CAP_1_PARTE_1

CAPÍTULO I ESTADO UNIAXIAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES

1.1) Introducción. Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables

1.1.1) Definiciones

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

Sólido

estructural T

Acciones (Generalizadas)

T = Tfinal - Tinicial

Fuerzas concentradas Fuerzas distribuidas Momentos flectores

Momentos Torsores Cambios de temperatura Perturbaciones Etc...

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

Efectos (Comportamiento)

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

Configuración Inicial (No Deformada)

Configuración Final (Deformada)

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

Z

X Eje Normal

Y

Perturbación (hundimiento de apoyos)

Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz

2

Para estudiar el comportamiento de un sólido estructural es preciso distinguir entre Configuración Inicial y Configuración Deformada. Configuración inicial Geometría y restricciones antes de aplicar las acciones

Configuración Deformada Geometría y restricciones luego de ser aplicadas las

acciones. Mecánica de Sólidos o Resistencia de Materiales es también una disciplina técnica relacionada con los Métodos de la Ingeniería que tienen especial interés en los conceptos de RESISTENCIA, RIGIDEZ y ESTABILIDAD de elementos o sistemas estructurales. RESISTENCIA Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para

contrarrestar acciones sin quebrarse o descomponerse. RIGIDEZ Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para

oponerse a las deformaciones que le inducen las acciones aplicadas. ESTABILIDAD Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para

conservar una forma única garantizada por las condiciones del equilibrio. En Mecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales) se complementará el estudio de fuerzas iniciado en Estática. Sin embargo, existe una diferencia fundamental.

Sólido rígido (indeformable)

P

Sólido deformable (de la conf. Inicial a

la conf. Final)

P

P

ESTÁTICA RESISTENCIA

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

P

D

A

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 = 52 kN

V = 52 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 – Z

dZ

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 sen

2

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/

020 cossenr

P2

(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).

ap

apA

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

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

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.

P

Plano a la

recta de acción de la fuerza P

ÁREA NOMINAL DE APLASTAMIENTO

SUPERFICIE REAL DE CONTACTO

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.

Aap


41

i) Esfuerzo normal en la varilla de acero: aceroA

P ; (dato)

pulg

klb 52

P = Aacero = 22

2lgpu )

8

7(

4

pulg

lb 000,5 P = 3,006.6 lb

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

ap

apA

P

2ap

aplb/pulg 750

lb 3,006.6PA

Aap = 4 pulg2 Aap corona circular. Luego

4)1d(4

22

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).

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

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)

Cada soporte recibe P = Rc/2, luego

233

3

apm 106.2105

N 102

950,1

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.

1 PERNO (LARGO)

VIGAS

4 Ton

90 cm 90 cm 180 cm 180 cm

PLACAS DE APOYO

Fuerza en el perno:


43

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

Equilibrio

0R)90180(R180

FRR

CB

CB VIGA BC

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

000,4RFR

B

BA VIGA AD

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

i) Tracción en el perno A

F

Luego 2d

4

7.666,6

A

7.666,6500,2

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

ii) Aplastamiento

Aap

F

apap

A

F

89.8875

7.666,6ap cm2

Placas cuadradas de lado l 89.88)84.1(4

l 22

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.

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.

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.

Definición. Resistencia Última o Esfuerzo Normal Último:

uinicial ltransversa Área

última Carga

0

uu

A

P

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.

1P

PFS

perm

u

Alternativamente, puede definirse como 1FSperm

u

Definición. Se denomina MARGEN DE SEGURIDAD a la diferencia:

MS1PERMISIBLECARGA

ÚLTIMACARGA ó

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 fórmulaperm

PA

.

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

perm

PA

NO se aplica directamente.

(Pueden presentarse problemas de pérdida de estabilidad)

CAMBIOS DE GEOMETRÍA DE

FORMA SÚBITA (VIOLENTA)

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.

A

B C

D

10 klb

10' 10'

5'

10 klb

Fuerzas Axiales

klb23.41F

klb36.22F

AD

ACtracción

Barra AC: nal)(adimensio 35.3klb 22.36

klb 75

F

PFS

AC

u

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

2

AD2 )d(

4

12.138

)1(4

75

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


46

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.

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

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 AB

AB

A

F (FAB)máx = 6,000

2

2

1

4

= 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 CD

CD

A

F (FCD)máx = 6,000

2

8

5

4

= 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.

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

FC

W

N

fr

Equilibrio: Nsen + frcos = FCcos Ncos + FCsen = frsen + W

La fuerza de fricción, es fr = µN

(*)senFWµNsencosN

cosFcosµNNsen

C

C

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:A

FC . Condición perm = 35 MPa

63 103510A

7135.25 A = 7.35 cm2

Sección circular de diámetro d 4

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).

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

MA = 0 W2

Lcos45 = Fd . . . . (i)

Ley de senos (CAD):

sen

x

45sen

2/L

2

22

Lsenx

sen2

Lx . . . . (ii)


48

También: d = x sen

d = sen sen2

L . . . . (iii)

Reemplazamos (iii) en (i) W2

Lcos45 = F sen sen

2

L

De donde obtenemos

sen)135(sen2

WF . . . . (iv)

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

d

dy = sen(135 – ) cos – sen cos(135 – )

d

dy = sen(135 – 2) = 0 (condición)

De donde obtenemos = 67.5°

Reemplazando en la ecuación (iv): 67.5sen 2

lb 2,390F

2mín

Fmín = 1,399.95 lbs

Condición para A

95.399,1ad 700 =

A

95.399,1

A = 2 pulg2

1.6) Esfuerzo Cortante. Esfuerzo Cortante Permisible

Las fuerzas internas cortantes, generan ESFUERZOS CORTANTES en la sección de interés.

x

z

y

Vxz

Vxy

.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.


49

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

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

A

Pxy .

De manera general A

P 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

)dAF()A(

dF

dA dA

dF

.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)


50

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)

Definición. Cuando existe UNA SÓLA SECCIÓN TRANSVERSAL resistente al

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

P

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

P

B

P/2

P/2

1 1

2 2

A

C P

P

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).


51

P 1 1

2 2

P/2

P/2

FC

FC

P FC

FC

P/2

P/2

En cada sección del conector, el promedio es A2

P .

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 1FSperm

u

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

los esfuerzos que pueden ocasionar la falla del conector.


52

P

22 cm )1(4

kg 1000

A

P

1,273.24 kg/cm2

i)

ii) APLASTAMIENTO

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

iii) CORTANTE (PUNZONAMIENTO)

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)

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.


53

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

Dato = 800×103 Pa

Luego 800×103 =

)1042

L(10100

000,12

33

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.

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)

i) en los remaches

= corteA

FC =

223

3

m )1020(4

N 103

40

= 42.44×106 Pa

ii) en las placas = A

P; (máx Amín si P es constante)

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


54

2m ]

31020

31010[2

310100

31010

N 3

1040máx

d=20 mm 40 kN

10 mm

máx

máx = 66.67×106 Pa

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

tiene por dimensiones 22

1×

2

1 pulg. La barra está unida en A y en C por medio de

pasadores de 8

"7 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

C

A

B

P 2'

6'' 2''

FUERZA EN LA BARRA AC

2' 6'

B P

FAC Mo = 0 P(8) – FAC6sen = 0

10

3

4FAC

P

ESFUERZO NORMAL (EN EL CUERPO DE LA BARRA)

= AC

AC

A

F 22,000 =

5.05.2

P 103

4

P = 6,522.2 lbs


55

ESFUERZO DE APLASTAMIENTO (BARRA - CONECTOR)

ap = ap

AC

A

F 32,500 =

)8/7(5.2

P 103

4

P = 16,861.4 lbs

ESFUERZO CORTANTE (PASADOR)

= corte

C

A

F =

corte

AC

A

2/F (ESTADO DOBLE DE CORTANTE)

10,000 = 2

8

7

42

P 103

4

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 4

"3 de diámetro, que usa un pasador de

4

"3 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

0.22"

canales

W

VIGA

PLACA

A

C

B MURO DE CONCRETO

PASADOR

2' 8'

FUERZA EN LA BARRA AB.

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:

= corteA

P P = A

P = (18,000)4

2

4

3

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

= corteA

P P = Acorte

P = (10,000)24

2

4

3

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

iii) APOYO ENTRE PASADOR Y CANALES

ap = apA

P P = apAap

P = (45,000)(0.22)(4

3)(2)

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

iv) APOYO PLACA – MURO DE CONCRETO.

ap = apA

P 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:

máxAR = 7,952.16 lb (Limitada por el esfuerzo de tracción en la barra de ojo)

La condición (iv) se aplica en C:

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

Teniendo presente las condiciones de equilibrio (*):

máxAR = 4Wmáx Wmáx =

4

16.952,7 lbs

Wmáx = 1,988.04 lbs

máxCR = 5Wmáx Wmáx = 5

000,12 lbs

Wmáx = 2,400 lbs

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


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).

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

ii) Esfuerzo cortante en el bloque (2).


58

1)

2)

W1

W2

1

2

1)

2)

h1

h2

p

peso W (2)

peso W1 (1)

A1 l

l

W1 + W = pA1 + 4lh2

1h1A1 + 2h2A1 = pA1 + 4lh2

2

122111

lh4

pA)hh(A

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 4

"3 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 = 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 P = At P = (2a + 4b – 5d)e

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

3))

8

3

P = 76.3125 klb ii) APOYO


59

ap = apA

P P = apAap P = ap(5de)

Reemplazando datos: P = 87(5)(4

3)(

8

3)

P = 122.34375 klb iii) CORTANTE (ESTADO SIMPLE)

= cA

P P = Ac P = (

4

d2)(5)

Reemplazando datos: P = (15)( 4

)(

4

3)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 = 2

"1) 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 62

"1 de diámetro, y cuatro

quedan sobre una circunferencia de 5" de diámetro.

T

T

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.

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)

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

25.3

5.2

F

F

1

2 (**)

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


60

En cada perno del anillo exterior = 2pulg 196.0

lb 2650 = 13,520.4 lb/pulg2

En cada perno del anillo interior = 2pulg 196.0

lb 2030 = 10,357.1 lb/pulg2

1.7) Esfuerzos en Planos de Orientación Arbitraria

Básicamente, hemos considerado el Esfuerzo Normal y el Esfuerzo Cortante.

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.

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.

y

x

z

o

P P

A A'

Plano al

plano XOY

P

Px'x'

Px'y'

x P

x' y

y'

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' = 'A

P 'x'x ; x'y' = 'A

P 'y'x

como A' = A/cos, tenemos

x'x' =

cos/A

cosP =

A

Pcos2

; x'y' =

cos/A

sen P =

A

P sen cos

Recordando que A

P 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 = A

P)


61

xx

x'y'

x'x'

Las ecuaciones anteriores, pueden re-escribirse:

x'x' = )2cos1(2xx

. . . . (i)

x'y' =

2sen2xx . . . . (ii)

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

ESF. NORMALES

ESF. CORTANTES

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

2

xx2'y'x

2

xx'x'x

2)(

2

. . . . (iii)

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

x'x'

x'y'

C

r c (2xx

, 0)

r = 2xx

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

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)

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


62

xx

x'y'

x'x'

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.

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

A o

A' =

cos

10301050 33

m2

FUERZAS SOBRE LA SUPERFICIE INCLINADA

N = 104 cos (N)

V = 104 sen (N)

ESFUERZOS EN LA SECCIÓN INCLINADA:

= 'A

N =

cos

103050

cos106

4

Pa = 28

cos15

10 Pa

= 'A

V =

cos

103050

sen106

4

Pa = cossen15

108

Pa

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

FACTORES DE SEGURIDAD FS =

u . . . . (*) y FS =

u . . . . (**)

CONDICIÓN FS 3. Luego

3

cos15

10

1017

28

6

. . . . (a) y 3

cossen15

10

1098

6

. . . . (b)

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


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.

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

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

2

2aa lb/pulg 92.33pulg 22

lb 68.135

a-a = 0

a

a

135.68 lb

135.68 lb

Esfuerzos en la sección b-b.

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.

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

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.


65

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)

Barra a ensayar:

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

Esfuerzos sobre la sección inclinada:

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

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.


66

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)

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.


67

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)

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.

P

P

Impide giros y desplazamientos

No giro ni desplazamientos

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 B

A' B'

INICIAL

DEFORMADA

Ad'AA : Vector desplazamiento del Punto A

Bd'BB : Vector desplazamiento del Punto B

etc.....

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.


68

Ad

A

B d

d

Posición inicial

B'

Bd

Posición final

d'B'A

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.

Ad

d

A

B B'

A'

d'

Bd

d d'

Inicial Final

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.

L

y

A(xA, yA)

x

B(xB, yB)

Configuración inicial

Cuadrícula de referencia

Impide desplazamientos de sólido rígido

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:


69

B'

L

y

A

x

B

ji vud

)v,u(d

ensionaldimBi

oblemaPr

A

A

P

A'

Ad

Bd

A

A'

u

v

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).

CUADRÍCULALA POR

FORMADOS ELEMENTOS

LOS DE ESDISTORSIONMATERIALES PUNTOS

DE ENTOSDESPLAZAMI

comprende placa la de ndeformació La

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.


70

u

r

1r

x

P

P'

y

z

MIENTOS

ADESPLAZ

VECTOR

INCIAL

POSICIÓN

EN VECTOR

POSICIÓN

VECTOR

NUERVO

urr1

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

Desplazamientos. Hallar el desplazamiento que experimenta un punto

material ubicado inicialmente en la posición kjr y determinar la

posición final.

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

Punto final: urr1

)k10

1 j

100

3 i 0()k1 j1 i 0(r1

k10

11 j

100

103 i 0r1 )'OP(

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.

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

A

y

x x

y

x'

y'

x'

A'

y'

ESTADO DEFORMADO

ESTADO NO DEFORMADO

DEFORMACIÓN: )'y,'x()y,x( T

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 x

x'xlím

0x

cuando existe, se le denomina DEFORMACIÓN UNITARIA EN

DIRECCIÓN x:

x = x

x'xlím

0x

. . . . (1)

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

y = y

y'ylím

0y

. . . . (2)

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

x = dx

dx'dx ; y =

dy

dy'dy

De manera general:

LLINICIAL LONGITUD

LONGITUD DE CAMBIOS

UNITARIA

NDEFORMACIÓ

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)


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.

A x

y

/2 x'

y'

En general xy = + (radianes)

Convenio: Si xy > 0 EL ÁNGULO RECTO INICIAL DISMINUYE

xy > 0

Si xy < 0 EL ÁNGULO RECTO INICIAL AUMENTA

xy < 0

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.

P s

r

y x

xy ; rs ; etc.

2) Las deformaciones unitarias definidas tienen analogías para el caso tridimensional.


73

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

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 = x

x'xlím

0x

(definición)

x + = x

x'x

(propiedad de un límite 0)

Luego x x +

superiororden de

)x)(( = x' – x

Con aproximación suficiente: x x x' – x

xDIRECCIÓN EN

LONGITUD

DE CAMBIO

xDIRECCIÓN

EN INICIAL

LONGITUD

xDIRECCIÓN

ENUNITARIA

NDEFORMACIÓ

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.


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.

u

x

puntos con la misma deformación unitaria (x)

L

Configuración inicial

y

L + L u: desplazamiento del extremo libre.

Configuración deformada

x = inicial longitud

inicial longitud final Longitud

x = L

LLL = x = x de Promedio Valor

L

L

(x = u / L)

(Implica deformaciones unitarias normales constantes en dirección x). Si las deformaciones unitarias x no son constantes, deberán evaluarse según la

definición:

L

x

x'xLím

0xx

L

x'

x x

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

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 = L

L puede representarse

dx

)dx(

)dx(x

inicial

dx+(dx)

final

Luego (dx) = x dx

El cambio total de longitud podrá evaluarse por una integral definida:


75

L

xdxL (*)

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.

P

z x

y P 1"

1"

L = 120"

Zz

L

Z

"120

"2z 0.0167 (ó 1.67%)

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

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

Con este valor podemos hallar x, y:

x = inicialL

x=

pulg 1

pulg 102306.8 3 = – 8.2306×10-3

y = inicialL

y=

pulg 1

pulg 102306.8 3 = – 8.2306×10-3

INICIAL DEFORMADA CONTRACCIÓN TRANSVERSAL

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.


76

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

Reemplazando en (*)

b = b

bsen4

Lb 2

22

Simplificando b = 1senb4

L1 2

2

2

. . . . (**)

Usamos la fórmula de aproximación (1+U)P 1 + PU, si U 0

Con suficiente aproximación (**) puede escribirse:

b 1b4

senL

2

11

2

22

b 2

2

2

senb8

L

Si 0 (infinitesimal) sen2 2

Con lo cual b 2

22

b8

L ( 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).

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).

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)

Cambio Unitario de Volumen

INICIAL

INICIALFINAL

V

VV

V

V

Reemplazando

abc

abc)1)(1)(1(abc

V

V zyx

abc

abc)1(abc

V

V zyxzxzyyxzyx

Simplificando

superior orden de initesimosinf

zyxzxzyyxzyxV

V

Con suficiente aproximación

zyxV

V

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


78

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

AB = 22

2222

120120

120120)3.0120()120(

AB = 1.25×10-3

iii) AB/BC = ) de n(Definició O'AB22

(inicial) recto dellaridadperpendicu de Pérdida

AB/BC = 3.0120

120arctan2

2C'AB2

2

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:

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

= – 8.33×10-4

AC

AC'ACAC

=

296

296)08.096()12.096( 22

BC

AC = 2.062×10-4 (ALARGAMIENTºO)


79

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

Calcular la deformación unitaria axial promedio en cada barra.

P

L

A

L

Material

Geometría iguales Barras

Para deformaciones infinitesimales, puede aproximarse la rotación de un elemento

FIJO barra

0 arco de circunferencia

0

FIJO

perpendicular a la barra

(en posición inicial)

barra

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

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

1 = cos; 2 = cos

cosLL

LcosL

L

LL 11

(Deformación unitaria axial en la barra 1)

Similar para la barra 2.

cosL

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).


80

A C B

P

M

10 5 5

10

barra rígida

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

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°

Con aproximación suficiente 1 = 1 + 120 2 360

2

2 = 1 – 180 2 360

2

3 = 1 – 240 2 360

2

1 = 1 + 3

4

2 = 1 –

3

2

3 = 1 –

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.

r

L = 10"

A

P

B

espesor t 0

r =1"

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

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

)

ó )L

rarctan(

( en radianes)

10

151arctan 360

2

0.0262 rad

Luego xy = – 0.0262 rad

El signo negativo indica el incremento del recto inicial (en P).


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 + 21 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.

El ángulo indica el

cambio de ángulo recto

L 2L

C

A

B

P

C

A

B

B'

= 0.002 rad

Desplazamientos del punto

cosLLv

senL u B

cos2sen46L)cosLL()LsenL2('CB 22

Como 0 246L'CB 44L'CB

CB' 2L(1 + )1/2 Aproximación binomial

CB' 2L(1 + 21 ) 2L + L

Deformación unitaria CB = 2L2

L2LL2

CB

CB'CB

CB = 2

002.0 = 0.001 (Deformación promedio)

Nota) El estiramiento del alambre es L sen L

CB = 2L2

L

= 0.001 (Recordar

L

L ).

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.


84

A

A'

uA

vB B

B'

L L'

x

y AB L1 [vBsen – uAcos]

(Con suficiente aproximación)

Deformación unitaria AB = L

LL' . . . (*)

Coordenadas de A' (uA, 0)

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

2B

2A )vsen L()ucosL('L (Distancia entre dos puntos)

senLv2vsenLcosLu2ucosL'L B2B

22A

2A

22

)vu()cosusenv(L2L'L 2B

2AAB

2

Como uA y vB son infinitesimales, la suma uA

2 + vB2 0. Luego, con aproximación

suficiente, tenemos:

)cosusenv(L

21L)cosusenv(L2L'L ABAB

2

Por la aproximación binomial

L' L[1 + L

2

2

1 (vBsen - uAcos)]

L' L[1 + L

1 (vBsen - uAcos)]

Reemplazando en (*): L

L)]cosusenv(1[L ABL1

AB

Simplificando )cosusenv( ABL1

AB

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?

30° 60°

P

A B

h

3L L

P

A B

P' x 3Lh

AP = 22

2222

)L3()3L(

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

AP

AP'AP

Simplificando tenemos:


85

AP = 3L2

3L2xxL6L9L3 222

AP =

32L

x

L

x612

32

1

3L2

32L

x

L

x612L

2

22

2

Aproximación: Si x es pequeño comparado con L 0L

x .

Luego:

32

L12

x6112

32

1AP

1

L12

x6132

32

1AP

1L12

x61AP

Aproximación Binomial 1L12

x6

2

11AP

L24

xAP

BP L2

L2L3Lx2xL

)3L(L

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

22

2222

BP

2

L

x

L

x24

2

1L2xLx2L4

L2

1 222

Aproximación de 1er orden (L

x 0)

BP 1L4

x212

L4

x214

2

1

Aproximación Binomial:

BP L4

x1)

L4

x2(

2

11

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.


86

2

ah

a a h

2az

z'

h' a a

h

a' a'

i) Deformación unitaria de los catetos:

a

a'a1

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

Deformación unitaria de la hipotenusa:

z

z'z2

z' = z – 2z = z(1 – 2)

z' = a 2 (1 – 2)

Deformación unitaria de la altura h 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

1ra aproximación se desprecian los infinitésimos de orden superior:

2/1

21 2412

a'h

2da aproximación aproximación binomial

)21(2

a)24(1

2

a'h 21212

1

Reemplazando en (*):

2

a2

a)21(

2

a21

h

; simplificando obtenemos

h 21 + 2

ii)


87

)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

Simplificando obtenemos: 2

sen2

cos1

1

1

2

Primera aproximación ( 0) 2

cos

1 y 2

sen

2

Luego: 2

11

1

1

2

, de donde

1

2

1

11

2

1

21

12

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

)(2)1)((2 212211121

Aproximación final (Infinitésimos de orden superior se desprecian) )(2 21

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.

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'

Definición de Distorsión

2

sen = cos . . . . (*)

Determinamos cos usando Ley de Cosenos (en el deformado).

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

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

b22

a22

c2

Aproximación Sólo términos de primer orden

c2 + 2c2c = a2 + 2a2

a + b2 + 2b2b – 2ab(1 + a + b)cos

pero c2 = a2 + b2 ( antes de la deformación). De donde obtenemos


88

ba

c2

b2

a2

1

cbacosab

Aproximación Binomial ba1

ba

ba

1)1(1

1

Luego: )1)(cba(cosab bac2

b2

a2

Aproximación Términos de primer orden. Obtenemos

c2

b2

a2 cbacosab

Por tanto: c

2

bac

2b

2a

2

ab

c

a

b

b

a

ab

cbacos

pero c2 = a2 + b2 c

22

baab

ba

a

b

b

acos

ccbaa

b

b

a

a

b

b

acos , expresión que puede escribirse:

)(b

a)(

a

bcos cacb

Por (*)

angularDistorsión

cacb )(b

a)(

a

bsen (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'.


89

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

Por la hipótesis de las deformaciones infinitesimales:

, 0 cos, cos 1 ; tan ; sen

tan ; sen

Aproximaciones de la función coseno:

A'C' dy + dyy

v

; A'B' dx +

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

dx

dxdxx

udx

AB

AB'B'Ax

de donde: x

ux

. . . . (1)

De manera similar:

dy

dydyy

vdy

AC

AC'C'Ay

y

vy

. . . . (2)

La deformación cortante, se expresa por xy = + (rad)

Aproximación de la función tangente:

y

v1

y

u

x

u1

x

v

dyy

vdy

dyy

u

dxx

udx

dxx

v

xy

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

dx x

u


90

yx

xy1

y

u

1x

v

. . . . (3)

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

aproximación:

y

u

x

vxy

. . . . (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 x

ux

obtenemos

xy

u

y 2

3

2

x2

. . . . (i)

De y

vy

obtenemos

yx

v

x 2

3

2

y2

. . . . (ii)

De x

v

y

uxy

obtenemos

2

3

2

3xy

2

xy

v

yx

u

xy

. . . . (iii)

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

2

y2

2x

2xy

2

xyxy

. . . . (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.


91

)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

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

u = 4ay2i + 2ax2 j + az2 k . Encontrar las deformaciones normales y cortantes en

un punto genérico Q(x, y, z).

2

2

2

azw

ax2v

ay4u

entosDesplazami

de Campo

Deformaciones Normales: 0x

ux

; 0

y

vy

; az2

z

wz

Deformaciones Cortantes: ax4ay8x

v

y

uxy

000z

u

x

wxz

000z

v

y

wyz

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

i) Si sus puntos se desplazan en dirección x mediante L400

xu

2

, hallar la máxima

deformación unitaria normal.

ii) Si la deformación unitaria normal es L2

xcos10 4

x

, hallar el cambio total de

longitud.

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


92

L x

i) De L400

xu

2

obtenemos L200

x

x

ux

x

(L, x máx)

L x

o

(x)máx = 200

1

L200

x

Lx

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

ii) Alargamiento total: Usamos L

xdxL

finalizar al

1.9.2 sección

(*) ecuaciónVer

L

0

4 dxL2

xcos10L

L

0

4

L2

xsen

L210L

L2

10L 4 (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

yyE

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

experimenta el vértice A por efectos del peso propio.

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

))(x2(

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

121

121

32

y

(en lb/pie2)

Simplificando )y10(3

800y (compresión)

Luego, la deformación unitaria es: )y10(3

800

E

1y

El Cambio Total de longitud, es:

10

0Ly dy)y10(

3

800

E

1dy

= 4.63×10-6 pies descenso del punto A.

AV = 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).

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)

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

C' C

1

tangente por C'

xy = (pérdida de )

'C

1du

dytan

k2

1

ky2

1tan

1y

1

k2

1tan 1

Luego como + 1 = 2

tan1 = cotan


94

cotan = k2

1

k2

1ancotarc rad

xy = arc cotan

k2

1 (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.

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

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 = 3001.0 xyz; w = – 0.001xyz

Deformaciones unitarias normales:

yz001.0x

ux

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

xz3

001.0

y

uy

(y)E = (

3001.0 )(1.5)(2) = 0.001

xy001.0z

wz

(z)E =(– 0.001)(1.5)(1) = – 0.0015

Deformaciones cortantes:

yz3

001.0xz001.0

x

v

y

uxy

(xy)E = 0.001(1.5)(2) + 3001.0 (1)(2) = 0.00367 rad

De manera similar se calculan zx; yz


95

xy001.0yz001.0z

u

x

wzx

xy3

001.0xz001.0

z

v

y

wyz

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:

AE

AE'AE)( EAE

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

22

22222

EAE21

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

(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.

P

u

x

x Se generan simultáneamente

x

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).

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.

P P

L0

A0

Probeta inicial

Dispositivos que permiten aplicar gradualmente la carga axial

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).

P1

Se registran P1; 1 Se registran (o calculan)

0

11

A

P y

0

11

L

L0 + 1 P1

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

Pu Pu

garganta (estricción)

0 P Pu

Garganta zona de grandes

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


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).

P1

1

P

rotura

Diagrama P-

0

11

L

0

11

A

P

1

1

rotura

Diagrama -

cambio de escalas

( )

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

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

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.


98

(, 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

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.

5.5

MADERA (Pino)

CONCRETO SIMPLE

4.8

0.02 0.03

(klb/pulg2)

( )

Alta resistencia

(ACERO)

( )

Resistencia intermedia

Baja resistencia

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 LINEAL

ZONA ELÁSTICA

ZONA INELÁSTICA

ZONA ELÁSTICA Caracterizada por deformaciones unitarias reversibles

(recuperables).


99

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

(irreversibles).

CARGA

DESCARGA

A1; L1

0

0

L

AINICIAL

0

0

L'L

A'AFINAL

P

Deformación unitaria permanente (Irreversible)

"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.

P

REALIZAR ENSAYOS EN EL LABORATORIO (Coordinar)

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).

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 -

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


100

MATERIAL VALORES TÍPICOS (E) Hierro Fundido . . . . . . . . . . . . . 170 GPa

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.

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

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.

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

Definición) El factor L

EA se denomina RIGIDEZ AXIAL DE LA BARRA.

K = L

EA (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).


101

El factor RECÍPROCO K

1 de denomina FLEXIBILIDAD AXIAL DE LA BARRA.

iii) La constante K también suele denominarse CONSTANTE DE RESORTE

EQUIVALENTE:

P K

P = k

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 EA

PLL puede usarse para el caso se sólidos

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

P(x)

A = A(x)

x

L

x

P(x)

dx

(Función de área: ACOTADA)

L = ?

(Carga axial)

El alargamiento del elemento diferencial, es:

dx)x(EA

)x(P)dx(

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

definida:

L

dx)x(EA

)x(PL ó alternativamente

Ldx

E

)x(L

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

L

dx)x(L

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

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


102

EJEMPLOS 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.

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

Evaluando la integral, obtenemos E2

LL

2

Nota) Puede escribirseAE2

ALLL

, con lo cual tenemos

2

W axial fuerza unapor

producido toAlargamien

EA2

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

L E A

L E A

L L

W/2

iguales

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:

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.

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 . . . . (*)

FUERZAS AXIALES EN (1) Y (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

Reemplazando valores numéricos, tenemos:

2

41 109)2)(10)(2(

)600)(6( cm ; 1

42 103)2)(10)(2(

)400)(30( 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.

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

B

P

F1 F2

F1 = 3

2P

F2 = 3

1P

ii) DESPLAZAMIENTOS

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, de donde obtenemos

1

11

L

AEP

La RIGIDEZ en el punto B es 1

11B

L

AEK

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.


105

w = 1.73 Ton/m

w

B

a

A 30°

P

C

barra rígida

a = 1 m a

P = 2 Ton

i) FUERZA EN LA BARRA DEFORMABLE (Equilibrio)

2Ton/cm 6.1

Ton 8A 5 cm2

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'

de donde obtenemos A =

4.0 . . . . (*)

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

200100

CV

cm 075.0

2

cm 15.0

2

CV

.

Reemplazando en (*) A = 075.0

4.0 = 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; CV =

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).


106

P

P 3)

3) (1

(1

(2 45°

45°

a

a

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

45° 45° F1 F3

P

F1 = F3 = 2

P (compresión)

45°

45°

F3

F3

F2 F2 = P (tracción)

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

EA2

Pa

EA

a2

P

EA

FL

1

1

(acortamiento)

EA

Pa

EA

a2

P

EA

FL

3

3

(acortamiento)

EA

2Pa

EA

FL

2

2

(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)).

H desplazamiento horizontal (total)

V desplazamiento vertical (total)


H

V

1


107

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

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

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)

Alargamientos (Material)

)10)(30)(2.0(

)24)(464,1(

EA

FL6

BC

BC

= 5.86×10-3 pulg.

)10)(30)(2.0(

)4.29)(035,1(

EA

FL6

BD

BD

= 5.07×10-3 pulg.

Compatibilidad (Geometría)

BH

30°

45°

B

30°

45° BC

B'

BV

C D

BH

BD

BV

45°

45°

B

B' t = B

H

BH

BDBDBV

45cost

45cos

. . . . (i)


108

30°

30° B'

BH

BV

B

BC 30tan

30cos

BH

BCBV

. . . . (ii)

De las ecuaciones (i) y (ii)

BH

BDBH

BC

45cos30tan

30cos

Reemplazando valores y despejando B

H , obtenemos:

BH = 0.26×10-4 pulg.

Sustituyendo este valor en (i) ó (ii), obtenemos:

BV = 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)

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

Semejanza: 08.04.0

5.1 C

C = 0.3 mm

La Fuerza Axial necesaria en la barra CD se calcula a partir de la Ley de Hooke

CD

CEA

PL

0.3×10-3 =

23

4

9

CD

)102(10200

)25.0(F


109

(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:

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

L, E, A L, E, A

A B

C

P

P

FCB FCA

i) Fuerzas Axiales:

sen2

PFF CACB

(tracción)

ii) Alargamientos de las barras:

EA

L

sen2

P

EA

Lsen2

P

CA

Similar para EA

L

sen2

PCB

iii) Compatibilidad.

A B

C

C'

CV

senCAC

V ó

senCBC

V

EA

L

sen2

P

sen

1CV

Por tanto CB CA

)EA)(sen2(

PL2

CV

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


110

Resolvemos el problema con = 0 A B C

L E A L E A P

Equilibrio: FAC

P

FCB FAC = FCB

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

En configuración deformada: A B C

P

(1

2)

L L

C'

C

F1 = F2 =

sen2

PCB

Si 0, las fuerzas F1 y F2 crecen (resultado probado experimentalmente)

Aproximación: sen cuando 0

F1 = F2 )(2

P

. . . . (*)

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

AC

AC'ACE

)(A2

P

1

L1E

L

LLE

)(A2

P2

C

2C

2

Aproximación Binomial

1

L2

11E

)(A2

P2

2C

2

2C

LE

)(A

P

; pero tan()=

LC =

LC

Con aproximación suficiente:

2

C

C LE

)L

(A

P

de donde: EA

PL33C 3

CEA

P L

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)

)(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.

P

h A1

A0

P

h A1

A0

A

h1

x

Consideremos el cono completo

Se verifica la relación siguiente:

21

21

0 h

)xh(

A

A

2

1

10

h

xhAA

Ley de Hooke:

h

0 2

1

10 E

h

xhA

Pdx

hh

1

h

1

EA

Ph

xh

dx

EA

Ph

110

21

h

0 2

10

21

Simplificando tenemos

1

10

h

hhEA

Ph . . . . (*)

Si x = h A = A1 con lo cual

2

1

1

0

1

h

hh

A

A

0

1

1

1

A

A

h

hh

; reemplazando en (*) y simplificando obtenemos:

10

1

AAE

Ph

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.


112

(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

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

)10)(1.2)(87.3(

)100)(83.1)(810,6(61 – 0.153 cm (acortamiento)

2 = 0

)10)(1.2)(45.6(

)183)(540,4(63 0.061 cm

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

de donde obtenemos:

AV = 2(3 + 1) + 1

AV = 2(0.061 + 0.153) + 0.153 AV = 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).


113

D

h h

C D

L L

y

a a

C W

b=?

y

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

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

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

a2

)ba(WFD

; )ba(

a2

W

a2

)ba(WWFC

. . . . (*)

Compatibilidad Geométrica:

Semejanza aL

aL

h

h

D

C

. . . . (**)

Deflexión de los resortes hh

hh

DD

CC

. . . . (***)

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

KF

KF

DD

CC

. . . . (****)

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

Resolviendo este sistema, encontramos:


114

1

W

Kh2

L

ab

2

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

encontrado. Resultan ser:

a

b1

K2

WC ;

a

b1

K2

WD ;

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.

a34 a

32

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

Fuerzas en las barras:

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

Alargamientos de las barras:


115

(*)

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

Compatibilidad Geométrica:

a65 a

65

a34

a32

P

1 1 4 + x

x

B

2

(1

(2 (3

4)

3

Semejanza:

a34 a

32

x 2

3 x – 3 2 – 3

a34 a

32

a

)x(

a234

332

de donde: )2(3

1x 32 y reemplazando 2 y 3 de (*) obtenemos:

EA18

PL5x . . . . (**)

Semejanza:

1 – 4 – x

a65

1 – 4 – x

a65

B"

a

x1

a

x

65

4

610

41

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


116

2EA18

PL5

EA2

PL

EA

PL

Despejando el valor de la carga P: L8

EA9P

RIGIDEZ DEL SISTEMA EN EL PUNTO B:

L8

EA9KB

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.

r

R

p

L

d

F0 F0

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

0

0 d sen prLF2

prL2F2 0 F0 = pLr

El esfuerzo normal en el espesor del anillo, es:

rR

pr

L)rR(

pLr

A

F0

El radio r sufre un incremento r:

lr2)rr(2 r

interiornciacircunfere la en Cambio

Donde: )rR(E

pr

Er

(Deformación radial unitaria)

l: circunferencia interior (inicial)

r2)rR(E

prr2)rr(2

Despejando r, encontramos )rR(E

prr

2

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


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

6AB 1002094.0A

F lb/pulg2 . . . . (6)

6CD 1003140.0A

F 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 Ad2

4

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


118

El esfuerzo máximo se induce en la barra CD

2máx

pulg 682.0

lb 400,21 = 31,400 lb/pulg2

máx > permisible = 5.2

000,70 = 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.

A

FCD = 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)

360

2 . . . . (4.1)

CD = (18)

360

2 . . . . (5.1)

CD = (28,000)61018

9

. . . . (3.1)

(puesto que hacemos 000,28A

FCD 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.

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)

Definición de Deformación Unitaria:


119

u

u si dx es la longitud inicial, tendríamos

dx

)dx(1

de donde (dx) = 1dx = dxEAL

xG (acortamiento)

Consideramos una "rebanada" diferencial en la distancia x.

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 . Evaluando la integral, tenemos:

2

x

2

L

EAL

G)xL(

2

x

EAL

GxZ

22L

x

2

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:

L

00G dG Z)G)(Z(

Pero dG0 peso de la rebanada diferencial.

dG0 = Adx

dG0 = AL

GA dx dG0 =

L

Gdx

Por tanto:

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

El descenso del Centro de Gravedad, será 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.

Equilibrio: (G centroide de la

superficie semicircular

x

P

A

B

C

3r4

x

P

A

B C

FB

FD

FA

D

W

D

Fvert = 0 FA + FB + FD = P + W = 4W . . . . (i)

MCD = 0 FAr = FBr FA = FB (simetría) . . . . (ii)

MAB = 0 P x + W3

r4 – FDr = 0 3Wx + 4

3

Wr – FDr = 0 . . . . (iii)

De la ecuación (iii) obtenemos FD = 3r

Wx +

3

W4 . . . . (iv)

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

FW4 D . . . . (v)

Reemplazando (iv) en (v) obtenemos:

3

W2

r2

Wx3W2FA . . . . (vi)

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)

Material (Alargamiento):

EA

LFDD ;

EA

LFAA


121

Reemplazando en (vii)

)FF(EA

L1.0tanr AD . Considerando (iv) y (vi), tenemos:

3

W2

r2

Wx3W2

3

W4

r

Wx3

EA

L1.0tanr

Simplificando:

2

2

r2

x9

EA

WL1.0tanr

Reemplazando valores:

2

2x5.4

)102()10)(210(

)2.1)(500(1.0tan)1(

23

4

9

Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm

CAP_1_PARTE_1

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