/4"

12 2


190

Las deformaciones térmicas no restringidas, son:

"..

"..

00359090300001330

0101755090300000650

T2

T1

placas. las de final espesor al igual sea

remache del final longitud la que finalidad

la con deformados ser deben dilatados

miembros los que longitud la representa T

pulg. 0018350T1

T2

T .

Se aplican fuerzas iguales y opuestas para comprimir las placas y estirar el

remache:

Klb. 6.1P :obtenemos donde De

0018350100004

3P

300004420

3P

T21

..

compresión pulg

Klb521

4

.16 ; tracción

pulg

Klb813

4420

16

2221 ...

.

Nota> L1= L2 (finales)

".

..

"..

.

0013310000

352100359033L

00314330000

3813001755033L

2T22

1T11

7) Una barra compuesta se construye a partir de una varilla de acero de 25mm de diámetro exterior y 25mm de diámetro interior. La varilla y el tubo se unen mediante dos pernos de 20mm de diámetro, según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo cortante que se tiene en los pernos, si después de apretados se eleva la temperatura en 50ºC.

1)2)

1

2

T

T

1)2)

1

2


191

C1017

PaG051ECOBRE

C1011

PaG210EACERO

6-

6-

/º

/º

Como accu , el cobre trata de dilatarse

más que el acero, determinándose esfuerzo

cortante en los pernos de unión de ambos materiales.

accuT

accuT

9

cu

cu

cucu

9

ac

ac

acac

cuac

223cu

3accobreacero

ααTΔLΔ

TΔLαTΔLαΔ

:LONGITUD DETOTAL CAMBIO

3............10105

LσL

E

σΔ

:COBREEL EN TOACORTAMIEN

2............10210

LσL

E

σΔ

:EL ACERO EN TOALARGAMIEN

1.........σ3σ ndoSimplifica

2550104

πσ1025

4

πσFF :CONDICIÓN

COMPATIBILIDAD:

9

cu

9

acaccu

cuacT

10105

L

10210

LTL

:Luego

3) y 2 ndo(Reemplaza

Simplificando y reemplazando valores:

9

cu

9

ac9

101051021010111750

Teniendo en cuenta la ec. (1):

99ac6

101053

1

10210

110650

MPa8337 :obtenemos donde de ac .

KN56718F

MN0185670833710254

F

A F : ACEROELSOPORTA QUEFUERZA

ac

23ac

acacac

.

..

25m

m

50m

m

L

COBRE

ACERO

d=20mm

T

cu acac

cu


192

Los pernos se encuentran en estado doble cortante:

MPa5529

m10202

KN56718

10204

2

F

perno

22323

acperno

.

.

8) La figura muestra el prototipo de un sistema estructural. El área y el módulo

de elasticidad de cada barra son A y E, respectivamente, y 12 2 . Si se

aplica una carga P al bloque rígido y la temperatura disminuye T ,

determinar una expresión para el desplazamiento del bloque rígido.

i) EFECTO ELÁSTICO:

P

1

2

EA2

PL BLOQUE DEL ENTODESPLAZAMI

EA2

PL :tosAlargamien

2

PFF

1

21

21

ii) EFECTO TÉRMICO:

TL2

TL

TL

TL

1T2

2T2

1T1

T1

COMPATIBILIDAD:

térmico efecto

rígido bloque del entodesplazami :2

1

2 P

uL

BLOQUE

RÍGIDOC

C

P

F1

F2

1

2

T

1

T

2

u 2


193

TL2

3

2

TL2TL

2

12

112

T2

T1

2

Superposición:

Desplazamiento total del bloque: 21

0T

TL2

3

EA2

PL

TL2

3

EA2

PL

1

1

9) En el sistema representado: La barra AE es rígida. Se produce un incremento

de temperatura de 100ºF. Calcular las fuerzas en los elementos CF y DG.

F1056

pulg150A

pulgKlb103E

CG arraB

F1012

pulg10A

pulgKlb10E

CF Barra

6-

2

27

6-

2

27

/º.

.

/

/º

.

/

FUERZAS:

Suponemos que CF y DG están en tracción.

.........0F7F4

0M

DGCF

B

GEOMETRÍA:

Semejanza:

...........1074

DGCF

A B C D E

F

G6"

4"

5" 4" 3" 3"

B

FCF FDGRB

B CFDG


194

Material:

TLEA

LF

lL

TEA

FT

E

l

CFCF

CFCF

CFCFCF

tota

CFCFCF

CF

CFCF

CFCF

CF

tota

CF

de donde obtenemos: ...........CFCFCFCFCF

CF

CF EATLL

1F

De manera similar, obtenemos:

...........TEAL

EAF DGDGDGDG

DG

DGDGDG

Reemplazando y en :

..........0TEA

L

EA7TL

L

EA4 DGDGDGDG

DG

DGDGCFCFCF

CF

CFCF

De obtenemos CFDG4

7 . Reemplazamos en :

0TEA4

7

L

EA7TL

L

EA4 DGDGDGCF

DG

DGDGCFCFCF

CF

CFCF

De donde despejamos CF:

DG

DGDG

CF

CFCF

DGDGDGCFCFCFCF

L

AE

4

77

L

AE4

AE7AE4T

Reemplazando valores numéricos, obtenemos: pulg.10751 3CF

.

Con este valor y las ecuaciones , y , encontramos:

tracción lb 520F ; compresión lb 908F DGCF

10) En la gráfica se representa una placa delgada homogénea. Determinar el

tamaño y la forma finales de la placa, si

i) En toda la placa existe un incremento de temperatura T º.

ii) La placa se somete a un cambio de temperatura dado por T =Kx

iii) Cual será el valor de la deformación angular xz en el caso (i)

iv) Qué valor tendrá la deformación angular para el caso (ii) suponiendo que

al bordeo arista z permanezca fijo.


195

i) Si en toda la placa se produce un cambio uniforme de temperatura de T º,

en el caso de dilatación libre, la deformación lineal en cualquier dirección será

uniforme y de valor

T

El alargamiento en direcciones x,z será:

aTL

bTL

xxx

zzz

La placa seguirá teniendo forma

rectangular, con dimensiones:

T1aaTaL

T1bbTbL

x

z

ii) Si el cambio de temperatura es T =Kx, entonces en un punto (x,z) sobre la

placa, la deformación estará dad por Kx .

KxzxKxzzz

z

z

2

xKxKxxx

x

x :También

x

0

z

2x

0

X

Los puntos sobre el eje z NO SE

DESPLAZAN (tienen x=0).

0z0x ;

El punto A tiene coordenadas

2

ba; (antes de la deformación).

y

x

z

a

b/2

b/2

t 0

Coeficiente de dilatación

y

x

z

a(1+T)

b(1+T)

x

z

A

A'

x

z

zx

P

P'

forma final de la placa


196

Después de la deformación para a la posición

2

bKa

2

b

2

aKaA

2

,'

iii) Dilatación libre uniforme → La forma final de la placa es rectangular (no existe

variación de los ángulos rectos), luego 0xz en todo punto de la placa.

iv) En este caso, la distorsión (angular) máxima se presenta sobre los bordes

2bz / de la placa.

máxxz2

2

aK1

2Kb

2

aKa

2Kab

//

tan

1.18) Ecuaciones Diferenciales para Fuerza y Deformación Axiales

Si la carga axial se distribuye a lo largo de un elemento (barra) y si además

varía la sección transversal, pueden deducirse ecuaciones para la fuerza y el

desplazamiento como funciones de la posición a lo largo del miembro.

Consideremos un miembro que soporta una carga axial por unidad de longitud q(x) en

la dirección del eje centroidal. En los extremos pueden existir cargas aplicadas y/o

reacciones que mantengan al miembro en equilibrio.

Integrales para Medio Valordel Teorema

xxxxqxxq

xx

x

;

ESTÁTICA: 0xFxqxxF0FX )(

De donde

0

0x SI QUE NOTAR 0q

x

xFxxF

)(

Pasando al límite, cuando 0x , tenemos:

q(x)

x x

x

q(x)

F(x) F(x+x)

x

u(x)

x+x u(x+ x)


197

X distancia la a sección la

en actúa que interna Fuerza i..... 0q

x

xF

GEOMETRÍA:

La Deformación Unitaria del elemento de longitud x , es:

iix

u

0x cuando límite al Pasandox

xuxxu

x

xxuxxxuxx

x

x

x

..................

...

RELACIÓN FUERZA / DEFORMACIÓN

Si la barra es de material elástico-lineal y se presenta un cambio de temperatura T ,

tenemos:

iiiTAE

Fx

TOTALx ................

Reemplazando en la ec. (i):

iv0xqTAExx

uAE

x

0xqTAEx

uAE

x

..............

La ecuación (iv) relaciona la carga distribuida q(x) y el cambio de temperatura T en

la barra con el desplazamiento u(x) a lo largo del eje de la misma.

La solución de la ecuación diferencial (iv) contiene dos constantes arbitrarias de

integración, que podrán ser determinadas en base a las condiciones especificadas

para los desplazamientos en cada problema.

En el caso especial: T =0; A y E constantes; q(x)=0 → de la ec. (i) obtenemos

0x

F

, lo cual indica que la fuerza en la barra es constante (independiente de x).

La ec. (iv) nos da:


198

212

2

2

2

cxcxu0x

u0

x

uAE

donde c1 y c2 son las constantes de integración.

BB12

AB

AB1

2B1B2A1A

uxc c ; xx

uuc donde de

cxcu ; cxcu

En este caso, el desplazamiento en la barra es Lineal:

BB

AB

AB ux-x xx

uuxu

Si q(x) ≠0 → la fuerza interna F(x) será variable (función de x) a lo largo de la barra.

EJEMPLO

1) Un tubo AB de acero se coloca entre dos apoyos rígidos; según se indica en

la figura. Si el incremento de temperatura está dado por T =L

xTB , siendo

BT el incremento de temperatura en el extremo B. Determinar las reacciones

en A y en B y el desplazamiento a la mitad del tubo.

x

A B

XA XB

x

uA

uB

A' B'

uA uB

XA XB

u

(Diagrama de Desplazamientos)

A B

L

TB

Lx

T

Incremento de temperatura a lo largo de la barra


199

Usamos la ec.(iv), tenemos:

B2

2

B2

2

TLx

u

constante AESupuesto 0L

xT

xAE

x

uAE

Integrando 2 veces: 21

2

B cxc2

xT

Lxu

2c000u :sCondicione

B1

1

2

B

T2

c

Lc2

LT

L200 Lu

LxL

xT

2xu

xT22

xT

L2xu : tanto Por

B

B

2

B

Ecuación de desplazamiento a lo largo del tubo.

El desplazamiento en 2

Lx , es:

BB TLB

L2

L

L2

LT

22Lu

Por las ecs. (ii) y (iii) → TAEx

uAEF

RA RB

RA F

x

u

x=Lx=L/2

L/BT

RA= RB. Como no existe ninguna

otra fuerza externa, la fuerza F es

constante (la consideramos tracción)

q(x)=0


200

L

xTAE1

L

x2T

2AEF BB

Simplificando: xde nteindependie 2

TAEF B

Las reacciones en los apoyos, son:

2

TAEFRR ESCOMPRESION

B

equilibrio del scondicione

BA

1.19) Comportamiento Inelástico en Tracción

Un material ELASTOPLÁSTICO se caracteriza por un Diagrama Constitutivo de

la forma

El rango elástico (lineal) existe hasta el esfuerzo de fluencia y . Después de esto, la

conservación de una carga constante producirá una deformación ilimitada hasta el

punto de fractura.

SISTEMAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADOS:

Una estructura estáticamente determinada, cargada axialmente, se deformará

elásticamente hasta que los esfuerzos en alguna parte alcanzan el límite de

fluencia. Las cargas adicionales producirán después grandes deflexiones,

dando por resultado la falla de la estructura.

EJEMPLO.

Una barra rígida horizontal está soportada por dos cables de acero cada uno de los

cuales tiene área transversal de 24 m106.1 .

Determinar

= 0.002

y

DEFORMACIÒN

ELÁSTICA

FLUJO

PLÁSTICO

ILIMITADO


201

i) La máxima carga P que puede aplicarse al centro de la barra, y la deflexión en

el instante de la falla.

ii) Trazar un diagrama Carga / Deflexión para esta estructura.

Considerar acero elastoplástico (E=200GPa; y =250MPa)

Debido a la simetría PA=PB

La carga P puede incrementarse hasta que la fuerza en cualquiera de los cables llegue

a ser la fuerza de fluencia:

PA= y A= (250x106)( 41061 . )

PA=40000 N (=PB)

.N80000PPP0F BAVERT

Para esta carga, el alargamiento de cualquiera de los cables, es

m1075.3

)10)(6.1)(10(200

)3)(40000(

EA

LP 3

49

A

Si las cargas se incrementaran, (esfuerzo más allá de y ), el cable fluirá y ocurrirá

una deformación ilimitada.

Para, este caso, el Diagrama P , es:

SISTEMAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS:

El procedimiento general para solucionar problemas hiperestáticos, usando la

teoría elástica lineal, se resume en:

3.75x10-3

P(NEW)

m)

3.0m

a

3.0m

aP

A BP

PA PB


202

(i) Ecuaciones de Equilibrio (Estática)

(ii) Relaciones de Compatibilidad (Geometría + material)

(iii) Solución simultánea de las ecuaciones (i) y (ii).

(Procedimiento usado cuando los esfuerzos se mantienen en el rango lineal elástico).

Cuando se reconoce que los esfuerzos en algunos miembros se extienden al rango

inelástico, la solución se simplifica debido a que la fuerza en cualquier miembro (cuyo

material es de comportamiento elastoplástico) tiene un valor constante AP yy .

Si esta fuerza es conocida, las incógnitas restantes pueden determinarse por métodos

estáticos.

La capacidad máxima de soportar carga de una estructura estáticamente determinada

se alcanza cuando cualquier miembro de apoyo ingresa al intervalo inelástico de

esfuerzos. Las estructuras estáticamente indeterminadas tienen capacidad adicional

de soportar cargas después de que un solo miembro de apoyo ingresa al régimen

plástico.

AP

última) (carga

Fluencia de carga :P

yy

y

i. Estructura Estáticamente Determinada

Pu

Py

P

FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO

(TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN PLÁSTICO)

FLUJO PLÁSTICO RESTRINGIDO

(PARTE DE LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO Y PARTE

EN RÉGIMEN PLÁSTICO)

DEFORMACIONES

ELÁSTICAS (TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO)

P

Py

DEFORMACIÓN ELÁSTICA

FLUJO PLÁSTICA ILIMITADO


203

a) Cuando ocurre la fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la

carga de fluencia yP es también la carga última uP de la estructura.

b) Cuando ocurre fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la

capacidad de carga es yP . Puede aplicarse carga adicional antes de que se

alcance la carga última uP y sucedan deformaciones irrestrictas. La región entre

yP y uP se designa Zona de Flujo o Plástico Restringido. En esta región, algunos

de los miembros de apoyo están forzados en la zona plástica, pero todavía

quedan suficientes apoyos comportándose elásticamente y, en consecuencia, la

estructura puede soportar cargas adicionales.

La capacidad de los materiales dúctiles puede ser aprovechada ventajosamente

sin provocar grandes desperdicios de material. Es decir, algunos esfuerzos

pueden analizarse en el rango plástico, ya que en ciertas ocasiones se puede

permitir que algún miembro de una estructura entre en fluencia sin que se afecte

la Estabilidad de la misma.

EJEMPLOS

1) La barra rígida ABC está soportada por tres alambres elastoplásticos

2y

2 pulgKlb36pulgKlb 30000E /;/ .Trazar el diagrama P – Δ para este

sistema. El área transversal de cada alambre es 12pulg .

D

e

b

e

m

o

Debemos encontrar la carga y la deflexión que ocurren cuando aparece por

primera vez la fluencia y, también, la carga y deflexión últimas.

Cuando la carga P se incrementa desde O, los alambres se esfuerzan dentro del

intervalo elástico. Esto continúa hasta que el alambre sometido al mayor esfuerzo

alcance su punto de fluencia.

Equilibrio:→

C

a

10"

a

10"

6"

B

P

A


204

........PPP2 :Luego

PPaPaP

PPPP

BA

CACA

CBA

Compatibilidad: (acción elástica)

Simetría total iguales alambresCA y CBA

P11

5P ; P

11

3P : obtenemos , y oResolviend

.......P3

5P

AE

6P

AE

10P

AE

LP

AE

LP :tanto Por

BA

AB

BB

B

AA

A

BB

BB

AA

AA

Acción Inelástica:

Como los alambres tienen la misma

sección transversal, el alambre que

pasa por B alcanzará primero el

Esfuerzo de Fluencia (puesto que

soporta mayor carga)

En el estado de fluencia

Según

.Klb6.21P

365

3PP

5

3P

A

ABA

Reemplazando en , obtenemos:

.Klb2.79366.212Py

(carga que usamos por primera vez la fluencia). La deflexión bajo esta carga, es

igual al alargamiento de cualquiera de los alambres.

0.0864" 10301

12636

AE

LP3

BB

BBBy

Después de que el alambre B ha fluido, soportará aún la carga constante

.Klb36Py .

Cuando la carga aplicada P se incrementa más allá de 79.2 Klb los alambres A y

C soportarán las cargas crecientes hasta que también alcances sus límites de

fluencia. En ese momento ocurre el flujo plástico ilimitado, alcanzándose la carga

última.

P

A

PCPBPA

B C

P

A

5P3P

B C

3P

PA PC

y=A=36Klb=PB


205

.Klb108363636Pu

0.144" 10301

121036

AE

LP3

AA

AAau

Diagrama P - Δ (Δ: desplazamiento en dirección y sentido de la carga P).

PROBLEMAS

1) Dos tubos coaxiales, el interior (acero) tiene sección A = 10cm2 y el exterior

(aluminio) tiene sección A = 15cm2. Los tubos son comprimidos en sus

extremos mediante dos placas rígidas, según se indica en la gráfica. Trazar la

curva carga / Deflexión del conjunto, cuando se comprimen con una fuerza

axial P, de acuerdo con los diagramas constitutivos que se indican.

COMPATIBILIDAD:

79.2=Py

u=0.144y

P(KLb)

(pulg)

108=Pu

L=60 Cm

P

ALUMINIO

ACERO

0.0032

ALUMINIO

ACERO

0.005

6,000 K

Cm2

3,800 K

Cm2

Pu

36Klb=PB36Klb=PB 36Klb=PB

BA C


206

FUERZAS DE FLUENCIA:

Kg. 57000153800AF

Kg. 60000106000AF

alyylc

acyyac

al

ac

GEOMETRÍA:

Debido a la rigidez de las placas, ambos tubos se acortarán la misma cantidad.

.....................L

alac

DIAGRAMAS :

Existen tres intervalos de interés:

i) elástico régimen en tubos dos Los0032.00

alalalal

acacacac

EE

EE

Reemplazando valores:

25al

25ac

Kg/cm 106.7005.0

3800

Kg/cm 1075.180032.0

6000

ii) ellástico. régimen en aluminio de tubo y

plástico régimen en acero de tubo005.000032

Kg/cm 106.7005.0

38000E

Kg/cm 6000

25alalal

2yac ac

iii) plástico régimen en tubos dos Los005.0

Kg/cm 3800

Kg/cm 6000

2yal

2yac

al

ac

EQUILIBRIO: alalacac AAP

RÍGIDAS

COMPATIBILIDAD INICIAL

L=60 Cm

ac

Fac Fal

Falal

Fac

Fac

Fac

Fal

Fal

P


207

Con base a la ec. anterior pueden calcularse P1 y P2, valores de la carga axial

P, correspondientes a las deformaciones unitarias 0.0032 y 0.005,

respectivamente.

.Kg 00.117P

)15)(005.0)(10)(6.7()10)(6000(P

.Kg 480.96P

)15)(0032.0)(10)(6.7()10)(0032.0)(10)(75.18(P

1

52

1

551

Posteriormente las cargas adquieren valor constante:

.Kg117000P

)15)(3800()10)(6000(P

ALARGAMIENTOS

mc 3.0)60)(005.0(

mc 192.0)60)(0032.0(

2

1

Diagrama P - Δ

2) La barra rígida horizontal AB está soportada por tres alambres elastoplásticos

según se indica. Determinas la carga límite (PL) que produzca el colapso del

sistema.

33004iominAlu

46002Bronce

50001Acero

2cm/Kg/

yσ

2cmÁreaMaterial

117,000=P2

96,480=P1

P(Kg)

(cm)

P

A

50cm

40cm

B

ALUMINIOACEROBRONCE

50cm 100cm

PL

A B

FacFbrFal

FUERZAS MÁXIMAS


208

PL

A B

FacFbrFalEN FLUENCIA

.Kg 500015000F

.Kg 920024600F

.Kg 1320043300F

máxac

máxbr

máxal

Para que se produzca el colapso del sistema, NO es necesario que

simultáneamente fallen los tres alambres.

Existen dos posibilidades:

i) Alambres de bronce y acero en fluencia, antes que el alambre de aluminio.

(La barra AB tenderá a girar alrededor de A).

ii) Alambres de bronce y aluminio en fluencia, antes que el alambre de acero.

(La barra AB tenderá a girar alrededor de B)

.Kg38400P

P5.0)2)(500()2)(9200)(1(

0M i)

L

L

A

La fuerza en el alambre de aluminio se calculará por equilibrio:

.Kg24200F3840050009200F alal

Puesto que la máxima fuerza en el alambre de aluminio es sólo 13200Kg., no

es posible este resultado. Debemos analizar la segunda posibilidad. (Se

obtuvo máxalal FF ).

.Kg23733P

P5.1)1)(922()2)(13200(

0M ii)

L

L

B

La fuerza en el alambre de acero, es:

.Kg1333F23733920013200F acac

Se obtiene Kg5000FFmáxacac

Luego la carga limite, es PL = 23733 Kg.

3) Trazar el diagrama P – Δ para el sistema representado cuyas barras son de

acero elastoplástico.( 2y cm9A;GPa200E:MPa250 )

PL

A B

FacFbrFalEN FLUENCIA


209

Incrementando la carga P desde O, las barras se esfuerzan dentro del intervalo

elástico, hasta que la barra sometida al máximo esfuerzo alcance el valor del

esfuerzo de fluencia.

Equilibrio:

.......PFF62.1PF5

4F2

PFsenF2

1212

12

Compatibilidad:

......F5625.1F

5

4

EA

2F

EA

5.2F

sen

21

12

12

Resolviendo (*) y (**) obtenemos:

P316.0F ; P494.0F 21

Puesto que las barras tiene la misma acción transversal, La barra (1) es la que primeramente ingresa al régimen plástico. En ese instante:

KN144F De

KN225)109)(10250(AF

2

46y1


KN4.455PP2251446.1 yy

Deflexión correspondiente:

m105.210910200

210225

EA

LF 3

49

311

y

2 m

3

44

3

P

21

3

P

F1F2

F3

P

21


210

Después que la barra (1) ha fluido, soportará carga constante KN225F1 .

Cuando la carga aplicada se eleva más allá de 455.5KN, las barras inclinadas soportarán carga creciente hasta alcanzar el calor de la carga de fluencia. En ese instante:

KN225)109)(10250(AF 46y2

y se alcanza el valor Pu:

ilimitado plástico flujo el ocurre KN585P

225)225(6.1P : En

u

u

m10906.35/4

10125.3sen Pero

m10125.310910200

5.210225ientecorrespond Deflexión

33

112

3

49

3

2

Con los valores calculados, se traza la curva P - Δ :

ÚLTIMAm10906.3

KN585P

FLUENCIAm105.2

KN4.455P

3u

u

3y

y

4) Dos alambres de acero elastoplásticos se usan para levantar un peso de 3Klb,

según se incida. El alambre AB tiene longitud inicial de 20’ y el alambre AC

tiene longitud inicial de 20.03’. Determinar la fuerza en cada alambre y su

respectivo alargamiento. Cada alambre tiene 0.05 pulg2de área transversal.

Cuando se levanta el peso, es el alambre AB el que soporta carga, hasta que su

alargamiento sea 0.03’. Luego, es peso levantado es existido por los dos

alambres.

= 0.0017

y=50

3Klb

A

B C

20' 20.03'

Pu

Py

P(KN)

(cm)y u


211

Deformación unitaria en AB: ,0015.020

03.0AB que es menor que la máxima

deformación elástica permitida en el material (εy).

.Klb20.2F

)05.0)(0015.0(0017.0

50AEAF

:es AB,alambre el en fuerza la ,0015.0 Para

AB

ABABABABAB

AB

Puesto que el peso a levantar es 3Klb → ambos alambres lo soportarán.

1......3FF Equilibrio ACAB

Existen tres posibilidades para la deformación:

a) Deformaciones elásticas en ambos alambres.

b) AB en régimen plástico y AC en régimen elástico

c) Deformaciones plásticas en ambos alambres.

a) Deformaciones elásticas en ambos alambres:

Condición de compatibilidad: 2.........03.0 ACAB

0017.0

5005.0

1203.20F 1203.0

0017.0

5005.0

1220F ACAB

Simplificando, obtenemos: 3..........F03.2012.44F20 ACAB

Resolviendo las ecs. (1) y (3): Klb397.0F ; Klb603.2F ACAB .

Calculamos 22AB

pulg

Klb.06.52

pulg05.0

Klb603.2 , que resulta mayor que el esfuerzo de

fluencia 2y

pulg

Klb50

En consecuencia, el alambre AB ingresa al régimen plástico.

Soporta una carga máxima de Klb5.2)05.0(52AF yAB

Con este, la fuerza en el alambre AC es: (1) equilibrio de ec. la de Klb5.0FAC

El alambre AC permanece en el régimen elástico, 05.0

5.0AC

2y

2AC pulgKlb50pulgKlb10

La deformación unitaria correspondiente, será:

FAB FAC

3Klb


212

00034.0

0017.0

50

10

EAC

ACAC

El alargamiento del alambre AC, es: 03.2000034.0AC

pies0068.0ΔAC

Mediante la ecuación (2), encontramos pies03681.0ΔAB

:es BARRA),

LA DE SUPERIOR MITADLA EN esfuerzo( El

P Sólo ii)

"2977.0)"86)(003492.0(ΔLεΔ :es barra)

la de entodesplazami al lbarra(igua la de toalargamien El

003492.0ε obtenemosec.(i); la en doReemplazan

lgpu/lb3200075.0

24000

A

Pσ

P Sólo i)

2

B1B

1

211

1

Resistencia de Materiales - Carlos Esparza

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