churro- esparza resistencia de materiales
TRANSCRIPT
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 entre acciones aplicadas y sus efectos en el interior de los sólidos o elementos estructurales.
En respuesta a las acciones aplicadas, el sólido se deforma:
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 accionesConfiguración 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.
Problema de Estática v.s. Problema de Mecánica de Sólidos
ESTÁTICA: Hallar la fuerza en el cable BD.
Equilibrio MA = 0P(a + b) – FBDsen a = 0
FBD=P (a+b )asenθ
=P (a+b )
ac
√a2+c2
2
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
FBD=P (a+b )√a2+c2
acCaracterísticas de la solución:
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.
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 DeformacionesExperimental 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)
FUNCIONALIDAD Respeto a las condiciones del uso para el que han sido concebidos (relacionada con las Deformaciones).
3
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1.1.2) Hipótesis en Mecánica de Sólidos DeformablesCon 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.
CONTINUIDADEl 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).
HOMOGENEIDADLas propiedades del material son iguales en todos los puntos del sólido
Material homogéneo AceroMaterial no homogéneo Concreto Armado
ISOTROPÍALas propiedades del material son iguales en todas las direcciones
4
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Existen materiales que no son compatibles con esta hipótesis (la madera).
DEFORMACIONES INFINITESIMALESLas deformaciones admisibles son pequeñas (infinitesimales) comparadas con las dimensiones iniciales del sólido.
Esta hipótesis tiene un gran valor operativo: Nos permite referir las ecuaciones del equilibrio a la CONFIGURACIÓN INICIAL del sólido.
Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Inicial ANÁLISIS DE 1° ORDEN
5
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
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.
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
Si cortamos al sólido mediante PLANOS IDEALES, se evidencian SISTEMAS DE FUERZAS INTERNAS (para cada plano de corte).
6
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Las fuerzas internas en una porción del sólido pueden representarse
mediante un Vector Fuerza V y un Vector Momento M
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.
Si no existen confusiones, puede usarse un solo subíndiceV = (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.
7
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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).
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
Las Fuerzas Cortantes son componentes de la resistencia total al deslizamiento de una porción del sólido respecto de otra.
8
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
El Momento Torsor medirá la resistencia del sólido al GIRO relativo de una sección respecto de otra.
Los Momentos Flectores medirán la resistencia del sólido a curvarse (flexionarse) respecto a un eje de su sección transversal.
EJEMPLOS1) 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.
9
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
FUERZAS INTERNASConsideremos una porción de barra de longitud x.
Es posible representar la variación de FUERZA AXIAL (NORMAL) mediante un Diagrama denominado DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL.
2) Graficar el diagrama de FUERZA AXIAL para el sistema representado.
10
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
(Notar la discontinuidad en la sección correspondiente a la carga concentrada 3 ton)
3) Hallar las acciones internas en la sección a-a.
R1 es la resultante de q(x) en el tramo de longitud x
11
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
4) Determinar las fuerzas internas en la sección 1-1 del sistema representado.
12
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Equilibrio: Fx = 0 P + Vx = 0 . . . . (i)Mr
c = 0 Mr – Pd2 = 0 . . . . (ii)Ms
c = 0 Ms + Pd1 = 0 . . . . (iii)d2 = a sen; d1 = a – a cos = a(1 – cos) P + Vx = 0 (i)
Mr – P a sen = 0 . . . . (ii)Ms + P a(1 – cos) = 0 . . . . (iii)
De (i) Vx = – P (Fuerza cortante)De (ii) Mr = P a sen (Momento flector)De (iii) Ms = – P a(1 – cos) (Momento torsor)
5) Considerando que la carga distribuida varía linealmente desde q = 3 ton/m, hasta q = 0, graficar el diagrama de fuerza axial en el sistema representado.
13
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Q=∫Lqdx Q=∫0
3(3−x )dx
Q = 4.5 tonReemplazando en (1) R = 4.5 + 2 R = 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.
14
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Si
dθ2 0, con suficiente aproximación, tenemos:
dN – T
dθ2 – (T + dT)
dθ2 = 0
dN – T
dθ2 – T
dθ2 +
12dTd θ
= 0
Considerando únicamente diferenciales de 1er orden: dNdθ
=T . . . . (i)
Ftang = 0
(T + dT)cos
dθ2 – r – Tcos
dθ2 = 0
Si
dθ2 0 cos
dθ2 1, luego
T + dT – T – dN = 0dTdN
=ƒ . . . . (ii)
De (i) y (ii) obtenemos:
15
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Tdθ=dTƒ
Separando las variables: dTT
=ƒdθ
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 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 .
Peso unitario q=W
πr
Fhoriz = 0
16
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Vcos – Ncos( π2 −θ)
– P =0Vcos – Nsen = P . . . . (ii)
Mc = 0
M + P r sen –
W2 (r – r cos) + G(
r sen θθ – r cos) = 0
M = – P r sen +
W2 r(1 – cos) –
Wπ r(sen – cos) . . . (iii)
Resolviendo simultáneamente (i) y (ii) obtenemos V y N:
N = (
Wπ –
W2 ) cos – P sen
V = (
Wπ –
W2 ) sen + P cos
De (iii)
M = – P r sen +
W2 r(1 – cos) –
Wπ r(sen – cos)
8) Un pilote es enterrado por acción de una fuerza externa F = 100 klb. Una fuerza de fricción (klb/pie) se opone a la fuerza F, siendo su intensidad proporcional al 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.
17
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
NZ=15 = 100 –
1270 (15)3 = 86.5 klb
NZ=30 = 100 –
1270 (30)3 = 0 klb
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
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 cada miembro y calcular las acciones internas sobre los extremos de cada uno de ellos.
19
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
Fvert = 0 V sen + N sen(/2 – ) + pr sen
θ2 = 0
® V sen + N cos() = – pr sen
θ2 . . . . (**)
Mc = 0 M + prd = 0 M = – prr sen
θ2 . . . . (***)
Resolviendo el sistema (*), (**), (***) obtenemos:
20
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
V = – pr cos
θ2
N = pr sen
θ2
M = – pr2 sen
θ2
12) El sistema representado se encuentra en equilibrio. Determinar expresiones para las fuerzas internas en cualquier sección de la viga sumergida.
6 Ton 2 Ton/m
r
A B C D
E
Fvert = 0
9r = 6 + 2(3) r =34 ton/m
Reacciones
21
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
13) Encontrar ecuaciones para las fuerzas internas en cualquier sección de la viga representada.
Fvert = 0 R1 + R2 = ∫0
Lydx
R1 + R2 =
k3L3
. . . . (i)
MO = 0 R2L – ∫LxdA
= 0
R2L – ∫0
Lx ydx
= 0 R2L – ∫0
Lx k x2 dx
= 0
R2L –
k4 L4 = 0 . . . . (ii)
22
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
De (i) y (ii): R1 = k L3/12R2 = k L3/4
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.
23
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Vxz + 4,533.33 – 0.5(340 + t)x = 0
Vxz = 0.5x[340 +
172 (40 – x)] – 4,533.33 (CORTANTE)
Mxy + t x
x2 +
12 x (340 – t)
23 x – 4,533.33 x = 0
Mxy = 4,533.33 x –
x2
2 (
172 )(40 – x) –
x2
6 [340 –
172 (40 – x)] (FLECTOR)
24
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
ii) T + ∫0
π /2P(r−r cosθ)rd θ
= 0
T =−∫0
π /2 2 P0
πθ r (1−cos θ)rd θ
T =−
2P0 r2
π ∫0
π /2θ(1−cosθ )dθ
Desarrollando la integral (por partes: u = ; dv = (1 – cos)d)
T =−
2P0 r2
π [ θ2
2−θ senθ−cosθ ]
0
π/2
25
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
T =−
2P0 r2
π( π
2
8−π
2+1)
(Momento Torsor) T =−P0r
2( π4−1+ 2
π)
(sentido contrario al supuesto)
iii)M + ∫0
π/ 2Pr senθ rdθ
= 0
M = −∫0
π/ 2 2 P0
πθr2senθdθ
M = −
2P0
πr2∫0
π/ 2θ sen θdθ
M = −
2P0
πr2 [senθ−θ cosθ ]0
π /2
(Momento flector) M = −
2P0
πr2
(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.
ii) Calculamos la presión que el cilindro ejerce sobre las barras.
iii) Equilibrio (de cada barra).
26
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Mo = 0 TLcos – Rx – SLsen = 0 (iv)
Reemplazando (i), (ii) y (iii) en (iv) y despejando T, obtenemos:
T= Qr
2Lsen2 α+(G+Q
2) tan α
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 fuerzas internas (acciones internas) son nulas, salvo la componente de dirección normal.
b) Se denomina ESFUERZO NORMAL UNIAXIAL a la intensidad de las fuerzas distribuidas sobre el área de la sección transversal.
σ= PA . . . . (1)
Convenio: > 0 ESFUERZO DE TRACCIÓN < 0 ESFUERZO DE COMPRESIÓN
Unidades:SISTEMA UNIDADES DE
PUNIDADES DE A
UNIDADES DE
Internacional
Newton m2 N/m2 (Pascal)
Inglés Libra pulg2 lb/pulg2
27
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Métrico Kilogramo cm2 kg/cm2
De uso obligatorio es el SISTEMA INTERNACIONAL1 kilo Pascal = 103 Pascales1 Mega Pascal = 106 Pascales1 Giga Pascal = 109 Pascales
Notas)
1) Mediante la ecuación (1) σ= P
A 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: σ=dP
dA . (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 ESFUERZOSA 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 P=∫( A )
σ dA. Es la única
información sobre la distribución del esfuerzo normal. La REAL DISTRIBUCIÓN del esfuerzo normal es un problema estáticamente indeterminado.
28
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
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 P=∫( A )
σ dA . . . . (*)
My = 0 Pa=∫(A )
x (σ dA ) . . . . (**)
Mx = 0 Pb=∫(A )
y (σ dA ) . . . . (***)
Si la distribución de esfuerzos es uniforme, es de valor constante. Las ecuaciones (*), (**), (***) pueden escribirse:
P = A
Pa=σ∫(A )x dA
Pb=σ∫( A )y dA
De donde, eliminando P, obtenemos:σ Aa=σ∫(A )
x dA
σ Ab=σ∫( A )
y dA
y finalmente: a=∫( A )
x dA
A yb=∫( A )
y dA
ALos 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).
29
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2) Si un elemento está sometido a carga axial, pero existen SECCIONES TRANSVERSALES EXCÉNTRICAS, los esfuerzos normales en éstas, NO pueden suponerse uniformemente distribuidas.
EJEMPLOS1) Calcular el esfuerzo normal promedio que se genera en los alambres del
sistema representado.
Fuerza total hacia abajo:Q = 2(50)(2) = 200 KG
Fuerza en cada alambre:
Fvert = 0
30
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Esfuerzo en cada alambre:
σ= FA=25√5 π kg
π4(0.5 )2cm2
= 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.
Fuerzas axiales:
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 +
P2 +
P2 (1 – x)
FBD = 4,900 +
P2 –
P2 (1 – x)
(Fuerzas Newtons; Longitudes metros)
Esfuerzos normales
σ AC=F AC
AAC
=4 ,900+ P
2+ P
2(1−x )
400×10−6
31
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
σ BD=FBD
ABD
=4 ,900+ P
2− P
2(1−x )
400×10−6
Valores límiteAC 100×106 PaBD 50×106 Pa
Luego
4 ,900+ P2+P
2(1−x )
400×10−6=100×106
. . . . (*)
4 ,900+ P2− P
2(1−x )
400×10−6=50×106
. . . . (**)
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 todas las secciones transversales (sólidos de igual Resistencia).
Aproximación al peso del elemento diferencial:
γ ( A+A+dA2
)dx
Fvert = 0 (A + dA) – A – γ ( 2 A+dA
2)dx
= 0
Simplificando: dA – Adx – γdAdx
2 = 0Considerando diferenciales de 1er orden:
dA – Adx = 0
32
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
De donde
dAA= γσdx
integrando∫ dA
A=∫ γ
σdx
LnA= γσx+k
Para x = 0 es A = A0 (dato) Ln A0 = k
Por tantoLnA= γ
σx+LnA0
Ln
AA0
= γσx
Pasando a la forma exponencial:
AA0
=eγσx
A=A0eγσx
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.
Fuerzas axiales en las barras FC y CB PFC = 8.67 Ton (tracción)(¡Verificar!) PCB = 39.1 Ton (tracción)
Secciones Requeridas:AFC=
PFC
σ perm
= 8 . 67 Ton1 . 4 Ton/cm2
=6 . 19cm2
ACB=PCB
σ perm
=39 .1 Ton1 .4 Ton/cm2
=27 .93cm2
Nota). Conociendo el área de la sección transversal, puede establecerse la forma de la misma.Si FC de sección circular
π4dFC
2 =6 . 19 dFC = 2.8 cm
(realmente dFC = 3 cm)
Si FC de sección cuadrangularl2FC = 6.19 lFC = 2.49 cm(realmente lFC = 2.5 cm)
33
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
Esfuerzos Normales (valor absoluto):
barra CB σ=P cotanα
ACB ACB=
P cotanασ
barra AB σ=P /sen α
AAB AAB=
Pσ sen α
Peso de la estructura
(: peso específico)W=γ (ACBL+A AB
Lcosα
)
W=γ [ Pσ cotanα L+ PLσ sen α cos α ]
W=γPσL(cot an α+ 1
sen α cosα)
Peso Mínimo
dWdα
=0
−cosec2α+ sen2 α−cos2 αsen2 α cos2α
=0
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.
34
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.rL= t
y t= r
Ly
;
rL= z
L−u z= r
L(L−u )
Cuando gira el disco diferencial se genera una fuerza diferencial
35
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
dF = (dV)2udF = (z2du)2u
dF= πγg
ω2 r2
L2(L−u)2udu
La fuerza generada por la rotación del cono de altura y, es:
F=πγω2r2
gL2 ∫L− y
L(L−u)2udu
Desarrollando la integral y simplificando, obtenemos:
F=πγω2r2
gL2( L
3y3−1
4y4 )
σ=
πγω2r 2
gL2 (L3 y3− 14y 4)
πr2
L2y2
Simplificando σ=ω2 γ
g ( L3 y−14y2)
Condición para Esfuerzo Normal Máximo:dσdy
=0
L3−1
2y=0
y=2
3L
σmáx=ω2γg ( L3 2
3L−1
4( 23L)2)
σmáx=ω2γL2
9 g
(máx
d2σdy2
<0)
36
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1.3.3) Principio de Saint - Venant
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.
"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".
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:
37
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
38
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i)σ ap1
= 5 Ton
15×15 cm2
σ ap1=5000 kg
15×15 cm2
σ ap1=22 .22 kg/cm2
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.
La superficie de contacto entre el pasador y la placa A es una superficie cilíndrica de diámetro d y altura b. CONECTOR
(PASADOR) de diámetro efectivo
d
P
A
b
P
A
El pasador ejerce sobre la placa una fuerza igual y opuesta a la ejercida por la placa sobre el pasador.
39
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
A
1
2
3
4
P
b
d
P
P
La real distribución del esfuerzo en el área de contacto es muy complicada. Para fines prácticos se usará un VALOR PROMEDIO NOMINAL del esfuerzo de aplastamiento, obtenido dividiendo la carga P entre el ÁREA DE LA PROYECCIÓN DEL PASADOR EN LA SECCIÓN DE LA PLACA (rectángulo 1234).
bdP
ap
bd área nominal de aplastamiento
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
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 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
40
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Viga de madera
Varilla de acero
8"7
d
P
d = ?
d 1'
Placa de apoyo
i) Esfuerzo normal en la varilla de acero: aceroAP
;
(dato) pulg
klb 52
P = Aacero =
222
lgpu )87
(4
pulg
lb 000,5
P = 3,006.6 lbii) Esfuerzo de apoyo (contacto entre placa de acero y viga de madera)
apap A
P
2
apap
lb/pulg 750
lb 3,006.6PA
Aap = 4 pulg2
Aap corona circular. Luego
4)1d(
422
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).
750 kN Soportes
A
B
C
125 mm
Pasador de 2.6 mm de diámetro
75 mm 300 mm
9 mm
Soportes
5 mm
41
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i) FUERZA EN EL APOYO C:
Cx C
Cy RC Resultante
B F AB
750 kN
Cx = 18×105 N ; Cy = 750×103 N
Cx = F AB Cy = 750 kN F AB(125) – 750(300) = 0 F AB = 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
ap m 106.2109N 10950,1
= 83.33×109 N/m2
ap = 83.33×109 Pa
ap EN LOS SOPORTES:
apap A
P (en los soportes)
Cada soporte recibe P = Rc/2, luego
233
3
apm 106.2105
N 102950,1
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:
42
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 AF
Luego2d
4
7.666,6A
7.666,6500,2
de donde obtenemos d = 1.84 cm (mínimo, porque fue el máximo)
ii) Aplastamiento
A a p
F
apap A
F
89.8875
7.666,6ap c m 2
Placas cuadradas de lado l 89.88)84.1(
4l 22
l = 9.6 cm (lado de la placa)
Aap
43
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1.5) Esfuerzo Normal Permisible. Factor de SeguridadEnsayos del comportamiento de materiales (en laboratorios) proporcionan información relativa a la resistencia del material al esfuerzo normal.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.
1PP
FSperm
u
Alternativamente, puede definirse como 1FS
perm
u
Definición. Se denomina MARGEN DE SEGURIDAD a la diferencia:
MS1PERMISIBLECARGA
ÚLTIMACARGA
ó
44
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
MS1PERMISIBLE ESFUERZO
ÚLTIMO ESFUERZO
Las fracciones que definen MS (ó FS) NO SON GENERALMENTE iguales entre sí, puesto que los esfuerzos no varían necesariamente en forma lineal con las cargas.Nota). El diseño de elementos sencillos sometidos a carga axial de
tracción, depende de la fórmula perm
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)
Ejemplos1) 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.
A
B C
D
10 klb
10' 10'
5'
10 klb
Fuerzas Axiales
klb23.41F
klb36.22F
AD
AC
tracción
Barra AC: nal)(adimensio 35.3
klb 22.36klb 75
FP
FSAC
u
Barra AD: Pu = (FS)(FAD) = (3.35)(41.23 klb)Pu = 138.12 klb
También (u)AC = (u)AD
45
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 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 = 2,000MB = 0 2,000X – 60FCD = 0
De donde obtenemos FCD = 33.33X y FAB = 2,000 – 33.33X
Varilla AB AB
AB
AF
(FAB)máx = 6,000
2
21
4
= 1,178 lbA 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
AF
(FCD)máx = 6,000
2
85
4
= 1,841 lbA 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.
2000 lbs
46
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
F C
W
N
f r
E q u il ib r io : N s e n + f rc o s = F C c o s N c o s + F C s e n = f rs e n + W L a f u e r z a d e f r ic c ió n , e s f r = µ N
(*)senFWµNsencosN
cosFcosµNNsen
C
C
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: AFC
.Condición perm = 35 MPa
63 103510
A7135.25
A = 7.35 cm2
Sección circular de diámetro d 4
d2 = 7.35De 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).
47
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 W 2L
cos45 = Fd . . . . (i)
Ley de senos (CAD):
senx
45sen2/L
22
2
Lsenx
sen2
Lx
. . . . (ii)También: d = x sen
d = sen sen
2
L
. . . . (iii)
Reemplazamos (iii) en (i) W 2L
cos45 = F sen sen
2
L
De donde obtenemos
sen)135(sen2W
F . . . . (iv)
Para que F sea mínimo, basta que y = sen(135 – ) sen sea máximo.
ddy
= sen(135 – ) cos – sen cos(135 – )
ddy
= 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 A95.399,1
ad 700 = A
95.399,1
A = 2 pulg2
1.6) Esfuerzo Cortante. Esfuerzo Cortante PermisibleLas fuerzas internas cortantes, generan ESFUERZOS CORTANTES en la sección de interés.
48
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
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
V xy = P E n la se cc ió n de l pa sa do r se ge n e ra u n E S F U E R ZO C O R T A N T E xy
x ( N o rm a l) y
z
V xy
xy
V xy = P
∫ )A(
xyxy dAV
S ie n do A e l á re a tra n sve rsa l de l pa sa do r
Definición. Se denomina VALOR PROMEDIO del ESFUERZO CONTANTE, al
cociente AP
xy .
49
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
De manera general AP
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 dAdF
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)
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 AP
;
(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.
50
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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).
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 A2P
.
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 1FS
perm
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.
51
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
d = 1 cm
P = 1000 kg
Sección cuadrada de 2 cm de lado
0.5 cm
MODOS DE FALLA: i) TRACCIÓN (CUERPO DEL CONECTOR) ii) APLASTAMIENTO (CABEZA PERNO-MADERA) iii) CORTANTE (PUNZONAMIENTO)
P
22 cm )1(4
kg 1000AP
1,273.24 kg/cm2
i)
ii) APLASTAMIENTO
2
22apap kg/cm 11.311
)1(4
2
kg 1000AP
ap = 311.11 kg/ cm 2
( L a m adera res is tirá cu an do m en os 311.11 kg/ cm 2 de ap la s tam ien to )
1 cm 2 cm
2 cm
A ap
iii) CORTANTE (PUNZONAMIENTO)
d = 1 cm
CORTEAF
)5.0)(5.0(2kg 000,1
= 636.62 kg / cm 2
P
0.5 cm
Á rea de co rte ( P U N ZO N A M I EN T O )
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.
52
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
8 m m
A
B
L
2 4 k N
2 4 k N
( b = 1 0 0 m m a l p a p e l )
( F u e r z a s N ; l o n g i t u d e s m
B
2 4 k N
F C F C
½ ( L – 8 × 1 0 - 3 ) = L / 2 – 4 × 1 0 - 3
2 F C = 2 4 , 0 0 0 N F C = 1 2 , 0 0 0 N
)1042L
(10100
000,12
A
F
33corte
C
Dato = 800×103 Pa
Luego 800×103 = )104
2L
(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. Hallari) 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
= corteAFC
= 223
3
m )1020(4
N 10340
= 42.44×106 Pa
ii) en las placas = AP
; (máx Amín si P es constante)La mínima sección transversal de las placas, es aquella que pasa por la fila de 2 remaches.
53
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2m ]3102031010[231010031010
N 31040máx
d = 2 0 m m 4 0 k N
1 0 m m
m á x
m á x = 6 6 . 6 7 × 1 0 6 P a
4) El miembro AC de la estructura representada es una barra de ojo, cuyo
cuerpo tiene por dimensiones 2 21
× 21
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 ''
F U E R Z A E N L A B A R R A A C
2 ' 6 '
B P
F A C M o = 0 P ( 8 ) – F A C 6 s e n = 0
1034
F AC P
ESFUERZO NORMAL (EN EL CUERPO DE LA BARRA)
= AC
AC
AF
22,000 = 5.05.2
P 1034
P = 6,522.2 lbs
54
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ESFUERZO DE APLASTAMIENTO (BARRA - CONECTOR)
ap = ap
AC
AF
32,500 = )8/7(5.2
P 1034
P = 16,861.4 lbs
ESFUERZO CORTANTE (PASADOR)
= corte
C
AF
= corte
AC
A2/F
(ESTADO DOBLE DE CORTANTE)
10,000 =
2
87
42
P 1034
P = 2,852.6 lbsLa 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.
55
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
W
2' 8'
A C
RA RC
MA = 0 10W – 2RC = 0 RC = 5W
MC = 0 2RA – 8W = 0 RA = 4W
(*)
ESFUERZOSi) TRACCIÓN EN LA BARRA AB:
= corteAP
P = A
P = (18,000) 4
2
43
P = 7,952.16 lbs (Fuerza máxima en la barra de ojo)
ii) CORTANTE EN EL PASADOR A (ESTADO DOBLE)
= corteAP
P = Acorte
P = (10,000)2 4
2
43
P = 8,835.73 lbs (Fuerza cortante máxima en el pasador)
iii) APOYO ENTRE PASADOR Y CANALES
ap = apAP
P = apAap
P = (45,000)(0.22)( 43
)(2) P = 14,850 lbs (Fuerza máxima de
aplastamiento en los canales)
iv) APOYO PLACA – MURO DE CONCRETO.
ap = apAP
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:
56
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
lbsWmáx = 1,988.04 lbs
máxCR= 5Wmáx Wmáx = 5
000,12
lbsWmáx = 2,400 lbs
En definitiva Wmáx = 1,988.04 lbs(Cualquier carga menor incrementa el esfuerzo permisible en la barra de ojo)
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)
h 1 m áx
25 cm
1 )
2 )
p = 1 .5 kg / cm 2
W 1
W 2
i) h 1 m áx im a E qu ilib r io : W 1 + W 2 = pA 2 A 1h 1
1 + A 2h 2
2 = pA 2
11
22221 A
hApAh
( F u e rza s kg ; L o n g cm ) R e e m p la za n do va lo re s n u m é rico s , s e tie n e : h 1 = 1 ,400 cm h 1 m áx = 14 m
57
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ii) Esfuerzo cortante en el bloque (2).
1)
2)
W1
W2
1
2
1)
2)
h1
h2
p
peso W (2)
peso W1 (1)
A1 l
l
W1 + W = pA1 + 4lh21h1A1 + 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
= tAP
P = At P = (2a + 4b – 5d)e
Reemplazando datos: P = 22(2(1.5) + 4(2.5) – 5( 43
)) 83
P = 76.3125 klb
58
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ii) APOYO
ap = apAP
P = apAap P = ap(5de)
Reemplazando datos: P = 87(5)( 43
)( 83
)P = 122.34375 klb
iii) CORTANTE (ESTADO SIMPLE)
= cAP
P = Ac P = ( 4
d2)(5)
Reemplazando datos: P = (15)( 4
)( 43
)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 = 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 6
2"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 "62
121 del centro; y
fuerzas F2 sobre cada perno ubicado a la distancia 5/2" del centro. Por consiguiente:
Mo = 0 6,000×12 = F16(
radio
25.3) + 4(radio
50.2)F2
Simplificando tenemos: 72000=19.5F1+10F2 . . .(*) (T en lb-pulg)
La relación entre F1 y F2 se la encuentra considerando que las fuerzas son proporcionales a la distancia del perno al centro. Entonces:
25.35.2
FF
1
2 (**)
59
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Resolviendo las ecuaciones (*) y (**), se obtienenF1 = 2,650 lb; F2 = 2030 lb
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 ArbitrariaBásicamente, hemos considerado el Esfuerzo Normal y el Esfuerzo Cortante.
P
A
P P
A
AP
AP
El área A es perpendicular a la recta de acción de las cargas P.
El área A es paralela a la recta de acción de las cargas P.
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' = 'AP 'x'x
; x'y' = 'A
P 'y'x
como A' = A/cos, tenemos
x'x' =
cos/AcosP
= AP
cos2; x'y' =
cos/Asen P
= AP
sen cos
Recordando que AP
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
60
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
(donde xx = AP
)
xx
x'y'
x'x'
Las ecuaciones anteriores, pueden re-escribirse:
x'x' = )2cos1(
2xx
. . . . (i)
x'y' =
2sen
2xx
. . . . (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
2xx
'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+
2xxcos2
u = 2xx(1 + 2cos) . . . . (i)
v representa un esfuerzo cortante
v = 2xxsen2 . . . . (ii)
2
Q(u, v)
61
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Las coordenadas del punto Q representan el Estado de Esfuerzos en una sección inclinada:
xx
x'y'
x'x'
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 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
5 0 m m
N 3 0 m m
1 0 k N
V
1 0 k N
N
1 0 × 1 0 3 N
M
Á r e a N o r m a l A o = 5 0 × 3 0 m m 2 Á r e a d e l a S e c c i ó n I n c l i n a d a A '
A ' = cos
A o
A ' =
cos10301050 33
m 2
F U E R Z A S S O B R E L A S U P E R F I C I E I N C L I N A D A
N = 1 0 4 c o s ( N ) V = 1 0 4 s e n ( N )
ESFUERZOS EN LA SECCIÓN INCLINADA:
= 'AN
=
cos103050
cos106
4
Pa = 2
8
cos1510
Pa
= 'AV
=
cos103050
sen106
4
Pa = cossen
15108
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
cos1510
1017
28
6
. . . . (a) y
3
cossen1510
1098
6
. . . . (b)
62
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Resolviendo simultáneamente las desigualdades (a) y (b), obtenemos:22°47' 32°4'
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, obtenemosAx= – 67.84 lb; Ay = – 37.50 lb; Rc = 135.68 lb
Esfuerzos en la sección a-a.
22aa lb/pulg 92.33
pulg 22
lb 68.135
a - a = 0
a
a
1 3 5 . 6 8 lb
1 3 5 . 6 8 lb
Esfuerzos en la sección b-b.
63
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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°
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 =
0AP 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 = 0Fhoriz = 0
(**) . . . . (A)sen20 – (A)cos20 = 0
Reemplazando Ao en (*) y (**):oAcos20 – Acos20 – Asen20 = 0
ocos20 – cos20 – sen20 = 0 . . . . (1)
64
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
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
45cosAA0
45cosA
A 0
24
A
AV
;AN
(siendo A el área de la sección inclinada) Luego:
24
250
= 63.66 lb/pulg2 (compresión)
24
250
= 63.66 lb/pulg2
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.
65
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
r Los esfuerzos sobre una sección que forma ° con la vertical, son: = 0cos2 . . . . (i)
= 022sen . . . . (ii)
p
q
s 30°
P P
P N
V
donde 0 = 0AP, 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.
66
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 '
I N I C I A L
D E F O R M A D A
Ad'AA : V e c to r d e s p la za m ie n to d e l P u n to A
Bd'BB : V e c to r d e s p la za m ie n to d e l P u n to B e tc . . . . .
A cada punto material le asociamos un Vector Desplazamientos.
67
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
**) Si los desplazamientos son tales que NO ALTERAN la distancia entre dos puntos, decimos que el cuerpo ha sufrido un DESPLAZAMIENTO DE SÓLIDO RÍGIDO.
Ad
A
B d
d
P o s ic ió n in ic ia l
B '
Bd
P o s ic ió n fi n a l
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:
68
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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): ∀ (x,y ) ∃ ( u,v ) UNICOu = 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 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 Desplazamientos son FUNCIONES de POSICIÓN, y deben cumplir requisitos de continuidad y de derivabilidad.
Nota)Todo Campo de Desplazamientos define una Función Vectorial.
69
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
1003j+v
10 1kVector Desplazamiento
u
r
1r
x P(0,1,1)
P'
y
z
Punto final: urr1
)k101
j1003
i 0()k1 j1 i 0(r1
k1011
j100103
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.
70
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
A
y
x x
y
x '
y '
x '
A '
y '
E S T A D O D E F O R M A D O
E S T A D O N O D E F O R M A D O
D E F O R M A C I Ó N : )'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 xx'x
lím0x
cuando existe, se le denomina DEFORMACIÓN
UNITARIA EN DIRECCIÓN x:
x = xx'x
lím0x
. . . . (1)
De manera similar se define la DEFORMACIÓN UNITARIA EN DIRECCIÓN y:
y = yy'y
lím0y
. . . . (2)
Las ecuaciones (1) y (2) pueden escribirse:
x = dxdx'dx
; y = dydy'dy
De manera general:
LLINICIAL LONGITUDLONGITUD 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)
71
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Si x < 0 ACORTAMIENTO (en la dirección x)
**) 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.
72
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
dzdz'dz
dydy'dy
dxdx'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 = xx'x
lím0x
(definición)
x + = xx'x
(propiedad de un límite 0)
Luego x x +
superior
orden de
)x)((
= x' – xCon 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 yz z = z' – z cambio en dirección z
ii) La deformación cortante representa la DISTORSIÓN ANGULAR del elemento, con respecto a direcciones inicialmente ortogonales.
73
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 longitudinicial longitud final Longitud
x = LLLL
= x = x de Promedio Valor
LL
(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
xx'x
Lím0x
x
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 = LL
puede representarse
dx
)dx()dx(
x
inicial
dx+(dx)
final
Luego (dx) = x dx
74
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
El cambio total de longitud podrá evaluarse por una integral definida:
∫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 = inicialLx
= pulg 1pulg 102306.8 3
= – 8.2306×10-3
y = inicialLy
= pulg 1pulg 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.
75
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
b b
a
a
L/2
Rotación Infinitesimal
Rígido
L/2
L/2 b'
b
Definición b
bb'b
. . . . (*)
L/2
22
2 sen4L
b'b b b'
2Lsen
Reemplazando en (*)
b = b
bsen4L
b 22
2
Simplificando b = 1sen
b4
L1 2
2
2
. . . . (**)
Usamos la fórmula de aproximación (1+U)P 1 + PU, si U 0Con suficiente aproximación (**) puede escribirse:
b 1
b4
senL21
12
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
76
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Volumen inicial Vo = abcPuesto 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
bbb1
x
b1 = b(1 + x)
aaa1
y
a1 = a(1 + y)
ccc1
z
c1 = c(1 + z)
Cambio Unitario de Volumen
INICIAL
INICIALFINAL
VVV
VV
Reemplazando
abc
abc)1)(1)(1(abc
VV zyx
abc
abc)1(abc
VV zyxzxzyyxzyx
Simplificando
superior orden de initesimosinf
zyxzxzyyxzyxVV
Con suficiente aproximación
zyxVV
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.
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
77
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 = 3.0120120
arctan22
C'AB22
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"
BCBC'C'B
BC
96
96)08.0()12.02.096( 22
BC
= – 8.33×10-4
ACAC'AC
AC
= 296
296)08.096()12.096( 22
BC
AC = 2.062×10-4 (ALARGAMIENTºO)
78
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
P a r a d e f o r m a c i o n e s i n fi n i t e s i m a l e s , p u e d e a p r o x i m a r s e l a r o t a c i ó n d e u n e l e m e n t o
F I J O b a r r a 0 a r c o d e c i r c u n f e r e n c i a
0 F I J O
p e r p e n d i c u l a r a l a b a r r a ( e n p o s i c i ó n i n i c i a l )
b a r r a
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 alargamiento de la barra (1)
1)
A
2)
A'
2 1
1 = cos; 2 = cos
cosLL
LcosLL
LL 11
(Deformación unitaria axial en la barra 1)
Similar para la barra 2.
cosL2
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).
79
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 3602
2 = 1 – 180 2 3602
3 = 1 – 240 2 3602
1 = 1 + 34
2 = 1 – 3
2
3 = 1 – 3
4
Lu ego :
1201
1
= 0.0432 ( verificar operacion es)
)TOSACORTAMIEN(
0266.0120
0091.0120
33
22
B
B '
80
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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)
Lr
arctan(
( en radianes)
10
151arctan 360
2
0.0262 radLuego
xy = – 0.0262 rad
El signo negativo indica el incremento del recto inicial (en P).
81
PO(8/9, -1/9, 4/9) )
N
Q (x,y,z)N P(0, 2, -1)
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 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 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 = 0.888905y = 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 (εP )N=
P 'Q '−¬ PQPQ
= 0 .00002 .15
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).
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 – 2a P’ (0, 2.00008, - 1.00002=)
82
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
) (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.
EJEMPLOS1) 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 = 2L2L2LL2
CBCB'CB
CB = 2002.0
= 0.001 (Deformación promedio)
Nota) El estiramiento del alambre es L sen L
CB = 2L2L
= 0.001 (Recordar LL
).
2) Una fibra AB tiene longitud L y orientación . Sus extremos A y B experimentan desplazamientos infinitesimales uA y vB, respectivamente.
83
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Demostrar que, cuando la fibra adopte la posición A'B', se genera una deformación unitaria normal.
A
A'
uA
vB B
B'
L L'
x
y AB L
1[vBsen – uAcos]
(Con suficiente aproximación)
Deformación unitaria AB = LLL' . . . (*)
Coordenadas de A' (uA, 0)Coordenadas de B' (L cos, L sen + vB)
2
B2
A )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 uA2 + vB
2 0. Luego, con aproximación suficiente, tenemos:
)cosusenv(L2
1L)cosusenv(L2L'L ABAB2
Por la aproximación binomial
L' L[1 + L2
21
(vBsen - uAcos)]
L' L[1 + L1
(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
84
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
AP = 22
2222
)L3()3L(
)L3()3L()xL3()3L(
APAP'AP
Simplificando tenemos:
AP = 3L2
3L2xxL6L9L3 222
AP =
32L
xLx6
1232
1
3L2
32L
xLx6
12L
2
22
2
Aproximación: Si x es pequeño comparado con L 0
Lx
.Luego:
32
L12x6
11232
1AP
1
L12x6
13232
1AP
1L12x6
1AP
Aproximación Binomial 1
L12x6
21
1AP
L24x
AP
BP L2
L2L3Lx2xL
)3L(L
)3L(L)3L()xL( 222
22
2222
BP
2
Lx
Lx2
421
L2xLx2L4L21 2
22
Aproximación de 1er orden ( Lx
0)
BP
1L4x2
12L4x2
1421
Aproximación Binomial:
BP L4x
1)L4x2
(21
1
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.
85
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
2
ah
a a h
2az
z'
h' a a
h
a' a'
i) Deformación unitaria de los catetos:
aa'a
1
a' = a1 + a = a(1 + 1)
Deformación unitaria de la hipotenusa:
zz'z
2
z' = z – 2z = z(1 – 2)
z' = a 2 (1 – 2)
Deformación unitaria de la altura h hh'h
h
. . . . (*)
2
22
12 )1(
22a
)1(a'h
)(2a21a'h 222
121212
12
222
1212
11
)(22412
a'h 2
2212
121
1ra aproximación se desprecian los infinitésimos de orden superior:
2/121 241
2
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 obtenemosh 21 + 2
ii)
86
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
)1(2
a2
/ 2 / 2 / 2
a ( 1 + 1 )
p é r d id a d e p e r p e n d ic u la r id a d
+ = 2
2 =
4 –
2
s e n2 = s e n
4 c o s
2 – c o s
4 s e n
2
)2
sen2
(cos22
)1(a
)1(
1
22a
Simplificando obtenemos: 2sen
2cos
11
1
2
Primera aproximación ( 0) 2cos
1 y 2sen
2
Luego: 21
11
1
2
, de donde 1
2
11
12
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:
aaa'
a
a' = a(1 + a)
bbb'
b
b' = b(1 + b)
ccc'
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 ba
2b
22a
22c
2
Aproximación Sólo términos de primer ordenc2 + 2c2c = a2 + 2a2a + b2 + 2b2b – 2ab(1 + a + b)cos
87
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
pero c2 = a2 + b2 ( antes de la deformación). De donde obtenemos
ba
c2
b2
a2
1cba
cosab
Aproximación Binomialba
1ba
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
abc
ab
ba
abcba
cos
pero c2 = a2 + b2 c
22
ba abba
ab
ba
cos
ccba ab
ba
ab
ba
cos , expresión que puede escribirse:
)(ba
)(ab
cos cacb
Por (*)
angularDistorsión
cacb )(ba
)(ab
sen
(infinitesimal)
1.10)Relaciones Diferenciales entre Desplazamientos yDeformaciones 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'.
88
dxx
u
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
xen cambio
al debido
Vde cambio
dxxv
dy
yv
dy
dxxu
dx
A
dy
dx
x
y
x
y
A'
C' B'
B
C
u
v
yen cambio al debido
u en cambio dy
yu
Ad
Por la hipótesis de las deformaciones infinitesimales:, 0 cos, cos 1 ; tan ; sen
tan ; sen Aproximaciones de la función coseno:
A'C' dy + dy
yv
; A'B' dx +
Sin incluir infinitésimos de orden superior, las deformaciones unitarias se expresan por:
dx
dxdxxu
dx
ABAB'B'A
x
de donde: xu
x
. . . . (1)
De manera similar:
dy
dydyyv
dy
ACAC'C'A
y
yv
y
. . . . (2)
La deformación cortante, se expresa por xy = + (rad)Aproximación de la función tangente:
yv
1
yu
xu
1
xv
dyyv
dy
dyyu
dxxu
dx
dxxv
xy
Teniendo en cuenta las ecuaciones (1) y (2)
89
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
yxxy 1
yu
1xv
. . . . (3)
En el caso de deformaciones pequeñas x y y 0. Luego con suficiente aproximación:
yu
xv
xy
. . . . (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 xu
x
obtenemos xy
u
y 2
3
2x
2
. . . . (i)
De yv
y
obtenemos yx
v
x 2
3
2y
2
. . . . (ii)
De xv
yu
xy
obtenemos
2
3
2
3xy
2
xy
v
yx
uxy
. . . . (iii)
Reemplazando (i) y (ii) en (iii):
2y
2
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.
90
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
iv)Las expresiones deducidas para el caso bidimensional pueden ser extendidas para Problemas Tridimensionales.
)z,y,x(ww
)z,y,x(vv
)z,y,x(uu
entosDesplazami
de Campo
z dirección en zw
ydirección en yv
xdirección en xu
NORMALES
UNITARIAS
NESDEFORMACIO
z
y
x
yzplano el en zv
yw
xzplano el en zu
xw
xyplano el en xv
yu
CORTANTES
NESDEFORMACIO
yz
xz
xy
EJEMPLOS1) Los puntos de un sólido sufren desplazamientos dados por:
u = 4ay2 i + 2ax2 j + az2k . 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: 0
xu
x
;
0yv
y
;
az2zw
z
Deformaciones Cortantes:ax4ay8
xv
yu
xy
000zu
xw
xz
000zv
yw
yz
2) Una varilla delgada de longitud L tiene un extremo fijo O.
i) Si sus puntos se desplazan en dirección x mediante L400x
u2
, hallar la
máxima deformación unitaria normal.
ii) Si la deformación unitaria normal es L2x
cos10 4x
, hallar el cambio total de longitud.
u: desplazamiento según
eje x
91
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
L x
i) De L400
xu
2
obtenemos L200
xxu
x
x
(L, x máx)
L x
o
(x)máx = 2001
L200x
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 dxL2x
cos10L
L
0
4
L2x
senL2
10L
L210L 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 yy E
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'
92
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
-x
y
x
10 – y
y
x 10 – y
e=1"
W
2x
y
e = 1/12'
))(x2(
)400)()(y10)(x2)((
121
121
32
y
(en lb/pie2)
Simplificando )y10(
3800
y (compresión)
Luego, la deformación unitaria es: )y10(
3
800
E
1y
El Cambio Total de longitud, es:
∫∫
10
0Ly dy)y10(
3800
E1
dy
= 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).
93
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
C' C
1 tangente por C'
xy = (pérdida de )
'C1 du
dytan
k21
ky21
tan1y
1
k21
tan 1
Luego como + 1 = 2
tan1 = cotan
cotan = k21
k21
ancotarc rad
xy = arc cotan
k21
(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:
yz001.0xu
x
(x)E = (0.001)(1)(2) = 0.002
94
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
xz3001.0
yu
y
(y)E = ( 3
001.0)(1.5)(2) = 0.001
xy001.0zw
z
(z)E =(– 0.001)(1.5)(1) = – 0.0015
Deformaciones cortantes:
yz3001.0
xz001.0xv
yu
xy
(xy)E = 0.001(1.5)(2) + 3001.0
(1)(2) = 0.00367 rad
De manera similar se calculan zx; yz
xy001.0yz001.0zu
xw
zx
xy3001.0
xz001.0zv
yw
yz
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:
AEAE'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
95
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.)
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
96
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
producido (o se registran valores del esfuerzo normal y de la deformación unitaria correspondiente).
P1
Se registran P1; 1 Se registran (o calculan)
0
11AP y
0
11L
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).
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
11L
0
11AP
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
0AP
0L
97
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
(, 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
y2
y
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.
98
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Fundamentalmente, el Diagrama - presenta DOS ZONAS diferenciadas.
ZONA ELÁSTICA LINEAL
ZONA ELÁSTICA
ZONA INELÁSTICA
ZONA ELÁSTICA Caracterizada por deformaciones unitarias reversibles (recuperables).
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 HOOKEAlgunos 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).
99
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Límite de proporcionalidad (o inicio de la fluencia)
E
1
p
y
p
y
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
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
0LL
0LL
1 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.
100
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
L; A; E
L + L
P P
= E. Luego:
LL
EAP de donde obtenemos
EAPL
L (Fórmula del alargamiento
elástico lineal)
LEA
LLEA
P
P
L 1
Definición) El factor LEA
se denomina RIGIDEZ AXIAL DE LA BARRA.
K = LEA
(combinación de geometría + material)P = K(L)
Físicamente, el Coeficiente de Rigidez Axial K, representa un valor de la fuerza axial P necesario para producir un Alargamiento Unitario. (Si L = 1 P = K).
El factor RECÍPROCO K1
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 EAPL
L puede usarse para el caso
se sólidos (de material elástico lineal) con secciones transversales variables y/o con carga axial variable.
101
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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(P
L
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.
EJEMPLOS1) 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
EAdxA)xL(
dx)x(EA)x(P
L
Evaluando la integral, obtenemos E2L
L2
Nota) Puede escribirse AE2ALL
L
, con lo cual tenemos
102
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2W
axial fuerza unapor
producido toAlargamien
EA2WL
L
, 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:
EAPL
E2L
L2
= + L E A
P
E F E C T O C O M P U E S T O
L E A
E F E C T O D E L
P E S O P R O P I O
L E A
P
E F E C T O D E L A
C A R G A A X I A L
C a s o p a r t i c u l a r d e l P r i n c i p i o d e S u p e r p o s i c i ó n :
ESINDIVIDUAL
EFECTOS
COMPUESTO
EFECTO
V á l i d o p a r a C o m p o r t a m i e n t o L i n e a l E l á s t i c o
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
2
1
1
cm 2A
m 6L 1) Barra
2
2
2
cm 2A
m 4L 2) Barra
(Fuerzas kN ; Long cm ) E l desplazam iento del punto C debe ser igual a la sum a de los cam bios de longitud de las barras deform ables (1) y (2)
C = 1 + 2 . . . . ( * )
FUERZAS AXIALES EN (1) Y (2):
103
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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):
11 EA
PL
; 2
2 EAPL
Reemplazando valores numéricos, tenemos:2
41 109)2)(10)(2(
)600)(6( cm ;
142 103
)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
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 = 32P
F2 = 31P
ii) DESPLAZAMIENTOS
104
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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) COMPATIBI LIDAD GEOMÉTRICA
a21
a3221
Reemplazando 1 y 2
2
1
a 2a
1 B
1 – 2
a 2a
1 – 2
11
1
11
1
11
1
AE3PL
1a21
AE3PL
AE3PL4
a31
, de donde obtenemos 1
11
LAE
P
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.
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
105
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
w = 1.73 Ton/m
30°
2 Ton
RA
F
F = 8 Ton (tracción) El esfuerzo normal es:
AF
F
A
ii) DEFORMACIÓN (Materiales)
EAFL
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
2cm 15.0
2
CV
.
Reemplazando en (*) A = 075.04.0
= 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).
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.
106
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
PaEA
a2
P
EAFL
11
(acortamiento)
EAPa
EA
a2
P
EAFL
33
(acortamiento)
EA2Pa
EAFL
22
(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)
2 alargamiento
de la barra (2)
H
V
1
45°
45° H
V
1
H + H = 2 H = EA22Pa
22
V = H
1
45cos
V = EA22Pa
EA2
Pa
2
2
V = EA2
PaEAPa
6) Determinar los desplazamientos horizontal y vertical del punto B. Ambas barras tienen material elástico lineal.
107
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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(EAFL
6BC
BC
= 5.86×10-3 pulg.
)10)(30)(2.0(
)4.29)(035,1(EAFL
6BD
BD
= 5.07×10-3 pulg.
Compatibilidad (Geometría)
BH
3 0 °
4 5 °
B
3 0 °
4 5 °
B C
B '
BV
C D
BH
B D
BV
4 5 °
4 5 °
B
B ' t = B
H
BH
BDBDBV 45cos
t45cos
. . . . ( i )
3 0 °
3 0 ° B '
BH
BV
B
B C 30tan
30cosBH
BCBV
. . . . ( i i )
D e l a s e c u a c i o n e s ( i ) y ( i i )
BH
BDBH
BC
45cos30tan
30cos
Reemplazando valores y despejandoBH , obtenemos:
BH = 0.26×10-4 pulg.
Sustituyendo este valor en (i) ó (ii), obtenemos:BV = 6.91×10-3 pulg.
108
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 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: 08.04.05.1 C
C = 0.3 mm
La Fuerza Axial necesaria en la barra CD se calcula a partir de la Ley de Hooke
CDC EA
PL
0.3×10-3 = 23
49CD
)102(10200
)25.0(F
(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:
sen2P
FF CACB
(tracción)
ii) Alargamientos de las barras:
109
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
EAL
sen2P
EA
Lsen2P
CA
Similar para EAL
sen2P
CB
iii)Compatibilidad.
A B
C
C '
CV
sen
CACV ó
sen
CBCV
EAL
sen2P
sen1C
V
P o r t a n t o C B
C A
)EA)(sen2(
PL2
CV
No puede aplicarse esta expresión para el caso = 0, pues se tendría CV
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 =
sen2P
CB
Si 0, las fuerzas F1 y F2 crecen (resultado probado experimentalmente)
Aproximación: sen cuando 0
F1 = F2 )(2P
. . . . (*)
Usamos la Ley de Hooke: 1 = E1 (ó 2 = E2)
AC
AC'ACE
)(A2P
110
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1L
1EL
LLE
)(A2P
2C
2C
2
Aproximación Binomial
1
L21
1E)(A2
P2
2C
2
2C
LE
)(AP
; pero tan()= L
C
= LC
Con aproximación suficiente:2
C
C LE
)L
(A
P
de donde: EAPL3
3C
3
C EAP
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
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(AA
2
1
10 h
xhAA
Ley de Hooke:
∫
h
0 2
1
10 E
hxh
A
Pdx
111
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
∫ hh1
h1
EAPh
xh
dxEA
Ph
110
21
h
0 210
21
Simplificando tenemos
1
10 h
hhEA
Ph
. . . . (*)
Si x = h A = A1 con lo cual
2
1
1
0
1
hhh
AA
0
1
1
1
AA
hhh
; 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.
(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 = A
H 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
112
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
tan = 366
1AV
tan = 183
13
366
1AV =
18313
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) + 1AV = 2(0.061 + 0.153) + 0.153AV = 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).
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
113
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Como no se incluye el peso propio del tablón h es la longitud libre de cada resorte.Equilibrio de Fuerzas:
FC + FD = W2aFD – W(a + b) = 0
a2)ba(W
FD
;
)ba(a2
Wa2
)ba(WWFC
. . . . (*)
Compatibilidad Geométrica:
Semejanza aLaL
hh
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:
1
WKh2
La
b2
Nota) Podemos calcular las deflexiones de los resortes en función del valor b encontrado. Resultan ser:
ab
1K2
WC
;
ab
1K2
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 a3
2 2) (3 (1
2L
L L
4) a65 a6
5
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
114
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Fuerzas en las barras:
Las cuatro barras deformables trabajan en tracción (se alargan)
P
B
F1 F4
F4 = 2P
F2 F3
F1 = F4 = 2P
F2 = 3P
F3 = 6P
Alargamientos de las barras:
(*)
EA2PL
EA
)L(2P
EAPL
EA6PL
EA
)L(6P
EAPL
EA3PL
EA
)L(3P
EAPL
EAPL
EA
)L2(2P
EAPL
44
33
22
11
Compatibilidad Geométrica:
a65 a6
5
a34 a3
2
P
1 1
4 + x
x
B
2
(1
(2 (3
4)
3
Semejanza:
115
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
a34 a3
2
x
2 3 x – 3
2 – 3
a34 a3
2
a)x(
a2 34
332
de donde: )2(
31
x 32 y reemplazando 2 y 3 de (*) obtenemos:
EA18PL5
x . . . . (**)
Semejanza:
1 – 4 – x
a65
1 – 4 – x
a65
B"
ax1
ax
65
4
610
41
de donde obtenemos: 1 + 4 + x = 2. Reemplazando de (*) y (**), tenemos:
2EA18PL5
EA2PL
EAPL
Despejando el valor de la carga P: L8EA9
P
RIGIDEZ DEL SISTEMA EN EL PUNTO B:
L8EA9
KB
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
116
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
El esfuerzo normal en el espesor del anillo, es:
rRpr
L)rR(pLr
AF0
El radio r sufre un incremento r:lr2)rr(2 r
interiornciacircunfere la en Cambio
Donde: )rR(Epr
Er
(Deformación radial unitaria)l: circunferencia interior (inicial)
r2
)rR(Epr
r2)rr(2
Despejando r, encontramos )rR(Epr
r2
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 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?
A
B
6"
8"
9"
18" 0
100,000 lb
C
D
Permitimos que el bloque gire = 0.05° y calcularemos un diámetro.Luego, verificamos si se excede o no el esfuerzo de fluencia.
117
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Equilibrio
F C D
F A B
0
8 " 5 " 13"
100 ,000 lb M o = 0 8F A B + 18F C D = ( 100 ,000 ) ( 5 ) . . . . ( 1 ) M a te ria l
EALF ABAB
AB
EALF CDCD
CD
6CD
CD 10189
AF
. . . . ( 3 ) R e e m p la za n do da to s :
6AB
AB 10186
AF
. . . . ( 2 )
Geometría
0 0.05°
AB
CD
AB = (8)360
2(0.05) = 0.00698" . . (4) AB = (18)360
2 (0.05) = 0.01570" . . (5)
Combinando las ecuaciones (2) y (4) y las (3) y (5), tenemos6AB 1002094.0
AF
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 Ad24
El correspondiente diámetro es: d = 0.932 pulgPueden 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
El esfuerzo máximo se induce en la barra CD
2máx pulg 682.0
lb 400,21
= 31,400 lb/pulg2
máx > permisible = 5.2000,70
= 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.
AFCD
= 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)
118
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
AB = (8)
3602
. . . . (4.1)
CD = (18)
3602
. . . . (5.1)
CD = (28,000)61018
9
. . . . (3.1)
(puesto que hacemos 000,28
AFCD
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 ALG
Esfuerzo y Deformación unitaria en una sección genérica, ubicada a la distancia x de la base superior.
x
F
F1 = Ax F1 = AxALG
F1 = LxG (compresión)
1 =
AF1=
ALxG (compresión)
1 =
EALxG (acortamiento)
Definición de Deformación Unitaria:
uu
si dx es la longitud inicial, tendríamos
dx)dx(
1
de donde (dx) = 1dx = dx
EALxG
(acortamiento)Consideramos una "rebanada" diferencial en la distancia x.
119
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Después de la deformación, el espesor de la
"rebanada", es: dx – (dx) = dx – EALxGdx
dx – (dx) =
EALxG
1 dx
Si Z es la distancia de la rebanada ya deformada al suelo, tenemos.
Z = (dx – (dx)), extendida para "todas" las rebanadas que pueden definirse en el intervalo (x, L).
En consecuencia:
x
dx d(x)
z
∫
L
xdx
EALxG
1Z. Evaluando la integral, tenemos:
2x
2L
EALG
)xL(2x
EALG
xZ22L
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 = ALG
A dx dG0 = LG
dx Por tanto:
∫
L
0
22G dx
LG
)xL(EAL2G
)xL()G)(Z(
L
0
32
2
G )3x
xL(EAL2G
2x
LxL1
Z
EA3GL
2L
ZG
El descenso del Centro de Gravedad, será GZ
2L
GZ2L
= EA3GL
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.
120
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 + W 3r4
– FDr = 0 3Wx + 4 3Wr
– FDr = 0 . . . . (iii)
De la ecuación (iii) obtenemos FD = 3 rWx
+ 3W4
. . . . (iv)
Reemplazando (ii) en (i) obtenemos 2FA + FD = 4W FA = 2FW4 D
. . . . (v)Reemplazando (iv) en (v) obtenemos:
3W2
r2Wx3
W2FA . . . . (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):
EALFD
D ; EA
LFAA
Reemplazando en (vii)
)FF(EAL
1.0tanr AD . Considerando (iv) y (vi), tenemos:
3W2
r2Wx3
W23W4
rWx3
EAL
1.0tanr
121
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Simplificando:
2
2r2x9
EAWL
1.0tanr
Reemplazando valores:
22
x5.4)102()10)(210(
)2.1)(500(1.0tan)1(
234
9
Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm
1.13) Comportamiento No Lineal. Diagramas Idealizados σ /ε
1.13.1) Definiciones:
122
DEFORMACIÓN TOTAL
Lazo de HISTÉRESIS
(Disipación importante de energía, calor,…) /
/
/
/
/
/
,
tan
p r
r
r
p
(ELÁSTICA)
ERECUPERABL
permanente
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
SÓLIDO ELÁSTICO → Aquel que recupera su configuración inicial
cuando desaparecen las acciones que ocasionaron la deformación.
Elásticos Lineales
Pueden ser Elásticos No Lineales
Anelásticos
Lineal No Lineal Anelástico (Acero) (Cº Simple en compresión) (Caucho)
SÓLIDO INELÁSTICO → Aquel que no recupera su configuración inicial
cuando desaparecen las causas que lo deformaron.
En el sólido se inducen deformaciones irreversibles.
ε=ε p+εr
ε=ε p+σΕ
σ Nominal de Fluencia
123
DIFÍCIL DE DETERMINAR EXPERIMENTALMENTE
/
YP
),( YY
/
)(
/
/
)(
),( 00
T
12
12S
),( 11 P)(PP
∫
)(PU
P
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En los materiales donde es imposible (difícil) precisar con exactitud el
valor del ESFUERZO DE FLUENCIA (σY ) , es conveniente ubicarlo por
definición (nominal).
MÓDULOS SECANTE Y TANGENTE
En materiales cuyos diagramas constitutivos son no – lineales, pueden
definirse “MÓDULOS TANGENTE Y SECANTE”
ENERGÍA DE DEFORMACIÓN
Las fuerzas externas realizan trabajo durante la deformación. Esta
energía se almacena en el interior del sólido (Energía de Deformación).
1.13.2) Diagramas Idealizados σ /ε :
(ε1 , σ1 )
(ε 2 , σ2 )(ε 0 , σ0 )
124
/Sin deformaciones
/
/
LINEAL NO LINEAL
y
/
yZona de endurecimiento
/
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En general, las relaciones constitutivas σ−ε son complicadas, con la
posibilidad de presentar variadas alternativas o configuraciones. Para facilitar el
tratamiento analítico del comportamiento de algunos materiales, se usan
DIAGRAMAS IDEALIZADOS de las relacionesσ /ε .
SÓLIDO RÍGIDO:
SÓLIDO PERFECTAMENTE ELÁSTICO:
SÓLIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO:
A partir del esfuerzo de fluencia, las deformaciones inducidas crecen
notoriamente. Las deformaciones elásticas que pudieran existir son
insignificantes. El material fluye a esfuerzo normal constante.
SÓLIDO PLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO:
A partir del esfuerzo de fluencia,(σY ) , para inducir deformaciones mayores,
se requiere incrementar el esfuerzo.
SÓLIDO ELÁSTICO – PERFECTAMENTE PLÁSTICO
125
y
/
y
y
y
E1
Endurecimiento
/
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
(ELASTOPLÁSTICO):
Las deformaciones elásticas NO pueden despreciarse. Tampoco existe
zona notable de endurecimiento.
SÓLIDO ELASTO – PLÁSTICO CON
ENDURECIMIENTO:
(Bilineal)
SÓLIDO DE RAMBERG – OSGOOD
La deformación total ε es: ε=¿εp+εr . . . .(∗) ¿
Para una gran mayoría de materiales la relación σ /ε (en la zona no
elástica) puede aproximarse por
εp=( σΒ )η
, donde Β y η son constantes
apropiadas para cada material.
Reemplazando en (*):
ε=¿εr+( σΒ )
η
. . . .(Ec . deRamberg−Osgood ) ¿
Si además, la deformación es elástica lineal → εr=
σΕ .
ε= σΕ+( σΒ )
η
.
σΕ→Deformación Elástica Lineal ;( σΒ )η→Deformación Inelástica
Las ecuaciones de Ramberg– Osgood han sido estudiadas experimentalmente.
Acero Estructural→Β=122400lb
pg2; η=25
Aluminio→Β=72300 lb
pg 2; η=10
126
Elasticidad Viscosidad
/
/
E
/
/
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
NOTA› Las relaciones presentadas, suponen tácticamente que los materiales NO SON
VISCOSOS, es decir NO se presentan fenómenos importantes de desplazamientos
dependientes del tiempo (FLUJO).
Existen materiales (asfaltos, breas,…) que se deforman gradualmente por acción de
un esfuerzo y su deformación se incrementa con el tiempo aún cuando se haya
retirado al esfuerzo.
Comportamiento influido por la VISCOSIDAD.
MATERIAL ELÁSTICO σ=σ (ε )
MATERIAL VISCOELÁSTICO σ=σ (ε , ∂ ε∂ t )
El modelo más simple de material viscoelástico, es el denominado SÓLIDO DE VOIGT
– KELVIN, cuya ecuación constitutiva, es:
σ=Εε+η ∂ ε∂ t
¿ (ε→Módulo de Young ¿ ) ¿¿
¿¿
De manera similar a la analogía existente entre un Sólido Elástico Lineal y un Resorte,
el Sólido de Voigt – Kelvin acepta analogía con el modelo físico:
Si el efecto de la Viscosidad es despreciable →η→0 , y el modelo se reduce al
Modelo de Hooke.
Sistema resorte/amortiguador en paralelo
127
Elasticidad Viscosidad
/ /
(i) (ii)(iii)
yy
E1
E1
2pulg
Klb60y
2
4
pulg
Klb103Ε 2pulg
Klb2 310
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Otro material viscoelástico, es el que admite la ecuación constitutiva:
A∂σ∂ t
+Βσ=∂ ε∂ t
¿ ( Define un Material ¿ )¿¿
¿¿
El material modelo de MAXWELL es análogo al sistema resorte / amortiguador en
serie:
Las soluciones de la ec. Constitutiva tipo Maxwell, se dan en dos planos coordenados:
PROBLEMAS
1) ¿Qué esfuerzo se requiere, en cada caso, para generar deformaciones unitarias
de 0.001 y 0.004?
σ y
Constante de Viscosidad
Constante de Elasticidad
128
t
6"Φ
5"L
3pulg
lb0.2
parábola de 2do Grado
Vértice
)lgpu
lb10000;10(
2
2
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
CASO ( i ) → RÍGIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO
CASO ( ii ) → ELASTOPLÁSTICO
CASO ( iii ) → ELASTOPLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO
2) El cilindro representado, es de un material de comportamiento elástico no lineal,
cuyo diagrama σ /ε es parabólico. Hallar la deflexión del extremo libre
ocasionada por el peso propio.
tan θ=σ 2−σ y
ε2−ε y
σ 1=Εε1=(3 )(104 )(0 . 001)σ 1=30klb / pu lg2
→σ2−σ y= tan θ( ε2−ε y )
σ2=¿σ y+ tan θ ( ε2−ε y )=σ y+(ε2−ε y)∂σ∂ε
¿σ2=60+(0. 004−0. 002)(2)(103 )
σ2=64klb/pulg2
σ 1=Εε=(3)(104 )(0 . 001)σ 1=30klb / pu lg2
σ 1=σ2=σ y=60Klb
pulg2
ε y=60
30×104=0 .002
ε y=σ y
Ε
Deformación Unitaria de Fluencia:
129
PP
254.65MPa2m2)310(10
4
π
000N 20σ
:20KNP Para
total) ón(deformaci 0.00456ε
9
270
254.65
7
31
70000
254.65ε
:es total, ndeformació La
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
3) Una barra de sección circular tiene 3m. de longitud y 10mm de diámetro, ésta
hecha de un material cuya ecuación constitutiva es:
ε= σ70000 [1+ 3
7 ( σ270 )
9 ] donde σ se expresa en MPa. La barra está
cargada axialmente por fuerzas de tracción P = 20Kn, y después se retiran las
cargas.¿Cuál es la deformación unitaria permanente de la barra?
La deflexión total será
Δ=∫L
ε ∂ x=∫0
60γ2
1010(L−x )2∂ x
Resolviendo la integral y reemplazando los datos → Δ=2 . 88×10−7 pu lg .
130
E1
(total)
MPa)
perm remp
total
PERM
Total
9
270700007
3
70000
:dada vaconstituti ec. la con laComparándo
00364.0RECUP
recuptotal
recuppermtotal
0.00092permε
9
270
254.65
70000
254.65
7
3permε
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Diagrama σ−ε
4) El sistema estáticamente indeterminado que se representa en la figura consiste
en una barra rígida horizontal ABCD, soportada por dos resortes idénticos en los
puntos A y C. Los resortes admiten una relación fuerza – desplazamiento no
lineal, dada por F=60δ
1+1. 12δ;0≤δ≤2 .5 pu lg .(F en libras;δ en pulgadas) .
La carga
P es de 35lb. y los segmentos de la barra tienen longitudes a=15”,b=10”,c=10”.
(a)Graficar un diagrama fuerza desplazamiento para uno de los resortes.
(b)Calcular las fuerzas FA Y FC en los resortes A y C respectivamente, los
cambios de longitud δ A y δ cde los resortes y el ángulo de giro θ de la barra
rígida.
NOTA: alargamiento permanente: Δperm=(0 . 00092)(3000 )=2 .76mm alargamiento recuperable: Δrecup=(0. 00364)(3000 )=10 .92mm
alargamiento total : Δ total =(0 .00456)(3000 )=13 .68mm
131
P
RFAFC
4P....(1)C2FA3F
P(20)C10FA15F
c)P(bbCFaAF
0BM
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Equilibrio:
Compatibilidad:
Material:
δA
a=δC
b→bδ A=aδC
10 δA=15 δC→2δ A=3 δC . . .(2)
F A=60 δ A
1+1 .2δ A
; FC=60 δC1+1 .2δC
. . .(3)
Reemplazando(3) y (2) en (1 ), tenemos:
180 δA
1+1 . 2δA
+120+(23 δA)1+1 . 2(23 δ A)
=4(35 )
Simplificand o, tenemos:45 δ A
1+1 . 2δA
+20 δA
1+0.8δ A
035
Resolviendo, obtenemos la única raíz aceptable δ A=1 .25 {} # De laec . \( 2 \) rightarrow δ rSub { size 8{C} } = { {2} over {3} } δ rSub { size 8{A} } = { {2} over {3} } \( 1 . 25 ) →δC=0 . 833 {} # A partir delas ecs . \( 3 \) obtenemos las fuerzas : {} # F rSub { size 8{A} } = { { 60 \( 1 . 25 \) } over {1+1 . 2 \( 1 . 25 \) } } =30 lbs . F rSub { size 8{C} } = { {60 \( 0 . 833 \) } over {1+1 . 2 \( 0 . 833 \) } } =25 ital lbs . {} # Inclinacióndelabarra rígida : {} # θ=arc tan { {δ rSub { size 8{A} } } over {a} } = arc tan { {1 . 25 } over {a} } {} # θ=4 . 77 º {} } } {¿
¿
132
25
30
0.833 1.25pulg
Flb)
2.1.1
60F
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Diagrama Fuerza / Alargamiento
5) Una barra prismática AB de longitud L=86” y área transversal A = 0.75pulg2
soporta dos cargas concentradas: P1=24Klb y P2=6 Klb. El material es una
aleación cuyo diagramaσ /ε sigue una ecuación tipo Ramberg – Osgood.
ε= σ
10×106 +1
614 .0 ( σ38000 )
10
. . . . . . . . . . .(i )
en la que σ tiene unidades Klb/pulg2.
Determinar el desplazamiento del punto B, en las sgtes. condiciones: i) P1 actúa
sola; ii) P2 actúa sola;iii) P1 y P2 actúan simultáneas.
Ramberg - Osgood : Ecuación Constitutiva
εε0
=σσ 0
+α(σσ0)m
ó ε=σΕ+σ0
αΕ (σσ0
)m
donde: Ε→Módulo Plástico en la parte inicial del Diagrama σ / ε σ0 , ε 0 , α ,m→Constantes del material (determinadas en pruebas de tracción )Para Ε=10×106 Klb / pu lg2 ;σ0=380006 Klb / pu lg2 ;α=3/7 ;m=10 , laecuación es la dada en el enunciando .
133
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En la mitad inferior→σ=P1
A=24000
0. 75 σ=32000 lb / pu lg2
A l que le corresponde ε=0. 003492 El alargamiento de la barra,es: ΔB=(0 . 00672)( 43)+ \( 0 . 003492 \) \( 43 ) ΔB=0 . 439 {} } } {¿
¿
NOTA › Observar que: En una estructura NO LINEAL, el desplazamiento producido
por dos (o más) cargas que actúan en forma simultánea NO es igual a la suma de los
desplazamientos producidos por las cargas cuando actúan por separado. (CASI DE
SISTEMAS ELÁSTICOS LINEALES)
6) Determinar la carga última que puede aplicarse a la barra rígida ABC, soportada
por dos alambres de acero elastoplástico. (E=200GPa;σ y =250MPa).
CARGA ÚLTIMA (Pu): La que ocasiona que en ambos alambres se alcance el
σ2=P2
A=6000 lb
0 .75 pu lg2=8000 lb / pu lg2
Con este valor,mediante la ec( i) ;obtenemos El desplazamiento, en este caso, es: ΔB=(0 . 0008 )(43 )=0 . 0344iii ) Acción Simultánea de P1 y P2 :
En la mitad superior→σ=P1+P2
A=24000+6000
0 .75 σ=40000 lb / pu lg2
Al que le corresponde ε=0 . 00672
134
1 2
12
B
B ...(*)23
ΔΔΔΔΔ
23
ΔαcosΔΔ
total) (Simetría ΔΔ
B2
BB1
21
30º30º
F1 F2
P
3
PFF
FF
21
21
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Esfuerzo de Fluencia σ y . (Simultáneamente)
(Falla del Sistema)
Si sólo un alambre llega a la fluencia, NO se produce la falla del sistema, debido a
que el otro alambre aún estará en el rango elástico.
En el momento de la falla PB = σ y AB
∑M A=0→2 P=2 PB+3 PC
P=2(75000 )+3(50000)2
=150 000Newtons
PU=150 000 Newtons
(↑___ INICIA LA FLUENCIA EN EL MATERIAL DE AMBOS ALAMBRES).
7) Dos cables son de un material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es
σ=Εε−kε2,siendo k=1010lb/pulg2 y Ε=3×107 lb/pulg2
.La sección transversal de cada cable es 0.2pulg2 y ambos tienen 5 pies de longitud. Determinar la deflexión vertical del nudo B por aplicación de la carga P=2Klb.
Geometría:
Fuerzas:
135
PB=σ
yAB
PB=(250×106)(3×10−4 )
PB=75000 Newtons
PC=σ
yAC
Pc=(250×106)(2×10−4 )PC=50000 Newtons
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Esfuerzos:
Ecuación Constitutiva:
σ=Εε−kε2 (ε=ΔL,para cualquier Régimen)
→P√3 A
=ΕΔL−k (ΔL )
2
Según (*) →
P
√3 A=
ΕLΔB
√32−k
1
L2 (ΔB√32 )
2
Reemplazando valores numéricos, tenemos:
2000√3 (0. 2 )
=3×107
5×12√32
ΔB−1010
(5×12 )234 (ΔB)
2
(Fuerzas →lbs ; long → pulg.)
Resolviendo la ec. de 2do. grado, obtenemos:
ΔB '=0.1935 pulgΔB =0 . 0143 pulg {} } } {¿
¿
Nota > Las dos raíces son soluciones correctas.
Calculamos las deformaciones unitarias (en
los cables).
Usamos (*)Δ=ΔB
√32
Para
ΔB '=0.1935 rightarrow Δ'=0 . 1935 { { sqrt {3} } over {2} } } {} # Δ'=0 . 1676 ital pu lg . {} } } { ¿¿
¿
Para un valor admisibledel esfuerzo existen dosDeformaciones Unitarias
136
σ 1=σ2=P
√3 A=σ
σ=0↔ε (Ε−kε )=0 ε=0
Εk=ε=3×107
1010
ε=0 .003
50 Ton
40 Ton
40 Ton
Concreto(CILINDRO)
Placa de Apoyo
Placa de Extremo (CIRCULAR)
E=30 x10 lb/pulg1
6 2
y=35000 lb/pulg2
CONCRETO
(0.0015;2.120)lb/pulg2
Tubo de Acero:dext = 5.563 pulg.dint = 5.047 pulg.
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para
ΔB =0 . 0143 →Δ=0 . 0143 { { sqrt {3} } over {2} } } {} # Δ=0. 01238 pu lg . ¿Las deformaciones unitarias, son:
ε '= Δ 'L=0. 1676
60=0. 00279 y ε= { {Δ
L¿=
0 . 0123860
=0 .000206 ¿
En el Diagrama Constitutivo:
Si P crece ΔB=0. 0143 pu lg
Si P decrece ΔB=0. 1935 pu lg
8) En el dispositivo esquematizado en la gráfica, se indican las dimensiones
correspondientes antes de que sean aplicadas las cargas.¿En qué sentido y que
distancia, en pulgadas, se moverá la placa fijada en el extremo derecho del
tubo, debido a la aplicación de las cargas?. Las curvas σ /ε para el acero y el
concreto se muestran en otra gráfica (1ton <>2000lbs.)
Si P es creciente Si P es decreciente
137
F1=50 TonF1=(50)(2000)=1000 000lb
50 TonF1
50 Ton
40 Ton
40 Ton
F2
F2+80=50F2= -30 Ton (Compresión)F2= -60000 lbs
50 Ton
40 Ton
40 Ton
F3
F3+80=50F3= -30 Ton (Compresión)F3= -60000 lbs
22
3lgpu
lb2120
)6(4
60000
pulg. 00780.0
)12)(0015.0()8(1030
13950)18(
1030
23250
LLL
66
332211
Nota→Acero en Régimen Elástico(Ley de Hooke).Concreto→Deformación Unitaria dada
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Fuerzas Internas:
Tubo (18”)
Tracción:
Tubo (8”)
Bloque Concreto
9) La barra rígida ABC, inicialmente en posición horizontal, está suspendida por
dos barras de acero elastoplástico. El punto medio B de la barra es reflectado
10mm. Hacia abajo, por aplicación gradual de la carga Q. Luego la carga Q es
retirada lentamente.
Determinar:
i) El máximo valor de Q y la correspondiente posición de la barra
rígida.
ii) La posición final de la barra (luego de retirada Q).
Esfuerzos:
σ 1=100000
4 .3=23250
lb
pu lg2
(Tracción)
σ 2=60000
4 .3=13950
lb
pu lg2
(Compresión)
138
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Equilibrio:
Comportamiento Elástico Lineal:
El máximo desplazamiento (elástico) del punto A, sucede cuando el material de la
barra AD alcanza el esfuerzo de fluencia σ y .
→ (F AD)MÁX=σ y A AD=(300 )(106 )(400×10−6 )=120×103 Newtons
Con esto (ver *)→QMÁX=240×103Newtons
A este valor (F AD)MÁX le corresponde la deflexión:
ΔA=ε y L=σ y
ΕL=
(300)(106 )(200)(109 )
(2)=3×10−3 m .
Barra AD:
Puesto que, por el equilibrio, F AD=FCE=120×103 N , posiblemente la barra CE
no está en fluencia.
La deflexión del punto C es ΔC=εL= σ
ΕL
,
AD¿ {A=400 mm2 ¿ ¿¿¿
¿
F AD=FCE=Q /2→Q=2F AD ó 2FCE (∗)
139
A B Cmm mm
x ewtons3
A'
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
es decir:
ΔC=120×103
500×10−6⏟σ
1200×109⏟
Ε
(5⏟L
)
ΔC=6×10−3m .
(FCE ) MÁX=σ y A=(300 )(106 )(500 )(10−6 )=150×103 N
Barra CE:
(Barra
CE → no en fluencia).
La deflexión del punto B, es:
ΔB=12
(ΔA+ΔC )=12
(3+6 )(10−3 )=4 .5×10−3m
Puesto que ΔB debe ser 10mm, deben presentarse deformaciones plásticas en las
barras deformables.
Comportamiento Plástico:
Para Q=240 x 103 N ocurren deformaciones plásticas en la barra AD.
Como la barra CE no ingresa al régimen plástico, la deflexión del punto C
permanece igual a 6mm.
Configuración de la barra rígida:
→ Δ' A+6
2=10 → Δ' A=14 mm
140
E1
y
B
Q
D
C
D'
A
a
1
Palanca Rígida
L=1.25m
9mm
) ABbarra la de material(
GPa200
MPa300y
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Posición Final luego de retirada (gradualmente) la carga Q
10) La barra AB es de acero elastoplástico (E=200GPa; σ y =300MPa ).
Después de conectar la barra a la palanca rígida CD, se observa que el
extremo D está demasiado alto. Se aplica entonces una fuerza vertical Q en D
hasta que este extremo se desplaza al punto D’. Determinar la magnitud
requerida de la fuerza Q y la deflexión δ , si la palanca debe regresar a la
posición horizontal luego de retirada la carga.
141
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
La máxima deformación unitaria recuperable,
es:ε y=
σ y
Ε=300×106
200×109=1. 5×10−3 .
Luego el alargamiento B’B”; es: B' B= left (L rSub { size 8{ ital AB} } right )ε rSub { size 8{y} } = \( 1 . 25 \) \( 1 . 5 times 10 rSup { size 8{ - 3} } \) } {} # B'B=1 .875×10−3 m ¿
La deflexión δ1 se calcula por semejanza:
CB 'B ' B} } = { { ital CM } over {δ rSub { size 8{1} } } } rightarrow δ rSub { size 8{1} } = \( 1 . 875 times 10 rSup { size 8{ - 3} } \) { { \( 1 . 1 \) } over {0 . 4} } =5 . 16 times 10 rSup { size 8{ - 3} } m} { ¿
¿¿
Fuerza Máxima:
Carga de Fluencia en la barra AB: Fy=Aσ y
FY=(300 )(106 )π4(9×10−3 )2=19 085 . 18 Newtons .
∑ MC=0→ FY (0 . 4 )=(1 .1 )QMÁX
De donde QMÁX=(19 085 . 18)(0 . 4 )1 .1
Q MÁX=6 940 . 06 Newtons.(∗) Fy → carga de fluencia (genera las deformaciones plásticas no resuperables )
11) Un cable sometido a tracción de radio r, tiene en su eje un módulo de elasticidad
E1, y este módulo crece linealmente hacia la periferia, donde alcanza el valor E2.
Determinar la Fuerza de tracción que puede soportar el cable con la debida
seguridad (el esfuerzo en ningún punto debe superar el valor σ 0 ).
BB” → alargamiento total de la barra.
B’B” → alargamiento recuperable.
B’B → alargamiento permanente.
El material de la barra AB debe ingresar
al rango plástico.
142
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
La fuerza axial es:
P=∫( A )
σ ∂ A
→P=∫0
r
σ 2 πρ∂ ρ
El esfuerzo es variable: σ=Εε=(Ε1+
Ε2−Ε1
rρ)ε
La deformación ε es constante en todos los puntos.
→ P=∫0
r
(Ε1+Ε2−Ε1
rρ)ε2 πρ∂
P=2πε∫0
r
(Ε1+Ε2−Ε1
rρ) ρ∂
P=πε3
r 2 (Ε1+2Ε2) .. .(∗)En la periferie → σ=σ0 ; Ε=Ε2→σ0=εΕ2
ε=σ0
Ε2
Reemplazando en (∗):
P=π3r2σ0
Ε2(Ε1+2 Ε2 )
(1 ) Material No Homogéneo P=πr 2
3σ 0(2+Ε1
Ε2)
Ley de Variación del Módulo Elástico: (1)
Ε=a+bρ Para ρ=0 , es Ε=Ε1
ρ=r , es Ε=Ε2
→ Ε1=a ; Ε2=a+br → b=Ε2−Ε1
r
Ley de Variación:
Ε=Ε1+Ε2−Ε1
rρ
143
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
12) La varilla uniforme BC tiene sección transversal A y está hecha de un acero
elastoplástico (E, σ y ). Usando el sistema bloque / resorte representado, se
desea simular la deflexión del extremo C de la varilla cuando la carga axial es P
y luego se la retira. Designando por la masa del bloque;μ el coeficiente de
rozamiento entre el bloque la superficie horizontal, hallar: (i) Una expresión para
la masa m requerida. (ii)Una expresión para la constante del resorte K.
La deflexión en los puntos C y C’ debe
ser la misma para todos los valores de
P.
Varilla BC:
Fuerza de Fluencia: Py=Aσ y
Deformación de Fluencia: δ y=ε y L=
σ y
ΕL
Pendiente de la parte recta del
Diagrama P - δ y
P y
δ y
=Aσ y
σ yLΕ
= AEL
Sistema masa / resorte:
Si P<FMÁX el bloque no se mueve, y
P=κδc '
Relación lineal con pendiente
Para mgWFP MÁX el bloque comienza a
moverse y δ c ' se incrementa, sin ningún incremento
en P.
Si P decrece hasta cero, el bloque se mantiene en un
miso punto y δ c ' decrece linealmente:
→ Igualando las expresiones para Py y FMÁX:
→ Igualando las expresiones para Py y FMÁX:
Aσ y=μmg→m=Aσ y
μg (masa del bloque )
→ Igualando las pendientes→ AΕ
L=κ (constante del resorte )
144
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
13) Un mástil rígido se sostiene en posición vertical por medio de dos
cables de material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es
σ=105 ε2 (MPa ). El mástil recibe una carga de viento q=1 KN/m
uniformemente repartida sobre su longitud. Ambos cables tienen la
misma sección transversal A = 2.5 cm2. Determinar (i) El esfuerzo
normal en cada uno de los cables, (ii) El desplazamiento del extremo
superior del mástil.
Fuerzas axiales en los cables: ∑M B=0→ qL2
2−F AC 3 sen α−F AD7 sen β=0
.
Reemplazando valores (α es el ángulo agudo que forma el cable AC con el
mástil y βel ángulo agudo que forma el cable AD con el mástil), obtenemos:
40 . 5−2. 4 F AC−2. 757 F AD=0 ( i )
Compatibilidad Geométrica. Aceptando deformaciones infinitesimales.
q
4 m
3 m
4 m
A B
C
D
E
FAD
FAC
R2
R1
2 mq
DAC
DAD
a
b
CC’
D D’
E E’
145
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
De la semejanza de triángulos obtenemos la relación: DD'
7=CC '
3→3
ΔAD
senΒ=7
ΔAC
senα .
Reemplazando los valores correspondientes:ΔAD=1 .149 ΔAC ( ii )
Ecuaciones constitutivas (material): σ=105 ε2 MPa→σ=108 ε2 KPa . Reemplazando en función de las fuerzas y los cambios de longitud, tenemos:
FA=108 ( Δ
L)2 →Δ= L
104 √ FA
Para cada uno de los cables aplicamos la ecuación anterior:
ΔAD=7 . 616104 √ F AD
(2 . 5)(10−4 )=0 .04817√F AD
ΔAC=5
104 √ F AC
(2 . 5)(10−4 )=0 . 0316√F AC
Reemplazando ambas expresiones en la ecuación de compatibilidad (ii), tenemos:
0 .04817√F AD=1 .149 (0.0316√F AC)→F AD=0 .5679 F AC (iii)Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (i) y (iii), obtenemos:
F AD=5. 798 MN F AC=10 .21 MN ( tracciones ).Esfuerzos en los cables:
ο AC=10 . 21
(2 . 5)(10−4 )=4 . 084 x 104MPa y ο AD=
5 .798
(2. 5 )(10−4 )=2 .319 x 104 MPa
Desplazamiento ΔHE :
CC '3
=ΔHC
9→ΔH
C=3.75 ΔAAC→ΔHC=
3 ΔAC
sen α=3 .75 ΔAC
ΔHC=3.75(0 .0316√F AC )=0 .1185√10 .21=0 .379 m .
14) La barra AB tiene un área transversal de 2 pulg2 y está hecha de un acero elastoplástico (E=30 x 106 lb/pulg2;ϭy=40 000 lb/pulg2). Sabiendo que la fuerza F crece de 10 a 140 Klb. Y luego decrece a cero, determinar (i) La deflexión permanente del punto C.
Consideremos las 2 porciones AC y CB.
Equilibrio → PAC + PCB = P …..(1)
Para cada porción de barra, tenemos:
146
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
P y=Aσ y=2(40000 )=80000 lbs .
ε y=σ y
Ε=40000
3×106=1 .33×10−3 ¿ (P y→c arga de fluencia ¿)¿
¿¿
P y=Aσ y=2(40000 )=80000 lbs .
Para F=140klb.
Suma de diagramas:
(PAC + PCB = P)
δ=8×10−3 pulg .En la descarga, la gráfica es paralela a la parte inicial ( . _ . _ . _)
147
σ y=( 4 )ε y=4 (1. 33 )(10−3 )=5 .33×10−3 pulg .
δP→ permanenteδ r→recuperable
Elasticidad Viscosidad
z z
E
z z
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Semejanza:
δr5.33×10−3
=140120
→δr=6 .222×10−3 pulg .
Deflexión permanente de C:
δ p=8×10−3 - δ r=6 .222×10−3 pu lg .
δP=1 .778×10−3 pu lg
15) La figura representa una barra de material Viscoelástico tipo MAXWEL
(constantes E,η1), rodeada de un tubo cilíndrico de material elástico – lineal
(módulo E2). La barra y el tubo cilíndrico están conectados a una placa rígida, de
peso despreciable, y a un soporte superior rígido. Una fuerza F se aplica
súbitamente en el instante t= 0. Calcular los esfuerzos que se generan en la
barra y en el tubo cilíndrico.
Área transversal de la barra → A1
Área transversal del tubo → A2
Equilibrio:
(σZ )1 A1+(σ Z )2 A2=F . .. .. . .. .. . .. .. . .. ..(1 )
(σZ )1→ Esfuerzo en la barra
(σZ )2→ Esfuerzo en el tubo
Aceptando que las áreas permanecen
(sensiblemente) constantes:
∂ (σZ )1∂ t
A1+∂ (σ Z )2∂ t
A2=0 . .. . .. .. . .(2)
Compatibilidad: Las deformaciones εZ deben ser iguales en cualquier tiempo:
(εZ )1=(εZ )2
→∂ (εZ )1∂ t
=∂ (εZ )2∂ t
. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .(3)
Materiales:
Material Viscoelástico (tipo Maxwell) Ecuación Constitutiva:
∂ εZ∂ t
= 1Ε
∂ σ Z
∂ t.+ 1
η.σ Z
Material Elástico Lineal (tipo Hooke)
σ Z=ΕεZ
148
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para el tubo: → (σZ )2=Ε (εZ )2→
∂ (εZ )2∂ t
=1Ε
(σ t )2t
. .. .. . .. .. . ..( 4 )
Para la barra →
∂ (εZ )1∂ t
=1Ε1
∂ (σz )1t
+1η1
(σ z )1 . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .(5)
Reemplazando (4) y (5) en la ecuación de Compatibilidad (3), tenemos:
∂ (σZ )2Ε2∂ t
=1Ε1
∂ (σ z)1∂ t
+1η1
(σ z )1 . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. ..(6 )
De la ec. (2) obtenemos
∂ (σZ )2∂ t
=−A1
A2
∂ (σ z)1∂ t
. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .(7 )
Reemplazando (7) y (6):
1Ε2
(− A1
A2
∂ (σ z )1∂ t )= 1
Ε1
∂ (σ z )1∂ t
+ 1η1
(σ z)1 .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .(8 )
Expresión que puede escribirse:
( A1
Ε2 A2
+1Ε1
)∂ (σ z )1∂ t
+1η1
(σ z)1=0 . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. (9)
Separando variables:
( A1
Ε2 A2
+1Ε1
)∂ (σ z )1(σ z)1
+1η1
∂ t=0 .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . ..(10 )
Integrando: ( A1
Ε2 A2
+ 1Ε1
)Ln (σ z)1+1η1
∂ t=κ
Pasando a la forma exponencial, tenemos:
(σ z)1=κℓ
−A2
η1( A1
Ε2
+A 2
Ε1)t
A partir de la ec. (1) se calcula: (σZ )2 :
(σZ )2=1A2
(F− 1A1
(σ z )1)NOTA> La constante K se conocerá cuando se tenga un valor del esfuerzo(σZ )1 en un
tiempo dado.
149
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1.14) Deformación Unitaria Cortante. Módulo de Rigidez
Es posible realizar ensayos en laboratorio, en los cuales ciertas probetas prismáticas
especiales son cargadas exclusivamente en Estado de Esfuerzo Cortante.
La cara superior del bloque prismático sufrirá un desplazamiento respecto a la sección
fija.
En valor promedio se presentan esfuerzos
cortantes en 4 caras del sólido:
τ= PLa
ó τ= Qha
(iguales
puesto que Ph= QL)
Para materiales isotrópicos se observa:
(i) El esfuerzo cortante τ SÓLO PRODUCE DISTORSIONES de los ángulos
rectos (Deformaciones de Cortante).
(ii) Los esfuerzos cortantes τ NO AFECTAN las deformaciones normales.
Si la carga P se aplica gradualmente (por incrementar) pueden registrarse los
corrimientos δ ocasionados. Los resultados se representan en un Diagrama
Constitutivo P - δ . De manera alternativa, puede obtenerse un Diagrama Constitutivo
τ -γ .
150
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
La constante G → se denomina MÓDULO DE RIGIDEZ (o MÓDULO DE
ELASTICIDAD CORTANTE) .
Físicamente, G representa un valor del esfuerzo cortanteτ que ocasiona una
distorsión unitaria γ=1 . (G tiene unidades de esfuerzo).
En el tramo inicial del Diagrama τ−γ se observa proporcionalidad entre Esfuerzos
Cortantes y Distorsiones.
τ=¿G γ→Ley de Hooke para Esfuerzo Cortante ¿
El valor G es otra propiedad característica de los materiales.
Aluminio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .26×109 PaHierro Fundido .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .39×109 PaAcero Estructural. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .80×109 PaCobre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .45×109 Pa (Valores referenciales)
NOTA< Obsérvese que, para un material, G < E.
La Ley de Hooke para esfuerzo cortante, puede expresarse en términos de otros
parámetros.
PA=Gδ
h→P= AG
hδ
(A → área de cortante).
Def.) El valor
AGh se denomina RIGIDEZ CORTANTE.
Físicamente, significa el valor de P que ocasiona δ=1 .
151
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para deformaciones
infinitesimales:
δ≈hγ ó γ= δh
Notas)
i) Las constantes elásticas E y G no son independientes entre sí. Se
demostrará (posteriormente) que entre ellas existe una RELACIÓN.
1.14.1) Esfuerzo Cortante en Planos Perpendiculares
Consideremos un prima infinitesimal, sometido
a ESTADO PLANO de Esfuerzo Cortante: (Dos
caras paralelas libres de τ ).
En consecuencia: “Los esfuerzos cortantes que actúan en planos
perpendiculares son numéricamente iguales”:
152
∑ M x=0→
(τYZ)(∂ x∂ z )∂ y−( τZY )(∂ x ∂ y )∂ z=0
Simplificando: ( τYZ)=( τZY) , denominada Ley
de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante .(Subíndices → commutables: τ rs=τ sr; τxy=τ yx ; . .. . .. etc).
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
(NO)
Ambos cortantes, o se dirigen hacia la arista común, o se alejan de ella.
EJEMPLOS
1) En el sistema representado, la carga P=27kN debe producir una deflexión
vertical de 2mm., a la placa rígida AB. Hallar las dimensiones mínimas a y b
necesarias. Considerar: τ ad=1.5MPa;G=18MPa; e=600mm
(┴ al plano
de dibujo)
Por la simetría total, consideramos sólo una “parte”:
i) Esfuerzos
τ=P/2be
ii ) Condición τ≤τad
→ τ=p2be
Reemplazando valores, tenemos:
153
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
27×103
2(b )(60×10−3 )≤1 .5×10−6 , de donde b≥0 .15m
bmín=0 . 15m
iii ) Ley de Hooke: τ=Gγ→γ=τG
, reemplazando valores:
γ=1 .5×106
1 . 8×106=0 .083 Rad .
iv )G eometría (deformaciones infinitesimales ) :δ≈aγ→a≈δγ
→ a≈2×10−3
0.083300. 024 m→amín=0 . 024m
2) Se elabora un dispositivo adhiriendo una varilla A, de radio r1, y el tubo B,
de radio r2, a un cilindro hueco de cierto material a ensayar.
Designando por G al módulo de rigidez del material, expresar la deflexión δ
de la varilla A en función de Q,L,G, r1 y r2
Sea ∂ rel espesor …..∂ e , una capa (corteza) de material a ensayar,
ubicada a la distancia r del eje geométrico.
dr
ddr
dr
rr1
r2
d
L
Superficie lateral de la corteza: A=2π rL
(Esta superficie es el área de corte)
El esfuerzo cortante generado, es:
QA
Q
Espesor delgado (t->0)
QA
Material a ensayar
L
154
rT
T=Pa
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
τ=QA=Q2 π rL
→∂ δ=γ ∂ r (defomaciones infinitesimales ).
∂ δ=τG
∂ r=Q2 π rL
∂r (usando Ley de Hooke τ=Gγ )
→∂ δ=Q2 π rL
∂rr
→δ=Q2π rL
∫r1
r2∂rr
δ=Q2π rL
Lnr2
r1
3) Un tubo cilíndrico de radios OS= r1 Y OB = r2 y altura h, es de un material
cuyo modulo elástico de corte es G. La superficie interior se mantiene fija y
la externa se sujeta con un anillo que permite aplicar fuerzas P, según se
indica en el esquema. Calcular el desplazamiento elástico del punto B con
respecto al punto fijo A.
(h → ┴ al plano de representación).
A la distancia r del punto O, se
generan esfuerzos cortantes
uniformemente distribuidos en la
superficie lateral de un cilindro
de radio r y altura h (CORTEZA).
(r 1≤r≤r2 ) .
Los esfuerzos τ en el área indicada, generan, a
su vez, un momento respecto al eje, que
equilibra al par aplicado T=Pa.
→T=∫A
(τ ∂ A )r=∫0
2 π
τrhr ∂θ⏟∂ A
=τ hr2∫0
2π
∂θ=2πhτr2
Luego Pa=2πhτr2→ τ=Pa2π hr 2
NOTA> Visualizar el elemento de área:
P
P
B
A
o
a
155
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
drd
dA=r hd
Consideramos el elemento de cilindro, definido por ∂θ ; r1 ;r2 ;r .
Respecto al punto M, el punto N
experimenta un deslizamiento
1.15) Deformación Transversal. Relación de Poisson. Deformación Volumétrica.
1.15.1) Relación de Poisson:
Cuando se carga una probeta de material elástico en el Ensayo de Tracción
Compresión Uniaxial, se observa que sufre Deformaciones Unitarias
Longitudinales (axiales) y la vez DEFORMACIONES TRANSVERSALES
(LATERALES).
M
N
dr
N'
B
A(fijo)
M
N
O
dr
dr
156
∂ v=γ ∂r , siendo γ= τGla deformación angular unitaria
(Variación del ángulo recto en M ).El deslizamiento del punto B, será
v=∫r1
r2
γ ∂ r
v=∫r1
r21G
Pa
2 π hr2∂r
v=PaG 2πh
∫r1
r2∂ rr 2
=PaG 2πh [−1
r ]r1
r2
v= PaG 2πh (1
r1
−1r2) Desplazamiento del
punto B ( respecto al punto fijo A )
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
L
d PP
L'
d'
Tracción → L’ > L y d’ < d
Compresión → L’ < L y d’ > d
Def. 1 Se denomina Deformación Unitaria Transversal o Deformación Unitaria
Lateral, al valor εLa=
d '−dd
Para materiales isotrópicos elástico – lineales, cargados uniaxialmente, las
deformaciones laterales que se presentan son proporcionales a las
Deformaciones Unitarias Longitudinales (axiales)
εLa=κε longDef. 2 La relación entre la Deformación Unitaria Lateral y la deformación
Unitaria Longitudinal, se denomina RELACIÓN DE POISSON.
υ=|εLATERAL
εLONGITUDINAL|
Como sg ( εLat )≠sg (ε long ) puede escribirse
υ=−εLATERAL
εLONGITUDINAL
(εLATERAL=−υεLONGITUDINAL)
La relación de Poisson es una cantidad positiva, adimensional, y generalmente
es determinada experimentalmente. Es también una constante característica de
los materiales.
Aluminio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .υ=0 .33Hierro Fundido .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .υ=0 .25 a 0 .30Acero Estructural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .υ=0 .15Cobre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .υ=0 .34 (Valores referenciales)
157
xy
Z
x
x
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
NOTAS>
i) Material elástico, lineal e isotrópico:
Un elemento prismático sometido a
Esfuerzo Normal Uniaxial σ x , sufre
una deformación unitaria. ε x=
σ x
Ε .
Si el material es isotrópico, se
presentan deformaciones
transversales iguales (en las
direcciones y, z)
ε y=ε z⏟(Por la isotropía) .
=−υεx
ii) En materiales elástico lineales e isotrópicos, las constantes elásticas Ε ,υ
SON INDEPENDIENTES de la orientación del esfuerzo normal uniaxial.
MATERIAL
MATERIAL
E,
E,
iii) Las constantes elásticas Ε ,G ,υNO son independientes. Se demostrará
(posteriormente) que entre ellas existe la relación :
G= Ε2(1+υ )
→G<Ε
1.15.2) Deformación Volumétrica:
Consideramos un prisma de
material elástico, lineal e
isotrópico, sometido a esfuerzo
normal en una dirección.
xy
ab
c
z
xx
158
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
V0=abc (volumen inicial).
Longitud Final de las aristas:
ε x=a '−aa
→a '=a(1+ε x )
ε y=b '−bb
→b '=b (1+ε y)=b(1−υε x)
ε z=c '−cc
→c '=c (1+ε z )=c (1−υεx )
Puesto que no se presentan distorsiones, el volumen final, es:
V=a ' b ' c '=a(1+ε x )b (1−υεx )c(1−υεx )V=abc (1+ε x)(1−υεx)
2
Def.) Se denomina Deformación Volumétrica (Cambio Unitario de Volúmen) al
cociente:
v= ΔVV
=V FINAL−V INICIAL
V INICIAL
→v=abc(1+εx )(1−υε x)
2−abc
abc
Simplificando, obtenemos v=υ2ε
x3+υε
x2(υ−2 )+ε x(1−2υ )
.
Para deformaciones infinitesimales εx3 y ε
x2→0, y con suficiente
aproximación.
v=εx (1−2υ )
ò v=σ x
Ε(1−2υ )
También ΔV=V 0
σ x
Ε(1−2υ )
NOTA>. Puesto que σ x>0 , esperamos que v≥0 , luego (1−2υ )≥0
→ υ≤12
y, como por definición υ≥0 , tenemos que
0≤υ≤12
159
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
υ=0→MATERIAL IDEAL, que pudiera estirarse en una dirección SIN CONTRAERSE lateralmente .
υ=12→MATERIAL IDEAL, perfectamente imcompresible (su cambio de volúmen sería
nulo ).υ<0→MATERIAL IMAGINARIO, que podría estirarse en varias direcciones al ser trac- cionado ena de ellas .
EJEMPLOS
1) Una placa de aluminio está sometida a esfuerzo normal. Sabiendo que, antes
de actuar la carga, se trazó una recta con pendiente 2:1, hallar la pendiente de
la línea cuando σ x=18 Klb/pulg2 ; υ0=0 .33, E=107 lb/pulg2.
21L
v
vL'
x x=18000 lb/pulg2
Pendiente de L '=μυ=
2+Δμ1+Δυ
. .. .. . .. .. .. . .(∗)
Pero Δμ=2 εμ ; Δυ=1 ευ (Cambios de longitud )
Tambien Δυ=18000
107=0 .0018
Δμ=2(−υεv )=−2(0 .33 )18000
107
Δμ=−0 . 001188
Reemplazando en (∗) → mL'=2−0 .0011881+0 .0018
fracción que puede escribirse
mL'=1 .9951
a
ba'
b'
a'>ab'>b
x x
160
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2) Hallar el cambio de altura y de volumen para el elemento representado.
Considerar σ y=12 Klb/pulg2(compresión ); υ=0 . 3, E=3×104 Klb/pulg2
ε y=σ y
Ε=−12
3×104=4×10−4
→Δh=hε y=6(−4×10−4 )=−24×10−4 pulg.Cambio Unitario de Volúmen:
v=ΔVV 0
ó v=σ y
Ε(1−2υ )
→v=−123×104
(1−2υ (0 .3 ) )=1 .6×10−4
→v= ΔVV 0
→ΔV=vV0=1 .6×10−4 π4
(4 )2 (6 )=−0 .01206 pulg2
3) Una barra de acero ABC transmite una fuerza axial de tracción de modo que el
cambio total de longitud es 0.6mm. Calcular, en cada tramo, el cambio de
longitud y de diámetro.
Considerar υ=0 . 3, E=2000GPa
Esfuerzos:
σAB=Pπ4
(20×10−3 )2
σAB=3183 . 09P (Pascales )(→P en Newtons ) .
σ BC=Pπ4
(13×10−3 )2=7533 .96 P
500
d=20mm
P
P
P
P d=13mm
750
INDICA PÉRDIDA DE VOLUMEN
y
h=6"
d=4"
161
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Deformaciones Unitarias:
εAB=σ AB
Ε=
3183 . 09P
200×109=1 .592×10−8P
εBC=σ BC
Ε=7533.96 P
200×109=3 .767×10−8P
Alargamientos : ΔAB=LAB εAB=750×10−3×1.592×10−8P=1194×10−11P (mm )
ΔBC=LBC εBC=500×10−3×3 . 767×10−8P=1883 . 5×10−11P (mm )Condición: Δ=ΔAB+ΔBC→0 . 6×10−3=1194×10−11P+1883 . 5×10−11P de donde obtenemos: P= 19496 .3 Newtons.Luego ΔAB=1194×10−11 (19496 .3 )=2. 328×10−4 m
ΔBc=1883 . 5×10−11 (19496 .3 )=3. 675×10−4 m
Deformaciones Laterales: ε 'AB=−υε AB=−0. 3 (1 .592×10−8) (19496 . 3 ) ε 'AB=9 .3×10−5
ε 'BC=−υεBC=−0 . 3 (3 .767×10−8 ) (19496 .3 )=−2. 203×10−4
Cambio en los diámetros: ΔdAB=(dAB ) (ε 'AB)=(20×10−3 ) (9 .3×10−5 )=1 . 86×10−6m
ΔdBC=(dBC ) (ε 'BC)=(13×10−3) (−2 . 203×10−4 )=−2 .864×10−6m
4) El cambio de diámetro de un perno de acero ha sido medido cuidadosamente
luego de ser apretada la tuerca. Sabiendo que υ=0 . 29, E=200GPa ,
determinar la fuerza interna en el pero, si se observa que el diámetro se ha
acortado en 13x10-6m.
162
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Disminución del diámetro → Δy=-13×10-6m . Luego ε y=Δyd inicial
ε y=-13×10-6
60×10-3=−0 .2167×10-3
Relación de Poisson →ε y=−υσ x
Ε→σ x=−
Ευ
ε y
σ x=−200×109
0 . 29(−0. 2167×10-3 )=149 .45×106 Pascales
Fuerza Axial en el perno F= A⏟INICIAL
σ x=π4
(60×10−3 )2 (149 . 45×106 )
F=422. 56×103 Newtons
5) El tubo de acero que se representa, esta sometido a carga axial centrada P. El
material tiene constantes E,υ .Calcular el cambio unitario de volumen.
σ x=Pπ4
[ (2d )2−d2 ]=
4 P
π (3d2 )
ε x=σ x
Ε=4 P
3πE (d2)ΔVV
=ε x (1−2υ)⇒ΔVV
=4 P
3πE (d2 )(1−2υ )
6) Para el sistema representado, calcular el cambio de volumen. Considerar el
material con constantes elásticas E,υ .
q ( x )=Ax+Bq ( 0 )=0→A (0 )+B=0→B=0
q (L )=q→ AL=q→A=qL
Repartición de la carga q ( x )=qLx
Fuerza interna en la sección x:
163
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
N=P−R; siendo R la resultante de q ( x ) en el trozo de longitud x .
N=P-∫0
x
q ( x )∂ x=P−∫0
xqLx ∂ x
N=P−qLx2
2
CONDICIÓN: Cuando x=L→N=0→P−qLx2
2=0→P=qL
2 ( i )
El cambio de volúmen se calcula a partir de ΔV=V 0
(1−2υ )Ε
σ x donde se supuso σ x constante
(σx=FA0
, siendo Fla fuerza axial constante) .→ΔV=V 0
Ε(1−2υ ) F
A0
=(1−2υ )Ε
A0 LFA0
ΔV=(1−2υ )Ε
FL (¿ )
Si la fuerza axial es variable, la ecuación (¿ ) todavía puede usarse, teniendo presente que:
FL=∫0
L
F∂ x
→ΔV=(1−2υ )Ε
∫0
L
F ∂ x que puede usarse cuando F=F ( x )
¿
(Fuerza ¿ ) ¿¿
¿¿
1.16) Sistemas Estáticamente Indeterminados
1.16.1) Introducción. Definiciones:
164
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Un sistema elástico lineal se define como sistema estáticamente indeterminado
(hiperestático) cuando NO ES POSIBLE, usando únicamente las ecuaciones
de equilibrio, calcular las reacciones externas y/o las fuerzas internas.
Para solucionar sistemas hiperestáticos es necesario desarrollar ecuaciones
adicionales, basadas en las propiedades del material u las características de
las deformaciones. Tales ecuaciones suelen llamarse Ecuaciones de
Compatibilidad.
Por ejemplo → Armadura con dos apoyos fijos (articulaciones)
SISTEMA HIPERESTÁTICO EXTERNO DE 1er ORDEN O GRADO DE
HIPERESTATICIDAD (GRADO = Nº INCÓGNITAS – Nº ECUACIONES
ÚTILES).
Para este caso, debe plantearse UNA ECUACIÓN ADICIONAL.
(EXTERNO → Las incógnitas son Fuerzas de Reacción).
Sistema de tres barras concurrentes.
Nº INCÓGNITAS → 3(Fuerzas
de Barra)
Nº ECUACIONES → 2(Equilibrio
Nudo A).
→ SISTEMA HIPERESTÁTICO
INTERNO DE 1er ORDEN.
Debemos plantear una ECUACIÓN
ADICIONAL
(INTERNO → Las incógnitas son
Fuerzas Internas).
165
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Existen sistemas que, a su vez, son hiperestáticos externos – internos.
EXTERNO ¿ {3 EC. DE EQUILIBRIO y ¿}¿{}¿ INTERNO ¿ {6 barras, una más que la condición ¿ }¿{}¿ ¿¿Sistema Hiperestático externo de 3er orden y, a la vez, Hiperestático interno
de orden 1.
1.16.2) Principio de Superposición:
En SISTEMAS ELÁSTICOS – LINEALES, el efecto producido por un
CONJUNTO DE ACCIONES es igual a la suma (superposición) de los
efectos producidos por las acciones individualmente.
EJEMPLOS
166
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1) Hallar las reacciones en los apoyos, aceptando material de comportamiento
elástico – lineal. Considerar constante a la rigidez de la sección (EA).
i) EQUILIBRIO:
R A+RB=P . . .. .. . .. .. .. . .. .(1)
Sistema Hiperestático (Externo) de 1er grado. Debemos planear una ecuación
adicional.
ii) COMPATIBILIDAD:
Como los apoyos A y B son fijos, el cambio total de longitud de la barra deber ser
NULO:ΔAB=0
ó ΔAB+ΔCB=0. . .. .. .. . .. .. . .. .(2)
iii) MATERIAL(LEY DE HOOKE):
F1=R A .→ΔAC=RA a
EA (alargamiento )
F2=−RB .
→ΔCB=-R Bb
EA (acortamiento )
Reemplazando en (1) →
R A a
EA -
RB b
EA=0 . .. . .. .. . .. ..(3 )
Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (3):
RA=Pba+b
RB=Paa+b
2) Hallar la fuerza en cada barra de la armadura representada. Suponer material
elástico lineal (módulo E) y sección transversal A en todas las barras
i) Equilibrio (Nudo A):
167
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
F1 cosα−F3 cosα=0 . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .(1)F1sen α+F3sen α−P=0 . .. .. . .. .. . .. .. .. (2 )
(Hiperestático de 1er Orden )
ii) Compatibilidad:
→Δ1=Δ2 senα . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .(∗)→Δ3=Δ2 senα . . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .(∗¿)
iii) Material (Ley de Hooke): Δ1=( FLEA )
1=F1 L
EA
Δ2=( FLEA )2=
F2 Lsen α
EAΔ3=( FLEA )
3=
F3 L
EA
Reemplazando en (*) y (**)
F1 L
EA=F2Lsenα
EAsenα→F1=F2 sen
2 α .. .. . .. .. .(3 )
F3 L
EA=
F2Lsen α
EAsenα→F3=F2sen
2 α . .. .. . .. ..( 4 )
Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),(4)
Obtenemos: F1=
Psen2α .1+2 sen3 α .
; . F2=P
1+2 sen3α . ; . F3=
Psen2 α1+2 sen3α .
Nota> Observar que las ec. (2),(3) y (4) son las independientes. La ecuación (1)
proviene de (3) y (4).
3) Calcular los esfuerzos en las barras elásticas del sistema representado.
Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A=4cm2 para todas las barras.
168
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i) FUERZAS(INTERNAS):
F1 ; F3 → TRACCIÓN ; F2→ COMPRESIÓN
∑ FVERT=0→F1+F2+F3=(300 )(28) .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .(1 )
∑M B=0 →200F3+(28 )(100 )(50 )−100F1−28(200 )(100)=0 .. .. . .. .. . ..(2 )
ii) Compatibilidad:
Semejanza → Δ2−Δ1
1=
Δ3−Δ1
3 → 3 Δ2−2 Δ1−Δ3=0 .. . .. .. . .(∗)
iii) Material (Ley de Hooke):
Δ1=F1L
EA ; Δ2=
F2L
EA ; Δ3=
F3 L
EA (OJO: Signo y iubicación en la barra 2 )
Reemplazando en (*) y simplificando obtenemos:
3 F2−2 F1−F3=0 .. .. . .. .. .(3 )
Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),tenemos:
169
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
F1=2400 Kg .⏟tracción
; . F2=2700 Kg⏟compresión
. ; . F3=3300 Kg .⏟tración
ESFUERZOS:
σ 1=F1
A=2400
4=600
Kgcm2
( tracción )
σ 2=2700
4=675
Kg
cm2(compresión)
σ 3=3300
4=825
Kg
cm2( tracción)
4) Una placa rígida está sostenida horizontalmente por cuatro cables verticales
iguales entre sí, según se indica en la gráfica. Calcular la fuerza en cada cable
ocasionada por la fuerza P que actúa en un punto de una diagonal.
Cables { h, E, A.
Las fuerzas que actúan en los cables
que pasan por B y C son iguales
(Simetría)
EQUILIBRIO:
(∑ M AD=0→X=X )∑ FVERT .=02 X+2Y +Z=P .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .(1)∑M BC=0
YL√22
+Pd−ZL√22
=0 . .. . .. .. .(2)
COMPATIBILIDAD:
170
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Δc= =ΔA+ΔD
2 ; ΔB=
ΔA+ΔD
2
→ 2ΔB=ΔA+ΔD .. . .. .. . .. ..(ó 2 Δc=ΔA+ΔD ). .. .(∗)
MATERIAL (Hooke):
Reemplazando en (*):
2 XhEA
= YhEA
+ ZhEA
→2 X=Y +Z . .. .. . .(3)
Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3) obtenemos:
X=P/4
Y=P (14 −dL√2 )
Z=P(14 +dL√2 )
5) Dos barras de igual longitud y distinto material están íntimamente unidas entre sí y sometidas a la acción de una fuerza axial P. Calcular el esfuerzo en cada barra y el alargamiento correspondiente. Ambos materiales son lineal – elásticos.
171
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
FUERZAS
Equilibrio → P1+P2=Pó σ1 A1+σ 2A2=P . .. . .. (¿ )
Deformación Axial (Ley de Hooke): ε1=ε2→σ1
E1
=σ2
E2
.. .. . .¿¿
¿
¿
6) La placa rígida A tiene tres soportes, tal como
se indica en el esquema. El soporte central es
0.001” más corto que los otros dos. Una
fuerza de 40Klbs. Actúa sobre A de tal forma
que la placa permanece en posición
horizontal. ¿Qué desplazamiento experimenta
la placa A?
172
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
E=3x 107 lb/pulg2;A=1pulg2 →3 soportes.
EQUILIBRIO:
GEOMETRÍA:
Condición →Δ1=Δ3=Δ2+0 . 001
Material: F1 6
3×107×1=F3 6
3×107×1=F2 (5.909 )
3×107×1+0 .001
→F1=F3=0.999 F2+5000 .. ..¿¿
¿
De las ecuaciones (¿ ) y ¿¿¿
¿7) El sistema representado, está constituido por una barra rígida CB y dos barras
elásticas (1) y (2). Por error, el elemento (1) ha sido diseñado 0.05cm más
pequeño que lo necesario. Si durante el montaje las dos barras deben ir unidas
al elemento rígido, determinar los esfuerzos inducidos en éstas barras.
Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A1= A2=A
173
F1+F2+F3=PF1a=F3a→F1=F3
→2F1+F2=P
2F1+F2=40000 lb . .. . (¿ )
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i) Fuerzas Generadas (supuesto el ensamble):
∑M c=0→F1 (2a )+F2 (3a )=0
F1=32F2 .. .. . (1 )
Compatibilidad: La distancia Δ debe ser cubiertapor las COMPONENTES VERTICALES de los des-plazamientos generados( inducidos ) en las barras deformables 1 y 2 .ii) Ecuación de condición(compatibilidad):
Δ=δ1+Δ1 . .. . (2 )
174
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Semejanza:t1
2a √2=Δ2√2
3a√2
De donde → t1=2√2
3Δ2
→δ 1=t1cos 45º→δ1=2√23
Δ2√22
δ 1=23Δ2
Reemplazando en (2 ) :Δ=Δ1+23Δ2
iii) Ley de Hooke: Δ=
F12a
EA+ 2
3
F23a
EA→3 EA Δ=6aF1+6aF2 . .. (3 )
Reemplazando el sistema de ecuaciones (1 ) y (3 ) :
F1=3 EA Δ
10a ; F2=
EA Δ5 a
iv) Esfuerzos:
σ1=F1
A=3 EA
10a ; σ 2=
F2
A=EA
5a Reemplazando los valores numéricos:
σ1=300K /cm2
σ2=200 K /cm2
(tracciones de montaje )8) La barra rígida AB, articula en A, está soportada por 2 cables de acero y cobre,
según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo en cada cable y la
desviación vertical del punto B.
175
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Eac=2 .1×106 K /cm2 ;Ecu=0 .7×106 K /cm2
Aac=4cm2 ; Acu=6cm2 ;
FUERZAS EN LOS CABLES:
∑M A=0→Fcu sen α (2. 4 )+Fac sen β (2 . 4 )−100 (3 )−2000 (1 .5 )=0 .. . (1 )(sen α y sen β de las dimensiones dadas )
DEFORMACIONES:
→Δcu=δ sen α→δ=Δcu
sen α
δ=Fcu (300 )
(0 .7 ) (106) (6 ) (300180 ) .. .. (2 )
176
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
→Δac=δ sen β→δ=Δac
sen β
δ=Fac (400 )
(2.1 ) (106 ) (4 ) (400320 ) . .. . (3 )
δ→ÚNICO → ec . (2 )=ec . (3 )Fcu (300 )
(0 .7 ) (106) (6 ) (300180 )= Fac (400 )
(2 .1 ) (106) ( 4 ) (400320 ) . .. .. ( 4 )
Resolviendo las ecuaciones (1 ) y (4 ) , obtenemos Fcu=1136 .3 Kg . F ac=2272 .7 Kg .
ESFUERZOS;
σ ac=2272.7
4=56 .81
Kg
cm2 σcu=
1136.36
=189.3Kg
cm2
Reemplazando en (2) o en (3): δ=0 .135cm
Semejanza → δ2. 4
=ΔB
3→ΔB=
32 . 4
δ
ΔB=32. 4
(0 .135 )=0 .168cm↓
9) El sistema representado consta de una barra rígida AB, un resorte elástico
lineal fijo al extremo A (k=100Kg/cm.), y otro resorte fijo al extremo B
(k=50Kg/cm.). Se aplica una carga de 1000 Kg. en la posición indicada.
Calcular las fuerzas en los resortes.
Fuerzas:
∑MC=0→150F1+100 F2=1000 ( 40 ) 3 F1+2F2=800 .. . .. (¿ )
GEOMETRÍA:
177
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
(F1 extiende al resorte en A ¿)¿¿
¿¿
Semejanza →Δ1
150=Δ2
100 → 2 Δ1=3 Δ2 . .. .. . .. .. . .. ..¿¿
¿
Resortes: F1=K1 Δ1 F2=K2 Δ2
→ Δ1=F1
K 1
Δ2=F2
K2
Reemplazando en ¿¿¿
¿
Resolviendo (¿ ) y ¿¿¿
¿10) Calcular los esfuerzos normales que se generan en los elementos del sistema
elástico representado. Considerar E=2x 105 Kg./cm2;para las tres barras A1=
2.0 cm2 , A2=3.5 cm2, A3=4.0 cm2
Supuesto que no existiese la restricción del piso rígido,
el cambio de longitud, sería:
ΔT=Δ1+Δ2+Δ3
ΔT=0+(16000 ) (700 )(105 ) (35 )
+(16000 ) (800 )(105 ) (40 )
=6 .4cm
Puesto que 6.4>3.8, en el extremo libre se presentará una Reacción, que impida el
alargamiento total.
178
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En función de R1, los cambios de longitudes son:
Δ1=−R1 (500 )
(105 ) (20 )=−2 .5×10−4 R1 (acortamiento ) (cm )
Δ2=(16000−R1) (700 )
(105 ) (35 )=2 (16000−R1 ) (10−4 ) (cm )
Δ2=(16000−R1) (800 )
(105 ) ( 40 )=2 (16000−R1) (10−4) (cm )
CONDICIÓN: Δ1 '+Δ2 '+Δ3 '=3 .8cm
Reemplazando, tenemos:−2 .5×10−4 R1+2 (16000−R1) (10−4 )+2 (16000−R1) (10−4 )=3 .8
De donde: R1=4000 Kg .
Luego: σ1=−400020
=−200 Kg /cm2 (compresión )
σ2=16000−400035
=343 Kg /cm2 ( tracción )
σ3=16000−400040
=300Kg /cm2 ( tracción )
11) Calcular los esfuerzos normales en las barras deformables del sistema
representado. Considerar E1= 0.7E2; A1= 2.0 cm2 , A2=4 cm2
179
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
∑M B=0→ (800 ) (a )−2aF2 cos45 º−2aF1=0
F1+√2 F2=800. . .. .. .. . .. .. . . (1 )Alargamientos de las barras elásticas:
Δ1=F1 (2a )
(0. 7 E2 )A1
; Δ2=F2 (2√2a )
(2E2) A1
. .. .. . .. .. . .. .. (2 )
Compatibilidad:
Semejanza ΔBC' C≈ΔBD' D
→Δ1√2 /2
2√2a=Δ2√2 /22a
de donde Δ2=Δ1
√2.. .. . .. .. . .. .. . .. .. . (3 )
Reemplazando (2) en (3):
F1 (2a )
(0 .7 E2) A1
=√2 2√2aF2
2 E2 A1
Simplificando: F1=0 . 7 F2. . .. .. . .. .. . .. .. . . ( 4 )
Resolviendo (1 ) y (4 ) : F1=1990N F2=2843N
Esfuerzos:
σ 1=1990 N
2=995
N
cm2 σ2=
28434
=710 .75N
cm2
12) Calcular las fuerzas axiales en las barras del sistema elástico representado, si
todos son del mismo material (módulo E). Las barras verticales tienen sección
transversal A, y las otras A1.
180
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Debido a la simetría (total) del sistema, sólo existen 3
incógnitas:
X→ fuerza en las barras verticalesY→ fuerza en las barras diagonalesZ→ fuerza en las barras horizontales
EQUILIBRIO DE UN NUDO:
Z−Y cosα=0 . .. .. . .. .. ( i )X−Ysenα−P=0. . .. .. .. . . ( ii )
GEOMETRÍA: Después de la deformación, las barras exteriores seguirán formando
un rectángulo (simetría) .
Barras horizontales→ a+Δa=a+aεa=a (1+ε a)Barras verticales→ h+Δh=h+hεh=h (1+εh)Barras d iagonales→ d+Δd=d+dεd=d (1+εd )CONDICIÓN: d2 (1+ε d )2=a2 (1+εa )2+h2 (1+εh)2
→ (a2+h2 )(1+ε d)2=a2 (1+εa )
2+h2 (1+ε h)2. . .. .. . .. .. . .. .. (iii )
MATERIAL: εd=−Y
A1 E ; εa=
ZA1E
; εh=−XAE
(Ley de Hooke)
Reemplazando en (iii), tenemos:
(a2+h2)(1− YA1 E )
2
=a2(1+ ZA1 E )
2
+h2(1− XAE )
2
.. .. . .. .. . .. .. . . (iv )
APROXIMACIÓN → TÉRMINOS DE 2do ORDEN 0 . Luego:
(a2+h2 )YA1E
=h2 XAE
− a2ZA1E
. .. .. . .. .. . .. .. ( v )
Resolviendo las ecs. (i), (ii),(v) obtenemos:
181
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Y= P
a2+h2
h2
AA1
+ a2
h2
AA1
cosα+sen α con ( i) y ( ii ) se obtendrán X,Z.
13) Dos cables idénticos sostienen una barra rígida horizontal AB de longitud 3b,
que soportan una carga Q=20KN en el extremo B. La relación carga /
alargamiento viene dada por P= 1. 3δ
1+0 . 026δ(0≤δ≤60mm ) (P en KN; δ en mm )
,
donde P es la fuerza axial en un cable y δ el alargamiento. Determinar las
tracciones F1, y F2 en los cables 1 y 2 respectivamente; los alargamientos de
los cables δ1 y δ2 y el desplazamiento del punto B.
Debemos formular:
-) Una ecuación de equilibrio.
-) Ecuaciones de compatibilidad
-) Relación Carga/ Desplazamiento.
EQUILIBRIO:
∑M A=0→F1b+F2 2b=Q 3b
F1+2F2=3Q=80KN . .. . .. .. . .. .. . . (a )
COMPATIBILIDAD:
182
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
δ2=2δ1 . .. . (b )δB=3 δ1 . .. . (c )
RELACIONES CARGA / ALARGAMIENTO: De la ecuación constitutiva:
F1=1. 3δ 1
1+0 . 026δ1
.. . .. (d ) y F2=1. 3δ 2
1+0 . 026δ2
. .. .. (e )
SOLUCIÓN DE ECUACIONES:
Resolviendo el sistema simultáneo de ecuaciones (a),(b),(c),(d),(e); obtenemos:
F1=14 . 66 KN ; F2=22.67 KN ; δ1=15 . 95mm ; δ2=31 .91mm ; δB=47 . 86 mm
(notar que δ1 y δ2 en el intervalo 0≤δ≤60mm)( VERIFICAR RESULTADOS → RESOLVER EL SISTEMA INDICADO )NOTAS>
Debido al comportamiento NO LINEAL de los cables, no es posible
encontrar las fuerzas y los desplazamientos para otros valores de Q, por
proporcionalidad directa (como se haría en un SISTEMA LINEAL
ELÁSTICO).Tendríamos que resolver las 5 ecuaciones, modificando las
ec.(a) Con el nuevo valor de Q.
El ejemplo ilustra cómo calcular las fuerzas y desplazamientos en una
estructura estáticamente indeterminada, a partir de 3 conceptos:
ECUACIONES DE EQUILIBRIO →(con base en principios de
ESTÁTICA)
ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD →(con base en principios de
GEOMETRÍA)
RELACIONES CARGA / DESPLAZAMIENTO →(con base en
propiedades de los materiales)
1.17) Esfuerzos y Deformaciones de Origen Térmico
1.17.1) Introducción
Los sólidos o elementos estructurales pueden deformarse por:
Acciones Externas
Perturbaciones
Cambios de temperatura
183
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Los cambios de temperatura aceptables en Ingeniería Civil, son aquellos que no
modifican significativamente las propiedades físicas, químicas y mecánicas del
material.
Los elementos de sistemas estructurales u órganos de máquinas, tienden a dilatarse o
contraerse cuando se calientan o se enfrían. Las deformaciones que se inducen, se
denominan DEFORMACIONES TÉRMICAS.
Si los elementos pueden deformarse libremente (elementos no restringidos), las
Deformaciones Térmicas NO están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.
Si los elementos no pueden deformarse libremente (elementos total o parcialmente
restringidos) las deformaciones térmicas están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.
1.17.2) Deformaciones Térmicas
Propiedades: Un sólido de material elástico isotrópico, no restringido y sometido a la
acción de un cambio aceptable de temperatura, sufre deformaciones térmicas iguales
en todas direcciones.
Def. La Deformación Térmica Unitaria se define por: εT= ΔT L
L , donde ΔT L es
el cambio de longitud total inducido por la acción térmica. (L → Longitud inicial
o de referencia, antes del incremento de temperatura).
Para cambios de temperatura aceptables, el incremento ΔT L se mantiene proporcional
a la longitud inicial y al cambio de temperatura:
184
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ΔT L=αL (ΔT )
α→Coeficiente de Dilatación Lineal (Valor carácterístico de cada material ).L→ Longitud inicialΔT=T FINAL−T INICIAL es el cambio de temperatura .
En consecuencia, la Deformación Térmica Unitaria, es:
εT= ΔT LL
=αL (ΔT )
L→εT=α (ΔT )
Nota> →El coeficiente α se expresa en 1/Temperatura
Acero Estructural . . .. .. . .. .. . 11.7×10-6 /° C . .. .. . .. .. 6 . 5×10 -6/° FAluminio .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . 23. 2×10-6/°C .. .. . .. .. . 12. 9×10-6/° FMadera (Pino ) .. .. . .. .. . .. .. .. . .06 . 1×10 -6/°C .. .. .. . .. .3 . 4×10 -6/° F
Convenio:
εT>0 si ΔT>0 ( calentamiento)εT<0 si ΔT<0 ( enfriamiento)
Nota> Para sólidos elásticos no restringidos (de material isotrópico) las Deformaciones
Térmicas Unitarias son iguales:
ε xT=ε y
T=εzT=α (ΔT )
.
Los desplazamientos generados por las deformaciones térmicas pueden relacionarse
con las deformaciones térmicas unitarias, usando relaciones geométricas apropiadas
en cada caso. En algunos casos pueden usarse las relaciones diferenciales existentes
entre desplazamientos y deformaciones unitarias.
Ejemplo
1) Una varilla de acero cuya longitud es L=100” está fija por uno de sus extremos.
i) Si se presenta un ΔT=100 ºFuniforme, hallar el cambio de longitud.
ii) Si el cambio de temperatura es ΔT=100( xL )ºF , hallar el cambio de
longitud.
Considerar α=6×10−6 / ºF
185
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
εT=α (ΔT )εT=6×10−6×100εT=6×10−4
ΔT L=εT L=6×10−4×100ΔT L=6×10−2pulg
(εT= ΔT LL )
εT=α (ΔT )=6×10−6 (100xL )
εT=6×10−4 xL
Para el caso: εT=ΔT (∂ x )∂ x
→ΔT L=∫L
εT ∂ x
ΔT L=∫0
L6104
xL∂ x=3
104L
Si L=100 rightarrow Δ rSup { size 8{T} } L=3 times 10 rSup { size 8{ - 2} } pulg . {} } } {¿
¿
1.17.3) Esfuerzos Térmicos
Fundamentalmente, los esfuerzos térmicos se generan en SÓLIDOS RESTRINGIDOS
total o parcialmente, al ser sometidos a cambios aceptables de temperatura.
186
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Al incrementarse (o decrementarse) la temperatura, se
generan esfuerzos en el material del sólido.
Procedimiento para Evaluar σT
Consideremos una barra de material lineal elástico (isotrópico), rígidamente sujetada
por sus extremos, sometida a un incremento aceptable de temperatura ΔT .
i) SÓLIDO LIBERADO
Consideramos liberado un vínculo o restricción y permitimos (idealmente) que
suceda el alargamiento.
ii) FUERZA EXTERNA
Puesto que realmente existe vínculo, físicamente no puede generarse el cambio
de longitud ΔT L, apareciendo fuerzas elásticas que contrarresten el supuesto
alargamiento.
La fuerza F ocasiona un cambio de longitud ΔL= FL
ΕA (acortamiento elástico).
iii) COMPATIBILIDAD
Debido a que los apoyos no se mueven uno respecto del otro, es necesario que el
cambio de longitud debido al incremento de temperatura y el cambio de longitud
ocasionado por la Fuerza Elástica, se contrarresten. Es decir:
187
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ΔT L=−ΔL
→ αL (ΔL )=−FLΕA
de donde FA=−αΕ (ΔT )→σT=−αΕ ( ΔT )
NOTAS> i) Si ΔT>0→σT<0 (COMPRESIÓN EN EL MATERIAL)
Si ΔT<0→σT>0 (TRACCIÓN EN EL MATERIAL)
ii) ΔT=T FINAL−T INICIAL
iii) En la solución de problemas es útil emplear el Principio
de Superposición.
EJEMPLOS 1) Las barras deformables del sistema representado sufren el mismo cambio de
temperatura. Calcular los esfuerzos que se generan
L1=L2=6 aE1=E2=EA1=A2=A
α 1=α2=αΔT=T1−T 2>0
Sistema parcialmente restringido (Deformaciones compatibles con las condiciones
de sustentación)
EQUILIBRIO:
188
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
∑M 0=0→2aF1+5aF2=02 F1+5 AF2=0 . .. . .. .. . .. .. . .. .. . . (¿ )
COMPATIBILIDAD:
Δ1TOTAL
2a=Δ2TOTAL
5a→5 Δ1TOTAL=2 Δ2TOTAL .. . .. .. . .. .. .¿¿
¿
CAMBIOS DE LONGITUD:
Δ1TOTAL=α (6a ) (T1−T 0)⏟EFECTO TÉRMICO
+F1 (6 a )EA⏟
EFECTO ELÁSTICO
Δ2TOTAL=α (6 a ) (T1−T 0)⏞+F2 (6 a )EA
⏞
Reemplazando en ¿¿:
5[6aα (T1−T 0)+F1 (6a )EA ]=2[6aα (T 1−T0 )+
F2 (6 a )EA ]. . .. .. . .. .. .. . .. . (¿∗¿ )
Resolviendo el sistema de ecuaciones (*) y (**), obtenemos:
F1=−1529
α EA (T 1−T 0 ) F2=− 629
α EA (T 1−T 0 )
Esfuerzos:
σ 1=F1
A→σ 1=−
1529
αE (T 1−T 0) (COMPRESIÓN )
σ 2=F2
A→σ1=
629
αE (T1−T 0) (TRACCIÓN )
189
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2) Una barra rígida está suspendida por dos alambres de 6.5 cm2 de sección
transversal. Cuando se aplica la carga P, la temperatura es T. Calcular el
incremento de temperatura necesario para que la barra rígida adopte la
posición horizontal.
Acero¿ {E=2 . 1×10−6 K /cm2 ¿ ¿¿¿
¿
EFECTO ELÁSTICO → Δal>Δac
( puesto que Εal<Εac )
Fac=Fal=P
2
EFECTO TÉRMICO → (Supongamos ΔT<0 ) (decremento)
P
FacFal
ac
al
ac
Tal
T
190
1)6m
75Kg
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
COMPATIBILIDAD:
Posición Horizontal →Δac−ΔacT =Δal−Δal
T
→
P2
L
Eac Aac
−αac L (ΔT )=
P2
L
Eal Aal
−αal L (ΔT )
Reemplazando valores numéricos, (Aac=Aal ) y despejando ΔT , obtenemos
ΔT=41 ºC . Puesto que es un valor positivo, nuestra suposición es correcta; es
decir:
ΔT=41 ºC (decremento)
3) La varilla de aluminio representada en la figura, está rígidamente soldada en
su parte superior y unida a un bloque de 75Kg. de peso que se apoya en un
plano horizontal rígido. A la temperatura Tº , la varilla no tiene carga y el peso
del bloque es soportado por el plano rígido.
i) Si la temperatura de la varilla disminuye 17ºC, ¿qué fuerza ejercerá sobre
el plano rígido?
ii) ¿Cuánto deberá disminuir la temperatura para que la varilla levante al
bloque 25mm?
i) Temperatura Tº
Descenso de 17ºC:P2
P1
75
=0
P2 =75
191
A=0 .125 cm2
α=23 . 4×10−6 /ºCE=7×105 Kg /cm2
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
P1+P2=75 . .. .. . .. .. . .. .. .. (1 ) (Problema hiperestático )Acortamiento de la varilla (por temperatura ) ΔL=αL (ΔT ) ΔL=23 . 4×10−6×600×(−17 ) ΔL=−0. 238cm
COMPATIBILIDAD:
El acortamiento de 0.238cm debe ser contrarestado por la fuerza elástica R.
→P1 L
EA=−ΔL→
P1 600
(0 .125 ) (7 ) (105)00 . 238
de donde obtenemos P1=34 .7 Kg . .. .. . .. . (2 )
Fuerza ejercida en el plano rígido: P2=75−34 . 74 (de la ec . 1 ) P2=40 .3Kg
ii) Si la varilla sufre una deformación térmica suficiente para levantar el bloque,
deben soportar los 75Kg.
P2
P1
75
P1
192
AA' AC
AB
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
0.25cm
P2
P1 =75Kg.
=0
Contracción total de la varilla:
Δ'=−0 . 25−P1L
EA=−0 .25−
(75 ) (600 )(0 . 125 ) (7 ) (105 )
Δ'=−0 . 764cm .
Esta contracción deberá ser generada por el descenso de temperatura:
αL (ΔT )=−0 .764
→ΔT=−0 .76423. 4×10−6×600
ΔT=−54 . 4 ºC4) Al elemento AB de la armadura representada, se le incrementa la temperatura
desde 60ºF hasta 104ºF, mientras que al elemento AC se lo mantiene en la
temperatura de 60ºF. Calcular los esfuerzos que se inducen en los elementos.
Considerar α=6×10−6 / ºF ; E=30×106 lb / pu lg2 ; A=2 pu lg2para ambos
elementos.
Sistema no restringido totalmente.
Las condiciones de compatibilidad geométrica,
generan fuerzas elásticas en las barras.
Equilibrio del nudo A
∑ FHOR=0→F ABcos 30=F AC
FAB√32
=F AC . . .. .. . .. .. . .. .. . (1 )
Compatibilidad.
A
B
C
(tracción)
FAB
FAC
RA
193
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ΔAC→ELÁSTICOΔAB→ELÁSTICO+ TEMPERATURA
Condición: ΔAC cos30=ΔAB→ΔAC
√32=ΔAB . .. .. . .. .. . .. .. (2 )
Reemplazando los cambios de longitud, tenemos:
(F AC ) L√32
EA√32=(6 ) (10−6) L (104−60 )−
FAB L
EA. . .. .. . .. .. . .. . (3 )
Teniendo en cuenta la ec. 1, la ec.3 puede escribirse:
(F AC√3
2)L√32
EA= (6 ) (10−6 )L (44 )−
F AB L
EA
De donde obtenemos:
F AB=9602 . 91 lbPor la ec . 1 F AC=83126 .36 lb
Esfuerzos: σ AB=9602 . 912
=4801. 46 lb / pulg2
(COMPRESIÓN )
σ AC=83126 .362
=4158 .18 lb /pulg2
(TRACCIÓN )
5) Dos barras están sin esfuerzo y tienen longitudes de 12 y 10 pulg, según se
indica en el esquema. La barra (1) es de aluminio y la barra (2) es de acero.
Suponiendo que los apoyos son absolutamente rígidos, calcular el esfuerzo en
cada barra cuando la temperatura es 120ºF.(Temperatura inicial →30ºF)
Aluminio: α=0 . 000013 ; A=2pulg2 ; E=10000 Klb/pulg2
Acero : α=0 . 0000065 ; A=4pulg2 ; E=30000 Klb/ pulg2
→ Se conciben las barras separadas y se calculan las deformaciones térmicas,
sin restricción.
1)
2)
10"
12"
194
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
δT=αL (ΔT )δ1T=(0 .000013 ) (10 ) (90 )=0 .0117 {} # δ rSub { size 8{2} } rSup { size 8{T} } = left (0 . 0000065 right ) left ( 12 right ) left ( 90 right )=0 . 00702
ΔT representa la longitud total que lasbarras dilatadas deben ser comprimidas para ajustarse a los apoyos rígidos.ΔT=δ1
T+δ2T=0.0117+0 .00702=0 . 01872 pulg .
Aplicamos fuerzas P, iguales y opuestas, en las barras (dilatadas) para acortarlas
una longitud total ΔT.
δ1+δ2=ΔT
(PLEA )1+(PLEA )
2=ΔT
ReempReemplazando datos:
1)
2)
T
T1
T2
1)
2)
T
1
2
P
P
195
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
P (10 )2 (10000 )
+P (12 )
4 (30000 )=0.01872
De donde encontramos: P=31 . 2Klb
Luego σ1=31 .2
2=15 .6
Klb
pulg2 ; σ2=
31 .24
=7 . 8Klb
pulg2
6) Cuatro placas de aluminio de 0.75” están unidos por un remache de ¾ pulg. de diámetro, según se representa en el esquema. A la temperatura de 30ºF los materiales están apretados. Pero sin esfuerzo. Si la temperatura sube a 120ºF, calcular el esfuerzo en cada material.
Dato → Area efectiva del Aluminio = 4pulg2
Acero →α=0 .000065 ; E=30000 Klb/ pulg2
Aluminio →α=0 . 000133 ; E=10000 Klb /pulg2
Las cuatro placas de aluminio son consideradas como un solo miembro de 3” de
espesor.
Las deformaciones térmicas no restringidas, son:
δ1T=(0 .0000065 ) (3 ) (90 )=0 .0101755 } {} # δ rSub { size 8{2} } rSup { size 8{T} } = left (0 . 0000133 right ) left (3 right ) left ( 90 right )=0 . 00359 ¿
3"
3/4"
12 2
196
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ΔT→ representa la longitud que los miembros dilatados deben ser deformados con la finalidad que la longitud final del remache sea igual al espesor final de las placas .
ΔT=δ2T−δ1
T=0 .001835 pulg .
Se aplican fuerzas iguales y opuestas para comprimir las placas y estirar el
remache:
δ1+δ2=ΔT
P (3 )0 .442 (30000 )
+P (3 )4 (10000 )
=0.001835
De donde obtenemos: P=6 .1 Klb .
σ1=6.1
0 . 442=13 . 8
Klb
pulg2 ( tracción ) ; σ2=
6 .1 4
=1 . 52Klb
pulg2(compresión )
Nota> L1= L2 (finales)
1)2)
1
2T
T
1)2)
1
2
197
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
L1=3+δ1T+δ1=3+0. 001755+
13 . 8 (3 )30000
=3.00314 } {} # L rSub { size 8{2} } =3+δ rSub { size 8{2} } rSup { size 8{T} } - δ rSub { size 8{2} } =3+0 . 00359 - { {1 . 52 left (3 right )} over { 10000} } =3 . 0013 ¿
7) Una barra compuesta se construye a partir de una varilla de acero de 25mm de diámetro exterior y 25mm de diámetro interior. La varilla y el tubo se unen mediante dos pernos de 20mm de diámetro, según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo cortante que se tiene en los pernos, si después de apretados se eleva la temperatura en 50ºC.
ACERO¿ {E=210 GPa ¿ ¿¿¿
¿Como α cu>αac , el cobre trata de dilatarse más que el acero, determinándose
esfuerzo cortante en los pernos de unión de ambos materiales.
CONDICIÓN: Facero=Fcobre→σacπ4
(25×10−3 )=σcuπ4
[10−3 (502−252) ] Simplificando σ ac=3σcu . .. .. . .. . (1 ) ALARGAMIENTO EN EL ACERO:
Δac=σac
Eac
L=σac L
(210 ) (109). . .. .. .. . .. . (2 )
ACORTAMIENTO EN EL COBRE:
Δcu=σ cu
Ecu
L=σ cuL
(105 ) (109 ).. .. . .. .. . .. (3 )
CAMBIO TOTAL DE LONGITUD: ΔT=α cu LΔT−α ac LΔT
ΔT=LΔT (α cu−α ac )
COMPATIBILIDAD:
25m
m
50m
m
L
COBRE
ACERO
d=20mm
198
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ΔT=Δac+Δcu(Reemplazando 2 y 3 )Luego:
LΔT (α cu−αac )=σac L
(210 ) (109 )+σ cu L
(105 ) (109 )
Simplificando y reemplazando valores:
50 (17−11) (109 )=σac
(210 ) (109 )σcu
(105 ) (109 )
Teniendo en cuenta la ec. (1):
50 (6 ) (10−6 )=σac ( 1
(210 ) (109 )+
1
3 (105 ) (109 ) )de donde obtenemos: σ ac=37 .83 MPa
FUERZA QUE SOPORTA EL ACERO: Fac= Aac σac→
Fac= π4
(25×10−3)2 (37 .83 )=0 . 018567 MN
Fac=18 .567 KN
Los pernos se encuentran en estado doble cortante:
τ perno=Fac
2π4
(20×10−3 )2=18 .567 KNπ2
(20×10−3)2m2
τ perno=29 .55 MPa
8) La figura muestra el prototipo de un sistema estructural. El área y el módulo
de elasticidad de cada barra son A y E, respectivamente, y α 2=2α1 . Si se
aplica una carga P al bloque rígido y la temperatura disminuye ΔT , determinar
una expresión para el desplazamiento μ del bloque rígido.
T
cu acaccu
1
2 P
uL
BLOQUERÍGIDOC
C
199
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i) EFECTO ELÁSTICO:
→F1=F2=P2
Alargamientos: Δ1=Δ2=PL2 EA
DESPLAZAMIENTO DEL BLOQUE μ1=PL2 EA
(→)
ii) EFECTO TÉRMICO:
Δ1T=LαΔT
Δ1T=Lα 1 ΔT
Δ2T=Lα 2 ΔT
Δ2T=2 Lα1 ΔT
COMPATIBILIDAD:
PF1
F2
1
2
200
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
μ2 : desplazamiento del bloque rígido
(efecto térmico )
μ2=−Δ1T+Δ2
T
2
μ2=−Lα1 ΔT+2Lα 1ΔT
2
μ2=−32Lα1 ΔT (← )
Superposición:
Desplazamiento total del bloque: μ=μ1−μ2
μ=PL2EA
−(−32Lα1 ΔT )
μ=PL2EA
+32Lα1 ΔT
(ΔT <0 )9) En el sistema representado: La barra AE es rígida. Se produce un incremento
de temperatura de 100ºF. Calcular las fuerzas en los elementos CF y DG.
T
1
T
2
u 2
201
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Barra CF¿ {E=107 Klb /pulg2 ¿ {A=0 .1 pulg2 ¿ ¿¿¿
¿FUERZAS:
Suponemos que CF y DG están en tracción.
∑M B=0→4 FCF+7 FDG=0 . .. .. . .. . (¿ )
GEOMETRÍA:
Semejanza:
ΔCF
4=
ΔDG
7= Δ
10. .. . .. .. . ..¿¿
Material:
A B C D E
F
G6"4"
5" 4" 3" 3"
B
FCF FDGRB
B CFDG
202
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
εCFtotal=(σE )
CF+(αΔT )CF=
FCF
ACF ECF
+αCF ΔT
ΔCF=LCF εCF
total→
ΔCF=FCF LCF
ACF ECF
+αCF LCF ΔT
de donde obtenemos: FCF=
1LCF
(ΔCF−αCF LCF ΔT )ACF ECF . .. . .. .. . .. (¿∗¿ )
De manera similar, obtenemos:
FDG=ADGEDG
LDG
ΔDG−αDG ADG EDGΔT .. . .. .. . .. .¿¿
Reemplazando (¿∗¿ ) y¿¿ en (¿ ) :
4 [ ACF ECF
LCF
ΔCF−αCF LCF ΔT ]+7 [ ADGEDG
LDG
ΔDG−αDG ADG EDGΔT ]=0 .. . .. .. . .. (¿∗¿∗¿ )
De ¿¿obtenemos ΔDG=
74ΔCF
. Reemplazamos en (¿∗¿∗¿ ) :
4 [ ACF ECF
LCF
ΔCF−αCF LCF ΔT ]+7 [ ADGEDG
LDG
74ΔCF−αDG ADGEDG ΔT ]=0
De donde despejamos ΔCF :
ΔCF=ΔT (4 ECF ACF αCF+7 EDG ADGαDG )
4ECF ACF
LCF
+7 ( 74 )
EDG ADG
LDG
Reemplazando valores numéricos, obtenemos: ΔCF=1 . 75×10−3 pulg .
Con este valor y las ecuaciones ¿¿,(¿∗¿ ) y ¿¿, encontramos:
FCF=−908 lb (compresión ) ; FDG=520 lb ( tracción )
10) En la gráfica se representa una placa delgada homogénea. Determinar el
tamaño y la forma finales de la placa, si
i) En toda la placa existe un incremento de temperatura ΔT º.
ii) La placa se somete a un cambio de temperatura dado por ΔT =Kx
iii) Cual será el valor de la deformación angular γ xzen el caso (i)
iv) Qué valor tendrá la deformación angular para el caso (ii) suponiendo que
al bordeo arista z permanezca fijo.
203
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
y
x
z
a
t 0
i) Si en toda la placa se produce un cambio uniforme de temperatura de ΔT º,
en el caso de dilatación libre, la deformación lineal en cualquier dirección será
uniforme y de valor
ε=αΔT
El alargamiento en direcciones x,z será:
Δz=εLz→Δ z=α (ΔT )bΔx=εLx→Δx=α (ΔT )a
La placa seguirá teniendo forma
rectangular, con dimensiones:
Lz=b+α (ΔT )b=b (1+αΔT )Lx=a+α (ΔT )a=a (1+αΔT )
ii) Si el cambio de temperatura es ΔT =Kx, entonces en un punto (x,z) sobre la
placa, la deformación estará dad por ε=α Kx .
También: ε=Δ (∂ x )∂ x
→Δ (∂ x )=ε ∂ x→ΔX=∫0
x
α Kx∂ x=αKx2
2
ε=Δ (∂ z )∂ z
→Δ (∂ z )=ε ∂ z→Δz=z∫0
x
α Kx ∂ x=α Kxz
Los puntos sobre el eje z NO SE DESPLAZAN (tienen x=0).
Coeficiente de dilatación
y
x
z
a(1+T)
b(1+T)
x
z
A
A'
x
z
zx
P
P'
forma final de la placa
204
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
(Δx=0; Δz=0 )
El punto A tiene coordenadas (a; b2 )(antes de la deformación).
Después de la deformación para a la posición A '(a+αK a2
2,b2+α Ka
b2 )
iii) Dilatación libre uniforme → La forma final de la placa es rectangular (no existe
variación de los ángulos rectos), luego γ xz=0 en todo punto de la placa.
iv) En este caso, la distorsión (angular) máxima se presenta sobre los bordes
z=±b /2de la placa.
tanφ= α Kab /2
a+αK a2
2
= α Kb /2
1+αKa2
≈φ=γ xzmáx
1.18) Ecuaciones Diferenciales para Fuerza y Deformación Axiales
Si la carga axial se distribuye a lo largo de un elemento (barra) y si además
varía la sección transversal, pueden deducirse ecuaciones para la fuerza y el
desplazamiento como funciones de la posición a lo largo del miembro.
Consideremos un miembro que soporta una carga axial por unidad de longitud q(x) en
la dirección del eje centroidal. En los extremos pueden existir cargas aplicadas y/o
reacciones que mantengan al miembro en equilibrio.
∫x
x+Δx
q ( x )∂ x=Δ xq ( ζ ); (x<ζ<x+Δx )
(Teorema del Valor Medio para Integrales )
205
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ESTÁTICA: ∑ F X=0→F( x+Δx )+Δ xq (ζ )−F (x )=0
De donde
F ( x+Δx )−F ( x )Δx
+q (ζ )=0 ¿ (NOTAR QUE SI Δx→0 ¿ )¿¿
¿
Pasando al límite, cuando Δx→0 , tenemos:
∂F ( x )∂ x
+q (ζ )=0 .. . .. ( i ) ¿ (Fuerza interna que actúa en ¿ )¿¿
¿
GEOMETRÍA:
La Deformación Unitaria del elemento de longitudΔx→0, es:
ε x=[ x+Δx+u ( x+Δx ) ]− [x+u ( x ) ]−ΔxΔx
ε x=u ( x+Δx )−u ( x )Δx
.. . Pasando al límite cuando Δx→0
ε x=∂u∂ x
.. . .. .. . .. .. . .. .. . ( ii )
RELACIÓN FUERZA / DEFORMACIÓN
Si la barra es de material elástico-lineal y se presenta un cambio de temperatura ΔT ,
tenemos:
ε xTOTAL=ε x=
FAE
+αΔT . .. .. . .. .. . .. .. . (iii)
Reemplazando en la ec. (i):
∂∂ x [AE∂u
∂ x−AEαΔT ]+q ( x )=0
∂∂ x (AE∂u
∂ x )−∂∂ x
(AEαΔT )+q ( x )=0 . .. .. . .. .. . .. . (iv )
La ecuación (iv) relaciona la carga distribuida q(x) y el cambio de temperatura ΔT en
la barra con el desplazamiento u(x) a lo largo del eje de la misma.
La solución de la ecuación diferencial (iv) contiene dos constantes arbitrarias de
integración, que podrán ser determinadas en base a las condiciones especificadas
para los desplazamientos en cada problema.
206
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En el caso especial: ΔT =0; A y E constantes; q(x)=0 → de la ec. (i) obtenemos
∂F∂ x
=0, lo cual indica que la fuerza en la barra es constante (independiente de x).
La ec. (iv) nos da:
AE∂2u∂ x2
=0→ ∂2u∂ x2
=0→u ( x )=c1 x+c2
donde c1 y c2 son las constantes de integración.
x
A B
XA XB
xuA
uB
A' B'
→uA=c1 xA+c2 ; uB=c1 xB+c2
de donde c1=uB−uA
xB−xA
; c2=−c1 xB+uB
En este caso, el desplazamiento en la barra es Lineal:
u ( x )=uB−u A
xB−xA(x- xB )+uB
uA uB
XA XB
u
(Diagrama de Desplazamientos)
Si q(x) ≠0 → la fuerza interna F(x) será variable (función de x) a lo largo de la barra.
EJEMPLO
1) Un tubo AB de acero se coloca entre dos apoyos rígidos; según se indica en
la figura. Si el incremento de temperatura está dado por ΔT =ΔT B
xL , siendo
ΔT B el incremento de temperatura en el extremo B. Determinar las reacciones
en A y en B y el desplazamiento a la mitad del tubo.
207
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
A B
L
TB
Lx
T
Incremento de temperatura a lo largo de la barra
RA RB
RA F
Usamos la ec.(iv), tenemos:
AE∂2u∂ x2
−AEα ∂∂ x (ΔTB
xL )=0 (Supuesto AE constante )
→∂2u
∂ x2=αLΔT B
Integrando 2 veces: u ( x )=α
LΔT B
x2
2+c1 x+c2
Condiciones: u (0 )=0→0=c2
u (L )=0→0=α2L
ΔT BL2
2+c1 L
→c1=−α2
ΔT B
Por tanto : u (x )=α2L
ΔT Bx2
2−α
2ΔTB x
u ( x )=α2
ΔT BxL
( x−L )
Ecuación de desplazamiento a lo largo del tubo.
El desplazamiento en x=L
2 , es:
u(L2)=α2ΔT B
L2L ( L2−L)=−α
BLΔT B
RA= RB. Como no existe ninguna otra fuerza externa, la fuerza F es constante (la consideramos tracción)q(x)=0
208
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
x
u
x=Lx=L/2
L/BT
Por las ecs. (ii) y (iii) → F=AE
∂ u∂ x
−AEαΔT
F=AE(α2 ΔTB(2 xL−1))−AEαΔT B
xL
Simplificando: F=−AEα
ΔTB
2 ( independiente de x )
Las reacciones en los apoyos, son:
R A=RB( condiciones ¿ )¿¿
¿¿¿
¿
1.19) Comportamiento Inelástico en Tracción
Un material ELASTOPLÁSTICO se caracteriza por un Diagrama Constitutivo σ−ε de
la forma
= 0.002
y
DEFORMACIÒN ELÁSTICA
FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO
El rango elástico (lineal) existe hasta el esfuerzo de fluencia (σ y ) . Después de esto, la
conservación de una carga constante producirá una deformación ilimitada hasta el
punto de fractura.
(¿ ) SISTEMAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADOS:
209
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Una estructura estáticamente determinada, cargada axialmente, se deformará
elásticamente hasta que los esfuerzos en alguna parte alcanzan el límite de
fluencia. Las cargas adicionales producirán después grandes deflexiones,
dando por resultado la falla de la estructura.
EJEMPLO.
Una barra rígida horizontal está soportada por dos cables de acero cada uno de los
cuales tiene área transversal de 1 .6×10−4m2.
Determinar
i) La máxima carga P que puede aplicarse al centro de la barra, y la deflexión en
el instante de la falla.
ii) Trazar un diagrama Carga / Deflexión para esta estructura.
Considerar acero elastoplástico (E=200GPa; σ y =250MPa)
Debido a la simetría PA=PB
La carga P puede incrementarse hasta que la fuerza en cualquiera de los cables llegue
a ser la fuerza de fluencia:
3.0m
a
3.0m
a P
A B
P
PA PB
210
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
PA=σ y A= (250x106)(1 .6×10−4
)
PA=40000 N (=PB)
∑ FVERT=0→P=PA+PB=80000 N .
Para esta carga, el alargamiento de cualquiera de los cables, es
Δ=PA L
EA=
( 40000)(3 )(200 )(109 )(1.6 )(10−4 )
=3 .75×10−3 m
Si las cargas se incrementaran, (esfuerzo más allá deσ y ), el cable fluirá y ocurrirá
una deformación ilimitada.
Para, este caso, el Diagrama P−Δ , es:
3.75x10-3
P(NEW)
m)
¿¿SISTEMAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS:
El procedimiento general para solucionar problemas hiperestáticos, usando la
teoría elástica lineal, se resume en:
(i) Ecuaciones de Equilibrio (Estática)
(ii) Relaciones de Compatibilidad (Geometría + material)
(iii) Solución simultánea de las ecuaciones (i) y (ii).
(Procedimiento usado cuando los esfuerzos se mantienen en el rango lineal elástico).
Cuando se reconoce que los esfuerzos en algunos miembros se extienden al rango
inelástico, la solución se simplifica debido a que la fuerza en cualquier miembro (cuyo
material es de comportamiento elastoplástico) tiene un valor constante P y=σ y A .
Si esta fuerza es conocida, las incógnitas restantes pueden determinarse por métodos
estáticos.
211
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
La capacidad máxima de soportar carga de una estructura estáticamente determinada
se alcanza cuando cualquier miembro de apoyo ingresa al intervalo inelástico de
esfuerzos. Las estructuras estáticamente indeterminadas tienen capacidad adicional
de soportar cargas después de que un solo miembro de apoyo ingresa al régimen
plástico.
P y: carga de Fluencia
(carga última )P y=σ y A
i. Estructura Estáticamente Determinada
Pu
Py
P
FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO(TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN PLÁSTICO)
FLUJO PLÁSTICO RESTRINGIDO(PARTE DE LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO Y PARTE EN RÉGIMEN PLÁSTICO)
DEFORMACIONESELÁSTICAS (TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO)
a) Cuando ocurre la fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la
carga de fluencia P y es también la carga última Pu de la estructura.
b) Cuando ocurre fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la
capacidad de carga esP y . Puede aplicarse carga adicional antes de que se
alcance la carga última Pu y sucedan deformaciones irrestrictas. La región entre
P
Py
DEFORMACIÓN ELÁSTICA
FLUJO PLÁSTICA ILIMITADO
212
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
P y y Pu se designa Zona de Flujo o Plástico Restringido. En esta región, algunos
de los miembros de apoyo están forzados en la zona plástica, pero todavía
quedan suficientes apoyos comportándose elásticamente y, en consecuencia, la
estructura puede soportar cargas adicionales.
La capacidad de los materiales dúctiles puede ser aprovechada ventajosamente
sin provocar grandes desperdicios de material. Es decir, algunos esfuerzos
pueden analizarse en el rango plástico, ya que en ciertas ocasiones se puede
permitir que algún miembro de una estructura entre en fluencia sin que se afecte
la Estabilidad de la misma.
EJEMPLOS
1) La barra rígida ABC está soportada por tres alambres elastoplásticos
(E=30000 Klb /pulg2 ;σ y=36 Klb/ pulg2) .Trazar el diagrama P – Δ para este
sistema. El área transversal de cada alambre es 1pulg2.
DebemoDebemos encontrar la carga y la deflexión que ocurren cuando aparece
por primera vez la fluencia y, también, la carga y deflexión últimas.
Cuando la carga P se incrementa desde O, los alambres se esfuerzan dentro del
intervalo elástico. Esto continúa hasta que el alambre sometido al mayor esfuerzo
alcance su punto de fluencia.
Equilibrio:→
C
a
10"
a
10"
6"
B
P
A
213
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
PA+PB+PC=P
PA (a )=PC (a )→PA=PC
Luego: 2PA+PB=P .. . .. .. . (¿ )
Compatibilidad: (acción elástica)
Simetría total ΔA=ΔB=ΔC (A y C→alambres iguales )
Por tanto: P AL A
EA A A
=PB LB
EB AB
→PA (10 )EA A A
=PB (6 )EB AB
→PB=53PA .. . .. ..¿¿
¿
¿
Acción Inelástica:
Como los alambres tienen la misma sección transversal, el alambre que pasa por
B alcanzará primero el Esfuerzo de Fluencia (puesto que soporta mayor carga)
En el estado de fluencia
Según ¿¿PA=
35PB→PA=
35
(36 )
P A=21 .6 Klb .
Reemplazando en (¿ ) , obtenemos:
P
A
PCPBPA
B C
P
A
5P3P
B C
3P
PA PC
y=A=36Klb=PB
214
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
P y=2 (21 .6 )+36=79 .2 Klb .
(carga que usamos por primera vez la fluencia). La deflexión bajo esta carga, es
igual al alargamiento de cualquiera de los alambres.
Δ y=ΔB=PBLB
EB AB
=(36 ) (6×12 )(1 ) (30×103)
=0 . 0864 } {¿
Después de que el alambre B ha fluido, soportará aún la carga constante
P y=36 Klb . .
Cuando la carga aplicada P se incrementa más allá de 79.2 Klb los alambres A y
C soportarán las cargas crecientes hasta que también alcances sus límites de
fluencia. En ese momento ocurre el flujo plástico ilimitado, alcanzándose la carga
última.
Pu=36+36+36=108 Klb .
Δu=Δa=P ALA
E A A A
=(36 ) (10×12 )(1 ) (30×103 )
=0 . 144 } {¿
Diagrama P - Δ (Δ: desplazamiento en dirección y sentido de la carga P).
79.2=Py
u=0.144y
P(KLb)
(pulg)
108=Pu
PROBLEMAS
1) Dos tubos coaxiales, el interior (acero) tiene sección A = 10cm2 y el exterior
(aluminio) tiene sección A = 15cm2. Los tubos son comprimidos en sus
extremos mediante dos placas rígidas, según se indica en la gráfica. Trazar la
Pu
36Klb=PB36Klb=PB 36Klb=PB
BA C
215
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
curva carga / Deflexión del conjunto, cuando se comprimen con una fuerza
axial P, de acuerdo con los diagramas constitutivos que se indican.
L=60 Cm
P
ALUMINIO
ACERO
0.0032
ALUMINIO
ACERO
0.005
6,000 K Cm2
3,800 K Cm2
COMPATIBILIDAD:
RÍGIDAS
COMPATIBILIDAD INICIAL
L=60 Cm
ac
Fac Fal
Falal
Fac
Fac
Fac
Fal
Fal
P
FUERZAS DE FLUENCIA:
(Fac )y=σ y acAac=(6000 ) (10 )=60000 Kg .
(F lc ) y=σ y alAal=(3800 ) (15 )=57000 Kg .
GEOMETRÍA:
Debido a la rigidez de las placas, ambos tubos se acortarán la misma cantidad.
ε ac=εal=ε= ΔL
.. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . (¿ )
DIAGRAMAS σ−ε :
Existen tres intervalos de interés:
i) 0≤ε≤0 .0032→Los dos tubos en régimen elástico
σ ac=Eac εac=Eac εσ al=Eal εal=Ealε
Reemplazando valores:
σ ac=60000 .0032
ε=18 .75×105 ε (Kg/cm 2)
σ al=38000 . 005
ε=7 .6×105 ε (Kg/cm2 )
216
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ii)
00032≤ε≤0.005→ tubo de acero en régimen plástico y tubo de aluminio en régimen ellástico .
σ ac=σ yac=6000 (Kg/cm2 )
σ al=Eal εal=380000 .005
ε=7 . 6×105ε (Kg/cm2)
iii) ε≥0 . 005→Los dos tubos en régimen plástico
σ ac=σ yac=6000 (Kg/cm2 )
σ al=σ yal=3800 (Kg/cm2 )
EQUILIBRIO: P=σac Aac+σal Aal
Con base a la ec. anterior pueden calcularse P1 y P2, valores de la carga axial
P, correspondientes a las deformaciones unitarias 0.0032 y 0.005,
respectivamente.
P1=(18 .75 )(105)(0 . 0032)(10 )+(7 . 6)(105)(0 .0032)(15 )P1=96 . 480 Kg .
P2=(6000 )(10)+(7 .6 )(105)(0 . 005)(15 )P1=117. 00 Kg .
Posteriormente las cargas adquieren valor constante:
P=(6000 )(10 )+(3800 )(15)P=117000 Kg .
ALARGAMIENTOS
Δ1=(0 . 0032)(60 )=0 .192cmΔ2=(0 . 005)(60 )=0 . 3cm
Diagrama P - Δ
117,000=P2
96,480=P1
P(Kg)
(cm)
217
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2) La barra rígida horizontal AB está soportada por tres alambres elastoplásticos
según se indica. Determinas la carga límite (PL) que produzca el colapso del
sistema.
Material Área (cm2 ) σy/Kg / cm2
Acero 1 5000
Bronce 2 4600
Alu min io 4 3300
(Fal )máx=(3300 ) (4 )=13200 Kg .
(Fbr )máx=( 4600 ) (2 )=9200Kg .
(Fac )máx=(5000 ) (1 )=5000Kg .
Para que se produzca el colapso del sistema, NO es necesario que
simultáneamente fallen los tres alambres.
Existen dos posibilidades:
i) Alambres de bronce y acero en fluencia, antes que el alambre de aluminio.
(La barra AB tenderá a girar alrededor de A).
ii) Alambres de bronce y aluminio en fluencia, antes que el alambre de acero.
(La barra AB tenderá a girar alrededor de B)
P
A
50cm
40cm
B
ALUMINIO ACEROBRONCE
50cm 100cm
PL
A B
FacFbrFal
FUERZAS MÁXIMAS
218
PL
A B
FacFbrFalEN FLUENCIA
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i) ∑M A=0→ (1)(9200 )(2)+(500)(2 )=0 .5 PL
PL=38400Kg .
La fuerza en el alambre de aluminio se calculará por equilibrio:
Fal+9200+5000=38400→Fal=24200 Kg .
Puesto que la máxima fuerza en el alambre de aluminio es sólo 13200Kg., no
es posible este resultado. Debemos analizar la segunda posibilidad. (Se
obtuvoFal>(Fal)máx ).
ii ) ∑M B=0→ (13200)(2 )+(922 )(1)=1 .5 PL
PL=23733Kg .
La fuerza en el alambre de acero, es:
Fac+13200+9200=23733→Fac=1333 Kg .
Se obtiene Fac<(Fac)máx=5000 Kg
Luego la carga limite, es PL = 23733 Kg.
3) Trazar el diagrama P – Δ para el sistema representado cuyas barras son de
acero elastoplástico.(σ y=250MPa:E=200GPa; A=9cm2)
2 m
3
44
3
P
21
3
P
Incrementando la carga P desde O, las barras se esfuerzan dentro del intervalo
elástico, hasta que la barra sometida al máximo esfuerzo alcance el valor del
esfuerzo de fluencia.
PL
A B
FacFbrFalEN FLUENCIA
219
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Equilibrio:
2 F2 senθ+F1=P
2 F245+F1=P→1.62F2+F1=P . . .. .. . (¿ )
Compatibilidad:
Δ2=Δ1=senθF22 .5
EA=F12
EA45
→F1=1 .5625 F2 .. .. . .¿¿
¿
Resolviendo (*) y (**) obtenemos:
F1=0 .494 P ; F2=0. 316 P
Puesto que las barras tiene la misma acción transversal, La barra (1) es la que primeramente ingresa al régimen plástico. En ese instante:
F1=σ y A=(250×106 )(9×10−4 )=225 KNDe ¿¿
¿
Reemplazando en (*):
1 .6 (144 )+225=P y→P y=455 . 4 KN
Deflexión correspondiente:
Δ y=F1 L1
EA=225×103×2
200×109×9×10−4=2.5×10−3m
F1F2
F3
P
21
220
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Después que la barra (1) ha fluido, soportará carga constante F1=225KN . Cuando la carga aplicada se eleva más allá de 455.5KN, las barras inclinadas soportarán carga creciente hasta alcanzar el calor de la carga de fluencia. En ese instante:
F2=σ y A=(250×106 )(9×10−4 )=225 KN
y se alcanza el valor Pu:
En (¿ ) : Pu=1. 6(225 )+225
Pu=585 KN (ocurre el flujo plástico ilimitado )
Deflexión correspondiente→Δ2=225×103×2. 5200×109×9×10−4
=3. 125×10−3m
Pero Δ2=Δ1senθ→Δ1=3 .125×10−3
4 /5=3 . 906×10−3m
Con los valores calculados, se traza la curva P - Δ :
P y=455. 4 KN
⟩ Δ y=2 . 5×10−3m¿
¿ (FLUENCIA ) ¿¿Pu=585 KN
⟩ Δu=3 .906×10−3m¿
¿ (ÚLTIMA ) ¿¿
4) Dos alambres de acero elastoplásticos se usan para levantar un peso de 3Klb,
según se incida. El alambre AB tiene longitud inicial de 20’ y el alambre AC
tiene longitud inicial de 20.03’. Determinar la fuerza en cada alambre y su
respectivo alargamiento. Cada alambre tiene 0.05 pulg2de área transversal.
Pu
Py
P(KN)
(cm) y u
221
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
= 0.0017
y=50
3Klb
A
B C
20' 20.03'
Cuando se levanta el peso, es el alambre AB el que soporta carga, hasta que su
alargamiento sea 0.03’. Luego, es peso levantado es existido por los dos
alambres.
Deformación unitaria en AB: ε AB=
0 .0320
=0 . 0015 , que es menor que la máxima
deformación elástica permitida en el material (εy).
Para εAB=0 .0015 , la fuerza en el alambre AB, es:
F AB=σ AB A AB=EεAB A AB=500 .0017
(0 . 0015)(0 . 05 )
F AB=2. 20 Klb .
Puesto que el peso a levantar es 3Klb → ambos alambres lo soportarán.
Equilibrio→F AB+F AC=3. . .. .. (1 )
Existen tres posibilidades para la deformación:
a) Deformaciones elásticas en ambos alambres.
b) AB en régimen plástico y AC en régimen elástico
c) Deformaciones plásticas en ambos alambres.
a) Deformaciones elásticas en ambos alambres:
Condición de compatibilidad: ΔAB=0 .03+ΔAC . . .. .. . .. (2 )
FAB FAC
3Klb
i ) Sólo P1
σ1=P1
A=
240000 .75
=32000 lb / pu lg2
Reemplazando en la ec .( i) ;obtenemos ε1=0.003492
El alargamiento de la barra ( igual al desplazamiento de la barra ) es: ΔB=ε1 L→ΔB=(0 .003492)(86 \) =0 . 2977 ii ) Sólo P2
El esfuerzo ( EN LA MITAD SUPERIOR DE LA BARRA ), es:
222
Mecánica de Sólidos Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
→(F AB) (20×12 )
( 0. 05 ) 500. 0017
=0 . 03×12+(F AC ) (20 . 03×12 )
(0 . 05 )(500 .0017 )
Simplificando, obtenemos: 20 F AB=44 . 12+20. 03 F AC .. .. . .. .. . (3 )
Resolviendo las ecs. (1) y (3): F AB=2 .603 Klb ; F AC=0 .397 Klb .
Calculamos σ AB=
2 . 603 Klb
0 . 05 pulg2=52 . 06 .
Klb
pulg2, que resulta mayor que el esfuerzo de
fluencia σ y=50
Klb
pulg2
En consecuencia, el alambre AB ingresa al régimen plástico.
Soporta una carga máxima de F AB=σ y A=52(0 .05)=2. 5 Klb
Con este, la fuerza en el alambre AC es: F AC=0.5Klb ( de la ec. de equilibrio (1))
El alambre AC permanece en el régimen elástico, σ AC=
0 . 50 . 05
σ AC=10 Klb /pulg2<σ y=50 Klb /pulg2
La deformación unitaria correspondiente, será:
ε AC=σ AC
E→εAC=
10500 . 0017
=0. 00034
El alargamiento del alambre AC, es: ΔAC=(0 .00034 ) (20.03 )
ΔAC=0 .0068 pies
Mediante la ecuación (2), encontramos ΔAB=0 .03681 pies
i ) Sólo P1
σ1=P1
A=
240000 .75
=32000 lb / pu lg2
Reemplazando en la ec .( i) ;obtenemos ε1=0.003492
El alargamiento de la barra ( igual al desplazamiento de la barra ) es: ΔB=ε1 L→ΔB=(0 .003492)(86 \) =0 . 2977 ii ) Sólo P2
El esfuerzo ( EN LA MITAD SUPERIOR DE LA BARRA ), es:
223