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8/10/2019 -Teoria-de-La-Elasticidad.pdf

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1

CAPÍTULO IESTADO UNIAXIAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES

1.1) Introducción. Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables

1.1.1) DefinicionesMecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales, Mecánica de Sólidos Deformables o

Mecánica de Materiales) es la disciplina que estudia, básicamente, las relaciones entreacciones aplicadas y sus efectos en el interior de los sólidos o elementos estructurales.

Sólidoestructural

Acciones

(Generalizadas)

= Tfinal - T inicial

Fuerzas concentradasFuerzas distribuidasMomentos flectoresMomentos TorsoresCambios de temperaturaPerturbacionesEtc...

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

Efectos(Comportamiento)

ransmisión de cargas(ESFUERZOS)

Cambios de geometría(DEFORMACIONES)

Configuración Inicial(No Deformada)

Configuración Final(Deformada)

Eje para momento torsor , Z Ejes para momentos flectores

My / Flexión en el plano XZ/Mz / Flexión en el plano YX/

Z

XEje Normal

Y

Perturbación (hundimiento de apoyos)



Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz

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.

PD

A

BC

C'

cv = ?

Características (esperadas):

Debe "conocerse" el material del cable Debe conocerse la sección transversal del cable

Además de las ecuaciones de equilibrio, se usarán otras que relacionenFUERZAS, DESPLAZAMIENTOS Y MATERIAL (Ecuaciones Constitutivas).

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

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

Sistemas Estructurales.

El conocimiento y dominio de ambos enfoques, en Ingeniería permite el DISEÑO deelementos 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 sidoconcebidos (relacionada con las Deformaciones).

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




4

HipótesisSimplificatorias

Sobre la Estructura Interna yPropiedades de los materiales Continuidad Homogeneidad Isotropía

Sobre el Carácter de las Deformaciones Deformaciones pequeñas

INFINITESIMALES CONTINUIDADEl material llena totalmente el volumen que ocupa. Se acepta una distribuciónCONTINUA de materia, en lugar de considerar a los sólidos como un conjunto departículas discretas (MEDIO CONTINUO).

Medio continuo apropiado para estudiarfenómenos de presión, densidad, etc.

Medio discreto Apropiado para estudiar propiedadeselectroquímicas, magnéticas probabilísticas, etc

HOMOGENEIDADLas propiedades del material son iguales en todos los puntos del sólido

Propiedades iguales para puntos diferentes

P Q

Material homogéneo AceroMaterial no homogéneo Concreto Armado

ISOTROPÍALas propiedades del material son iguales en todas las direcciones

Propiedades iguales para elementos d edistinta orientación

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




5

DEFORMACIONES INFINITESIMALESLas deformaciones admisibles son pequeñas (infinitesimales) comparadas con lasdimensiones iniciales del sólido.

0LL

L L + L

P P

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

F V = 0FH = 0MO = 0

P1 P2 P1 P2

H1

V1 V2

P1 P2

P1' P2'

Como se han generado cambios en lageometría, es complicado plantear lasecuaciones de equilibrio en laconfiguración 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 laspartículas 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)

FuerzasInternas

Garantizan elequilibrio de (I)

Garantizan elequilibrio de (II)

Las fuerzas internas representan la interacción de una parte del sólido con la parte queha sido (idealmente suprimida).En general, estas fuerzas tienen diferentes magnitudes y sentidos, y cambian alcambiar el plano de referencia.En cada caso, las fuerzas internas deben satisfacer las condiciones del equilibrio de laporción que se considere.

ACCIONES INTERNASLas fuerzas internas en una porción del sólido pueden representarse mediante un

Vector Fuerza V y un Vector Momento M

<>(I)

F1

F2

(I)

M

V

Si cortamos al sólido mediante PLANOSIDEALES, se evidencian SISTEMAS DEFUERZAS INTERNAS (para cada plano decorte).




8

(Sistema plano N Fuerza Normalde fuerzas) V Fuerza cortanteM 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 serádeterminar las VALORES EXTREMOS de las Acciones Internas.

4) Cada acción interna representa un EFECTO distinto sobre el sólido. La Fuerza Normal representa una acción de extensión (tracción) o una

acción de acortamiento (compresión) del sólido

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

PP

PP

PP

PP

Las Fuerzas Cortantes son componentes de la resistencia total aldeslizamiento de una porción del sólido respecto de otra.

PP

B

C

A

B

A

C

Fuerzascortantes P

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




10

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

x

+

x

F

Tracción

F = 46 – 2x30 lbs

46 lbs

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

3 m

1 m

3 ton

q = 0

q = 1 ton/m

(de variación

lineal)

3 ton

Encontramos q(x)

4 x

q(x)

1

x

)x(q

4

1 q(x) =

4

x

3FUERZA INTERNA:

Primer tramo 0 x < 3

R 1

N1

x

3 + R 1 = N1

N1 = 3 + x

0dx)x(q

N1 = 3 + x

0dx

4x

N1 = 3 + 8x2

3Segundo tramo 3 < x 4

R 2

N2

x

3 + R 2 = 3 + N2 N2 = R 2

N2 = x

0dx)x(q

N2 = x

0dx

4x

N2 =8x2

3

R 1 es la resultante de q(x) enel tramo de longitud x




11

Función de Fuerza Axial

N =

4x3 ;8x

3x0 ;8x

3

2

2

3 m

1 m

3 ton

3 (–)

3 tonN

33/8 ton

2 ton

9/8 ton

x(COMPRESIÓN)

(Notar la discontinuidad en la sección correspondiente a la carga concentrada 3 ton)

3) Hallar las acciones internas en la sección a-a.

45°

a

a

5 m

10 kN

45°

5 m

10 kN

O

MN

VEquilibrio:

FH = 0 022

V22

N

F V = 0 1022 V22N (*)

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

Resolviendo el sistema (*) tenemos: N = 5 2 kN V = 5 2 kNM = – 50 kN – m

(Indica que el momento M actúa en sentidocontrario al supuesto)

10 kN

50 kN-m

kN25

kN25




12

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

1

1

a

a

x

z

y

P1/4 decircunferencia

a

x

z

y

P

d2

d1r

sMs

Mr

normal en c c Vx

tangente en c

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

c = 0 Mr – Pd2 = 0 . . . . (ii)Ms

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

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

De (i) Vx = – P (Fuerza cortante)De (ii) Mr = P a sen (Momento flector)De (iii) Ms = – P a(1 – cos) (Momento torsor)

5) Considerando que la carga distribuida varía linealmente desde q = 3 ton/m, hastaq = 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 dela distribución q

R

Q

2

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

q = 0

q = 3 ton/m

x

3

3–x

q(x) x3)x(q

33

q(x) = 3 – x

dx q

dQ = qdx

L

qdxQ

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 2Q1 + F1 = 6.5F1 = 6.5 – Q1

F1 = 6.5 – x

0dx)x(q

F1 = 6.5 –

x

0

dx)x3(

F1 = 6.5 +x

0

2)x3(21

F1 = 6.5 + 21 (3 – x)2 – 2

1 (3)2

F1 = 2 + 21 (3 – x)2

q(x)

x

6.5 ton

Q1

Tramo 2 x 3

F2

x

6.5

Q2

6.5 = Q2 + 2 + F2

F2 = 6.5 – 2 – Q2

F2 = 4.5 – x

0dx)x(q

F2 = 4.5 –

x

0 dx)x3( F2 = 2

1 (3 – x)2

2




14

Función Fuerza Axial

3x2 ;)x3(2x0 ;)x3(2

)x(F 221

221

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 elcable CBAD y la superficie de contacto se genera una fuerza de fricción cuyocoeficiente 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 kgT A

d

Fuerzas defricción

Si no hubiese fricción T A=4100

d

T+dT

T

f r d /2

d /2

f r = fdNFNORMALES = 0

dN – Tsen2

d – (T + dT)sen

2

d = 0

Si2d

0, con suficiente aproximación, tenemos:

dN – T2d – (T + dT)

2d = 0




15

dN – T2d

– T2d

+ dTd21

= 0

Considerando únicamente diferenciales de 1er orden:

TddN

. . . . (i)

Ftang

= 0

(T + dT)cos2d

– r – Tcos2d

= 0

Si2d 0 cos

2d 1, luego

T + dT – T – dN = 0

dNdT

. . . . (ii)

De (i) y (ii) obtenemos:

dTTd

Separando las variables:

dTdT

Integrando ambos lados:LnT = + kT = 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 T A = 1,166.9 e0.4(0) T A = 1,166.9 kg

7) La barra homogénea representada pesa W, y descansa sobre un plano horizontalliso. Determinar las fuerzas internas en una sección genérica definida por el .




16

PP

r

Semicircunferencia

R 1 + R 2 = WWr – R 22r = 0 R 1 = R 2 = W/2

PP W

R 1 R 2

Reacciones

Peso unitario r

Wq

G peso de la porción ACG = qr

G =

rr

W

W

G

r sen A

P

W/2

G

VN

M

/2–

C

r

( centroidedel arco AC)

Fvert = 0

Vsen + Nsen

2 +

W2W

= 0

V sen + Ncos = –

W

2W

. . . (i)

Fhoriz = 0

Vcos – Ncos

2

– P =0

Vcos – Nsen = P . . . . (ii)

Mc = 0

M + P r sen –2W

(r – r cos) + G(

senr – r cos) = 0

M = – P r sen +2W

r(1 – cos) –W

r(sen – cos) . . . (iii)

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

N = (W

–2W

) cos – P sen

V = (W

–2W

) sen + P cos

De (iii)

M = – P r sen +2W

r(1 – cos) –W

r(sen – cos)

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

Resultantede la fricción

= kZ2

L dZ100

30

0

2dZkZ100

901

k 3Z

k 10030

0

3

Luego: =901 Z2

Fuerzas Internas

100

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

N + Q = 100 N = 100 –

Z

dZ

N = 100 – Z

0

2dZZ901

N = 100 –270Z3

N

Z

NZ=15 = 100 –2701

(15)3 = 86.5 klb

NZ=30 = 100 – 270

1

(30)3

= 0 klb

N = 100 –270Z3

–

N

Z

100 klb

COMPRESIÓN

9) Determinar las acciones internas que actúan en la sección B del tuborepresentado. El tubo tiene una masa de 2 kg/m y está sujeto a una fuerza verticalde 50 N y a un momento de torsión de 70 N-m en su extremo libre A.




18

C0.75 m

0.5 m

D

masa = 2 kg

B

1.25 m

50 N

A70 N-m

0.25 m

B

0.625 m

50 N

A70 N-m

x

0.625 m

2(1.25)(9.81)=24.52 N

0.25 m

(2)(0.5)(9.81)=9.81 NPz

Mz

z

Py

Px

Mx

yMy

Equilibrio

Fx = 0 P

x = 0

Fy = 0 Py = 0Fz = 0

Pz – 50 – 24.52 – 9.81 = 0 Pz = 84.33 N

MxB = 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 cadamiembro y calcular las acciones internas sobre los extremos de cada uno de ellos.

60 kN

20 kN/m

A

B C

D2 m

4 m

4 m




20

Fhoriz = 0

Vcos + prcos 2 – Ncos( 2

– ) = 0

Vcos – Nsen = – prcos 2 . . . . (*)

B A

r

p

0

r

0

VN

M

B

cp

2 -

/2

r

0

VN

M

B

c

prd /2

r

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

= 0

® V sen + N cos() = – pr sen 2

. . . . (**)

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

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

V = – pr cos2

N = pr sen2

M = – pr2 sen2

12) El sistema representado se encuentra en equilibrio. Determinar expresiones paralas fuerzas internas en cualquier sección de la viga sumergida.

6 Ton

1.5 m 3.0 m 1.5 m 3.0 m

2 Ton/m




21

6 Ton2 Ton/m

r

AB C D

E

Fvert = 0

9r = 6 + 2(3) r =34

ton/m

Reacciones

V

r

AN

A)desde(5.1x0

x32

2x

x34

M

x34

V

0N

2

Tramo AB

M

x

02

)5.1x()5.1x(

34

2x

x2M

0x2)x5.1(3

4 V

0N

Tramo BC

34 Ton/m

V

AN

M

x1.5 m

2 Ton/m

B)(desde3x0

)5.1x(32

xM

)x5.1(34

x2 V

0N

22

B

02

)x5.4()x5.4(

34

)x5.1(6M

06)x5.4(34 V

0N

Tramo CD

C)(desde5.1x0

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

M

)x5.4(34

6 V

0N

2

3.0 m

34

V

AN

M

x1.5 m

2 Ton/m

B C




22

02x

x34

M

0x34

V

0N

Tramo ED

E)(desde3x0

x32

M

x34

V

0N

2

V

N

M

x

E

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

y

0

L

x

y=kx2

0

R 1 R 2

Reacciones

Fvert = 0 R 1 + R 2 =

L

0ydx

R 1 + R 2 = 3L3k

. . . . (i)

MO = 0 R 2L – L xdA

= 0

R 2L – L

0ydxx = 0 R 2L –

L

0

2dxxk x = 0

R 2L –4k

L4 = 0 . . . . (ii)

De (i) y (ii): R 1 = k L3 /12R 2 = k L3 /4




23

Fuerzas Internas

x

3L12

k V

N

M

0x41

xkx31

xL12k

M

0xkx31

L12k

V

0N

23

23

Lx0

x12k

xL12k

M

L12k

x3k

V

0N

43

33

Gx

Área = ab31

a

CG b

L4

3

xG

Parábola de2do grado

14) Una viga de 40 pies de longitud se encuentra simplemente apoyada y cargadasobre dos planos coordenados, según se indica. Determinar las acciones internasen 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

R A R B R A = R B = 200 lb




24

A

10 lb/pie

Vxx

200 lb Vxy

x

Mxz Vxx = 0 Vxy + 200 – 10x = 0

0x2002x

x10Mxz

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

Mxz = 200x – 5x2 (Flector)

340pie

lb

A

z

B

R' A R'Bx

PLANO ZX

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

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

21

A

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

Resolviendo el sistema, tenemos:

340

A

t

4,533.33 lb

Mxy

V'xx

Vxz

x

x40t

40340

)x40(

2

17t (lb/pie)

340t

x 40 – x

Vxz + 4,533.33 – 0.5(340 + t)x = 0

Vxz = 0.5x[340 +2

17(40 – x)] – 4,533.33 (CORTANTE)

Mxy + t x2x

+21

x (340 – t)32

x – 4,533.33 x = 0

Mxy = 4,533.33 x –2x2

(2

17)(40 – x) –

6x2

[340 –2

17(40 – x)] (FLECTOR)

y

z

10 lb/pie

x340 lb/pie

Mxz

Vxy

Vxz

Mxy

Nxx=0




26

(Momento Torsor) T = )2

14

(rP 20

(sentido contrario al

supuesto)

iii) M + 2π /

0rdθsenPr = 0

M = dsenr

P2 22π /

0

0

M =

2π /

0

20 dsenrP2

M = 2 /0

20 cossenrP2

(Momento flector) M = 20 rP2

(sentido contrario al supuesto)

16) Dos barras iguales, rígidas, de peso G cada una y de longitud 2L, están articuladasen su punto medio. Sus extremos inferiores descansan sobre un plano lisohorizontal, 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)

F V = 0Q + 2G = 2S

2Q

GS . . . . (i)

(S: reacciones verticalesporque el piso no tienefricción).

2G

S S

Q

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

F V = 0 2Rsen = Q

sen2Q

R . . . . (ii)

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

xr

tan

tan

rx . . . . (iii)

Q

o

R R

x

iii) Equilibrio (de cada barra).




27

T: tracción en el cableR: presión del cilindro Ax, Ay: reacciones en la

articulación en OG: peso de la barraS: 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

Q

G(Lsen2

Qr

T 2

1.3) Esfuerzo Normal Uniaxial

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

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

1

1

Eje

P

P

x (normal)

Sección transversal(normal) de área A.

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

P

P

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

distribuidas sobre el área de la sección transversal.

AP

. . . . (1)

Convenio: > 0 ESFUERZO DE TRACCIÓN < 0 ESFUERZO DE COMPRESIÓNUnidades:

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




29

Sección transversal de área A

dp=dA

P

xz

y

y

x

c C(a, b, 0) es la proyecciónortogonal de P sobre el área

transversal de interés.P resultante de las fuerzasaplicadas.

dA

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

Ecuaciones del equilibrio:

Fz = 0 dAP ) 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(

dAxPa

) A( dAyPb

De donde, eliminando P, obtenemos: dAx Aa) A(

dAy Ab) A(

y finalmente: A

dAxa ) A( y

A

dAyb ) A(

Los valores encontrados para las coordenadas a, b definen al punto C como elCENTROIDE 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 áreatransversal (ESTADO DE CARGA AXIAL CENTRADA).




30

2) Si un elemento está sometido a carga axial, pero existen SECCIONESTRANSVERSALES EXCÉNTRICAS, los esfuerzos normales en éstas, NO puedensuponerse uniformemente distribuidas.

P

P

M = Pe

e

En esta sección transversal elesfuerzo normal NO puedesuponerse UNIFORME. Elmomento de excentricidadM = Pe distorsiona la posibledistribución uniforme delesfuerzo debido a la carga P.

excentri-cidad

P

Sección excéntrica respectoa la recta de acción de P.

P

EJEMPLOS1) Calcular el esfuerzo normal promedio que se genera en los alambres del sistema

representado.

A

q

1 m

1 m

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

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

Fuerza en cada alambre:R=200 kgEquilibrio del nudo A

F F F F

(Simetría)

Fvert = 0




31

alambre

F

vertical

200 = 4Fcos

22 50100

1004

200F

525F kg (TRACCIÓN)

Esfuerzo en cada alambre:

22 cm)5.0(4

kg525 AF

= 894.43 kg/cm2 (TRACCIÓN)

2) Una barra rígida AB, de masa 1000 kg está suspendida de dos cables AC y BD, cadauno de los cuales tiene sección transversal de 400 mm2. Determinar la magnitud dela fuerza P, así como la ubicación x, para que los esfuerzos normales en los cables AC y BD tengan como valor límite 100×106 Pa y 50×106 Pa, respectivamente.

x P

A

C D

B

2.0 m

Fuerzas axiales:

xP

1 m 1 m

o

F AC FBD1–x

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

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

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

+2P

(1 – x)

FBD = 4,900 +2P

–2P

(1 – x)

(Fuerzas Newtons; Longitudes metros)

Esfuerzos normales

6 AC

AC AC 10400

)x1(2P

2P

900,4

AF




32

6BD

BDBD 10400

)x1(2P

2P

900,4

AF

Valores límite AC 100×106 PaBD 50×106 Pa

Luego 66

1010010400

)x1(2P

2P

900,4

. . . . (*)

66

105010400

)x1(2P

2P

900,4

. . . . (**)

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

3) Determinar la forma del sólido, tal que el esfuerzo normal sea el mismo en todaslas secciones transversales (sólidos de igual Resistencia).P

Pesoespecífico

A0

dxx

P

dx Área transversal A

A+dA

Aislamos la porción de sólido de altura dx:

Aproximación al peso del elemento diferencial:

dxdA A A

)2

(

Fvert = 0 (A + dA) – A – dx)2

dA A2

(

= 0

Simplificando: dA – Adx –2

dAdx = 0

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




34

Similar para la barra CB.

5) La estructura articulada que se representa, debe soportar la carga P. El esfuerzonormal debe ser el mismo en los dos miembros. Si los miembros AB y BC son desección transversal constante, determinar el ángulo necesario para alcanzar elpeso mínimo de la estructura.

A

CB

P

L

FCB

F AB

PFuerzas Normales en las barras:

FCB = P cotan

senP

F AB (FCB tracciónF AB compresión)

Barrashomogéneasdel mismomaterial

Esfuerzos Normales (valor absoluto):barra CB

CB AcotanP

cotanP ACB

barra AB AB Asen /P

senP

A AB

Peso de la estructura

(: peso específico) )cos

L AL A(W ABCB

cossen

PLL cotan

PW

)cossen1

an(cotLP

W

Peso Mínimo 0ddW

0cossencossen

cosec22

222

Resolviendo la ecuación anterior (para 0 < < /2) se obtienetan = 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 ejelongitudinal. Considerar el peso específico del material del cono.




35

r

L Peso específico o

L

or

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 unaporción del cono.

Definimos un disco diferencial a la distancia u del eje de giro.

yt

Lr

yLr

t ;uL

zLr

)uL(

Lr

z

Cuando gira el disco diferencial se genera una fuerza diferencial




36

oz

dF

disco de masa dm

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

PerodVdm

; y a = 2u

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

udu)uL(Lr

gdF 2

2

22

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

L

yL

22

22

duu)uL(gL

rF

Desarrollando la integral y simplificando, obtenemos:

)y

4

1y

3

L(

gL

rF 43

2

22

área transversal A

Ft

y Esfuerzo Normal:

AF

A = t2

22

2

432

22

y

L

r

y41

y3L

gLr

Simplificando

2

2

y41

y3L

g

Condición para Esfuerzo Normal Máximo:

0dyd

0y21

3L

L32

y

2

2

máx )L32

(41

L32

3L

g

g9

L22

máx

(máx 0dyd

2

2

)




37

1.3.3) Principio de Saint - Venant

P P

Concentracionesdel Esf. Normal

(Distribución no uniforme)

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

P

P

PQ1

Q2

Q1Q2

P: resultantede Q1 y Q2

La misma distribucióndel Esfuerzo Normal

"Si se cambia la distribución de las fuerzas aplicadas en uno de los extremos, sin quecambien la resultante, los esfuerzos internos sólo cambian en segmentos iniciales delongitud 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 delesfuerzo normal y el valor del esfuerzo normal en un punto, es despreciable ensecciones transversales suficientemente alejadas de los puntos de aplicación de lascargas, 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 queun cuerpo es soportado o sostenido por otro. Por ejemplo, en el sistema poste-zapata-suelo, que se representa:




38

POS

TE

ZAPATA

SUELO

En esta superficiese desarrolla ap entre poste yzapata

En esta superficie se desarrollaap entre zapata y suelo

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

ap

ap AP

Siendo Aap el área de contacto entre los cuerpos.

P

Secciónde área

A1

11ap A

P

Sección deárea A2

22ap A

P

COMPRESIONES

P

Ejemplo)Un poste de madera de 15×15 cm2 de sección transversal transmite una carga de 5.oTon, 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 losesfuerzos generados porla carga axial P. No seincluye el peso propio delos sólidos.




39

15×15 cm2

5 Ton

x

x

i)2ap cm 1515

Ton 51

2ap cm 1515

kg 50001

2ap kg/cm 22.22

1

5 Tonii)

permisible = 1 kg/cm2

1x

50002ap2

x = 70.71 cm

Nota). Esfuerzos de apoyo o de aplastamiento se presentan frecuentemente entreelementos 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 laplaca sobre el pasador.

La superficie de contactoentre el pasador y laplaca A es una superficiecilíndrica de diámetro d yaltura b.CONECTOR

(PASADOR) dediámetro efectivo

d

P

A

b

P

A




40

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

Ejemplos1) 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 normalen 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 placade apoyo.

A

1

2

3

4

P

b

d

P

P

La real distribución del esfuerzo en el área decontacto es muy complicada.Para fines prácticos se usará un VALORPROMEDIO NOMINAL del esfuerzo de

aplastamiento, obtenido dividiendo la carga Pentre el ÁREA DE LA PROYECCIÓN DELPASADOR EN LA SECCIÓN DE LA PLACA(rectángulo 1234).

bdP

ap

bd área nominal de aplastamiento

P

Plano a larecta deacción de lafuerza P

ÁREA NOMINAL DE APLASTAMIENTO

SUPERFICIE REALDE CONTACTO

Aap




41

i) Esfuerzo normal en la varilla de acero: ;

P = Aacero = P = 3,006.6 lb

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

Aap = 4 pulg2

Aap corona circular. Luego

d 2.47 pulg

(En la prática d 2.5 pulg)

2) En el sistema representado, determinari) El esfuerzo de apoyo en C.ii) Los esfuerzos de apoyo en cada soporte (dos soportes simétricos).

Viga demadera

Varilla de acero

8"7

d

P

d = ?

d1'

Placa de apoyo

acero AP

(dato) pulg

klb52

222

lgpu)

8

7(

4pulg

lb000,5

apap A

P

2ap

ap lb/pulg750lb3,006.6P

A

4)1d(4

22

750 kNSoportes

A

B

C

125 mm

Pasador de 2.6mm de diámetro

75 mm 300 mm

9 mm

Soportes5 mm




42

Cada soporte recibe P = R c /2, luego

ap = 75×109 Pa

3) Calcular el diámetro del perno y el área requerida por las placas de apoyo en elsistema representado. Los esfuerzos no deben exceder de 2,500 kg/cm2 entracción del perno y 75 kg/cm2 de aplastamiento entre las placas de apoyo(cuadradas) y las vigas de madera.

Fuerza en el perno:

i) FUERZA EN EL APOYO C:

Cx C

CyR C

Resultante

BF AB

750 kN

Cx = 18×105 N; Cy = 750×103 N

Cx = F AB

Cy = 750 kNF AB(125) – 750(300) = 0F AB = 18×105 N

2y

2xC CCR = 1,950×103 N

ap EN EL APOYO C:9 mm

2.6 mmR Cap

ap AP

(9 mm×2.6 mm)

233

3

ap

m 106.2109

N 10950,1

= 83.33×109 N/m2

ap = 83.33×109 Pa

ap EN LOS SOPORTES:

apap A

P

(en los soportes)

233

3

ap m106.2105

N102950,1

1 PERNO (LARGO)

VIGAS

4 Ton

90 cm 90 cm180 cm 180 cm

PLACAS DE APOYO




43

Equilibrio VIGA BC

VIGA AD

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

Esfuerzos

i) Tracción en el perno

Luego

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

ii) Aplastamiento

Placas cuadradas de lado l l = 9.6 cm (lado de la placa)

1.5) Esfuerzo Normal Permisible. Factor de SeguridadEnsayos del comportamiento de materiales (en laboratorios) proporcionan informaciónrelativa a la resistencia del material al esfuerzo normal.

AB

DC

4 Ton

90 cm 90 cm180 cm 180 cm

A

B

D

C

4,000 kg

R B

R B

F

F

R Ctracción en el perno

R A

0R )90180(R 180

FR R

CB

CB

F)18090()000,4)(1809090(R 90

000,4R FR

B

B A

AF

2d4

7.666,6 A

7.666,6500,2

Aap

F

apap A

F

89.8875

7.666,6ap cm2

89.88)84.1(4l

22

Aap




45

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

de la fórmula .

En el caso de BARRAS CORTAS sometidas a compresión, puede usarse la

ecuación anterior. Sin embargo, cuando se consideran ELEMENTOS LARGOSde sección transversal reducida sometidos a COMPRESIÓN, la fórmula

NO se aplica directamente.

(Pueden presentarse problemas de pérdida de estabilidad)

Ejemplos

1) Las barras AC y AD de la armadura representada son del mismo material. La barra AC tiene 1" de diámetro y su carga última es 75 klb. Calcular:i) El Factor de Seguridad en la barra ACii) El diámetro de la barra AD, si deseamos que ambas barras tengan

idénticos FS y esfuerzos últimos.

Fuerzas Axiales tracción

Barra AC:

Barra AD: Pu = (FS)(F AD) = (3.35)(41.23 klb)Pu = 138.12 klb

También (u) AC = (u) AD

d AD = 1.36 pulg

2) Una carga de 2,000 lb puede desplazarse a lo largo de la viga BD a cualquierposición entre E y F. Sabiendo que el esfuerzo permisible en el material de lasbarras AB y CD es 6 klb/pulg2, determinar en donde deben colocarse los topes si elrecorrido de la carga debe ser tan grande como sea posible.

perm

P A

perm

P A

CAMBIOS DE GEOMETRÍA DEFORMA SÚBITA (VIOLENTA)

A

B C

D

10 klb

10' 10'

5'

10 klb

klb23.41F

klb36.22F

AD

AC

nal)(adimensio 35.3klb22.36

klb75FP

FS AC

u

2 AD

2 )d(4

12.138

)1(4

75




46

Fvert = 0 F AB + FCD = 2,000MB = 0 2,000X – 60FCD = 0

De donde obtenemos FCD = 33.33X y F AB = 2,000 – 33.33X

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

A partir de este valor, podemos encontrar XE.

F AB (F AB)máx 2,000 – 33.33X 1,178 X 24.7 pulg

XE = 24.7 pulg

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

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

X 55.2 pulgXF = 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 yla resbaladera es µ = 0.3, encontrar el diámetro mínimo del cable. Verificar los dosfuncionamientos del cucharón, tanto cuando baja como cuando sube.

A

B

C

D

E F

x 200 lb

xE

60 pulg

d=½" d=5/8"

x 200 lb

F AB FCD

Diagrama de cuerpo librede la viga BD

xF

B D

AB

AB

AF

2

21

4

CD

CD

AF

2

85

4

W

=63.4°FC

W

N: fuerza normal

: fuerza en el cable

f r: fuerza de fricción

i) Movimiento de subida del cucharónDiagrama de cuerpo libre

2000 lbs




47

Resolviendo el sistema (*) para FC, obtenemosFC = W(sen + µcos)

Reemplazando datos FC = 25(sen63.4° + 0.3cos63.4°)FC = 25.7135 kN

Esfuerzo en el cable: . Condición perm = 35 MPa

A = 7.35 cm2

Sección circular de diámetro d d2 = 7.35

De donde obtenemos d = 3.06 cm

Nota). El caso de Movimiento de bajada del cucharón, es similar (sólo cambia elsentido de la fuerza de fricción f r).

4) Un puntal CD, de longitud L/2 debe soportar una viga AB uniforme de longitud L ypeso W = 2,390 lbs. El puntal se coloca en una posición tal que queda sometido ala menor fuerza de compresión posible. Determinar la sección transversalrequerida para el puntal, si su material admite 700 lb/pulg2 como esfuerzoadmisible. (No considerar el peso propio y articulaciones en los puntos A, C y D).

M A = 0 W cos45 = Fd . . . . (i)

Ley de senos (CAD):

. . . . (ii)

También: d = x sen

FC

W

N

f r

Equilibrio: Nsen + f rcos = FCcos

Ncos + FCsen = f rsen + WLa fuerza de fricción, es f r = µN

(*)

senFWµNsencosN

cosFcosµNNsen

C

C

AFC

63 103510 A7135.25

4

L/2

L

C

D

45° A

B

C

D

45° A

B

d

F

Fuerza en elpuntal(Compresión)

W

L/2

Sea el DCA

x

2L

senx

45sen2 /L

22

2

Lsenx

sen2L

x




48

d = . . . . (iii)

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

De donde obtenemos . . . . (iv)

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

= sen(135 – ) cos – sen cos(135 – )

= sen(135 – 2) = 0 (condición)

De donde obtenemos = 67.5°

Reemplazando en la ecuación (iv):

Fmín = 1,399.95 lbs

Condición para 700 =

A = 2 pulg2

1.6) Esfuerzo Cortante. Esfuerzo Cortante PermisibleLas fuerzas internas cortantes, generan ESFUERZOS CORTANTES en la sección deinterés.

.6.1) Esfuerzo Cortante Promedio ()

Existen estados particulares de carga, en los cuales la única acción interna es unafuerza cortante. Por ejemplo, en un sistema formado por dos placas delgadasconectadas por un pasador, según se indica.

sensen2L

2L

sensen2L

sen)135(sen2W

F

ddy

ddy

67.5sen2lb2,390

F2mín

A95.399,1

ad A

95.399,1

x

z

y

Vxz

Vxy




49

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

.

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

por una fuerza P en una superficie paralela de área A.La distribución de xy no puede suponerse uniforme. En problemas de diseño deelementos sencillos, es útil considerar valores promedio.

Definición. Se denomina Esfuerzo Cortante en un punto, al valor

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

t

t

P

P

Placas delgadas (t 0)

Despreciando posibles fuerzas de rozamientoy el momento en desequilibrio (Pt), sobre lasección del pasador (en la superficie decontacto entre las placas) actuará solamenteuna FUERZA CORTANTE.

P

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

x(Normal)y

z

Vxy

xy

Vxy = P

) A( xyxy dA V

Siendo A el área transversaldel pasador

A

Pxy

AP

)dAF() A(

dF

dAdAdF




50

Definición. Cuando existe UNA SÓLA SECCIÓN TRANSVERSAL resistente alESFUERZO CORTANTE, decimos que el elemento trabaja o se encuentraen ESTADO SIMPLE DE CORTANTE.

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

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

D1

C1

AB

P P

P P

(JUNTA A TRASLAPE)

Las placas se encuentran sometidas aTRACCIÓN. En el conector sedesarrolla ESFUERZO CORTANTE enla sección que pasa por la superficiede contacto entre las placas (1-1).

1 1

P

P

P

P

FC

FCFUERZAS CORTANTES

FC = P

siendo A el área efectivade la sección transversaldel remache.

Sobre la sección 1-1 del remache segenera el esfuerzo cortante

AP

;

(En valor promedio)

P

P

BP/2

P/2

11

22

A

CP

P




52

ii) APLASTAMIENTO

iii) CORTANTE (PUNZONAMIENTO)

2) Los elementos prismáticos A y B están unidos por dos láminas pegadas a ellos.Hallar la longitud L para la cual el esfuerzo promedio en el pegamento es 800 kPa.

P

22 cm )1(4

kg 1000 AP

1,273.24 kg/cm2

i)

2

22apap kg/cm 11.311

)1(4

2

kg 1000 A

P

ap = 311.11 kg/cm2 (La madera resistirá cuando menos311.11 kg/cm2 de aplastamiento)

1 cm2 cm

2 cm

Aap

d = 1 cm

CORTE AF

)5.0)(5.0(2kg 000,1

= 636.62 kg/cm2

P

0.5 cm

Área de corte(PUNZONAMIENTO)




53

Dato = 800×103 Pa

Luego 800×103 =

De donde obtenemos L = 0.308 metros.

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

i) en los remaches

= = = 42.44×106 Pa

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

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

8 mm A

B

L

24 kN

24 kN

(b = 100 mm al papel)

(Fuerzas N; longitudes m

B

24 kN

FCFC

½(L – 8×10-3) = L/2 – 4×10-3

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

)1042L

(10100

000,12

AF

33corte

C

)1042L

(10100000,12

33

t=10t

40 kN40 kN

100 mm 40 kN

FC

FC

FC

Diagrama de cuerpolibre de una placa

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

corte AFC

223

3

m )1020(4

N 10340

AP




55

ESFUERZO DE APLASTAMIENTO (BARRA - CONECTOR)

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

ESFUERZO CORTANTE (PASADOR)

= = (ESTADO DOBLE DE CORTANTE)

10,000 = P = 2,852.6 lbs

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

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

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

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

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

FUERZA EN LA BARRA AB.

ap

AC

AF

)8 /7(5.2

P1034

corteC

AFcorte

AC A 2 /F

2

87

42

P1034

4

"3

4

"3

0.22"

canales

W

VIGA

PLACA

A

C

BMURO DECONCRETO

PASADOR

2' 8'

W

2' 8'

A C

R A R C M A = 0 10W – 2R C = 0

R C = 5WMC = 0 2R A – 8W = 0

R A = 4W(*)




56

ESFUERZOSi) TRACCIÓN EN LA BARRA AB:

= P = A

P = (18,000)

P = 7,952.16 lbs (Fuerza máxima en la barra de ojo)

ii) CORTANTE EN EL PASADOR A (ESTADO DOBLE)

= P = Acorte

P = (10,000)2

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

iii) APOYO ENTRE PASADOR Y CANALES

ap = P = ap Aap

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

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

iv) APOYO PLACA – MURO DE CONCRETO.

ap = P = ap Aap

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

sobre el muro de concreto)

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

La condición (iv) se aplica en C: = 12,000 lb (Fuerza de aplastamiento sobre el muro de concreto)

Teniendo presente las condiciones de equilibrio (*):

= 4Wmáx Wmáx = lbs

Wmáx = 1,988.04 lbs

= 5Wmáx Wmáx = lbs

Wmáx = 2,400 lbs

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

corte AP

4

2

43

corte AP

4

2

43

ap A

P

43

ap AP

máx AR

máxCR

máx AR 4

16.952,7

máxCR 5000,12




58

W1 + W = pA1 + 4lh2

1h1 A1 + 2h2 A1 = pA1 + 4lh2

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

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

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

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

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

= P = At P = (2a + 4b – 5d)e

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

P = 76.3125 klbii) APOYO

1)

2)

W1

W2

1

2

1)

2)

h1

h2

p

peso W ( 2)

peso W1

( 1)

A1

l

l

2122111

lh4pA)hh( A

4"3

8"3

A

a

P P

e

B B

A

Remaches dediámetro d

i) TRACCI N (Placa A)La sección transversal de áreamínima es la que pasa por loscentros de los remaches

e

P

ab b b b

t AP

43

83




59

ap = P = ap Aap P = ap(5de)

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

P = 122.34375 klbiii) CORTANTE (ESTADO SIMPLE)

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

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

P = 33.134 klb

Máxima carga aceptable La menor de las 3 calculadasPmáx = 33.134 klb

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

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

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

quedan sobre una circunferencia de 5" de diámetro.

Considerando una sección entre los discos de unión (bridas), reconocemos que el

par actuante T se le opone el momento de las fuerzas cortantes desarrolladas en lospernos. SI TODOS LOS PERNOS EQUIDISTAN DEL CENTRO LAS FUERZAS ENLOS PERNOS SON IGUALES.

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

(**)

Resolviendo las ecuaciones (*) y (**), se obtienenF1 = 2,650 lb; F2 = 2030 lb

ap AP

43

83

c AP 4

4

43

2"1

2"1

T

T

To

F1F1

F1

F1F1

F1

F2

F2

F2 F2

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

121 del centro; y

fuerzas F2 sobre cada perno ubicado a la distancia5/2" del centro. Por consiguiente:

Mo = 0 6,000×12 = F16(

radio

25.3 ) + 4(

radio

50.2 )F2

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

25.35.2

FF

1

2




60

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

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

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

Si el plano de corte se traza bajo ángulos diferentes a los anteriores, se presentan"esfuerzos combinados" (simultáneamente y ).

Consideraremos el caso particular de elementos sometidos a carga axial centrada y unplano que forma un ángulo con el eje geométrico del elemento.

En la sección INCLINADA actúan Px'x' = Pcos (FUERZA NORMAL)

Px'y' = Psen (FUERZA CORTANTE)

Luego, Px'x' genera Esfuerzo Normal sobre la sección inclinada.Px'y' genera Esfuerzo Cortante sobre la sección inclinada.

x'x' = ; x'y' =

como A' = A/cos, tenemos

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

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

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

(donde xx = )

2pulg196.0lb2650

2pulg196.0lb2030

P

A

P P

A

AP

AP

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

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

y

x

z

oP P

A A'

Plano alplano XOY

P

Px'x'

Px'y'

xP

x'y

y'

' AP 'x'x

' A

P 'y'x

cos / AcosP

AP

cos / AsenP

AP

AP

AP




61

Las ecuaciones anteriores, pueden re-escribirse:x'x' = . . . . (i)

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

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

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

. . . . (iii)

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

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

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

xx

x'y'

x'x'

)2cos1(2xx

2sen2xx

ESF. NORMALES

ESF. CORTANTES

2xx2

'y'x

2xx

'x'x 2)(

2

x'x'

x'y'

C

r c (2xx , 0)

r =2xx

x'x'

x'y'

C

r

u representa un esfuerzo normal

u =2xx +

2xx cos2

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

v representa un esfuerzo cortante

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

2

Q(u, v)




62

PROBLEMAS1) 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 MPay u = 9 MPa, hallar el intervalo de valores del ángulo entre los cuales el factorde seguridad es por lo menos igual a 3.

ESFUERZOS EN LA SECCIÓN INCLINADA: = = Pa = Pa

= = Pa = Pa

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

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

CONDICIÓN FS 3. Luego

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

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

xx

x'y'

x'x'

M

50 mm

N30 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' =

cos10301050 33

m2

FUERZAS SOBRE LASUPERFICIE INCLINADA

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

' AN

cos103050

cos106

4

28

cos1510

' A V

cos103050

sen106

4

cossen15108

u

u

3cos

1510

1017

28

6

3

cossen1510

1098

6




63

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

Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos Ax= – 67.84 lb; Ay = – 37.50 lb; R c = 135.68 lb

Esfuerzos en la sección a-a.

Esfuerzos en la sección b-b.

Determinamos las fuerzasinternas en la barra BC.Equilibrio

60°

Ax

Ay

A

d

300 lb-pieB

80 lb

60°

R c

C 60°

d = 8sen60 pies

A300 lb-pie

80 lba

a

b

B

30°

C

4 pies 4 pies

b

60°

Fh = 0 Ax + R Ccos60 = 0Fv = 0 Ay + R Csen60 – 80 = 0

M A = 0 300 + 80(4) – R C(8sen60) = 0

22aa lb/pulg 92.33

pulg 22lb 68.135

a-a = 0

a

a

135.68 lb

135.68 lb

b

135.68 lb

V135.68b

N2''

Área de la seccióninclinada A' = (4)(2)

A' = 8 pulg2

2bbpulg 8

lb 84.67

b-b = 8.48 lb/pulg2

2bb pulg 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 placade 8 mm de espesor de pared, soldada en espiral que forma 20° con un planoperpendicular al eje del tubo. Se aplica una fuerza axial P = 250 kN. Determinar elesfuerzo normal y el esfuerzo cortante en direcciones respectivamente normal ytangente a la línea de soldadura.

Equilibrio:Fvert = 0

(*) . . . . o( Ao) – ( A)cos20 – ( A)sen20 = 0Fhoriz = 0

(**) . . . . ( A)sen20 – ( A)cos20 = 0

Reemplazando Ao en (*) y (**):o Acos20 – 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 deecuaciones (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 sobrala sección que forma = 45° con el eje de la barra.

20°

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

0 =0 A

P 0 = 3

3

10339.710250

0 = 34.07×106 Pa (COMPRESIÓN)

20°

0( A0)

( A)

( A)

LÍNEA DE SOLDADURA




65

Barra a ensayar:

Esfuerzos sobre la sección inclinada:

5) El esfuerzo normal sobre el plano pq de una barra prismática en tracción es de8,220 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.

RígidosBarra a

ensayar

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

O

R F

P=25 lb

M0 = 0 5F – 20P = 0 F = 4PF = 100 lb

(COMPRESIÓN)

F = 100 lb

F = 100 lb

100

V

N

V N100

45°45°

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

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

A

A0

A0 = 4 (1)2

45cos A A0

45cos A

A 0

24 A

A V

; AN

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

24

250

= 63.66 lb/pulg2 (compresión)

24

250

= 63.66 lb/pulg2




66

Resolviendo simultáneamente el sistema (iii) y (iv), obtenemos: = 24.994°; o = 10,000 lb/pulg2.

Usamos las ecuaciones (i) y (ii) = 10,000 cos2 máx = 10,000 lb/pulg2 ( = 0°) = 5,000 sen2 máx = 5,000 lb/pulg2 ( = 45°)

1.8) Deformaciones. Campo de Desplazamientos.

1.8.1) Introducción.Las acciones aplicadas causan DEFORMACIÓN DEL SÓLIDO sobre el cual actúan,

dependiendo, entre otros factores, de sus intensidades, forma de aplicación y de lascaracterísticas mecánicas del material que las soporta.

En esta sección estableceremos descripciones cualitativas y cuantitativas de laDEFORMACIÓN.

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

= 022sen . . . . (ii)

p

q

s30°

PP

PN

V

donde 0 =0 A

P , siendo A0 el área

de la sección transversal

0

Sección de área A0

Sección de área A =cos

A0

0=8,220

p

q

+30

0=3,290

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




67

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

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

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

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

A cada punto material le asociamos un Vector Desplazamientos.**) Si los desplazamientos son tales que NO ALTERAN la distancia entre dos puntos,

decimos que el cuerpo ha sufrido un DESPLAZAMIENTO DE SÓLIDO RÍGIDO.

En términos generales: DEFORMACI N

CONFIGURACIÓN INICIAL(NO DEFORMADA)

CONFIGURACIÓN FINAL(DEFORMADA)

CAMBIOS EN LA GEOMETRÍADEL SÓLIDO O SISTEMAESTRUCTURAL (COMORESPUESTA A LAS ACCIONES APLICADAS)

P

P

Impide giros ydesplazamientos

No giro nidesplazamientos

A B

A' B'

INICIAL

DEFORMADA

Ad' AA : Vector desplazamiento del Punto A

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




68

Desplazamientos de SÓLIDO RÍGIDO: TRASLACIONES Y ROTACIONES.

***) Si los desplazamientos son tales que alteran la distancia entre dos puntosmateriales del sólido, el sólido es un SÓLIDO DEFORMABLE.

1.8.3) Campo de Desplazamientos.Una idea CUALITATIVA de la Deformación de un elemento por acción de una cargaexterna, 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 tracciónactuando en su extremo libre.

Por acción de la fuerza axial P, la placa sufre una deformación. (Se observa unadistorsión de la cuadrícula de referencia).

En términos muy generales, la deformación sigue el esquema siguiente:

Ad

ABd

d

Posición inicial

B'

Bd

Posición final

d'B' A

Ad

d

A

B B'

A'

d'

Bd

d d'

Inicial Final

L

y

A(x A, y A)

x

B(xB, yB)Configuración inicial

Cuadrícula dereferencia

Impidedesplazamientos

de sólido rígido




69

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

Los valores (u, v) varían de punto a punto en la placa, es decir son FUNCIONES de lasCOORDENADAS (x, y) de LOS PUNTOS INICIALES (PUNTOS DE LA PLACA ANTES DELA 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, uncampo Bidimensional).

De manera similar, en problemas tridimensionales, un campo de desplazamientos, sedefinirá por:

u = u(x, y, z) desplazamiento en dirección xv = v(x, y, z) desplazamiento en dirección yw = w(x, y, z) desplazamiento en dirección z

En cualquier caso, las FUNCIONES ADMISIBLES para un campo de Desplazamientosson FUNCIONES de POSICIÓN, y deben cumplir requisitos de continuidad y dederivabilidad.

Nota) Todo Campo de Desplazamientos define una Función Vectorial.

B'

L

y

A

x

B

j i vud)v,u(d

ensionaldimBioblemaPr

A

A

P

A'

Ad

Bd A

A'

u

v

CUADRÍCULALAPOR

FORMADOSELEMENTOSLOSDEESDISTORSION

MATERIALESPUNTOSDEENTOSDESPLAZAMI

comprendeplacaladendeformacióLa




70

Ejemplo: El vector = 10-2[x2 + (x + 3z) + 10 ] pies representa un Campo deDesplazamientos. Hallar el desplazamiento que experimenta un puntomaterial ubicado inicialmente en la posición y determinar laposición final.

Punto final:

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

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

ur1r

x

P

P'

y

z

MIENTOS ADESPLAZ

VECTOR

INCIAL POSICIÓN

EN VECTOR

POSICIÓN

VECTOR NUERVO

urr1

u i j k

k jr

O

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

u =

u

1003

j +

v

101

k Vector Desplazam ientou

r

1r

xP(0,1,1)

P'

y

z

urr1

)k 101

j1003

i0()k 1 j1i0(r1

k 10

11

j100

103

i0r1 )'OP(

A

y

x x

y

x'y'

y'

x'

A'

Luego de la deformación, elpunto A ocupa la posición A'. Los

segmentos CAMBIAN de longitudy DEJAN de ser perpendiculares.




71

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

1.9.1) Definiciones

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

DIRECCIÓN x:

x = . . . . (1)

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

y = . . . . (2)

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

x = ; y =

De manera general:

L: cualquier dirección

Notas) 1) Las deformaciones unitarias están asociadas con el CAMBIO DE LONGITUD

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

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

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

Si x < 0 ACORTAMIENTO (en la dirección x)

A

y

x x

y

x'

y'

x'

A'

y'

ESTADO DEFORMADO

ESTADO NODEFORMADO

DEFORMACIÓN: )'y,'x()y,x( T

xx'x

lím0x

xx'x

lím0x

yy'y

lím0y

dxdx'dx

dydy'dy

LLINICIALLONGITUDLONGITUDDECAMBIOS

UNITARIANDEFORMACIÓ




72

**) Se denomina DEFORMACIÓN UNITARIA CORTANTE (DISTORSIÓN) al cambio delángulo recto entre dos segmentos que inicialmente eran ortogonales. Estadeformación es una medida de la pérdida de perpendicularidad entre dossegmentos.

En general xy = + (radianes)Convenio:

Si xy > 0 EL ÁNGULO RECTO INICIAL DISMINUYE

Si xy < 0 EL ÁNGULO RECTO INICIAL AUMENTA

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

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

2) Las deformaciones unitarias definidas tienen analogías para el casotridimensional.

A x

y

/2 x'

y'

xy > 0

xy < 0

P s

ry

x

xy ; rs ; etc.




73

1.9.2) Propiedades de x , y , xy

i) Los valores x, y, xy (que generalmente varían de un punto a otro del sólido) sonuna medida de la deformación del sólido.Las deformaciones unitarias normales (x, y), evaluadas en un punto, ymultiplicadas por las longitudes iniciales, nos dan el cambio de longitud en unadirección específica (salvo infinitésimos de orden superior)

En efecto: x = (definición)

x + = (propiedad de un límite 0)

Luego x x + = x' – x

Con aproximación suficiente: x x x' – x

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

ii) La deformación cortante representa la DISTORSIÓN ANGULAR del elemento, conrespecto a direcciones inicialmente ortogonales.

A

dy

dxdz

z

y

x

A'

dx'dz'

dy'

z'

y'

x'

Ad

inicial).longitudlaa

respectolongituddeCambio(.INGENIERÍADEUNITARIAS

NESDEFORMACIOsDenominada

dzdz'dz

dydy'dy

dxdx'dx

NORMALES

UNITARIASNESDEFORMACIO

z

y

x

dzdy,LADOSLOSENTRERECTODECAMBIO:dzdx,LADOSLOSENTRERECTODECAMBIO: dydx,LADOSLOSENTRERECTODECAMBIO:

CORTANTEDE NESDEFORMACIO

yz

xz

xy

xx'x

lím0x

xx'x

superiororden de

)x)((

xDIRECCIÓNEN

LONGITUDDECAMBIO

xDIRECCIÓN

ENINICIALLONGITUD

xDIRECCIÓN

ENUNITARIANDEFORMACIÓ




76

Reemplazando en (*)

b =

Simplificando b = . . . . (**)

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

b

b

Si 0 (infinitesimal) sen2 2

Con lo cual b ( en radianes)

3) Demostrar que si el prisma rectangular representado sufre una deformacióninfinitesimal sin distorsiones angulares, entonces la suma x + y + z representa elcambio unitario de volumen (salvo infinitésimos de orden superior).

b ba

a

L/2

Rotación Infinitesimal

Rígido

L/2

L/2b'

b

Definiciónb

bb'b

. . . . (*)

L/2

22

2 sen4L

b'b bb'

2L sen

b

bsen4L

b 22

2

1senb4L

1 22

2

1b4senL211 2

22

22

2

senb8L

2

22

b8L

a b

c

z

x

y I N I C I A L




77

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

Cambio Unitario de Volumen

Reemplazando

Simplificando

Con suficiente aproximación

Nota) La deformación de un sólido sin distorsiones angulares se denominaDILATACIÓN. La suma x + y + z se denomina Deformación Cúbica(Deformación Volumétrica Unitaria). Expresa el cambio de Volumen porUnidad de Volumen.

PROBLEMAS1) La placa ABC sufre la deformación representa. Calcular:

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

a1 b1

c1

z

x

y

Volumen Final V1 = a1b1c1

Deformaciones Unitarias Promedio

bbb1

x

b1 = b(1 + x)

aaa1

y

a1 = a(1 + y)

ccc1

z

c1 = c(1 + z)

INICIAL

INICIALFINAL

V

V V

V

V

abc

abc)1)(1)(1(abc

V V zyx

abc

abc)1(abc

V V zyxzxzyyxzyx

superior orden de initesimosinf

zyxzxzyyxzyx V V

zyx V V




78

AB =

AB = 1.25×10-3

iii) AB/BC =

AB/BC =

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

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

= – 8.33×10-4

=

AC = 2.062×10-4 (ALARGAMIENTºO)

i)

OB

OBOB'OB

(definición de )

120

1203.0120OB

= 2.5×10-3

ii) AB

AB AB' AB

120 mm 120 mm

o A C

B

B'

y

x

0.3 mm

22

2222

120120

120120)3.0120()120(

)den(Definició O' AB22

(inicial) recto dellaridadperpendicu de Pérdida

3.0120120

arctan22

C' AB22

0v

2".0u B

"08.0v

2"1.0u C

8'

8'

CB

A D

x

y

CB

A

B'

C'

96 "

96"

v=–0.08"

u=0.12"u=0.2"

BC

BC'C'BBC

9696)08.0()12.02.096( 22

BC

AC AC' AC

AC

296

296)08.096()12.096( 22

BC



Mecán

3)

ElC

Ev

Si

4)

L

doB.(L

ica de Sólid

nudo A dlcular la de

la armadrticalmente

1 = cos

(Deformac

milar para l

barra rígid

formables,asionan qu. Determinaas distancia

1)

A

A'

LL

1

cos

L2

os

e la armadformación u

ra dada:.

; 2 = c

ión unitaria

barra 2.

a AC, en po

según se i la barra rí las deforms están exp

P

2)

LL

ura represnitaria axial

ebido a la

os

axial en la

sición horiz

ndica en elgida descieaciones uniresadas en

DESCENPUNTO(NO ALDE BAR

2 alargla ba

1 alarg

la ba

LLcos

ntada descpromedio e

SIMETRÍA

arra 1)

ntal, está s

esquema.da 1 pulg.arias promies).

SO DEL

RGAMIENT A)

amiento derra (2)amiento de

rra (1)

cosL

Mg. In

iende un cada barr

TOTAL, el

oportada p

Una fuerzay que giredio que se

O1

º Carlos Es

idades (inf .

punto A s

r tres barra

P y un° alrededoinducen en

A

2)

A'

1

parza Díaz

79

initesimal).

desplaza

s delgadas

omento Mdel puntolas barras.




80

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

Con aproximación suficiente 1 = 1 + 120 2

2 = 1 – 180 2

3 = 1 – 240 2

1 = 1 + 2 = 1 – 3 = 1 –

A CB

P

M

10 5 5

10

barra rígida

A C

C'

A'

1

2°

1 – 1

B

B'

1 – 2 1 – 3

321"

1) (2 (3

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

RECORDAR: tan si 0 ( en radianes)

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

3602

3602

3602

34

32

34

Luego:

1201

1

= 0.0432 (verificar operaciones)

)TOS ACORTAMIEN(0266.0

120

0091.0120

33

22

B

B'




81

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

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

ó ( en radianes)

0.0262 rad

Luegoxy = – 0.0262 rad

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

r

L = 10"

AP

B

espesor t 0r =1"

z

y

xP A Bdy

dx

Luego de aplicado el torsor, lageneratriz de referencia sedistorsiona y también se distorsionael elemento rectangular señalado

P' A

B

dy'

dx' d

rT

= r

El ángulo indica elcambio de ángulo recto

P'

y y'

x

x'

Con suficiente aproximación:

tan L

= arc tan(L

)

)L

rarctan(

10151arctan 3602




82

6) En un sólido deformable, el campo de desplazamientos está definido por lasecuaciones: u=2ax2; v=2ay2; w=-2az2, donde a=10-5. Determinar la deformaciónnormal unitaria en el punto P (0, 2, -1) medida en la dirección del vectorN = (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 coordenadasde los puntos extremos del vector PQ, determinamos los puntos P’ y Q’.

Coordenadas del punto Q’:

x = 8/9 + 2a (8/9)2 x = 0.888905y = 17/9 + 2a (17/9)2 y = 1.888960z = - 5/9 - 2a (- 5/9)2 z = -0.555562Q’ (0.888905, 1.888960, -0.555562)

La distancia entre los puntos P’ y Q’ es: P’Q’ = 1.0000215La 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, cuandolas 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) = 0y = 2 + 2a (2)2 = 2 + 8a

z = -1 – 2a (-1)

2

= -1 – 2aP’ (0, 2.00008, - 1.00002=)




84

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

(Distancia entre dos puntos)

Como u A y vB son infinitesimales, la suma u A2 + vB

2 0. Luego, con aproximaciónsuficiente, tenemos:

Por la aproximación binomial

L' L[1 + (vBsen - u Acos)]

L' L[1 + (vBsen - u Acos)]

Reemplazando en (*):

Simplificando

3) Dos barras AP y BP están articuladas según se indica en el esquema. ¿Cuál es ladeformación axial promedio en cada barra, si el punto P se desplaza x unidadeshacia la derecha? ¿Cuáles serán los valores aproximados de las deformaciones si xfuese muy pequeño comparado con L?

AP =

Simplificando tenemos:

A

A'u A

vB B

B'

LL'

x

y AB L1 [vBsen – u Acos]

(Con suficiente aproximación)

Deformación unitaria AB =L

LL' . . . (*)

2B

2 A )vsenL()ucosL('L

senLv2vsenLcosLu2ucosL'L B2B

22 A

2 A

22

)vu()cosusenv(L2L'L 2B

2 A AB

2

)cosusenv(L21L)cosusenv(L2L'L AB AB2

L2

21

L1

LL)]cosusenv(1[L ABL

1

AB

)cosusenv( ABL1

AB

30° 60°

P

A B

h

3L L

P

A B

P'x3Lh

22

2222

)L3()3L(

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

AP' AP



Mecán

A

L

A

B

B

A

B

A

B

4)

Udelai)

ii)

ica de Sólid

AP =

AP =

roximación

ego:

roximación

P

P

roximación

P

roximación

P

a placa deformación,hipotenusa,Demostraraltura delDemostrar 2(1 + 2

L3 2

L

32

1 AP

32

1 AP

1 AP

L(

L4L2

1 2

421

42

(21

1

os

: Si x es pe

Binomial

de 1er orde

Binomial:

lgada, ene manerala deformaque, con, es h 2que, con a), radianes.

L2xL6L9 2

3L2

Lx

Lx6

22

2

1112

1132

1L12x6

(L

)3L()2

2

xLx2

2

2L4x2

4x

1)

ueño comp

( 0)

orma de ue sus catión unitariaaproximaci1 + 2.roximación

3L2x2

32

32

L2x

1

L2x

21

1 AP

)3L

(L2

22

2

1

L2

Lx

L4x2

1

arado con L

rectángulotos experi – 2.n suficient

suficiente,

3

12

321

1L12x6

)3L 2

L

x

L

x2

4

2

1

Mg. In

isósceles,entan la de

, la defor

la distorsión

2Lx

Lx6

2

2

Lx

22xL 22

2

º Carlos Es

.

está someformación u

ación unit

del ángulo

3

LL3Lx 2

parza Díaz

85

ida a unanitaria 1 y

aria de la

recto, es

L




86

i) Deformación unitaria de los catetos:

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

Deformación unitaria de la hipotenusa:

z' = z – 2z = z(1 – 2)

z' = a (1 – 2)

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

1ra aproximación se desprecian los infinitésimos de orden superior:

2da aproximación aproximación binomial

Reemplazando en (*):

; simplificando obtenemos

h 21 + 2

ii)

2a

h

a ah

2az

z'

h'a a

h

a' a'

aa'a

1

zz'z

2

2

hh'h

h

2

22

12 )1(

22a

)1(a'h

)(2a21a'h 222

121212

12

222

1212

11

)(22412a

'h 222

12121

2 /121 241

2

a'h

)21(2a

)24(12a

'h 212121

2

a2

a)21(

2

a21

h




88

Aproximación Binomial

Luego:

Aproximación Términos de primer orden. Obtenemos

Por tanto:

pero c2 = a2 + b2

, expresión que puede escribirse:

Por (*) (infinitesimal)

1.10) Relaciones Diferenciales entre Desplazamientos yDeformaciones Unitarias.

No siempre es posible relacionar directamente las deformaciones unitarias normales ycortantes con los desplazamientos de los sólidos en estudio. De manera general, esconveniente 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 einfinitesimales (AB y AC), orientados en las direcciones x, y respectivamente. Durantela deformación, los segmentos AB y AC se alargan o contraen y rotan. Los puntos A, By C se desplazan hasta A', B', C'.

ba

c2

b2

a2

1cba

cosab

ba1

baba

1)1(1

1

)1)(cba(cosab bac2

b2

a2

c2

b2

a2 cbacosab

c

2

bac

2b

2a

2

abc

ab

ba

abcba

cos

c

22

ba abba

ab

ba

cos

ccba ab

ba

ab

ba

cos

)(ba

)(ab

cos cacb

angularDistorsión

cacb )(ba

)(ab

sen




89

Por la hipótesis de las deformaciones infinitesimales:, 0 cos, cos 1 ; tan ; sen tan ; sen

Aproximaciones de la función coseno:

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

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

de donde: . . . . (1)

De manera similar:

. . . . (2)

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

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

xencambio aldebido

Vdecambio

dxxv

dyy

vdy

dxxu

dx

A

dy

dx

x

y

x

y

A'

C'B'

B

C

u

v

yencambioaldebido uencambio

dyyu

Ad

dyyv

dx

dxdxxu

dx

AB AB'B' A

x

xu

x

dy

dydyyv

dy

AC AC'C' A

y

yv

y

yv

1

yu

xu

1

xv

dyyv

dy

dyyu

dxxu

dx

dxxv

xy

dxxu




91

EJEMPLOS

1) Los puntos de un sólido sufren desplazamientos dados por:u = 4ay2 + 2ax2 + az2 . Encontrar las deformaciones normales y cortantes enun punto genérico Q(x, y, z).

Deformaciones Normales: ; ;

Deformaciones Cortantes:

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

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

deformación unitaria normal.

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

longitud.

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

entosDesplazamideCampo

zdirecciónenzw

ydirecciónenyv

xdirecciónenxu

NORMALESUNITARIAS

NESDEFORMACIO

z

y

x

yzplanoelenzv

yw

xzplanoelenzu

xw

xyplanoelenxv

yu

CORTANTESNESDEFORMACIO

yz

xz

xy

i j k

2

2

2

azwax2vay4u

entosDesplazamideCampo

0xu

x

0yv

y

az2zw

z

ax4ay8

x

v

y

uxy

000zu

xw

xz

000zv

yw

yz

L400x

u2

L2

xcos10 4

x

u: desplazamiento según eje x

v: desplazamiento según eje y

w: desplazamiento según eje z




92

(x)máx =

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

ii) Alargamiento total: Usamos

(en unidades de L)

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

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

experimenta el vértice A por efectos del peso propio.

Lx

i) DeL400

xu

2

obtenemosL200

xxu

x

x

(L, x máx)

Lx

o

2001

L200x

Lx

L xdxL

finalizaral

1.9.2sección

(*)ecuación Ver

L

0

4 dxL2x

cos10L

L

0

4

L2x

senL2

10L

L210L 4

yy E1

Apuntodelvertical

Deflexión A V

10'

3'

A

y

x

A

A'

-x

y

x

10 – y

y

x 10 – y

e=1"

W

2x y

e = 1/12'




93

(en lb/pie2)

Simplificando (compresión)

Luego, la deformación unitaria es:

El Cambio Total de longitud, es:

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

(Nota: La constante E debe ser expresada en lb/pie2)

4) Un campo de desplazamientos está dado por u = ky2; v = 0 (k>0).i) Graficar la deformación del cuadrado unitario OABC.

ii) Calcular la deformación cortante en el punto C(0, 1).

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

Luego como + 1 = tan1 = cotan

))(x2(

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

121

121

32

y

)y10(3

800y

)y10(3

800E1

y

10

0L y dy)y10(3

800E1

dy

A V

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 kC'C k

x (u)

(u,y) Parábolas (u = ky2)

C'C

1

tangente por C'

xy = (pérdida de )

'C1 du

dytan

k 2

1

ky2

1

tan 1y1

k 21

tan 1

2




94

cotan = rad

xy = arc cotan (evaluada en C')

5) Un prisma rectangular tiene la deformación representada. Los desplazamientosestán dados por u = C1xyz; v = C2xyz; w = C3xyz.i) Determinar las deformaciones unitarias normales y cortantes en el punto E, si

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

También: 0.001 = C2(1)(1.5)(2) C2 = 0.001/3

– 0.003 = C3(1)(1.5)(2) C3 = -0.001Campo de desplazamientos:

u = 0.001xyz; v = xyz; w = – 0.001xyz

Deformaciones unitarias normales:

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

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

(z)E =(– 0.001)(1.5)(1) = – 0.0015

Deformaciones cortantes:

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

De manera similar se calculan zx; yz

k 21

k 21

ancotarc

k 21

DE

E'

z

y

x

G G'

F

F'

CC'

A

A'1.0 m

1.5 m

B B'

2.0 m

Vector desplazamiento en elpunto E ( 1EE )

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

C1 = 0.001

3001.0

yz001.0xu

x

xz3001.0

yu

y

3001.0

xy001.0zw

z

yz3001.0

xz001.0xv

yu

xy

3001.0




95

Reemplazando las coordenadas (iniciales) del punto E, obtenemos:

(zx)E = -0.0005 rad(yz)E = -0.0025 rad (Verificar operaciones)

Deformación unitaria en dirección AE:

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

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

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

1.11.1) Introducción. Definiciones.El comportamiento de un sólido o de sistema estructural bajo acción de las cargasaplicadas, está significativamente determinado por las características (propiedades)mecánicas del material empleado.

Los esfuerzos y las deformaciones unitarias descritas en las secciones anteriores, noson totalmente independientes entre sí. Se presentan simultáneamente en los sólidoscargados y están relacionados entre sí.

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

comparativos de esfuerzos y deformaciones).

xy001.0yz001.0zu

xw

zx

xy3001.0

xz001.0zv

yw

yz

AE AE' AE

)( E AE

22

22222

E AE21

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

P

u

x

xSe generan simultáneamente

x

MATERIALP P

P de baja intensidad

MATERIAL FRÁGIL: Falla súbitamentecuando es cargado en tracción conmuy poca advertencia si es cargadaen 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 deIngeniería 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 lasgrandes 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 enLaboratorios, mediante ensayos estandarizados. Un ensayo muy importante es elEnsayo o Prueba de Tracción Uniaxial.

Usualmente, las probetas del material, se ensayan en máquinas mecánicas, hidráulicaso electrohidráulicas, que permiten la aplicación gradual de dos fuerzas iguales yopuestas 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 deformacionesunitarias axiales en la probeta ensayada.

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

La carga comienza desde un valor 0 y se va incrementando, a velocidad especificada,

hasta ocasionar la ruptura (falla) de la probeta.

Garganta zona de grandesdeformaciones unitarias y brusca reducción de la sección transversal (disipación deenergía - calor).

P P

L0

A0

Probeta inicial

Dispositivos que permiten aplicargradualmente la carga axial

P1

Se registran P1; 1 Se registran (o calculan)

0

11 A

P y

0

11 L

L0 + 1

P1

Pu Pu

garganta (estricción)

0 P Pu




97

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

Los resultados de varias observaciones durante el ensayo se grafican en un diagramaCARGA – ALARGAMIENTO (o en un DIAGRAMA ESFUERZO NORMAL – DEFORMACIÓNUNITARIA).

Las gráficas obtenidas describen el comportamiento del material ante cargas deTracción Uniaxial. Para el acero estructural, una CURVA TÍPICA, presenta lascaracterísticas siguientes:

Parte Inicial (0 – a) Los esfuerzos son proporcionales a las deformacionesunitarias. El punto "a", no es fácil de precisar.

Parte a – a' Zona de INCERTIDUMBRE, por el cambio de un RÉGIMEN LINEAL a unRÉGIMEN NO LINEAL.

Parte a' – b Zona Plana o Escalón de Fluencia. Ocupa una posición sensiblementehorizontal. Indica que las deformaciones unitarias se incrementanrápidamente, sin que varíe notoriamente el correspondiente valor delesfuerzo normal.

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

P1

1

P

rotura

Diagrama P-

0

11 L

0

11 A

P

1

1

rotura

Diagrama -

cambio deescalas

( )

rotura

0

aa'

b

c

r

Parte Inicial (Pendiente muy fuerte)

Zona de incertidumbre

Escalón de fluencia

Zona de endurecimiento

Zona final

acero

0 AP

0L




102

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

Evaluando la integral, obtenemos

Nota) Puede escribirse , con lo cual tenemos

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

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

L

E A

x

P(x)

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

P(x) = (L – x)A

Fuerza interna en una sección genérica x:

peso específico

L

0Ldx

EAdx A)xL(

dx)x(EA)x(P

L

E2L

L2

AE2 ALL

L

2W

axialfuerzaunapor

producidoto Alargamien

EA2WLL

LE

A

LE

A

LL

W/2

iguales

EAPL

E2L

L2

= +LE

A

P

EFECTOCOMPUESTO

LE

A

EFECTODEL

PESO PROPIO

LE

A

P

EFECTODE LA

CARGA AXIAL

Caso particular del Principio deSuperposición:

ESINDIVIDUAL

EFECTOSCOMPUESTO

EFECTO

Válido para ComportamientoLineal Elástico




104

RIGIDEZ en el punto B "VALOR DE LA FUERZA P QUE OCASIONE UNDESPLAZAMIENTO UNITARIO DEL PUNTO B, ENDIRECCIÓN DE LA FUERZA P".

i) FUERZAS

ii) DESPLAZAMIENTOS

, de donde obtenemos

La RIGIDEZ en el punto B es

4) En el sistema representado, determinar la sección transversal de la varilla vertical,si el esfuerzo admisible en ella es = 1.6 Ton/cm2 y si el desplazamiento verticaldel punto C es 1.5 mm. Considerar E = 2×103 Ton/cm2.

B

P

F1 F2

F1 =32 P

F2 = 31

P

B

1)(2

P = ? (RIGIDEZ)

2 1 1

11 EA

PL

;

22 EA

PL

11

132

1 AE

)L2(P ;

11

131

2 AE

)L(P

11

11 AE3

PL4 ;

11

12 AE3

PL

iii) COMPATIBILIDAD GEOMÉTRICA

a21

a3221

Reemplazando 1 y 2

2 1

a 2a

1B

1 – 2

a 2a

1 – 2

11

1

11

1

11

1

AE3PL

1a2

1 AE3

PL AE3

PL4a31

1

11

L AE

P

1

11B L

AEK




106

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

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

(acortamiento)

(acortamiento)

(alargamiento)

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

P

P 3)

3)(1

(1

(245°45°

a

a

45° 45°F1 F3

P

F1 = F3 =2

P (compresión)

45°

45°F3

F3

F2

F2 = P (tracción)

EA2Pa

EA

a2

P

EAFL

11

EAPa

EA

a2

P

EAFL

33

EA2Pa

EAFL

22

H desplazamiento horizontal (total)

V desplazamiento vertical (total)

2 alargamientode la barra (2)

H

V

1




107

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

Alargamientos (Material)

= 5.86×10-3 pulg.

= 5.07×10-3 pulg.

Compatibilidad (Geometría)

45°

45°H

V

1 H + H = 2 H =EA2

2Pa22

V = H1

45cos

V =

EA22Pa

EA2Pa

22

V =EA2

PaEAPa

30°45°

L = 24" L = 29.4"

P

B

C D

45°60°

2,000 lb

FBDFBC

A = 0.2 pulg2

E = 30×106 lb/pulg2

P = 2,000 lb

FBC = 1,464 lbFBD = 1,035 lb

Fuerzas Axiales (Equilibrio)

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

EAFL

6BC

BC

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

EAFL

6BD

BD

BH

30°

45°

B

30°

45°BC

B'

B V

CD

BH

BD

B V

45°

45°

B

B't = B

H

BH

BDBDB V 45cos

t45cos

. . . . (i)




108

Reemplazando valores y despejando , obtenemos:

= 0.26×10-4 pulg.

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

PROBLEMAS1) 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 comportamientoelástico – lineal de la barra CD. (E = 200 GPa)

Semejanza:

C = 0.3 mm

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

0.3×10-3 =

30°

30°B'BH

B V

B

BC 30tan30cos

BH

BCB V

. . . . (ii)

De las ecuaciones (i) y (ii)

B

H

BDB

H

BC

45cos30tan30cos

BH

BH

B V

L = 0.25 md = 2 mm (diámetro)

ABC

D

FyBarrarígida Rígido

1.5 mm

masa 20 kg

0.08 0.321.5 mm

C

supuesto el "contacto"

AC = 0.08 mCB = 0.32 m

08.04.05.1 C

CDC EA

PL

234

9CD

)102(10200)25.0(F




110

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

F1 = F2 =

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

F1 = F2 . . . . (*)

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

Aproximación Binomial

; pero tan()= =

Con aproximación suficiente:

de donde:

Nota) En este caso, en que la deformación ALTERA el RÉGIMEN ESTÁTICO delSistema, el desplazamiento del nudo C (punto de aplicación de la carga) NO esPROPORCIONAL a la intensidad de la carga P, a pesar de que el material de lasbarras sigue la Ley de Hooke.

(CASO DE NO LINEALIDAD GEOMÉTRICA)

Resolvemos el problema con = 0 A BCL E A L E A

PEquilibrio: F AC

PFCB F AC = FCB

En configuración deformada: A BC

P

(1

2)

L L

C'

C

sen2P

CB

)(2 P

AC AC' AC

E)( A2

P

1

L1E

LLL

E)( A2

P2

C2C

2

1

L21

1E)( A2

P2

2C

2

2C

LE

)( AP

L

CLC

2C

C LE

)L

( A

P

EAPL3

3C 3

C EAP

L

)(GEOMETRÍANDEFORMACIÓPOR MATERIALPOR

LINEALIDADNO




112

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

– 0.153 cm (acortamiento)

2 = 0

0.061 cm

de donde obtenemos:= 2(3 + 1) + 1

= 2(0.061 + 0.153) + 0.153

= 0.581 cm

5) Un tablón de madera, muy rígido, de longitud 2L, descansa sobre dos resortesanálogos de constante K, tal como se representa. Los resortes tienen una longitudh cuando el tablón está sobre ellos. Un peso es colocado en el centro del tablón yse desplaza lentamente hacia uno de los extremos. Determinar la distancia quepuede desplazarse, hasta el instante en que el tablón entra en contacto con elpiso. (No incluir el peso propio del tablón).

(3(2

A EB

CD

1.83 m

1.83 m

1)

elemento rígidoP = 2,270 kg

3.66 m

A1 = 3.87 cm2

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

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

61

)10)(1.2)(45.6(

)183)(540,4(63

A B

A'

B'

3

3

3

45°

1

3 = A

H Como el punto B se desplazahorizontalmente 3 = 0.061 cm(es un punto de la barra rígida),todos los puntos de la barrarígida, horizontalmente, sedesplazarán igual cantidad. Luego

061.0 AH cm

tan =366

1 A V

tan =183

13

366

1 A V

=183

13

A

V

A

A'

366 cm A

V – 1

3 3

1

(1 2) (3

3 3 + 1

183 cm

A V A V A V




113

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

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

FC + FD = W

2aFD – W(a + b) = 0 ; . . . . (*)

Compatibilidad Geométrica:

Semejanza . . . . (**)

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

Relación Fuerza /Desplazamiento:

Resortes elásticos-lineales de constante K: . . . . (****)

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

Resolviendo este sistema, encontramos:

Dh h

C DL L

y

a a

CW

b=?

y

D

C

W

b

y

L L

a

FC

FD E x

h

C

FC

a a

hC

L

b

Fd

Fd

D

hD

W

Ex

a2)ba(W

FD

)ba(a2

Wa2

)ba(WWFC

aLaL

hh

D

C

hhhh

DD

CC

K FK F

DD

CC




114

Nota) Podemos calcular las deflexiones de los resortes en función del valor bencontrado. Resultan ser:

; ;

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

6) Un sistema estructural compuesto por cuatro barras deformables y dos elementosrígidos, está organizado según se indica en el esquema. Las barras deformablesson del mismo material (con módulo elástico E) y tienen la misma seccióntransversal A. Calcular la RIGIDEZ del sistema en el punto B.

Fuerzas en las barras:

Alargamientos de las barras:

1

WKh2

La

b2

a

b1

K 2

WC

a

b1

K 2

WD

a34a3

2

2) (3(1

2L

L L

4)a6

5 a65

P

BRIGIDEZ EN EL PUNTO B: VALORDE LA CARGA P, QUE OCASIONEUN DESPLAZAMIENTO UNITARIO

DEL PUNTO B, EN DIRECCIÓN DELA CARGA P.

RÍGIDOS

Las cuatro barrasdeformables trabajan entracción (se alargan)

P

B

F1 F4

F4 =2P

F2 F3

F1 = F4 = 2P

F2 =3P

F3 =6P




115

Compatibilidad Geométrica:

Semejanza:

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

. . . . (**)

Semejanza:

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

(*)

EA2PL

EA

)L(2P

EAPL

EA6PL

EA

)L(6P

EAPL

EA3PL

EA

)L(3P

EAPL

EAPL

EA

)L2(2P

EAPL

44

33

22

11

a65 a6

5

a34a3

2

P

1 1 4 + x

x

B

2(1

(2 (3

4)

3

a34a3

2

x 2 3 x – 32 – 3

a34a3

2

a)x(

a2 34

332

)2(31

x 32

EA18PL5

x

1 – 4 – x

a65

1 – 4 – x

a65

B"

ax1

ax

65

4

610

41




116

Despejando el valor de la carga P:

RIGIDEZ DEL SISTEMA EN EL PUNTO B:

7) Un anillo circular de radio interior r, radio exterior R y longitud L, se somete a unapresión interior uniforme radial p, según se indica en el esquema. Hallar elincremento del radio del anillo (r) y el esfuerzo que se produce. Considerar E elmódulo elástico.

La fuerza (normal) elemental sobre el elemento indicado, es:dF = (pr)L d

Por la simetría del sistema, las componentes horizontales de las fuerzas dF seequilibran. Quedan solamente las componentes verticales.

Fvert = 0

F0 = pLr

El esfuerzo normal en el espesor del anillo, es:

El radio r sufre un incremento r:

Donde: (Deformación radial unitaria)

l: circunferencia interior (inicial)

Despejando r, encontramos

8) Un bloque rígido que pesa 100,000 lb se mantiene en la posición indicadamediante las barras articuladas AB y CD. Las barras tienen igual diámetro y su

2EA18PL5

EA2PL

EAPL

L8EA9

P

L8EA9

K B

r

R

p

L

d

F0 F0

00 dsenprLF2

prL2F2 0

rR pr

L)rR (pLr

AF0

lr2)rr(2 r

interiornciacircunferela enCambio

)rR (Epr

Er

r2)rR (E

prr2)rr(2

)rR (Epr

r2




117

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

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

Equilibrio

Geometría

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

lb/pulg2 . . . . (6)

lb/pulg2 . . . . (7)

Reemplazando F AB y FCD de las ecuaciones (6) y (7) en la ecuación (1), tenemos:

8[(0.02094)106

A] + 18[(0.0314)106

A] = 500,000

de donde: A = 0.682 pulg2

El correspondiente diámetro es: d = 0.932 pulgPueden calcularse ahora, las fuerzas F AB y FBC, a partir de las ecuaciones(6) y (7).Se obtiene:

F AB = 14,280 lb FCD = 21,400 lb

A

B

6"

8"

9"

18"0

100,000 lb

C

D

FCD

F AB

0

8" 5" 13"

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

EALF AB AB

AB

EALF CDCD

CD

6CD

CD 10189

AF

. . . . (3)Reemplazando datos:

6 AB

AB 10186

AF

. . . . (2)

00.05°

AB

CD

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

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

6 AB 1002094.0 AF

6CD 1003140.0 AF

Ad24




118

El esfuerzo máximo se induce en la barra CD

= 31,400 lb/pulg2

máx > permisible = = 28,000 lb/pulg2

POR TANTO, NO PUEDE ACEPTARSE la rotación de 0.05°.FACTOR QUE DOMINARÁ EL DISEÑO Nivel de Esfuerzos (No Rotación)

Asignamos = 28,000 lb/pulg2 a la barra CD.

= 28,000 lb/pulg2

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

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

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

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

(puesto que hacemos lb/pulg2)

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

F AB = 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 planohorizontal. Su material es de comportamiento elástico-lineal cuyo módulo deelasticidad es E. Calcular el descenso de su Centro de Gravedad.

Definición de Deformación Unitaria:

2máx pulg 682.0lb 400,21

5.2000,70

AFCD

3602

3602

610189

000,28 AFCD

LE

A

Peso total G

Peso específico ALG

Esfuerzo y Deformación unitaria en unasección genérica, ubicada a la distancia xde la base superior.

x

F

F1 = Ax F1 = Ax ALG

F1 =LxG (compresión)

1 = AF1 =

ALxG

(compresión)

1 =EALxG

(acortamiento)




119

si dx es la longitud inicial, tendríamos

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

Consideramos una "rebanada" diferencial en la distancia x.

. Evaluando la integral, tenemos:

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

Pero dG0 peso de la rebanada diferencial.dG0 = Adx

dG0 = A dx dG0 = dx

Por tanto:

El descenso del Centro de Gravedad, será

=

uu

dx)dx(

1

dxEALxG

Después de la deformación, el espesor de la

"rebanada", es: dx – (dx) = dx –EALxG

dx

dx – (dx) =

EALxG

1 dx

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

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

En consecuencia:

x

dx d(x)

z

L

xdx

EALxG

1Z

2x

2L

EALG

)xL(2x

EALG

xZ22L

x

2

L

00G dGZ)G)(Z(

ALG

LG

L

0

22G dx

LG

)xL(EAL2G

)xL()G)(Z(

L

0

32

2

G )3x

xL(EAL2G

2x

LxL1

Z

EA3GL

2L

ZG

GZ2L

GZ2L

EA3GL




120

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

Fvert = 0 F A + FB + FD = P + W = 4W . . . . (i)MCD = 0 F Ar = FBr F A = FB (simetría) . . . . (ii)

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

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

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

Reemplazando (iv) en (v) obtenemos:

. . . . (vi)

Material (Alargamiento):

;

Equilibrio:(G centroide de lasuperficie semicircular

x

P

A

BC

3r4 x

P

A

BC

FB

FD

F A

D

W

D

3r4

3Wr

rWx

3W4

2FW4 D

3W2

r2Wx3

W2F A

P W

DB A

A D

0.1°

0.1°r

D – A

tan 0.1° =r

AD

r tan0.1° = D – A . . . . (vii)

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

EALFD

D EA

LF A A




Reemplazando en (vii)

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

Simplificando:

Reemplazando valores:

Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm

)FF(EAL

1.0tanr AD

3W2

r2Wx3

W23W4

rWx3

EAL

1.0tanr

22

r2x9

EAWL1.0tanr

2

2x5.4

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

1.0tan)1(23

49

-teoria-de-la-elasticidad.pdf

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