CAPÍTULO I ESTADO UNIAXIAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES 1.1) Introducción. Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables 1.1.1) Definiciones
Mecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales, Mecánica de Sólidos Deformables o
Mecánica de Materiales) es la disciplina que estudia, básicamente, las relaciones entre acciones aplicadas y sus efectos en el interior de los sólidos o elementos estructurales.
T
Sólido estructural
Fuerzas concentradas Fuerzas distribuidas Momentos flectores Momentos Torsores Cambios de temperatura Perturbaciones Etc...
Acciones (Generalizadas)
T = Tfinal - Tinicial
En respuesta a las acciones aplicadas, el sólido se deforma: Configuración Final (Deformada) Efectos (Comportamiento)
Transmisión de cargas (ESFUERZOS) Cambios de geometría (DEFORMACIONES)
Configuración Inicial (No Deformada)
Z
Y
X Y, Z
Eje para momento torsor Ejes para momentos flectores My / Flexión en el plano XZ/ Mz / Flexión en el plano YX/
X Eje Normal
Perturbación (hundimiento de apoyos)
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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 acciones Configuración Deformada Geometría y restricciones luego de ser aplicadas las acciones. Mecánica de Sólidos o Resistencia de Materiales es también una disciplina técnica relacionada con los Métodos de la Ingeniería que tienen especial interés en los conceptos de RESISTENCIA, RIGIDEZ y ESTABILIDAD de elementos o sistemas estructurales. RESISTENCIA Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para contrarrestar acciones sin quebrarse o descomponerse. RIGIDEZ Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para oponerse a las deformaciones que le inducen las acciones aplicadas. ESTABILIDAD Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para conservar una forma única garantizada por las condiciones del equilibrio. En Mecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales) se complementará el estudio de fuerzas iniciado en Estática. Sin embargo, existe una diferencia fundamental. RESISTENCIA
ESTÁTICA P
P P
Sólido rígido (indeformable)
Sólido deformable (de la conf. Inicial a la conf. Final)
Problema de Estática v.s. Problema de Mecánica de Sólidos ESTÁTICA: Hallar la fuerza en el cable BD. D
FBD
P
c A
a
B C
HA
A
P B C
b VA
Equilibrio MA = 0 P(a + b) – FBDsen a = 0 P(a b) P(a b) FBD c a sen a 2 a c2 P(a b) a2 c 2 ac Características de la solución: FBD
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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. D P B
C
A
cv
=?
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 Deformaciones Experimental Estudio de las Propiedades Mecánicas de los Materiales y Sistemas Estructurales. El conocimiento y dominio de ambos enfoques, en Ingeniería permite el DISEÑO de elementos o sistemas estructurales, con SEGURIDAD y FUNCIONALIDAD. SEGURIDAD Transmisión adecuada de las cargas (relacionada con la Resistencia) P P
Respeto a las condiciones del uso para el que han sido concebidos (relacionada con las Deformaciones). FUNCIONALIDAD
1.1.2) Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables Con la finalidad de simplificar el tratamiento y las ecuaciones que describen el comportamiento de sólidos o sistemas estructurales, es conveniente usar HIPÓTESIS SIMPLIFICATORIAS. Estas han sido validadas analítica y experimentalmente.
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Sobre la Estructura Interna y Propiedades de los materiales Continuidad Homogeneidad Isotropía
Sobre el Carácter de las Deformaciones Deformaciones pequeñas (INFINITESIMALES)
Hipótesis Simplificatorias
CONTINUIDAD El material llena totalmente el volumen que ocupa. Se acepta una distribución CONTINUA de materia, en lugar de considerar a los sólidos como un conjunto de partículas discretas (MEDIO CONTINUO).
Medio continuo apropiado para estudiar fenómenos de presión, densidad, etc.
Medio discreto Apropiado para estudiar propiedades electroquímicas, magnéticas probabilísticas, etc
HOMOGENEIDAD Las propiedades del material son iguales en todos los puntos del sólido
P
Q
Propiedades iguales para puntos diferentes Material homogéneo Acero Material no homogéneo Concreto Armado ISOTROPÍA Las propiedades del material son iguales en todas las direcciones
Propiedades iguales para elementos de distinta orientación
Existen materiales que no son compatibles con esta hipótesis (la madera).
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DEFORMACIONES INFINITESIMALES Las deformaciones admisibles son pequeñas (infinitesimales) comparadas con las dimensiones iniciales del sólido. P P
L + L
L L 0 L
Esta hipótesis tiene un gran valor operativo: Nos permite referir las ecuaciones del equilibrio a la CONFIGURACIÓN INICIAL del sólido.
P1
P2
P1
P2
H1 V1 FV = 0 FH = 0 MO = 0
P1
P1'
V2
P2
P2'
Como se han generado cambios en la geometría, es complicado plantear las ecuaciones de equilibrio en la configuración final.
Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Inicial ANÁLISIS DE 1° ORDEN Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Deformada ANÁLISIS DE 2° ORDEN Nota) Existen otras hipótesis, como: Elasticidad del material, Linealidad entre fuerzas y desplazamientos, secciones planas, ..., etc. (Serán tratadas en su oportunidad)
1.2) Fuerzas Internas. Método de Secciones Consideremos un sólido en equilibrio.
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F2
Si cortamos al sólido mediante PLANOS IDEALES, se evidencian SISTEMAS DE FUERZAS INTERNAS (para cada plano de corte).
Sólido en equilibrio
F3 F4
F1
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.
Sección de interés
F2 (I)
F3
(II)
F4 F1
Plano de corte (imaginario) Fuerzas Internas
F2
F3
(II)
(I)
F4 F1 Garantizan el equilibrio de (I)
Garantizan el equilibrio de (II)
Ambas porciones en equilibrio Las fuerzas internas representan la interacción de una parte del sólido con la parte que ha sido (idealmente suprimida). En general, estas fuerzas tienen diferentes magnitudes y sentidos, y cambian al cambiar el plano de referencia. En cada caso, las fuerzas internas deben satisfacer las condiciones del equilibrio de la porción que se considere. ACCIONES INTERNAS Las fuerzas internas en una porción del sólido pueden representarse mediante un Vector Fuerza V y un Vector Momento M M
F2 (I)
<>
(I)
V
F1
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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. y F2
(o: Centroide de la sección transversal)
Mxy Vxy (I)
o
F1
x
Vxx
Mxx
(Normal al plano de corte)
Vxz Mxz
z
Nota) Primer subíndice dirección normal al plano de corte Segundo subíndice dirección particular de la componente
V = (Vxx, Vxy, Vxz) M = (Mxx, Mxy, Mxz)
Si no existen confusiones, puede usarse un solo subíndice V = (Vx, Vy, Vz); M = (Mx, My, Mz) Si consideramos la porción (II) del sólido, las fuerzas internas son de la misma intensidad pero de sentido contrario. Cada una de las acciones internas manifiesta un EFECTO ESPECIAL en el comportamiento del sólido. Vxx FUERZA NORMAL ( al plano de corte) Vxy, Vxz FUERZAS CORTANTES (paralelas al plano de corte) Mxx MOMENTO TORSOR (con respecto al eje geométrico del sólido) Mxy, Mxz MOMENTOS FLECTORES (con respecto a ejes en el plano de la sección) Notas) 1) Las acciones internas ocasionadas por un Sistema de Acciones (cargas aplicadas + reacciones) dependen de la orientación del Plano de Corte.
F3
F2
P (I) (1)
F3
F2
(II)
P (II)
(I) F4
(2)
F4
F1 F1 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).
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F3
1
1
F2
V
F2
N
M F4
1
1 F1 (Sistema plano de fuerzas)
F1 N Fuerza Normal V Fuerza cortante M Momento Flector
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 P
P
P
P
P
P
P
P
TRACCIÓN (+) (Alargamiento)
COMPRESIÓN (–) (Acortamiento)
Las Fuerzas Cortantes son componentes de la resistencia total al deslizamiento de una porción del sólido respecto de otra.
B A C
P
P
B Fuerzas cortantes
A
P
C
El Momento Torsor medirá la resistencia del sólido al GIRO relativo de una sección respecto de otra.
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Punto fijo Generatriz de referencia
A
x (Configuración inicial)
Sección fija A'
Aplicando el torsor T, la sección libre gira ° respecto a la sección fija.
T
A
x
Los Momentos Flectores medirán la resistencia del sólido a curvarse (flexionarse) respecto a un eje de su sección transversal.
M
N
V Se genera flexión (curvatura en un plano coordenado)
EJEMPLOS 1) La barra AB tiene un peso de 2 lb/pie y soporta 30 lbs en su extremo inferior. Hallar las acciones internas en las secciones a-a, b-b y c-c.
c
B
b a
Reacciones
c 4 pies
b
R W: peso total
4 pies
Aa 30lb
B
A
Fv = 0 R = W + 30 R = 2(8) + 30 R = 46 lbs
W 30 lbs
FUERZAS INTERNAS Consideremos una porción de barra de longitud x.
46
x
B Q F
Q peso de la barra de longitud x Fv = 0 F + Q = 46 F + 2x = 46 F = 46 – 2x; con 0 x 8 pies Fa-a = 46 – 2(8) = 30 lbs Fb-b = 46 – 2(4) = 38 lbs Fc-c = 46 – 2(0) = 46 lbs
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Es posible representar la variación de FUERZA AXIAL (NORMAL) mediante un Diagrama denominado DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL.
x
F
46 lbs +
Tracción F = 46 – 2x
x 2)
30 lbs
Graficar el diagrama de FUERZA AXIAL para el sistema representado. 3 ton
Encontramos q(x)
q=0 1
3m 3 ton 1m
(de variación lineal)
x
4
q( x )
4
x
x
q(x) = 4
q(x)
q = 1 ton/m
1
FUERZA INTERNA: Primer tramo 0x<3 R1 es la resultante de q(x) en el tramo de longitud x
3
3 + R1 = N1 x
N1 = 3 +0q( x )dx
R1
x
x
N1 = 3 + 0 N1 = 3 +
x dx 4
x2 8
N1 Segundo tramo 3
3
3 + R2 = 3 + N2 N2 = R2
R2
N2 =0q( x )dx
3
N2
x
x
x
N2 = 0
x dx 4
x2 N2 = 8
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Función de Fuerza Axial 3 ton
x2 ; 0x3 3 8 N= 2 x ; 3 x 4 8
3 ton 3m
N
(–)
3
33/8 ton 9/8 ton
1m
2 ton x (COMPRESIÓN) (Notar la discontinuidad en la sección correspondiente a la carga concentrada 3 ton) 3)
Hallar las acciones internas en la sección a-a.
10 kN
a 45°
a
5m
Equilibrio:
V
2 2 V 0 FH = 0 N 2 2 2 2 V 10 FV = 0 N 2 2
N
45°
M
(*)
10 kN
O
M0 = 0 M + (10)(5) = 0
5m
Resolviendo el sistema (*) tenemos:
N = 5 2 kN V = 5 2 kN M = – 50 kN – m
(Indica que el momento M actúa en sentido contrario al supuesto) 5 2 kN
10 kN
5 2 kN
50 kN-m
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4)
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Determinar las fuerzas internas en la sección 1-1 del sistema representado.
y
P
1/4 de circunferencia
1
1
a x
a
z
y
tangente en c r
d1
Mr Vx
normal en c
c
d2
P a
s
Ms
x
z Equilibrio:
Fx = 0 P + Vx = 0 . . . . (i) Mrc = 0 Mr – Pd2 = 0 . . . . (ii) Msc = 0 Ms + Pd1 = 0 . . . . (iii) d2 = a sen; d1 = a – a cos = a(1 – cos) P + Vx = 0 (i) Mr – P a sen = 0 . . . . (ii) Ms + P a(1 – cos) = 0 . . . . (iii)
De (i) Vx = – P (Fuerza cortante) De (ii) Mr = P a sen (Momento flector) De (iii) Ms = – P a(1 – cos) (Momento torsor) 5)
Considerando que la carga distribuida varía linealmente desde q = 3 ton/m, hasta q = 0, graficar el diagrama de fuerza axial en el sistema representado.
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q = 3 ton/m 2m
1m
R
Reacción
Q
Q Resultante de la distribución q 2 ton
Equilibrio: R = Q + 2 . . . . (1)
2
q=0
q = 3 ton/m x
3 q( x ) q(x) = 3 – x 3 3x
q(x)
3 3–x
dx
q q=0
Q
qdx
dQ = qdx
3
Q (3 x)dx
L
Q = 4.5 ton
0
Reemplazando en (1) R = 4.5 + 2 R = 6.5 ton FUERZA AXIAL
6.5 ton
Tramo 0 x 2 Q1 + F1 = 6.5 F1 = 6.5 – Q1
F1
x
q(x)dx = 6.5 – (3 x )dx
F1 = 6.5 –
x
0 x
Q1 q(x)
0
x
1 F1 = 6.5 + (3 x) 2 2 0 2 1 F1 = 6.5 + 2 (3 – x) – 12 (3)2 F1 = 2 +
Tramo 2 x 3 6.5
1 2
F1
(3 – x)2
6.5 = Q2 + 2 + F2 F2 = 6.5 – 2 – Q2 x
F2 = 4.5 – (3 x)dx F2 = 4.5 – q(x)dx 0 x 0
x
F2 =
Q2
1 2
(3 – x)2
2 F2 13
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6.5 Ton
Función Fuerza Axial 2 2 1 (3 x ) ; 0 x 2 F( x ) 1 2 2 2 (3 x ) ; 2 x 3
F
1 F1 = 2+ 2
(3 – x)2
2 Ton 2.5 Ton 0.5 Ton F12 2 = (3 – x)2
2
x (Notar la discontinuidad de la gráfica en x = 2) 6)
En la palanca EF se aplica la fuerza W, según se indica en el esquema. Entre el cable CBAD y la superficie de contacto se genera una fuerza de fricción cuyo coeficiente es = 0.4. Si la porción BC resiste una fuerza de tracción de 4,100 kg, hallar la fuerza de tracción en el cable en el punto A. Cable de espesor despreciable
a A
B W
D C
E
F
Diagrama de cuerpo libre del cable Si no hubiese fricción TA=4100
KhKg.a
d/2
fr T
d
Si
d/2 T+dT
d A TA
Fuerzas de fricción
B
TB=4,100 kg
fr = fdN FNORMALES = 0 d d dN – Tsen – (T + dT)sen =0 2 2
d 0, con suficiente aproximación, tenemos: 2 d d dN – T – (T + dT) =0 2 2
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dN – T
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d d 1 –T + dTd = 0 2 2 2
Considerando únicamente diferenciales de 1er orden: dN T . . . . (i) d Ftang = 0 d d (T + dT)cos – r – Tcos =0 2 2 Si
d 0 2
cos
d 1, luego 2
T + dT – T – dN = 0 dT . . . . (ii) dN De (i) y (ii) obtenemos: dT Td Separando las variables: dT d T Integrando ambos lados: LnT = + k T = e + k T = e ek T = K e . . . . (iii) (Denominada ecuación de las poleas) Determinamos K: para = es T = TB = 4,100 kg 4,100 = K e0.4 K = 1,166.9 Reemplazando en (iii) T = 1,166.9 e0.4 Para el punto A: = 0 TA = 1,166.9 e0.4(0) TA = 1,166.9 kg 7)
La barra homogénea representada pesa W, y descansa sobre un plano horizontal liso. Determinar las fuerzas internas en una sección genérica definida por el .
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Semicircunferencia
W
P
r P
Reacciones
P
P R2
R1
R1 + R2 = W Wr – R22r = 0 R1 = R2 = W/2 Peso unitario q
V
N /2–
M
C
r G
P A
W r
G peso de la porción AC G = qr G=
W W r G r
Fvert = 0
r sen
W/2
W W Vsen + Nsen + = 0 2 2 W
W
V sen + Ncos = – 2 . . . (i)
( centroide del arco AC) Fhoriz = 0 Vcos – Ncos – P =0 2 Vcos – Nsen = P . . . . (ii)
Mc = 0
W r sen (r – r cos) + G( – r cos) = 0 2 W W M = – P r sen + r(1 – cos) – r(sen – cos) . . . (iii) 2
M + P r sen –
Resolviendo simultáneamente (i) y (ii) obtenemos V y N: W W N=( – ) cos – P sen 2 W W V=( – ) sen + P cos 2 De (iii) W W M = – P r sen + r(1 – cos) – r(sen – cos) 2 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
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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.
Equilibrio F=100 klb
= kZ2
100 klb
dZ 100 kZ dZ
100
Z
L 30
2
0
30
Z3 1 100 k k 90 3 0
30 pies
Resultante de la fricción
Luego: =
1 2 Z 90
Fuerzas Internas 100
N + Q = 100 N = 100 –
Q: Resultante de la fricción (en la altura Z)
Z
Z
Z
dZ
1 2 Z dZ 90
N = 100 –
N = 100 –
Z3 270
0
N 1 (15)3 = 86.5 klb 270 1 = 100 – (30)3 = 0 klb 270
NZ=15 = 100 – NZ=30
100 klb
–
N COMPRESIÓN
Z3 N = 100 – 270
Z 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.
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C
masa = 2 kg
0.75 m
0.5 m
B
D 50 N 1.25 m 70 N-m
A z Mz
Equilibrio Fx = 0 Px = 0 Fy = 0 Py = 0 Fz = 0 Pz – 50 – 24.52 – 9.81 = 0 Pz = 84.33 N
(2)(0.5)(9.81)=9.81 N
Pz
Py
0.25 m
Mx
Px B
0.25 m
50 N
0.625 m
70 N-m
My
y
0.625 m
A
2(1.25)(9.81)=24.52 N
x 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. 20 kN/m
4m
B
C
60 kN 2m
D
4m A
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Elemento CD
60×2=120 kN-m
20 kN/m 20×2×1= 40 kN-m
60 kN 60 kN
C D 20×2= 40kN/m
Elemento CB
120 kN-m
40 kN
40 kN
120 kN-m 60 kN
40 kN-m 60 kN
40 kN-m
C B
Elemento BA 120 kN-m 40 kN 40 kN-m
60 kN B
A
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.
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N
V M
p
0
A
N 2
M
- r
0
r
r
pr
/2 /2
B
r
Fhoriz = 0 Vcos + prcos2
B
– Ncos(2 – ) = 0
Vcos – Nsen = – prcos2
V sen + N sen(/2 – ) + pr sen
® V sen + N cos() = – pr sen
Mc = 0
p
V
c d
Fvert = 0
0
B
c
. . . . (*)
=0 2
. . . . (**) 2
M + prd = 0 M = – prr sen
. . . . (***) 2
Resolviendo el sistema (*), (**), (***) obtenemos: V = – pr cos N = pr sen
2
2
M = – pr2 sen
2
12) El sistema representado se encuentra en equilibrio. Determinar expresiones para las fuerzas internas en cualquier sección de la viga sumergida.
6 Ton
2 Ton/m
1.5 m
3.0 m
1.5 m
3.0 m
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Reacciones 6 Ton
2 Ton/m A
C
B
Fvert = 0 E
D
9r = 6 + 2(3) r =
4 ton/m 3
r Tramo AB x
M
A
4 0 x 1.5 V x 3 (desde A) 4 x 2 2 M x x 3 2 3 N0
V
N
r
Tramo BC
N0 4 V (1.5 x ) 2x 0 3 x 4 ( x 1.5) M 2x ( x 1.5) 0 2 3 2
V
2 Ton/m
M
A
B
N
4 0x3 V 2x (1.5 x ) 3 (desde B) 2 M x 2 ( x 1.5) 2 3
4 Ton/m 3
N0
x
1.5 m
Tramo CD V
2 Ton/m A
M B
C
N
4 3
1.5 m 3.0 m
N0 4 V (4.5 x ) 6 0 3 4 (4.5 x ) M 6(1.5 x ) (4.5 x ) 0 3 2 4 0 x 1.5 V 6 (4.5 x ) 3 (desde C) 2 M (4.5 x )2 6(1.5 x ) 3 N0
x
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Tramo ED
N0 4 V x 0 3 4 x M x 0 3 2
V M E
N
4 0 x 3 V x 3 (desde E) 2 M x2 3 N0
x
13) Encontrar ecuaciones para las fuerzas internas en cualquier sección de la viga representada.
y Reacciones y=kx2 0
x
0
L
Fvert = 0
R1 R1 + R2 =
R1 + R2 = MO = 0 R2L – R2L – De (i) y (ii):
L
ydx 0
xdA = 0
x ydx = 0 0
L
k 3 L . . . . (i) 3
R2L – L
R2
R2L –
L
0
x k x 2 dx = 0
k 4 L = 0 . . . . (ii) 4 R1 = k L3/12 R2 = k L3/4
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Fuerzas Internas M N
x k 12
L3
V
N0 k 3 1 V L xkx 2 0 12 3 k 3 1 1 M L x xkx 2 x 0 12 3 4 k k 3 V x3 L 0 x L 3 12 k 3 k 4 M Lx x 12 12 N0
Parábola de 2do grado
Área = CG
b
xG a
1 ab 3
3 L 4
xG
14) Una viga de 40 pies de longitud se encuentra simplemente apoyada y cargada sobre dos planos coordenados, según se indica. Determinar las acciones internas en cualquier sección normal como funciones de x.
y 10 lb/pie 340 lb/pie
x
z
PLANO XY y 10 lb/pie A RA
B
x
RB
RA = RB = 200 lb
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Mecánica de Sólidos
10 lb/pie
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Mxz Vxx
A x
Vxx = 0 (Normal) Vxy = 10x – 200 (Cortante) Mxz = 200x – 5x2 (Flector)
Vxy
200 lb
Vxx = 0 Vxy + 200 – 10x = 0 x Mxz 10 x 200 x 0 2
PLANO ZX R'A
R'B
A 340
x
B
lb
R'A + R'B =
1 2
(340)(40)
R ' A (40) 12 (340)( 40)( 23 )( 40) 0
Resolviendo el sistema, tenemos:
pie
R'A = 4,533.33 lb R'B = 2,266.67 lb z 4,533.33 lb A
x
Mxy
x
V'xx
t
40 – x t
340
340
340 t 40 40 x
Vxz t
17 (40 x ) (lb/pie) 2
Vxz + 4,533.33 – 0.5(340 + t)x = 0 17 Vxz = 0.5x[340 + (40 – x)] – 4,533.33 (CORTANTE) 2 x 1 2 Mxy + t x + x (340 – t) x – 4,533.33 x = 0 2 3 2 2 x 17 x2 17 Mxy = 4,533.33 x – ( )(40 – x) – [340 – (40 – x)] (FLECTOR) 2 2 6 2 y
Mxy 10 lb/pie
Vxz x Nxx=0
340 lb/pie z
Mxz
Vxy
24
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15) La viga curvada que se representa está sometida a la acción de una fuerza distribuida p, cuya intensidad por metro de longitud del arco varía linealmente con el ángulo , desde cero en la base de la viga hasta PO en el extremo superior. Determinar las acciones internas en la base de la viga.
A 1 circunferencia 4
P0
p = k (Enunciado) 2P P0 = k k = 0 2 2P0 p=
p
B
Determinamos la función de carga p=():
r
Equilibrio: i) V =
/2
0
pds
2P0 r V=
ds = rd
P r V =0 4
r rsen
/2
0
/2
0
2P0 rd /2
2P 2 d 0 r 2 0
(fuerza cortante)
M
r – rcos
V T
ii) T +
/2
0
P(r r cos )rd = 0
/2
2P0 r(1 cos )rd
T =
T =
2P0r 2
0
/2
0
(1 cos )d
Desarrollando la integral (por partes: u = ; dv = (1 – cos)d) /2
2 sen cos 2 0
T =
2P0r 2
T =
2P0r 2 2 ( 1) 8 2
25
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T = P0r 2 (
(Momento Torsor)
2 1 ) 4
(sentido
contrario
al
supuesto) iii) M +
π/ 2
0
M=
Pr senrdθ = 0
π/ 2
0
2P0 2 r send
2P0 2 π/2 r send 0 2P /2 M = 0 r 2 sen cos 0 2P (Momento flector) M = 0 r2
M=
(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.
i) L
Equilibrio (total)
L
FV = 0 Q + 2G = 2S Q S G . . . . (i) 2 (S: reacciones verticales porque el piso no tiene fricción).
Q
o L
L 2G S
S
ii) Calculamos la presión que el cilindro ejerce sobre las barras.
Q . . . . (ii) 2sen Sea x la distancia (sobre las barras) desde el punto O hasta el punto de contacto: r r tan x . . . . (iii) x tan
FV = 0 2Rsen = Q R R
Q
o
R
x
iii) Equilibrio (de cada barra).
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T
T R
R
Ay o
Ay Ax
Ax
o
G
x G L
S
S
L
T: tracción en el cable R: presión del cilindro Ax, Ay: reacciones en la articulación en O G: peso de la barra S: reacción del piso.
Mo = 0 TLcos – Rx – SLsen = 0 (iv) Reemplazando (i), (ii) y (iii) en (iv) y despejando T, obtenemos: Qr Q T (G ) tan 2 2 2Lsen
1.3) Esfuerzo Normal Uniaxial 1.3.1) Definiciones a) Un elemento se encuentra en ESTADO UNIAXIAL de carga (CARGA AXIAL SIMPLE) cuando en cualquiera de sus secciones transversales, todas las fuerzas internas (acciones internas) son nulas, salvo la componente de dirección normal.
P
1
P
Eje P x (normal)
b)
Sección transversal (normal) de área A.
1 P
Sistemas de fuerzas internas, distribuidas en la sección 1-1 y cuya resultante es P.
Se denomina ESFUERZO NORMAL UNIAXIAL a la intensidad de las fuerzas distribuidas sobre el área de la sección transversal. P . . . . (1) A Convenio: > 0 ESFUERZO DE TRACCIÓN < 0 ESFUERZO DE COMPRESIÓN Unidades: SISTEMA UNIDADES DE P UNIDADES DE A UNIDADES DE Internacional Newton m2 N/m2 (Pascal) 2 Inglés Libra pulg lb/pulg2 2 Métrico Kilogramo cm kg/cm2
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De uso obligatorio es el SISTEMA INTERNACIONAL 1 kilo Pascal = 103 Pascales 1 Mega Pascal = 106 Pascales 1 Giga Pascal = 109 Pascales Notas) 1)
P se ha definido el Esfuerzo Normal Uniaxial en A VALOR PROMEDIO, aceptándose que la carga axial P se reparte UNIFORMEMENTE en el área transversal A.
Mediante la ecuación (1)
2)
3)
Se denomina ESFUERZO NORMAL en un punto del área transversal, al valor: dP . (2) dA
La ecuación (1) supone una distribución uniforme del esfuerzo normal, mientras que la ecuación (2) NO presupone tal distribución. A partir de la ecuación (1) PRISMA DE ESFUERZOS A partir de la ecuación (2) SÓLIDO DE ESFUERZOS (El Volumen del Sólido de Esfuerzos es igual a la intensidad de la carga P)
1.3.2)
Propiedades del Esfuerzo Normal ()
dA . Es la única información
a)
La ecuación de equilibrio estático se expresa P
b)
sobre la distribución del esfuerzo normal. La REAL DISTRIBUCIÓN del esfuerzo normal es un problema estáticamente indeterminado. 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.
( A)
28
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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
dA . . . . (*) ( A)
My = 0 Pa
x( dA) . . . . (**)
Mx = 0 Pb
y( dA) . . . . (***)
(A)
(A)
Si la distribución de esfuerzos es uniforme, es de valor constante. Las ecuaciones (*), (**), (***) pueden escribirse: P=A
Pa x dA ( A)
Pb
( A)
y dA
De donde, eliminando P, obtenemos: Aa x dA ( A)
Ab
y finalmente: a
x dA
(A)
y
b
( A)
( A)
y dA
y dA
A A Los valores encontrados para las coordenadas a, b definen al punto C como el CENTROIDE del área de la sección transversal.
Notas) 1) Sólo puede presuponerse una distribución uniforme del esfuerzo normal, cuando la resultante de las cargas aplicadas (P) pase por el CENTROIDE del área transversal (ESTADO DE CARGA AXIAL CENTRADA).
29
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2)
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Si un elemento está sometido a carga axial, pero existen SECCIONES TRANSVERSALES EXCÉNTRICAS, los esfuerzos normales en éstas, NO pueden suponerse uniformemente distribuidas. Sección excéntrica respecto a la recta de acción de P.
P
P
M = Pe P e
excentricidad
P
En esta sección transversal el esfuerzo normal NO puede suponerse UNIFORME. El momento de excentricidad M = Pe distorsiona la posible distribución uniforme del esfuerzo debido a la carga P.
EJEMPLOS 1) Calcular el esfuerzo normal promedio que se genera en los alambres del sistema representado. 4 alambres simétricos, de A diámetro 0.5 cm cada uno. q = 2 kg/cm
1m
q
1m Fuerza total hacia abajo: Q = 2(50)(2) = 200 KG Fuerza en cada alambre: Equilibrio del nudo A
F
F
R=200 kg
F
F (Simetría)
Fvert = 0 30
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200 = 4Fcos 200 F 100 4 100 2 50 2 F 25 5 kg (TRACCIÓN)
alambre F
vertical
Esfuerzo en cada alambre: F 25 5 kg A (0.5) 2 cm2 4 = 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.
C
D P
x A
B 2.0 m
Fuerzas axiales:
x
FAC
P FBD
1–x
o
1m
1m W = mg = (1000 kg-m)(9.8) W = 9,800 Newtons
Fvert = 0 FAC + FBD = P + 9,800 . . . . (i) M0 = 0 FAC(1) – P(1 – x) – FBD(1) = 0 . . . . (ii) P P + (1 – x) 2 2 P P FBD = 4,900 + – (1 – x) 2 2 (Fuerzas Newtons; Longitudes metros)
De (i) y (ii) obtenemos: FAC = 4,900 +
Esfuerzos normales AC
F AC A AC
P P (1 x) 2 2 400 10 6
4,900
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BD
Valores límite
Luego
F BD A BD
P P (1 x ) 2 2 400 10 6
4,900
AC 100×106 Pa BD 50×106 Pa P P (1 x) 2 2 100 10 6 . . . . (*) 400 10 6 P P 4,900 (1 x ) 2 2 50 10 6 . . . . (**) 400 10 6 4,900
De (*) y (**) obtenemos: P = 50,200 Newtons x = 0.602 metros 3) Determinar la forma del sólido, tal que el esfuerzo normal sea el mismo en todas las secciones transversales (sólidos de igual Resistencia). P P
A0 x dx
Peso específico
Aislamos la porción de sólido de altura dx: Área transversal A
dx
A+dA Aproximación al peso del elemento diferencial:
(
A A dA )dx 2
2A dA )dx = 0 2 dAdx Simplificando: dA – Adx – =0 2 Considerando diferenciales de 1er orden: dA – Adx = 0
Fvert = 0 (A + dA) – A – (
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dA dx integrando A
De donde LnA
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x k
dA A
dx
Para x = 0 es A = A0 (dato) Ln A0 = k
Por tanto LnA
A x LnA 0 Ln x A0
x A e A0
Pasando a la forma exponencial:
A A0e
x
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. P=65 Ton
C
F
G
3 4
0.75 m A
0.75 m
B E
D a
a
a
a
a
a
a=0.5 m Fuerzas axiales en las barras FC y CB PFC = 8.67 Ton (tracción) (¡Verificar!) PCB = 39.1 Ton (tracción) P 8.67 Ton Secciones Requeridas: A FC FC 6.19 cm2 2 perm 1.4 Ton/cm A CB
PCB 39.1 Ton 27.93 cm2 2 perm 1.4 Ton/cm
Nota). Conociendo el área de la sección transversal, puede establecerse la forma de la misma. Si FC de sección circular 2 dFC 6.19 dFC = 2.8 cm 4 (realmente dFC = 3 cm) Si FC de sección cuadrangular l2FC = 6.19 lFC = 2.49 cm (realmente lFC = 2.5 cm)
33
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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. P
C
L
B Fuerzas Normales en las barras: P
Barras homogéneas del mismo material
FCB A
(FCB tracción FAB compresión)
FAB
FCB = P cotan P FAB sen
Esfuerzos Normales (valor absoluto): P cotan P cotan barra CB A CB A CB P P / sen barra AB A AB sen A AB Peso de la estructura L (: peso específico) W (A CBL A AB ) cos PL P W cotan L sen cos P 1 W L(cot an ) sen cos sen2 cos 2 dW 0 Peso Mínimo 0 cosec 2 d sen2 cos 2 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.
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r o
Peso específico
L
L
r
t
o
y
L–y
u r
t
o
du
z L–u
L–y
y
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. r z r t r r t y; z (L u) L y L L L L u Cuando gira el disco diferencial se genera una fuerza diferencial
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disco de masa dm z
o
dF = (dm)a . . . . (i) dm Pero ; y a = 2u dV
dF
dF = (dV)2u dF = (z2du)2u 2 r 2 dF 2 (L u) 2 udu g L La fuerza generada por la rotación del cono de altura y, es: 2r 2 L F (L u) 2 u du 2 L y gL Desarrollando la integral y simplificando, obtenemos: 2r 2 L 3 1 4 F ( y y ) 3 4 gL2
y área transversal A F
t
2r 2 L 3 y gL2 3 r2 2 y2 L 2 L Simplificando y g 3
Esfuerzo Normal: F A A = t2
1 4 y 4
1 2 y 4
Condición para Esfuerzo Normal Máximo: d L 1 2 0 y0 y L dy 3 2 3
máx
2 L 2 1 2 L ( L) 2 g 3 3 4 3
máx
2 L2 9g
(máx
d2 0) dy 2
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1.3.3) Principio de Saint - Venant
P
P Concentraciones del Esf. Normal
(Distribución no uniforme)
Si se prescinde de un CORTO SEGMENTO INICIAL de la barra, los esfuerzos internos (y las deformaciones) NO CAMBIAN si se sustituye un sistema de fuerzas externas por otro que tenga los mismos parámetros. P Q Q2 2 Q Q1 P 1
P: resultante de Q1 y Q2 P
La misma distribución del Esfuerzo Normal
"Si se cambia la distribución de las fuerzas aplicadas en uno de los extremos, sin que cambien la resultante, los esfuerzos internos sólo cambian en segmentos iniciales de longitud aproximada a la mayor dimensión de la sección transversal". P P
1
2 1 2
P 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-zapatasuelo, que se representa:
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P P O S T E
Si la resultante de las cargas aplicadas pasa por el centroide del ÁREA DE CONTACTO entre los cuerpos, se genera un caso particular de esfuerzo normal, denominado ESFUERZO DE APLASTAMIENTO O ESFUERZO DE APOYO (ap). P ap A ap Siendo Aap el área de contacto entre los cuerpos.
ZAPATA SUELO En esta superficie se desarrolla ap entre poste y zapata
En esta superficie se desarrolla ap entre zapata y suelo
P
Sección de área A1
Nota: Se determinan los esfuerzos generados por la carga axial P. No se incluye el peso propio de los sólidos. ap 1
P A1
Sección de área A2 ap 2
COMPRESIONES
P A2
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.
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15×15 cm 2 5 Ton
x
i) ap1
ii)
5 Ton ap1 15 15 cm2
5 Ton ap2
x 5000 kg ap1 22.22 kg/cm 2 2 15 15 cm
5000 x2
1 x = 70.71 cm
permisible = 1 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.
El pasador ejerce sobre la placa una fuerza igual y opuesta a la ejercida por la placa sobre el pasador.
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P P
4 3
1 2
d A
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). P ap bd bd área nominal de aplastamiento
b P 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.
Plano a la recta de acción de la fuerza P P Aap
ÁREA NOMINAL DE APLASTAMIENTO SUPERFICIE REAL DE CONTACTO
Ejemplos 1) La carga aplicada a una varilla de acero, se distribuye a una viga de madera mediante una placa de apoyo cuyo diámetro interior es 1". Si el esfuerzo normal en el acero es 5 klb/pulg2 y el esfuerzo de apoyo entre la placa de acero y la madera no debe exceder de 750 lb/pulg2, hallar el diámetro exterior de la placa de apoyo.
40
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i) Esfuerzo normal en la varilla de acero:
P A acero
;
5 klb pulg 2
(dato)
5,000 lb 7 2 ( ) pu lg 2 P = 3,006.6 lb pulg 2 4 8 ii) Esfuerzo de apoyo (contacto entre placa de acero y viga de madera) P P 3,006.6 lb A ap ap A ap ap 750 lb/pulg 2
P = Aacero =
Aap = 4 pulg2 Aap corona circular. Luego 2 (d 12 ) 4 d 2.47 pulg 4 (En la prática d 2.5 pulg) 2)
En el sistema representado, determinar i) El esfuerzo de apoyo en C. ii) Los esfuerzos de apoyo en cada soporte (dos soportes simétricos). 75 mm 300 mm
A B 125 mm 9 mm
Pasador de 2.6 mm de diámetro
C Soportes
Soportes 750 kN
5 mm
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i) FUERZA EN EL APOYO C:
Resultante
Cx = FAB Cy = 750 kN 750 kN FAB(125) – 750(300) = 0 FAB = 18×105 N
B
FAB
C
Cx RC
Cy
Cx = 18×105 N; Cy = 750×103 N R C C 2x C 2y = 1,950×103 N
ap EN EL APOYO C:
9 mm
ap
RC
2.6 mm
P A ap
1,950 10 3 N = 83.33×109 N/m2 9 10 3 2.6 10 3 m2 = 83.33×109 Pa
ap
ap ap EN LOS SOPORTES: P ap A ap
(en los soportes)
Cada soporte recibe P = Rc/2, luego 1,950 10 3 N 2 ap 5 10 3 2.6 10 3 m2 3)
(9 mm×2.6 mm)
ap = 75×109 Pa
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/cm 2 en tracción del perno y 75 kg/cm2 de aplastamiento entre las placas de apoyo (cuadradas) y las vigas de madera.
1 PERNO (LARGO) PLACAS DE APOYO
VIGAS 4 Ton 90 cm
180 cm
90 cm
180 cm
Fuerza en el perno:
42
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C
B
A
D 4 Ton
90 cm
180 cm
90 cm
180 cm C
B RB
F RB
A
RC
D 4,000 kg
RA Equilibrio
F
tracción en el perno
RB R C F
VIGA BC 180R B (180 90)R C 0 R A F R B 4,000
VIGA AD 90R B (90 90 180)( 4,000) (90 180)F
Resolviendo los sistemas de ecuaciones, hallamos F = 6,666.7 kg Esfuerzos F A 6,666.7 6,666.7 Luego 2,500 2 A d 4 de donde obtenemos d = 1.84 cm (mínimo, porque fue el máximo)
i) Tracción en el perno
ii) Aplastamiento
Aap ap
Aapap
F
F A ap 6,666.7 88.89 cm2 75
(1.84) 2 88.89 4 l = 9.6 cm (lado de la placa)
Placas cuadradas de lado l l2
1.5) Esfuerzo Normal Permisible. Factor de Seguridad Ensayos del comportamiento de materiales (en laboratorios) proporcionan información relativa a la resistencia del material al esfuerzo normal. 43
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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. P
Pu L
L+L .... Pu: CARGA ÚLTIMA (CARGA DE RUPTURA) PU: mínimo valor de P que ocasiona la ruptura del espécimen.
Ao P
A1 A1
Definición. Resistencia Última o Esfuerzo Normal Último: P Carga última u u u A0 Área transversal inicial 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. P FS u 1 Pperm Alternativamente, puede definirse como FS
u 1 perm
Definición. Se denomina MARGEN DE SEGURIDAD a la diferencia: CARGA ÚLTIMA 1 MS ó CARGA PERMISIBLE ESFUERZO ÚLTIMO 1 MS ESFUERZO PERMISIBLE
44
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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 P de la fórmula A . perm 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 P NO se aplica directamente. A perm (Pueden presentarse problemas de pérdida de estabilidad)
CAMBIOS DE GEOMETRÍA DE FORMA SÚBITA (VIOLENTA)
Ejemplos 1) Las barras AC y AD de la armadura representada son del mismo material. La barra AC tiene 1" de diámetro y su carga última es 75 klb. Calcular: i) El Factor de Seguridad en la barra AC ii) El diámetro de la barra AD, si deseamos que ambas barras tengan idénticos FS y esfuerzos últimos. A
5' D B
C 10 klb
10 klb
10' 10' FAC 22.36klb Fuerzas Axiales tracción FAD 41.23klb P 75 klb Barra AC: FS u 3.35 (adimensio nal) FAC 22.36 klb Barra AD: Pu = (FS)(FAD) = (3.35)(41.23 klb) Pu = 138.12 klb También (u)AC = (u)AD 75 138.12 2 (1) (d AD ) 2 4 4
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
45
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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. 60 pulg Diagrama de cuerpo libre
de la viga BD
A d=½" B
C
xF
xE E
F
B
D x
FCD
FAB
d=5/8"
D x
200 lb
200 lb lbs 2000
Fvert = 0 FAB + FCD = 2,000 MB = 0 2,000X – 60FCD = 0 De donde obtenemos FCD = 33.33X y FAB = 2,000 – 33.33X 2
F 1 Varilla AB AB (FAB)máx = 6,000 = 1,178 lb 4 2 A AB A partir de este valor, podemos encontrar XE. FAB (FAB)máx 2,000 – 33.33X 1,178 X 24.7 pulg XE = 24.7 pulg 2
FCD 5 (FCD)máx = 6,000 = 1,841 lb 4 8 A CD A partir de este valor, podemos encontrar XF. FCD (FCD)máx 33.33X 1,841 X 55.2 pulg XF = 55.2 pulg
Varilla CD
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. i) Movimiento de subida del cucharón Diagrama de cuerpo libre
FC
=63.4° W
: fuerza en el cable
W N: fuerza normal
fr: fuerza de fricción
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Equilibrio: Nsen + frcos = FCcos Ncos + FCsen = frsen + W La fuerza de fricción, es fr = µN Nsen µN cos FC cos (*) N cos µNsen W FC sen
FC
N
W
fr
Resolviendo el sistema (*) para FC, obtenemos FC = W(sen + µcos) Reemplazando datos FC = 25(sen63.4° + 0.3cos63.4°) FC = 25.7135 kN F Esfuerzo en el cable: C . Condición perm = 35 MPa A 25.7135 10 3 35 10 6 A = 7.35 cm2 A 2 d = 7.35 4 De donde obtenemos d = 3.06 cm
Sección circular de diámetro d
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/pulg 2 como esfuerzo admisible. (No considerar el peso propio y articulaciones en los puntos A, C y D). Sea el DCA B B W
Fuerza en el puntal (Compresión)
L D
L/2
F
L/2 d
A 45°
D
C
x
45°
A
C L MA = 0 W cos45 = Fd . . . . (i) 2 L /2 x Ley de senos (CAD): sen45 sen
L
x sen 2
x
2 2
L sen . . . . (ii) 2
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También: d = x sen L d= sen sen . . . . (iii) 2 L L Reemplazamos (iii) en (i) W cos45 = F sen sen 2 2 W De donde obtenemos . . . . (iv) F 2sen(135 )sen Para que F sea mínimo, basta que y = sen(135 – ) sen sea máximo. dy = sen(135 – ) cos – sen cos(135 – ) d dy = sen(135 – 2) = 0 (condición) d De donde obtenemos = 67.5° Reemplazando en la ecuación (iv): Fmín
2,390 lb 2 sen2 67.5
Fmín = 1,399.95 lbs Condición para ad
1,399.95 1,399.95 700 = A A 2 A = 2 pulg
1.6) Esfuerzo Cortante. Esfuerzo Cortante Permisible Las fuerzas internas cortantes, generan ESFUERZOS CORTANTES en la sección de interés. y
Vxy
x Vxz
z .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.
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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 t t z
Vxy = P En la sección del pasador se genera un ESFUERZO CORTANTE xy
Vxy P
y
Vxy
x
(Normal)
(A)
xy dA
Siendo A el área transversal del pasador
xy Vxy = P Definición. Se denomina VALOR PROMEDIO del ESFUERZO CONTANTE, al cociente P xy . A P De manera general define el Valor Promedio del Esfuerzo Cortante, generado A 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
dF dA
dF dA
(F
dA )
(A)
.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)
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C
P
P
1
B
1
D
A
P
Las placas se encuentran sometidas a TRACCIÓN. En el conector se desarrolla ESFUERZO CORTANTE en la sección que pasa por la superficie P de contacto entre las placas (1-1).
(JUNTA A TRASLAPE)
P
P 1
1
P
FC FC
FUERZAS CORTANTES P
FC = P
Sobre la sección 1-1 del remache se P genera el esfuerzo cortante ; siendo A el área efectiva A de la sección transversal (En valor promedio) del remache. Definición.
Cuando existe UNA SÓLA SECCIÓN TRANSVERSAL resistente al ESFUERZO CORTANTE, decimos que el elemento trabaja o se encuentra en ESTADO SIMPLE DE CORTANTE.
P
Supongamos ahora que existen 3 placas delgadas conectadas por un pasador y sometidas a tracción según se indica. P/2 A 1 1 B P C 2 2 P/2
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).
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P/2 P
1
1
FC
P 2
2 P/2
FC
P/2 FC FC
P/2
P . 2A Definición. Cuando existen DOS SECCIONES TRANSVERSALES resistentes al ESFUERZO CORTANTE, decimos que el elemento se encuentra o trabaja en ESTADO DOBLE DE CORTANTE.
En cada sección del conector, el promedio es
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 FS u 1 perm Ejemplos. 1) El conector representado será usado para soportar una carga de 1000 kg. Calcular los esfuerzos que pueden ocasionar la falla del conector.
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i)
P 1000 kg 1,273.24 kg/cm2 A 2 2 (1) cm 4
P ii) APLASTAMIENTO
Aap 2 cm
1 cm
2 cm
P 1000 kg 311.11 kg/cm 2 2 A ap 2 2 (1) 4 ap = 311.11 kg/cm2 (La madera resistirá cuando menos 311.11 kg/cm2 de aplastamiento) ap
iii) CORTANTE (PUNZONAMIENTO)
d = 1 cm 0.5 cm Área de corte (PUNZONAMIENTO)
F
A CORTE 1,000 kg 2(0.5)(0.5) = 636.62 kg/cm2
P 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.
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24 kN
(Fuerzas N; longitudes m 24 kN
B L
8 mm A FC
24 kN (b = 100 mm al papel)
½(L – 8×10-3) = L/2 – 4×10-3
B
FC
2FC = 24,000 N FC = 12,000 N
FC A corte
12,000 L 100 10 3 ( 4 10 3 ) 2
Dato = 800×103 Pa 12,000 L 100 10 3 ( 4 10 3 ) 2 De donde obtenemos L = 0.308 metros.
Luego
800×103 =
3) Dos placas de 100 mm de ancho y 10 mm de espesor están unidas por una junta traslapada, la cual contiene 3 remaches de 20 mm de diámetro cada uno. La fuerza que actúa en cada placa es de 40 kN. Hallar i) El esfuerzo cortante promedio en los remaches. ii) El máximo esfuerzo normal promedio en cada placa. 40 kN Diagrama de cuerpo 40 kN t=10 libre de una placa mm t FC
100 mm
FC
FC
40 kN
3FC = 40 FC = 40/3 kN (Estado simple de cortante) i) en los remaches 40 10 3 N FC 3 = = = 42.44×106 Pa A corte (20 10 3 ) 2 m2 4 P ii) en las placas = ; (máx Amín si P es constante) A La mínima sección transversal de las placas, es aquella que pasa por la fila de 2 remaches.
53
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40 kN
d=20 mm máx
10 mm
máx
40 10 3 N 10 10 3 100 10 3 2[10 10 3 20 10 3 ] m2
máx = 66.67×106 Pa 4) El miembro AC de la estructura representada es una barra de ojo, cuyo cuerpo 1 1 tiene por dimensiones 2 × pulg. La barra está unida en A y en C por medio de 2 2 7" pasadores de de diámetro. Determinar la carga admisible P, limitada por barra 8 de ojo y sus conexiones. Los esfuerzos admisibles son = 22,000 lb/pulg2 ap = 32,500 lb/pulg2 = 10,000 lb/pulg2
A
2'
C B
P
6''
2''
FUERZA EN LA BARRA AC FAC B
P
6'
Mo = 0 P(8) – FAC6sen = 0
FAC
4 10 P 3
2'
ESFUERZO NORMAL (EN EL CUERPO DE LA BARRA) 4 10 P FAC = 22,000 = 3 P = 6,522.2 lbs A AC 2.5 0.5
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ESFUERZO DE APLASTAMIENTO (BARRA - CONECTOR) 4 10 P FAC ap = 32,500 = 3 P = 16,861.4 lbs 2.5 (7 / 8) A ap ESFUERZO CORTANTE (PASADOR) FC F /2 = = AC (ESTADO DOBLE DE CORTANTE) A corte A corte 4 10 P 10,000 = 3 P = 2,852.6 lbs 2 7 2 4 8 La máxima carga admisible será la MENOR de las 3 calculadas. Pmáx = 2,852.6 lbs
5) La figura representa una viga compuesta por dos canales, soportada en el extremo 3" 3" izquierdo por una barra de ojo de de diámetro, que usa un pasador de en 4 4 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
W
0.22" canales A
VIGA C
PASADOR
PLACA
MURO DE CONCRETO
B 2'
8'
FUERZA EN LA BARRA AB.
A
W
C
RA 2'
RC
8'
MA = 0 10W – 2RC = 0 RC = 5W MC = 0 2RA – 8W = 0 RA = 4W
(*)
55
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ESFUERZOS i) TRACCIÓN EN LA BARRA AB: P = P = A A corte 2
3 4 4 P = 7,952.16 lbs (Fuerza máxima en la barra de ojo)
P = (18,000)
ii) CORTANTE EN EL PASADOR A (ESTADO DOBLE) P = P = Acorte A corte 2
3 4 4 P = 8,835.73 lbs (Fuerza cortante máxima en el pasador)
P = (10,000)2
iii) APOYO ENTRE PASADOR Y CANALES P ap = P = apAap A ap P = (45,000)(0.22)( P = 14,850 lbs
3 )(2) 4 (Fuerza máxima de aplastamiento en los canales)
iv) APOYO PLACA – MURO DE CONCRETO. P ap = P = apAap A ap 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: R Amáx = 7,952.16 lb (Limitada por el esfuerzo de tracción en la barra de ojo) La condición (iv) se aplica en C: R Cmáx = 12,000 lb (Fuerza de aplastamiento sobre el muro de concreto) Teniendo presente las condiciones de equilibrio (*): 7,952.16 R Amáx = 4Wmáx Wmáx = lbs 4 Wmáx = 1,988.04 lbs
R Cmáx = 5Wmáx
12,000 lbs 5 = 2,400 lbs
Wmáx = Wmáx
En definitiva Wmáx = 1,988.04 lbs (Cualquier carga menor incrementa el esfuerzo permisible en la barra de ojo)
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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). 1m
1m
A1
(1) 1
h1
2
h2=25 cm
(2)
Área 2 m2
(A2)
i) h1 máxima 1)
W1 2) W2
h1máx
Equilibrio: W1 + W2 = pA2 A1h11 + A2h22 = pA2 pA 2 A 2h2 2 h1 A1 1
(Fuerzas kg; Long cm) Reemplazando valores numéricos, se tiene: 25 cm h = 1,400 cm 1 h1máx = 14 m
p = 1.5 kg/cm2 ii) Esfuerzo cortante en el bloque (2).
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1) 1 W1
l
peso W1 ( 1)
2) 2
l
A1
peso W ( 2)
W2
h1
h2
p 1) 2)
W1 + W = pA1 + 4lh2 1h1A1 + 2h2A1 = pA1 + 4lh2 A ( h 2h2 ) pA1 1 1 1 4lh 2 Reemplazando valores, obtenemos = 1.4 kg/cm2 (esfuerzo cortante de punzonamiento). 7) Determinar la máxima carga P que puede aplicarse en la junta estructural 3" representada. Los remaches son de de diámetro cada uno. Considerar como 4 esfuerzos admisibles = 22 klb/pulg2; ap = 87 klb/pulg2; = 15 klb/pulg2. 3" (Datos: a = 1.5"; b = 2.5"; e = ). 8
B a b b b ba
i) TRACCIÓN (Placa A) La sección transversal de área mínima es la que pasa por los centros de los remaches
B A
e
A e Remaches de diámetro d =
P At
P
P
P
P = At P = (2a + 4b – 5d)e
Reemplazando datos: P = 22(2(1.5) + 4(2.5) – 5(
3 3 )) 4 8
P = 76.3125 klb ii) APOYO
58
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ap =
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P P = apAap P = ap(5de) A ap
Reemplazando datos:
3 3 )( ) 4 8 P = 122.34375 klb
P = 87(5)(
iii) CORTANTE (ESTADO SIMPLE) P = P = Ac P = ( d2)(5) 4 Ac 3 Reemplazando datos: P = (15)( )( )2(5) 4 4 P = 33.134 klb Máxima carga aceptable La menor de las 3 calculadas Pmáx = 33.134 klb 1" ) de un 2 acoplamiento, si el par aplicado es de 6,000 lb-pie. Los pernos están distribuidos de 1" tal forma que seis quedan sobre una circunferencia de 6 de diámetro, y cuatro 2 quedan sobre una circunferencia de 5" de diámetro.
8) Determinar el esfuerzo cortante que actúa en cada perno (d =
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. F1 F1
F2
F2
F1
o F2 F1
T
F1
F2 F1
Para el caso: se desarrollan fuerzas F1 perno ubicado a la distancia 12 6 12 " del fuerzas F2 sobre cada perno ubicado a 5/2" del centro. Por consiguiente: Mo = 0 3 .25 ) + 4( 2 .50 6,000×12 = F16( (T en lb-pulg)
radio
radio
sobre cada centro; y la distancia )F2
Simplificando tenemos: 72000=19.5F1+10F2 . . .(*)
La relación entre F1 y F2 se la encuentra considerando que las fuerzas son proporcionales a la distancia del perno al centro. Entonces: F2 2.5 (**) F1 3.25 Resolviendo las ecuaciones (*) y (**), se obtienen F1 = 2,650 lb; F2 = 2030 lb
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2650 lb = 13,520.4 lb/pulg2 2 0.196 pulg 2030 lb En cada perno del anillo interior = = 10,357.1 lb/pulg2 2 0.196 pulg
En cada perno del anillo exterior =
1.7) Esfuerzos en Planos de Orientación Arbitraria Básicamente, hemos considerado el Esfuerzo Normal y el Esfuerzo Cortante. A P El área A es perpendicular a la P P A recta de acción de las cargas P.
P
A
El área A es paralela a la recta de acción de las cargas P.
P A
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. Plano al y y' y plano XOY x'
P
P A
z
o
P
Px'x'
x
A'
En la sección INCLINADA actúan
P
x
Px'y' 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. Px ' y ' P x'x' = x ' x ' ; x'y' = A' A' como A' = A/cos, tenemos P cos P sen P P x'x' = = cos2; x'y' = = sen cos A / cos A / cos A A P Recordando que es el esfuerzo normal, en una sección al eje X (eje de A transmisión de las cargas P), las ecuaciones anteriores se escriben: x'x' = xx cos2; x'y' = xx sen cos (donde xx =
P ) A
60
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x'x'
xx
x'y' Las ecuaciones anteriores, pueden re-escribirse: x'x' = xx (1 cos 2) . . . . (i) 2 x'y' = xx sen2 . . . . (ii) 2 Definición). Las ecuaciones (i) y (ii) son las ECUACIONES PARAMÉTRICAS de un LUGAR GEOMÉTRICO en el PLANO DE ESFUERZOS ESF. CORTANTES
ESF. NORMALES Eliminando ente (i) y (ii), obtenemos: 2
2
x ' x ' xx ( x ' y ' ) 2 xx . . . . (iii) 2 2
La ecuación (iii) representa una CIRCUNFERENCIA, denominada CIRCUNFERENCIA DE MOHR ó CIRCUNFERENCIA DE ESFUERZOS. x'y'
C
2
c ( xx
r x'x'
, 0)
xx 2
r=
Todo punto de la circunferencia de esfuerzos representa el ESTADO DE ESFUERZOS en una SECCIÓN INCLINADA, y recíprocamente. x'y' u representa un esfuerzo normal u = xx + xx cos2 2 2 Q(u, v) xx r u= (1 + 2cos) . . . . (i) 2 2 x'x' v representa un esfuerzo cortante C xx v = 2 sen2 . . . . (ii) Las coordenadas del punto Q representan el Estado de Esfuerzos en una sección inclinada:
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xx
x'x'
x'y' PROBLEMAS 1) Las porciones M y N están pegadas a lo largo de un plano inclinado que forma ° con la horizontal. Sabiendo que los esfuerzos finales en la junta, son u = 17 MPa y u = 9 MPa, hallar el intervalo de valores del ángulo entre los cuales el factor de seguridad es por lo menos igual a 3.
10 kN
M
Área Normal Ao = 50×30 mm2 Área de la Sección Inclinada A' Ao A' = cos 50 10 3 30 10 3 A' = m2 cos 10 kN
N
M
30 mm
V
50 mm
N = 104 cos (N) V = 104 sen (N)
FUERZAS SOBRE LA SUPERFICIE INCLINADA
N
10×103 N
ESFUERZOS EN LA SECCIÓN INCLINADA: 10 8 10 4 cos N cos 2 Pa = = Pa = 6 15 A' 50 30 10 cos 10 4 sen 10 8 V = = Pa = sen cos Pa A' 15 50 30 10 6 cos ESFUERZOS ÚLTIMOS u = 17×106 Pa y u = 9×106 Pa FACTORES DE SEGURIDAD FS = u . . . . (*) y FS = u . . . . (**) CONDICIÓN FS 3. Luego 17 10 6 9 10 6 . . . . (a) y 3 3 . . . . (b) 10 8 10 8 2 cos sen cos 15 15 Resolviendo simultáneamente las desigualdades (a) y (b), obtenemos: 22°47' 32°4'
62
Mecánica de Sólidos
2)
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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.
b a
Determinamos las fuerzas internas en la barra BC. Equilibrio
C
Rc
b
80 lb A
30°
C
a
300 lb-pie
60°
60° B 4 pies
4 pies Ax
A
300 lb-pie
B
60°
60°
Ay Fh = 0 Ax + RCcos60 = 0 Fv = 0 Ay + RCsen60 – 80 = 0 MA = 0 300 + 80(4) – RC(8sen60) = 0
d = 8sen60 pies
d
80 lb
Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos Ax= – 67.84 lb; Ay = – 37.50 lb; Rc = 135.68 lb Esfuerzos en la sección a-a.
135.68 lb
aa
a-a
135.68 lb
2 2 pulg 2 =0
33.92 lb/pulg 2
a a 135.68 lb Esfuerzos en la sección b-b. 135.68 lb
b 2'' N 60° 30°
b
N = 135.68sen30 = 67.84 lb V = 135.68cos30 = 117.50 lb 2'' x 30°
2 sen30 x = 4 pulg
x=
Área de la sección inclinada A' = (4)(2) A' = 8 pulg2 67.84 lb b b 8 pulg 2 b-b = 8.48 lb/pulg2 117.50 lb b b 8 pulg 2 b-b = 14.69 lb/pulg2
135.68 V
63
Mecánica de Sólidos
3)
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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. 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) P 250 10 3 0 = 0 = A0 7.339 10 3
0 = 34.07×106 Pa (COMPRESIÓN) 20°
LÍNEA DE SOLDADURA
0(A0) (A)
20° Equilibrio: Fvert = 0 (*) . . . . Fhoriz = 0 (**) . . . .
(A)
o(Ao) – (A)cos20 – (A)sen20 = 0 (A)sen20 – (A)cos20 = 0
Reemplazando Ao en (*) y (**): oAcos20 – Acos20 – Asen20 = 0 ocos20 – cos20 – sen20 = 0 . . . . (1) sen20 – cos20 = 0 . . . . (2) Reemplazando o por su valor o = 34.07×106 Pa y resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2), obtenemos: = 30.085×106 Pa (Compresión) = 10.95×106 Pa 4)
Una barra de 1"de diámetro se comprime por aplicación de la fuerza P = 25 lb, según se indica en el esquema. Determinar los esfuerzos normal y cortante sobra la sección que forma = 45° con el eje de la barra.
64
Mecánica de Sólidos
O
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5"
Determinamos la fuerza F sobre la barra a ensayar.
P = 25 lb
15"
P=25 lb O
Barra a ensayar
Rígidos
R
F
M0 = 0 5F – 20P = 0 F = 4P F = 100 lb (COMPRESIÓN) Barra a ensayar: F = 100 lb
100
V
100
45° V
F = 100 lb
N
45° Vcos45 – Ncos45 = 0 Vsen45 + Nsen45 – 100 = 0
N
De donde obtenemos: N =50 2 lb (compresión) V =50 2 lb
Esfuerzos sobre la sección inclinada:
A0 =4 A
A0
5)
(1)2
A0 cos 45 A A0 A cos 45 A 2 4
N V ; A A (siendo A el área de la sección inclinada) Luego: 50 2 = 63.66 lb/pulg2 (compresión) 2 4 50 2 = 63.66 lb/pulg2 2 4
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/pulg 2. Determinar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo en la barra.
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p
r
Los esfuerzos sobre una sección que forma ° con la vertical, son: = 0cos2 . . . . (i) sen2 = 0 . . . . (ii) 2
P
P q
30° s N
P
V
donde 0 = P , siendo A0 el área A0 de la sección transversal
0
Sección de área A0 A0
Sección de área A = cos 8,220 = 0cos2 . . . . (iii) 3,290 = 0cos2( + 30) . . . . (iv)
Datos: 0
p
=8,220
0
=3,290 +30
q 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.
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En términos generales: DEFORMACIÓN CAMBIOS EN LA GEOMETRÍA DEL SÓLIDO O SISTEMA ESTRUCTURAL (COMO RESPUESTA A LAS ACCIONES APLICADAS) CONFIGURACIÓN INICIAL (NO DEFORMADA) CONFIGURACIÓN FINAL (DEFORMADA)
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.
INICIAL
A
B
DEFORMADA A'
B'
AA' d A : Vector desplazamiento del Punto A BB ' dB : Vector desplazamiento del Punto B
etc.....
A cada punto material le asociamos un Vector Desplazamientos. **) Si los desplazamientos son tales que NO ALTERAN la distancia entre dos puntos, decimos que el cuerpo ha sufrido un DESPLAZAMIENTO DE SÓLIDO RÍGIDO. 67
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d
A
B dB
A ' B' d
Posición inicial dA
d B' Posición final 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. dB
B d
B' d d'
d' dA
A
A'
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. y
L
A(xA, yA)
Cuadrícula de referencia x
B(xB, yB) Impide desplazamientos de sólido rígido
Configuración inicial
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
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y dA
A A'
P
x
B' B
L Pr oblema Bi dim ensional
dB
A
u v
dA (u, v ) dA ui v j
A'
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). DESPLAZAMI ENTOS DE PUNTOS MATERIALES La deformació n de la placa comprende DISTORSION ES DE LOS ELEMENTOS FORMADOS POR LA CUADRÍCULA 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 ) UNICO u = u(x, y); v = v(x, y) Definición) Las funciones u = u(x, y); v = v(x, y) que caracterizan los desplazamientos de puntos materiales durante la deformación de un elemento, definen un CAMPO DE DESPLAZAMIENTOS, (en este caso, un campo Bidimensional). De manera similar, en problemas tridimensionales, un campo de desplazamientos, se definirá por: u = u(x, y, z) desplazamiento en dirección x v = v(x, y, z) desplazamiento en dirección y w = w(x, y, z) desplazamiento en dirección z En cualquier caso, las FUNCIONES ADMISIBLES para un campo de Desplazamientos son FUNCIONES de POSICIÓN, y deben cumplir requisitos de continuidad y de derivabilidad. Nota) Todo Campo de Desplazamientos define una Función Vectorial.
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r1 r u
z
VECTOR EN NUERVO VECTOR VECTOR POSICIÓN DESPLAZ A POSICIÓN INCIAL MIENTOS
P' r1
u
r
x
P y
Ejemplo: El vector u = 10-2[x2 i + (x + 3z) j + 10 k ] pies representa un Campo de Desplazamientos. Hallar el desplazamiento que experimenta un punto material ubicado inicialmente en la posición r j k y determinar la posición final. z El vector u depende de las coordenadas iniciales del punto P(0, 1, 1). P' u = 10-2[0i + (0 + 3) j + 10 k ] u r1 3 1 P(0,1,1) u = 100 j + 10 k Vector Desplazamiento r x u v O y Punto final: r1 r u r1 (0 i 1j 1k ) (0 i r1 0 i
3 1 j k) 100 10
103 11 j k (OP' ) 100 10
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. y' Luego de la deformación, el punto A ocupa la posición A'. Los segmentos CAMBIAN de longitud y x' y DEJAN de ser perpendiculares. y' y A x
A'
x'
x
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Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz y'
y' y
x' x'
ESTADO NO DEFORMADO
A' ESTADO DEFORMADO
y A
T DEFORMACIÓN: ( x , y ) ( x ' , y ' )
x
x
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 x 'x *) Al valor lím cuando existe, se le denomina DEFORMACIÓN UNITARIA EN x 0 x DIRECCIÓN x: x 'x x = lím . . . . (1) x 0 x De manera similar se define la DEFORMACIÓN UNITARIA EN DIRECCIÓN y: y'y y = lím . . . . (2) y 0 y Las ecuaciones (1) y (2) pueden escribirse: dy 'dy dx 'dx x = ; y = dy dx De manera general: DEFORMACIÓN CAMBIOS DE LONGITUD UNITARIA LONGITUD INICIAL L L L: cualquier dirección Notas) 1) Las deformaciones unitarias están asociadas con el CAMBIO DE LONGITUD de un SEGMENTO DE RECTA con RELACIÓN a su LONGITUD INICIAL. 2) Las deformaciones unitarias, evaluadas en un punto y en una dirección, nos indican el CAMBIO DE LONGITUD por UNIDAD DE LONGITUD de un segmento de recta. 3) Las deformaciones unitarias son ADIMENSIONALES. 4) Si x > 0 ALARGAMIENTO (en la dirección x) Si x < 0 ACORTAMIENTO (en la dirección x)
71
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**) 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. y'
y
/2
A
x'
x
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
y
x
r xy ;
rs ; etc.
2) Las deformaciones unitarias definidas tienen analogías para el caso tridimensional.
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Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz y'
y
dy'
dz
dA
dy A
A' dz'
dx
z'
dx'
z x
x'
dx 'dx Denominada s DEFORMACIONES x dx DEFORMACIONES UNITARIAS DE INGENIERÍA . dy 'dy UNITARIAS y dy (Cambio de longitud respecto NORMALES dz'dz a la longitud inicial). z dz DEFORMACIONES xy : CAMBIO DE RECTO ENTRE LOS LADOS dx, dy DE xz : CAMBIO DE RECTO ENTRE LOS LADOS dx, dz : CAMBIO DE RECTO ENTRE LOS LADOS dy, dz CORTANTE yz
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) x 'x (definición) x 0 x x 'x x + = (propiedad de un límite 0) x )( x ) = x' – x x x + (
En efecto: x = lím
Luego
de orden superior
Con aproximación suficiente: x x x' – x DEFORMACIÓN LONGITUD CAMBIO DE UNITARIA EN INICIAL EN LONGITUD DIRECCIÓN x DIRECCIÓN x EN DIRECCIÓN x De manera similar: y y = y' – y cambio en dirección y z z = z' – z cambio en dirección z
ii) La deformación cortante representa la DISTORSIÓN ANGULAR del elemento, con respecto a direcciones inicialmente ortogonales.
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Mecánica de Sólidos
Nota)
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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. L x
Configuración inicial
puntos con la misma deformación unitaria (x) u y Configuración deformada L + L
u: desplazamiento del extremo libre.
Longitud final longitud inicial longitud inicial L L L L x = = x = Valor Promedio de x L L (x = u / L) (Implica deformaciones unitarias normales constantes en dirección x). x =
Si las deformaciones unitarias x no son constantes, deberán evaluarse según la definición: x 'x x x x Lím x 0 x Deformación Unitaria Axial, en un punto del eje de la varilla.
x' L
L
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. L ii) La expresión x = puede representarse L dx
x
(dx) (dx)
inicial
final dx+(dx)
Luego (dx) = x dx El cambio total de longitud podrá evaluarse por una integral definida: 74
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L
x dx L
(*)
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. y
1"
L = 120"
P 1"
P
z
z
x
z
Z LZ
2" 120" 0.0167 (ó 1.67%)
Para encontrar y, x usamos la condición de volumen constante. VFINAL = VINICIAL
Sección transversal final (120 + 2)(1 + x)(1 + y) = (1)(1)(120) Condición x = y = (122)(1 + )2 = 120
1 + y
valor admisible = – 8.2306×10-3 pulg ACORTAMIENTO TRANSVERSAL
1 + x
Con este valor podemos hallar x, y: 8.2306 10 3 pulg x x = = = – 8.2306×10-3 1 pulg L inicial y =
y L inicial
=
INICIAL
2)
8.2306 10 3 pulg = – 8.2306×10-3 1 pulg DEFORMADA
CONTRACCIÓN TRANSVERSAL
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.
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b
b L/2
L/2
a
b
b'
L/2
a Rotación Infinitesimal
L/2
Rígido
b
Definición
b' b2
b'
L2 sen2 4 L 2
b' b . . . . (*) b
b
sen
Reemplazando en (*) b2
b =
2
L sen2 b 4 b
Simplificando b =
1
L2 sen2 1 . . . . (**) 4b 2
Usamos la fórmula de aproximación (1+U)P 1 + PU, si U 0 Con suficiente aproximación (**) puede escribirse: 1 L2 sen2 1 b 1 2 4b2 L2 b sen2 8b 2 Si 0 (infinitesimal) sen2 2 L2 2 Con lo cual b ( en radianes) 8b 2 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). z a
b
c x y
INICIAL
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Volumen inicial Vo = abc Puesto que no hay distorsiones angulares, luego de la deformación el sólido sigue siendo un prisma rectangular (sólo cambian las longitudes de las aristas). z
a1
Volumen Final V1 = a1b1c1 Deformaciones Unitarias Promedio
b1
b1 b b1 = b(1 + x) b a a y 1 a1 = a(1 + y) a c c z 1 c1 = c(1 + z) c x
c1
x y
Cambio Unitario de Volumen V VFINAL VINICIAL V VINICIAL Reemplazando V abc(1 x )(1 y )(1 z ) abc V abc abc ( 1 V x y z x y y z x z x y z ) abc V abc Simplificando V x y z x y y z x z x y z V inf initesimos de orden superior
Con suficiente aproximación V x y z V Nota) La deformación de un sólido sin distorsiones angulares se denomina DILATACIÓN. La suma x + y + z se denomina Deformación Cúbica (Deformación Volumétrica Unitaria). Expresa el cambio de Volumen por Unidad de Volumen. PROBLEMAS 1) La placa ABC sufre la deformación representa. Calcular: i) La deformación unitaria promedio en dirección OB. ii) La deformación unitaria promedio en dirección AB. iii) La deformación cortante entre los borde AB y BC
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y B' 0.3 mm
B
A
o 120 mm
C
120 mm
OB' OB (definición de ) OB 120 0.3 120 = 2.5×10-3 120 AB' AB AB
i)
OB
OB
ii)
AB
x
(120) 2 (120 0.3) 2 120 2 120 2
AB =
120 2 120 2
AB = 1.25×10-3 iii) AB/BC =
2AB' O 2
(Definició n de )
Pérdida de perpendicularidad del recto (inicial)
120 2AB' C 2 arctan 2 2 120 0.3 AB/BC = 0.002497 Radianes. (Valor positivo que indica una disminución del ángulo recto).
AB/BC =
2)
Calcular las deformaciones unitarias promedio en los elementos BC y AC. Se conoce que los puntos B y C tienen los desplazamientos siguientes: u 0.2" u 0.12" B C v0 v 0.08" u=0.2" 8'
B
B
C
B'
u=0.12" C v=–0.08" C'
8'
96"
x A
y
D
A 96"
BC BC
B' C'BC BC (96 0.2 0.12) 2 (0.08) 2 96 = – 8.33×10-4 96
(96 0.12) 2 (96 0.08) 2 96 2 AC' AC = BC AC 96 2 -4 = 2.062×10 (ALARGAMIENTºO)
AC
AC
78
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3)
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El nudo A de la armadura representada desciende unidades (infinitesimal). Calcular la deformación unitaria axial promedio en cada barra. Geometría Barras iguales Material
L
L
Para deformaciones infinitesimales, puede aproximarse la rotación de un elemento FIJO
A
barra 0
arco de circunferencia
P FIJO
barra 0
perpendicular a la barra (en posición inicial)
En la armadura dada: debido a la SIMETRÍA TOTAL, el punto A se desplaza verticalmente.
1)
DESCENSO DEL PUNTO A (NO ALARGAMIENTO DE BARRA)
2) A
P
2 alargamiento de la barra (2) 1 alargamiento de la barra (1)
2)
2
A'
1)
A 1
A'
1 = cos; 2 = cos L 1 L L cos L 1 cos L L L (Deformación unitaria axial en la barra 1) Similar para la barra 2. 2 cos L 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).
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Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
10 M
A
B
C barra rígida
P
10
5
5
La barra rígida NO SE DEFORMA, sólo se desplaza y rota.
1)
(3
2
3
B
A
1"
1 A'
(2
C C'
B'
2° 1 – 1
1 – 2
1 – 3
1 – 1 = 120tan2° 2 – 1 = 180tan2° 1 – 3 = 240tan2°
Nota) La barra rígida AC gira en el mismo sentido que el momento M. RECORDAR: tan si 0 ( en radianes) 2 360 2 2 = 1 – 180 2 360 2 3 = 1 – 240 2 360 2 4 2 = 1 – 3 = 1 – 3 3
Con aproximación suficiente 1 = 1 + 120 2
1 = 1 +
4 3
Luego: 1 1 = 0.0432 (verificar operaciones) 120 2 2 0.0091 120 ( ACORTAMIENTOS) 3 3 0.0266 120 B B'
80
Mecánica de Sólidos
5)
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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. L = 10"
espesor t 0 r =1"
P A
r B
En el plano tangente al cilindro que pasa por P consideramos un elemento infinitesimal (antes de la deformación). y Luego de aplicado el torsor, la generatriz de referencia se distorsiona y también se distorsiona el elemento rectangular señalado dy B A P dx x
z
El ángulo indica el cambio de ángulo recto
T
y y'
P'
A
r
dy'
P' dx'
d B
x x'
Con suficiente aproximación: tan L = arc tan( ) L
= r
r ( en radianes) ) L 2 1 15 360 0.0262 rad arctan 10 Luego xy = – 0.0262 rad
ó arctan(
El signo negativo indica el incremento del recto inicial (en P).
81
Mecánica de Sólidos
6)
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En un sólido deformable, el campo de desplazamientos está definido por las ecuaciones: u=2ax2; v=2ay2; w=-2az2, donde a=10-5. Determinar la deformación normal unitaria en el punto P (0, 2, -1) medida en la dirección del vector N = (8i – j + 4k )/9. Ecuaciones del Campo de desplazamientos: u=2ax2 v=2ay2 w=-2az2, donde a=10-5.
PO(8/9, -1/9, 4/9) )
Coordenadas del punto P0 (8/9, -1/9, 4/9)
N Q (x,y,z)
N
P(0, 2, -1)
Se determinan las coordenadas del punto Q: x – 0 = 8/9; y – 2 = - 1/9 Obtenemos: x = 8/9 y = 17/9
z + 1 = 4/9 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’. Q
Coordenadas del punto P’: P
Q’ P’
x = 0 + 2a (0) = 0 y = 2 + 2a (2)2 = 2 + 8a z = -1 – 2a (-1)2 = -1 – 2a P’ (0, 2.00008, - 1.00002=)
Coordenadas del punto Q’: x = 8/9 + 2a (8/9)2 x = 0.888905 y = 17/9 + 2a (17/9)2 y = 1.888960 2 z = - 5/9 - 2a (- 5/9) z = -0.555562 Q’ (0.888905, 1.888960, -0.555562) La distancia entre los puntos P’ y Q’ es: P’Q’ = 1.0000215 La distancia entre los puntos P y Q es PQ = 1 Por tanto la deformación unitaria es (ε P )N =
P' Q' ¬ PQ = 0.00002.15 PQ
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).
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 + 12 U (1 + U)–1 = 1 – U;
etc.
Estas aproximaciones simplifican el cálculo numérico de las deformaciones unitarias normales y cortantes. EJEMPLOS 1) Una fuerza que actúa en la palanca representada provoca que la palanca gire en sentido horario un ángulo de 0.002 rad. Determinar la deformación unitaria normal promedio en el alambre BC. El ángulo indica el cambio de ángulo recto
P C
C
B
B B'
2L
L
= 0.002 rad
A
A
u L sen Desplazamientos del punto B v L L cos CB' (2L Lsen)2 (L L cos )2 L 6 4sen 2 cos Como 0 CB' L 6 4 2 CB' L 4 4 CB' 2L(1 + )1/2 Aproximación binomial CB' 2L(1 + 12 ) 2L + L CB'CB 2L L 2L CB 2L 2 0.002 = = 0.001 (Deformación promedio) 2
Deformación unitaria CB = CB
Nota) El estiramiento del alambre es L sen L L L CB = = 0.001 (Recordar ). 2L 2 L 2) Una fibra AB tiene longitud L y orientación . Sus extremos A y B experimentan desplazamientos infinitesimales uA y vB, respectivamente. Demostrar que, cuando la fibra adopte la posición A'B', se genera una deformación unitaria normal.
83
Mecánica de Sólidos
AB
1 L
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[vBsen – uAcos]
B'
y
(Con suficiente aproximación) Deformación unitaria AB =
B L' L . . . (*) L
L
A Coordenadas de A' (uA, 0) Coordenadas de B' (L cos, L sen + vB)
vB
L' x
A' uA
L' (L cos uA )2 (L sen v B )2 (Distancia entre dos puntos)
L' L2 cos 2 u2A 2Lu A cos L2 sen2 v B2 2Lv B sen L' L2 2L(v B sen uA cos ) (u2A v B2 )
Como uA y vB son infinitesimales, la suma uA2 + vB2 0. Luego, con aproximación suficiente, tenemos: 2 L' L2 2L(v B sen u A cos ) L 1 ( v B sen u A cos ) L Por la aproximación binomial 12 L' L[1 + (vBsen - uAcos)] 2L 1 L' L[1 + (vBsen - uAcos)] L
L[1 1L (v B sen u A cos )] L L 1 L (v B sen uA cos )
Reemplazando en (*): Simplificando
AB
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? 3L L
A
30°
60°
B
B
A
h
P AP =
AP' AP AP
hL 3
P
x
P'
(L 3 ) 2 (3L x) 2 (L 3 ) 2 (3L) 2 (L 3 ) 2 (3L) 2
Simplificando tenemos:
84
Mecánica de Sólidos
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3L2 9L2 6 xL x 2 2L 3 2L 3 6x x 2 L 12 2 2 3 2 L L 1 12 6 x x 2 3 = L L2 2L 3 2 3
AP =
AP
Aproximación: Si x es pequeño comparado con L
x 0. L
Luego: 1 6x 12 1 2 3 12L 2 3 1 6x 2 3 1 1 12L 2 3
AP
AP
AP 1
6x 1 12L
Aproximación Binomial AP 1
x 24L
AP
BP
BP
1 6x 1 2 12L
(L x ) 2 (L 3 ) 2 L2 (L 3 ) 2 L2 (L 3 ) 2
1 2L
4L
2
2Lx x 2 2L
L2 x 2 2Lx 3L2 2L 2L
1 2x x 2 4 2 2 L L
x 0) L 1 2x 2x 4 1 2 1 1 2 4L 4L
Aproximación de 1er orden ( BP
Aproximación Binomial: 1 2x x BP 1 ( ) 1 2 4L 4L 4) Una placa delgada, en forma de rectángulo isósceles, está sometida a una deformación, de manera que sus catetos experimentan la deformación unitaria 1 y la hipotenusa, la deformación unitaria – 2. i) Demostrar que, con aproximación suficiente, la deformación unitaria de la altura del , es h 21 + 2. ii) Demostrar que, con aproximación suficiente, la distorsión del ángulo recto, es 2(1 + 2), radianes.
85
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h
a
h
a
a 2
a
a
h a'
h'
a'
za 2
z' i) Deformación unitaria de los catetos: a'a a' = a1 + a = a(1 + 1) 1 a Deformación unitaria de la hipotenusa: z'z z' = z – 2z = z(1 – 2) 2 z z' = a 2 (1 – 2) h'h Deformación unitaria de la altura h h . . . . (*) h a 2 h' a (1 1 ) (1 2 ) 2 2
2
2
h' a 1 21 12 12 12 22 2 a h'
1 2
21 2 (12 12 22 )
a 1 41 2 2 2(12 12 22 ) 2
1ra aproximación se desprecian los infinitésimos de orden superior: a 1 41 22 1 / 2 h' 2 2da aproximación aproximación binomial a 1 12 (41 22 ) a (1 21 2 ) h' 2 2 Reemplazando en (*): a a (1 21 2 ) 2 2 h ; a
simplificando obtenemos
2
h 21 + 2 ii)
86
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pérdida de perpendicularidad += = – 2 2 4 2
/2
/2
/2 a(1 + 1)
a 2
(1 2 )
sen = sen cos – cos sen 2 4 2 4 2 a (1 2 ) 2 2 (cos sen ) a(1 1 ) 2 2 2
1 2 cos sen 1 1 2 2 Primera aproximación ( 0) cos 1 y sen 2 2 2 1 2 1 2 Luego: 1 , de donde 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 –1 Segunda aproximación (1 + 1) 1 – 1 (Binomial) 2(1 2 )(1 1 ) 2(1 12 2 12 )
Simplificando obtenemos:
Aproximación final (Infinitésimos de orden superior se desprecian) 2(1 2 ) 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. Deformaciones unitarias: a' a c' a a' = a(1 + a) a a a' b' b b b' = b(1 + b) b' b c' c b c c' = c(1 + c) c Definición de Distorsión sen = cos . . . . (*) 2 Determinamos cos usando Ley de Cosenos (en el deformado). c'2 a'2 b'2 2a' b' cos c 2 (1 c )2 a2 (1 a )2 b2 (1 b )2 2a(1 a )(1 b )b cos Aproximación Sólo términos de primer orden c2 + 2c2c = a2 + 2a2a + b2 + 2b2b – 2ab(1 + a + b)cos pero c2 = a2 + b2 ( antes de la deformación). De donde obtenemos 87
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ab cos
a2 a b 2 b c 2 c 1 a b
Aproximación Binomial Luego:
1 (1 a b ) 1 1 a b 1 a b
ab cos (a2a b2b c 2c )(1 a b )
Aproximación Términos de primer orden. Obtenemos ab cos a2 a b2 b c 2 c
a2 a b 2 b c 2 c a b c2 a b c ab b a ab a b a2 b 2 pero c2 = a2 + b2 cos a b c b a ab a b a b cos a b c c , expresión que puede escribirse: b a b a b a cos (b c ) ( a c ) a b Por tanto: cos
Por (*)
sen
b a (b c ) ( a c ) (infinitesimal) a b Distorsión angular
1.10) Relaciones Diferenciales entre Desplazamientos y Deformaciones Unitarias. No siempre es posible relacionar directamente las deformaciones unitarias normales y cortantes con los desplazamientos de los sólidos en estudio. De manera general, es conveniente relacionar analíticamente las deformaciones unitarias x, y, xy con las componentes u, v del vector desplazamiento. Analizaremos el caso bidimensional, para deformaciones infinitesimales (x, y, xy 0) En un cuerpo bidimensional no deformado, consideremos dos segmentos ortogonales e infinitesimales (AB y AC), orientados en las direcciones x, y respectivamente. Durante la deformación, los segmentos AB y AC se alargan o contraen y rotan. Los puntos A, B y C se desplazan hasta A', B', C'.
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u cambio en u dy y debido al cambio en y
v dy dy y
C'
B' A'
u
dA y
C x
v
dx
cambio de V v dx debido al x cambio en x
u dx x
dy A
dx
B
y x
Por la hipótesis de las deformaciones infinitesimales: , 0 cos, cos 1 ; tan ; sen tan ; sen Aproximaciones de la función coseno: u dx v dy ; A'C' dy + A'B' dx + x y Sin incluir infinitésimos de orden superior, las deformaciones unitarias se expresan por: u dx dx dx A' B' AB x x AB dx u de donde: . . . . (1) x x De manera similar: v dy dy dy A' C' AC y y AC dy v y . . . . (2) y La deformación cortante, se expresa por xy = + (rad) Aproximación de la función tangente: u u v v dy dx y y x xy x u v u v dx dx dy dy 1 1 x y x y Teniendo en cuenta las ecuaciones (1) y (2)
89
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xy
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u v y . . . . (3) x 1 x 1 y
En el caso de deformaciones pequeñas x y y 0. Luego con suficiente aproximación: v u xy . . . . (3.1) x y Definiciones) Las ecuaciones (1), (2), (3.1) definen RELACIONES DIFERENCIALES entre x, y, xy y las COMPONENTES u, v del VECTOR DESPLAZAMIENTOS. Son válidas para problemas bidimensionales que involucran deformaciones infinitesimales. Las ecuaciones (1), (2) y (3.1) se denominan ECUACIONES DE CAUCHY. Puede demostrarse que NO SON TOTALMENTE INDEPENDIENTES. Notas) i) Las ecuaciones (1), (2), (3.1) son válidas INDEPENDIENTEMENTE DEL MATERIAL DEL SÓLIDO. (ÚNICA RESTRICCIÓN x, y, , 0) ii) Conocido el campo de desplazamientos. u = u(x, y); v = v(x, y), por derivación parcial se determina x, y, xy. Recíprocamente, conocidos x, y, xy por integración pueden encontrarse las ecuaciones del campo de desplazamientos. iii) De x
u obtenemos x
2 x 3u . . . . (i) y 2 y 2 x
De y
v obtenemos y
2 y
De xy
x 2
u v obtenemos y x
3v . . . . (ii) x 2 y
2 xy yx
3u 3v . . . . (iii) xy 2 yx 2
Reemplazando (i) y (ii) en (iii): 2 2 xy 2 x y . . . . (vi) yx y 2 x 2 Denominada ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD DE LAS DEFORMACIONES UNITARIAS NORMALES Y CORTANTE (Ecuación de Saint-Venant). En consecuencia, un campo de desplazamientos NO PUEDE definirse por funciones u, v totalmente arbitrarias. Las funciones u, v son funciones condicionadas. Definiciones) Las funciones u, v consistentes con las ecuaciones (1), (2), (3.1) se denominan FUNCIONES ADMISIBLES para un Campo de Desplazamientos Bidimensional. iv) Las expresiones deducidas para el caso bidimensional pueden ser extendidas para Problemas Tridimensionales. 90
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u u( x , y , z) Campo de v v( x , y , z) Desplazami entos w w( x , y , z)
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u: desplazamiento según eje x v: desplazamiento según eje y
w: desplazamiento según eje z u x x en dirección x DEFORMACIONES v UNITARIAS en dirección y y y NORMALES w en dirección z z z u v xy y x en el plano xy DEFORMACIONES w u en el plano xz xz x z CORTANTES w v en el plano yz yz y z EJEMPLOS 1) Los puntos de un sólido sufren desplazamientos dados por: u = 4ay2 i + 2ax2 j + az2 k . Encontrar las deformaciones normales y cortantes en un punto genérico Q(x, y, z). u 4ay 2 2 v 2ax Desplazami entos 2 w az Campo de
Deformaciones Normales: x Deformaciones Cortantes:
2)
w v u 0 ; z 0 ; y 2az y x z u v xy 8ay 4ax y x w u xz 00 0 x z w v yz 00 0 y z
Una varilla delgada de longitud L tiene un extremo fijo O. i) Si sus puntos se desplazan en dirección x mediante u
x2 , hallar la máxima 400L
deformación unitaria normal. ii) Si la deformación unitaria normal es x 10 4 cos
x , hallar el cambio total de 2L
longitud.
91
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L
o
x
u x x2 i) De u obtenemos x x 200L 400L
x (L, x máx)
L
x
1 x (x)máx = 200 L 200 x L se presenta en el extremo libre (x = L).
ii) Alargamiento total: Usamos L
L
L
10
4
0
cos
L
Ver ecuación (*) x dx sección 1.9.2 al finalizar
x dx 2L L
3)
x 2L L 10 4 sen 2L 0 2L (en unidades de L) L 10 4 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 1 y y , siendo E una constante (E = 2×107 lb/pulg2), hallar la DEFLEXIÓN que E experimenta el vértice A por efectos del peso propio. y
A
Deflexión
A
punto A
A'
10'
AV vertical del
x 3'
e=1"
y
-x
x
10 – y
e = 1/12'
10 – y W
y x
2x
y
92
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y
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1 ( 23 )(2x)(10 y)( 12 )( 400)
(en lb/pie2)
1 (2x)( 12 )
Simplificando y
800 (10 y) 3
(compresión)
Luego, la deformación unitaria es: y
1 800 (10 y) E 3
El Cambio Total de longitud, es: 10 1 800 y dy (10 y)dy L 0 E 3
= 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). y i) Vectores desplazamiento d0 = (0,0) B (1,1) (0,1) C dA = (0,0) dB = (k,o) dC = (k,o)
0
x
A (1,0)
y (v)
C
k C'
B k B' Parábolas (u = ky2)
(u,y) 0 0'
A A'
x (u)
ii) xy en el punto C(0, 1). xy = (pérdida de ) C
1
tangente por C'
tan 1
dy du C '
tan 1
1 1 2ky y 1 2k
tan 1
1 2k
C'
Luego como + 1 =
tan1 = cotan 2
93
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cotan =
1 1 arc cot an rad 2k 2k
1 xy = arc cotan (evaluada en C') 2k
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. z Vector desplazamiento en el
punto E (EE 1 )
dE = (0.003,0.001,–0.003)
G G' F' F
D E E' A x
A'
0.003 = C1(1)(1.5)(2) C1 = 0.001
2.0 m C' C
1.0 m
y
1.5 m B
B'
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 = 0.001 xyz; w = – 0.001xyz 3 Deformaciones unitarias normales: u x 0.001yz (x)E = (0.001)(1)(2) = 0.002 x u 0.001 y xz (y)E = ( 0.001 )(1.5)(2) = 0.001 3 y 3 w z 0.001xy (z)E =(– 0.001)(1.5)(1) = – 0.0015 z Deformaciones cortantes: u v 0.001 xy 0.001xz yz y x 3 (xy)E = 0.001(1.5)(2) + 0.001 (1)(2) = 0.00367 rad 3 De manera similar se calculan zx; yz 94
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w u 0.001yz 0.001xy x z w v 0.001 0.001xz xy y z 3
zx
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: AE' AE ; A(1.5, 0, 0); E'(1.503, 1.001, 1.997); E(1.5, 1, 2) ( AE )E AE ( AE )E
(1.503 1.5) 2 (1.001 0) 2 (1.997 0) 2 12 22 12 22 (Acortamiento de la diagonal AE)
(AE)E = – 0.002
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.
x u
x x
Se generan simultáneamente
P 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 FRÁGIL: Falla súbitamente cuando es cargado en tracción con muy poca advertencia si es cargada en compresión (rocas, vidrios, c° común, yeso, etc.)
MATERIAL
P
P
P de baja intensidad
95
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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. A0 P P
L0 Probeta inicial
Dispositivos que permiten aplicar gradualmente la carga axial
La aplicación gradual (por incrementos) de la carga axial, es necesaria para no generar EFECTOS DINÁMICOS (aceleraciones o vibraciones) en el material que se está ensayando (Aplicación Estática de la Carga Axial). Durante el ensayo se registran valores de la carga y del alargamiento producido (o se registran valores del esfuerzo normal y de la deformación unitaria correspondiente). Se registran P1; 1 Se registran (o calculan) P y 1 1 P1 P1 1 1 A0 L0 L0 + 1 La carga comienza desde un valor 0 y se va incrementando, a velocidad especificada, hasta ocasionar la ruptura (falla) de la probeta. 0 P Pu Pu
Pu garganta (estricción)
Garganta zona de grandes deformaciones unitarias y brusca reducción de la sección transversal (disipación de energía - calor).
96
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Nota)
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Es usual referir los ESFUERZOS NORMALES inducidos al (A 0) 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). P
rotura P1
cambio de escalas 1
P 1 1 A0
1
Diagrama P- (
1 L0
1
1
rotura
Diagrama -
)
Las gráficas obtenidas describen el comportamiento del material ante cargas de Tracción Uniaxial. Para el acero estructural, una CURVA TÍPICA, presenta las características siguientes: c Zona final b r a' rotura a Zona de endurecimiento
Escalón de fluencia
acero
Zona de incertidumbre Parte Inicial (Pendiente muy fuerte) 0
P A0
L0
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.
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(, máx)
límite de elasticidad y
(r, r)
p inicio de la fluencia Límite de proporcionalidad
Generalmente: p y p y
p y 2 y Esfuerzo de fluencia máx 58 klb/pulg 2 y Deformació n Unitaria de fluencia ( valores referenciales) y 36 klb/pulg
Acero Estructural
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. (klb/pulg2) Alta resistencia CONCRETO SIMPLE 5.5 Resistencia intermedia MADERA 4.8 (Pino) Baja resistencia
0.02 0.03 (
)
(ACERO) (
)
En la mayoría de materiales tradicionales usados en Ingeniería Civil, el escalón de fluencia NO tiene inicio en un punto perfectamente definido. Fundamentalmente, el Diagrama - presenta DOS ZONAS diferenciadas.
ZONA ELÁSTICA LINEAL ZONA ZONA ELÁSTICA INELÁSTICA ZONA ELÁSTICA Caracterizada por deformaciones unitarias reversibles (recuperables).
98
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El "material" recupera su configuración inicial, al cesar el esfuerzo que lo deformó. ZONA INELÁSTICA caracterizada por deformaciones unitarias no recuperables (irreversibles).
A 0 INICIAL L 0
CARGA DESCARGA P
A 1 ; L1 A' A 0 FINAL L' L 0
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. REALIZAR ENSAYOS EN EL LABORATORIO (Coordinar)
P
1.12) Materiales Elástico – Lineales. Ley de HOOKE Algunos elementos estructurales se dimensionan de manera que los esfuerzos normales producidos por las cargas actuantes, permanezcan en la ZONA INICIAL del Diagrama - del respectivo material (Diseño Elástico). Límite de proporcionalidad (o inicio de la fluencia) py E MÓDULO DE ELASTICIDAD LINEAL DEL MATERIAL (Módulo de Young) E Parte recta del Diagrama = E El módulo de elasticidad E tiene dimensiones 1 de Esfuerzo, y representa la pendiente de la py porción recta inicial del diagrama - Zona de diseño elástico Definición) La ecuación = E se denomina LEY DE HOOKE. Manifiesta proporcionalidad entre esfuerzos y deformaciones unitarias. El módulo E es un valor característico de los materiales. MATERIAL Aluminio . . . . . . . . . . . . . . Latón . . . . . . . . . . . . . . . . Hierro Fundido . . . . . . . . .
VALORES TÍPICOS (E) . . . . 72 – 69 GPa . . . . 100 GPa . . . . 170 GPa 99
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MATERIAL Concreto (Simple) . . . . . . . Acero Estructural . . . . . . . Madera (Pino) . . . . . . . . . .
VALORES TÍPICOS (E) . . . . 21 GPa . . . . 205 GPa . . . . 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.
i)
A 0 ; L0
MATERIAL ELÁSTICO-LINEAL
INICIAL =E
=E L=?
Ley de Hooke: = E Luego: E = E 1=
L L =E Pero L 1 L L = L0 0 0
=E L=2L0
Físicamente, el módulo lineal de elasticidad representaría un valor del Esfuerzo Normal necesario para producir en el elemento una deformación unitaria igual a la unidad (o duplicar su longitud inicial). ii) Es posible escribir La Ley de Hooke en función de otros parámetros. L; A; E = E. Luego: P P P L E de donde obtenemos A L L + L PL L (Fórmula del alargamiento EA elástico lineal)
P EA P L L
1 Definición) El factor
EA L
L
EA se denomina RIGIDEZ AXIAL DE LA BARRA. L
EA (combinación de geometría + material) L P = K(L)
K=
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). 1 El factor RECÍPROCO de denomina FLEXIBILIDAD AXIAL DE LA BARRA. K 100
Mecánica de Sólidos
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iii) La constante K EQUIVALENTE:
también
suele
denominarse
K
P
CONSTANTE
DE
RESORTE
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. PL puede usarse para el caso se sólidos EA (de material elástico lineal) con secciones transversales variables y/o con carga axial variable. A = A(x) (Función de área: ACOTADA)
iv) La fórmula del Alargamiento Elástico L
P(x)
L = ? dx
x
P(x)
L
(Carga axial)
x El alargamiento del elemento diferencial, es: P( x ) (dx) dx EA( x) En consecuencia, el alargamiento total del sólido se evaluará mediante una integral definida: P( x ) ( x) L dx ó alternativamente L dx L EA ( x ) L E
Por La Ley de Hooke (x) = E(x), luego
L
(x)dx L
Expresión coincidente con la deducida por razonamientos geométricos (ver sección 1.9.2). Nota) El producto EA se denomina RIGIDEZ DE LA SECCIÓN. EJEMPLOS
101
Mecánica de Sólidos
1)
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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. Fuerza interna en una sección genérica x:
x
L E A
P(x) peso de la porción inferior (suprimida), de altura L – x P(x) = (L – x)A
P(x)
peso específico L
L
P(x) dx EA(x)
L
0
(L x) Adx dx EA
Evaluando la integral, obtenemos L Nota) Puede escribirse L WL L EA 2
L2 2E
ALL , con lo cual tenemos 2AE
, siendo W = AL el peso total de la barra.
Alargamiento producido W 2
por una fuerza axial
L E A
L E A
L
iguales
L W/2
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: L2 PL L 2E EA Caso particular del Principio de Superposición: EFECTO EFECTOS L L L = + E E E COMPUESTO INDIVIDUALES A A A Válido para Comportamiento Lineal Elástico
P
EFECTO DEL EFECTO PESO PROPIO COMPUESTO
P EFECTO DE LA CARGA AXIAL
102
Mecánica de Sólidos
2)
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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. L1 6 m Barra 1) 2 1) A1 2 cm P=6 kN L 2 4 m F Barra 2) 2 D G A 2 2 cm
P=6 kN
2) C
A
Barras rígidas
B
4a
a
(Fuerzas kN; Long cm) El desplazamiento del punto C debe ser igual a la suma de los cambios de longitud de las barras deformables (1) y (2)
4a
C = 1 + 2 . . . . (*)
FUERZAS AXIALES EN (1) Y (2):
Por equilibrio: F1 = 6 kN; F2 = 30 kN (ambas barras en tracción)
F1 F
D F2
G RF
6 kN
F2 A
ALARGAMIENTOS DE LAS BARRAS (1) Y (2): PL PL 1 ; 2 EA 1 EA 2
B
C
RB 6 kN Reemplazando valores numéricos, tenemos: (6)(600) (30)( 400) 1 9 10 2 cm ; 2 3 10 1 cm 4 (2)(10 )(2) (2)(10 4 )(2) 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. P Barra rígida
L1 E (2 1 A1
B
2L1 E1 1) A1 a
(1) y (2) barras deformables
2a
103
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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 2 P F1 = P 3 1 F2 = P B 3 F1 F2 ii) DESPLAZAMIENTOS
PL PL 1 ; 2 EA 1 EA 2 2 1 P(2L 1 ) P(L 1 ) 3 1 ; 2 3 E1 A 1 E1 A 1 4PL 1 PL 1 1 ; 2 3E1 A 1 3E1 A 1
P = ? (RIGIDEZ) 1
1 B
1
iii) COMPATIBILIDAD GEOMÉTRICA a 1 – 2
(2
1)
1
1 2 1 2 3a 2a Reemplazando 1 y 2
2
2
B 2a
1 – 2 a
2a
PL1 1 PL1 E A 1 4PL1 1 , de donde obtenemos P 1 1 L1 3a 3E1 A1 3E1 A1 2a 3E1 A1 EA La RIGIDEZ en el punto B es K B 1 1 L1
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.
104
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C a
w = 1.73 Ton/m P = 2 Ton
P
B w
barra rígida 30°
A
a=1m
a
i) FUERZA EN LA BARRA DEFORMABLE (Equilibrio)
A
8 Ton 5 cm2 2 1.6 Ton/cm
F w = 1.73 Ton/m
30° RA ii) DEFORMACIÓN (Materiales)
2 Ton F = 8 Ton (tracción) El esfuerzo normal es: F F A A
C
F
FL (8)(100) EA (2)(10 3 ) A
C' CV
= 1.5 mm
0.4 . . . . (*) iii) COMPATIBILIDAD (Geometría). (Semejanza de s) C C 0.15 cm V V 0.075 cm . 100 200 2 2
de donde obtenemos A =
Reemplazando en (*) A =
0.4 = 5.33 cm2 0.075
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).
105
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a
P
3)
(1 (2
45° 45° (1 a
P
3)
Equilibrio: No existen fuerzas de Reacción. Las fuerzas en las barras se determinan por el método de los nudos.
F1
45° 45°
F3
F1 = F3 =
P 2
(compresión)
P F3 F2
45° 45°
F2 = P (tracción)
F3 Material: Calculamos los cambios de longitud de las 3 barras típicas: P a FL 2 Pa (acortamiento) 1 EA 2EA EA 1 P a Pa FL 2 (acortamiento) 3 EA EA EA 3
Pa 2 FL (alargamiento) 2 EA EA 2 Compatibilidad: (geometría) Las barras (1) y (3) se acortan la misma cantidad. La proyección horizontal de esos acortamientos (en valor absoluto) deberá ser igual al corrimiento del rodillo (a su vez, igual al alargamiento de la barra (2)). H desplazamiento horizontal (total)
V desplazamiento vertical (total)
H
1 V
2 alargamiento de la barra (2)
106
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1
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2 Pa 2 2 2EA 2 Pa Pa 2 V = 2 2EA 2EA
H + H = 2 H =
45°
V =
V
1 H cos 45
V = 45° H 6)
Pa Pa EA 2EA
Determinar los desplazamientos horizontal y vertical del punto B. Ambas barras tienen material elástico lineal.
C
D
L = 24" 30°
A = 0.2 pulg2 E = 30×106 lb/pulg2 P = 2,000 lb
L = 29.4"
45°
B FBC
P Fuerzas Axiales (Equilibrio)
60°
FBD 45°
FBC = 1,464 lb FBD = 1,035 lb
2,000 lb Alargamientos (Material) (1,464)(24) FL = 5.86×10-3 pulg. BC 6 EA ( 0 . 2 )( 30 )( 10 ) BC (1,035)(29.4) FL = 5.07×10-3 pulg. BD 6 EA BD (0.2)(30)(10 )
Compatibilidad (Geometría) C
30° B 45°
BD
45°
45° BV
BC 30°
BV
B'
B' BH
B
D
BV
BH
45°
t = BH
BD BD t BH . . . . (i) cos 45 cos 45
107
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B BC
BV
30°
BV
B'
BC BH tan 30 . . . . (ii) cos 30
De las ecuaciones (i) y (ii) BC BD BH tan 30 BH cos 30 cos 45
30° BH
Reemplazando valores y despejando BH , obtenemos:
BH = 0.26×10-4 pulg. Sustituyendo este valor en (i) ó (ii), obtenemos: BV = 6.91×10-3 pulg. PROBLEMAS 1) Determinar dónde debe ubicarse un bloque de 20 kg de masa, sobre la viga rígida ACB, para que los puntos B y F se pongan en contacto. Suponer comportamiento elástico – lineal de la barra CD. (E = 200 GPa)
D
L = 0.25 m d = 2 mm (diámetro)
AC = 0.08 m CB = 0.32 m
masa 20 kg C
A Barra rígida
supuesto el "contacto"
B y Rígido
F
1.5 mm 0.08
0.32 1.5 mm
C 1.5 C 0.4 0.08 C = 0.3 mm
Semejanza:
La Fuerza Axial necesaria en la barra CD se calcula a partir de la Ley de Hooke FCD (0.25) PL -3 C 0.3×10 = 200 10 9 4 (2 10 3 ) 2 EA CD
108
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(Fuerzas N Long m)
FCD=753.98 N
Equilibrio: A
de donde se obtiene: Fc = 753.98 N
9.8×20 = 196 N MA = 0 753.98(0.08) – 196(0.4 – y) = 0 obtenemos y = 92.25×10-3 m y = 92.25 mm
0.08 0.4 – y
y
2) Determinar el desplazamiento del punto C. Considerar comportamiento elástico lineal en ambas barras. Estudiar el caso = 0. A B i) Fuerzas Axiales:
L, E, A
L, E, A
FCA
FCB FCB FCA
(tracción)
C P
P ii) Alargamientos de las barras: P sen L L 2 P CA EA 2sen EA Similar para CB iii) Compatibilidad. A
P L 2sen EA
B
C CB
CA
P 2sen
CV
CA sen CV CB sen CV
ó
Por tanto CV
1 P L sen 2sen EA
C'
CV
PL (2sen2 )(EA)
No puede aplicarse esta expresión para el caso = 0, pues se tendría CV
109
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Resolvemos el problema con = 0
A
C LEA
Equilibrio:
FCB
FAC
B P
LEA
FAC = FCB
P En configuración inicial no es posible hallar las fuerzas de la barra. En configuración deformada: A C B L L C (1 2) C' P P 2sen Si 0, las fuerzas F1 y F2 crecen (resultado probado experimentalmente) Aproximación: sen cuando 0 P F1 = F2 . . . . (*) 2()
F1 = F2 = CB
Usamos la Ley de Hooke: 1 = E1 (ó 2 = E2) P AC' AC E 2A() AC 2 L2 2C L P E E 1 C 1 2A() L L P 1 2C Aproximación Binomial E1 1 2 2A() 2 L
2 P E 2C ; pero tan()= C = C A() L L L
Con aproximación suficiente: 2
P E C L A( C ) L PL3 P de donde: 3C C L 3 EA EA
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) POR MATERIAL NO LINEALIDAD POR DEFORMACIÓN (GEOMETRÍA )
110
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3)
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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 A0 Consideremos el cono completo
h
A1
h1
A0 x
A A1
P h
Se verifica la relación siguiente:
h x (h x ) 2 A A A 0 1 1 2 A0 h1 h1
2
Ley de Hooke:
Pdx
h
2
0
h x E A 0 1 h1 Ph2 h Ph12 1 dx 1 1 2 0 A 0E h1 x A 0E h1 h1 h
Simplificando tenemos Ph . . . . (*) h h1 A 0E h 1 Si x = h A = A1 con lo cual
h1 h h1
4)
A1 h1 h A 0 h1
2
A1 ; reemplazando en (*) y simplificando obtenemos: A0
Ph1 E A 0 A1
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.
111
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P = 2,270 kg
A1 = 3.87 cm2 A2 = 9.68 cm2 A3 = 6.45 cm2 E1 = E2 = E3 = 21×106 kg/cm2
elemento rígido B
A
E 1)
(2
(3 1.83 m
D
C
3.66 m
1.83 m
Fuerzas Axiales: F1 = 6,810 kg (compresión); F2 = 0; F3 = 4,540 kg (tracción) Cambios de longitud de las barras: (6,810)(1.83)(100) 1 – 0.153 cm (acortamiento) (3.87)(2.1)(10 6 ) 2 = 0 (4,540)(183) 3 0.061 cm (6.45)(2.1)(10 6 )
3
3 = AH
B'
A 3
45°
B
1
A'
3
3 A AV – 1
AV
Como el punto B se desplaza horizontalmente 3 = 0.061 cm 3 (es un punto de la barra rígida), todos los puntos de la barra rígida, horizontalmente, se desplazarán igual cantidad. Luego AH 0.061 cm
1
366 cm (1
2)
A'
183 cm
(3
3
3 + 1 AV 1 366 3 1 tan = 183 A 1 1 V = 3 183 366
tan =
de donde obtenemos: AV = 2(3 + 1) + 1
AV = 2(0.061 + 0.153) + 0.153
AV = 0.581 cm 5)
Un tablón de madera, muy rígido, de longitud 2L, descansa sobre dos resortes análogos de constante K, tal como se representa. Los resortes tienen una longitud h cuando el tablón está sobre ellos. Un peso es colocado en el centro del tablón y se desplaza lentamente hacia uno de los extremos. Determinar la distancia que puede desplazarse, hasta el instante en que el tablón entra en contacto con el piso. (No incluir el peso propio del tablón).
112
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y L C
L
y
D C h
b=?
h
W
D a
a
En el punto E no se presenta reacción (caso límite en que el tablón entra justamente en contacto con el piso). y y b FC C b C
D
FC
FD
W
Fd D
h h C E
hD
x
a L
a
L
a
W E
x
Fd L
Como no se incluye el peso propio del tablón h es la longitud libre de cada resorte. Equilibrio de Fuerzas: FC + FD = W 2aFD – W(a + b) = 0 W(a b) W(a b) W ; FD FC W (a b) . . . . (*) 2a 2a 2a Compatibilidad Geométrica: h La Semejanza C . . . . (**) hD L a Deflexión de los resortes
C h hC . . . . (***) D h hD
Relación Fuerza /Desplazamiento: Resortes elásticos-lineales de constante K: FC K C . . . . (****) FD K D Las ecuaciones (*), (**), (***) y (****) constituyen un sistema de ecuaciones (con las siete incógnitas: FC, FD, hC, hD, C, D, b) Resolviendo este sistema, encontramos:
113
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b
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a2 2Kh 1 L W
Nota) Podemos calcular las deflexiones de los resortes en función del valor b encontrado. Resultan ser: W b W b C D 1 ; 1 ; 2K a 2K a 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. P RÍGIDOS RIGIDEZ EN EL PUNTO B: VALOR DE LA CARGA P, QUE OCASIONE B UN DESPLAZAMIENTO UNITARIO DEL PUNTO B, EN DIRECCIÓN DE 5 5 a a 6 6 LA CARGA P. 4) 2L
L
(1
2)
2 3
a
4 3
a
(3
L
Fuerzas en las barras:
P B F1 Las cuatro barras deformables trabajan en tracción (se alargan)
F4
F1 = F 4 =
F4 =
P 2
P 2
P 3 P F3 = 6
F2 = F2
F3
Alargamientos de las barras:
114
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P (2L ) PL PL 1 2 EA EA EA 1 P (L ) PL PL 2 3 EA 3EA EA 2 (*) P (L ) PL PL 6 3 EA 6EA EA 3 P (L ) PL PL 4 2 EA 2EA EA 4
Compatibilidad Geométrica: P
1
1 5 6
a
4 + x 5 6
B
a
4)
2
(1
x 2 3
(2
a
3 4 3
a
(3
Semejanza:
2
x 2 3
a
3 4 3
2 3
a
de donde: x x
2 – 3 x – 3 a
4 3
a
2 3 (x 3 ) 4 2a a 3
1 (2 2 3 ) 3
y reemplazando 2 y 3 de (*) obtenemos:
5PL . . . . (**) 18EA
Semejanza:
1 – 4 – x
1 – 4 – x
B" 5 6
a
5 6
a
1 4 x 1 4 x 10 5 a a 6 6
de donde obtenemos: 1 + 4 + x = 2. Reemplazando de (*) y (**), tenemos:
115
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PL PL 5PL 2 EA 2EA 18EA
Despejando el valor de la carga P:
P
9EA 8L
RIGIDEZ DEL SISTEMA EN EL PUNTO B: 9EA KB 8L 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. d
R r
p
F0
F0
L 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 2F0 prL sen d 0
2F0 2prL F0 = pLr
El esfuerzo normal en el espesor del anillo, es: F pLr pr 0 A (R r)L R r El radio r sufre un incremento r: 2 (r r ) 2 r r l Cambio en la circunferencia interior
Donde:
pr (Deformación radial unitaria) E E(R r) l: circunferencia interior (inicial) pr 2(r r) 2r 2r E(R r) r
Despejando r, encontramos r 8)
pr 2 E(R r)
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 116
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material tiene E = 18×106 lb/pulg2. Si la rotación máxima que se permite al bloque es 0.05° y se usa un factor de seguridad igual a 2.5, ¿qué diámetro mínimo deben tener las barras si el esfuerzo de fluencia es 70,000 lb/pulg2?
Permitimos que el bloque gire = 0.05° y calcularemos un diámetro. Luego, verificamos si se excede o no el esfuerzo de fluencia. Equilibrio
Geometría
Combinando las ecuaciones (2) y (4) y las (3) y (5), tenemos FAB 0.02094 10 6 lb/pulg2 . . . . (6) A FCD 0.03140 10 6 lb/pulg2 . . . . (7) A 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
4
d2 A
El correspondiente diámetro es: d = 0.932 pulg Pueden calcularse ahora, las fuerzas FAB y FBC, a partir de las ecuaciones(6) y (7). Se obtiene: FAB = 14,280 lb FCD = 21,400 lb
117
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El esfuerzo máximo se induce en la barra CD 21,400 lb = 31,400 lb/pulg2 máx 2 0.682 pulg máx > permisible =
70,000 = 28,000 lb/pulg2 2.5
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. FCD = 28,000 lb/pulg2 A 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) 2 AB = (8) . . . . (4.1) 360 2 CD = (18) . . . . (5.1) 360 9 CD = (28,000) . . . . (3.1) 18 10 6 F (puesto que hacemos CD 28,000 lb/pulg2) A 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. Peso total G G L Peso específico AL E Esfuerzo y Deformación unitaria en una A sección genérica, ubicada a la distancia x de la base superior.
x
F1 = Ax F1 = Ax
G AL
xG (compresión) F L F xG 1 = 1 = (compresión) A AL xG 1 = (acortamiento) EAL Definición de Deformación Unitaria:
F1 =
118
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u si dx es la longitud inicial, tendríamos u (dx ) 1 dx xG de donde (dx) = 1dx = dx (acortamiento) EAL Consideramos una "rebanada" diferencial en la distancia x.
x dx
d(x) z
Z
Después de la deformación, el espesor de la xG "rebanada", es: dx – (dx) = dx – dx EAL xG dx – (dx) = 1 dx EAL 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: xG
L
1 EAL dx . Evaluando la integral, tenemos: x
L
G x2 G L2 x 2 Z x ( L x ) EAL 2 x EAL 2 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
(Z G )(G) Z dG0 0
Pero dG0 peso de la rebanada diferencial. dG0 = Adx G G dG0 = A dx dG0 = dx AL L Por tanto: L G G (Z G )(G) (L x) (L2 x 2 ) dx 0 2EAL L
L
1 x2 G x3 Z G Lx (L2 x ) L 2 2EAL 3 0 L GL ZG 2 3EA
El descenso del Centro de Gravedad, será
L ZG 2
L GL ZG = 2 3EA
119
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10) Una placa rígida, semicircular, de peso W = 500 N y radio r = 1 m está soportada en los puntos A, B y D por tres cables idénticos. El punto C está en el centro del arco circular ADB y el radio CD es perpendicular al diámetro AB. Cada cable tiene módulo de elasticidad E = 210 GPa, diámetro d = 2 mm y longitud L = 1.2 m. Una carga P = 3W actúa perpendicular a la placa, a la distancia x del punto C. Calcular la distancia x para que la placa tenga una pendiente de 0.1° (a lo largo de CD) bajo acción simultánea de W y P.
Equilibrio: (G centroide de la superficie semicircular
A
B
P
C
FB FA
x A
C 4r 3
P
B
W
x
D
FD D
Fvert = 0 FA + FB + FD = P + W = 4W . . . . (i) MCD = 0 FAr = FBr FA = FB (simetría) . . . . (ii) 4r Wr MAB = 0 P x + W – FDr = 0 3Wx + 4 – FDr = 0 . . . . (iii) 3 3 Wx 4W De la ecuación (iii) obtenemos FD = 3 + . . . . (iv) r 3 4 W FD Reemplazando (ii) en (i) obtenemos 2FA + FD = 4W FA = . . . . (v) 2 Reemplazando (iv) en (v) obtenemos: 3Wx 2W . . . . (vi) FA 2W 2r 3 r 0.1° D – A W P
B A
D
A 0.1°
D A r r tan0.1° = D – A . . . . (vii)
D tan 0.1° =
(Los alambres que pasan por A y por B se alargan la misma cantidad) Material (Alargamiento): FL FL D D ; A A EA EA
120
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Reemplazando en (vii) L (FD FA ) . Considerando (iv) y (vi), tenemos: EA L 3Wx 4 W 3Wx 2W r tan 0.1 2W EA r 3 2r 3 Simplificando: WL 9x 2 r tan 0.1 2 EA 2r r tan 0.1
Reemplazando valores:
(1) tan 0.1
(500)(1.2) 2 4.5x 2 9 3 2 (210)(10 ) 4 (2 10 )
Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm
121
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1.13) Comportamiento No Lineal. Diagramas Idealizados / 1.13.1) Definiciones:
SÓLIDO ELÁSTICO
→
Aquel que recupera su configuración inicial
cuando desaparecen las acciones que ocasionaron la deformación. Elásticos Lineales Pueden ser
Elásticos No Lineales Anelásticos
(Disipación importante de energía, calor,…)
Lineal
No Lineal
(Acero)
Lazo de HISTÉRESIS
Anelástico
(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.
A( , )
tan
punto con
0
PERMANENTE
DEFORMACIÓN TOTAL
p
p r p
r
p permanente
r RECUPERABL E (ELÁSTICA)
r
122
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Nominal de Fluencia
En los materiales donde es imposible (difícil) precisar con exactitud el valor del ESFUERZO DE FLUENCIA
Y , es conveniente ubicarlo por
definición (nominal).
DIFÍCIL DE DETERMINAR EXPERIMENTALMENTE
Y P
(Y ,Y )
MÓDULOS SECANTE Y TANGENTE En materiales cuyos diagramas constitutivos son no – lineales, pueden definirse “MÓDULOS TANGENTE Y SECANTE”
( ) ( )
T ( , )
S
0
0
2 1 2 1
ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Las fuerzas externas realizan trabajo durante la deformación. Esta energía se almacena en el interior del sólido (Energía de Deformación).
(1 , P1 ) P P() P
U P()
123
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1.13.2) Diagramas Idealizados / : En general, las relaciones constitutivas
son complicadas, con la
posibilidad de presentar variadas alternativas o configuraciones. Para facilitar el tratamiento analítico del comportamiento de algunos materiales, se usan DIAGRAMAS IDEALIZADOS de las relaciones / .
SÓLIDO RÍGIDO:
Sin deformaciones
SÓLIDO PERFECTAMENTE ELÁSTICO:
LINEAL
NO LINEAL
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.
y
SÓLIDO PLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO: A partir del esfuerzo de fluencia, Y , para inducir deformaciones mayores, se requiere incrementar el esfuerzo.
y
Zona de endurecimiento
124
Mecánica de Sólidos
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SÓLIDO ELÁSTICO – PERFECTAMENTE PLÁSTICO (ELASTOPLÁSTICO): Las deformaciones elásticas NO pueden despreciarse. Tampoco existe zona notable de endurecimiento.
y
y
SÓLIDO ELASTO – PLÁSTICO CON
y
Endurecimiento
ENDURECIMIENTO:
E 1
(Bilineal)
y
SÓLIDO DE RAMBERG – OSGOOD La deformación total
es: p r ....(*)
Para una gran mayoría de materiales la relación / (en la zona no
elástica) puede aproximarse por , donde Β y η son constantes p apropiadas para cada material.
Reemplazando en (*):
....( Ec.deRamberg Osgood ) r
Si además, la deformación es elástica lineal →
r .
.
Deformació n Elástica Lineal; Deformación Inelástica
Las ecuaciones de Ramberg– Osgood han sido estudiadas experimentalmente.
Acero Estructural 122400 Aluminio 72300
lb ; 25 pg 2
lb ; 10 2 pg
125
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NOTA› Las relaciones presentadas, suponen tácticamente que los materiales NO SON VISCOSOS, es decir NO se presentan fenómenos importantes de desplazamientos dependientes del tiempo (FLUJO). Existen materiales (asfaltos, breas,…) que se deforman gradualmente por acción de un esfuerzo y su deformación se incrementa con el tiempo aún cuando se haya retirado al esfuerzo.
Comportamiento influido por la VISCOSIDAD. MATERIAL ELÁSTICO
MATERIAL VISCOELÁSTICO
,
t
El modelo más simple de material viscoelástico, es el denominado SÓLIDO DE VOIGT – KELVIN, cuya ecuación constitutiva, es:
Módulo de Young Coeficient e de Viscosida d
t
De manera similar a la analogía existente entre un Sólido Elástico Lineal y un Resorte, el Sólido de Voigt – Kelvin acepta analogía con el modelo físico:
Elasticidad
Viscosidad
Sistema resorte/amortiguador en paralelo
Si el efecto de la Viscosidad es despreciable → 0 , y el modelo se reduce al Modelo de Hooke.
E
126
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Otro material viscoelástico, es el que admite la ecuación constitutiva:
A
t t
Define un Material modelo MAXWELL
Constante de Elasticidad Constante de Viscosidad
El material modelo de MAXWELL es análogo al sistema resorte / amortiguador en serie:
Elasticidad
Viscosidad
Las soluciones de la ec. Constitutiva tipo Maxwell, se dan en dos planos coordenados:
t
t
PROBLEMAS
1)
¿Qué esfuerzo se requiere, en cada caso, para generar deformaciones unitarias de 0.001 y 0.004?
y
y
E
E
1
1
(i)
Klb y 60 pulg2
(iii)
(ii)
Klb Ε 3 10 pulg2 4
Klb 2 103 pulg2
127
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CASO ( i )
→
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RÍGIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO
y 1
2
0.001
0.004
CASO ( ii ) →
ELASTOPLÁSTICO Deformación Unitaria de Fluencia:
y E 1
2
Ey = 0.002
y E1 = 0.001
CASO ( iii ) →
Ey = 0.002
E2 = 0.004
ELASTOPLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO
y 2
E1 = 0.001
2 - y
E2 - Ey Ey = 0.002
E2 = 0.004
128
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2)
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El cilindro representado, es de un material de comportamiento elástico no lineal, cuyo diagrama / es parabólico. Hallar la deflexión del extremo libre ocasionada por el peso propio.
(10 2 ;10000
L 5"
0.2
Φ 6"
lb pulg3
lb ) pu lg2
parábola de 2do Grado
Vértice
Parábola k 10000 k 10 2 k 10
10
5
lb
5
pu lg2
...(1)
Fuerza Axial
P( x ) A (L x ) Esfuerzo Normal
P(x) A
(L x ) 10
Reemplazan do en (1)
5
De donde obtenemos la deformació n unitaria
P(x) (peso porción inferior)
2 10
3)
(L x )
10
(L x )
2
Una barra de sección circular tiene 3m. de longitud y 10mm de diámetro, ésta hecha
de
un
material
cuya
ecuación
constitutiva
es:
3 9 donde se expresa en MPa. La barra está 1 70000 7 270
cargada axialmente por fuerzas de tracción P = 20Kn, y después se retiran las cargas.¿Cuál es la deformación unitaria permanente de la barra?
129
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Para P 20KN :
P
P σ
20 000N π 4
254.65MPa
3 2 2 (10 10 ) m
La deformación total, es : ε
9 254.65 3 254.65 1 70000 7 270
ε 0.00456 (deformación total)
Diagrama
total perm recup
M P a )
total recup
Comparándola con la ec. constitutiva dada :
sc de
ca
rg
a
ar
ga
( tota l )
E
70000
RECUP 0.00364
9
7 70000 270 3
PERM
1
re m p
p e rm
Total
to ta l
ε perm
3 254.65 254.65
9
7 70000 270
ε perm 0.00092
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
60 ;0 2.5pu lg.(F en libras; en pulgadas). La carga 1 1.12
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 A y c de los resortes y el ángulo de giro
de la barra
rígida.
130
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P A
B
C
b
a
MB 0
c
P
Equilibrio:
F a F b P(b c) A C 15F 10F P(20) A C 3F 2F 4P....(1) A C
FC
FA
R
Compatibilidad:
A
B a
C b
c
Material:
131
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Diagrama Fuerza / Alargamiento
Flb) F
60 1.1.2
30 25
0.833 1.25
5)
pulg
Una barra prismática AB de longitud L=86” y área transversal A = 0.75pulg2 soporta dos cargas concentradas: P1=24Klb y P2=6 Klb. El material es una aleación cuyo diagrama / sigue una ecuación tipo Ramberg – Osgood.
en la que
1 10 ...........(i) 10 106 614.0 38000
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.
L/2
P2
L/2
P1
132
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50 40 30 20 10 0.01
0.02
0.03
En la mitad inferior σ
P1 24000 A 0.75 σ 32000 lb / pu lg2
Al que le corresponde ε 0.003492 El alargamien to de la barra, es : Δ B (0.00672)( 43)"(0.003492)( 43" ) Δ B 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; y =250MPa).
-4
2
A=2x10 m 2.0m -4
2
A=3x10 m
1.5m
y
B A
E 1m
2m
C
1
P
y CARGA ÚLTIMA (Pu):
La que ocasiona que en ambos alambres se alcance el Esfuerzo de Fluencia y . (Simultáneamente)
133
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(Falla del Sistema) Si sólo un alambre llega a la fluencia, NO se produce la falla del sistema, debido a que el otro alambre aún estará en el rango elástico. En el momento de la falla
PB =
y AB PB σ y A B
Pc
PB
P B (250 10 6 )(3 10 4 )
A
P B 75000 Newtons PC σ y A C
P
P c (250 10 6 )(2 10 4 ) P C 50000 Newtons
M
A
0 2P 2PB 3PC P
2(75000 ) 3(50000 ) 150 000Newtons 2
PU 150000 Newtons
(↑___ INICIA LA FLUENCIA EN EL MATERIAL DE AMBOS ALAMBRES). 7)
Dos cables son de un material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es k 2 ,siendo k=1010lb/pulg2 y 3 10 7 lb/pulg 2 .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.
º
B P
Geometría:
1
Δ1 Δ 2 (Simetría total)
2
Δ1 Δ B cos α Δ B
B
2 B
1
3 2
Δ2 Δ Δ Δ ΔB Fuerzas:
3 ...(*) 2
F1 F2
F
F
1
2
F1 F2 30º
30º
P 3
P
134
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Esfuerzos:
P
1 2
3A
Ecuación Constitutiva:
k 2
Según (*)
, para cualquier Régimen L
P
k L 3A L
2
3 1 3 B k 2 B 2 2 L 3A L
P
2
Reemplazando valores numéricos, tenemos: 2000 3 ( 0. 2 )
3 10 7 3 10 10 3 B 2 B 5 12 2 (5 12) 2 4
(Fuerzas →lbs ; long → pulg.)
Resolviendo la ec. de 2do. grado, obtenemos:
B ' 0.1935 pulg B " 0.0143 pulg
Nota > Las dos raíces son soluciones correctas.
0 ( k ) 0 0
Ek2
3 10 7 k 10 10
0.003
E
=0
E = 0.003
Para un valor admisible del esfuerzo existen dos Deformaciones Unitarias
Calculamos las deformaciones unitarias (en los cables). Usamos (*)
Para
B
3 2
B ' 0.1935 " ' 0.1935
3 2
' 0.1676pu lg .
135
Mecánica de Sólidos
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B " 0.0143 " " 0.0143
Para
3 2
" 0.01238pu lg .
Las deformaciones unitarias, son:
'
' 0.1676 0.00279 L 60
"
y
" 0.01238 0.000206 L 60
En el Diagrama Constitutivo:
E
E = 0.003
=0
E" = 0.000206 Si P es creciente
8)
E' = 0.00279
Si P es decreciente
Si P crece
B 0.0143 pu lg
Si P decrece
B 0.1935 pu lg
En el dispositivo esquematizado en la gráfica, se indican las dimensiones correspondientes antes de que sean aplicadas las cargas.¿En qué sentido y que distancia, en pulgadas, se moverá la placa fijada en el extremo derecho del tubo, debido a la aplicación de las cargas?. Las curvas / para el acero y el concreto se muestran en otra gráfica (1ton <>2000lbs.) Tubo de Acero: dext = 5.563 pulg. dint = 5.047 pulg.
Placa de Apoyo
40 Ton
Placa de Extremo (CIRCULAR)
50 Ton
40 Ton Concreto (CILINDRO)
y=35000 lb/pulg
2
6
2
E=30 x10 lb/pulg 1
(0.0015;2.120) lb/pulg2 CONCRETO
136
Mecánica de Sólidos
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Fuerzas Internas: Tubo (18”) Esfuerzos:
F
1
50 Ton
Tracción: Tubo (8”)
(Tracción)
F1=50 Ton F1=(50)(2000)=1000 000lb 40 Ton
F
2
50 Ton
(Compresión) F2+80=50 F2= -30 Ton (Compresión) F2= -60000 lbs
40 Ton
Bloque Concreto 40 Ton
3
F
3
60000
4
50 Ton
(6) 2
2120
lb pu lg 2
(Compresión) 40 Ton
F3+80=50 F3= -30 Ton (Compresión) F3= -60000 lbs Nota→Acero en Régimen Elástico(Ley de Hooke). Concreto→Deformación Unitaria dada
9)
Cambio total de longitud: 1L 1 2L 2 3L 3
23250 30 10
6
(18 )
13950 30 10 6
(8) (0.0015 )(12)
0.00780 pulg. La placa del extremo derecho del tubo se desplaza hacia la izquierda (deformación neta por compresión)0.0078 pulg.
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).
137
Mecánica de Sólidos
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E D
Q
y
B
A
C
E 1
Equilibrio: FAD
FCE
Q
Comportamiento Elástico Lineal: El máximo desplazamiento (elástico) del punto A, sucede cuando el material de la barra AD alcanza el esfuerzo de fluencia y . FAD MÁX y A AD (300 )(10 6 )( 400 10 6 ) 120 10 3 Newtons Con esto (ver *) Q MÁX 240 10 3 Newtons A este valor FAD MÁX le corresponde la deflexión : A yL
y
L
(300 )(10 6 ) 9
(200 )(10 )
(2) 3 10 3 m.
Barra AD:
FAD 3
x
(m)
-3
x
Puesto que, por el equilibrio, FAD FCE 120 10 3 N , posiblemente la barra CE no está en fluencia. La deflexión del punto C es C L
L,
138
Mecánica de Sólidos
C es decir:
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120 10 3 1 (5) 6 9 500 10 10 200 L
C 6 10 3 m.
FCE MÁX y A (300)(10 6 )(500)(10 6 ) 150 10 3 N Barra CE:
F 3
FCEmáx=x 3
x
-3
x
B
A
(Barra CE → no en fluencia).
mm
mm mm
La deflexión del punto B, es: B
C
1 A C 1 3 6(10 3 ) 4.5 10 3 m 2 2
Puesto que B debe ser 10mm, deben presentarse deformaciones plásticas en las barras deformables. Comportamiento Plástico: Para Q=240 x 103 N ocurren deformaciones plásticas en la barra AD. Como la barra CE no ingresa al régimen plástico, la deflexión del punto C permanece igual a 6mm. Configuración de la barra rígida:
A 'A
' A 6 10 ' A 14mm 2
C
B
mm
mm
3
x ewtons
139
Mecánica de Sólidos
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Posición Final luego de retirada (gradualmente) la carga Q Deformación permanente en la barra AD
A 11mm 14mm
C mm
L FINA IÓ N C I S PO GA C AR S IN
Deformación recuperable
3mm
Deformación recuperable
10)
La barra AB es de acero elastoplástico (E=200GPa;
y =300MPa ).
Después de conectar la barra a la palanca rígida CD, se observa que el extremo D está demasiado alto. Se aplica entonces una fuerza vertical Q en D hasta que este extremo se desplaza al punto D’. Determinar la magnitud requerida de la fuerza Q y la deflexión
, si la palanca debe regresar a la
posición horizontal luego de retirada la carga.
Q A L=1.25m 9mm
D
B
a
y
Palanca Rígida
E
C
1
1 D'
y 300MPa 200GPa (materialde la barra AB)
140
Mecánica de Sólidos
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A D
a
B
→ alargamiento total de la barra.
B’B”
→ alargamiento recuperable.
B’B
→ alargamiento permanente.
El material de la barra AB debe ingresar
B'
C
BB”
M
B"
al rango plástico.
1
La máxima deformación unitaria recuperable, es:
D'
y
Luego el alargamiento B’B”; es:
y
300 10 6 200 10
9
1.5 10 3.
B' B" L AB y (1.25 )(1.5 10 3 ) B' B" 1.875 10 3 m
La deflexión 1 se calcula por semejanza: CB' CM (1.1) 1 (1.875 10 3 ) 5.16 10 3 m B' B" 1 0 .4
Fuerza Máxima:
Fy...(*)
Qmáx
C B
Carga de Fluencia en la barra AB: Fy=A y FY (300 )(10 6 )
M
C
0
De donde
4
(9 10 3 ) 2 19 085.18 Newtons. FY (0.4) (1.1)Q MÁX Q MÁX
(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
0 ).
141
Mecánica de Sólidos
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Ley de Variación del Módulo Elástico: (1) E2 E
E1
Ley de Variación:
dA=2d
P
P
La fuerza axial es: P
A
(A)
Constante)
r
P 2
(todas las fibras con la misma )
0
1 El esfuerzo es variable: 1 2 r
La deformación es constante en todos los puntos. r
1 P 1 2 2 r 0
r
1 P 2 1 2 r 0
P
3
r 2 1 2 2 ...()
En la periferie
0 ; 2 σ 0 ε 2
σ0 2
Reemplazan do en () : P
3
r2
σ0 1 2 2 2
(1) Material No Homogéneo
P
πr 2 σ 0 2 1 3 2
142
Mecánica de Sólidos
12)
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La varilla uniforme BC tiene sección transversal A y está hecha de un acero elastoplástico (E,
y ). Usando el sistema bloque / resorte representado, se
desea simular la deflexión del extremo C de la varilla cuando la carga axial es P y luego se la retira. Designando por la masa del bloque;μ el coeficiente de rozamiento entre el bloque la superficie horizontal, hallar: (i) Una expresión para la masa m requerida. (ii)Una expresión para la constante del resorte K. La deflexión en los puntos C y C’ debe ser la
L
misma para todos los valores de P. C
B
P Varilla BC: Fuerza de Fluencia: Py=A y
B'
K
Deformación de Fluencia: y y L
C' P
m
y
L
Pendiente de la parte recta del Py
Diagrama P - y
y
P
A y L y
AE L
Sistema masa / resorte:
Py
Si P
el bloque no se mueve, y P c '
Relación lineal con pendiente
y
c
Para P FMÁX W mg
el bloque comienza a
moverse y c ' se incrementa, sin ningún incremento en
P
P. Si P decrece hasta cero, el bloque se mantiene en un
FMÁX
miso punto y c ' decrece linealmente: → Igualando las expresiones para Py y FMÁX:
c' → Igualando las expresiones para Py y FMÁX: A y mg m
→ Igualando las pendientes
13)
A y
g
(masa del bloque)
A (constante del resorte) L
Un mástil rígido se sostiene en posición vertical por medio de dos cables de material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es σ 105 ε 2
(MPa). El
mástil recibe una carga de viento q=1 KN/m uniformemente repartida sobre su
143
Mecánica de Sólidos
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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.
q
E D
2m
q
4m C
FAD 3m FAC
B
A
R2
4m
R1
Fuerzas axiales en los cables:
MB 0
qL2 FAC 3senα FAD 7senβ 0 . 2
Reemplazando valores ( α es el ángulo agudo que forma el cable AC con el mástil y β el ángulo agudo que forma el cable AD con el mástil), obtenemos: 40.5 2.4FAC 2.757FAD 0 (i) Compatibilidad Geométrica. Aceptando deformaciones infinitesimales. E’
E
D
DAD D’
b DAC C
C’
a
DD' CC' Δ Δ 3 AD 7 AC . 7 3 senΒ senα 1.149 Δ AC (ii)
De la semejanza de triángulos obtenemos la relación: Reemplazando los valores correspondientes: Δ AD
144
Mecánica de Sólidos
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Ecuaciones constitutivas (material): σ 105 ε 2 MPa σ 10 8 ε 2 KPa. Reemplazando en función de las fuerzas y los cambios de longitud, tenemos: F Δ L F 10 8 ( )2 Δ 4 A L A 10 Para cada uno de los cables aplicamos la ecuación anterior: 7.616 FAD Δ AD 0.04817 FAD 4 10 (2.5)(10 4 ) Δ AC
5 10 4
FAC 0.0316 FAC (2.5)(10 4 )
Reemplazando ambas expresiones en la ecuación de compatibilidad (ii), tenemos: 0.04817 FAD 1.149(0.0316 FAC ) FAD 0.5679FAC (iii) Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (i) y (iii), obtenemos: FAD 5.798 MN FAC 10.21 MN ( tracciones ). Esfuerzos en los cables: 10.21 5.798 ο AC 4.084 x 10 4 MPa y ο AD 2.319 x 10 4 MPa 4 4 (2.5)(10 ) (2.5)(10 ) Desplazamiento ΔEH : CC' ΔCH 3Δ AC ΔCH 3.75 ΔA AC ΔCH 3.75 Δ AC 3 9 senα ΔCH 3.75(0.0316 FAC ) 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. A B
F A
C
P
AC
Consideremos las 2 porciones AC y CB. Equilibrio → PAC + PCB = P …..(1)
P
CB
Para cada porción de barra, tenemos:
C
y (4) y 4(1.33)(103 ) 5.33 103 pulg. Py A y 2( 40000 ) 80000 lbs.
PAC(tracción)
εy 80 klb
B
a
-3
5.33x10
σy Ε
40000 1.33 103 6 3 10
Py c arga de fluencia ε y deformació n de fluencia
145
Mecánica de Sólidos
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Py A y 2( 40000 ) 80000 lbs.
Pcb(compresión) b
80 klb
40 klb
-3
5.33x10
-3
10.67x10
Para F=140klb.
Suma de diagramas: (PAC + PCB = P)
8 10 3 pulg. En la descarga, la gráfica es paralela a la parte inicial ( . _ . _ . _)
P permanente r recuperabl e
F b
160klb 140klb 120klb
a
-3
8x10 -3
P
5.33x10
-3
10.67x10
r Semejanza:
r 5.33 10
3
140 r 6.222 10 3 pulg. 120
Deflexión permanente de C:
p 8 10 3 - r 6.222 10 3 pu lg . P 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.
146
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Área transversal de la barra → A1
Z
Área transversal del tubo
→ A2
Equilibrio:
Z 1 A 1 Z 2 A 2
F....................(1)
Z 1 Esfuerzo en la barra Z 2 Esfuerzo en el tubo
2 1
Y
PLACA RÍGIDA
Aceptando que las áreas permanecen (sensiblemente) constantes: Z 1 t
F
A1
Z 2 t
A 2 0..........(2)
Compatibilidad: Las deformaciones Z deben ser iguales en cualquier tiempo:
Z 1 Z 2
Z 1 t
Z 2 t
........................(3)
Materiales: Material Viscoelástico (tipo Maxwell)
z
Ecuación Constitutiva:
Elasticidad
z
Z 1 Z 1 . . Z t t
Viscosidad
Material Elástico Lineal (tipo Hooke)
z
Z Z
z E
Para el tubo: →
Z 2
Z 2
Para la barra →
Z 1
t
Z 2 t
1 t 2 .............( 4) t
1 z 1 1 z 1........................(5 ) 1 t 1
Reemplazando (4) y (5) en la ecuación de Compatibilidad (3), tenemos: Z 2 2 t
1 z 1 1 z 1..........................................(6 ) 1 t 1
De la ec. (2) obtenemos
Z 2 t
A 1 z 1 ..........................(7) A 2 t
Reemplazando (7) y (6): 1 2
A 1 z 1 1 z 1 1 z 1.........................(8) A t 1 2 1 t
147
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Expresión que puede escribirse: A1 1 z 1 1 z 1 0...................................(9) 1 2 A 2 1 t
Separando variables: A1 1 z 1 1 t 0.......................................(10 ) 2 A 2 1 z 1 1 A1 1 1 Ln z 1 t Integrando: 1 2 A 2 1
Pasando a la forma exponencial, tenemos:
z 1
A2 A A 1 1 2 2 1
t
A partir de la ec. (1) se calcula: Z 2 :
Z 2
1 A2
1 F z 1 A1
NOTA> La constante K se conocerá cuando se tenga un valor del esfuerzo Z 1 en un tiempo dado. 1.14) Deformación Unitaria Cortante. Módulo de Rigidez
Es posible realizar ensayos en laboratorio, en los cuales ciertas probetas prismáticas especiales son cargadas exclusivamente en Estado de Esfuerzo Cortante. P: aplicada gradualmente L a
P L
P h
Q
Equilibrio Ph=QL
Q h BASE RÍGIDA
P
La cara superior del bloque prismático sufrirá un desplazamiento respecto a la sección fija.
148
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En valor promedio se presentan esfuerzos
cortantes en 4 caras del sólido:
P La
ó
(iguales puesto que Ph= QL) Para materiales isotrópicos se observa:
(i)
El esfuerzo cortante
SÓLO PRODUCE DISTORSIONES de los ángulos
rectos (Deformaciones de Cortante). (ii)
Los esfuerzos cortantes
NO AFECTAN las deformaciones normales.
Si la carga P se aplica gradualmente (por incrementar) pueden registrarse los
ocasionados. Los resultados se representan en un Diagrama Constitutivo P - . De manera alternativa, puede obtenerse un Diagrama Constitutivo - . corrimientos
P
k'
1
1
La parte inicial recta tiene por ecuación G
La parte recta (inicial) tiene por ecuación P=k'
La constante G → se denomina MÓDULO DE RIGIDEZ (o MÓDULO DE ELASTICIDAD CORTANTE) . Físicamente, G representa un valor del esfuerzo cortante que ocasiona una distorsión unitaria
1 . (G tiene unidades de esfuerzo).
En el tramo inicial del Diagrama
se observa proporcionalidad entre Esfuerzos
Cortantes y Distorsiones.
τ Gγ Ley de Hooke para Esfuerzo Cortante
149
Q ha
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El valor G es otra propiedad característica de los materiales. Aluminio.. ....................................26 10 9 Pa Hierro Fundido............................39 10 9 Pa
(Valores referenciales)
Acero Estructural........................80 10 9 Pa Cobre.........................................45 10 9 Pa
NOTA< Obsérvese que, para un material, G < E. La Ley de Hooke para esfuerzo cortante, puede expresarse en términos de otros parámetros.
P P G AG P A h h
(A → área de cortante). k'= 1
AG h
Def.) El valor
AG se denomina RIGIDEZ CORTANTE. h
Físicamente, significa el valor de P que ocasiona 1.
P
A
P
Para deformaciones infinitesimales:
h
ó
h
Notas) i)
Las constantes elásticas E y G no son independientes entre sí. Se demostrará (posteriormente) que entre ellas existe una RELACIÓN.
150
Mecánica de Sólidos
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Esfuerzo 2
k/cm
k/cm
G
k/cm
2
(Material
E
2
k/cm
2
E
1 1 -3
1.05x10
Acero Estructural)
G -3
Deformación Unitaria
1.67x10
1.14.1) Esfuerzo Cortante en Planos Perpendiculares Consideremos un prima infinitesimal,
Z
sometido a ESTADO PLANO de Esfuerzo Cortante: (Dos caras paralelas libres de ).
dx
M
x
0
dy zy
dz
yz
YZ ( xz )y ZY ( xy )z 0
Simplifica ndo : YZ ZY , denominada Ley de Reciprocid ad del Esfuerzo Cortante.
zy
yz
Y
x
(Subíndice s commutable s : rs sr ; xy yx ; ...... etc).
En consecuencia: “Los esfuerzos cortantes que actúan en planos perpendiculares son numéricamente iguales”:
(NO) Ambos cortantes, o se dirigen hacia la arista común, o se alejan de ella. EJEMPLOS 1) En el sistema representado, la carga P=27kN debe producir una deflexión vertical de 2mm., a la placa rígida AB. Hallar las dimensiones mínimas a y b necesarias. Considerar: ad 1.5MPa; G 18MPa; e 600mm (┴ al plano de dibujo)
151
Mecánica de Sólidos
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P=27KN
Rígido
Rígido
1
2
a
a
b
2
1 Deformación
Por la simetría total, consideramos sólo una “parte”:
P/2
i) Esfuerzos
mm
b
P2 be
ii) Condición ad
p 2be
mm
Reemplazando valores, tenemos: 27 10 3 3
2(b)(60 10 )
1.5 10 6 , de donde b 0.15m
b mín 0.15m iii) Ley de Hooke : G
1.5 10 6 1.8 10 6
G
, reemplazan do valores :
0.083 Rad.
iv) Geometría (deformaciones infinitesimales) : a a
a
2 10 3 00.024m a mín 0.024m 0.0833
2) Se elabora un dispositivo adhiriendo una varilla A, de radio r1, y el tubo B, de radio r2, a un cilindro hueco de cierto material a ensayar. Designando por G al módulo de rigidez del material, expresar la deflexión de la varilla A en función de Q,L,G, r1 y r2
Espesor delgado (t->0)
Material a ensayar
Q
A
Q
152 L
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Sea r el espesor ….. e , una capa (corteza) de material a ensayar, ubicada a la distancia r del eje geométrico.
dr d
r
r1
dr
r2
d
dr
L Superficie lateral de la corteza: A 2rL (Esta superficie es el área de corte)
A
Q
El esfuerzo cortante generado, es:
Q Q A 2rL
r (defomaciones infinitesimales).
G
r
Q r (usando Ley de Hooke G ) 2rL r
Q r Q 2 r 2rL r 2rL r r
1
r Q Ln 2 2rL 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
P
esfuerzos cortantes uniformemente
o A
distribuidos en la superficie lateral de un
P
B
a
153
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
cilindro de radio r y altura h (CORTEZA). r1 r r2 .
Los esfuerzos en el área indicada, generan, a su vez, un momento respecto al eje, que equilibra al par
T
r
aplicado T=Pa. 2
T
2
hr 2hr A r rhr 2
A
A
0
0
T=Pa Pa 2hr 2
Luego
2
Pa 2hr 2
NOTA> Visualizar el elemento de área:
d r d
dA=r dh
Consideramos el elemento de cilindro, definido por ; r1; r2 ; r. O
Respecto al punto M, el punto N experimenta un
r d
deslizamiento
dr A(fijo) M
v r , siendo G la deformació n angular unitaria (Variación del ángulo recto en M).
N
El deslizamie nto del punto B, será
B
r2
v γr
r1
r2
v
1
Pa
G 2πhr
2
r
r1
M
N'
N
dr
r2
v
Pa r Pa 2 G2πh r r G2πh
1
v
1 r
Pa 1 1 G2πh r1 r2
r2
r1
Desplazami ento del punto B 154A) (respecto al punto fijo
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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). L L'
P
d
Tracción
→ L’ > L
y
d’ < d
Compresión
→ L’ < L
y
d’ > d
P d'
Def. 1 Se denomina Deformación Unitaria Transversal o Deformación Unitaria Lateral, al valor
La
d'd d
Para materiales isotrópicos elástico – lineales, cargados uniaxialmente, las deformaciones laterales que se presentan son proporcionales a las Deformaciones Unitarias Longitudinales (axiales)
La long Def. 2 La relación entre la Deformación Unitaria Lateral y la deformación Unitaria Longitudinal, se denomina RELACIÓN DE POISSON.
LATERAL LONGITUDINAL
Como sg Lat sg long puede escribirse
LATERAL LONGITUDINAL
LATERAL LONGITUDINAL
155
Mecánica de Sólidos
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La relación de Poisson es una cantidad positiva, adimensional, y generalmente es determinada experimentalmente. Es también una constante característica de los materiales. Aluminio.. .................................... 0.33 Hierro Fundido............................ 0.25 a 0.30
(Valores referenciales)
Acero Estructural........................ 0.15 Cobre......................................... 0.34
NOTAS> Z
i) Material elástico, lineal e isotrópico: Un elemento prismático sometido a Esfuerzo Normal Uniaxial x , sufre una deformación unitaria. x
x
.
x
x
Si el material es isotrópico, se x
y
presentan deformaciones transversales iguales (en las direcciones y, z)
y z
x
(Por la isotropía) .
ii) En materiales elástico lineales e isotrópicos, las constantes elásticas , SON INDEPENDIENTES de la orientación del esfuerzo normal uniaxial.
M A T E R I A L
MATERIAL E,
E,
iii) Las constantes elásticas , G, NO son independientes. Se demostrará (posteriormente) que entre ellas existe la relación : G
G 2(1 )
156
Mecánica de Sólidos
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1.15.2) Deformación Volumétrica: Consideramos un prisma de material
z
elástico, lineal e isotrópico, sometido a esfuerzo normal en una dirección. b
a
x
c
V0=abc (volumen inicial). x
Longitud Final de las aristas: x
y
y
b'b b' b(1 y ) b(1 x ) b
z
c 'c c ' c(1 z ) c(1 x ) c
x
a'a a' a(1 x ) a
Puesto que no se presentan distorsiones, el volumen final, es: V a' b' c ' a(1 x )b(1 x )c(1 x ) V abc (1 x )(1 x ) 2
Def.) Se denomina Deformación Volumétrica (Cambio Unitario de Volúmen) al cociente: v
v
V VFINAL VINICIAL V VINICIAL
abc (1 x )(1 x ) 2 abc abc 3
2
Simplificando, obtenemos v 2 x x ( 2) x (1 2 ) . Para
deformaciones
infinitesimales
x3 y x2 0 ,
y
con
suficiente
aproximación. v x (1 2 ) ò También
v
x
V V0
(1 2 )
x
(1 2 )
NOTA>. Puesto que x 0 , esperamos que v 0 , luego (1 2 ) 0
157
Mecánica de Sólidos
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1 2
0
y, como por definición 0, tenemos que 1 2
0 MATERIAL IDEAL, que pudiera estirarse en una dirección SIN CONTRAERSE lateralmen te.
1 MATERIAL IDEAL, perfectamente imcompresi ble (su cambio de volúmen sería 2 nulo).
0 MATERIAL IMAGINARIO, que podría estirarse en varias direcciones al ser trac cionado ena de ellas.
a
a'
b
x
b'
x
a'>a b'>b
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 x 18 Klb/pulg 2 ; 0 0.33, E 10 7 lb/pulg 2 .
2
L
1
x
L'
v
=18000 lb/pulg
2
x
v
158
Mecánica de Sólidos
Pendiente de L'
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2 ..............() 1
2 ; 1 (Cambios de longitud)
Pero
Tambien
18000 10 7
0.0018
2( v ) 2(0.33 )
18000 10 7
0.001188 Reemplazan do en ()
mL'
2 0.001188 1 0.0018
fracción que puede escribirse mL'
1.995 1
2) Hallar el cambio de altura y de volumen para el elemento representado. Considerar y 12 Klb/pulg 2 (compresión); 0.3, E 3 10 4 Klb/pulg 2
y
y
y
12 4 10 4 3 10 4
h h y 6( 4 10 4 ) 24 10 4 pulg.
h=6" d=4"
Cambio Unitario de Volúmen : v
V V0
v v
ó
v
y
1 2
12 1 2 0.3 1.6 10 4 3 10 4
V 2 V vV0 1.6 10 4 4 6 0.01206 pulg 2 V0 4
INDICA PÉRDIDA DE VOLUMEN
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 0.3, E 2000GPa
P P P
mm d=20
750
mm d=13
P
500
159
Mecánica de Sólidos
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Esfuerzos :
AB
P
20 10 4
3 2
AB 3183.09P (Pascales)
P en Newtons . BC
P
4
13 10
3 2
7533.96P
Deformaciones Unitarias :
AB BC
AB
BC
3183.09P 1.592 10 8 P 200 10 9
7533 .96P 3.767 10 8 P 9 200 10
Alargamien tos : AB L AB AB 750 10 3 1.592 10 8 P 1194 10 11 P (mm) BC L BC BC 500 10 3 3.767 10 8 P 1883.5 10 11 P (mm) Condición :
AB BC 0.6 10 3 1194 10 11P 1883.5 10 11 P
de donde obtenemos : Luego
P 19496.3 Newtons.
AB 1194 10 11 19496.3 2.328 10 4 m B c 1883 .5 10 11 19496.3 3.675 10 4 m
Deformaciones Laterales : ' AB AB 0.3 1.592 10 8 19496.3
' AB 9.3 10 5
' BC BC 0.3 3.767 10 8 19496.3 2.203 10 4 Cambio en los diámetros :
13 10 2.203 10 2.864 10
d AB d AB ' AB 20 10 3 9.3 10 5 1.86 10 6 m dBC dBC ' BC
3
4
6
m
4) El cambio de diámetro de un perno de acero ha sido medido cuidadosamente luego de ser apretada la tuerca. Sabiendo que 0.29, E 200GPa , determinar la fuerza interna en el pero, si se observa que el diámetro se ha acortado en 13x10-6m.
160
Mecánica de Sólidos
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x
PERNO dinicial=60mm
Disminució n del diámetro y -13 10 -6 m. Luego y
y
y dinicial
- 13 10 -6 0.2167 10 -3 -3 60 10
Relación de Poisson y
x
x
x
y
200 10 9 0.2167 10 -3 149.45 10 6 Pascales 0.29
Fuerza Axial en el perno F A x INICIAL
60 10 149.45 10 4 3 2
6
F 422.56 10 3 Newtons
5) El tubo de acero que se representa, esta sometido a carga axial centrada P. El material tiene constantes E,. Calcular el cambio unitario de volumen.
x
P
x L
P
2d 4
x
2
d2
4P 3d 2
4P 3E d 2
V V 4P 1 2 x 1 2 V V 3E d 2
d
2d
P
6) Para el sistema representado, calcular el cambio de volumen. Considerar el material con constantes elásticas E,.
161
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
qx Ax B
P
q0 0 A 0 B 0 B 0 q=0
x
qL q AL q A Repartición de la carga
L
q L qx
q x L
Fuerza interna en la sección x : q
N P R; siendo R la resultante de qx en el
P
trozo de longitudx. x
x
N P - qx x P
x
0
q
L xx 0
2
NP
qx L 2
N
CONDICIÓN : Cuando x L N 0 P
q x2 qL 0 P L 2 2
El cambio de volúmen se calcula a partir de V V0
1 2
(i)
x
donde se supuso x constante
V F F 1 2 A L F x , siendo Fla fuerza axial constante . V 0 1 2 0 A0 A0 A0 V
1 2 FL
F
F Ao inicial
L
162
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Si la fuerza axial es variable, la ecuación todavía puede usarse, teniendo presente que : L
FL Fx
0
L Fuerza 1 2 V Fx que puede usarse cuando F F(x)
Luego V
Axial
0
1 2 L P q x 2 x 1 2 PL qL2
0
Por la condición (i)
L 2
6
PL qL2 , luego 3 6
V
1 2 PL PL 2 1 2 PL
3
3
1.16) Sistemas Estáticamente Indeterminados
1.16.1) Introducción. Definiciones: Un sistema elástico lineal se define como sistema estáticamente indeterminado (hiperestático) cuando NO ES POSIBLE, usando únicamente las ecuaciones de equilibrio, calcular las reacciones externas y/o las fuerzas internas. Para solucionar sistemas hiperestáticos es necesario desarrollar ecuaciones adicionales, basadas en las propiedades del material u las características de las deformaciones. Tales ecuaciones suelen llamarse Ecuaciones de Compatibilidad.
Por ejemplo → Armadura con dos apoyos fijos (articulaciones) P P
Q
Q
R4 R2
R3
R1
SISTEMA HIPERESTÁTICO EXTERNO DE 1er ORDEN O GRADO DE HIPERESTATICIDAD (GRADO = Nº INCÓGNITAS – Nº ECUACIONES ÚTILES).
163
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para este caso, debe plantearse UNA ECUACIÓN ADICIONAL. (EXTERNO → Las incógnitas son Fuerzas de Reacción). Sistema de tres barras concurrentes.
2)
→ 3(Fuerzas de Barra)
Nº ECUACIONES
→ 2(Equilibrio Nudo A).
→
3)
1)
Nº INCÓGNITAS SISTEMA
HIPERESTÁTICO
er
INTERNO DE 1 ORDEN. Debemos plantear una ECUACIÓN ADICIONAL
A P
(INTERNO → Las incógnitas son Fuerzas Internas).
Existen sistemas que, a su vez, son hiperestáticos externos – internos. 3 EC. DE EQUILIBRIO y EXTERNO 6 INCÓGNITAS 6 barras, una más que la condición INTERNO estática : b 2n - 3 b 2(4) - 3 5
Sistema Hiperestático externo de 3er orden y, a la Q
vez, Hiperestático interno de orden 1.
P
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.
164
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz P
P
Q
Q
2
1
2
1
5 4
3
4
3
Fuerzas Axiales Fi
2
1
5
5
Fi'
(i=1,2,...)
4
3
Fi''
Fi=Fi'+Fi''
EJEMPLOS 1) Hallar las reacciones en los apoyos, aceptando material de comportamiento elástico – lineal. Considerar constante a la rigidez de la sección (EA). C
A
B
i) EQUILIBRIO:
P a
b
C
A
B RB
RA
R A R B 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: AB 0 ó
AB CB 0......... ........(2 )
iii) MATERIAL(LEY DE HOOKE):
TRAMO AC A
F1 R A . AC
RAa EA
(alargamiento)
F1
RA
F2 R B .
TRAMO CB F2
B
CB
RB
- RBb EA
(acortamiento)
165
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Reemplazando en (1)
R A a RBb 0.............(3) EA EA
Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (3): RA
Pb ab
RB
Pa ab
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
L
1)
F2
F1
2) 3)
L
i) Equilibrio (Nudo A):
F3
F1 cos F3 cos 0......................(1)
F1sen F3 sen P 0.................(2)
A P
(Hiperestático de 1er Orden)
P
ii) Compatibilidad:
A
3)
A
A' A
1 2 sen ......................()
2)
1)
3 2 sen ......................()
A' A' iii) Material (Ley de Hooke):
FL FL 1 1 EA 1 EA
F Lsen FL 2 2 EA EA 2
FL FL 3 3 EA 3 EA
Reemplazando en (*) y (**) F1L F2Lsen sen F1 F2 sen 2 ..........(3) EA EA F3L F2Lsen sen F3 F2 sen 2 ..........( 4) EA EA
Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),(4) Obtenemos: F1
Psen2. 1 2sen3.
; . F2
P 1 2sen3.
;.
F3
Psen2 1 2sen3.
Nota> Observar que las ec. (2),(3) y (4) son las independientes. La ecuación (1) proviene de (3) y (4).
166
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
3) Calcular los esfuerzos en las barras elásticas del sistema representado. Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A=4cm2 para todas las barras.
1)
3)
Rígida
B
C
A q=28K/cm
2)
i) FUERZAS(INTERNAS): F3
F1
B C
A q F2
F1 ; F3 TRACCIÓN ; F2 COMPRESIÓN
F M
VERT
B
0 F1 F2 F3 (300 )(28 ).....................................................(1)
0
200F3 (28)(100 )(50) 100F1 28(200 )(100 ) 0............(2)
ii) Compatibilidad:
alargamientos acortamie ntos
B C
A
Semejanza
2 1 3 1 1 3
3 2 2 1 3 0.........()
iii) Material (Ley de Hooke): 1
FL F1L FL ; 2 2 ; 3 3 EA EA EA
(OJO : Signo y iubicación en la barra 2)
Reemplazando en (*) y simplificando obtenemos:
167
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
3F2 2F1 F3 0.......... (3)
Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),tenemos:
F1 2400Kg. ; . F2 2700Kg. ; . F3 3300Kg. tracción
compresión
tración
ESFUERZOS:
1
F1 2400 Kg 600 ( tracción) A 4 cm 2
3
Kg 3300 825 ( tracción) 4 cm 2
2
Kg 2700 675 (compresión ) 4 cm 2
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. P
Las fuerzas que actúan en los cables que
B
L
L d
A
pasan por B y C son iguales (Simetría)
D
C
EQUILIBRIO:
x y
B
L
L
z D
d
x
A
P
M F
AD
0XX
VERT.
0
2 X 2Y Z P......................(1)
M
C
Y
BC
0
L 2 L 2 Pd Z 0.........(2) 2 2
COMPATIBILIDAD: c
P A
BC
C)
A D 2
;
B
A D 2
2B A D............(ó 2c A D )....()
MATERIAL (Hooke):
D
D
Reemplazando en (*): 2 Xh Yh Zh 2 X Y Z.......( 3 ) EA EA EA
168
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3) obtenemos: XP 4 1 d Y P 4 L 2 1 d Z P 4 L 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. Placas Rígidas
Rigidéz E1A1 Rigidéz E2A2
P
P
L
FUERZAS P1
P1
Equilibrio P1 P2 P
P2
P2
ó 1A 1 2 A 2 P......
169
Mecánica de Sólidos
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Deformación Axial (Ley de Hooke) : ε1 ε 2
σ1 σ 2 ...... E1 E2
E2 E A 2 σ1 A1 2 A 2 ...... E1 E1 PE1 P De σ1 E2 A1E1 E 2 A 2 A1 A2 E1
Reemplazamos en : P σ1 A1 σ1 ESFUERZOS :
De σ 2
E2 PE 2 σ1 σ 2 E1 A1E1 E 2 A 2
ALARGAMIENTOS : ΔL
σ similar resultado con ΔL 2 L E2
PL E1 A 1 E 2 A 2
6) La placa rígida A tiene tres soportes, tal
P
como se indica en el esquema. El soporte central es 0.001” más corto que los otros
A
dos. Una fuerza de 40Klbs. Actúa sobre A de tal forma que la placa permanece en posición horizontal. ¿Qué desplazamiento experimenta la placa A? 7
2
3)
2)
1)
6"
2
E=3x 10 lb/pulg ;A=1pulg →3 soportes. 0.001"
EQUILIBRIO:
a
P
a
F1 F2 F3 P F1a F3 a F1 F3 2F1 F2 P
F1
F2
2F1 F2 40000 lb ....
F3
GEOMETRÍA:
P
P
170
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Condición 1 3 2 0.001 F1 6
Material :
7
3 10 1
F3 6 7
3 10 1
F2 5.909 3 10 7 1
0.001
F1 F3 0.999F2 5000.... De las ecuaciones y , obtenemos : F1 14996 .66lbs. Alargamien to de la barra 1: 1
14996.66 6 310 7 1
1 2.999 10 3 pulg. 1 0.003pulg.
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
2
A
B a=1
3a
DA GI I R
0.05cm
1 C
D 2a
a
i) Fuerzas Generadas (supuesto el ensamble): F2
M
B a
0 F1 2a F2 3a 0 F1
3 F2 .....1 2
Compatibilidad : La distancia debe ser cubierta
F1
2a
por las COMPONENTES VERTICALES de los des -
Rx C Ry
c
plazamient os generados(inducidos) en las barras 2a
a
deformable s 1 y 2.
171
Mecánica de Sólidos
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ii) Ecuación de condición(compatibilidad): 1 1 ....2
2
Semejanza :
45º
t1 2a 2
t1
2 2 3a 2
1
2a
De donde t 1
45
3a
2 2 2 3
1 t 1 cos 45º 1
t
t
1 Reemplazan do en 2 : 1
iii) Ley de Hooke:
2 2 2 2 3 2 2 2 3
2 2 3
F1 2a 2 F2 3a 3EA 6aF1 6aF2 ...3 EA 3 EA
Reemplazan do el sistema de ecuaciones 1 y 3 : F1
3EA EA ; F2 10a 5a
iv) Esfuerzos:
1
F1 3EA A 10a
;
2
F2 EA A 5a
Reemplazan do los valores numéricos :
1 300K / cm 2 2 200K / cm 2
tracciones de montaje 8) La barra rígida AB, articula en A, está soportada por 2 cables de acero y cobre, según
D
se
indica
en
el
esquema.
Determinar el esfuerzo en cada cable y la desviación vertical del punto B.
1.4m Ac er o
E
Cob re
1.8m
B
A
2Ton 1.5m
0.9m
C 0.6m
1Ton
172
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E ac 2.1 10 6 K / cm 2 ; E cu 0.7 10 6 K / cm 2 A ac 4cm 2 ; A cu 6cm 2 ;
FUERZAS EN LOS CABLES: F ac F cu A
2Ton
M
A
1Ton
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 dimensione s dadas DEFORMACIONES: Cob re
cu sen
cu
A
C
B
Ac er
o
ac
Fcu 300 300 ....2 0.7 10 6 6 180
ac sen
A
cu sen
ac sen
Fac 400 400 ....3 2 .1 10 6 4 320
ÚNICO ec.(2) ec.(3) Fcu 300 300 Fac 400 400 .....4 6 0.7 10 6 180 2.1 10 6 4 320
Resolviend o las ecuaciones (1) y (4), obtenemos
Fcu 1136.3 Kg. Fac 2272.7 Kg.
ESFUERZOS;
ac
Kg 2272.7 56.81 2 4 cm
cu
Kg 1136.3 189.3 6 cm 2
Reemplazando en (2) o en (3): 0.135cm 0.6m
2.4m
173
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Semejanza B
2.4
B 3 B 3 2.4
3 0.135 0.168cm 2 .4
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: 1000Kg
Rígida
1000Kg
C
C
B
A
F1
F2
K2=50Kg/cm
K1=100Kg/cm
M 150cm
40cm
B
A
C
0 150F1 100F2 100040 3F1 2F2 800.....
60cm
GEOMETRÍA: 1000Kg
C
A
B
F1
F2
F1 extiende al resorte en A . F comprime al resorte en B 2
Semejanza
Resortes : F1 K 1 1
1
1 2 150 100
2 1 3 2 ...............
F2 K 2 2
F1 K1
2
Reemplazando en , obtenemos
F2 K2 2
F1 F 3 2 K1 K2
2F1K 2 3F2K 1 2F1 50 3F2 100 F1 3F2 .................... Resolviend o y , obtenemos F1
2400 Kg 11
F2
800 Kg 11
174
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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: 8m
T 1 2 3
3
T 0
16000 700 16000 800 6.4cm 10 5 35 10 5 40
Puesto que 6.4>3.8, en el extremo libre se presentará
7m
una Reacción, que impida el alargamiento total.
2
16000Kg 5m
1 0.038m
R2 En función de R1, los cambios de longitudes son: 1 3
R 1 500
10 20 2.5 10
4
5
R 1 acortamien to cm
16000 R 1 700 2 16000 R 1 10 4 cm 5 10 35 16000 R 1 800 4 2 10 5 40 2 16000 R1 10 cm 2
2
16000Kg
CONDICIÓN :
1
1 ' 2 ' 3 ' 3.8cm
Reemplazan do, tenemos :
R1
2.5 10 4 R 1 216000 R 1 10 4 216000 R 1 10 4 3.8 De donde : Luego :
R 1 4000Kg.
1
4000 200Kg / cm 2 compresión 20
2
16000 4000 343Kg / cm 2 tracción 35
3
16000 4000 300Kg / cm 2 tracción 40
11) Calcular los esfuerzos normales en las barras deformables del sistema representado. Considerar E1= 0.7E2; A1= 2.0 cm2 , A2=4 cm2
175
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C
D 45°
2)
8kN
1)
F2
8kN
2a
Bx
B A
B
B
F a
M
F1
By
2a
0 800 a 2aF2 cos 45º 2aF1 0 F1 2F2 800...............1
Alargamien tos de las barras elásticas : 1
F1 2a 0.7E 2 A 1
;
F2 2 2a 2E 2 A 1
2
...............2
Compatibilidad:
C'
C
D'
D
Semejanza BC' C BD' D
1 2 2 2 2a
de donde
2 2 2 2a
2
1 2
....................3
Reemplazando (2) en (3): A
F
B
A'
F1 2a 2 2aF2 2 2E 2 A 1 0.7E 2 A 1
8000N
Simplificando:
F1 0.7F2 ..................4
Resolviend o 1 y 4 : F1 1990N F2 2843N
Esfuerzos:
1
1990N N 995 2 cm 2
2
2843 N 710.75 4 cm 2
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.
176
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Debido a la simetría (total) del sistema, sólo existen 3 P
incógnitas: X fuerza en las barras verticales
Y fuerza en las barras diagonales Z fuerza en las barras horizontales h
EQUILIBRIO DE UN NUDO:
Z
a
X
P
P
Z Y cos 0..........i X Ysen P 0..........ii
Y
GEOMETRÍA: Después de la deformación, las barras
exteriores seguirán formando un rectángulo (simetría) . Barras horizontales a a a a a a1 a Barras verticales h h h h h h1 h Barras diagonales d d d d d d1 d d 2 1 d 2 a 2 1 a 2 h 2 1 h 2
CONDICIÓN :
2
2
2
a 2 h 2 1 d a 2 1 a h 2 1 h ................iii
d -
MATERIAL :
Y Z X ; a ; h (Ley de Hooke) A 1E A 1E AE
Reemplazando en (iii), tenemos: 2
a
2
2
Y Z X a 2 1 h 2 1 h 2 1 ................iv A E A E A E 1 1
2
APROXIMACIÓN → TÉRMINOS DE 2do ORDEN 0 . Luego:
a
2
h2 Y h2 X a 2 Z ...............v A 1E AE A 1E
Resolviendo las ecs. (i), (ii),(v) obtenemos: Y
P 2
2
2
a h A a A cos sen A 1 h2 A1 h2
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
1.3 0 60mmP en KN; en mm , 1 0.026
donde P es la fuerza axial en un cable y el alargamiento. Determinar las
177
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tracciones F1, y F2 en los cables 1 y 2 respectivamente; los alargamientos de los cables 1 y 2 y el desplazamiento del punto B. (Sistema Hiperstático) 2)
1)
P
A
B
b
b
b
Q=24KN
Debemos formular: -) Una ecuación de equilibrio.
mm
-) Ecuaciones de compatibilidad -) Relación Carga/ Desplazamiento. EQUILIBRIO: F2
F1
A
B
M
A
0 F1b F2 2b Q3b F1 2F2 3Q 80KN...............a
Q
COMPATIBILIDAD:
2)
1)
A
B
bar r
a r íg
2 2 1 ....b B 3 1 ....c
ida
RELACIONES CARGA / ALARGAMIENTO: De la ecuación constitutiva: F1
1.3 1 .....d 1 0.026 1
y
F2
1.3 2 .....e 1 0.026 2
SOLUCIÓN DE ECUACIONES: Resolviendo el sistema simultáneo de ecuaciones (a),(b),(c),(d),(e); obtenemos: F1 14.66KN ; F2 22.67KN ; 1 15.95mm ; 2 31.91mm
;
B 47.86mm
notar que 1 y 2 en el intervalo 0 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
178
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proporcionalidad directa (como se haría en un SISTEMA LINEAL ELÁSTICO).Tendríamos que resolver las 5 ecuaciones, modificando las ec.(a) Con el nuevo valor de Q.
El ejemplo ilustra cómo calcular las fuerzas y desplazamientos en una estructura estáticamente indeterminada, a partir de 3 conceptos: ECUACIONES DE EQUILIBRIO →(con base en principios de ESTÁTICA) ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD →(con base en principios de GEOMETRÍA) RELACIONES
CARGA
/
DESPLAZAMIENTO
→(con
base
en
propiedades de los materiales) 1.17) Esfuerzos y Deformaciones de Origen Térmico 1.17.1) Introducción Los sólidos o elementos estructurales pueden deformarse por:
Acciones Externas
Perturbaciones
Cambios de temperatura
Los cambios de temperatura aceptables en Ingeniería Civil, son aquellos que no modifican significativamente las propiedades físicas, químicas y mecánicas del material.
G
G T
(T+T)
Los elementos de sistemas estructurales u órganos de máquinas, tienden a dilatarse o contraerse cuando se calientan o se enfrían. Las deformaciones que se inducen, se denominan DEFORMACIONES TÉRMICAS.
Si los elementos pueden deformarse libremente (elementos no restringidos), las Deformaciones Térmicas NO están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.
T;L;E;A...
T+T;L+L;E... (Sólo deformación NO esfuerzo)
179
Mecánica de Sólidos
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Si los elementos no pueden deformarse libremente (elementos total o parcialmente restringidos) las deformaciones térmicas están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.
L
L T
T+T No se producen deformaciones, pero se generan esfuerzos
(Apoyos Indeformables)
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: T
T L , donde T L es L
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 T L se mantiene proporcional a la longitud inicial y al cambio de temperatura: T L LT
Coeficiente de Dilatación Lineal(Val or carácterístico de cada material). L Longitud inicial T TFINAL TINICIAL es el cambio de temperatura.
En consecuencia, la Deformación Térmica Unitaria, es:
T
T L LT T T L L
Nota> El coeficient e α se expresa en 1 Temperatura Acero Estructural ............11.7 10 -6 C..........6.5 10 -6 F Aluminio.. ............ ........... 23.2 10 -6 C..........12.9 10 -6 F Madera(Pino).................. 06.1 10 -6 C..........3.4 10 -6 F
T 0
si
T 0 (calentamiento)
T 0
si
T 0 (enfriamiento)
Convenio: Nota> Para sólidos elásticos no restringidos (de material isotrópico) las Deformaciones Térmicas Unitarias son iguales:
xT yT zT T .
180
Mecánica de Sólidos
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Los desplazamientos generados por las deformaciones térmicas pueden relacionarse con las deformaciones térmicas unitarias, usando relaciones geométricas apropiadas en cada caso. En algunos casos pueden usarse las relaciones diferenciales existentes entre desplazamientos y deformaciones unitarias. 2
2
T+ T
T
T
1
1
T1 T
T+T
2
Ejemplo 1) Una varilla de acero cuya longitud es L=100” está fija por uno de sus extremos. i) Si se presenta un T 100º F uniforme, hallar el cambio de longitud. x ii) Si el cambio de temperatura es T 100 º F , hallar el cambio de L
longitud. Considerar 6 10 6 º F i)
X
T L=100"
T
L T+T
T
T T 100ºF
constante
T 6 10 6 100 T 6 10 4 L=100" X
T L T L 6 10 4 100 T L 6 10 2 pulg
T T L L
181
Mecánica de Sólidos
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T
ii) T
100ºF T
L
X
T+x/L) L=100" X
x L
T T 6 10 6 100 T 6 10 4
x L
Para el caso : T
T x x
T L T x
L
L T
L
0
Si
6 x 3 x 4 L 4 L 10
10
L 100"
T L 3 10 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. Al incrementarse (o decrementarse) la temperatura, se generan esfuerzos en el material del sólido.
T (Apoyos Indeformables)
Procedimiento para Evaluar T Consideremos una barra de material lineal elástico (isotrópico), rígidamente sujetada por sus extremos, sometida a un incremento aceptable de temperatura T .
E ;A ; T L IN IC IA L
E ;A ; T + T L F IN A L
Supongam os T>0
182
Mecánica de Sólidos
i)
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SÓLIDO LIBERADO
Consideramos liberado un vínculo o restricción y permitimos (idealmente) que suceda el alargamiento. T
L
T L=LT)
T+T
(alargamiento) ii)
FUERZA EXTERNA
Puesto que realmente existe vínculo, físicamente no puede generarse el cambio de longitud T L , apareciendo fuerzas elásticas que contrarresten el supuesto alargamiento. T
L F
L La fuerza F ocasiona un cambio de longitud L iii)
FL (acortamiento elástico). A
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: T L L
L( L) -
de donde
NOTAS>
i)
FL A
F T T T A
Si T 0 T 0 (COMPRESIÓN EN EL MATERIAL) Si T 0 T 0 (TRACCIÓN EN EL MATERIAL)
ii)
T TFINAL TINICIAL
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
183
Mecánica de Sólidos
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L 1 L 2 6a E1 E 2 E
2)
1)
A1 A 2 A
B
A
1 2 2a
T T1 T2 0
3a
Sistema parcialmente restringido (Deformaciones compatibles con las condiciones de sustentación) EQUILIBRIO: F2
F1
2)
1)
O
1 TOTAL
O
2a
2TOTAL
M
0
3a
0 2aF1 5aF2 0
2F1 5 AF2 0....................
COMPATIBILIDAD: 2a
3a
1TOTAL 2TOTAL 2a 5a
1 TO TAL
2 TOTAL
5 1TOTAL 2 2TOTAL .............
CAMBIOS DE LONGITUD: 1TOTAL 6a T1 T0 EFECTO TÉRMICO
2TOTAL
F1 6a EA EFECTO ELÁSTICO
F 6a 6a T1 T0 2 EA
Reemplazando en : F 6a F 6a 5 6a T1 T0 1 26a T1 T0 2 ................. EA EA
Resolviendo el sistema de ecuaciones (*) y (**), obtenemos: F1
15 EA T1 T0 29
F2
6 EA T1 T0 29
Esfuerzos:
184
Mecánica de Sólidos
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F1 15 σ1 αET1 T0 COMPRESIÓN A 29 F 6 σ 2 2 σ1 αET1 T0 TRACCIÓN A 29
σ1
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.
A C E R O
P=9Ton L
L/2
L
E 2.1 10 - 6 K / cm 2 Acero 12.5 10 - 6 /º C
A L U M I N I O
E 7 10 5 K / cm 2 Aluminio 28.5 10 -5 /º C
L/2
EFECTO ELÁSTICO al ac
puesto que al ac Fac Fal P
F al
F ac
ac
2
al
EFECTO TÉRMICO → (Supongamos T 0 ) (decremento)
P T
al
T
ac COMPATIBILIDAD: Posición Horizontal ac - Tac al - Tal
P P L L 2 ac LT 2 alLT E ac A ac E al A al
Reemplazando valores numéricos,
A ac
A al y despejando T , obtenemos
T 41º C . Puesto que es un valor positivo, nuestra suposición es correcta; es
decir: T 41º C (decremento)
185
Mecánica de Sólidos
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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?
A 0.125cm2
P1 =0
6
23.410 /º C 6m 1)
E 7105Kg/ cm2
75
75Kg i)
P2 =75
P2
Temperatura Tº
Descenso de 17ºC: P1 P2 75.................1
P1
Problema hiperestático
Acortamien to de la varilla por temperatura L LT L 23.4 10 6 600 17
75
L 0.238cm P2
COMPATIBILIDAD: El acortamiento de 0.238cm debe ser contrarestado por la fuerza elástica R. P1
186
Mecánica de Sólidos
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P1L P1 600 L 00.238 EA 0.125 7 10 5 de donde obtenemos P1 34.7Kg.........2
Fuerza ejercida en el plano rígido :
de la ec. 1
P2 75 34.74 P2 40.3Kg
ii) Si la varilla sufre una deformación térmica suficiente para levantar el bloque, deben soportar los 75Kg. P1 = 7 5 K g .
0 .2 5 c m P2 = 0
Contracción total de la varilla: ' 0.25
P1L 75 600 0.25 EA 0.125 7 10 5
' 0.764cm.
Esta contracción deberá ser generada por el descenso de temperatura:
LT 0.764 T
0.764 23.4 10 6 600
T 54.4º C
4) Al elemento AB de la armadura representada, se le incrementa la temperatura desde 60ºF hasta 104ºF, mientras que al elemento AC se lo mantiene en la temperatura de 60ºF. Calcular los esfuerzos que se inducen en los elementos. Considerar
6 10 6 º F; E 30 10 6 lb / pu lg 2 ; A 2pu lg 2 para
ambos
elementos. B
Sistema no restringido totalmente. Las condiciones de compatibilidad geométrica, L
generan fuerzas elásticas en e pr
n sió
)
30º (tracción)
FAB FAC
las barras.
A
30º
m (co
C
Equilibrio del nudo A
RA
187
Mecánica de Sólidos
F
HOR
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
0 FAB cos 30 FAC 3 FAC .................1 2
FAB
Compatibilidad. AC ELÁSTICO
AC
A
30º
A'
AB ELÁSTICO
30º
TEMPERATUR A
AB
Condición: AC cos 30 AB AC
3 AB ...............2 2
Reemplazando los cambios de longitud, tenemos:
FAC L
3
2
EA
F L 3 6 10 6 L104 60 AB ...............3 2 EA
Teniendo en cuenta la ec. 1, la ec.3 puede escribirse: F 3 L 3 AC 2 2 F L 6 10 6 L44 AB EA EA
De donde obtenemos: FAB 9602.91 lb Por la ec. 1
FAC 83126 .36 lb
AB
Esfuerzos :
AC
9602.91 4801.46 lb pulg 2 2 COMPRESIÓN
83126 .36 4158.18 lb pulg 2 2 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 : 0.000013 ; A 2pulg 2 ; E 10000 Klb pulg 2 1)
10"
Acero : 0.0000065 ; A 4pulg 2 ; E 30000 Klb pulg 2
→ Se conciben las barras separadas y se calculan las deformaciones térmicas, sin restricción. 2)
12"
188
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
T LT
1)
1T 0.000013 10 90 0.0117" T2
2T 0.0000065 12 90 0.00702"
T
T 1
T representa la longitud total que las
2)
barras dilatadas deben ser comprimida s para ajustarse a los apoyos rígidos. T 1T 2T 0.0117 0.00702 0.01872 pulg.
Aplicamos fuerzas P, iguales y opuestas, en las barras (dilatadas) para acortarlas una longitud total T .
1 2 T PL PL T 1) EA 1 EA 2
P
T
2
1
R e
2)
P
e m pReemplazando datos: P10 P12 0.01872 210000 430000
De donde encontramos: P 31.2 Klb
1
Luego
31.2 Klb 15.6 2 pulg 2
;
2
31.2 Klb 7 .8 4 pulg 2
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 4pulg 2 Acero
Aluminio 0.000133 ; E 10000 Klb / pulg 2
3/4"
3" 2
1
0.000065 ; E 30000 Klb / pulg 2
2
Las cuatro placas de aluminio son consideradas como un solo miembro de 3” de espesor.
Las deformaciones térmicas no restringidas, son:
189
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1T 0.0000065 3 90 0.0101755" 2T 0.0000133 3 90 0.00359"
T2
T representa la longitud que los miembros
T 1
dilatados deben ser deformados con la finalidad que la longitud final del remache sea igual al espesor final de las placas.
1)
2)
T 2T 1T 0.001835 pulg.
Se aplican fuerzas iguales y opuestas para comprimir las placas y estirar el remache:
2
1
1
6 .1 Klb 13.8 0.442 pulg 2
P3 P3 0.001835 0.44230000 410000 De donde obtenemos : P 6.1Klb.
1)
2)
1 2 T
tracción
;
2
6.1 Klb compresión 1.52 4 pulg 2
Nota> L1= L2 (finales) L 1 3 1T 1 3 0.001755 L 2 3 2T 2 3 0.00359
13.83 3.00314" 30000
1.523 3.0013" 10000
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. E 210 GPa ACERO 11 10 -6 /º C 50mm
d=20mm
25mm
COBRE
E 105 GPa COBRE 17 10 -6 /º C
Como cu ac , el cobre trata de dilatarse ACERO
L
más que el acero, determinándose esfuerzo
190
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
cortante en los pernos de unión de ambos materiales. CONDICIÓN :
π π 25 10 3 σ cu 10 3 50 2 25 2 4 4 σ ac 3σ cu .........1
Facero Fcobre σ ac Simplificando
ALARGAMIENTO EN EL ACERO : σ σ ac L Δ ac ac L ............2 E ac 210 10 9
ACORTAMIENTO EN EL COBRE : σ cu σ cuL L ............3 E cu 105 10 9
Δ cu
CAMBIO TOTAL DE LONGITUD : ΔT α cuLΔT α ac LΔT ΔT LΔT α cu α ac
COMPATIBILIDAD: T
T ac cu (Reemplaza ndo 2 y 3)
Luego :
cu ac
LT cu ac
cu
ac
ac L
210 10
9
cuL
105 10 9
Simplificando y reemplazando valores:
5017 11 10 9
ac
cu
210 10 105 10 9 9
Teniendo en cuenta la ec. (1): 1 1 506 10 6 ac 9 3105 10 9 210 10
ac 37.83 MPa
de donde obtenemos :
Fac A ac ac
FUERZA QUE SOPORTA EL ACERO : Fac
25 10 37.83 0.018567MN 4 3 2
Fac 18.567KN
Los pernos se encuentran en estado doble cortante:
perno
Fac
2
perno
20 10 4
3 2
18.567 KN
20 10 m 2 3 2
2
29.55 MPa
191
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 2 2 1 . Si se aplica una carga P al bloque rígido y la temperatura disminuye T , determinar una expresión para el desplazamiento del bloque rígido.
i) 1
BLOQUE RÍGIDO
C 2
C
EFECTO ELÁSTICO:
P
1 P
2
L
u F1 F2
F1
P 2
P Alargamien tos : 1 2
F2
PL 2EA
DESPLAZAMI ENTO DEL BLOQUE 1
PL 2EA
ii) EFECTO TÉRMICO:
T1 L T 1
2
T1 L
1
T2 L
2
T2 2 L
T T 1
T
COMPATIBILIDAD: T 1
2 : desplazamiento del bloque rígido
u2
T
2
efecto térmico 2
T1 T2 2
2
L 1 T 2L 1 T 2
2
3 L 1 T 2
192
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Superposición: Desplazamiento total del bloque:
PL 3 L 1T 2EA 2
PL 3 L 1T 2EA 2
1 2
T 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.
B
A
D
C
E
4"
G
6"
E 3 10 7 Klb / pulg 2 B arra CG A 0 .15 pulg 2 6 .5 10 - 6 /º F
F 5"
3"
3"
4"
E 10 7 Klb / pulg 2 Barra CF A 0 .1 pulg 2 12 10 - 6 /º F
FUERZAS: Suponemos que CF y DG están en tracción.
M
B
B
0
4FCF 7FDG 0.........
RB
FCF
FDG
GEOMETRÍA: Semejanza:
B
CF
DG
CF DG ........... 4 7 10
Material: total CF
E CF
T CF
FCF CF T A CF E CF
CF L CF total CF
CF
FCFL CF CF L CF T A CFE CF
de donde obtenemos: FCF 1 CF CF L CF T A CF E CF .......... . L CF
193
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
De manera similar, obtenemos: FDG
ADGEDG DG DGA DGEDGT........... LDG
Reemplazando y en : A E A E 4 CF CF CF CF L CF T 7 DG DG DG DG A DG E DG T 0 .......... L CF L DG
De obtenemos DG
7 CF . Reemplazamos en : 4
A E A E 7 4 CF CF CF CF L CF T 7 DG DG CF DG A DG E DG T 0 4 L CF L DG
De donde despejamos CF : CF
T4E CF A CF CF 7E DG A DG DG E A 7E A 4 CF CF 7 DG DG L CF 4 L DG
Reemplazando valores numéricos, obtenemos: CF 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 T º.
ii)
La placa se somete a un cambio de temperatura dado por T =Kx
iii) Cual será el valor de la deformación angular xz en el caso (i) iv) Qué valor tendrá la deformación angular para el caso (ii) suponiendo que al bordeo arista z permanezca fijo.
y Coeficiente de dilatación
0
b/ 2
t
b/
2
x a
z
194
Mecánica de Sólidos
i)
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Si en toda la placa se produce un cambio uniforme de temperatura de T º, en el caso de dilatación libre, la deformación lineal en cualquier dirección será uniforme y de valor
T El alargamiento en direcciones x,z será: z L z z T b
y
x L x x T a
La
placa
seguirá teniendo
forma
x
rectangular, con dimensiones:
b(1+T)
L z b T b b1 T
a(1+T)
L x a T a a1 T
ii)
z
Si el cambio de temperatura es T =Kx, entonces en un punto (x,z) sobre la placa, la deformación estará dad por Kx . x
También :
x x2 x x X Kxx K x 2 0
z z z z z Kxx Kxz z 0
x
Los puntos sobre el eje z NO SE DESPLAZAN (tienen x=0).
z
x P'
z
x
x z
P
x 0; z 0 El punto A tiene coordenadas
A
b a; (antes de la deformación). 2
A' forma final de la placa
a2 b b Después de la deformación para a la posición A' a K , Ka 2 2 2
iii)
Dilatación libre uniforme → La forma final de la placa es rectangular (no existe variación de los ángulos rectos), luego xz 0 en todo punto de la placa.
iv)
En este caso, la distorsión (angular) máxima se presenta sobre los bordes z b / 2 de la placa.
tan
Kab / 2 2
a a K 2
Kb / 2 a 1 K 2
xz máx
1.18) Ecuaciones Diferenciales para Fuerza y Deformación Axiales
195
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
q(x)
x x
x
qx x xq ; x x x x
x
Teorema del Valor Medio para Integrales
x q(x)
F(x)
F(x+x)
x u(x)
x+ x
ESTÁTICA:
u(x+x)
F
De donde
X
0 F( x x ) xq Fx 0
F( x x ) Fx q 0 x
NOTAR QUE SI x 0 0
Pasando al límite, cuando x 0 , tenemos: Fx q 0 .....i x
Fuerza interna que actúa en la sección a la distancia X
GEOMETRÍA:
La Deformación Unitaria del elemento de longitud x , es:
196
Mecánica de Sólidos
x
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x x ux x x ux x x
x
ux x ux ...Pasando al límite cuando x 0 x
x
u ..................ii x
RELACIÓN FUERZA / DEFORMACIÓN
Si la barra es de material elástico-lineal y se presenta un cambio de temperatura T , tenemos:
xTOTAL x
F T ................iii AE
Reemplazando en la ec. (i): u AE AET qx 0 x x u AET qx 0..............iv AE x x x
La ecuación (iv) relaciona la carga distribuida q(x) y el cambio de temperatura T en la barra con el desplazamiento u(x) a lo largo del eje de la misma. La solución de la ecuación diferencial (iv) contiene dos constantes arbitrarias de integración, que podrán ser determinadas en base a las condiciones especificadas para los desplazamientos en cada problema. En el caso especial: T =0; A y E constantes; q(x)=0 → de la ec. (i) obtenemos F 0 , lo cual indica que la fuerza en la barra es constante (independiente de x). x
La ec. (iv) nos da: AE
2u 2u 0 0 ux c 1x c 2 x 2 x 2
donde c1 y c2 son las constantes de integración.
197
Mecánica de Sólidos
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A
B
XA
XB
x
B'
A'
x
uA
uB
u A c 1x A c 2 ; de donde c 1
u B c 1x B c 2
uB u A xB x A
; c 2 c 1x B u B
En este caso, el desplazamiento en la barra es Lineal: ux
uB u A x - x B uB xB x A
u uA
uB
XA XB (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 T = TB
x , siendo L
TB el incremento de temperatura en el extremo B. Determinar las reacciones
en A y en B y el desplazamiento a la mitad del tubo. B
A
T TB
L
L
x
Incremento de temperatura a lo largo de la barra
RB
RA
RA
F
RA= RB. Como no existe ninguna otra fuerza externa, la fuerza F es constante (la consideramos tracción) q(x)=0
198
Mecánica de Sólidos
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Usamos la ec.(iv), tenemos: AE
2u x AE TB 0 2 x L x
Supuesto AE constante
2u TB x 2 L
Integrando 2 veces: ux Condicione s :
x2 c 1x c 2 2
TB
L
u0 0 0 c 2
uL 0 0
2L
c1
ux
Por tanto :
ux
2L
2
TB
2
TB
TB
L2 c 1L 2
TB
x2 TB x 2 2
x x L L
Ecuación de desplazamiento a lo largo del tubo.
El desplazamiento en x L , es: 2
2 2 T
uL
B
L L L LTB 2L 2 B
u
x=L/2
x=L
x
L/BT
Por las ecs. (ii) y (iii) → F AE
u AET x
x x F AE TB 2 1 AETB L L 2
Simplificando: F AE
TB 2
independie nte de x
Las reacciones en los apoyos, son:
199
Mecánica de Sólidos
R A R B F AE condicione s del equilibrio
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TB COMPRESION ES 2
1.19) Comportamiento Inelástico en Tracción
Un material ELASTOPLÁSTICO se caracteriza por un Diagrama Constitutivo de la forma
FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO
y
DEFORMACIÒN ELÁSTICA
= 0.002
El rango elástico (lineal) existe hasta el esfuerzo de fluencia y . Después de esto, la conservación de una carga constante producirá una deformación ilimitada hasta el punto de fractura.
SISTEMAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADOS: Una estructura estáticamente determinada, cargada axialmente, se deformará elásticamente hasta que los esfuerzos en alguna parte alcanzan el límite de fluencia. Las cargas adicionales producirán después grandes deflexiones, dando por resultado la falla de la estructura.
EJEMPLO. Una barra rígida horizontal está soportada por dos cables de acero cada uno de los cuales tiene área transversal de 1.6 10 4 m 2 . 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; y =250MPa)
200
Mecánica de Sólidos
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Debido a la simetría PA=PB PB
PA 3.0m
3.0m
A
B
a
P
P
a
La carga P puede incrementarse hasta que la fuerza en cualquiera de los cables llegue a ser la fuerza de fluencia: PA= y A= (250x106)( 1.6104 ) PA=40000 N (=PB)
F
VERT
0 P PA PB 80000 N.
Para esta carga, el alargamiento de cualquiera de los cables, es
PA L ( 40000 )(3) 3.75 10 3 m 9 4 EA 200 (10 )(1.6)(10 )
Si las cargas se incrementaran, (esfuerzo más allá de y ), el cable fluirá y ocurrirá una deformación ilimitada. Para, este caso, el Diagrama P , es: P(NEW)
3.75x10-3
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).
201
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 Py y A .
Si esta fuerza es conocida, las incógnitas restantes pueden determinarse por métodos estáticos. La capacidad máxima de soportar carga de una estructura estáticamente determinada se alcanza cuando cualquier miembro de apoyo ingresa al intervalo inelástico de esfuerzos. Las estructuras estáticamente indeterminadas tienen capacidad adicional de soportar cargas después de que un solo miembro de apoyo ingresa al régimen plástico. P
Py : carga de Fluencia
FLUJO PLÁSTICA ILIMITADO
(carga última) Py y A
Py DEFORMACIÓN ELÁSTICA
i.
Estructura Estáticamente Determinada
P FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO (TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN PLÁSTICO) Pu
Py
FLUJO PLÁSTICO RESTRINGIDO (PARTE DE LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO Y PARTE EN RÉGIMEN PLÁSTICO) DEFORMACIONES ELÁSTICAS (TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO)
a) Cuando ocurre la fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la carga de fluencia Py 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 es Py . Puede aplicarse carga adicional antes de que se alcance la carga última Pu y sucedan deformaciones irrestrictas. La región entre Py y Pu se designa Zona de Flujo o Plástico Restringido. En esta región, algunos
202
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 / pulg
2
; y 36Klb / pulg 2
.Trazar el diagrama P – Δ para este 2
sistema. El área transversal de cada alambre es 1 pulg . D e
10"
10" 6"
b e m
B
A
P
a
C
a
o Debemos encontrar la carga y la deflexión que ocurren cuando aparece por primera vez la fluencia y, también, la carga y deflexión últimas. Cuando la carga P se incrementa desde O, los alambres se esfuerzan dentro del intervalo elástico. Esto continúa hasta que el alambre sometido al mayor esfuerzo alcance su punto de fluencia. Equilibrio:→ PA PB PC P PA A
PB
PC
B
C
PA a PC a PA PC Luego : 2PA PB P........
P
Compatibilidad: (acción elástica) Simetría total
A B C
A y C alambres iguales
203
Mecánica de Sólidos
Por tanto :
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
PA L A PL P 10 PB 6 5 B B A PB PA ....... E A A A EB A B E A A A EB A B 3
Resolviend o y , obtenemos : PA 3P
3 5 P ; PB P 11 11
Acción Inelástica:
5P
3P
Como los alambres tienen la misma sección transversal, el alambre que B
A
C
pasa por B alcanzará primero el Esfuerzo de Fluencia (puesto que
P
soporta mayor carga) En el estado de fluencia Según
y=A=36Klb=PB PA
PC
PA
3 3 PB PA 36 5 5 PA 21.6 Klb.
Reemplazando en , obtenemos: Py 221.6 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. y B
PB L B 36 6 12 0.0864" E B A B 1 30 10 3
Después de que el alambre B ha fluido, soportará aún la carga constante Py 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. 36Klb=PB
A
36Klb=PB 36Klb=PB
B
C
Pu
204
Mecánica de Sólidos
u a
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PA L A 36 10 12 0.144" EA A A 1 30 10 3
Diagrama P - Δ
(Δ: desplazamiento en dirección y sentido de la carga P). P(KLb)
108=Pu 79.2=Py
y
(pulg)
u=0.144
PROBLEMAS 1) Dos tubos coaxiales, el interior (acero) tiene sección A = 10cm2 y el exterior (aluminio) tiene sección A = 15cm2. Los tubos son comprimidos en sus extremos mediante dos placas rígidas, según se indica en la gráfica. Trazar la curva carga / Deflexión del conjunto, cuando se comprimen con una fuerza axial P, de acuerdo con los diagramas constitutivos que se indican.
P ALUMINIO
6,000 K Cm2
ACERO
3,800 K Cm2
ALUMINIO
L=60 Cm ACERO 0.0032
0.005
COMPATIBILIDAD: COMPATIBILIDAD INICIAL
P
ac
Fac
Fal
al
Fac L=60 Cm
Fal
RÍGIDAS
Fal Fac Fac
Fal
205
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
FUERZAS DE FLUENCIA:
Fac y y A ac 6000 10 60000 Kg. Flc y y A al 3800 15 57000 Kg. ac
al
GEOMETRÍA: Debido a la rigidez de las placas, ambos tubos se acortarán la misma cantidad.
ac al
..................... L
DIAGRAMAS : Existen tres intervalos de interés: i)
0 0.0032 Los dos tubos en régimen elástico
ac Eac ac Eac al Eal al Eal Reemplazando valores: 6000 18.75 10 5 0.0032 3800 7.6 10 5 0.005
ac
Kg/cm
al
Kg/cm
ii)
2
2
00032 0.005 tubo de acero en régimen plástico y tubo de aluminio en régimen ellástico.
Kg/cm Kg/cm 2
ac y ac 6000 al E al al iii)
38000 7.6 10 5 0.005
2
0.005 Los dos tubos en régimen plástico
Kg/cm
ac y ac 6000 Kg/cm 2 al y al 3800
2
EQUILIBRIO: P ac A ac al A al
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)(10 5 )(0.0032 )(10) (7.6)(10 5 )(0.0032)(15 ) P1 96.480 Kg. P2 (6000 )(10 ) (7.6 )(10 5 )(0.005 )(15) P1 117.00 Kg.
206
Mecánica de Sólidos
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Posteriormente las cargas adquieren valor constante: P (6000 )(10 ) (3800 )(15 ) P 117000Kg.
ALARGAMIENTOS
1 (0.0032 )(60) 0.192 cm 2 (0.005 )(60 ) 0.3 cm
Diagrama P - Δ P(Kg) 117,000=P2 96,480=P1
(cm)
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 cm
2
σ
y
/ Kg / cm
Acero
1
5000
Bronce
2
4600
Alu min io
4
3300
40cm
ALUMINIO
BRONCE
ACERO B
A P
50cm
50cm
100cm
FUERZAS MÁXIMAS
Fbr
Fal
Fac
Fal máx 3300 4 13200 Kg. Fbr máx 4600 2 9200 Kg. Fac máx 5000 1 5000 Kg.
B
A PL
Para que se produzca el colapso del sistema, NO es necesario que simultáneamente fallen los tres alambres. Existen dos posibilidades:
207
2
Mecánica de Sólidos
i)
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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)
M
i)
A
0 Fac
Fbr
Fal
(1)(9200 )(2) (500 )(2) 0.5PL
EN FLUENCIA
PL 38400Kg.
B
A PL
La fuerza en el alambre de aluminio se calculará por equilibrio: Fal 9200 5000 38400 Fal 24200Kg.
Puesto que la máxima fuerza en el alambre de aluminio es sólo 13200Kg., no es posible este resultado. Debemos analizar la segunda posibilidad. (Se obtuvo Fal Fal máx ). ii)
M
B
0
(13200 )(2) (922)(1) 1.5PL
Fac
Fbr
Fal EN FLUENCIA
PL 23733Kg.
B
A PL
La fuerza en el alambre de acero, es: Fac 13200 9200 23733 Fac 1333Kg.
Se obtiene Fac Fac máx 5000Kg Luego la carga limite, es PL = 23733 Kg. 3) Trazar el diagrama P – Δ para el sistema representado cuyas barras son de acero elastoplástico.( y 250MPa : E 200GPa; A 9cm 2 )
2m
4
1
3
2
4 3
3
P
P
208
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Incrementando la carga P desde O, las barras se esfuerzan dentro del intervalo elástico, hasta que la barra sometida al máximo esfuerzo alcance el valor del esfuerzo de fluencia. Equilibrio: F2
F3
F1
2F2 sen F1 P 2F2
4 F1 P 1.62F2 F1 P....... 5
P
Compatibilidad: 2 1 sen 1 2
F2 2.5 F1 2 4 EA EA 5 F1 1.5625F2 ......
Resolviendo (*) y (**) obtenemos:
F1 0.494P
;
F2 0.316P
Puesto que las barras tiene la misma acción transversal, La barra (1) es la que primeramente ingresa al régimen plástico. En ese instante: F1 y A (250 10 6 )(9 10 4 ) 225KN De F2 144KN
Reemplazando en (*): 1.6144 225 Py Py 455.4KN
Deflexión correspondiente: y
F1L 1 225 10 3 2 2.5 10 3 m EA 200 10 9 9 10 4
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 y A (250 10 6 )(9 10 4 ) 225KN y se alcanza el valor Pu: En : Pu 1.6(225 ) 225 Pu 585KN ocurre el flujo plástico ilimitado
209
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
225 10 3 2.5 3.125 10 3 m 9 4 200 10 9 10 3.125 10 3 Pero 2 1sen 1 3.906 10 3 m 4/5 Deflexión correspondiente 2
Con los valores calculados, se traza la curva P - Δ : P(KN)
Py 455.4KN
Pu
y 2.5 10 3 m
Py
Pu 585KN
FLUENCIA
u 3.906 10 3 m y
u
ÚLTIMA
(cm)
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. A
20'
20.03'
y=50 B
C
3Klb
= 0.0017
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: AB
0.03 0.0015, que es menor que la máxima 20
deformación elástica permitida en el material (εy). Para
AB 0.0015, la fuerza en el alambre AB, es : FAB AB A AB E AB A AB
50 (0.0015 )(0.05 ) 0.0017
FAB 2.20 Klb.
Puesto que el peso a levantar es 3Klb → ambos alambres lo soportarán. Equilibrio FAB FAC 3......1
210
Mecánica de Sólidos
FAB FAC
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
3Klb
a) Deformaciones elásticas en ambos alambres: Condición de compatibilidad: AB 0.03 AC .........2
FAB 20 12 0.03 12 FAC 20.03 12 0.05 50 0.05 50 0.0017
0.0017
Simplificando, obtenemos: 20FAB 44.12 20.03FAC .......... 3 Resolviendo las ecs. (1) y (3): FAB 2.603Klb ; FAC 0.397Klb . Calculamos AB fluencia y 50
2.603Klb Klb , que resulta mayor que el esfuerzo de 52.06. 2 0.05pulg pulg2
Klb pulg 2
En consecuencia, el alambre AB ingresa al régimen plástico. Soporta una carga máxima de FAB y A 52(0.05 ) 2.5Klb Con este, la fuerza en el alambre AC es: FAC 0.5Klb
de la ec. de equilibrio (1)
El alambre AC permanece en el régimen elástico, AC
0.5 0.05
AC 10 Klb pulg 2 y 50 Klb pulg 2 La deformación unitaria correspondiente, será:
AC
AC E
AC
10 0.00034 50 0.0017
El alargamiento del alambre AC, es: AC 0.00034 20.03 Δ AC 0.0068 pies
Mediante la ecuación (2), encontramos Δ AB 0.03681 pies
211
Capítulo II ESTADO GENERAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES 2.1) Matrices de Esfuerzos y Deformaciones Unitarias. Forma Diferencial de las Ecuaciones de Equilibrio (Ecuaciones de Navier). 2.1.1) Matrices ; Consideremos un sólido estructural en equilibrio y un prisma infinitesimal recortado de su interior: Consideraremos únicamente los Medios Continuos no Polares (Las fuerzas de sección no contienen momentos). P
En el caso general, en cada cara del prisma actuarán tres componentes de esfuerzo.
y
Esfuerzos CARA x XX XY XY
yy
CARA y YX YY YZ
CARA y POSITIVA
CARA z ZX ZY ZZ (Sobre las caras positivas)
yx
Nota: si no se consideran las FUERZAS MÁSICAS, en las caras opuestas (negativas) actúan esfuerzos de la misma intensidad y sentido contrario.
yz xy zy
CARA x
P
xz
NEGATIVA
x
zx CARA x POSITIVA
zz
z
xx
CARA z POSITIVA
Convenio: Esfuerzos positivos, según las direcciones y sentidos indicados en la gráfica anterior.
Mecánica de Sólidos
Definición: XX XY XY La matriz YX YY YZ ZX ZY ZZ
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
se denomina MATRIZ DE ESFUERZOS
Como una respuesta del sólido a los esfuerzos actuantes indicados, se generan las deformaciones unitarias siguientes: CARA x XX XY XY CARA y YX YY YZ CARA z ZX ZY ZZ
Definición:
La
matriz
XX XY XY YX YY YZ ZX ZY ZZ
se
denomina
MATRIZ
DE
DEFORMACIONES
UNITARIAS Las matrices ; definen el Estado Tensional / Deformacional en el punto P del sólido. PROPIEDAD: las matrices ; son matrices 3 × 3 SIMÉTRICAS. Por la Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante, tenemos: XY YX ; XZ ZX ; YZ ZY Por la definición de Deformación Unitaria Cortante y propiedad conmutativa de la suma: XY y XY YX YX Similar para los otros planos: ZY YZ ; ZX XZ
Debido a la simetría de las matrices ; , para su determinación basta conocer, en cada caso, seis magnitudes o componentes.
x
TRES ESFUERZOS NORMALES Y TRES ESFUERZOS CORTANTES, PARA LA MATRIZ . TRES DEFORMACIONES UNITARIAS NORMALES Y TRES DEFORMACIONES CORTANTES, PARA LA MATRIZ . NOTA. Las matrices de esfuerzo y de deformaciones unitarias ; , se relacionarán entre si a través de constantes elásticas apropiadas (características del material), mediante una matriz denominada Matriz de Constantes Elásticas..
212
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2.1.2) Forma Diferencial de las Ecuaciones de Equilibrio (Ecuaciones de Navier) En Estática se formulan ecuaciones del equilibrio para partículas discretas y cuerpos rígidos, en términos de fuerzas y/o momentos. En Mecánica de Sólidos, interesa establecer las ecuaciones del equilibrio en términos de los esfuerzos desarrollados en el interior de los sólidos deformables. Consideremos un volumen elemental recortado de un sólido deformable, para el cual la configuración deformada (en equilibrio) sea un prisma rectangular sometido a esfuerzos y fuerzas másicas. Fuerzas Másicas (de cuerpo o de volumen): Las que influencian directamente los elementos de masa a través del cuerpo o del sólido. Se las define en términos de Unidades de Fuerza por Unidad de Volumen (o unidad de masa). Así los efectos de la gravedad, efectos electromagnéticos,... etc. Deduciremos la ecuación de equilibrio correspondiente a la dirección X; en las otras direcciones (Y Z) la deducción es similar. Sea B X la función distribución de Fuerzas por Unidad de Volumen en dirección OX. (Consideramos únicamente los esfuerzos que generan fuerzas en dirección OX). y
z
x
dz x
dx yx yx y dy
B x dV B x dx dy dz
fuerzamásica
zx dy
zx zx z dz
yx
Bx d V
x
x dx x Variaciónde x debida a la variación dx
F 0 X dx dydz - X dydz X x yX yX dy dxdz - yX dxdz y zx zx dy dydx - zx dydx B x dxdydz 0 z
Simplificando, tenemos:
213
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
x xy zx B x 0 i x y z Reiterando el procedimiento en las direcciones Y, Z se deducen ecuaciones análogas a la i :
∂τ xy ∂x
+
xy x
∂σ y
∂y yz y
+
Definición) Las ecuaciones i , i i , del Equilibrio (Ecuaciones de Navier).
∂τ yz ∂z
+ B y = 0 ( i i )
z B z 0 i i i z
iii
se denominan Ecuaciones Diferenciales
Expresan condiciones para el equilibrio en términos de esfuerzos y distribuciones de fuerzas másicas.
B Bx ,By ,Bz VECTOR DE FUERZAS MÁSICAS
NOTAS: 1. Las ecuaciones de Navier son independientes del material. Esto significa que son validas en régimen elástico o inelástico. 2. No existen ecuaciones en número suficiente para determinar, a partir de ellas, las seis componentes de esfuerzo desconocidas. Esto nos indica que en el Análisis de Esfuerzos, los problemas son Estáticamente Indeterminados. 3. Las ecuaciones de equilibrio M 0 se consideraron al estudiar la simetría de la matriz de esfuerzos (Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante). 4. Si además el sólido estuviese en movimiento, las ecuaciones de Navier siguen siendo válidas, agregando el término representativo de las fuerzas de inercia (Principio de DI Alambert): Fx 0 Fx I C Fx I C 0
2.2) Ley Generalizada de Hooke 2.2.1) Ley de Hooke en Tres Direcciones Ortogonales. Ecuaciones de Lamé Consideremos un prisma recto de material elástico, lineal e isotrópico, sometido a esfuerzo normal en tres direcciones ortogonales (No incluimos la presencia de Fuerzas Másicas).
214
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
z
E MATERIAL G y
z
x x x
y
z
y
ESTADO TRIAXIAL DE ESFUERZO NORMAL
Para cada dirección, la deformación unitaria total, es la suma de una DEFORMACIÓN UNITARIA LONGITUDINAL Y DOS DEFORMACIONES TRANSVERSALES. Por comodidad, puede usarse el Principio de Superposición:
x x
=
x
x
z
+
DEFORMACIO NES DEBIDAS A y
y
DEFORMACIO NES DEBIDAS A x
x
+ y
z
TOTALES
DEFORMACIO NES
y
z
y
y
' x ' y ' z
z
DEFORMACIO NES DEBIDAS A z
z
' ' x
' ' ' x
' ' y
' ' ' y
' ' z
Para cada dirección aplicaremos la Ley de Hooke (uniaxial) de Poisson: ' x x ' y x E E y y ' ' x ' ' y E E ' ' ' x z ' ' ' y z E E
' ' ' z
y la definición de Relación x E y ' ' y 1 E ' ' ' y z E ' y
Por el principio superposición, las deformaciones unitarias totales, son: MATE RIAL
215
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
x ' x ' ' x ' ' ' x y ' y ' ' y ' ' ' y 2 z 'z ' 'z ' ' 'z
Reemplazando las ecs.1) en las ecs 2) y simplificando, tenemos:
1 x y z E 1 y y x z E 1 z z x y E x
3
Def). Las ecuaciones (3) constituyen la Ley Generalizada de Hooke (para esfuerzos normales en tres direcciones ortogonales). Notas) 1. Si el material es elástico, lineal e isotrópico, los elementos de la matriz y sus correspondientes de la matriz , se relacionan mediante las ecuaciones:
1 x y z E 1 y y x z E 1 z z x y E 1 xy xy G 1 xz xz G 1 yz yz G x
4
Estas ecuaciones nos permiten obtener las Deformaciones Unitarias Normales y Cortantes, conociendo los esfuerzos y las características elásticas (E, G) del material. 2. Las ecuaciones (4) pueden invertirse para obtener los esfuerzos en función de las deformaciones unitarias normales y cortantes. Se obtienen: x 2 x x y z y 2 y x y z 5.1 z 2 z x y z xy G xy xz G xz 5.2 zy G zy
216
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Definición). Las ecuaciones (5.1) para x , y , z se denominan Ecuaciones de LAMÉ (del Estado Triaxial de Esfuerzos Normales). Las constantes elásticas , están dadas por: E E G ; G (5.3) 1 1 2 21 denominadas Constantes Elásticas de Lamé. 2.2.2) Definiciones. i) INVARIANTE: cantidad cuyo valor no depende del sistema de coordenadas de referencia. y
A r 2 Invariante Las coordenadas del centro (C) cambian si se consideran otros sistemas de coordenadas. Las coordenadas del centro C no son invariantes.
r
c
x
x'
y'
ii) La suma x y z
(traza de la matriz ) se denomina Primer Invariante de
Esfuerzos: 1 x y z La suma x y z
(traza de la matriz ) se denomina Primer Invariante de
Deformaciones Unitarias. 1 x y z Entre 1 y 1 se verifica la relación 1
1 2 1 E
(La invarianza 1 se demostrará al estudiar la Transformación General de Esfuerzos). iii) El invariante 1 x y z es numéricamente igual al cambio Unitario de Volumen. V ; siendo V0 el volumen inicial. V0 Por consiguiente el variante θ1 mide el cambio de volumen por unidad de volumen. 1 x y z
iv) Un estado de esfuerzos definido por la matriz 0 0 0 0 0 0
p 0 se llama ESTADO HIDROSTÁTICO DE ESFUERZOS.
(Estado volumétrico ó Estado de comprensión triaxial). Recuerda al principio de Pascal: La presión hidrostática es la misma en todas las direcciones.
217
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Si el material es elástico, lineal e isotrópico, tenemos: 1 2 el p p p p E 1 , es decir p K1 , siendo K E 31 2 31 2 E denominado MÓDULO DE COMPRESIBILIDAD DEL MATERIAL. (MÓDULO VOLUMÉTRICO, Bulks). K: representa un valor de esfuerzo de compresión necesario para producir una deformación volumétrica igual a la unidad (K es el valor de –p para generar θ1 = 1). 1
EJEMPLOS 1) En el interior de un sólido, los esfuerzos están dados por la matriz x2y 1 y 2 x 0 1 3 2 1 y x y 3y 0 (unidades de esfuerzo) 3 2 0 0 2z
Determinar la distribución de Fuerzas Másicas, si el equilibrio debe satisfacerse en todo punto del sólido.
Esfuerzos x x 2 y y
xy 1 y 2 x
1 3 y 3y 3
yz 0
zx 0
z 2z 2
Reemplazando en las Ecuaciones de Navier (ecs i, ii, iii), obtenemos: 2xy 2xy 0 B x 0
1 - y 31 3y 2
2
Bx 0
3 0 By 0 By 0
0 0 4z B z 0
Bz 0
Luego, vector de fuerzas másicas es: B = (0, 0, -4z) (vector típico de efectos de peso propio). 9K G , donde 3K G E: Modulo de Elasticidad Lineal G: Modulo de Rigidez. K: Modulo Volumétrico.
2) Demostrar la igualdad. E
Sabemos que:
De (iii) y (ii) obtenemos p 1 2 1 K E
E 2g1 ( i ) 1 2 1 1 ( ii ) E K1 ( iii )
(Estado hidrostático de esfuerzos).
Por definición de 1 :
218
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
p 1 2 3 1 1 2 3 K E K E
De donde E 3K1 2( iiii ) Entre las ecuaciones (i ) y (iiii) eliminamos la relación de Poisson . Obtenemos: E 1 E de donde despejamos E, para obtener finalmente: 1 2G 2 6K E
9K G 3K G
3) Una varilla de latón AD está acoplada a cierto dispositivo que aplica un confinamiento (presión lateral) de 8,000 lb/pulg2 en la porción BC de la varilla. Sabiendo que E = 15 ×106 lb/pulg2 y 0.33 , determinar: (i) El cambio en la longitud AD; (ii) El cambio en el diámetro en la sección central de la varilla.
A
i) En un punto tal como se presenta estado de confinamiento lateral. z x
B
24"
x
10"
z
x z 8,000 lb pu lg 2 y 0 (no hay esfuerzo normal)
C
D
2" Usamos la ley generalizada de Hooke en dirección OY: 1 Tenemos y y x z . Reemplazando valores: E 1 0 0.33 8,000 8,000 y 15 10 6 y 352 x 10 -6
En cambio en la longitud AD será L y
219
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1011 352 10 6 3.52 10 3 pu lg . (Notar que solo la longitud L = 10’’ está afectada por el confinamiento) ii) Cambio en el diámetro:
1 x y z E 1 8000 0.33 8000 x 15 10 6 x 357 .33 x 10 -6 (disminuci ón del diámetro) x
Luego d d x
d 2' ' 357.33 10 6
d 714.66 10
6
pu lg adas
4) La placa representada está restringida, de tal manera que no puede dilatarse ni contraerse en dirección Y, pero puede hacerlo libremente en las direcciones X, Z. Las superficies de la placa perpendiculares al eje Z están libres de esfuerzo. Si se produce un cambio uniforme de temperatura (ΔT°), hallar y , x , z . T
y
y DEFORMACIO NES EN GENERAL :
0
0
x
TOTAL ELÁSTICA TÉRMICA
z
E; ;
Para cada dirección las deformaciones unitarias totales, son: 1 x TOTAL x y z T 1 E 1 y y x z T 2 TOTAL E 1 z TOTAL z x y T 3 E
Condición → restricción → y
0 luego: TOTAL
x x z ET ( haciendo y
0) TOTAL
x 0
, tenemos y 0 ET z 0 Reemplazando los valores x , y , z en la ecuación (1) tenemos: Reemplazando datos
220
Mecánica de Sólidos
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x TOTAL
1 0 2 1 1 T E
Reemplazando en la ecuación (3), tenemos:
z TOTAL 1 0 T E 5) Una placa rectangular de espesor “d” está comprendida entre dos planos paralelos rígidos cuya separación es invariable. La placa está sometida a las fuerzas indicadas P y Q. Calcular la presión que ejerce la placa sobre los planos rígidos. P
P
P
y
y
a
a
b Q
d
Q
x
Q
z
b d
E;
Q
P
P
P Como el espesor “d” de la placa no puede cambiar debe ser z 0 . Luego: 1 o z x y E De donde obtenemos z x y
Q P Reemplazando los esfuerzos normales, obtenemos z bd ad La presión total ejercida sobre los planos rígidos, es: PTOTAL
PTOTAL
z ab (área indicada). a P Q b ab P Q (compresión sobre los planos rígidos). d ad bd d
Nota: Observar que z 0 NO IMPLICA NECESARIAMENTE z 0 6) En el sistema representado, calcular las nuevas dimensiones de las aristas del bloque rectangular. A 1 Barras Elásticas E 1 (cuatro, simétricamente ubicadas) 1 aristas iniciales a, b, c. Bloque Prismático E 2 2
221
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
c p
a
b p Planta
Frente
b
Barras Elásticas 1 Bloque 2
p
y
a
p z
c
x
Reacciones:
F R
F F
R 4 F1 Esfuerzos en el bloque: R (compresión en dirección de x) x ab y (Dato) z 0
(Dato)
F Deformaciones unitarias (bloque): (Ley Generalizada de Hooke) 1 x x 2 y z E2 1 y y 2 x z E2 1 z z 2 x y E2
Reemplazando los esfuerzos tenemos:
222
Mecánica de Sólidos
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R ab 2 p 0 1 R y 0 p 2 E2 ab 1 R z p 0 2 E2 ab x
1 E2
Simplificando: 1 R 2p 2 E 2 ab 1 R y p 2 3 E2 ab x
z
1 E2
R p 4 2 ab
Cambios de longitud (bloque): x c x
c R 2p 5 E 2 ab
Cambio de longitud (barra elástica):
FL Rc 6 E1A 1 4E1A 1
Condición (paredes rígidas) → Δx = Δ, luego: c R RC de donde obtenemos R: 2p E 2 ab 4E1A 1 2p R E2 1 4E1A 1 ab Conocida la fuerza R, reemplazamos su valor en las ecuaciones (2), (3), (4), para obtener las deformaciones unitarias en el bloque. 1 2 x 2 p E 2 E 2 ab 4E A 1 1 1
2p 2p 1 1 2 p ; z y p 2 E 2 ab E 2 ab E2 E2 1 1 4E1A 1 4E1A 1 Las nuevas dimensiones de las aristas del bloque serán:
a’ = a ( 1 + εy );
b’ = a ( b + εz );
c’ = c ( 1 + εx )
223
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
7) Sobre un cubo de 1 m. de arista, cuyo material es elástico lineal quiere inducirse el 2kx 2k 0 Estado de Deformación Unitaria dado por la matriz: 2k 2ky 0 , donde (x, 0 0 2k y, z), son las coordenadas de cualquier punto del sólido, expresadas en cm. Se conoce que E 2.6 x 10 5 Kg cm2 ; 0.3 ; K 10 5 . Calcular los esfuerzos requeridos en las caras del bloque. G
y
F
B
D
A
z
x E
C
o Con los valores E, determinamos las constantes de Lamé:
2.6 10 5 0.3 1.5 10 5 Kg / cm2 E 1 1 2 1 0.31 0.6
E 2.6 10 5 10 5 Kg / cm2 21 21 0.3
Usamos las ecuaciones de Lamé para calcular los esfuerzos requeridos en las caras del sólido (Ecuaciones 5.1):
x 2 x x y z
(y similares)
x 2 10 5 2 10 5 x 1.5 10 5 2 10 5 x 2 10 5 y 2 10 5
(Las deformaciones εx, εy, εz, → se obtienen de la matriz ). Simplificando se obtiene x 7x 3y 3 De manera similar procedemos para las direcciones y,z. obtenemos:
y 3x 7y 3 ;
z 3x 3y 7
A partir de las ecuaciones para esfuerzo cortante (ecs 5.2) obtenemos; xy G xy
224
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
xy 10 5 2 10 5 2 ( recordar que G = μ)
( xy 2 K , de la matriz ) De manera similar tenemos: xz 0 , yz 0
Resumen de ecuaciones para los esfuerzos x 7x 3y 3
xy 2
y 3x 7y 3
xz 0
z 3x 3y 7
yz 0
A partir de estas ecuaciones pueden hallarse los esfuerzos en cada cara del prisma.
Cara
plano
OCDE………………
y=0
ABGF………………
y = 100 cm
AOFE………………
x=0
CBGD……………… OABC……………… EFGD………………
(Kg / cm2 ) y 3x 3
………
……
(Kg / cm2 ) xy 2
y 3x 703 ……
xy 2
x 3y 3
……
xy 2
x = 100 (cm) ……
x 3x 703 ……
xy 2
Z=0 ……… Z = 100 (cm) ……
z 3x 3y 7 …… z 3x 3y 7 ……
0 0
……
…………
y 3x 703
G
y F
z 3x 3y 7
B
x 3y 703
A z D E
x
C z 3x 3y 7
x 3y 3
o y 3x 3
225
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
8) Un prisma rectangular de aristas a, b, c está solicitado por tres fuerzas normales A, B, C paralelas a las aristas. Hallar la relación entre estas seis magnitudes para que el volumen del prisma no cambie. Considerar el prisma de material elástico lineal (E; ). z
Esfuerzos A x bc B y ac C z ab
C
a
b
B
c
y
A
x
1 x y z E 1A c 1 B aA bB cC x → x E bc abcE ac ab
Deformaciones unitarias: x
De manera similar, obtenemos: 1 bB aA cC ; z 1 cC aA bB y abcE abcE Condición: V 0 → x y z 0 (ver sección 2.2.2) Reemplazando las deformaciones unitarias, tenemos: 1 aA bB cC bB aA cC cC aA bB 0 abcE
Simplificando → Como
1 1 2 aA bB cc 0 abcE
1 1 2 0 ; la condición buscada será: abcE aA bB cC 0
9) Se hace descender, en el océano, una esfera sólida de acero de 100 mm de diámetro, hasta donde la presión es 90 x 10 6 Pa . Sabiendo que E 200 x 10 9 Pa ; 0.3 , determinar: i) La reducción del diámetro de la esfera.
226
Mecánica de Sólidos
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ii) La reducción del volumen de la esfera. iii) El aumento porcentual de la densidad de la esfera. Principio de Pascal x y z p Deformaciones unitarias 1 x x y z E 1 2 1 x p p p p E E
Similar para y y para z .Obtenemos: x y z
2 1 p E
Reemplazando valores numéricos:
0.6 19010 6 1.8 10 4 200 10 9 d 0.1 1.8 10 4 1.8 10 5 m.
x y z i) d d x ii)
1 x y z
volumen) VTOTAL
VTOTAL 3 1.8 10 4 5.4 10 4 V0
(cambio
unitario
del
4 3 0.05 5.4 10 4 2.83 10 7 m3 3
m Lnp Lnm LnV , de donde: v dp dV (puesto que m es constante) p V
iii) p
Reemplazando valores:
dp 2.83 10 7 5.4 10 4 p 5.236 10 4 (volumen inicial de la esfera) dp 0 0.054 0 0 0 p
10) Una barra cilíndrica, de material elástico lineal (E, ) está sometida a comprensión p, según se indica en el esquema. Lateralmente la barra está confinada por un tubo cilíndrico de pequeño espesor y módulo elástico E 1 . Hallar los esfuerzos normales en la barra.
227
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P
x z Elementos cúbicos en la barra :
L E1
E;
d d1
En la barra interior, la deformación unitaria en dirección X, es:
x
1 1 x y z x x x ...........(1) E E
En el tubo de confinamiento:
x
x ó z
c
c
2 c e L x Ld x d 2e x c d d1 d 2 2 c
(Compresión) c
xd (esfuerzo circunferencial) d1 d
Deformación unitaria: ' x
c xd (2) d1 dE1 E1
228
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Compatibilidad: x ' x igualamos (1) y (2) 1 x p x x d , de donde obtenemos: d1 dE1 E p x z (Compresiones). E d 1 E1 d1 d 11) Una barra prismática, de material elástico lineal (E; ) está sometida al estado de 0 0 esfuerzos 0 0 0 . Determinar: 0 0 0 i) La superficie transformada de una esfera de ecuación x2 + y2 + z2 = R2 en el interior de la barra. ii) El volumen encerrado por la nueva superficie. Considerar el origen “O” como punto fijo durante la deformación de la barra.
z
o
x
y
z y 0 (dato)
Deformaciones unitarias (barra): x
x
Ley Generalizada de Hooke: 1 1 x x y z E E Similarmente: y ; z E E
También: xy yz zx o (ver matriz ).
Campo de Desplazamientos: x
u 1 u (1) x E x
229
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v v (2) y E y w w z (3) z E z y
Integrando las ecuaciones (1), (2), (3), tenemos: u x f1 y, z ( 4) E v y f 2 x, z (5) E w z f3 x, y (6) E Deteminamos las funciones f1 (y; z); f2 (x; z); f3 (x; y) usando las condiciones para distorsión nula xy yz zx 0 . Sabemos que: xy
u v ; y x
yz
w v ; y z
yz
w u x z
Luego tenemos: De 4 y 5 : De 5 y 6 : De 4 y 6 :
f1 f 2 0 * v x f2 f3 0 * * z y f1 f3 0 * * * z x
Para todo PX, Y,Z de la barra.
De (*) notamos que f1 y f2 han de ser funciones de z De (**) notamos que f2 y f3 han de ser funciones de x De (***) notamos que f1 y f3 han de ser funciones de y Luego f1 C1;
f2 C2 ;
f3 C3
Desplazamientos: Reemplazamos f1, f2 y f3 en las ecuaciones (4), (5) y (6): u x C1 E v y C2 E w z C3 E u 0 x 0 paray 0 Si el origen es punto fijo v 0 w 0 z 0
230
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Con el cual determinamos que C1 C2 C3 0 . En consecuencia el Campo de Desplazamiento se define por: u
x; E z
v
y ; E
w
z E
P Esfera P’ Nueva superficie (Transformada de la esfera) r r0 u
r x, y, z u, v, w
P'
o
r x u , y v , z w x' z ' y'
u
r
P x, y, z
r0
x
y Es decir: x ' x u y ' y u z ' z w
x E y ' y y E z ' z z E x ' x
Por lo tanto:
PorEs lo decir: tanto:
x ' x 1 E y ' y 1 E z ' z 1 E
x' 1 E y' y 1 E z' z 1 E x
Superficie inicial: x2 + y2 + z2= R2 (esfera) Superficie transformada: x
x '2 1 E
2
y '2 1 E
2
z '2 1 E
2
R 2 (Elipsoide de revolución alrededor del eje x)
231
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VFINAL VINICIAL x y z VFINAL VINICIAL x y z 1 VINICIAL
VFINAL
4 R 3 1 3 E E E
VFINAL
4 R 3 1 1 2 3 E
12) Un material elástico (E, , α) originalmente llena una cavidad con lados 2a y altura h, en un bloque rígido, según se indica en el esquema. Encima del material elástico se coloca una tapa rígida y se aplica una fuerza de comprensión F a ésta, al mismo tiempo que se incrementa la temperatura. Expresar el movimiento de la tapa en función de F, T y las constantes elásticas del material. Despreciar cualquier efecto de fricción. y y
F F
a
Material
a
Deformable
2a
c
h
2a
x
x
z
Establecemos, en primer lugar los ejes coordenados como se indica en los esquemas. Se excluye la posible fricción → El material deformable no se adhiere a las paredes del bloque rígido ni a la tapa durante la deformación. Con “c” indicaremos el movimiento de la tapa (supuesto positivo según el eje “y” indicado). Como el material deformable es elástico lineal, usamos las ecuaciones de la Ley de Hooke Generalizada, más el efecto de temperatura:
1 x y z T E 1 y y x z T E 1 z z x y T E x
1
232
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Debido a la carga aplica, en el material sólo ocurren esfuerzos normales. Por la restricción del bloque rígido, el material sólo experimentará deformaciones normales en dirección Y. y ; x z 0 Por la simetría (sección transversal cuadrada) x z. (Puede verificarse haciendo x 0; z 0 en la 1° y la 3° ecuaciones (1)) Reemplazando en la ecuación (1):
0 = σ x - ν (σ y + σ z ) + EαΔT De donde obtenemos: x
E y T (2) 1 1
Reemplazando la ecuación (2) en la segunda de las ecuaciones (1) encontramos que: 1 2 2 1 y E ET (3) 1 1 F El esfuerzo en dirección y es: σ y = 2 (compresión ) (4) 4a c También, la deformación unitaria en dirección y, es (5) h Reemplazando las ecuaciones (4) y (5) en (3) y simplificando obtenemos:
c 1 1 F 1 2 2 ET h E 1 4a ó c 1 F T 2 h 1 3 K 4a
Siendo K el módulo de compresibilidad del material.
Si ΔT = 0 F comprime el material y c es negativo
Si ΔT ≠ 0, la fuerza F requerida para mantener la tapa en su posición inicial (cuando c 0 ), es:
F 4a 2 3 KT 13) (Ecuaciones diferenciales del equilibrio en Coordenadas Polares). Al estudiar la distribución de esfuerzos en anillos, discos giratorios y otras piezas curvas, es conveniente emplear Coordenadas Polares:
233
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: Angulo polar. : Radio vector. : Esfuerzo Normal en
dirección radial. : Esfuerzo Normal en dirección tangencial.
Consideremos un elemento plano definido en coordenadas polares.
p
p
p
Elementos de espesor unitario, al plano del dibujo.
(Esfuerzos en el elemento polar, indicando la variación de los mismos al variar el radio vector y el ángulo polar. No incluimos distribución de fuerzas másicas). Estableciendo el Equilibrio de Fuerzas en dirección radial, tenemos:
p p
p sen 2 sen 0 2
Efectuado operaciones, obtenemos:
234
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p p
0 2 2
Simplificando la sumatoria anterior, y dividiendo entre , obtenemos:
0 2 2 2
Llevando al límite, cuando ; 0 , tenemos:
0
Expresión que puede escribirse:
0
Finalmente
1 0 *
Estableciendo, ahora, el equilibrio de FUERZAS en dirección tangencial (ortogonal a la dirección radial), tenemos:
1 2 0 * *
Las ecuaciones (*), (**) son las ecuaciones de equilibrio, expresadas en términos de esfuerzos, en un sistema plano de coordenadas polares. No se incluyen las posibles distribuciones polares de fuerzas Másicas. 2.3) Esfuerzos Sobre Planos de Orientación Arbitraria. Transformación General de Esfuerzos. 2.3.1) Esfuerzos Sobre Planos de Orientación Arbitraria. Consideremos un prisma elemental, sometido al estado general de esfuerzos definido por la matriz . x xy yx y zx zy Pueden ser definidos los vectores siguientes:
xz yz z
x x ; xy , xz Vector esfuerzo sobre la cara X positiva.
y y x ; y , yz Vector esfuerzo sobre la cara Y positiva.
235
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z zx ; zy , z Vector esfuerzo sobre la cara Z positiva.
De manera equivalente, en función de los valores unitarios i , j , k. x x i xy j xz k y yx i y j yz k
1
z zx i zy j z k
En general x , y , z , son vectores no paralelos a los vectores unitarios i , j , k respectivamente. z
z zx , zy , z
k
x x , xy , xz
En las caras opuestas actúan Vectores Esfuerzo de la misma intensidad y
i
sentido contrario.
x
j
y
y yx , y , yz
Consideremos, ahora, el vector esfuerzo sobre un plano inclinado ABC que pasa por un punto P del sólido. z
N
C
y P
P
x
B y
A z
x
236
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N Vector Unitario Normal al plano ABC N l i mj n k . Ecuación cartesiana del plano lx my nz q . Cosenos directores de la normal al plano l2 + m2 + n2 = 1 z
N
l cos m cos n cos
y
x
Sobre el plano ABC, para el equilibrio, se desarrollará un VECTOR ESFUERZO. P Vector esfuerzo sobre el plano inclinado ABC. Generalmente P no es normal al plano ABC. El vector esfuerzo P puede expresarse en función de sus componentes cartesianas rectangulares.
P P x i P y j P z k (2) Debemos encontrar las componentes P x , P y , P z en función de los elementos de la matriz y de los cosenos directores l, m, n, de la normal al plano inclinado ABC. La suma vectorial de las fuerzas actuantes sobre el tetraedro OABC nos permite escribir:
P l x m y n z (3) (Vector esfuerzo en el punto P). Reemplazando las expresiones (1) y (2) en (3), tenemos:
P x i P y j P z k l x i xy j xz k
n
j k
m xy i y j yz k xz i
yz
z
Simplificando y recordando las condiciones para igualad de vectores, obtenemos:
237
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Px l x m xy n xz Py l yx m y n yz
4
Pz l zx m zy n z
Las ecuaciones (4) definen las Componentes Cartesianas Rectangulares del Vector de Esfuerzos P , en función de las componentes del Vector Normal Unitario N y de los elementos de la Matriz de Esfuerzo . Matricialmente, las ecuaciones (4) se expresan: Px x Py yx Pz zx
xz l yz m z n
xy y zy
ó P N Vector columna de los cosenos directores de la normal al plano inclinado ABC. Definición: El esfuerzo normal en un plano que pasa por P, es la Proyección Ortogonal del Vector p sobre el Vector Normal Unitario N . N C
PN
P Px , Py , Pz
P
PS
s
PN PS
B Esfuerzo Normal en el plano ABC. Esfuerzo Cortante en el plano ABC (en la dirección S).
(Dirección S normal con N ). La magnitud del esfuerzo Normal, es: PN P N (Producto escalar) En términos de componentes rectangulares, tenemos:
σ PN σ Px i σ Py j σ Pz k
li m j nk
σ PN lσ Px mσ Py nσ Pz
238
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Reemplazamos
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σ Px , σ Py , σ Pz por sus valores dados en las ecuación (4) y
simplificando, tenemos: σ PN l 2 σ x m2 σ y n2 σ z 2lmτ xy 2ln xz 2mn τ yz
.......... ....(5)
La magnitud del esfuerzo cortante, PS , en dirección S, es: σ PS
2
σP σN
2
σ PS σ Px σ Py σ Pz σ PN 2
2
2
2
.......... ...(6)
Notas: 1. Vector Gradiente
N normal
z
Sea P0 un punto sobre la gráfica de x, y, z k El vector unitario normal, es: N
P0
Siendo el vector gradiente: i j k , evaluando en x x x el punto P0 .
x, y, z k
x
y
2. Recordando las operaciones del álgebra matricial, el esfuerzo normal sobre el plano inclinado ABC (ec.5) puede escribirse: l σ PN l m n σ m n ó σ PN N
T
σ
N
l Siendo N m el vector columna de cosenos directores de la normal al plano n
inclinado ABC.
239
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EJEMPLOS 7 5 0 1. En un sólido la matriz de esfuerzos es 5 3 1 Klb pulg 2 . Determinar el 0 1 2 Vector Esfuerzo en un plano que pasa por un punto del sólido, y es paralelo al plano ABC. z Plano ABC: x y z 1 4 2 6 C 3 x 6y 2z 12 Cosenos directores del vector normal al plano ABC: 6 ''
4 '' P
2 '' B
A x
l
y
3 3 2 6 2 22
3 7
, m
6 3 2 6 2 22
6 7
n
2 3 2 6 2 22
2 7
Vector esfuerzo: Px 7 5 0 3 7 Py 5 3 1 6 7 0 1 2 2 7 Pz
Efectuando el producto indicado, tenemos: Px 9 7 Py 5 7 Pz 10 7 luego :
P
9 5 10 i j k 7 7 7
3 xy 5 y 2 0 0 2z 2. El estado de esfuerzos en un sólido viene dado por 5 y 2 2z 0 0 (Unidades de esfuerzo), siendo (x, y, z) las coordenadas de cualquier punto del sólido. Determinar el vector esfuerzo actuante en el punto P0 2,1, 3 ubicado
sobre el cilindro y z 4 2
2
240
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z
N
2,1,
3
y
y 2 z2 4
x Vector unitario normal: N
siendo : y 2 z 2 4 0 y2 z2 4
Vector gradiente: 0i 2y j 2zk
evaluando en P0 2,1, 3
0i 2 j 2 3 k luego : N
0i 2 j 2 3 k
02 22 2 3
2
0i
1 3 N 0, , 2 2
1 3 j k 2 2
En el punto P0 , la matriz de esfuerzos es: 5 6 5 0 0 2 3
0 2 3 0
Vector esfuerzo: 5 Px 6 0 Py 5 0 2 3 Pz
0 2 3 0
0 12 3 2
Efectuando el producto, e identificando elementos, obtenemos: Px 3 Px 5 2 Py 3 Luego:
P
5 i 3 j 3k 2
241
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0 1 3. La matriz de esfuerzos en un punto es 1 y 2 1
2 1 calcular y , de manera 0
que el Vector Esfuerzo en un plano que pasa por ese punto, sea nulo. Encontrar el Vector Unitario Normal para ese plano libre de esfuerzos. Vector esfuerzo P : desconocidos Px 0 1 Py 1 y 2 1 Pz
2 1 0
l m n
Efectuando el producto e identificando componentes, tenemos: Px m 2n
; Px 2l m
; Py l m y n
Condición P = 0. Entonces se requiere: m 2n 0 .......... ..........1 l m y n 0 .......... ..2
2l m 0 .......... ........3 De (1) n m 2 ; de (3) l m 2 Reemplazando en (2): m m m y 0 2 2
m 1 y 0
m 0 es imposible, puesto que ocasionaría m n l 0
Entonces
1 y 0
y 1
Para este valor, las ecs. (1), (2), (3) quedan: m 2n 0 lmn 0 2l m 0 Que las resolvemos bajo la condición:
l 2 m2 n2 1 (cosenos directores) 1
Obtenemos : l
2
;m
;n
1
6 6 6 Los vectores unitarios normales al plano libre de esfuerzos son: N
1 6
i
2 6
j
1 6
k
242
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4. Sean P1 y P2 los vectores esfuerzo correspondientes a dos planos que pasan por un punto M, Sean n1 y n2 las normales a dichos planos. Demostrar que la proyección de P1 sobre n2 es igual a la proyección de sobre P 2 sobre n1 . n1
P2
n2
P1
M
Debemos probar que: P1 · n2 P 2 · n1.......... .....* Estado de esfuerzos en el punto M: x xy xz xy y yz xz yz z
El vector esfuerzo P1 es: P1x x P1y xy P 1z xz
xy y yz
xz yz z
a1 b1 c 1
Desarrollando el producto, encontramos:
P1 x a1 xy b1 xz c 1 ; xy a1 y b1 yz c 1 , xz a1 yz b1 z c 1
La proyección de P1 sobre n2 , es P1·n2 luego: P1·n 2 x a1a 2 xy b1a 2 xz c 1a 2 xy a1b 2 y b1b 2 yz c 1b 2 xz a1c 2 yz b1c 2 z c 1c 2 .......... .........( **)
De manera similar obtenemos la proyección de P2 sobre n1 : P 2 ·n1 x a1a 2 xy b1a 2 xz c 1a 2 xy a1b 2 y b1b 2 yz c 1b 2 xz a1c 2 yz b1c 2 z c 1c 2 .......... ........(* * *) Comparando (**) con (***) obtenemos (*): P1·n2 P2 ·n1 Nota: Este resultado, se denomina Ley de Reciprocidad Generalizada. a b 5. El estado de esfuerzos en un punto es a c donde a, b y c son b c constantes y es un valor dado no nulo. Encontrar las constantes a, b y c de manera que el vector esfuerzo sobre el plano octaédrico sea nulo.
243
Mecánica de Sólidos
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z
ABC es el plano octaédrico, si:
N cos , cos , cos
C
B
y
A x
cos2 cos2 cos2 1 1 cos 3
Normal al plano octaédrico: ' 1 1 1 1 1 1 N , , ó N , , 3 3 3 3 3 3 Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico: a b 1 3 OCT a c 1 3 b c 1 3 Desarrollando el producto, obtenemos: σ aσ bσ aσ σ cσ bσ cσ σ σ OCT , , 3 3 3 3 3 3 3 3 3 Condición dada: OCT 0 0, 0, 0 luego: 1 σ aσ bσ 0 ; 1 aσ σ cσ 0 ; 1 bσ cσ σ 0 3 3 3 De donde (como es 0 obtenemos: 1 a b 0 a 1 c 0 * b c 1 0 Resolviendo el sistema (*), tenemos: a = -1/2
b = -1/2
c= -1/2
cx 0 0 6. El estado de esfuerzos en un sólido es cx 0 cx donde c es una 0 cx 0 constante.
244
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i) Probar que se satisfacen las ecuaciones del equilibrio, cuando el vector de fuerzas másicas es nulo. ii) Determinar el vector esfuerzo en P0 4,4,7 sobre el plano 2x 2y z 7 y sobre la esfera x 2 y 2 z 2 81 i) Las componentes de esfuerzo son:
x 0 ; xy cz ; xy 0 ; y 0 ; yz cx ; z 0 Reemplazando en las ecuaciones de Navier, notamos que se verifican sólo cuando Bx By Bz 0 punto P0 4,4,7 2x 2y z 7 0
ii) Plano 2x 2y z 7 Vector normal al plano: n
(evaluando en P0 )
2i 2 j k
n
2 2 1 2
2
2
2 2 1 i j k 3 3 3
Vector esfuerzo en el punto P0 : P0
7c 0 2 3 0 7c 0 4c 2 3 0 4c 0 - 1 3
8 14 18 P0 c, c, 3 3 3
Esfera x 2 y 2 z 2 81
x 2 y 2 z 2 81 2xi 2y j 2zk 4,4,7 8i 8 j 14k
Luego: n
8i 8 j 14k 8 2 8 2 14 2
4 4 7 i j k 9 9 9
Vector esfuerzo: 7c 0 4 9 - 28c 9 0 P0 7c 0 4c - 4 9 0 0 4c 0 7 9 16c 9 28 16 P0 ci 0 j ck 9 9 14 7 7 7. En el punto P el estado de esfuerzos es 7 21 0 determinar: 7 0 35 i) El vector esfuerzo en un plano que contiene a P y es paralelo al plano BGE. ii) El vector esfuerzo en un plano que contiene a P y es paralelo al plano BGFC. iii) Las componentes de esfuerzo normal y esfuerzo cortante en el plano BGFC.
245
Mecánica de Sólidos
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z 6 ''
B
A
C
D E P
4 ''
y 2 ''
G
F
x i) Hallamos la ecuación del plano BGE: x y z 1 6x 2y 3z 12 2 6 4 Los cosenos directores de la normal al plano, son: 6 2 3 l m n 2 2 2 2 2 2 2 6 2 3 6 2 3 6 22 3 2 6 2 3 l m n 7 7 7 14 7 7 6 7 El vector esfuerzo P es: P 7 21 0 2 7 7 0 35 3 7
Efectuando el producto, obtenemos: 11 P 12 9
ó
P 11 i 12 j 9k
(Siendo i, j, k los vectores direccionales unitarios) ii) Hallamos la ecuación del plano BGFC: x z 1 2x z 4 2 4 Los cosenos directores de la normal al plano son: 2 1 l m0 n 2 2 2 2 1 2 12 2 1 l m0 n 5 5 14 7 7 2 5 El vector esfuerzo, es: P 7 21 0 0 7 0 35 1 5 Efectuando el producto, obtenemos:
246
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21 5 P 14 5 21 5
P
ó
21 5
i
14 5
21
j
5
k
iii) Sobre el plano BGFC, el esfuerzo normal, es: 2 5 donde N 0 1 5
N N N luego : 2 N 0 5
1 5
14 7 7 7 21 0 7 0 35
2 5 0 1 5
21 5 1 14 5 5 21 5 42 21 63 N 0 (component e normal) 5 5 5 La componente de esfuerzo cortante , es: 2 N 0 5
2
2
P N
2
2
2
21 14 21 63 5 5 5 5
2
37.696 5
Nota: Los esfuerzos N y están expresados en las mismas unidades de esfuerzo que los elementos de la matriz . 2.3.2) Transformación General de Esfuerzos i) Propiedad: “Conociendo las componentes de esfuerzo, referidas a tres superficies ortogonales en un punto, pueden calcularse las componentes de esfuerzo que actúan sobre cualquier otra superficie que pasa por el punto referido.”
247
Mecánica de Sólidos
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Consideremos un tetraedro infinitesimal OABC, recortado de un sólido en equilibrio. En los planos coordenados actúan esfuerzos dados por la matriz . z
n n
C
s s yx
y
P
yz
A
x
xy
x
xz
o
zx
zy
B
y
z
La superficie ABC tiene como vector unitario normal n anx , any , anz y sobre ella
actúa el esfuerzo normal n y el esfuerzo cortante s recordar : anx any anz 1 2
2
2
La magnitud del esfuerzo normal, es:
n a nx a ny a nz
a nx a ny a nz
Desarrollando las operaciones matriciales, obtenemos: 2 2 n x a nx xy a nx a ny xz a nx a nz yx a ny a nx y a ny 1 2 yz a ny a nz zx a nz a nx zy a nz a ny z a nz
Nota) Observar la coincidencia con la fórmula deducida en la sección anterior (ec.5), con el cambio de nomenclatura para los cosenos directores del vector normal unitario:
l anx
m any
n anz
248
Mecánica de Sólidos
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La igualdad (1) demuestra que el esfuerzo normal actuante sobre cualquier superficie que contiene al punto para el cual está definido el estado de esfuerzos (mediante la matriz ), depende únicamente de las componentes de esfuerzo y de los cosenos directores de la normal a la superficie de interés. Sean a n
sx , a sy , a sz
los cosenos directores
de una dirección s (contenida en el plano ABC y normal al vector n ). Recordar: a 2 sx a 2 sy a 2 sz = 1 anx a sx any a sy anz a sz 0
C
s
B P
Estableciendo el equilibrio tetraedro OABC, puede establecerse una expresión, similar a la ec. (1), para el esfuerzo cortante s :
A s x a nx a sx xy a nx a sy xz a nx a sz yx a ny a sx y a ny a sy 2 yz a ny a sz zx a nz a sx zy a nz a sy z a nz a sz La igualdad (2) demuestra que el esfuerzo cortante s , en la dirección s , depende únicamente del estado de esfuerzos y de los cosenos directores de las direcciones
n y s. Las ecs. (1) y (2) nos permiten calcular los esfuerzos sobre cualquier superficie que pase por el punto dado, en función de los elementos de la matriz y de los cosenos directores de n y s (ortogonales).
249
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ii) Ecuaciones para la Transformación General de Esfuerzos
z'
z
PROBLEMA Conocida la matriz , referida al sistema x, y, z, encontrar la matriz ’ asociada con el sistema x’ y’ z’.
y'
(x, y, z): ortogonal (x’, y’, z’): ortogonal)
(x y z) rotación (x’ y’ z’)
o x' x
y
Para encontrar x ' (Esfuerzo Normal en la dirección X’) Podemos usar la ec. (1), anterior, con el cambio apropiado en la nomencla-
tura. Entonces, en la ec. (1) en vez de usar n para la dirección de una superficie (su normal), usamos x’ (normal a la superficie coordenada z’ o’ y’). Reemplazando n por x’ en la ec. (1), tenemos: 2 2 n x a x 'x xy a x ' x a x 'y xz a x 'x a x 'z yx a x 'y a x 'x y a x ' y 3 2 yz a x ' y a x 'z zx a x 'z a x ' x zy a x 'z a x 'y z a x 'z Donde: a x 'x coseno director entre el eje x’ y el eje x. a x 'y coseno director entre el eje x’ y el eje y. etc. En forma semejante, pueden hallarse expresiones para los esfuerzos normales y ' y
z ' Se obtienen: 2 2 y ' x a y ' x xy a y ' x a y ' y xz a y ' x a y 'z yx a y 'y a y ' x y a y ' y 4 2 yz a y ' y a y 'z zx a y 'z a y ' x zy a y 'z a y ' y z a y 'z 2 2 z' x a z' x xy a z' x a z'y xz a z' x a z'z yx a z'y a z' x y a z'y 5 2 yz a z' y a z'z zx a z'z a z' x zy a z'z a z'y z a z'z También el esfuerzo cortante x 'z' puede calcularse a partir de la ec. (2) en forma análoga a las usadas para determinar los esfuerzos normales en el sistema rotado (x’ y’ z’). Obtenemos: x 'z' x a x 'x a z'x xy a x' x a z'y xz a x ' x a z'z yx a x 'y a z'x y a x 'y a z' y 6 yz a x 'y a z'z zx a x 'z a z' x zy a x 'z a z' y z a x 'z a z'z y similares para x 'y ' , y 'z' .
Las ecuaciones para la transformación de esfuerzos, ecuaciones (3), (4), (5), (6),…. Se escriben consistentemente en forma matricial:
250
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matriz referida a las coordenadas (x ,y, z). ' matriz referida a las coordenadas (x’, y’, z’). Ambos sistemas de coordenadas son respectivamente ortogonales.
z'
MATRIZ DE TRANSFORMACIÓN DE COORDENADAS: A
y'
z
(MATRIZ DE COSENOS DIRECTORES) a x 'x a x ' y a x 'z A a y 'x a y ' y a y 'z a z' x a z'y a z'z (También denominada matriz rotación de coordenadas).
x'
x
x
y
z
x’
a x'x
a x'y
a x 'z
y’
a y'x
a y'y
a y 'z
z’
a z'x
a z'y
a z 'z
y En base a esta matriz A , las ecs. (3), (4), (5), (6), escriben consistentemente: ' A AT
se
matriz de esfuerzos en el sistema x y z.
Siendo: A
matriz de esfuerzos en el sistema x' y' z'. matriz de rotación.
'
A
T
transpuesta de la matriz de rotación.
T
: se intercambian filas con columnas en la matriz A
Recordar A
a x ' x a x ' y a x 'z A a y ' x a y ' y a y 'z a z' x a z' y a z'z Recordar también las condiciones de ortonormalidad. T
EJEMPLOS 1) Demostrar n'
y'
'
z'
'
x y z (Primer invariante de esfuerzos).
Sumando respectivamente las ecs. (3), (4) y (5), tenemos: 2 x ' y ' z' x a x ' x xy a x 'x a x ' y xz a x ' x a x 'z yx a x ' y a x ' x y a x ' y yz a x ' y a x 'z 2
zx a x 'z a x 'x zy a x 'z a x ' y z a x 'z 2
x a y 'x xy a y 'x a y ' y xz a y ' x a y 'z 2
251
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yx a y 'y a y ' x y a y 'y yz a y 'y a y 'z 2
zx a y 'z a y 'x zy a y 'z a y 'y z a y 'z 2
y a z' y yz a z' y a z'z xz a z' y a z'x 2
yx a z'y a z' x y a z'y yz a z'y a z'z 2
zx a z'z a z'x zy a z'z a z'y z a z'z
2
Expresión que puede arreglarse de la manera siguiente:
a
x ' y ' z' x a x ' x a y ' x a z' x z
2
2 x 'z
2
a y 'z a z'z 2
a a
2
2
y
xy
2 x'y
a y ' y a z' y
x'x a x'y
2
2
a y ' x a y ' y a z' x a z' y
Por las condiciones de ortonormalidad, los coeficientes que multiplican a los esfuerzos normales x , y , z valen UNO (son la suma de cuadrados de cosenos directores. Condición de normalidad). También los coeficientes que multiplican a los esfuerzos cortantes xy ..., etc. Valen CERO (condición de ortogonalidad). En consecuencia:
x ' y ' z' x y z (Denominado PRIMER INVARIANTE DE ESFUERZOS). 10 50 50 2) Dado el estado de esfuerzos 50 0 0 M Pa , hallar x ' , siendo x’ la 50 0 0 dirección i 2 j 3k .
Vector Unitario en dirección x’: i 2 j 3k 1 2 3 x' i j k 14 14 14 1 22 32 1 2 3 Cosenos Directores a x ' x ; a x'y ; a x 'z 14 14 14 Usamos la ecuación (escalar) de transformación (ec. 3) (Ver Pág. 261) 2 2 n x a x ' x xy a x ' x a x ' y xz a x ' x a x 'z yx a x ' y a x ' x y a x ' y yz a x ' y a x 'z zx a x 'z a x ' x zy a x 'z a x ' y z a x 'z
2
Reemplazando valores de los cosenos directores: a x'x
1 14
; a x'y
2 14
; a x 'z
3 14
Tenemos:
252
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1 1 2 1 3 50 50 n 10 14 14 14 14 14 2
x’
x
y
z
cos 45º
cos135 º
cos 90º
y’
cos 45º
cos 45º
cos 90º
z’
cos 90º
cos 90º
cos 0º
50 2 1 0 1 0 2 3 14 14 14 14 14 3 2 3 2 3 0 0 14 14 14 14 14
50
Efectuando operaciones, obtenemos: 10 100 150 100 150 14 14 14 14 14 90 x' M Pa 6.43 M Pa x' 14 x'
3) El estado 100 es 0 0
de esfuerzos en un punto P, referido al sistema de coordenadas x, y, z 0 0 0 0 . Determinar la matriz de esfuerzos correspondiente a un 0 300 sistema de ejes obtenido mediante la rotación de 45º, del sistema x y z alrededor del eje z, en sentido horario cuando se mira hacia el punto. z'
z
P
x'
45
0
45 0 x
y
y'
Matriz de rotación A 2 2 2 2 0 A 2 2 2 2 0 0 0 1 Respecto al sistema rotado x’ y’ z’ , la matriz de esfuerzos, es:
' A A T
253
2
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σ' A
σ
AT Efectuando el triple producto matricial, tenemos:
X
Y
z
x’
cos 30º
cos 30º
cos 30º
y’
cos 30º
cos 30º
cos 30º
z’
cos 30º
cos 30º
cos 30º
50 50 0 ' 50 50 0 0 0 300
4)
En 500 0 100
un punto de un sólido, la matriz de esfuerzos está dada por 0 100 0 0 KPa , en el sistema inicial de referencia x, y, z. Un nuevo 0 800 sistema de referencia x’ y’ z’ se obtiene girando el sistema inicial 30º alrededor del eje z, según se indica. Determinar la matriz esfuerzos referida al sistema x’ y’ z’. Usaremos la expresión matricial:
' A A
T
Definimos la matriz de transformación de coordenadas A :
z
z'
o 30
x
30 0
y'
0
y
x'
254
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0.866 0.5 0 A 0.5 0.866 0 0 0 1 ' A A T T
x' y'x' z'x'
x'y' y' z'y '
x 'z' 0.866 0.5 0 500 0 100 0.866 0.5 0 y 'z' 0.5 0.866 0 0 0 0 0.5 0.866 0 z' 0 0 1 100 0 800 0 0 1
Desarrollando el triple producto matricial, tenemos: x' y'x' z'x '
x 'z' 375 216 86.6 y 'z' 216 125 50 KPa z' 86.6 50 800
x'y' y' z'y '
Notar que: σ x ' + σ y ' + σ z' = 375 125 + 800 = 300 KPa σ x + σ y + σ z = 500 + 0 + 800 = 300 KPa → σ x ' + σ y ' + σ z' = σ x + σ y + σ z
(Pr imer Invariante de Esfuerzos).
k 0 0 5) Respecto al sistema x y z, la matriz de esfuerzos es: 0 k 0 determinar la 0 0 k matriz de esfuerzos referida al sistema x’ y’ z’.
y'
z' z
4
x'
o
y
x
x’: Dirección octaédrica.
255
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Usaremos: ' A A T Debemos encontrar la matriz de transformación: A Como el eje x’ forma ángulos iguales con los ejes x, y, z, es conocida la primera fila de la matriz A . También, como el ángulo entre z’ y z es , se conocerá el elemento a z'z (= cos 45) 4 de la matriz A . Datos: a x ' x a x ' y a x 'z cos cos 2 cos 2 cos 2 1 1 cos 3 1 también : a z 'z 2
Condiciones: a y ' x a y ' y a y ' x 1 cosenos directores de y' 2
2
2
a z' x a z' y a z' x 1 cosenos directores de z' 2
2
2
(Provienen del coseno de entre dos direcciones):
a x `x a y ' x a x ' y a y ' y a x 'z a y 'z 0 x' y' a x `x a x ' x a x ' y a z ' y a x 'z a z 'z 0 x' z' a y `x a z ' x a y ' y a z ' y a y 'z a z 'z 0 y' z' x
y
z
x’
a x'x
a x 'y
a x 'z
y’
a y 'x
a y 'y
a y 'z
z’
a z'x
a z'y
a z'z
Reemplazando en las 5 ecuaciones anteriores los valores conocidos, determinamos el sistema siguiente: 2 2 2 a y ' x a y ' y a y 'x 1(1) a z' x a z' y 2
1 3 1 3
a y'x a x'x
a y `x a z ' x
1
1 1 2
(2)
1
a y 'z 0 a y ' x a y 'y a y 'z 0 (3) 3 1 1 1 a z' y 0 a x 'x a z'y 0 ( 4) 3 3 2 2 1 a y 'y a z'y a y 'z 0 (5) 2 3 1
a y'y
2
Las ecuaciones (1), (2), (3), (4), (5) determinan un sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas: a y 'x , a y ' y , a y 'z , a z'x , a z'y A partir de las ecuaciones (2) y (4), obtenemos:
256
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a z' x 0
a z'y
1 2
Reemplazando estos valores en (5), obtenemos a y 'y = a y 'z (*) Esta condición la reemplazamos en (1) y (3): a y ' x 2a y ' y 1 2
2
a y 'x 2a y ' y 0
y
donde obtenemos : 2 1 a y'x , a y 'y 6 6 y en consecuencia, a y 'z
1
(*) 6 Tenemos completada la matriz de rotación A 1 3 A 2 6 0
Finalmente, reemplazamos en: ' A A
x’ y’ z’
x
y
z
1 3
1 3
1 3
1 6
1 6
2 0
6
1 2
1 6
1 2
1 3 1 6 1 2
T
x ' x ' y ' x 'z' 1 3 1 3 1 1 6 1 x ' y ' y ' y 'z' 2 6 0 1 2 1 x 'z' y 'z' z' Desarrollando el triple producto matricial: x xy xz xy y yz xz yz z
1 3
3 K 0 0 1 3 6 0 K 0 1 3 2 0 0 K 0
2
6
1 6
1 2
1 3 1 6 1 2
k 0 0 0 k 0 0 0 k
k k k 6) La matriz de esfuerzos k k k está k k k referida al sistema x y z. Hallar la matriz referida al sistema x’ y’ z’, según se indica en el esquema.
1 2
257
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y'
z
z'
arc cos
2 3
y
x'
x
Los ejes y’, z, z’ están en un mismo plano vertical. Los ejes x’, x, y están en un mismo plano vertical. Determinaremos la matriz de transformación de coordenadas A : Existen cinco elementos conocidos: a x'y 0 a x'x A a y'x a y'y 2 3 1 3 1 3 1 3 Similar al ejemplo anterior, empleamos las condiciones de ortonormalidad: a x `x a x ' y 1 2
2
2 1 3 a x 'y a y'y 0 0
a y `x a y ' y 2
2
a x `x a y ' x a x `x a y `x
1 3 1
a x 'y a y 'y
1 3 1
0 0
2 1 0 3 3
3 3 Resolviendo este sistema, obtenemos: a x `x 1 2 1 2 1 2 0 a x'y 1 2 A 1 6 1 6 2 3 a y `x 1 6 1 3 1 3 1 3 a y'y 1 6
Luego:
258
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1 2 ' 1 6 1 3
0 1 6 2 3 1 3 1 3
k k k 1 2 k k k 1 2 k k k 0
1 2
1 6 1 3 1 6 1 3 2 3 1 3
Desarrollando el triple producto matricial, obtenemos: 0 0 0 ' 0 0 0 0 0 3k 1 0 7) Referida al sistema x y z, la matriz de esfuerzos es: 0 2 0 0
0 0 demostrar 3
que el esfuerzo cortante sobre un plano octaédrico, está dado por: 1 1 2 2 2 3 2 3 1 2 OCT 3 z
n Vector normal unitario a uno de los planos octaédricos. P Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico.
n
1 1 1 n , , 3 3 3
P
y
El esfuerzo sobre el plano octaédrico, es:
x 1 0 P 0 2 0 0
0 1 3 0 1 3 3 1 3
3 3 3
El esfuerzo normal sobre el plano octaédrico, es: 1 0 N 1 3 1 3 1 3 0 2 0 0
El esfuerzo cortante, será:
0 1 3 1 0 1 3 1 2 3 3 1 3
3
N P
s
259
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OCT P N 2
2
1 2 1 2 2 2 1 2 3 1 2 3 3 9
Que se transforma en : 1 1 2 2 2 3 2 3 1 2 OCT 3
2.4) Esfuerzos y Direcciones Principales. Diagonalización de la Matriz Un problema de gran interés en el análisis de esfuerzos, consiste en determinar los máximos valores de los esfuerzos normales y sus direcciones correspondientes. El esfuerzo normal que actúa sobre una cara de un prisma será máximo, cuando en esta cara, los esfuerzos cortantes sean nulos. ( máximo cuando 0 )
En consecuencia, la matriz de esfuerzos deberá transformarse en una matriz diagonal
T
T: transformación de similaridad. y
2 2
1
3
x
1
3
z : NO DIAGONAL
: MATRIZ DIAGONAL
Los ejes 1-2-3 denominan EJES PRINCIPALES DE ESFUERZO x xy xz 0 0 T 1 xy y yz 0 2 0 0 0 3 xz yz z
1 2 3
260
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Definición) Los esfuerzos 1, 2 , 3 se denominan ESFUERZOS PRINCIPALES. Sus direcciones correspondientes, se denominan DIRECCIONES PRINCIPALES. Los planos donde actúan los esfuerzos principales, se denominan PLANOS PRINCIPALES. Sean N l1, m1, n1 el vector unitario normal paralelo al eje principal 1.
2
l1 cos x,1
m1 cos y,1
n1 cos z,1 El vector esfuerzo sobre el plano cuya normal es N1 , es:
N1
N1
(*)
1 3 Si en el plano indicado, los esfuerzos cortantes son nulos N1 (condición de paralelismo de vectores). La igualdad (*) nos queda:
N1 N1
(**)
Siendo un escalar por determinar. En términos de sus componentes, la ecuación (**) es: l1 x xy xz l1 m1 yx y yz m1 n 1 zx zy z n1 Efectuando el producto matricial, e, identificando componentes, tenemos: l1 x l1 xy m1 xz n1 m1 yx l1 y m1 yz n1 n1 zx l1 zy m1 z n1
Ecuaciones que determinan el sistema lineal homogéneo siguiente:
x l1 xy m1 xz n1 0
yx l1 y m1 yz n1 0 zx l1 zy m1 z n1 0
261
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Sistema lineal de ecuaciones homogéneas, que notación matricial se expresa: x yx zx
xy y
yz z xz
zy
l1 0 m1 0 n 0 1
(Las incógnitas son los cosenos directores l1, m1, n1 ). Una condición del Álgebra Lineal, expresa:”Para que el sistema de ecuaciones homogéneas ó admita soluciones diferentes de la solución trivial l1 m1 n1 0 , es necesario que: det( s) 0 “ En consecuencia, la condición requerida es: x xy yx y zx zy
xz yz
z
0
Definición) El determinante del anterior sistema de ecuaciones lineales homogéneas det(s) se denomina DETERMINANTE CARACTERISTICO. La ecuación det( s) 0 se denomina ECUACIÓN CARACTERÍSTICA. Las raíces de la ecuación característica se denominan RAICES CARACTERÍSTICAS. Nota: Las raíces características vienen a ser los valores buscados del escalar λ. También se denominan Valores Característicos. Encontradas las raíces características, mediante el sistema ó se encontrarán los cosenos directores correspondientes (Un juego para raíz característica). Notas: Debido a que es una matriz simétrica de orden 3, las tres raíces de la ecuación característica son REALES (Teorema del Álgebra Lineal). Cada raíz característica es un valor del ESFUERZO PRINCIPAL. Por lo general, las raíces se ordenan 1 2 3 ó 1 2 3 .
Sustituyendo el valor el valor de cada raíz característica en el sistema ó y
recordando que DIRECTORES.
l 2 m2 n2 1; se determinan tres sistemas de COSENOS
Cada juego de cosenos directores, define una DIRECCIÓN PRINCIPAL. Puede demostrarse que las tres DIRECCIÓNES PRINCIPALES son mutuamente ORTOGONALES. En los planos principales NO actúan esfuerzos cortantes. En consecuencia, la matriz que define el estado PRINCIPAL DE ESFUERZOS es una matriz diagonal:
262
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1 0 0 2 0 0
0 0 3
Por esto, el proceso de calcular las raíces y los valores característicos, se denomina DIAGONALIZACIÓN DE LA MATRIZ DE ESFUERZOS (Problema de vectores y valores propios)
Al formular la ecuación características se obtiene un polinomio de la forma 3 12 2 2 3 0 , donde 1 PRIMER INVARIANTE DE ESFUERZOS. 2 SEGUNDO INVARIANTE DE ESFUERZOS. 3 TERCER INVARIANTE DE ESFUERZOS. Sus valores están dados por: 1 x y z 2 x y y z z x xy xz yz 2
2
2
3 x y z 2 xy xz yz xy z yz x xz y 2
2
2
EJEMPLOS 1) Hallar los esfuerzos 0 0 la matriz 0 0 150 80
principales correspondientes al estado de esfuerzos dado por 150 80 lb pulg 2 200
0 Ecuación Característica:
0 150
0 0 80
150 80 0 200
Desarrollando el determinante, obtenemos: 3 2 200 28 0 ,900 POLINOMIO CARACTERÍSTICO
Resolviendo la ecuación característica, obtenemos las raíces características: 1 0 ; 2 297.23 ; 3 97.23
Los esfuerzos PRINCIPALES son: lb lb 1 297.23 ; 1 0 ; 1 97.23 2 pulg pulg 2 3 1 0 2) El estado de esfuerzos en un punto es 1 3 0 MPa 0 0 1 esfuerzos principales y sus direcciones correspondientes.
. Determinar los
263
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3 Ecuación Característica:
1 0
1 3 0
0 0 0 1
Desarrollando el determinante, obtenemos:
1 3 2 1 0 Raíces Características: 1 1 ; 2 2 ; 3 4 Esfuerzos Principales: 1 4 MPa ; 1 2 MPa ; 1 1 MPa 4 0 0 MATRIZ DIAGONAL: 0 2 0 MPa 0 0 1
Direcciones Principales: Para 4 : 0 3 4 1 El sistema nos queda 1 3 4 0 0 0 1 4
l1 0 m1 0 n 0 1
De donde obtenemos las ecuaciones lineales: l1 m1 0
l1 m1
l1 m1 0 l1 m1 3n1 0
Que las resolvemos con las condiciones
n1 0 2 l1
m1 n1 1 2
2
l1 l1 0 1 En consecuencia: 2
2
l1 1 2 m1 1 2 n1 0 Vector unitario correspondiente a la primera dirección principal:
N1 1 2, 1 2 , 0
Para 2 : 0 3 2 1 0 1 3 2 0 0 1 2
l2 0 m2 0 n 0 2
De donde obtenemos las ecuaciones lineales:
264
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l2 m2 0
l2 m2
l2 m2 0 l2 m2 n2 0
n2 0
Que las resolvemos con las condiciones l 2 m2 n2 1 2
2
2
2 l2 1 2
En consecuencia: l2 1 2 m2 1 2 n2 0 Vector unitario correspondiente a la segunda dirección principal: N2 1 2, 1 2 , 0
Para 1: 0 3 1 1 1 3 1 0 0 0 1 1
l3 0 m3 0 n 0 3
De donde obtenemos las ecuaciones lineales: 2l3 m3 0 l3 m3 2 l3 2m3 0 l3 2m3
l 3 m3 0 l3 n3 m3 1 n3 1 2
2
2
Vector unitario correspondiente a la tercera dirección principal: N3 0, 0, 1 Nota: LOS EJES PRINCIPALES 1-2-3 pueden referirse a los ejes iniciales x, y, z mediante una tabla de cosenos directores: x
y
z
1
1 2
1 2
0
2
1 2
1 2
0
3
0
0
1
Se define la matriz 1 2 B 1 2 0
1 2 0 1 2 0 0 1
La matriz diagonal satisfacerá la condición: B B
T
4 0 0 1 2 1 2 0 3 1 0 1 2 1 2 0 0 2 0 1 2 1 2 0 1 3 0 1 2 1 2 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 Encontrando los productos escalares N 1.N2; N1.N3; N2.N3 se comprueba que las tres direcciones principales con mutuamente ortogonales.
265
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20 40 60 3) Dada la matriz de esfuerzos 40 40 20 MPa 60 20 20 principales y sus correspondientes direcciones.
20 Ecuación Característica:
40 60
40 40 20
, hallar los esfuerzos
60 20 0 20
3 40 2 6000 40 000 0 Desarrollando el determinante, obtenemos: , ECUACIÓN CÚBICA
Resolviendo la ecuación característica, obtenemos: 1 97.39 ; 2 6.44 ; 3 63.83
Los esfuerzos principales son: 1 97.39 MPa 1 6.44 1 -63.83
MPa
0 0 97.39 0 6.44 0 MPa 0 0 63.83
MPa MPa
Direcciones principales Reemplazando 1 97.39 en el sistema ; o en su equivalente ; obtenemos:
20 97.39 l1 40 m1 60 n1 0 40l1 40 97.39 m1 20n1 0 60 l1 20m1 20 97.39 n1 0 Que se resuelve condicionada con: l1 m1 n1 1 2
2
2
Obtenemos: l1 0.6574
m1 0.6116
n1 0.4402
Que constituyen los cosenos directores de la 1ra dirección principal. Reiterando el procedimiento, obtenemos los cosenos directores de la 2da y 3ra dirección principal: l 2 0.4488
m 2 0.7871
n 2 0.4232
l3 0.6053
m3 0.0807
n3 0.7919
266
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Nota: Es útil recordar las condiciones de ortonormalidad: A a1, b1, c 1
Vectores unitarios
B a 2 , b 2 , c 2
A
A B a1a 2 b1b 2 c 1c 2 0 a1 b1 c 1 1 2
2
2
a2 b2 c 2 1 2
2
2
En todos los casos, las matrices y caracterizan el mismo ESTADO DE ESFUERZOS.
B
0 200 300 4) Para el estado de esfuerzos 200 500 0 lb pulg 2 se conoce que en 300 0 600 un punto dado, uno de los esfuerzos principales es 749 lb pulg 2 ¿Qué valor tiene el esfuerzo de compresión máximo en el punto y qué dirección tiene?
Para facilitar las operaciones numéricas: 0 0.2 0.3 0.2 0.5 0 K lb pulg 2 0.3 0 0.6
Ecuación Característica: 0.2 0.3
0.2 0.5 0
0.3 0 0 0.6
Desarrollando el determinante, obtenemos: 3 1.12 0.17 0.069 0
Como un esfuerzo principal es 0.749 K lb pulg 2 divisible por - 0.749
el polinomio característico debe ser
Efectuando la división, el cociente es: 2 0.351 0.0929 0
Ecuación algebraica cuyas raíces son: ' 0.5275 Klb pulg 2 y ' ' 0.1765 Klb pulg 2
Por tanto, el esfuerzo de compresión máximo es 0.1765 Klb pulg
2
Para esa raíz característica, hallamos los cosenos directores correspondientes
267
Mecánica de Sólidos
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0.2 0.3 0.1765 0.5 0.1765 0 0.2 0.3 0 0.6 0.1765
l 0 m 0 n 0
Efectuando el producto se tiene las tres ecuaciones:
0.1765l 0.2 m 0.3 n 0 0.2l 0.6765 m 0 0.3l 0.7765 n 0 Que se resuelve con la condición: l 2 m2 n2 1 Obtenemos: l 0.899
m 0.266
n 0.347
La dirección pedida es N 0.899 i 0.266 j 0.347k 5) Los esfuerzos principales en un punto son 1,000 y 500 lb pulg 2 ¿Qué valor tienen los esfuerzos que actúan en la dirección de unos ejes que forman un ángulo de 30º, en sentido horario, con los ejes principales?
0 1,000 Matriz de esfuerzos principales 5,000 0 () Notar que se trata de un estado bidimensional de esfuerzos.
y'
y
x, y ejes principales x’, y ejes principales 30 0
30 0
x
x' x
y
X’
cos 30º
cos 120º
Y’
cos 60º
cos 30º
Encontramos la matriz rotación A
3 2 A 12
La matriz de esfuerzos en el sistema x’, y’ es: ' A A
1 2 3 2
T
268
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3 2 ' 12
0 3 2 1 2 1,000 5,000 1 2 3 2 0
1 2 3 2
Efectuando el producto matricial triple, encontramos: 875 125 3 lb pulg 2 ' 125 3 625
' x ' x'y'
x'y' y '
2.5) Esfuerzos Octaédricos. Estados Medio y Desviador de Esfuerzos. Elipsoide de Esfuerzos. i) Esfuerzos Octaédricos Un plano cuya normal forma ángulos, iguales con las DIRECCIONES PRINCIPALES de esfuerzos, se denomina PLANO OCTAÉDRICO. 2
3
1
3
n l, m, n vector unitario
1 2
1 1 1 n , , 3 3 3
Propiedad: sobre un plano octaédrico actúan los esfuerzos: 1 NORMAL OCT 1 2 3 3 1 1 2 2 2 3 2 CORTANTE OCT 3 1 1 1 En efecto, en el plano octaédrico donde n , , 3 3 3 El esfuerzo normal es: 0 1 σ1 0 1 1 1 0 σ 2 0 1 OCT , , 3 3 3 0 0 σ 3 1 Desarrollando los productos:
3 1
2
3 3 3
269
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1 σ1 σ 2 σ 3 3 El vector esfuerzo sobre el plano octaédrico, es: OCT
0 1 0 1 σ 3 1 σ σ σ P 1 , 2 , 3 3 3 3
3 3 3
σ1 0 P 0 σ 2 0 0
El esfuerzo cortante sobre el plano octaédrico, es: OCT P OCT 2
1 1 1 2 2 3 1 2 3 3 3 3 3 9 2
OCT
2 2
2
Simplificando, puede escribirse: OCT
1 3
1 2 2 2 3 2 3 1 2
ii) Estados Medio y Desviador de Esfuerzos Muchos trabajos experimentales en laboratorios de ensayo y resistencia de materiales han demostrado que el inicio de la fluencia, en varios tipos de materiales, depende de 1 la magnitud del esfuerzo normal m x y z , al cual se denomina Esfuerzo 3 Normal Medio.
En varios problemas nos interesará descomponer el estado de esfuerzos superposición de dos ESTADOS: m d
en una
Donde: m Estado Medio de Esfuerzos (Estado esférico)
d Estado Desviador de Esfuerzos
270
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y
m
y m
yx
yx yz
xy
zy
zx
x
xz
yz
=
z
xy y yz
x y z 3 xz yz 0 z 0
Donde: m
+
zx
xz
x m
z m
m
ESTADO GENERAL
x xy xz
m
xy
zy
ESTADO MEDIO
ESTADO DESVIADOR
m
d
0
0
x y z 3
0
0
x y 3
xy xz m x xy y m yz yz z m z xz
x y z
3 En el estado desviador de esfuerzos: 2 x y z 2 x y z 2 x y z 1 3 3 3 1 0
Si el material es elástico, lineal e isotrópico: El cambio unitario de volumen es: 1
1 2 1 es decir, para este caso 1 0
Propiedad: Como en el Estado Medio de Esfuerzos, no existen esfuerzos cortantes, no se presentan distorsiones angulares. Es decir, el estado medio es responsable de los cambios DE VOLUMEN (sin alterar la FORMA). Como la deformación volumétrica unitaria es NULA en el Estado Desviador de Esfuerzos, no se generan cambios de volumen. Es decir, el estado medio es responsable de los cambios DE FORMA (sin alterar el VOLUMEN). Estas consideraciones serán utilizadas al estudiar los criterios de Falla de Materiales. Nota: Diagonalizando la matriz del estado desviador de esfuerzos d se determinarán los ESFUERZOS DESVIADORES PRINCIPALES.
271
Mecánica de Sólidos
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Ejemplo: Hallar los esfuerzos desviadores principales asociados con la matriz de esfuerzos: 10 6 0 6 10 0 MPa . 0 0 1 Encontramos la matriz del estado desviador, a partir de: m d
Estado medio:
m
m
10 10 1 0 0 3 10 10 1 0 0 3 10 10 1 0 0 3 7 0 0 0 7 0 0 0 7
Estado desviador: d m 10 6 0 7 0 0 3 - 6 0 d 6 10 0 0 7 0 - 6 3 0 0 0 1 0 0 7 0 0 - 6
Sean " s" los esfuerzos principales desviadores. Ecuación característica: 3-s -6 0 -6 3-s 0 0 0 0 -6-s
Desarrollando el determinante y simplificando, obtenemos:
- 6 - ss - 9s 3 0 luego : s1 9 MPa s 2 3 MPa Son los esfuerzos desviadores principales.
s 3 6 MPa
iii) Elipsoide de Esfuerzos. Definición: El lugar geométrico de los extremos de los vectores de esfuerzo total, correspondientes a todos los planos que pasan por un punto, se denomina ELIPSOIDE DE ESFUERZOS (ó ELIPSOIDE DE LAMÉ).
272
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La ecuación del elipsoide de esfuerzos puede ser referida al triedro de direcciones principales de esfuerzo.
3 z p
n l, m, n P
x
1
y
2
Plano que pasa por P, con normal unitaria n l, m, n Vector esfuerzo P : Px x Py 0 0 Pz
0 y 0
0 0 z
l l1 m m 2 n n 3
Px l1 ; Py l 2 ; Pz l 3 Pero : l 2 m 2 n 2 1 Px 1
2
2
2
Py Pz 1 3 2
ó
Px
2
1
2
Py 2
2
2
Pz 3
2
2
1
Es la ecuación del elipsoide de esfuerzos. Pz
El elipsoide de esfuerzos representa la distribución de las magnitudes del esfuerzo total en un ESPACIO DE ESFUERZOS.
3
2
Py
1
Px 273
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EJEMPLOS 1) En un punto P , los esfuerzos principales son 1 12 ; 2 3 ; 3 6 . Determinar el vector esfuerzo y su componente normal en el plano octaédrico que pasa por P . Cosenos directores del plano octaédrico l m n l2 l2 l2 1 l m n
1 3
Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico: OCT N OCT
OCT
12 0 0 1 3 12 3 0 3 0 1 3 3 3 0 0 6 1 3 6 3 12 3 6 i j k 3 3 3 T
La componente normal será OCT N OCT OCT
N
12 0 0 1 3 1 1 1 0 3 0 1 3 , , 3 3 3 0 0 6 1 3 3
2) Probar que la componente normal del esfuerzo en un plano octaédrico es igual a un tercio del primer invariante de esfuerzos. Cosenos directores de un plano octaédrico: lmn
1 3
Vector esfuerzo en el plano octaédrico: OCT N OCT
OCT
1 3 1 3 3 1 3 1 i 2 j 3 k 3 3 3 1 0 0 2 0 0
0 0
Componente normal del vector esfuerzo en el plano octaédrico: T
OCT N
OCT
1 3
1 3
N
1 0 1 0 2 3 0 0
0 1 3 0 1 3 3 1 3
Desarrollando el producto, tenemos:
274
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OCT
1 0 Dada la matriz 0 2 0 0
1 2 3 1 2 3 * 3 3 3 3 0 0 , el primer invariante de esfuerzos es la traza de la 3
matriz:
* *
I1 1 2 3
Comparando * y * * : 1 OCT I1 3 2.6) Esfuerzos Cortantes Máximos
Dado el estado general de esfuerzos mediante la matriz , es posible determinar los planos donde actúan los esfuerzos cortantes de máxima o mínima intensidad. Para simplificar los desarrollos algebraicos, es conveniente trabajar con la matriz de esfuerzos en el estado principal . z
referida al triedro de direcciones principale s.
3
1 0 0 2 0 0
P
2
1
x
y
0 0 3
Al rotar el prisma, en sus caras actúan nuevamente esfuerzos normales y cortantes. El propósito es determinar los valores EXTREMOS de los ESFUERZOS CORTANTES y, a su vez, determinar los planos donde estos actúan. z
p máx
P
Plano
N
N
N : Vector unitario normal al plano buscado (referido a las direccione s principale s)
buscado
y x
Sea N l, m, n entonces, las componentes del vector esfuerzo total, son:
275
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Px x Py 0 0 Pz
0 0 z
0 y 0
l l1 m m 2 n n 3
Es decir: P 1li 2l j 3lk La componente de esfuerzo normal N (sobre el plano buscado) es: N P N
N 1li 2 m j 3 nk
li m j nk
N 1l 2 2 m 2 3 n 2 La componente de esfuerzo cortante, cumple la condición: 2 P N ; es decir : 2
2
2 Px Py Pz 1l 2 2m 2 3 n 2 2
2
2
Reemplazando las componentes Px , Py , Pz dadas por (*) tenemos:
2 1 l2 2 m2 3 n2 1l2 2m2 3n2 2
2
2
* *
Como depende de los cosenos directores (buscados) l,m,n al variar la dirección del vector normal N , también variará la intensidad del esfuerzo cortante .
(ó 2 ) resultan ser funciones de tres variables direccionales: l,m,n ; sujetas a la ecuación de condición l 2 m2 n2 1. Estamos frente a un problema de valores extremos condicionados: “Hallar los valores extremos de:
2 1 l 2 2 m2 3 n2 1l 2 2m2 3n2 2
2
2
con la ecuación de restricción l2 m2 n2 1 ”. El problema puede solucionarse por algún procedimiento de Optimización Matemática (por ejemplo usando Multiplicadores de Lagrange)
Sea F 1 l 2 2 m2 3 n2 1l 2 2m2 3n2 l 2 m2 n2 1 2
2
2
* * *
Las condiciones de valor extremo son: F 0 ; l
F 0 ; m
F 0 ; l2 m2 n2 1 0 n
(Es evidente que el máximo de F también da el máximo de ) Encontrando las derivadas parciales y simplificando, se plantea un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas l,m,n, .
276
Mecánica de Sólidos
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El sistema referido, es:
m 2 l m n 0 n 2 l m n 0
l 1 21 1l 2 2m 2 3 n 2 0 2
2
2
2
2
1
2
3
2
2
3
2
2
2
1
* * * *
3
2
2
3
l2 m2 n2 1
Un conjunto de soluciones para
****
esfuerzos cortantes asociados * * * , es: l 1 l0 l0
y los correspondientes valores de los
m0 m 1 m0
n0 0 n0 0 n 1 0
A
Los esfuerzos cortantes dados por A son evidentemente los VALORES MÍNIMOS. Notar, además que las direcciones dadas por A son las direcciones principales de esfuerzos (por eso, los esfuerzos cortantes son NULOS). Un segundo conjunto de soluciones de * * * * , es: l 1 l l
m 1 2 1 2
1 2
m0 m
n n
1 2
n0
1 2 1 2
2 3 2
3 1 2
1 2 2
B
3 1 puesto que los esfuerzos principales 2 3 1 que actúa en el plano cuya normal MÁ X 2
De los tres valores , el mayor es están ordenados 1 2 3 tiene por cosenos directores.
Dicho plano, es el plano bisector del ángulo diedro formado por los planos principales donde actúan el esfuerzo principal mayor 1 y el esfuerzo principal menor 3 .
277
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3
45 0
Tercer plano principal
0
45
m
áx
1
Plano de ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMO (Bisector)
Primer plano principal
Por ley de reciprocidad del esfuerzo cortante, en un plano perpendicular al plano de esfuerzo cortante máximo, también actuará MÁX .
m
áx
m
áx
Plano donde actúan el ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMO
En resumen: Para calcular el MÁX , basta determinar los esfuerzos principales mayor, menor 1, 3 puesto que
MÁX
3 1
. Mediante operaciones vectoriales es 2 posible encontrar el vector normal unitario correspondiente a los planos de esfuerzo cortante máximo. Nota. Se definen “Esfuerzos Cortantes Principales” a los valores dados por las ecuaciones (B). 3 1 2 1 1 , 2 2 , 3 3 2 3 1 2 2 2
278
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Donde los índices NO INDICAN FRACCIONES, sino es una convención para indicar que el esfuerzo cortante actúa en el plano que forma 45º con los planos donde actúan los esfuerzos principales respectivos. ( 1 Indica que el cortante actúa en el plano bisector del diedro formado por los 2
planos donde actúan 1 y 2 ). 2
Elementos 3
Cúbi cos
1
1
3
2
2
1
2
EsfuerzosPr incipales (Normales )
3
3
1
Esfuerzos cor tan tes Pr incipales
EJEMPLOS 0 0 5 1) El estado de esfuerzos en un punto es 0 6 12 . Encontrar el máximo 0 12 1 esfuerzo cortante. 5 0 0 Ecuación característica: 0 6 12 0 0 12 1
Desarrollando el determinante, obtenemos las raíces características mediante la ecuación. 5 15 10 0 1 5 2 15 3 10 Esfuerzos principales: 1 10
2 5
3 15
3 1 10 ( 15) 12.5 (en las 2 2 mismas unidades que los esfuerzos dados en la matriz)
Luego el esfuerzo principal máximo es MÁX
Este esfuerzo actúa en los planos bisectores de los planos principales donde actúan 1 y 3 3 . 1 2) En un punto P los esfuerzos principales son tales que 2 2 1 3 . Encontrar el 3 vector normal unitario del plano en el que N 2 y 1 . 4
279
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Con respecto a las direcciones principales, el esfuerzo normal N está dado por
N 1l2 2m2 3n2 . El esfuerzo cortante está dado por
2 1 l 2 2 m2 3 n2 1l 2 2m2 3n2 2
2
2
Condiciones del problema: 2 2 1 3 3 3 3 2 1 ; N 1 ; 1 4 4 4 Reemplazando en las educaciones para N y , tenemos:
1 3 3 1l 2 1 2 2 1 3 4
2
2 2 m 3 n 2
3 2 1 l 2 1 2
2
3 2 2 m 3 n 2 1 4
Además, teneos la condición: l 2 m2 n2 1
* * *
* * *
A partir de las ecuaciones * y * * * se obtienen de la condición:
1 3 n2 l2 0 l n Reemplazando “n” por “ l ” en la ecuación * * y teniendo presente que la condición * * * ahora es 1 2l2 m2 , obtenemos: l2 1 ; de donde l 1 . Por consiguiente 8 2 1 . n 2 De 1 2l 2 m2 obtenemos: m
3 2
1 3 1 , , El vector normal unitario, es N 2 2 2 2 2
Nota: Los valores negativos de l,m,n ; definen el otro sentido del mismo vector.
3) 1 3 1 3
Para a y'x a x'x
a y `x a z ' x
1
matriz
de
esfuerzos
a y 'z 0 a y ' x a y 'y a y 'z 0 (3) 3 1 1 1 a z' y 0 a x 'x a z'y 0 ( 4) 3 3 2 2 1 a y 'y a z'y a y 'z 0 (5) determinar los esfuerzos 2 3 1
a y'y
la
1
principales, el máximo esfuerzo cortante y el esfuerzo cortante octaédrico.
280
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Estado bidimensional de esfuerzos z
Ecuación característica: y
x
xy xy
y
Desarrollando el determinante y simplificando:
x
x
y
Las raíces características son: ' 63.951 ' ' -49.951 Por consiguiente, los esfuerzos principales son σ1 = 63.951 MPa
σ 2 = 63.951 MPa
En este caso, el máximo esfuerzo cortante, es: 1 2 63.951 49.951 2 2 56.951 MPa
MÁX MÁX
El esfuerzo cortante octaédrico, es: 1 1 2 2 2 3 2 1 3 2 3 1 63.951 49.95 2 49.9512 63.9512 3 46.62 MPa
OCT OCT OCT
Nota: Recordar que los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo NO se representan en los mismos planos. Los esfuerzos bidimensionales se presentan en innumerables aplicaciones de la Mecánica de Sólidos. Por su utilidad, en la sección siguiente estudiaremos en detalle el caso del Estado Bidimensional de Esfuerzos (denominado también ESTADO
281
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PLANO DE ESFUERZOS). Una aplicación importante del estado plano de esfuerzos, es el estudio de los Recipientes de Pared Delgada sometidos a presión. 2.7) Estado Plano de Esfuerzos 2.7.1) Definiciones Si dos caras paralelas de un elemento prismático, representativo del estado de esfuerzos en un sólido, están LIBRES DE ESFUERZO se presentan EL ESTADO PLANO DE ESFUERZOS. Seleccionemos al eje z como el eje perpendicular a las caras libres de esfuerzo. y La matriz de esfuerzos, es: y x xy xz xy y yz xz yz z yx x Que para el caso, puede representarse: xy x xy xy x xy y x yx (Matriz representativa del estado de plano de esfuerzos). z
y
y
Esfuerzos del estado plano con signo positivo (CONVENIO).
y
xy
x
x
xy
x y
2.7.2) Transformación de Esfuerzos Bidireccionales El estado plano de esfuerzos es bastante usado y útil, por cuanto aproximadamente corresponde a innumerables situaciones físicas de interés en Ingeniería. En esta sección estudiaremos las ecuaciones de transformación de esfuerzos, cuando se cambia el sistema de coordenadas de referencia. Sólo analizaremos el caso de rotación de coordenadas, dejando el eje “z” invariante.
282
Mecánica de Sólidos
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Nota: Tener en cuenta que estamos frente a un caso particular de la transformación de esfuerzos estudiaremos en la sección 2.3.2. Para el caso, el estado de esfuerzos (en el sistema rotado) viene dado por la matriz x' x'y' 0
x'y' y' 0
0 0 0
y Y'
y'
X' Y '
X'
x'
X' x’ y’ z’
X cos
cos 2 cos 2
y X' Y' cos 2 cos cos
2
z 2Y'
x
cos cos
2
x' x'y' 0
cos 0
x'y' y' 0
0 0 0
La matriz transformación de coordenadas es:
cos sen 0 A sen cos 0 0 0 1
La matriz de esfuerzos en el sistema rotado, se expresa por ' A A
T
Luego: x' x'y' 0
x'y' y' 0
0 cos sen 0 x 0 sen cos 0 yx 0 0 0 1 0
xy y 0
0 cos sen 0 0 sen cos 0 0 0 0 1
283
Mecánica de Sólidos
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Desarrollando los productos matriciales, e identificando los respectivos elementos, tenemos: x ' x cos2 y sen2 2 xy sen cos
x 'y ' x y sen cos xy cos2 sen2
*
y ' x sen y cos 2 xy sen cos 2
2
Conviene expresar las ecuaciones * en términos del ángulo doble:
1 1 x y x y cos 2 xy sen2 2 2 1 x ' y ' x y sen2 xy cos 2 2 1 1 y ' x y x y cos 2 xy sen2 2 2 x'
* *
Las ecuaciones * o sus equivalentes * * son las ecuaciones de transformación de esfuerzos planos por rotación de coordenadas. Nota: Observar que x' y' x y primer invariante de esfuerzos (sumar la primera y tercera de las ecuaciones * * ) 2.7.3) Esfuerzos Principales Ecuación característica:
x xy 0 yx y
Desarrollando el determinante obtenemos: 2 x y x y xy
2
0
Raíces característica:
1 2
x
y
x
y
4 xy
2
y
4 xy
2
y
4 xy
2
y
4 xy
2
2
x
y
x
2
2
2
Los Esfuerzos Principales, son: 1 1
x
x
y
y
x
2 x
2
2
2
284
Mecánica de Sólidos
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Para determinar p haremos
y
x'y' 0
2
(Condición para Esfuerzos Principales).
1
y'
x'
1 x y sen2 p xy cos 2p 0 2
p
de donde obtenemos: 2 xy tan 2 x y
1
x
2
La ecuación anterior define dos valores de 2 p separados 180º y, por tanto, define dos valores de p separados 90º (Uno corresponde a la dirección x’ y el otro a la dirección y’). Def.) Las direcciones x’, y’ a lo largo de las cuales actúan los esfuerzos principales se denominan Direcciones Principales. Los planos donde actúan los esfuerzos principales, se denominan Planos Principales. y
2
1
xy
y y' x
x'
x
x
xy planos principale s
2
1 p
y
Estado de esfuerzosprincipale s
2.7.4) Esfuerzo Cortante Máximo. Efectuada la rotación de coordenadas, el esfuerzo cortante es, xy
para hallar su valor máximo, hacemos de donde obtenemos tan 2 s
1 x y sen2 xy cos 2 2
d x ' y ' d
0
x y 2 xy
285
Mecánica de Sólidos
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Ecuación que nos permite calcular dos valores 2 s separados entre sí 180º .Por consiguiente, obtenemos dos valores de s separados entre si 90º. y y'
x'
MÁX
y'
x'
S ' x
x'
y'
Planos de Esfuerzo Cortante Máximo La magnitud del máximo Esfuerzo Cortante, es: MÁX
x y 1 x y sen arctan 2 2 xy
y xy cos arctan x 2 xy
Evaluando la composición de funciones, tenemos: x y MÁX 2
2
1 2 xy 2
y
x
2
4 2 xy
Si efectuamos la diferencia de esfuerzos principales 1 2
y
x
2
4 xy
1 2 2 (Coincidente con las expresiones para el caso general).
En consecuencia: MÁX
Notas) 1. Consideremos las ecuaciones para determinar los s correspondientes a los esfuerzos principales y al esfuerzo cortante máximo. tan 2p
tan 2 s
2 xy x y
x y 2 xy
(Esfuerzos Principales)
(Esfuerzo Cortante Máximo)
286
Mecánica de Sólidos
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Observemos que tan 2p
tan2 s 1 que es la condición de perpendicularidad. En
consecuencia 2 p y 2 s están separados 90º.Por tanto p y s están separados 45º.
Dirección normal al plano de MÁX
N CIO C E R DI
L CIPA N I R P
1
S1 P1 N IO CC RE DI
S1 P1 45º
PA CI IN PR L
2
Dire cc plan ión no rma o d l al e M ÁX
P 2
S2
S2 p2 45º
Los planos de τ MÁX son bisectores del Recordar Sección 2.6.2, al finalizar diedro formado por los planos de esfuerzos principale s.
287
Mecánica de Sólidos
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2. En un elemento cúbico que está sometido al Estado Principal de Esfuerzos (bidimensionales), los esfuerzos cortantes se presentan en los planos diagonales.
Planos Principales
Caras del Cubo Planos Digitales
Planos Principales de Esfuerzo. Planos de Esfuerzo Cortante Máximo.
3. Sobre los planos de Esfuerzo Cortante Máximo, actúan esfuerzos normales, cuyas intensidades son:
- - 1 1 x ' x y x -y cos arctan x y xy sen arctan x y 2xy 2 2 2 xy
Simplificando se obtiene x '
1 2 x y
De manera similar, tenemos:
y'
1 1 x y - x y cos arc tan y x - xysen arc tan y x 2 2 2xy 2xy
Simplificando se obtiene y '
1 x y 2
y'
y'
x'
1 y x 2
y'
1 2 y x y x xy 2
MAX
x' s 2
2
tan 2 s1 S2
s1
x y 2xy
S1 90 0
x
288
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EJEMPLOS
10 MPa
1) Para el estado plano de esfuerzos representado, determinar: i) Los planos principales ii) Los esfuerzos principales iii) El máximo esfuerzo cortante y sus correspondientes esfuerzos normales
40 MPa
50 MPa
40 MPa
50 40 (MPa) Matriz → 40 10 i) Planos Principales:
tan 2p
2xy 240 4 x y 50 10 3
2P1 53.10 y 2P2 180 53.10 233.10 P1 26.60 y 2P2 116.60
ii) Esfuerzos Principales: 2
1
x y x y 2 xy 2 2 2
50 10 50 10 2 1 40 70 MPa 2 2 2
x y x y 2 2 xy 2 2 2
2
50 10 50 10 2 40 30 MPa 2 2
y
2 -30
1 70 MPA
y'
x'
x
p2 116.6 0
2
289
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iii) MAX :
MÁX
1 2 70 30 50 MPa 2 2
2
x y 2 (Coincide con MAX xy ) 2 1 x y 2 x , y , 20MPa
Esfuerzos Normales correspondientes: x ,
y ,
Direcciones de τMAX : tan 2s
tan 2s
x y 2xy
50 10 3 ,luego, s1 18.435 0 240 4
s2 90 0 18.435 0 71.565 0
y
y'
y' 20 MPa
MAX 50 MPa
x' 20 MPa
x s1 18.435 0
x' 2) Un elemento plano, cuadrado, está sometido a los esfuerzos que se indican. Representar (a) El elemento en el estado principal de esfuerzos. (b) El elemento en estado de esfuerzos cortantes máximos. Matriz de esfuerzos: 2000 1000 lb 2 1000 1000 pu lg
1000lb / pu lg 2
y x
2000
lb pu lg 2
1000lb / pu lg 2
(a)Estado principal.
290
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Localización de los ejes: 2xy x y 2 1000 tan 2p 2 2p1 63.45 0 y2p2 63.45 0 180 0 2000 1000 Encontramos tan 2p
p1 31.72 0 p2 58.28 0
Esfuerzos Principales: 1,2
x y x y 2 4 2 xy 2
1,2
2000 1000 2000 1000 2 4 1000 2
2 lb lb ; 2 380 Encontramos 1 2620 2 pu lg 2 pu lg
(b) Cortantes Máximos: tan 2s
x y 2000 1000 1 2s1 26.55 0 2xy 2 1000 2
2s2 26.55 0 180 0 Encontramos s1 13.28 0 ; s2 103.28 0
0 y
0
lb 2 380 pu lg 2 y' 0 x
x'
lb pu lg 2
x , , x ,, y', y' ' 13.28 0 31.72 0
x''y'
x'y'
0
MÁX 1500lb / pu lg 2 y' '
y
x' '
13.28º
x
31.72º 1 2,620
Nota:
DIRECCION SE MAXIMO CORTANTE
DIRECCIONES PRINCIPALES
Cortante Máximo: MÁX
1 1 lb x y 2000 1000 1500 2 2 pu lg 2 1 2 2620 380 lb 1120 2 2 pu lg 2
Esfuerzos Normales: x, y,
MÁX 1,120 lb / pu lg 2
1500
lb pu lg 2
45 (bisector ) 0
291
Mecánica de Sólidos
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3) En una placa de 1 pulg. de espesor actúan uniformemente las fuerzas F1=500 y F2=2000 lbs. Encontrar: i)
Esfuerzos normales sobre los planos diagonales.
ii) Esfuerzos cortantes correspondientes a un sistema de coordenadas, cuyos ejes forman 300 en sentido antihorario con los iniciales. F2
A
B
y F1
500 lb 41.67 12 * 1 pu lg 2
y
2000 lb 83.33 24 * 1 pu lg 2
F1
x
1'
x
2'
C
D
F2
i) Plano AD
A
N1
1 ;N1 sen, cos (Vector 2 Normal Unitario) 1 1 N1 sen arctan , cos arctan 2 2 D 2 1 . N1 , 5 5 tan
x
C
El esfuerzo Normal es: n1
N1 N1..N1 columna fila 41 . 67 0 1 2 83.33 5 5 0
1 5 58.33 lb 2 pu lg 2 5
Plano CB
B N2
tan
1 2 1 ;N2 sen, cos , 2 5 5
Luego 0 1/ 5 2 41.67 2/ 5 0 83 . 33 5 5 lb 58.33 pu lg 2
N2
C
D
N2
1
292
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ii) es
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Matriz de Rotación
x x’ Y’
3 /2 1/ 2
En el sistema x’,y’ la matriz de esfuerzos,
3 /2
3 , 2 1 2
y'
y
y 1/ 2
1 0 2 41.67 83.33 3 0 2
3 2 1 2
1 2 3 2
x'
30º
60 º 30º
x
El elemento de lugar 12 (ò 21) de la matriz σ, es: -54.127 que representa el esfuerzo cortante pedido: lb x , y , 54.127 pu lg 2 4) Los esfuerzos principales en un punto de un sólido son 1000 y 500 lb/pulg2.Hallar los esfuerzos que actúan en dirección de unos ejes que forman un ángulo de 300, en sentido horario, con los ejes principales.
2 500
lb pu lg 2 y'
1 1000
1
lb pu lg 2
30º x' 1000 2 0 500 0 (Estado inicial)
x , x , y , , , , x y y (Estado Rotado) ,
Usamos las Ecuaciones (**):
293
Mecánica de Sólidos
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1 x y 1 x y cos 2 xysen 2 2 1 1 y , x y x y cos 2 xysen 2 2 1 x , y , x y sen2 xy cos 2 Reemplazando los valores dados en la matriz , tenemos: x ,
1 1500 1 500 cos 60 0 2 2 1 1 y , 1500 500 cos 60 0 2 2 1 x , y , 500 sen 60 0 2 , De donde encontramos: x 875 y , 625 x , y , 216.5 lb / pu lg 2 x' 625lb / pu lg 2 x ,
x' y'
y'
y
x
y'
x' y' 216.5 lb / pu lg 2
x' 875lb / pu lg 2
Reconocer el signo de x' y'
5) El estado de esfuerzos en un punto, deberá ser la superposición de los estados planos representados. Determinar los valores " " , " " para que el estado resultante, sea una compresión hidrostática de 4kg/cm2. (Compresión hidrostática)
45º 2
6 K / cm
2 Kg / cm2 SUPERPOSICION
294
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Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz 4 K / cm2
4 K / cm2
6 K / cm2
2 K / cm2
(i)
(ii)
(iii)
La superposición NO puede hacerse directamente. Rotamos los bloques (i) y (iii) hasta que coincidan con la orientación del bloque (ii). Usaremos las ecuaciones (**) x'
xy
y'
x'
y
x' y'
x
x
y'
45º
y
1 1 x y x y cos 2 xy sen2 2 2 1 1 y ' x y x y cos 2 xy sen2 2 2 1 x 'y ' x y sen2 xy cos 2 2 x'
Para el bloque (i): x 6 y 2 yx 0
45 0
El bloque (i) rotado, es: 4 4
2
4
1 b 2 1 b 2cos 90 0sen90 4K / cm2 2 2 1 1 y , b 2 b 2cos 90 0sen90 4K / cm 2 2 1 x , y , 2 6 0 cos 90 2K / cm2 2 x ,
(Reconocer el signo de x , y , con el sentido del esfuerzo cortante)
2
4 295
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Bloque (iii)
1 4 4 1 4 4cos 90 0sen90 4K / cm2 2 2 1 1 y , 4 4 4 4 cos 90 0sen90 4K / cm 2 2 1 x , y , 4 4 sen90 0 cos 90 0 2 x ,
x 4 y 4 yx 0
45 0
El bloque (iii) rotado, es:
4
4
4 4 Superposición (con los bloques en la misma orientación)
4 4 4 8K / cm2
4
4
2
4 Condiciones →
4
4
2 4
4
2 4 2K / cm2
6) Hallar los esfuerzos principales y sus direcciones respectivas, para el estado de esfuerzos resultante de la superposición de los dos estados representados. 3 0
y
2 0
y'
x'
45º
x
3 0
(i)
(ii)
296
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para “realizar” la superposición, ambos bloques deben tener la misma dirección. Rotamos el bloque (i) hasta la posición del bloque (ii). y
y'
Matriz de Rotación
x'
x 45º
x’ Y’
x
2 A 2 2 2
y 0
cos 450 cos 450
cos 45 cos1350
2 2 2 2
2 La matriz 0 0
0 (bloque i), rotada es , AA 0 2 2 2 2 2 0 2 0 2 0 2 2 2 2 0 0 2 2 0 2 2 2 2
0 0
La matriz que representa al bloque (ii) es 0 0 (Con la misma orientación que , ) ,, 0 3 0
La matriz que representa al Estado Supuesto, será 0 , ,, 0 0 2 0 Para encontrar las Esfuerzos Principales asociados con la matriz podemos usar las fórmulas: 1
x
y
x
y 4 2 xy
2
x
y
1
2xy x y
:
Reemplazando los valores dados en
1
0 2 0 0 2 0 2 4 0 2 2
0 2 0 0 2 0 2 4 0 2
tan 2p1
y 4 2 xy
2
2 tan 2p
x
2
0 1 13 2
0 1 13 2
2( 0 ) 2 2P1 33.69 0 0 2 0 3
P1 16.845 0 2P2 33.69 0 180 0 146 .310 P2 73.155 0
297
Mecánica de Sólidos
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0
2 0
0
0
2 0
0
2 º Direccion Principal
x' P1 16.845º
1º Direccion
y'
73.155 º
Estado Supuesto
Principal
l ipa c n ri
P on i c c ire 1º D 45º16.845º 28.155º Direccion Inicial
Planos Principale s
7) Un punto de una placa delgada se somete a los dos estados de esfuerzo sucesivos mostrados. Determinar el estado de esfuerzos resultante, representado en el elemento orientado como se muestra a la derecha.
58MPa
60 º
25º 200MPa
350MPa
(i) (ii) La superposición se realiza entre elementos con la misma orientación.
(iii)
En consecuencia, rotaremos los bloques (i) y (ii) hasta que alcancen la orientación del bloque (iii).
298
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Bloque (i)
Rotación
y
y'
x
x
x'
30º
x'
'
0 200 350 0 y' y
Matriz Rotación x x’ cos 30 0 Y’ cos 60 0
x
y cos120 0 cos 30 0
A
3 2 1 2
1 2 3 2
30º
60 º 60 º '
3 2 1 2
30º
x'
3 1 200 0 2 2 0 350 3 1 2 2
1 2 3 2
Efectuando los productos tenemos:
236.50 64.95 ' 312.5 64.95 Bloque (ii) Rotación
y
y' x'
x'
25 º
x x
0 58 58 0
' '
299
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y'
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y
Matriz Rotación x y 0 x’ cos 25 cos 65 0 Y’ cos115 0 cos 25 0
0.906 0.423 A 0.423 0.906
25 º 65º x'
25 º
x
0.906 0.423 0 58 0.906 0.423 ' ' 0.423 0.906 58 0 0.423 0.906
Efectuando los productos matriciales, tenemos:
44.456 37.231 ' ' 37.231 24.524 Sumando las matrices y se obtiene la matriz representativa del estado superpuesto en la orientación del bloque (iii)
102.81 192.044 MPa 102.181 337.024 8) En un punto de un sólido elástico se aplican esfuerzos directos de 90 MN/m 2 a tracción y 50 MN/m2 a compresión, en planos mutuamente perpendiculares. Los planos estarán sometidos además a un esfuerzo cortante. Si el esfuerzo principal máximo debe limitarse a 100 MN/m2 en tracción, determinar: a) El valor del esfuerzo cortante b) El otro esfuerzo principal c) El esfuerzo normal en el plano de esfuerzo cortante máximo. Hacer un diagrama que muestre las posiciones de los planos principales y los planos de esfuerzo cortante máximo, con respecto a los planos de los esfuerzos aplicados. y 50MPa
a) Condición: 1 100 MPa Usamos:
x 90MPa
xy ?
1
100
x
y
x
y
2
4 2 xy
2
100 50 90 50 2 4 2 xy 2
Estado Inicial
300
Mecánica de Sólidos
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de donde encontramos el esfuerzo cortante xy 38.73 MPa b) Para hallar el segundo esfuerzo principal 2 , usamos: 2
x
y
x
y
4 2 xy
2
90 50 90 50 2 438.73 2
2 2 2 60 MPa c) Sabemos que, en los planos de máximo esfuerzo cortante, el esfuerzo normal, es: 1 1 x´ y´ x y 90 50 20 MPa 2 2 1 (Se obtiene igual resultado mediante x´, ý 1 2 )´ 2 d) El máximo esfuerzo cortante, es: 2 100 60 MAX 1 80 MPa. 2 2 Diagrama solicitado:
Ubicamos los planos principales. tan 2P
2 xy
x y
238.73 0.5533 90 50
2P 28.96 º P1 14.48 º P2 14.48 90 104 .48 º Los planos donde actúa MAX , son bisectores de los diedros formados por los planos principales Direccion de y
Pla no de
MÁ X
e 2 n d ccio Dire
c Direc
45º
Direccion de x
14.48º 45º
45º
45º ANO 1º PL
NO
LA 2º P
L CIPA PRIN
e 1 ion d
Pla
no
de
MÁ X
L CIPA PRIN
301
Mecánica de Sólidos
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9) Una placa delgada en estado plano de esfuerzos está sometida a esfuerzos normales x , y y a un esfuerzo cortante xy (Fig. a).A los s 40 0 y 80 0 desde el eje x, el esfuerzo normal es de 50 MPa a tracción (Fig. b y c). Sabiendo que x 20 MPa , hallar los esfuerzos x y y . y 50MPa
50MPa
xy y
y'
x
x
80º
40º
x'
y' '
x' '
20MPa
50MPa
50MPa
(a)
(b)
(c)
Usamos la ecuación (**): (Sección 2.7.2) x´
1 1 x y x y cos 2 xy sen2 2 2
dos veces:
1 1 20 y 20 y cos 80 0 xy sen80 0 1 2 2 Para 1 1 80 0 50 20 y 20 y cos160 0 xy sen160 0 1 2 2 40 0 50
Simplificando les ecuaciones (1) y (4), tenemos:
80 20 cos 80 0 y 1 cos 80 0 xy 2sen80 0
80 20 cos160 0 y 1 cos160 0 xy 2sen160 0
76.53 0.83 y 1.97 xy 98.79 1.94 y 0.68 xy
Resolviendo las ecuaciones , encontramos y 43.77 MPa y 20.41 MPa
10) Relación entre las Constantes Elásticas , G, . Consideremos un cubo de material elástico lineal e isotrópico, sometido al estado plano de esfuerzos representado.
302
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A
a
a
Estado Plano de Esfuerzo Cortante puro.
a a
a
El esquema para deformaciones infinitesimales, es:
a
A
La deformación unitaria de la diagonal OA, A' es:
OA ' OA * OA OA Con aproximación suficiente:
B
O .distorción por cortante A'
A
45º
B
OA ' OA A 'B tambien A 'B AA ' cos 45 0 A ' B a
2 2
Por tanto, reemplazamos (*), tenemos 2 a 2 2 OA OA a 2 Ley de Hooke: G OA * * 2G Rotamos el bloque inicial un ángulo de 450
303
Mecánica de Sólidos
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2 A 2 2 2
y
y'
x
La matriz de esfuerzos; es: 2 ' 2 2 2 2
x'
2 2 0 2 0 2
1
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 0 2 0 2
Deformación unitaria en dirección de T 1: Ley Generalizada de Hooke 1 1 - 2 1 1 - - 1 Deformacio n Unitaria en direccon de 2 : 1
1
2
1 2 - 1 1 - - 2 - 1 2
La deformación unitaria en la diagonal, es: ε diag = 2ε1 + ε 2 Por tanto: 2 τ τ1 + - 1 + ε Ε τ = 1 + ....* * * Ε
ε diag = ε diag
Igualando (**) y (***), obtenemos: 1 , de donde 2G G 21 Que es la relación entre las constantes elásticas G, E, . 2.7.5) Representación Gráfica del Estado Plano de Esfuerzos. Circunferencias de Mohr En muchas aplicaciones de la Ingeniería, es útil tener una representación geométrica del Estado Plano de Esfuerzos.
304
Mecánica de Sólidos
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Las ecuaciones de transformación, ecs. (*) ò (**) de la sección 2.7.2, pueden interpretarse como las ecuaciones paramétricas (con Ѳ como parámetro) que generan una curva plana en un sistema coordenado rectangular: .( Eje para esfuerzoscortantes)
.( Eje para esfuerzosnormales)
De las ecuaciones (**), obtenemos: σx + σy σx - σy σ x' = cos 2θ +τ xy sen2θ 2 2 (α) σx - σy τ x' y' = sen2θ +τ xy cos 2θ 2 Elevando al cuadrado las ecs.(α) y sumando término a término (para eliminar el parámetro Ѳ), obtenemos: 2
2
y - y ' - x 2 x' y' x 2 xy x 2 2 Como X , Y , XY son valores conocidos, la ecuación (β) representa una circunferencia en el PLANO DE ESFUERZOS. x y Coordenadas del Centro → C ,0 2
x - y Radio → R 2
2
xy 2
CIRCUNFERN CIA DE ESFUERZOS (CIRCUNFER NCIA DE MOHR) 2
1
C R
MÁX
x y 2 Varios hechos importantes relativos al Estado Plano de Esfuerzos, establecidos en las secciones anteriores, quedan manifestados en las propiedades geométricas de la Circunferencia de Morh. Por ejemplo:
*) Valores extremos del Esfuerzo Normal: x y 1 y 2 , tales que 1 R 2 x y
2
y
2
x y 2
R
ò
2
y x y x y 2 xy ; 2 x 2 xy 1 y en los 2 2 2 2 puntos representativos el esfuerzo cortante en NULO. En consecuencia, dichos puntos representan LOS ESFUERZOS PRINCIPALES.
305
Mecánica de Sólidos
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**) Los valores máximos de x 'y ' son R , con valores del esfuerzo normal iguales a
x y 2
.
x y 2 xy ) (Recordar MAX 2 Hace falta precisar el significado del parámetro Ѳ en la Circunferencia de Esfuerzos. Las ecuaciones (α) pueden re-escribirse de la manera siguiente: x y x' R cos 2p cos 2 Rsen 2psen2 2 x 'y ' Rsen 2p 2
x 'y '
x y
Rcos2p 2 .1 2 Rsen 2p 2
x'
Nota: Para obtener las ecuaciones (β.1) hemos usado la ecuación para encontrar el ángulo doble que corresponde a la direcciones principales: 2 xy xy tan 2p x y x y 2 2
- y x 2 R
2 xy
xy
x y
R cos 2p 2 Rsen2p
xy
y hemos reemplazado en las ec. (β). Las ecuaciones (β.1) son “otra” representación paràmetrica de la Circunferencia de Morh.
2p x y 2
y'
y
x'
Como al deducir las ecuaciones de transformación de esfuerzos, el α Ѳ se midió (positivo) en sentido antihorario, a partir de la dirección positiva del eje x, resulta que el esfuerzo normal x queda x representado en la circunferencia de Morh cuando, en las ecs, paramétricas, hagamos Ѳ=0.
x y x 2 Elesfuezo Cortante xy Rsen 2p Luego
R cos 2p x ' para 0 x' y' para 0
En consecuencia, el parámetro 2Ѳ que figura en las ecuaciones de la Circunferencia de Morh, debe indicarnos también una rotación positiva en la dirección contraria al movimiento de las manecillas del reloj. *) Procedimiento para trazar la Circunferencia de Morh.
306
Mecánica de Sólidos
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Datos x , y , xy . Usamos las ecuaciones (β.1) y (β.2).
Comenzamos con las componentes del esfuerzo para
0
Ubicamos el punto C:
xy y x
x
x y C ,0 2
C
R
x(u, v )
x y
y
2 Para que la componente u del punto x represente el esfuerzo normal x es necesario xy que el ángulo indicado se 2p (Determinado con la ec. 2p ). x y
Para que la componente del punto x represente el esfuerzo cortante xy por
CONVENIO usamos la región BAJO el eje para los cortantes positivos. (Observar las ecuaciones β.2).
El punto x representa con las coordenadas x , xy
Ubicado x, con Cx como radio (R) se traza la Circunferencia de Mohr correspondiente.
y
y
C 2p R
Podemos comprobar que el valor y corresponde a la absisa del punto diametralmente opuesto con x (punto y).
xy 0
x y 2 y
307
Mecánica de Sólidos
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Tenemos, ahora, que localizar que punto en la circunferencia trazada, corresponde a los esfuerzos x' , y' , x' y' y'
y'
x'
x' y'
y ' y x'
y'
1
2
C
xy 0
2
x
x' x
x'
x' y'
y' x'
El ángulo 2P 2 que aparece en las ecuaciones (β.1) es el x' C1 (gráfica anterior). Observar que el punto x’ se localiza mediante una rotación de 2 de la recta Cx (hasta ocupar la posición Cx’). Los esfuerzos transformados x ' , x' y' son las coordenadas del punto x’.El esfuerzo transformado y' es la absisa del punto y’ (punto diametralmente con x’) Notas: *) Todos los esfuerzos que correspondan a los s se medirán directamente sobre la gráfica. **) Recordar que el convenio de signos para Ejemplo: Un elemento sometido al Estado Plano de Esfuerzos tiene las componentes indicadas en la gráfica. Trazar la Circunferencia de Morh para representar dicho estado de esfuerzos. Localizar los puntos a) y b) en la Circunferencia que proporcionan las componentes de esfuerzo en planos con normales en las direcciones a y b, obtenidas al girar los ejes en sentido horario 400. Mostrar las componentes de esfuerzo en un elemento alineado en las direcciones a y b.
308
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xy 60MPa
40º
y X 80MPa
x
40º y 20MPa
En este caso
x y
2 coordenadas C (50,0).
50MPa .Luego el centro de la Circunferencia de Mohr tiene las
Se ubica el punto x con coordenadas (80,60) ( hacia abajo del eje : CONVENIO). Se traza una circunferencia con centro en C y radio Cx. 2
80 20 2 El radio, es: R 60 67.1MPa 2
y 20MPa
b
C
2
1
2p
2 80º
xy 600 hacia
a
2 80º
Se ubica el punto y (opuesto diametralmente al punto x).La absisa del punto y representa el esfuerzo normal y .
309
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Ubicamos el punto a (que corresponde a una rotación del eje x un ángulo en sentido horario de 400) A partir de la dirección Cx medimos 2 80º en sentido horario. Ubicamos el punto a. Las direcciones a y b están separadas 900 (plano físico), por tanto con una separación (en sentido horario) del ángulo doble (1800) se ubicará al punto b. (resulta el punto diametralmente opuesto al punto a) Los esfuerzos según la dirección a son las coordenadas del punto análogo (a) en la Circunferencia trazada. Resultados son: a 3.88MPa ; ab 40.0MPa . El esfuerzo normal en dirección b es la primera componente del punto análogo (b) en la Circunferencia. Se obtiene b 103.9MPa . El elemento alineado según las direcciones a, b tiene la representación siguiente: b 103.9MPa a y
b
a
b
x 40º
ab 40.0MPa
a 3.88MPa
NOTA) Los puntos1, 2 representan los esfuerzos principales. De la gráfica se obtienen: 1 117.1MPa ; 2 17.1MPa 60 30 0 0 2p 63.43 p 31.715 (Positivo → sentido antihorario a partir de la posición
El ángulo p , se calculará a partir de tan p
horizontal).
310
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2 1 117.1MPa
y
p 31.715 0 x
1 2 17.1MPa
2.8) Recipientes Sometidos a Presión. Recipientes de Doble Curvatura. Ecuación de Laplace. Los recipientes o depósitos son “estructuras cerradas” que sirven para almacenar y/o transportar líquidos, gases o cualquier otra sustancia. En esta sección estudiaremos los esfuerzos que se generan en Recipientes de Pared Delgada, sometidos a presión. 2.8.1) Definiciones *) Un recipiente o depósito se denomina “de pared delgada” cuando
e 0 , siendo “e”
el espesor de sus paredes y “ ” el radio principal de curvatura. Para fines prácticos: Recipientes de pares delgada, son los que cumplan la condición e 1 . 10 *) Los recipientes pueden ser de variadas formas:
Esféricos Cónicos
Cilindrico s,etc
*) Generalmente, estos elementos trabajan a presión (interior o exterior), Ejem: tanques para almacenamiento de líquidos, tuberías a presión, cilindros hidráulicos, etc.
311
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P
(Depósitos para almacenar gas.) *) Formas más generales para estos depósitos son los Recipientes de Doble Curvatura. (Generados por rotación de una curva plana, denominada Generatriz, alrededor de un eje coplanar). Curva generatriz.
MERIDIANOS (diversas posiciones de la generatriz durante la rotación) PARALELO (Secciones transversales)
eje de simetria (de revolucion )
Doble Curvatura: * Radio de Curvatura del paralelo p ** Radio de Curvatura del Meridiano m
En los recipientes de pared delgada sometidos a presión, se desarrollarán esfuerzos tangentes a los paralelos y a los meridianos. Para determinarlos, usaremos la hipótesis de las Secciones Planas: “Las secciones planas, transversales, permanecen planas después de aplicadas las cargas de presión”.
Meridiano or eri t n ni sió e r P
Paralelo
Espesor e
Con suficiente aproximación se define un Estado Plano de Esfuerzo. A medida que el espesor de la pared, e, tiende a cero, la aproximación al Estado Plano es más exacta.
312
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2.8.2) Hipótesis i)
ii)
Si el recipiente admite un eje de simetría, las cargas actuantes también se distribuirán simétricamente respecto al mismo eje.
Eje de simetría
Los esfuerzos generados en las paredes del recipiente se distribuyen uniformemente en el espesor.
Espesor
Puede suceder 1 2 La repartición uniforme de esfuerzos supone: *) Que no se presenten cambios bruscos en la geometría.
Zonas donde si es posible aceptar una distribucón uniforme del esfuerzo.
Zonas donde NO puede aceptarse una distribucion uniforme del esfuerzo.
Los apoyos no deben ser empotramie ntos rígidos
Nota) A medida que
e es menor, la hipótesis de la distribución uniforme del esfuerzo
es más consistente.
e
P
distribución uniforme
e 1 10
e 1 10
distribucion no uniforme. Depósitos de pared gruesa
313
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Nota) Resultante de Fuerzas debidas a la presión. Z
S: Superficie que recibe la presión p.
y y
Proyeccion de S ortogonal en el plano XY
R z pS y
x
Rz: Resultante, en dirección z, de las fuerzas generadas por la presión p.
S XY
2.8.3) Cálculo de Esfuerzos. Ecuación de Laplace (*) Introducción: Consideremos un recipiente de pared delgada sometido a presión interior (constante o variable), cuya superficie media sea una superficie de doble curvatura. (Superficie media → Lugar geométrico del los puntos medios de todos los espesores). Separemos un elemento infinitesimal, limitado por dos arcos de paralelo y dos arcos de meridiano, suficientemente próximos. El elemento de recipiente se define mediante los Centros y Radios de Curvatura. m : Radio de Curvatura del Meridiano p : Radio de Curvatura del paralelo.
Meridianos
Paralelos
(*) Nota) El radio de curvatura p es ORTOGONAL al Meridiano. m os ian rid Me
p
p
m : Esfuerzos Meridionales (tangentes a los arcos de meridiano). p : Esfuerzos en paralelo (tangentes a los arcos de paralelo).
los Parale
m
314
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Los arcos de paralelo son arcos de circunferencia. Por esto, los esfuerzos p también suelen denominarse Esfuerzos Circunferenciales. m
Con aproximación suficiente se definió un Estado Plano de Esfuerzos.
p p superficie exterior deposito del espesor m
Nota: Generalmente, la presión interior es despreciable comparada con la magnitud de los esfuerzos. p m ; p p
p
m
p, en la sup erficie interior N 0, en la superficie exterior
m
p
En el estado plano, un recipiente ideal de pared delgada se comporta como una Membrana (Tracción en dos direcciones. No experimenta flexión).
Estado triaxial de Esfuerzo. p N
(**) Ecuación de Laplace Consideremos un recipiente de pared delgada, espesor constante e, cuya superficie media es una Superficie de Revolución, y que contiene líquido (o cualquier otra sustancia) en una profundidad H. Lo contenido en el contenido de peso recipiente ejerce una especifico presión sobre la parte interior de la pared. Generalmente, el valor de la presión es función de z. p=p (z)
p
H m
Z
p
m
Para determinar la magnitud de los esfuerzos m y p , en el nivel z, estableceremos el equilibrio de un elemento diferencial del recipiente.
315
Mecánica de Sólidos
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p
d
d
m
( p Ortogonal con el
p
Meridiano).
m p
p
m
p d
d 2
FP
Fm
m d
d
2
P
FP
2
Fm d 2 La condición de equilibrio en dirección radial (coincidente con la recta de acción de la fuerza debida a la presión, P), es: d d P 2Fm sen 2Fp sen * 2 2 d d Donde P 2 p sen 2 m sen p , es la fuerza debida a la presión sobre el 2 2 elemento de recipiente.
Fm mp ed
También:
(Resultante de los esfuerzos meridionales), y
Fp p m de (Resultante de los esfuerzos en el paralelo) (e → espesor). Reemplazando en (*), obtenemos: 4pρ p ρ m sen
dθ dψ dψ dθ sen = 2σ mρ p edθsen + 2σ p ρ m edψsen (* *) 2 2 2 2
Usando la aproximación para ángulos infinitesimales, tenemos:
pp m em p p m luego de simplificar, la última expresión puede escribirse:
316
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p m p I e m m Ecuación denominada Ecuación de Laplace para recipientes de pared delgada y doble curvatura, sometidos a presión. (***) Inclusión del Peso Propio La Ecuación de Laplace no es suficiente para calcular los esfuerzos m y p .Otra condición se obtiene analizando el equilibrio de la porción de recipiente de altura z. Del recipiente dado, separamos el “Recipiente Parcial” de altura z.
m
m
x
P
p
m una fuerza unica
Z QL
meridianos ( al meridiano)
QR
m : Re sul tan te de los esfuerzosMeridional m (en el nivel z) m 2xem
QR: Peso propio del recipiente parcial de altura z. QL: Peso propio del liquido (o sustancia) contenido en el recipiente parcial de altura z. La condición de equilibrio, en dirección vertical, se expresa por:
m cos
p x2
fuerza debida a
QR QL
la presion
Luego: 2xem cos px 2 QR QL
px 2 QR QL de donde: m 2xe cos expresión puede escribirse: m
QR QL px 2 II 2xe cos 2xe cos
Notas) Los pesos propios QR y QL son opcionales. Su inclusión depende de cada problema.
317
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Recordar que p es ortogonal con el meridiano. p x
paralelo
x p cos
Z meridiano
2.8.4) Casos Particulares. Las ecuaciones (I) y (II) pueden particularizarse para el caso de recipientes cilíndricos y esféricos de pared delgada, sometidos a presión. (*)Recipiente Cilíndrico. Consideremos un recipiente cilíndrico de pared delgada, cuyo peso propio es despreciable. Así mismo, consideraremos que el peso de lo contenido es también despreciable. Radio del paralelo
p r
tapas en los extremos.
Paralelo
r
r espesor uniforme
e Presión Interior
Radio del Meridiano m (Radio de curvatura de una recta)
meridiano
QR = QL=0 (consideraciones del enunciado) Aplicando la Ecuación de Laplace: p m p p p , de donde obtenemos : e p e r p r Esfuerzo en el paralelo o Esfuerzo Circunferencial . e Reemplazando en la ec. (II): px pr Esfuerzo Meridional o Esfuerzo Longitudin al. m 0 m 2e cos 2e p
x r Nota) Reconocer que, para este caso, 0 0
318
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m
r
P
P espesor e
P
m
(**) Recipiente Esférico.
r P
QR = QL=0 En este caso m p r
espesor uniforme
luego
e
p m p e r r
r m p I e m p r (Simetría del
de donde p
recipiente) También p r
paralelo
r
(ec.II):
pr 0 2e cos para el caso:α=0 m
meridiano
0
m
m
Luego, m
pr 2e
Y reemplazando en (1): p
pr 2e
m p (Previsible, debido a la simetría del depósito respecto a un punto). Nota) Si la presión es interior, los esfuerzos m p son de tracción. Si la presión exterior, generalmente los esfuerzos son de compresión.
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P
P
Nota) Las fórmulas para esfuerzos en recipientes cilíndricos, pueden usarse en la solución de problemas de Anillos Delgados Sometidos a Presión. P
P
No existe el esfuerzo longitudinal (meridional), si es que el recipiente no está cerrado en sus extremos. Si el anillo es de pared delgada rint rext . PROBLEMAS 1) Un depósito está construido por dos hemisferios, unidos por 150 pernos igualmente espaciados en el contorno. El diámetro interior del depósito es 20 pies y debe contener gas a la presión de 75 lb/pulg2 .Antes de aplicar la presión del gas, se ocasionará una tracción de 15,000 lb/pulg2 en los pernos. Si el material tiene un esfuerzo final u 60000 lb/pulg2 y se requiere un FS=4, calcular el espesor de la pared y el área efectiva de cada perno.
e? 10'
P
pr 2e u pr prFS Condición u e FS 2e FS 2 u
Esfuerzos en la pared del depósito: p
320
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Reemplazando valores 7510 124 0.3 pu lg adas e 260000
numéricos:
AP Sea Fp la tracción en un perno. Entonces:
Perno de sección transversal Ap
Peine de la sección transversal.
Fuerza total en los pernos = 150 Fp Fuerza Resultante de la Presión = pr 2 Condición de equilibrio
F
VERT
0
150 FP pr 2
P
FP
FP A su vez Fp =AP → FP=AP (15 000)
Luego reemplazando valores tenemos: 150 AP (15 000) =(75)( )(10*12)2 2
de donde AP= 1.5 pulg . Conocida AP puede hallarse el diámetro del perno: AP =
π 2 d → rP = 0.7' ' (Realmente rp = 0.75” (dimensión comercial) 4 P
2) Una tubería tiene diámetro exterior de 30’’ y espesor 7/16’’. Encontrar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo en condiciones estáticas. 62.4
0.036lb / pu lg 3
lb / pu lg 2
400'
P (tubería:
extremos existe. m ) .
sin
tapas,
no
P
321
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El esfuerzo circunferencial es p
pr e
pMÀX w H (presión máxima)
pMÀX
w Hr (Radio exterior) e
Reemplazando valores:
0.036 400 1215
pMÀX
7 16
7 16
5751 .8
lb pu lg 2
Estado Plano de Esfuerzos, entonces: m 0 0 MAX
PMÁX
5751 .8 0 lb 2875 .9 2 pu lg 2
PMÁX
m 0 0
Estado Plano elemento
de
Esfuerzos
en
el
3) Un anillo de latón de 120 mm de diámetro exterior, encaja perfectamente en el interior de un anillo de acero de 120mm de diámetro interior cuando la temperatura del sistema es 5 0C, determinar: i) El esfuerzo en el anillo de acero. ii) La presión que el anillo de latón ejerce sobre el de acero. e 4mm Acero Acero E 210GPa 6 12 10 /º C r 60mm e 4mm Latón E 105GPa 6 12 10 /º C Latón Tº 55.5 50º C
(Como acero < laton ; el latón se dilata más) i) Anillo de Acero
322
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La presión ejercida por el anillo de latón genera una deformación unitaria (elástica) en el anillo de acero: ac pr ac E ac eE ac El incremento de temperatura genera una deformación térmica unitaria. ac
acero
r
T ac ac T
La deformación unitaria total en el acero, es: total ac
pr ac T 1 eE ac
ii) Anillo de latón (El latón trata de dilatarse más, pero el anillo de acero lo restringe) pr (p → presión externa) e pr (Ley de Hooke) LU eE La (Deformación unitaria elástica) LU
r
P
T La La T (Deformación térmica unitaria)
En el latón, la deformación unitaria total, es: total ac
pr La T 2 eE La
El contacto entre ambos materiales debe darse según una sola superficie. Por consiguiente, la condición de compatibilidad, es: total total La ac , es decir
pr pr ac T La T 3 eE ac eE La
Reemplazando valores numéricos en la ecuación (3) y despejando el esfuerzo, tenemos: pr 0.028 GPa (Tracción en el acero) e pr e También ac p ac e r 4 Luego p 0.029 1.867 10 3 GPa . 60
323
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4) Un cilindro circular recto, de longitud L, diámetro interior d, espesor constante, es de un material elástico lineal cuyas constante son E, . Está sometido a presión interna p. Sin incluir el peso propio, determinar el cambio de longitud y el cambio de diámetro. L
P
d
i) Cambio de Longitud 1 L C * E pr L Esfuerzo longitudinal L 2e pr C Esfuerzo circunferencial C e El cambio de longitud es L LL . Luego
Ley de Hooke generalizada: l
L
L pr pr E 2e e
pd 1 L d 2r 2eE 2 ii) Cambio de diámetro
de donde: L
d d d
C
1 C L (Ley de Hooke generaliza da) E d pr pr d Ee 2e expresión que puede escribirse d
P
C
d
pd 2 1 2eE 2
5) Un tanque de aire comprimido, cuyo diámetro interior es 18’’ y cuyo espesor es ¼’’, se forma soldando dos hemisferios de acero. a) Si el esfuerzo permisible de tracción en el acero es 14 000 lb/pulg 2 ¿Cuál es la presión permisible máxima del aire en el depósito? b) Si el esfuerzo cortante permisible en el acero es 6,000 lb/pulg 2, ¿Cuál es la presión permisible máxima? c) Si la deformación unitaria normal en la superficie externa del tanque no debe exceder de 0.003 ¿Cuál es la presión permisible máxima?
324
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d) Sabiendo que la falla en la soldadura ocurre cuando la carga de tensión (tracción) sobre ella es superior a 8.1 Klb/pulg. del cordón. Si se requiere un FS= 2.5 contra la falla en la soldadura, ¿Cuál es la presión máxima permisible? Considerar comportamiento elástico-lineal, con E=29*106 lb/pulg2 y =0.28 (en el acero). Cordón de
a)
soldadura
p
pr 2l p 2l r
14,000 20.25 777.78 lb/pulg 2
9 (Es la presión máx. permisible, puesto que el es el permisible). 46,000 0.25 0 pr 4e b) p p 2 4e r 9 2 p 666.67lb / pu lg (Máxima permisible, porque es el máximo permisible)
c) Ley de Hooke del Estado Plano: σ 1 ε C = [σ C νσ C ] = C (1 ν ) E E 2eEε C pr (1 ν ) → p = εC = , reemplazan do datos : 2eE r (1 ν ) p=
(2)(0.25)(29 × 10 6 )(0.0003) lb (màx . permisible , porque se considero ε C màx.). = 671.3 9(1 0.28) pulg 2
d) Fuerza de tracción permisible en el cordón de soldadura FALLA 8.1 klb klb lb 3.24 3,240 FS 2.5 pu lg pu lg pu lg T 3,240 lb/pulg klb FALLA 12,960 e 0.25 pulg pu lg 2
PER 1' ' espesor
PER
pr 2e despejamos p 2e r 20.25 12,960 720 lb/pulg 2 Luego p 9 lb Nota) La máxima presión permisible es: p MÀX 666.67 pu lg 2 6) Un recipiente cilíndrico a presión se construye enrollando una placa de acero y soldándola a lo largo de sus bordes. El cordón de la soldadura forma 55º con el eje longitudinal. El recipiente tiene un radio interior r=1.8 m y espesor de pared e=20mm. El material es acero con E=200 GPa y 0.3 .La presión interna p es de 800 KPa. Calcular tambien , de
a) Esfuerzos longitudinal y circunferencial. b) Esfuerzos cortantes máximos. c) Deformaciones unitarias circunferencial y longitudinal. d) Esfuerzo normal y esfuerzo cortante, perpendicular y paralelo, respectivamente, al cordón de la soldadura.
325
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a) Elemento de recipiente, en un punto A
55º
C A
L
pr 2e pr C e L
L
C
Soldadura reemplazando los valores numéricos, tenemos L 36MPa ; C 72MPa . p 800 KPa Nota) Observar que 0.022. La presión es despreciable comparada L 36000 KPa con el menor esfuerzo. Se justifica la aproximación al estado plano de esfuerzos. b) El máximo esfuerzo cortante (en el plano L ; C ),es: L 72 36 MAX C 18 MPa 2 2 Existe otro cortante en la pared del recipiente: 3 MÀX C 36 MPa 3 no existe estado plano 2 (en dirección normal al plano C L ). c) Ley de Hooke generalizada (aceptando régimen lineal) 1 1 L L C y C C L E E Reemplazando valores, tenemos: 1 72 10 6 L 0 . 036 0 . 03 0 . 072 200 ESFUERZOS EN GPa ESFUERZOS EN GPa 1 0.072 0.30.036 306 10 6 C 200 d) Y Cordón de soldadura
es:
X
A
x
B y
C matriz de rotación 0.819 0.574 A= 0.574 0.819
x
35º C 72MPa
La
55º
B
A
y xy
L
L 36MPa
326
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x Luego xy
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xy 0.819 0.574 36 0 0.819 0.574 y 0.574 0.819 0 72 0.574 0.819
Efectuando los productos obtenemos:
x 47.8 MPa ; y 60.2 MPa ; xy 16.9 MPa Esfuerzos en la soldadura normal→47.8 MPa ( normal al cordón de la soldadura) cortante → 16.9 Mpa 7) El depósito representado se construyó con una placa de acero de 10mm de espesor. Calcular los máximos esfuerzos circunferencial y longitudinal que originará una presión interior de 1.2 MPa. El recipiente dado no es un recipiente de doble curvatura. Por lo cual, encontramos los esfuerzos máximas solicitados, usando directamente las condiciones del equilibrio.
d 400mm a 600mm
Analizando los tres casos: tapas ?
L (ii )
C
(i)
F o pdL 2Le
L
C
pr , reemplazan do valores e 1.20.4 17.84 MPa C 20.01 C
(iii )
C
caso (ii):
p ad d2 d 4 F o p ad d2 2a 2 e L L 4 2 e2a d
reemplazando valores:
1.2 0.6 0.4 0.42 L
4
0.0120.6 0.4
17.84 MPa
caso (iii)
327
Mecánica de Sólidos
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F o 2Le Reemplazando valores:
C
C
pa dL C
pa d 2e
1.20.6 0.4 60 MPa 20.01
L MÀX 17.84 MPa C MÀX 60 MPa
ii iii
8) Un tanque cilíndrico de pared delgada y longitud L está situado exactamente entre dos paredes extremas rígidas cuando la presión no actúa sobre él. Calcular la fuerza ejercida sobre las paredes por el tanque, cuando la presión interior sea p y el material que lo forma siga la Ley de Hooke. espesor e
2r
Un elemento en la pared del tanque está sometido a un estado biaxial de esfuerzos.
L
pr e pr L 2e C
C
Se generan deformaciones unitarias en dos direcciones: 1 1 pr pr C C L E Le 2e
F
L
L
L
1 L C 1 pr pr E L 2e e
La fuerza F, que el tanque ejercerá sobre la pared, deberá contrarrestar el posible cambio de longitud L. L pr 1 L L L E e 2
L
F
La fuerza F debe generar un acortamiento igual a L . (paredes rígidas → L no puede cambiar) Luego
L
328
Mecánica de Sólidos
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FL L EA FL L r 1 p 0 E2re E e2
de donde obtenemos la fuerza F
F
pr 2 1 2
COMPRESION
(F es también la fuerza ejercida por el tanque sobre las paredes rígidas) 9) Calcular los esfuerzos circunferencial y meridional que se desarrollan en las paredes del recipiente cónico representado. Considerar constante el espesor y no incluir el peso propio del recipiente. Determinar los máximos esfuerzos y dónde se presentan. Recipiente de doble curvatura
H
p
H Z
Ecuación de Laplace: luego
p m p e m p
p p p p p 1 e p e
m p
meridiano
m
m meridiano recto
P
Paralelo
x
Z
Presión en la altura z: p H z
P
P sen
x
sen
P P sen Z
Determinamos p en función de z.
De donde obtenemos
Z
329
Mecánica de Sólidos
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p z
sen cos 2
Reemplazando en (1): p
p
H zz sen2 e cos
sen Hz z 2 2 e cos
El esfuerzo meridional se calcula a partir de la ecuación m
QL px 2 2e cos 2xe cos
m
P
m
tan
x x z tan z
Reemplazando en (2):
x
Z
m
QL H z z tan 2.1 2e cos 2z tan e cos
Datos → QR=0 (no incluir peso del recipiente)
2 x z (Peso de lo contenido en el recipiente parcial) 3 2 QL z tan z 3 Finalmente, reemplazando en (2.1) y simplificando, tenemos: tan 2 2 m Hz z * * 2e cos 3 Esfuerzos máximos: a partir de (*) y (**). d sen H 2z 0 condición para MÀX : P dz e cos2 de donde z=H/2, (altura donde p es máximo) QL
El esfuerzo MÀX es : MÀX
MÀX
2 sen H H H e cos 2 2 2
en
sen H2 e cos 2 4
Condición para m MÀX :
d m tan 4 0 H z 0 dz 2e cos 3
330
Mecánica de Sólidos
de donde z
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3H , (altura donde es m máximo). 4
Reemplazando en (**), tenemos: m MÀX
2 tan 3 2 3H H H 2e cos 4 3 4
m MÀX
3 tan 2 H 16e cos
Nota) Observar que los esfuerzos máximos se presentan en diferentes alturas. 10) Determinar el estado de esfuerzos en el punto A de la pared de un recipiente semiesférico. Considerar R el radio del recipiente; e el espesor constante y el peso específico del líquido contenido. No incluir efectos del peso propio del recipiente. m
R
p
3R 4
A
p
A
R/ 4 m
Ecuación de Laplace
m p p m p e
Recipiente semiesférico m p R , luego m p
p R 1 e
R R R Presión en el punto A: p 3 2 4 4
R 2 * 2e R Equilibrio del recipiente parcial de altura (casquete esférico) 4
Reemplazando en (1): m p
m P
P
x
QL
F
m
VERT
0
px 2 Q L 2xe m cos
donde p
R/ 4
R 2 2
R 7 x R 2 R R 4 4 cos
x 7 R 4
331
Mecánica de Sólidos
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Re cordar el volumen de un casquete esferico 2 R 1 R Q L R 3 4 4 R R 11 3 QL R 192 h V h 2 R h 3
Reemplazando en (**), simplificando y despejando m , obtenemos: m 53 R 2 168e
(Esfuerzo Meridional). 2 2 De la ec. (*), obtenemos p R 53 R
2e 168e 31 2 p R (Esfuerzo en el paralelo). 168
Los valores m y p definen el estado de esfuerzos en el punto A. 11) Determinar los “Esfuerzos de Membrana” que se generan en una cúpula semiesférica de radio a, espesor uniforme e, por efectos de su peso propio (q → peso propio superficial). Esfuerzo de Membrana (sin flexión) m
p
p m
(Aproximación al Estado Plano). Cúpula Semiesférica
Consideramos el casquete ABC. B
B
A
C
a
a
QR
x
A
C
a
a
m
m
O
Equilibrio:
332
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F
Q R 2xe m cos 0
VET
0
QR * 2xe cos
de donde m
Q R peso propio del casquete ABC QR q S casquete Q R = q2πa 2 (1 x = asenθ;
Reemplazando en (*), tenemos m
es decir m
cos θ)
cos α = senθ
2a 2 q1 cos 2asen cos
aq compresión en los meridianos e(1 cos )
Esfuerzos en el paralelo: Usamos la Ecuación de Laplace:
QR
m p p m p e
m m C úpula semiesférica m p a
a a m p p , de donde p p m e e Debemos precisar p f B
C
A
P
a q
p q cos (presión exterior) Reemplazando en (*): a aq p q cos e e1 cos simplifica ndo : p
aq 1 cos cos2 e 1 cos
(Esfuerzo circunferencial) Nota) Es conveniente graficar la variación de m y p de acuerdo a la variación de . aq 2e
B
A
C
B
para 0
m
compresión aq e
A
m
m
para
2
p
C
P
aq 2e para 0 aq e
P
para 90º
333
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El punto donde p =0 1 cos cos2 0 51º49'
corresponde a
compresión en el paralelo
51º49' 51º49' tracción en el paralelo
Nota) Superficie Casquete Esférico.
B
2
S OY 2 xds S
A
x ds asen C
S OY
BC
x 1 y' 2 dx
Ecuación de la Circunferencia x 2 y 2 a2
a x
y' x a 2 x 2
asen
S OY 2
0
x 1
1/ 2
x2 dx a2 x 2
SOY 2a 2 1 cos
Peso del casquete qSOY 12) Se tiene un depósito cilíndrico, r de radio r, con fondo en forma de casquete esférico de radio R. Hallar los esfuerzos h máximos en las porciones cilíndrica y esférica, así como R h' la fuerza de B compresión en el anillo de refuerzo BB. Considerar “e” el espesor de todo C el depósito. El líquido contenido (peso específico ) ocupa el nivel h1.
h1
B
334
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2 h' 3 Peso del líquido contenido P r 2h R 3 R 2h' 3 3 donde h’ es la proyección del radio R sobre el eje vertical del depósito.
Porción Cilíndrica. P 2re pr Esfuerzo Circunferencial C Para CMÀX e encontramos la presión máxima PMAX h . Luego C MÀX hr , se presenta en el paralelo que pasa por B e Porción Casquete Esférico.
Esfuerzo Longitudinal L
Los máximos esfuerzos se producen en el punto más bajo C. 1 2
PR h1R 2e 2e
Fuerza en el anillo BB. La fuerza de tracción en la porción esférica, por unidad de longitud del anillo BB, es: F
L e P 1 P e sen 2re sen 2rsen
La componente radial es: P P cos cot an 2rsen 2r (Esta es la fuerza que determina compresión en el anillo BB) F cos
Nota) Debe suceder que ambas porciones estén unidas por un anillo capaz de resistir la compresión a que está sometido.
335
CAPÍTULO III TORSIÓN 3.1) Introducción 3.1.1) Hipótesis en el Problema de la Torsión Generalmente, los elementos que trabajan a torsión son ejes circulares sólidos o tubulares. Sección
Sección
llena
tubular
T
T
Elementos importantes que trabajan a torsión son los tubos cilíndricos de pared delgada Tubo cilindro de pared delgada (espesor constante o variable):
T
T
Existen otros elementos estructurales que trabajan a torsión: B
A P
P En el presente capitulo estudiaremos el problema de la torsión de barras de sección circular y tubos cilíndricos de pared delgada. La torsión de barras de otras secciones transversales no puede estudiarse con los métodos elementales de la Mecánica de Sólidos Deformables. Observaremos que con la torsión se inicia el estudio de problemas donde el esfuerzo inducido NO PUEDE suponerse distribuido uniformemente en la sección transversal.
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Definición) Torsión: Transmisión de momentos a lo largo de un eje que tiene la misma dirección que la del vector momento. Hipótesis Para determinar relaciones analíticas sencillas entre el momento torsor, los esfuerzos y las deformaciones que se generan, se usan hipótesis simplificatorias (que han sido corroboradas analítica y experimentalmente). i) Material homogéneo, con propiedades elásticas lineales (Ley de Hooke). ii) Secciones circulares: las secciones circulares permanecen circulares. X
X
A'
A
A
T
Sección circular, antes de aplicar el torsor T
Sigue siendo sec ción circular, luego de aplicado el torsor T
iii) Sección planas: las secciones transversales permanecen planas (Navier). X
X
T
Continua en el mismo plano luego de aplicado T
Sección ubicada en un, plano antes de aplicado T
iv) Las secciones transversales giran como si fuesen discos rígidos; es decir todos los diámetros giran el mismo ángulo. NOTAS: - La hipótesis (iii) deja de ser válida para secciones NO CIRCULARES.
X
X
T Sección plana (antes de la torsión)
Sección ALABEADA (después de la torsión)
337
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Las secciones perpendiculares el eje de una barra no circular se alabean, cuando la barra es sometida a torsión. Esta deformación de la sección plana generalmente es debida a la distribución no uniforme de esfuerzos. - La hipótesis (iv) significa que a lo largo del eje circular, las secciones transversales rotan cantidades diferentes, pero cada sección rota como un disco rígido. X2
Sección fija (de referencia)
B
A'
2 Generatriz de referencia
T
1
B'
A
Todos lod diámetros giran 1
Todos lod diámetros giran 2
Para deformaciones infinitesimales, el ángulo de giro, es proporcional a una distancia de referencia: 2 K x 2 (convenientemente seleccionada).
Gener atriz d eforma da T
l iz inicia r t a r e Gen
3.2) Torsión de Barras de Sección Circular. Esfuerzo Cortante. Ángulo de Torsión. Consideremos una barra de sección circular llena, material lineal elástico, sometida a torsores T en sus extremos. T
T
B
C
A
338
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Toda porción BC debe mantenerse en equilibrio. Se generará un sistema de fuerzas cortantes elementales (perpendiculares al radio vector), que representan la interacción con la porción suprimida AC. C
C
B
T
T
Torsor aplicado
Torsor interno (resistente)
T
Las fuerzas elementales (dF) generan el Torsor Interno. dT dF dA T
La condición (1) debe satisfacerse para valores del esfuerzo cortante en toda la sección, pero no nos proporciona ninguna información sobre la manera en que dichos cortantes se distribuyen en la sección transversal. La real distribución de es un problema estáticamente indeterminado. Deben analizarse las deformaciones.
dA
dF
dA 1
A
3.2.1) Deformaciones Cortantes por Torsión Consideremos una barra circular sometida a torsión. Separemos de ella un cilindro coaxial de radio (antes de aplicar el torsor) y señalemos un elemento limitado por dos arcos de circunferencias concéntricas y dos segmentos de generatrices, suficientemente próximos. Circunferencias que no se deferman (Hipotesis ii)
L
A'
T
c
m
A
Luego de aplicado el torsor, el elemento señalado se transforma, aproximadamente, en un rombo manifestándose deformaciones cortantes. L T
n'
n' m
n
n
339
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Ángulo de torsión (giro) de la sección transversal. Deformación cortante (mide la distorsión de la superficie cilíndrica). Para deformaciones infinitesimales:
n n' n n' L . Con aproximación suficiente, L De donde obtenemos: 2 L La ecuación (2) manifiesta que el ángulo de distorsión , varía linealmente con la distancia al eje de la barra. (En el eje de la barra 0 y no existe deformación cortante)
L máx
En la superficie externa (r=c) la distorsión es máxima máx Entre las ecuaciones (2) y (3) eliminamos
c 3 L
, obteniendo máx 4 . L c
Definición) Se denomina Ángulo Unitario de Torsión (o Razón de Torsión) al valor
(unidades L
1 Longitud ).
La razón de torsión representa el giro mutuo de dos secciones, referido a la distancia entre ellas. Por tanto tenemos que 5 Nota): En algunos casos (momentos de torsión variables) es conveniente definir como Razón d de Torsión, al valor: 5.1 dL 3.2.2) Esfuerzo Cortante. Fórmula de la Torsión Elástica
Se acepta que los esfuerzos cortantes por torsión permanecen inferiores al esfuerzo cortante de fluencia del material y que es válida la Ley de Hooke.
340
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H
H G
1
Ley de Hooke: G Reemplazando el valor dado por la ec. 4: G máx 6.1 c ó máx 6.2 c
(Puesto que máx G máx ley de Hooke) Las ecuaciones (6) establecen, que mientras no se excedan los límites de Elasticidad Lineal, el esfuerzo cortante inducido por la torsión, varia linealmente con la distancia .
máx máx
c
Si en la ec. (1) reemplazamos el esfuerzo cortante definido por la ec. 6.2, tenemos: T dA A c máx T máx 2 dA 7.1 c A Expresión que puede escribirse: G máx T 2 dA 7.2 A c La integral 2dA define el momento polar de inercia del área de la sección
A
transversal de la barra en estudio. 2 dA J , con lo cual tenemos:
A
341
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máx J 8.1 c ó G máx T J 8.2 c El esfuerzo cortante , a cualquier distancia del eje de la barra, verifica: 1 J T c J J , es decir T 9 c (a partir de las ecuaciones 6.2 y 8.1) T
Definición) La ecuación
T se denomina Fórmula de la Torsión Elástica de barras de sección J
circular. El máximo valor de esfuerzo cortante, es (para c ) Tc MÁX 10 J NOTA: Sección circular llena: J espesor d
c
A
2 dA ; dA 2 d
C
J 2 2 d 0
Momento Polar de Inercia: J c4 2
Sección tubular: J
c2
c1
4 c 1 c 24 2
Si el espesor tiende a cero: c 1 c 2 0 , el momento polar de inercia puede aproximarse por J 2ec 32 , siendo c 1 c 2 e (el espesor).
Definición) J El valor se denomina Modulo Polar de la Sección. Depende sólo de las propiedades c geométricas.
342
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J 2 c4 c c W c3 2 W
c
Puede escribirse MÁX
T 11 (ver la ecuación 10) W
Nota) Considerando la Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante, deben aparecer Esfuerzos Cortantes en planos perpendiculares al plano de la sección transversal. T
Cor tan te por torsión máx
Cor tan te longitudin ales o complement arios
máx
T
La existencia de los cortantes complementarios se revela, por ejemplo, al ensayar probetas de madera. La resistencia al cortante a lo largo de las fibras de madera, es relativamente baja. Por esto, la destrucción de la probeta comienza con la formación de grietas longitudinales.
T T
343
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3.2.3) Ángulo de Torsión en el Intervalo Elástico Consideremos una barra de sección circular y material elástico lineal, sometida a torsión.
L T
G
MÁX
c
Usando las ecuaciones: MÁX c ec. 3 L T MÁX c ec. 10 J Obtenemos: MÁX G MÁX (Hooke )1 T c G c 2 J L TL 3 , mide el giro, en sentido del torsor T, de la sección libre de la barra, JG respecto a la sección de referencia.
JG Rigidez Torsional de la sección. JG K T Rigidez Torsional de la barra. L TL T JG K T L De donde: T K T Si :1 T K T Luego, La rigidez torsional de la barra es un valor del momento torsor necesario para generar una rotación unitaria”. TL 3 JG El ángulo mide el giro, en sentido del torsor T, de la sección libre respecto a una sección de referencia. En función de la razón de torsión, tenemos: T T 3.1 L JG JG
344
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Definición) De manera alternativa, el ángulo unitario de torsión o razón de torsión, puede definirse en forma diferencial. d T 4 dx JG T Por tanto d dx indica el ángulo relativo de la torsión entre dos secciones JG separadas la distancia elemental dx.
Por integración podría hallarse :
dx
T
d JG dx
0
L
0
d
JG dx 5 T
L
Siendo 0 el ángulo inicial de torsión (ángulo de torsión de la sección de referencia).
Nota) Si existiesen momentos torsores distribuidos, por unidad de longitud, para evaluar se plantea una ecuación diferencial de 2º orden: tx T dT
T dx
Equilibrio: T dT t x dx T 0 dT dx la razon de Torsion es : d T y si J y G son constantes, se tiene : dx JG tx
De donde: d T d2 1 dT 2 dx JG JG dx dx d2 1 d2 t GJ t x x dx 2 JG dx 2
345
Mecánica de Sólidos
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Permite calcular por doble integración. PROBLEMAS 1) Determinar los torsores de reacción y el máximo esfuerzo cortante en cada tramo de la barra compuesta representada. Considerar G = 80 GPa en toda la barra. d
B
D
A
D = 50mm. d = 25mm.
C
T 680 N - m
1.2m
1.8m
Equilibrio: TA
T B
A
TC C
TA TC 680 1 (Problema hiperestático) Compatibilidad: Giro de la sección B único: TL TL , JG BA JG BC
reemplazando valores tenemos: TC 1.2 TA 1.8 4 4 50 25 3 3 G x10 G x10 2 2 2 2 TA 10.67TC 2 Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2) TA 621 .74 N - m TC 58.26 N - m
Cortantes máximos: Tramo AB: MÁX
Tc J AB
621.74 50 x10 3 2
50 x10 3 2 2
4
MÁX 25.33 x 10 6 Pa
Tramo BC:
346
Mecánica de Sólidos
Tc MÁX J BC
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58.26 25 x10 3 2
25 x10 3 2 2
4
MÁX 18.99 x 10 6 Pa
2) Considerar una barra circular sólida de 5 cm. de diámetro, sometida a un torsor resistente linealmente variable t 1 x Kx y a un torsor constante T 500 N m . Calcular el ángulo de giro de la sección libre. Suponer G 85 X10 3 MPa . T 500 N M x
B
t1x K x 2m
t1x K x
(Torque resistente)
t1
A
Determinamos K: Equilibrio: T f1 x dx
L
2
500 Kx dx 0
K 250 , luego t 1 x 250 x.
El giro de la sección B puede calcularse mediante la ecuación: d2 d2 t 1 x tx JG 2 tx JG 2 250 x dx dx Integrando dos veces tenemos: 250 x 3 JG Gx c 2 2 3 Condiciones: d x0 0 dx c1 c 2 0 x00 250 3 1 Luego x 6 JG Reemplazando valores (para x 2 m)
347
Mecánica de Sólidos
250 3 2 6
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1 5 85 x10 3 x10 6 x x10 2 22
4
; simplificando:
6.4x10 3 radianes. 3) Un depósito cilíndrico de pared delgada, contiene gas a la presión de 6 MPa y está sometido a los torsores indicados. Si el diámetro interior es 150 mm y el espesor uniforme es 5mm, determinar: i) El máximo esfuerzo normal. ii) El máximo esfuerzo cortante. T 4.5 KN m
T
T
Esfuerzos: i) Por la presión interna: pr pr L ; c 2e e Reemplazando los valores numéricos, obtenemos: L 45 MPa ; c 90 MPa ii) Por el momento torsor: c = 75+5 = 80 mm. Tc 4.5x10 3 x 80 x10 3 24.59 MPa 3 4 3 4 80 x10 75 x10 2 Estado de esfuerzos:
C
C 24.59 MPa
L 45 MPa
L
24.59 45 MPa 90 24.59 Diagonalizando la matriz: 0 100.83 MPa 34.17 0
C 90 MPa
348
Mecánica de Sólidos
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1 100.83MPa ; 2 34.17MPa ; 3 0 3 100.83 - 0 máx 1 50.415 MPa 2 2
4) Dos barras sólidas de acero, están unidas por engranajes, según se indica en el esquema. Se aplica un torsor T = 9 Klb-pulg a la barra AB. Sabiendo que el esfuerzo cortante admisible es 7,500 lb pu lg 2 y considerando sólo efectos de torsión, hallar el diámetro de las barras AB y CD.
D
R 2.25" C
B r 1.75"
A
TAB T
T
Equilibrio: T TAB 1
R f
TCD R
349
Mecánica de Sólidos
f
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TAB R
r
T TAB TCD r R R 5.25 TCD TAB TCD T 3T 2 r 1.75 Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) para T = 9 Klb-pulg: TAB 9 Klb pu lg TCD 27 Klb pu lg
Barra AB:
T Klb ; esfuerzo cortante por torsión AB AB 2 J AB pu lg T 2TAB 3 ; admisible. AB AB rAB 4 rAB 2 Luego: 29000 r 0.914pu lg 3 rAB AB 7500 d AB 1.828 " ad 7.5
Barra CD: Similar 2T 227000 3 3 rCD CD rCD ad 7500 rCD 1.318 pu lg d CD 2.636 "
5) El eje troncocónico representado, de espesor uniforme “t”, es de un material cuyo módulo de rigidez es G. Demostrar que el ángulo de torsión en el extremo A, es: TL c A c B A con aproximación suficiente. 4Gt c 2A c B2 Pared delgada t 0
350
Mecánica de Sólidos
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T
CA
A
L t
CB
B
CA
C
L
X
CB Elemento diferencial en la altura x: J Jx C
dx
L
El ángulo de torsión, es
JGdx * T
0
351
Mecánica de Sólidos
J Jx
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π c t 4 c 4 ; como t 0, se aproxima 2 π J 4 c 3 t 2πc 3 t , reemplazam os en * 2 J
L
φ
T T dx φ 3 2πGt G2πc t
L
dx
3
x c B c B c A L Desarrollando la integral y simplificando, se obtiene: TL c B c A Giro en el extremo A. 4Gt c 2A c B2 0
0
6) Una barra sólida, de radio c está sujeta a un torsor T. Determinar la fracción de T, que es resistida por el material contenido en un cilindro coaxial de radio c/2. T
C
c 2
El torsor resistido por el núcleo es:
dT' dA dA 2d (Corona circular a la distancia )
dA
dT' 2d 22 d* Pero sabemos que máx . Reemplazando en (*) c
2 dT' 2 máx 2 d T' máx c c T'
c2
d 3
0
3 c máx * * . 32
Reemplazando el esfuerzo cortante máx
decir: T'
Tc 3 Tc en * * , obtenemos T' es c 4 J 32 c 2
T 16
Nota) T 15 T , que equivale al 93.75% del 16 16 torsor T aplicado. El “núcleo” sólo resiste el 6.25% del torsor aplicado T.
La parte “tubular” de la barra resiste T ' ' T
352
Mecánica de Sólidos
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El material “tubular” es altamente eficaz para resistir el torsor T. Esto justifica el uso de barras tubulares como mecanismo eficaz para transmisiones de torsores, con ahorro de material. 7) Un poste de hierro ( G 5.5x10 3 lb pu lg 2 ) de 2 pulg de diámetro, está enterrado 24 pulg. en el suelo. Si se aplica un torsor en su parte superior usando una llave rígida; determinar el esfuerzo cortante máximo en el poste y el ángulo de torsión en su extremo superior. Suponga que el torsor está a punto de hacer girar al poste, y que el suelo ejerce una resistencia uniforme a la torsión de t lb - pulg pu lg a lo largo de la longitud enterrada de 24 pulg. 6"
6"
25 lb
A d 2"
25 lb
36"
B 24"
t
Tramo AB: Torsor interno TAB 2512 300 lb - pulg (sentido contrario al torque actuante Tramo BC: lb pu lg Equilibrio 25 12 t24 0 t 12.5 pu lg Torque interno en BC: TBC
TBC 12.5 X TBC 12.5 X Máximo torsor 300 lb pu lg X (en la sección B) Como J es constante y la parte AB soporta un torque interno de 300 lb pu lg , el esfuerzo cortante máximo, es: TABc 300 1 máx 190 .99 lb/pulg 2 4 J 1 2 Ángulo de torsión: (en el extremo superior del poste, con relación al fondo del mismo). Como el poste está a punto de girar, ambas porciones AB y BC girarán: T L A AB AB JG
LBC
0
TBC 300 36 12.5 x dx dx JG JG JG 0 24
Evaluando la integral tenemos: 10,800 12.5 24 2 2 A JG JG 4 Reemplazando JG 1 5.5 10 6 , encontramos: 2
353
Mecánica de Sólidos
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A 0.00167 radianes
8) Una barra sólida y otra tubular están hechas del mismo material y tienen el mismo peso y la misma longitud. Designamos por n la razón c 1 c 2 , demostrar que la razón T5 Th entre el torsor en la barra sólida y el torsor en la barra tubular, es: i)
1 n 2 1 n 2 si el esfuerzo cortante máximo es igual en ambas barras.
ii) 1 n 2 1 n 2 si el ángulo de torsión es igual para ambas barras. c1 nc 2 c2
c0
c1 Pesos iguales: c 02L c 22 c 12 L
c 02 c 22 c 12 c 0 c 2 1 n 2
(i) para igualdad de esfuerzos cortantes máximos: TS c 0 Th c 2 , de donde obtenemos: 4 4 4 c0 c 2 c1 2 2 TS c 3c 40 24 Th c 2 c1
TS c 32 Th
1 n c c 1 n 2 32
4 2
4
1 n 1 n 1 n 2 32
2
2
2
TS 1 n2 Th 1 n2
(ii) Para igualdad de ángulos de torsión:
TsL T c4 ThL c 4 1 n2 s 4 0 4 2 Th c 2 c1 1 n4 G c 04 G c 24 c 14 2 2
2
2
32
TS TS 1 n 2 1 n2 1 n2 Th Th 1 n 2 1 n2 1 n2 1 n2 1 n2
9) Determine la rotación máxima del extremo libre de la barra AB, cuando el cuerpo de peso W, impacta en el extremo C de la barra rígida BC.
354
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
W
h
diámetro d Módulo de rigidez G
C
A
BA
A RR
a
B
L
A ID G RI
Principio fundamental: U T 1 1 U T 2 1 TL T 2L U T 2 JG 2JG a B
C
cv
La energía de deformación U, también puede escribirse: JG 2 U * 2L T W h cv * * . Reemplazamos (*) y (**) en (1). JG 2 W h cv . Compatibilidad geométrica a cv 2L JG 2 W h a ecuación de 2do en . Resolviendo, obtenemos: 2L
2
WaL h WaL WaL 2 JG a JG JG Nota: WaL WaL es el giro en condiciones estáticas: st JG JG
355
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
h Por consiguiente: st 2st 2 st a 2h Que puede reescribirse st 1 1 a st
ó K d st donde K d 1 1
2h a st
Es el factor dinámico en torsión. 10) Para el sistema en torsión representado, calcular el diámetro mínimo necesario. considerar: M =40 N - m ; m = 80 N – m/m ; a =0.5m; ad 40 MPa ; G 8x10 4 MPa m
d?
M a
a
a
Problema hiperestático: Equilibrio: M1
M2
m
M
1
M1 M2 am M*
2
3
Condición: 1 2 3 0 (apoyo empotrado) * * Tramo 1: M1 m
T
X
356
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
a
T M1 mx 1
M1 mx dx JG
0
2
a M1 m 2 1 JG Tramo 2: m M1
T
a
X a
T M1 ma 2 2
M1 ma a
M1 ma dx JG
0
JG
Tramo 3: M1
m
T
M a
a a
T M1 M ma 3 3
M1 M ma a
0
X
M1 M ma dx JG
JG Reemplazando los giros 1 , 2 y 3 en * * y simplificando, obtenemos: 5 3M1 am M * * * 2 Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (*) y (***) y reemplazando valores conocidos, encontramos: M1 100 N m M2 260 N m Torsor máximo: M2 260 N m
Puede representarse gráficamente la variación del momento torsor (interno). Diagrama de Momento Torsor.
357
Mecánica de Sólidos
100 N m
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
80 N m m
0.5m
400 N m
0.5m
260 N m
0.5m
140
140
Diagrama de Momento Torsor
100
260
260
Esfuerzo cortante: T r T r 2T ad máx ad máx máx 4 J r 3 r 2 2Tmáx . Reemplazando valores, obtenemos: ad
Luego: r 3 r = 0.016 m. d = 0.032 m.
11) Una barra de sección circular de radio r = 1cm, está doblada en forma del anillo CB de 20 cm. de radio medio, seguido por un tramo radial recto BA. La barra está empotrada en C y sometida en A a una fuerza normal al plano del anillo, P. Si el esfuerzo cortante admisible en el material de la barra es 750 Kg cm2 , calcular la fuerza P admisible y el desplazamiento del punto A.
C B
Como la fuerza P es normal al plano del anillo CB, en cualquier sección del anillo se desarrollan una fuerza cortante y un momento torsor. (No en el tramo radial).
R P
A 2r R 20 cm. r 1 cm.
358
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
P
A
P B
R
P
T T PR
La fuerza cortante P genera en la sección transversal un esfuerzo cortante directo que, P P en valor promedio, es ' 2 . A r El momento torsor genera esfuerzo variable en la sección transversal de la barra T doblada: ' ' , que tiene su valor máximo para r . J El esfuerzo (total) cortante será la superposición del cortante directo y del cortante por torsión. P
"máx
Tr P 2 J r PRr P 2PR P máx 2 máx 2 3 4 r r r r 2 Reemplazando los datos dados: 2P20 P ; de donde encontramos: 750 3 2 1 1 Pad 57.468 Kg máx
Para calcular el desplazamiento vertical del punto A (debido al efecto de torsión), podemos usar el principio fundamental U T
359
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1 C T2 T 2R T2 P V ; U ds d R2 L 2JG 2 2JG 2JG P 2 R 3 2 U Luego, igualando T y U : 2JG 1 c P 2R 3 2P 2R 3 4PR 3 P v cv 4 2 JG Gr 4 G r 2
T
Reemplazando valores, tenemos: cv
3 457.468 20
8 x 10 5 x 14 cv 2.3 cm.
12) Se utiliza una placa anular de espesor t para conectar la barra AB (de radio r1 ) al tubo CD (de radio interior r2 ). (a) Demostrar que el ángulo que rota el extremo C del tubo con respecto al extremo B TL 1 1 de la barra, es: 4Gt r12 r22 (b) Verificar
1 r12 1 2G r22
donde , es el esfuerzo cortante en el borde interior de la
platina. T C
D B A
T
módulo de rigidez G.
r1 r2
t Calculamos el esfuerzo cortante a cualquier distancia del centro (en la platina)
t radio
Equilibrio: 2 t T T * 2 3 t
B
A T
360
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En la platina, a una distancia , (antes de aplicar T). d B
Luego de aplicado el torsor: B
d
d
d
d
d d G d 1 d d G Reemplazando el valor (*): 1 T d T d d 2 G 2 t 2Gt 3 Integrando:
r2
r1
r
T d T 1 2 3 2Gt 3 2Gt 2 r1
T También: 1 (en (*) r1 ) 2r12 t Si entre las dos últimas expresiones, eliminamos t, obtenemos: r2 1 1 12 2Gt r2
T 1 1 2 4Gt r1 r22
13) Usar el primer teorema de Castigliano para encontrar las ecuaciones de equilibrio en el sistema torsional representado. Determinar los torsores internos. G 80 GPa para todo el sistema.. L 1 1 m ; L 2 0. 6 m ; L 3 0 . 8 m d1 20 mm ; d 2 30 mm ; d3 25 mm R1 0.35 m ; R 2 0.20 m ; R 3 0.30 m T0 0.2KN m
361
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz 1
R1
La energía de deformación almacenada en una barra sometida a TL torsión (constante) es U . Como JG TL , la energía puede JG 1 escribirse U C 2 , 2
L1 d1
R2
2
L2 T0
d2 L3
R3
d3 3
Donde C
JG (denominado constante de resorte torsional) y es el giro relativo en L
cada barra. 1 giro del elemento 1. 3 giro del elemento 3. Las energías por torsión, son: 1 1 U1 C112 ; U2 C 2 22 ; 2 2
2 giro del elemento 2. giro causado por T0 (sobre 2). (*) U3
1 C 3 32 2
Compatibilidad: Debe mantenerse en contacto perfecto entre los discos. Luego: R 2 2 R11 y R 2 2 R 3 3 (sólo un giro es independiente). R R 1 2 2 y 3 2 2 . La energía de deformación en el sistema, R1 R3 2
1 R 1 1 R 2 es U C1 2 2 C 2 2 C 3 2 2 2 R1 2 2 R3
2
Primer Teorema de Castigliano:
U T0 C 2 2 * Principio del Trabajo Mínimo (sistema hiperestático 2 la respuesta redundante) 2
R R U 0 C1 2 2 C 2 2 C 3 2 2 R1 R3
2
2 0 * *
362
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Las ecuaciones (*) y (**) son las ecuaciones de equilibrio. Reemplazando en ellas los valores numéricos dados, obtenemos: 10.603 2 0.21
y
12.177 2 10.603 02
Resolviendo (1) y (2) 0.1135Rad ; 2 0.0946Rad.
Los torsores internos son T1 C11 67.9 N m T2 C2 2 200 N m T3 C3 3 241.9 N m (Conocidos y 2 mediante las ecuaciones de compatibilidad 1 , 3 ) Puesto que el elemento (2) no tiene un extremo fijo para calcular el giro, se debe usarse la ec. (5)
3.3) Conexiones Excéntricas Definición) Una junta o conexión cargada excéntricamente es aquella en la cual la línea de acción de la carga NO pasa por el centroide del patrón de conectores. CG
Junta no excéntrica CG centroide del conjunto de áreas
P
transversales de los conectores.
Junta o conexión Estructural.
Junta excéntrica e Excentricidad.
CG
P
En el cálculo de conexiones excéntricas, la carga excéntrica se descompone en una fuerza que pasa por el centroide y un momento. P C arg a directa CG
CG
M
M Carga rotacional M Pe
P
P
Línea de acción de la carga aplicada
e
363
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Se diferencian dos efectos: i) La fuerza directa, que genera esfuerzos cortantes directos (en los conectores). ii) la carga rotacional, que genera esfuerzos cortantes por torsión (en los conectores). Hipótesis - Cada conector soporta una carga igual, de magnitud FD
P , siendo N el numero de N
secciones resistente de los conectores. FD FD FD
(en el centroide
FD
FD
FD
esta aplicada P )
La carga rotacional M tiende a hacer girar la placa de conexión alrededor del centroide CG. Los conectores impiden tal rotación, empujando la placa en una dirección perpendicular al radio vector.
M actuante
F2
3
2
F3
r2
CG
F1
F1 , F2 , , F3 fuerzas Fi
rn
r1
1
ri
i
Fn
rotacionales (generan un momento opuesto al actuante, de igual intensidad .)
N
**) Placas Conectoras Rígidas. Las fuerzas en los conectores son proporcionales al radio vector:
F1 F2 F F i N . r1 r2 ri rN
La acción del momento M sobre el grupo de conectores es semejante a la acción de un torsor. Puede aplicarse la fórmula del esfuerzo cortante por torsión
Tp J
.
364
Mecánica de Sólidos
ri
CG
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i T Pe ; ri
yi
J: MTO polar de inercia de las áreas
xi
transversales de todas los conectores.
M Pe Fi
radio Ci
Ji0 MTO polar de inercia del area i - ésima
Teorema de Steiner: J
Si los radios (de los conectores) Ci 0 Jio
J N
i1
i o
A iri2
4 Ci 0 2
(radio del conector Ci despreciable comparado con el radio vector ri). Con aproximación suficiente:
J
N
A r
2
i i
i 0
Por consiguiente el esfuerzo cortante por torsión en cada conector, se aproxima por: Ji
Per i
o por:
N
A r
2
i i
i0
i
Per i
A x N
i
2 i
y i2
i0
La fuerza rotacional en el conector i-ésimo es F A i i o Fi A i
Per i
A x N
i
i 0
2 i
y i2
Per i
A x N
i
2 i
y i2
i 0
donde (xi, yi) son las coordenadas del centroide del área transversal del conector iésimo, respecto de un sistema de coordenadas rectangulares cuyo origen es el CG del conjunto de todas las áreas transversales de los conectores.
Calculadas las fuerzas rotacionales, deberán sumarse vectorialmente con las fuerzas directas.
365
Mecánica de Sólidos
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FD
Deberá calcularse la fuerza total máxima, para precisar el conector más cargado
ri Fi
CG Ejemplo
1) Determinar la carga soportada por el remache más cargado en la conexión representada. Todos los remaches tienen el mismo diámetro.
3''
3''
3''
3''
Trasladamos la carga P al centroide del área transversal del remache N0 3.
P 15Klb 6' '
FD FD FD FD FD
M M 90Klb pu lg
15klb
15klb F1
Fuerzas Rotacionales: F2
1
2
M
3
4
5
1
(F1,…,F5
generan
un
momento
opuesto a M) F4
F5
366
Mecánica de Sólidos
r1=6
r2=3
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
r3=0
r4=3
r5=6
x1=-6 x2=-3 x3=0
x4=3
x5=6
x 6
2 i
y i2 90
i0
y1=0
y2=0
Luego: Fi
y3=0
y4=0
Per i
x N
2 i
y i2
y5=0
F1
906 6klb , 90
F2
903 3klb , 90
F4
903 3klb 90
i0
F3
900 0 90
F5
906 6klb 90
9 Klb
Fuerzas totales.
6 Klb
0 Klb
Remache mas cargado
Remache sin carga 3 Klb
2) La conexión
200 mm
representada
500 mm
30 mm
contiene 8 pasadores de diámetro efectivo 20 mm cada uno. Sin
300
150
rozamiento, encontrar mm
mm
considerar el posible
30º
la fuerza actuante
F=1Ton
sobre el pasador más cargado.
120 mm
367
Mecánica de Sólidos
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Trasladamos la carga 1 Ton al centroide del conjunto de áreas transversales de los conectores. FD
M=(1cos 30º)600+(1sen30º)120=579.62T mm M=0.57% 2 T-m
3
1 0.125Ton 8 Sobre cada conector (paralelas a la fuerza F)
Las fuerzas directas son FD
FD FD FD
7 FD CG FD
M
8
4
6 2
FD 5
FD
1
Las fuerzas rotacionales son perpendiculares a los radios vectores respectivos
Como las fuerzas F1, F2 , F3 ,F4, F4
tienen la misma distancia entre su punto
de
aplicación
y
C.G→ F3
F7
F1,=F2 =F3 =F4= Fe Similar para las fuerzas F5,=F6 =F7
ri
F8 M
re
=F8= Fi → 4Fere+4 Firi =M…1
CG F6
F5 F1
F2
Las fuerzas son proporcionales a sus radios vectores
Fe re 2 Fi ri
En base a las dimensiones dadas, obtenemos re=180.28 mm; ri=96.05 mm. Reemplazando valores en 1 y 2: 4(180.28Fe+96.05Fi)=579.62;
Fe 180.28 Fi 96.05
Resolviendo este último sistema de
ecuaciones, obtenemos: Fi=0.333T y Fe= 0.626T. (F5,=F6 =F7 =F8=0.333 Ton; F1,=F2 =F3 =F4=0.626 Ton)
368
Mecánica de Sólidos
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El conector sometido a la mayor fuerza es aquel que tenga la mayor resultante entre FD y la respectiva fuerza rotacional. Esta situación se presenta para el remache (conector) 4.
La fuerza total sobre el conector 4, es: F4TOTAL F42 FD2 2F4 FD cos
30º
reemplazando valores:
F4TOTAL 0.626 2 0.125 2 20.626 0.125 cos 26.31
4
efectuando operaciones:
F4TOTAL 0.74Ton .
150
CG 3.4) Torsión de Elementos Cilíndricos de Pared Delgada. Fórmulas de Bredt 3.4.1) Introducción. Definiciones La torsión de elementos cilíndricos de paredes delgadas y “secciones cerradas” puede estudiarse aproximadamente por la teoría desarrollada en las secciones anteriores.
Seccion Cerrada
Seccion no cerrada
tubo cilindrico
T
de pared L D
C
B
G
A
m at er ia lM od ul o
delgada
Seccion de espesor constante o variable a la largo de la periferie. el espesor se mantiene constante a lo largo de los generatrices (L).
369
Mecánica de Sólidos
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Puede aceptarse que el esfuerzo cortante es constante en todo el espesor, con mayor aproximación a medida que el espesor tienda a cero.
A
A
2
Consideremos el equilibrio del
A
í
elemento ABCD.
B B
1
B
(Esfuerzos Cortantes: tangentes a la
x
linea media)
A
F
longitudinales
FAD FBC : A t A x B t B x A t A
B t B
A
D
A
A
s
B B
C
B
B
Puesto que A y B han sido puntos arbitrarios, la condición (*) expresa que el producto del esfuerzo cortante y el espesor en un punto, se mantiene constante a lo largo de la periferia de la sección transversal. Es decir: t Cons tan te
Definición) El valor constante t se denomina Flujo de Cortante. q= t .(El flujo de cortante tiene dimensiones de fuerza / longitud). El flujo que representa una fuerza por unidad de longitud. Para un elemento de longitud S , la fuerza asociada es F qS q
dF dS
370
Mecánica de Sólidos
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3.4.2) Esfuerzo Cortante Consideremos un punto arbitrario O dentro del área limitada por la Línea Media. El momento de la fuerza asociada F1 respecto
A
al punto 0, es:
F
M rF M rqS
En toda la sección se generará un momento
r
B
M q rds SO
(ds → elemento de arco, evaluando en la línea
ds
media) Por equilibrio:→M=T; luego
T q rds
SO
Si s es una curva cerrada simple que nos e corta a si misma,
la integral
rds puede calcularse geométricamente SO
1 S r 2 àrea AOB
A A
s
r
integrando A
o
A área
B
1 rds 2 SO
sectorial
Linea Media
Reemplazando el valor
A
rds 2A en la ecuación (*), tenemos: SO
371
Mecánica de Sólidos
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T 1Aq T 2At, de donde : T T 1 MÁX 1.1 2At 2AtMIN
3.4.3) Razón de Torsión Para calcular el ángulo de giro (o la razón de torsión) pueden considerarse conceptos de energía de deformación:
L
dV Ltds T
dV
U
J2 dV 2 G
ver
sección 3.3
V
U
2
1 T T 2L tLds U 2G 2At 8GA 2
So
ds t
(Puesto que el espesor t puede ser variable).
Aplicando el 2º Teorema de Castigliano:
U T TL 4GA
2
So
ds 2 t
expresión que nos permite calcular el ángulo de torsión. La razón de torsión será:
T L 4GA 2
So
ds 2.1 t
Nota) Si el espesor t es constante, el ángulo de giro, será:
TL So 4GA 2 t
ó
T 2AT
LSo LSo 2.2 2AG 2GA
Definición) Las fórmulas (1) y (2) se denominan Fórmulas de Bredt para la torsión de tubos cilíndricos de pared delgada.
372
Mecánica de Sólidos
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EJEMPLOS
1) Un miembro de pared delgada tiene 1.2 m de longitud y su sección transversal es la indicada. Calcular el máximo torsor que puede soportar. Si el ángulo de torsión debe limitarse a 10º, calcular el esfuerzo cortante que se genera cuando se aplique el torsor máximo. Considerar G=80 Gpa.
r
r 10mm
A linea media (So)
r 25mm So 225 210.5 115 .972mm
espesor constante t=1mm
A 25 2r 10.5 871.361mm 2 2
Condición 10º Fórmula de Bredt
en
TL 10º 4GA 2 t
radianes
Reemplazando valores numéricos y despejando T para la condición de igualdad MÁX 304.709N m
obtenemos:
Esfuerzo Cortante:
T 304 .709 3 2tA 2 1 * 10 871 .361 10 6
174 .85 * 10 Pa . 6
2) Una barra de acero tiene la sección transversal indicada. Calcular el torsor admisible para que el esfuerzo cortante no exceda de 900 K/cm2. Calcular el ángulo de torsión correspondiente a una longitud L=2.2m. Considerar G=800,000 K/cm2.
2cm
1cm
1cm 2cm
20cm
So
15cm
373
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So 218 214 64cm A 14 18 252cm2
Fórmulas de Bredt: T 2A Tad 2t min A ; reemplazando valores: Tad 2900 1252 53,600Kg cm.
Razón de Torsión
T 4GA 2
So
ds t
(El espesor no es constante)
So
ds 2 t
0
2
ds 2
1cm
0
ds 14 36 50 1
Reemplazando en (*)
18cm
ds
2
453,600 50 4800,000 252 2
1.116 * 10 4 rad / cm.
ds Ángulo de giro:
L 1.116 * 10 4 * 2 2 * 100 . L en cm.
0.0246 Radianes.
14cm
3) Determinar los errores que se cometen calculando el esfuerzo cortante y la razón de torsión mediante las fórmulas de Bredt, en el caso de una sección en forma de corona circular, tal que
t 1 . R 10
t Línea media
R
t S o 2 R 2 t 1 38 R S o 2R1 R1 20 2R 20 2
Área sectorial:
2
t t 361 A R R 2 1 R 2 2 400 R
374
Mecánica de Sólidos
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T T T 5.54 2At 361 R R 3 2 R 2 400 10 Luego tenemos: 38 T R TSo T 20 5.832 2 2 4GA t GR 4 361 R 4G R 2 400 10
Calculando y mediante las fórmulas exactas (Secciones anteriores) Obtenemos MÄX 5.816
T T y 5.816 .Comparando 3 R GR 4
(*) Con los valores exactos, encontramos que el error es del 4.75% por defecto para el esfuerzo cortante, y del 0.275% por exceso para la razón de torsión.
3.5) Torsión Inelástica 3.5.1) Introducción. Distribución del Al deducir las fórmulas
T TL y se aceptó que la ley de Hooke es aplicable a J JG
todo el elemento sometido a torsión. Si la resistencia a fluencia fl es sobrepasada en alguna región del elemento, o si el material admite un diagrama no lineal, las anteriores relaciones no tienen validez. En esta sección desarrollaremos un método más general, que puede aplicarse en los casos en que la Ley de Hooke no se verifica.
max
c
Seccion 4.2.1 resulta válida para cualquier C MÁX
material.
Si el esfuerzo MÄX es especificado en el material,
max
puede
obtenerse
la
relación
.
max
375
Mecánica de Sólidos
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Con el diagrama , se determina MÄX , y ese valor se llevará a la ecuación
P . c MÁX
Para cada valor de se determina el correspondiente (usando la ecuación anterior). Posteriormente, para ese valor determinado, y a partir del diagrama constitutivo , se obtiene el correspondiente valor .
Representando gráficamente los valores se
max
obtiene la distribución deseada de esfuerzos.
Usando la ecuación de equilibrio c
T 2d
MAX
0
c
T 2 2 d
0
donde se obtiene del diagrama trazado anteriormente. Si es posible expresar la integral (*) se dA
evalúa analíticamente. En otros casos, la evaluación del torsor T, deberá
C
max
x
hacerse por integración numérica. c
Nota) El cálculo de la integral T 2 2 d se vuelve más significativo, si 0
c
observamos que la integral
2
d representa el Momento de Inercia, respecto al
0
eje del área representada.
376
Mecánica de Sólidos
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dA dp
MAX
d
T 2 dA 2 d
fl 3.5.2) Barras Cilíndricas Elastoplásticas
G 1
Consideremos una barra de sección circular llena y material elastoplástico, sometida a torsión. i) Si H , es aplicable la Ley de Hooke, la distribución
T
de esfuerzos cortantes a través de la sección, es lineal; el máximo esfuerzo cortante estará dado por MÁX
T
Tc J
MÁX JH (del material)
ii) A medida que el torsor aumenta, el esfuerzo cortante MÁX también aumenta, hasta alcanzar el valor H Con este valor H se calcula el momento torsor
max fl
correspondiente al inicio de la fluencia. TH
J W fl c MÁX
TH: torsor máximo elástico (Es el mayor torsor para el cual las deformaciones permanecen elásticas).
Para una sección circular llena de radio c, se obtiene: T
3 C fl 2
377
Mecánica de Sólidos
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iii) Cuando el torsor sigue creciendo, en la barra se desarrolla una Región Plástica, alrededor de un Núcleo Elástico de radio fl
max fl fl
C
NUCLEO ELASTICO
En la región plástica, el esfuerzo es uniforme igual a fl , mientras que en el Núcleo Elástico, el esfuerzo varía linealmente con y puede expresarse como:
H fl
iv) A medida que T sigue creciendo, la región plástica se expande hasta que, en el límite, la deformación es totalmente plástica.
Si usamos la ecuación de c
fl
equilibrio: T 2 2 d 0 fl , podemos calcular el 0
momento torsor que corresponde a un fl del núcleo elástico. JH 0 fl Recordando que: H C H fl
Tenemos: H
c
H d 2 2 fl d T 2 H 0
2
H
efectuando las integrales: T
2 3H , y puesto que C 3 fl 1 3 3 4 C
TH
3 C fl ec. 2
obtenemos: T
4 3H , siendo TH el momento torsor elástico máximo. Tfl 1 3 4C 3
378
Mecánica de Sólidos
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Nótese que cuando 0 , el momento tiende al valor limite TP
4 Tfl que seria el 3
valor del Momento Torsor correspondiente a una deformación totalmente plastificada.
Definición) El valor límite Tp se denomina Momento Torsor Plástico. Nota) Las fórmulas deducidas son exclusivas para barras circulares llenas, de material elastoplástico.
La distribución de la deformación a través de la sección permanece lineal después del inicio de la fluencia. La ecuación
permanece válida y puede emplearse para L
expresar el radio del núcleo elástico fl en función del ángulo de torsión. Si es suficiente grande para causar deformaciones plásticas, el radio del núcleo elástico H se obtiene haciendo igual a la deformación de fluencia fl , es decir: fl fl
1 L
Sea fl el ángulo de torsión al iniciarse la fluencia, (cuando fl C ). Haciendo fl y fl c en la condición (1), obtenemos: fl c
fl L , de donde c fl 2 L fl
De las ecuaciones (1) y (2), obtenemos: c
L fl fl L
f c
H .
Si reemplazamos
H 4 3H en la ecuación T Tfl 1 3 c 4C 3
expresamos el momento torsor T en función de : T
4 3 fl Tfl 1 3 3 4
3
Donde: Tfl Torsor en el inicio de fluencia
fl Ángulo de Torsión en el inicio de la fluencia Observar que la ecuación (3) se usa únicamente para fl .
379
Mecánica de Sólidos
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Para fl la relación entre Ty es lineal (dada por
TL ). JG
Combinando las dos ecuaciones para el torsor T, obtenemos: TG L , si fl T= 3 4 Tfl 1 fl , si 3 3 4
fl
T
T
Tfl
4 Tfl 3
fl
Diagrama T- para la torsión de barras circulares llenas, de material elastoplástico.
EJEMPLOS 1) Un eje circular sólido de L= 1.2 m y d= 50 mm es
sometido a torsores T = 4.5KN-m en sus extremos. Si el eje es de material elastoplástico ( 150MPa ; G 80GPa ),
fl
G 1
determinar:
i) El radio de Núcleo elástico.
ii) El ángulo de torsión del eje.
T
i) Radio del núcleo elástico: Torsor pura inicio de la fluencia Tfl Wfl donde
W
T
3 C (ec.**). 2
Reemplazando valores: 3 25 * 103 150 * 106 3,681.55 N m 2 Tfl 3.681 KN-mTaplicado 4.5 KN-m
Tfl
En consecuencia, la barra si está en fluencia.
380
Mecánica de Sólidos
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Usamos la ecuación T
3 4 Tfl 1 fl 3 obtenemos: 3 4c
3
3T fl c 4 T Reemplazando valores y despejando fl , fl Tenemos: fl 15.75 *103 m ii) Ángulo de Torsión En el inicio de la fluencia, el ángulo de torsión es fl
TL donde T es el torsor de JC
fluencia. Reemplazando datos: fl 89.9 *103 Rad De la ecuación
fl fl obtenemos C fl fl c
Reemplazando valores hallamos
142.7 *103 Rad
8.18º
2) Se aplica un torsor T en la barra AB, de acero elastoplástico
H 150MPa;G 80GPa
d=20 mm T
B
Determinar: i) El torsor cuando el ángulo de torsión en A es 45º ii) El diámetro correspondiente al Núcleo Elástico de la barra
A
1.5 m
El ángulo de torsión en el inicio de la fluencia, es:
fl
TflL TflC L L fl JG J GC GC
Reemplazando valores:
fl 150 *106
1.5 16.114º 80 *10 *10 *103 9
3 4 1 f El torsor T se calcula con la ec. T Tfl 1 3 4
donde Tfl
flJ Reemplazando valores obtenemos: c
T=293 N-m ii) Diámetro del Núcleo Elástico:
381
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fl fl c fl c dato 10 * 10 3 16.114 6.446 * 10 3 m 25 dfl 12.98mm.
fl
dext =70 mm dint =30 mm
3) Un eje tubular es de material el elastoplástico G 80GPa; fl 180MPa , y su longitud es 0.9m Determinar: i) El ángulo de torsión para el cual la sección se convierte en completamente plástica.
fl 180MPa
C2
ii) El correspondiente momento torsor.
C1 -) Fuencia de la superficie interior
fl
flL flL c1 Gc1
180 106 0.9 fl 0.135 Rad 80 109 15 * 103
7.737º
ii) Momento torsor:
TP 2 2 fld 2 L
0.035
fl2d
0.015
0.035
1 TP 2fl 3 14.89 KN-m 3 0.015
x
4) Una barra de acero elastoplástico que tiene la forma indicada, está sometida a torsores T=45 Klb-pulg. Hallar
A
B
E
C
D T
T
i) El espesor de la zona plástica en la porción CD.
d 2''
ii) La longitud de la porción BE que permanece
4''
totalmente elástica. Considerar G= 11.5*106lb/pulg2; fl 22
d 2.5''
Klb pulg2
382
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i) Zona plástica en la porción CD (Consideramos la sección en D).
Tfl fl
J 3 fl CD3 Tfl 22 1 34.56 Klb-pulg cD 2 2
3 1 3 4 1 fl 4 fl Usamos: Tfl fl 1 45 34.56 1 3 4 CD 3 4 CD
encontramos fl 0.454'' . Luego el ancho de la zona plástica es 1-0.454=0.546 pulg.
ANCHO
NUCLEO ELASTICO
ii) Sección E totalmente elástica
PEA
J J T J 45 T fl 2.045 CE CE CE 22
PLASTICA
CE4 2.045 CE 1.092'' 2 CE
Reemplazando J:
semejanza s; encontramos x=2.528''
B E
C
1.25'' 1.092''
1.00''
x 4'' 3.6) Torsión de Elementos de Sección no Circular Las fórmulas para la distribución de esfuerzos y deformaciones bajo cargas de torsión, deducidas en las secciones anteriores se aplican únicamente a elementos de sección transversal circular. Su deducción se basa en la hipótesis de permanencia de las secciones planas. La validez de esta hipótesis depende de la simetría axial del elemento. Para barras de otra sección transversal, por la falta de simetría axial, la torsión ocasiona que las secciones transversales salgan de su plano (se alabeen).
383
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
T
sec cion plana
T
sec cion distorcionada (alabeada) La determinación de los esfuerzos y las deformaciones en elementos de sección no circular, sometidos a cargas de torsión, no puede determinarse con los métodos simplificados de la Mecánica de Sólidos, Se estudian en cursos avanzados como Elasticidad, Mecánica Estructural y otros.
Un resultado de interés para la torsión de barras rectas de sección rectangular uniforme, es: max
a
T
T
G
b
modulo de rigidez
L
a Lado más largo de la cara (a>b). El esfuerzo cortante máximo ocurre a lo largo de la línea central de la cara más ancha de la barra.
max
T c1ab2
El ángulo de torsión se expresa por:
TL c 2ab3G
Los coeficientes c1 y c 2 dependen únicamente de la relacion a/b. (Las expresiones indicadas son válidas sólo para el intervalo elástico lineal). a/b-----------------------c1-----------------------------c2 1.0---------------------0.208---------------------0.1406 1.2---------------------0.219---------------------0.1661 1.5---------------------0.231---------------------0.1958
384
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2.0---------------------0.246---------------------0.229 2.5---------------------0.248---------------------0.249 3.0---------------------0.267---------------------0.263 4.0---------------------0.282---------------------0.281 5.0---------------------0.291---------------------0.291 10.0--------------------0.312---------------------0.312
----------------------0.333---------------------0.333 Ejemplo T
Se aplica un torsor T=2Klb-pulg.
T
T
a cada una de las barras
d
d
representadas. Si el esfuerzo
d d
cortante admisible es 6
2d
Klb/pulg2, hallar la dimensión “d” requerida para cada barra.
Barra de la sección circular: Td / 2 d / 24 2 2d / 2 6 d 1.193 pu lg 4 d / 2 2 max
max
T a a b 1 2 b C1ab
max
2 6 d 1.170 pu lg 0.208 d3
Barra de sección cuadrada:
max
Barra de la sección rectangular:
T 2d 2 C1 0.246 2 d C1ab
max
2 6 d 0.878 pu lg 0.246 2d3
A las barras representadas en el problema anterior, se les aplica un torsor de 300 N-m. Si el esfuerzo cortante admisible es 60 MPa, hallar la dimensión “d” requerida para cada barra.
Similar al ejemplo. Obtenemos: Barra de sección circular d=29.4 mm Barra de sección cuadrada d=28.9 mm
385
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Barra de sección rectangular d=21.7 mm
3.6.1) Otras Secciones Transversales. *) Sección elíptica MÁX en los extremos del eje menor.
MÁX
16T ; siendo T el torsor b 2 h
h
En la barra de sección transversal elíptica.
material con modulo de Rigidez G
El Ángulo de Torsión, por unidad de longitud, es:
4 2 TI P 4
A G
Donde IP=
bh 3 hb 3 es el 64
b
momento polar de inercia de la sección. A
bh área de la sección transversal. 4
**) Sección en Triángulo Equilátero.
b m
máx en el centro de los lados
(Puntos m) máx
m
m
h
20T b3
El ángulo de torsión por unidad de longitud, es
4b2T , siendo G el módulo de b 4G
rigidez del material. ***) Sección en Hexágono Regular máx
T 0.217 Ad
T , donde d es el diámetro del círculo inscrito y A el área de la sección. 0.133 Ad2 G
****) Octágono Regular máx
T T ; (d, A → igual que el caso 0.223 Ad 0.13 Ad2 G
b
a
anterior). *****) Trapecio isósceles Se reemplaza el trapecio isósceles por un rectángulo
CG
c
d
equivalente (a b c d). Al rectángulo equivalente se le aplican las formulas dadas en la sección anterior.
386
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
La deducción de estas (y otras) fórmulas, así como el comportamiento de sólidos más generales se estudian en Cursos Avanzados de Mecánica de Sólidos o Elasticidad. Para el “Estudio Experimental” de la torsión existe un procedimiento analítico denominado Analogía de la Membrana.
3.7) Ecuaciones Diferenciales para Momento y Ángulo de Torsión
Al deducir la ecuación 0
Tdx
GJ L
se aceptó que el radio de la barra era
constante.
Si se aplica un torsor distribuido a lo largo de la barra, entonces el momento torsor interno variará a lo largo de dicha barra. En este caso se estableció una ecuación diferencial para determinar el cambio de torsor y el ángulo de torsión en cualquier sección de la barra.
De manera más general: Consideremos una barra de material lineal elástico, de sección circular variable a lo largo de la barra y sometida a la acción de torsores distribuidos q(x) y torsores concentrados en los extremos.
TA
TB xB
xA
qx momento torsor por unidad de longitud de la barra. Longitud de la barra : L XB X A
L Separamos un elemento de barra de longitud x
387
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Los torsores internos en las secciones del elemento, son: T(x x)
T(x)
T x y T x x . Ladistribucion del torsor q x contribuye con
x
x origen
x x
q x dx q x x
donde : q()x
T(x)
xx x
T(x x)
TL x q x Tx 0
Equilibrio:
Tx x Tx q 0 x x 0
Pasando al límite cuando
dT x qx 0(i) dx
notar
El ángulo de torsión relativo a lo largo de la barra, es: Combinando las ec. (i) y (ii), tenemos:
Si q=0 y GJ se mantiene constante
que si x 0 x .
dT x T dφ T GJ ii . dx JG dx
d d GJ qx 0iii dx dx
dT x 0 dx
ec.i.
En este caso, el momento torsor a lo largo de la barra se mantiene constante. Si q=q(x) diferente de cero, se integra la ec.(i) para encontrar T=T(x). Con T=T(x) conocido se integra la ec.(ii) para encontrar x .
Las dos constantes de integración (que corresponden a las integraciones) se evalúan mediante dos limitaciones sobre el sistema estudiado.
Alternativamente, con q=q(x) conocido se puede integrar la ec.(iii) para encontrar
x . (Las constantes se encuentran en base a las condiciones propias del problema). Por ejemplo con q(x)=0 y GJ constante
d2 0 dx 2
iii , de
donde determinar emos C1x C 2 .
388
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Si el ángulo de torsión en x=xA es A y en x=xB es B , las constantes se determinan a partir de las condiciones: A C1X A C 2 ; B C1XB C 2 C1
B A ; C 2 C1XB B xB x A
En este caso, el ángulo de torsión varía linealmente, de acuerdo con: x
B A A x x B B x C1x B B x B xB x A xB x A
Observar que, en este caso, a partir de las ecs. (ii) y anterior, tenemos: A d B A T T GJ B dx x B x A GJ xB x A
x B x A T
L .
GJ B A L
que es una ecuación ya conocida para T constante.
Ejemplo
L La barra circular de longitud L, representada en el esquema, se somete a un torsor distribuido q0 .El módulo de rigidez del material es G y el momento polar de inercia de la sección es
x
J. Determinar los torsores reacción, la distribución del
q0
ángulo de torsión a lo largo de la barra y el esfuerzo cortante
A
B
máximo (diámetro d).
Equilibrio: TA TB q0L i
B
TA
La
q0
B
ecuación
constante es
(iii)
con
q=q0;
GJ
q d2 0 . Integrando 2 GJ dx
la ecuación anterior, tenemos:
TB Condiciones: 0 A 0
x y
x
q0 x 2 C1x C 2 iii 2GJ
L B 0 (empotramientos).
Reemplazando en (ii) determinamos C 2 0; C
q0L . 2GJ
La distribución del ángulo de torsión, a lo largo de la flecha, es:
389
Mecánica de Sólidos
x
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
q0L x x 1 2GJ L
Por la ecuación (ii), obtenemos T=GJ
q L 2x d GJ 0 1 dx 2GJ L
La distribución del torsor a lo largo de la barra es lineal: T
q 0 L 2x x 1 2 L
Reacciones: TA T0
q0L 2
TB TL q0
L 2
Graficas de Tx y x :
q0
L 2
max
B A
torsor
q0
L 2
A
q0L2 8GJ
en x=L/2
B
angulo de torsion MAX MIN
q L 2d 2 8 qL , que se desarrolla en los apoyos. q0L máx 0 4 2 d3 r 4
390
CAPÍTULO IV ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Energía de Deformación es uno de los conceptos más importantes en el estudio de la Mecánica de Sólidos Deformables. 4.1)
Introducción. Definiciones
En el estudio del movimiento de partículas discretas y cuerpos rígidos, se demuestra que muchos problemas pueden solucionarse más fácilmente usando principios y consideraciones de energía, que usando la formulación directa de las ecuaciones del equilibrio. En este capítulo se definen Métodos de Energía que son extremadamente útiles para solucionar problemas y otros planteamientos de la Mecánica de Sólidos Deformables.
Definición. Energía de Deformación, es la energía almacenada en un sólido, en consecuencia del trabajo realizado por las acciones externas durante el proceso de deformación (Energía Interna). Si el material es elástico, se denomina Energía de Deformación Elástica.
Resulta fundamental distinguir la manera en que pueden aplicarse las cargas externas:
F
F F: constante F = K Δ
Δ APLICACIÓN GRADUAL Aplicación lenta, por incrementos
APLICACIÓN SÚBITA Aplicación violenta
Los efectos dinámicos
Los efectos dinámicos
(aceleraciones, vibraciones;…)
(aceleraciones, vibraciones;)
pueden ser considerables.
son despreciables.
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz W
Nota
x
Existe otra manera de aplicar
h
las cargas: POR IMPACTO (Será tratada posteriormente, en el presente capítulo. 4.1.1)
Trabajo de Cargas Externas
Consideraremos un sólido deformable en equilibrio, sustentado mediante apoyos no elásticos. F1
Fuerzas restrictivas No generan trabajo A F2
A' F4
(Reacciones: no sufren desplazamientos en su dirección) Acciones aplicadas Generan trabajo
P F3
La aplicación gradual (por incrementos) de las cargas, requiere: Q – Wext = E2 – E1. . . . (1) (Primera Ley de la Termodinámica) Donde: Q: Cantidad de calor transferido durante el proceso carga – deformación. Wext: Trabajo realizado por el sistema de cargas externas durante el proceso carga –deformación. E2 – E1: Cambio en la energía.
4.1.2) 1)
Energía potencial (altura) Incluye Energía cinética (movimient o) Energía Interna (deformaci ón)
Hipótesis Simplificatorias
Si el proceso carga–deformación es aproximadamente ADIABÁTICO (sin transferencias importantes de calor), puede aceptarse Q 0.
2)
Si el trabajo realizado por el centro de gravedad del sólido es despreciable durante el proceso carga – deformación (el centro de gravedad del sólido no
392
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
cambia significativamente de posición), entonces el cambio en la energía corresponde únicamente al cambio en la energía interna.
3)
Si el material es elástico (no necesariamente lineal) y no existe HISTÉRESIS, el cuerpo realiza una cantidad igual y contraria de trabajo durante los procesos de carga y descarga.
F
F W1 = -W2 carga = descarga
Lazo de Histéresis
ga
car
rga ca
a carg des
ga ar c s de
ELÁSTICO
ANELÁSTICO
Con dichas hipótesis, puede considerarse que los sólidos deformables almacenan energía durante su deformación, y ésta energía es equivalente al trabajo generado por las cargas externas.
La primera Ley de la Termodinámica (ec. 1) se expresa por: Wext = U . . . . (1.1) Siendo U la energía interna almacenada en el sólido durante el proceso carga / deformación. 4.2)
Energía Debida a Fuerza Normal
Consideremos una barra prismática de material elástico lineal, sometida a la acción gradual de una fuerza axial centrada. L
F
A;E
F=KΔ
Δ F
Δ El trabajo realizado por la fuerza F, es:
393
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F F=K
Wext
( F)
Wext
dWext = Fd
Fd Δ Δ
2 kd k 2 0
k 2 . . . . (2) 2
Por la ec. (1.1) U =
La ec. (2) puede escribirse: U =
1F 2 1 U = F . . . . (3) 2 2
F F=K
(
U
F)
U = 1 FD 2 Área bajo el diagrama
Si, además, el material satisface La Ley de Hooke: U
F 2L F 2L 1 FL U . . . . (4) F = 2EA 2 EA 2EA
Notas: i)Observar que
U FL F EA
"La derivada parcial de la Energía de Deformación almacenada en un sólido de material elástico lineal, con respecto a una fuerza aplicada, es igual al desplazamiento del punto de aplicación de esa fuerza, medido en su dirección" (Segundo Teorema de Castigliano).
ii)Es posible expresar la energía de deformación, (ec. 4), en función de otras variables. En función del 394
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz 2
U
F 2LA F 2L LA 2 F LA U 2 = U . . . . (5) 2EA 2E A 2E A 2E
2 Vol . . . . (5.1) 2E
ó U
(Vol = AL = Volumen no deformado)
En función del Cambio de Longitud
U
F 2L FL EA ; F , reemplazando en (4) 2EA EA L
U
EA 2 L EA U . . . . (6) 2EA L 2L
2
En función de la Deformación Unitaria: Sabemos que = L reemplazamos en (6): U
EA L 2 = EAL 2 . . . . (7) 2L 2
ó
U
E 2 Vol . . . . (7.1) 2
(Siendo Vol el volumen inicial)
Iii) Si el sólido tiene secciones transversales variables (sólido homotético) pueden aplicarse, convenientemente, las ecuaciones anteriores para calcular la energía de deformación almacenada en el sólido.
Para el elemento diferencial: dz
dz
F (aplicada gradualmente) F
F
E d( )
A= A (z) (acotada) A= A (z)
z L
Si el material sigue la ley de Hooke: d() Luego dU
F(dz) EA
1 1 F F d() = F( dz) 2 EA 2
Usando la ecuación 4:
395
Mecánica de Sólidos
dU
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F 2dz F2 . . . . (8) dz U 2EA L 2EA (z)
La ec. (8) puede usarse también cuando F = F(z)
U
L
F 2 ( z )dz . . . . (8.1) 2EA( z )
iv) El trabajo realizado por la carga externa F (aplicada gradualmente) es numéricamente igual al área limitada por el diagrama P-.
F F= F( ) dU = F d
F F
U
d
ΔdF Δ
Definición. El área complementaria en el diagrama P–, define la Energía Complementaria.
F
( F)
U*
U + U*=F
F
U Propiedad:
U*
ΔdF (Energía
F
Complementaria)
Fd dF ()(F)
F
Si U U* el material es de comportamiento no lineal. Si U = U* el material puede ser de comportamiento lineal. U = U* no implica necesariamente comportamiento lineal.
396
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F
F ( F) ( F)
U*
U*
U = U*
U = U* U
U
U = U* no implica necesariamente comportamiento lineal
iv) Al someter un sólido a la acción de fuerzas, éstas generan trabajo, que en general se invierte deformando al sólido, generándose la Energía Interna. Si las cargas son aplicadas gradualmente, la energía cinética puede ser despreciable. Si las cargas no se aplican gradualmente, será necesario incluir la Energía Cinética (K). F
AA’: Con velocidad importante A A'
Wext = U + K
v
La aplicación gradual de las fuerzas, garantiza que los efectos dinámicos en las partículas materiales son insignificantes (casi nulos) y por consiguiente K 0.
vi) Todo sistema conformado por elementos linealmente elásticos sometidos a fuerza axial centrada, almacena Energía de Deformación. n
UTOTAL Ui i 1
Siendo: Ui:la energía almacenada en el i-ésimo elemento. n: nº de elementos Barras linealment e elásticas y de sección transversal constante Armaduras Apoyos no elásticos
397
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Fi
Ai
4
i;
6
Li
5
;E
2
1
Elemento i-ésimo
7
3
Fi
Ui
Fi2L i 2Ei A i
UTOTAL
Fi2L i 2E A . . . . (9) i 1 i i n
Si existiesen "Apoyos Elásticos", en el cálculo de la Energía Total debe incluirse la Energía almacenada durante la deformación de los apoyos.
Resortes elástico lineales
K1
K1, K2 constantes de resorte
K2 1
2
F1 = K11 (resorte 1) F2 = K22 (resorte 2) Unidades de K FUERZA/LONGITUD
UTOTAL = U1 + U2 + UR1 + UR2
U TOTAL
F12L1 F 2L 1 1 2 2 FR1 1 FR 2 2 2E1 A1 2E 2 A 2 2 2
(1 y 2 son los cambios de longitudes de los resortes) También:
U TOTAL
F12L1 F 2L K K 2 2 1 21 2 22 2E1 A1 2E 2 A 2 2 2
vii)Es importante distinguir entre Carga Aplicada gradualmente y Carga Aplicada súbitamente.
398
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F F F: creciente con
F = K
( F ) L E A
U= 1 F
U
(Aplicación Gradual)
F F
F: aplicada en toda su intensidad
( F ) F :constante
L E A
U= F
U
(Aplicación Súbita) viii) Sea U la energía almacenada durante el proceso de carga / deformación,
F Rango inelástico
F
U Si desde un punto en el rango inelástico, se descarga el material, la fuerza regresa a cero, presentándose un alargamiento permanente. En el proceso de descarga NO se recupera toda la energía generada durante el proceso de carga.
399
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F
Energía disipada
Energía recuperable
perm
elástico (recuperable)
El resto de energía se disipa (calor, fricción interna, etc...).
ix) El principio de Superposición NO puede aplicarse para evaluar la energía de deformación en un elemento.
400
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1
F1 A 1 1 L
1
s e
1
1
L E A
F12L U1 2EA
F2 F2 A 2 2 L 2
s e
1
1
L E A
F22 L U2 2EA
F 1+ F 2
s e
L E A
F1 F2 1 2 A 2 1 1 2 L
(F1 F2 )2 L U 2EA
U U1 + U2
s=s1+s2 e=e1+e2 (Si pueden superponerse)
EJEMPLOS
1.
En el sistema representado, cuya rigidez axial EA es constante, determinar: i)La energía de deformación U1 cuando Q=0 ii) La energía de deformación U2 cuando P=0 iii) La energía de deformación cuando actúan a la vez P y Q
401
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
A
B
C P
L/2
i) Q = 0
U1
ii) P = 0
U2
iii) P y Q
U3
U3 U3
L/2
P12L 2EA Q2 L
2 2EA
U2
Q 2L 4EA
P2 L
2 2 (P Q ) L / 2 2EA 2EA
P 2L 4EA P 2L 2EA
P 2L 2PQL / 2 Q 2L 4EA 2EA 4EA
PQL Q 2L 2EA 4EA
Notar que U 3 U2 + U1
2. Cada barra de la armadura representada tiene área transversal A y módulo de elasticidad E. Hallar el corrimiento horizontal del punto B.
P
B 1 2 A
60º
60º
C
L P
L1 L2 L F 1cos 60º F2 cos 60º P F 1sen60º F2 sen60º F 1 F2
F1 F2
1 1 F2 P 2 2 F1 P F1
F2 P
402
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz 2
Aplicando la ecuación 4: U
U ΔHB B
2
F1 L1 F L + 2 2 2E1A1 2E 2 A 2 P 2L P 2L P 2L + U 2EA 2EA 2EA
P
Wext
B’
U
p B ΔH 2
P 2L 2EA
Principio Fundamental:
P B P 2L 2PL ΔH ΔBH 2 EA EA 3. La rigidez axial de las barras AB y BC es EA. El ángulo b puede variarse cambiando la longitud de las barras, pero el nudo B debe permanecer a una distancia L de AC. Hallar la máxima energía de deformación y el correspondiente desplazamiento vertical del nudo B.
A
B P
C
FAB b
b
FCB
L
FCB senβ FABsenβ FCB FAB FCB cos β FAB cos β P 2FAB cos β P FAB
P
P 2 cos β
403
Mecánica de Sólidos
LAB
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
senβ
L L LAB L AB senβ
L U
2 P2 L P 2L U 2EA 4 cos2 β senβ 4EA cos2 βsenβ
Umin, cuando cos2sen sea máximo: y cos2 βsenβ
y cos2 β cos β senβ 2 cos β senβ β y 0 cos3 β 2 cos βsen 2 β β
cos β 0 cos2 β 2sen 2 β 0 1 2 tan 2 β 0 tan 2 β
3
2
1 2
senβ
2
1 , cos β 3
2 3
1 U min
P 2L 1 3 3 2 U min P L 2 4EA 2 1 8EA 3 3
A
B
V B
P C
Wext
1 B PΔV 2
Wext U min
404
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
p B 3 3 2 ΔV P L 2 8EA
3 3 P L 4EA
ΔBV
4. Las barras de la armadura representada tienen rigidez axial EA. Determinar: a) La Energía de Deformación en términos del desplazamiento vertical del punto D. b) El desplazamiento vertical del punto D. c) Las fuerzas en las barras de la armadura.
A
B
C h
D P a)
cos α
h h LDC LAD LDC cos α
A
B
C
D
C
D
cos α
U U
A
V D
D
Δ DC Δ DC ΔDV cos α Δ AD ΔDV cos α ….( * ) D ΔV
EA 2 EA 2 EA D 2 Δ AD Δ DC ΔV 2LAD 2L DC 2h EA D 2 EA D 2 EA D 2 1 ΔV cos2 α ΔV ΔV cos3 α h 2h h 2 cos α 405
Mecánica de Sólidos
U
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
2 EA 1 2 cos3 α ΔDV 2h
b) Wext
1 D PΔV 2
Principio fundamental:
2 1 D EA Ph PΔV 1 2 cos3 α ΔDV ΔDV 2 2h EA 1 2 cos3 α
c) Fuerzas:
FAD
FH = 0 FAD= FDC
FDC a
a
FV = 0 FAD cosaFDC cosa FDBP 2 FAD cosa FDBP
P FDB
Ph cos α EA 1 2 cos3 α
De ( * ) Δ AD
Como Δ AD
FAD LAD , obtenemos: EA
F Ph cos α h , de donde: AD 3 EA cos α EA 1 2 cos α
FAD
P cos 2 α F DC 1 2 cos3 α
De la ecuación de equilibrio:
2
P cos 2 α cos α F BD P 1 2 cos3 α
FBD
P 1 2 cos3 α
5. En el sistema representado, cuando P=0 existe la diferencia de longitudes S: i)Graficar un diagrama fuerza desplazamiento ii) Calcular la energía de deformación almacenada en los resortes, cuando X =2S
406
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
S
K2 i) 0 X S
K1
P
P = K1 X
K2
ii) X S
X
K2 ( X- S ) P
K1 X K2 ( X- S )
K1 X .......... .......... .. 0 X S 2K2 x S K1x P P ` K 1X 2K 2 ( X S )..... X S P (K1 +K 2 )2S
U
K1 X S
U
2S
X
K S (K1 K 2 )2S 1 K1SS 1 S 2 2
U (2K1 K 2 )S 2 4.3) 4.3.1)
Energía Debida a Fuerza Cortante y Momento Torsor Energía Debida a Fuerza Cortante
407
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Consideremos una barra prismática de material elástico lineal, en Estado de Esfuerzo Cortante. L
g
A ; E, G
d
F aplicada gradualmente F
F K'δ d: desplazamiento de la sección libre
Dejando de lado el efecto de flexión (momentos), la fuerza F produce la distorsión , y el desplazamiento . Para evaluar la energía de deformación, aplicamos la ec (1.1): W ext = U donde W ext trabajo producido por la carga F durante el desplazamiento . U Energía almacenada en la barra por efectos de la fuerza cortante. Para deformaciones infinitesimales 0; = L. Luego Wext
1 1 1 F ó U F U FL 2 2 2
Si los esfuerzos en el material permanecen en el rango elástico lineal
= G, y en consecuencia: U
1 1 FL F FL U 2 G 2 G A
de donde U
1 F 2L . . . . (10) 2 GA
(de la misma estructura que la ecuación (4)) La energía U, puede expresarse en función del esfuerzo cortante promedio: 2
U
F2LA F LA LA U 2 . . . . (10.1) 2G 2A 2G A 2G
ó U 2
Vol . . . . (10.2), 2G
siendo Vol = AL el volumen del sólido no deformado. También U = ∫(V)
τ2 dV 2G
(10.3)
408
Mecánica de Sólidos
4.3.2)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Energía Debida a Momento Torsor
Consideremos una barra circular de material lineal elástico, con Módulo de Rigidez G.
A
B
T aplicada gradualmente
L La sección B gira el ángulo por efectos del torsor T T T=K (, T)
1 U Tφ 2
U Pero en el rango elástico lineal, sabemos que:
φ
TL T TL T 2L U U …..(*) U es función del torsor T 2GJ GJ 2 GJ
También:
U
1 GJ GJ 2 φ φ U φ …..(**) U es función del ángulo 2 L 2L
Para barras compuestas: n
U U i i 1
donde Ui es la energía almacenada en el sólido i.
Ti 2Li U i 1 2Gi J i n
409
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Si la sección transversal de la barra o si el torsor interno son variables a lo largo de la barra:
T 2 x dx 2GJ X L
U EJEMPLO
Una barra troncocónica de material elástico lineal, está sometida al torsor T en su extremo libre. Calcular la energía de deformación y el giro del extremo libre.
B A T
dA
dB
L En este caso T y G son constantes, J(x) variable.
Por semejanza
dA
x
d
d dA
dB
dB d A x L
El momento polar de Inercia es:
J x
d dA π 4 π d J x x dA B 32 32 L T 2 x
L
Por tanto: U
0
4
2G
d dA π X dA B 32 L
4
410
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Evaluando la integral:
U
1 16T 2L 1 3 3 3πGd B d A d A d B
Puede calcularse el ángulo de giro A:
Wext
1 1 16T 2L 1 3 3 U Tφ A 2 3πGd B d A d A d B
, T aplicado por
incrementos
φA
1 32TL 1 3 3 3πGd B d A d A d B
4.4) Densidad de Energía Definición. Se denomina densidad de energía de deformación al valor u
U . . . . (1) Vol
Donde U es la energía de deformación almacenada en el elemento de volumen inicial Vol. Alternativamente, puede definirse u
dU . . . . (1.1) dV
almacena dU dV
La densidad de energía también se denomina Energía por Unidad de Volumen (Energía unitaria). Unidades: [u]
[unidades de U] [unidades de V]
En el sistema internacional:
Nm Joule 3 m m3
Para una barra de material elástico, sometida a carga axial, la densidad de energía, es:
411
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Δ LEA
u
F
A d( L )
Fd
u
F
AL
ó
s (e,s)
u d . . . . (2)
U e Notas i) El concepto de Densidad de Energía de Deformación, elimina el efecto del tamaño de la barra, y concentra la atención en las propiedades del material. ii) Existe cierta analogía entre U y u: Uen el plano F-Δ uen el plano s-e
F
s
u
U
e
Δ
u
U Fd
d
iii) Para una barra de material elástico lineal, la densidad de energía puede expresarse de diferentes maneras: Δ LEA
F
412
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1 F 2L U u 2 EA V LA 2
F2 1 u u 2 . . . . (3) 2E A 2E s s=Ee
(e,s) 1 σ2 u 2 E
e También u
1 . . ..(4) 2
u
1 1 E E2 2 2
u
1 2 E . . . . (5) 2
Definición. La densidad de energía de deformación, evaluada en el punto límite de proporcionalidad del material, se denomina Módulo de Resiliencia del material. Representa la energía máxima, por unidad de volumen, que puede absorver el material sin que se presenten deformaciones permanentes.
s
sfl
u
1 σ fl εfl 2
e efl
iv) La energía total de deformación puede calcularse a partir de la densidad de energía.
413
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
dU U udV . . . . (6) dV V
u
PROBLEMAS 1) En la armadura representada, todas las barras tienen 10 pulg 2 de sección transversal. El material admite la ecuación constitutiva = 10–6( + 2) ( en klb/pulg2). Calcular la energía total de deformación.
7
9'
4
3
5
6
P= 60 Klb
No se usan Ui
1
2
12'
12'
Fi2L i 2Ei Ai
puesto que el material de las barras NO es de
comportamiento elástico lineal.
tra
cc
ió n
F
U
co
m
pr e
si
ón
U
U Fd (barras en tracción)
U = ∫F dΔ (barras en compresión) Δ
Determinamos las Fuerzas Axiales en las barras de la armadura.
414
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F1 = –160; F2 = –80; F3 = 0; F4 = 100; F5 = –60; F6 = 100; F7 = 80 (klb) Determinamos los Esfuerzos Normales correspondientes. 1 = –16; 2 = –8; F3 = 0; 4 = 10; 5 = –6; 6 = 10; 7 = 8 (klb/pulg2) Energía en la barra i-ésima Ui Fd
U i σAd (εL) AL σdε en tracción ε
ε
Ui AL d en compresión
Pero = 10–6( + 2) Ui AL (10 6 )(1 2)d 0
σ
U i = 10 AL∫ σ (1 + 2σ )dσ = 10 AL 6
6
0
U i = 10 6 AL
σ2 2
+
2 σ 3
3
σ2
2 + σ 2 3
σ 3 0
. . . . (*)
UTOTAL = U1 + U2 + U3 +... + U7 . . . . (**) Reemplazamos los valores particulares para cada barra, obtenemos: U1 = 4.1165; U2 = 0.5376; U3 = 0; U4 = 1.29; U5 = 0.175; U6 = 1.29; U7 = 0.5376 (usando *) Luego, la energía total será U = 7.9467 klb-pulg (usando **)
2
Para el bloque de material elástico lineal e isotrópico representado, determinar la Energía de Deformación. El material presenta el diagrama - indicado.
415
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz FY
FZ =50 KN
5 cm
FX
10 cm
8 cm
FX =500 KN
FZ FY =100 KN
s 140 MPa =0.3
10 -3
e
Debido a la isotropía, la densidad de energía, es u
1 1 1 x x y y zz . . . . (1) 2 2 2
Esfuerzos: x
y z
500 kN 125000 kPa ; 8 5 10 4 m2
100 kN 20000 kPa 5 10 10 4 m2
50 kN 6250 kPa 8 10 10 4 m2
Deformaciones: x z
1 1 [x (y z )] ; y [y (x z )] ; E E
140 1 [z (x y )] . Del gráfico constitutivo hallamos E 3 MPa E 10 (pasar a kPa)
Reemplazando valores, encontramos:x = 0.000949 y = – 0.000397 z = – 0.000269 Reemplazando en (1) obtenemos u = 64.123125 416
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
La energía total será U = uV U = (64.123125)(0.05)(0.08)(0.10) = 0.02565 kJoules
3)
Hallar el desplazamiento horizontal del nudo C. L1 = 10 2 '
B
A
A1 = 0.5 pulg2 E1 = 3×104 klb/pulg2 2
1
L2 = 10' A2 = 1 pulg2 E2 = 3×104 klb/pulg2 F= 16 Klb
Hallamos las fuerzas internas F1 = 16 2 klb; F2 = –16 klb Calculamos la energía total de deformación:
U
1 F12L1 1 F22L 2 , reemplazando valores U = 3.408 klb-pulg. 2 E1A1 2 E2 A 2
Trabajo realizado por la carga F. B
A
2'
1'
C' F
V
C
C C
H
Principio fundamental W ext = U
1 (16)CH 3.408 2
De donde obtenemos CH = 0.426 pulg (Trabajo = Fuerza×desplazamiento en la misma dirección)
4)
Una barra prismática de longitud L, sección transversal de área A y peso W , cuelga libremente de uno de sus extremos. Calcular la energía elástica debida al peso propio. Considerar E el módulo de elasticidad del material.
417
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
L E A
Fuerza Interna:
F+Q=W F=W–Q (Q: peso de la barra parcial de altura z) W W W z Q Az z F W z W(1 ) L L AL L
W
Z
Q
2
F2dz 1 L 2 z Energía: U U W 1 dz 2EA 2EA 0 L L
F
5)
Desarrollando la integral, obtenemos U
W 2L 6EA
Un cono circular recto, de altura H y peso W, cuelga de su base cuyo radio es R y está sometido solamente a la acción de la gravedad. Hallar la energía elástica que se almacena en el cono. El material es de comportamiento lineal (E).
R
H
Peso unitario:
W W 3W Vol R 2H R 2H 3
Consideramos un cono parcial de altura z:
418
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
W F
Q
x
Q
z
2 3W 2 x z x z 3 R 2H 3
W 2 x z HR 2
Q Determinamos una relación entre x y z. R x R z H
x
H
x
R z. H
Reemplazando en Q.
Z
Q
W R2 3 W 3 z 3z HR 2 H2 H
Equilibrio F = Q (F es la fuerza interna) Energía U
1 F2 dz (puesto que A es variable) 2E L A
W
dz
3 2
1 H H3 z U 2E 0 x 2
obtenemos: U
6)
W2
6
1 H H6 z 2 dz . 2E 0 R 2 z2
Simplificando
y
evaluando
la
integral,
H
W2H 10ER 2
Una fuerza P actúa en la base superior de un tronco de cono de material elástico lineal (módulo E). Halle el trabajo elástico de la fuerza P, sin incluir el peso propio.
P A0 h A1
E
419
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Usamos la relación existente entre las áreas transversales y las alturas. R Área Ao
a x
Z
h
2
A a x …(1) A0 a
Área A Área A1
En la sección transversal ubicada a la distancia x (a partir de la base superior) la fuerza axial (normal) es –P. Luego:
(P)2 dx , donde A(x) la obtenemos de la ecuación (1). 0 2EA ( x )
h
U
h
U 0
P2dx
h
2EA 0 a a x
2
0
P2a2dx
2EA 0 a x
2
Desarrollando la integral, obtenemos U
A partir de la ecuación (1) obtenemos
P 2a h . . . . (2) 2EA 0 a h
h . Cuando x = h dede ser A = A1, luego: ah
2
A A1 a h a h a 1 . Reemplazando en (2): A0 A0 h U
7)
P 2a 2EA 0
h P2h . Simplificando tenemos U 2E A1A 0 A a 1 A0
Expresar la energía de deformación del sistema representado, en función de los desplazamientos u, v. Las tres barras son de material elástico lineal.
v
u 1 2
30º
60º
3
60º
420
Mecánica de Sólidos
Barra (1): L1; E1; A1
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Barra (2): L2; E2; A2
Barra (3): L3; E3; A3
Consideremos la barra i-ésima.
Li, Ei, Ai
Ui
Fi2L i FL pero i i i Ei A i 2Ei Ai
Ui
1 Ei A i 2 1 2 EA i k ii ; donde k i i i 2 L i 2 Li
es la rigidez axial de la barra i-ésima.
La energía almacenada en el sistema será:
U
1 2 1 1 k i1 k 2 22 k 323 . . . . (1) 2 2 2
Debemos calcular los cambios de longitud de las barras 1, 2, 3 compatibles con las componentes u, v del desplazamiento del nudo común.
En cada caso, basta proyectar los desplazamientos u, v sobre la dirección de la barra respectiva.
Barra 1
v
º 30 º 30
u
1 = u cos30° + v sen30° 30º
1 u
3 1 u 3v v . . . . (2) 2 2 2
Barra 2
421
Mecánica de Sólidos
v
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
60º 60º
u
2 = u cos60° + v sen60°
2 u
1 3 uv 3 v . . . . (3) 2 2 2
60º
Barra 3
60º
v u 60º
3 = v sen60° – u cos60° (se restan proyecciones en sentido contrario) 3 v
3 1 v 3 u u . . . . (4) 2 2 2
60º
Reemplazando (2), (3), (4) en (1) y simplificando, tenemos:
U
1 k1 (u 3 v)2 k 2 (u v 3 )2 k 3 (v 3 u)2 8
donde k1
8)
E1A1 E A E A ; k 2 2 2 ; k 3 3 3 (Rigideces axiales de las barras) L1 L2 L3
Obtener una expresión para calcular la energía de deformación que se almacena en el tubo cilíndrico de pared delgada representado en el esquema, por efectos del momento torsor T= 30 Kg-m. Considerar.E= 2.1×106 kg/cm2, =0.25.
422
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
T = 30 kg-m
Dm
h=60mm e= 4mm (espesor) Dm = 50mm (diámetro medio)
En cualquier sección transversal, el torsor es resistido por fuerzas cortantes (que se desarrollan en el plano de la sección).
T
d Rm
d
e
R=
Distribución uniforme de (espesor delgado) Los esfuerzos cortantes generan un momento M (respecto al centro de la sección). dM = RmdA; (Rm radio medio) dM = Rm(Rmd)e = Rm2ed 2π
Luego: M
R
2 m
τedθ R m2 τe(2π )
0
Condición de equilibrio: T = M T = Rm2e2, de donde
T . Sabemos 2 2eR m
que la Energía de Deformación por esfuerzo cortante, es
U
2 Vol 2G
423
Mecánica de Sólidos
Entonces: U
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz 2
T 2R meh) 2eR 2 ( m volumen del tubo
1 E 2 2(1 )
Reemplazando valores numéricos, obtenemos U = 0.82 kg-cm
9)
Calcular la energía de deformación acumulada en la armadura representada. Todas las barras tienen la misma rigidez de sección EA.
P
4
P
P 3m 6
2
3m 1
3
8
7 5
4m
4m
4m
4m
Encontramos las fuerzas axiales en todas las barras de la armadura. Para una barra, la energía es: U i =
Li i =1 2E i Ai 13
Para el caso:
F
U =∑
1 2E i Ai
F i 2Li
2
i
; Como todas las barras tienen la misma rigidez
de sección EA, tenemos:
U
1 13 2 Fi Li . . . . (*) (fuerzas en las unidades de P, longitudes en metros) 2EA i1
Las fuerzas axiales, son: 5 F12 P 2
5 F6 8 P 2
5 F2 4 P 3
5 F4 6 P 3
F13 2P
F35 2P
F5 7 2P
F7 8 2P
F23 0
F6 7 0
5 F2 5 P 6
5 F5 6 P 6
F4 5 P
(Usar, por ejemplo, método de nudos)
424
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
A partir de las dimensiones dadas, encontramos las longitudes de las barras. Teniendo las fuerzas en las barras y las longitudes, reemplazamos en (*). Obtenemos
U
913 2 P . 18EA
Nota.) En esta clase de problemas, es conveniente organizar los cálculos en una tabla u hoja de cálculos: Fuerza Barra
Fi2
Axial
Fi2L i
Li
Fi 1-2
– 5P/2
25P2/4
5
125P2/4
6-8
– 5P/2
25P2/4
5
125P2/4
Etc.
Etc.
Sumar: U
4.5)
1 2EA
Teoremas de Castigliano
4.5.1) Introducción Existen Teoremas basados en Energía de Deformación, que permiten: -
) Calcular deflexiones de nudos o puntos libres de Sistemas Deformables. A
AV ; B
D
C
AH ; DV ; DH ; C
BA, AD, AC, BD, DC
- ) Resolver Sistemas Hiperestáticos
425
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
- Reacciones Externas - Fuerzas internas - Desplazamientos de Nudos - Giro de Barras
Uno de los Teoremas de Energía, muy importante en el estudio de Sistemas Elásticos Lineales, que contribuyó al desarrollo analítico y la sistematización de la Mecánica de Cuerpos Deformablñes, es el Segundo Teorema de Castigliano.
En general, consideramos las hipótesis: -) Material elástico lineal
-) Cargas gradualmente aplicadas
-) Procesos adiabáticos
-) Apoyos suficientes para evitar desplazamientos de cuerpo rígido.
Sólo consideramos los desplazamientos debidos a la deformación del material.
Comentario:Consideremos un sólido estructural deformable de material elástico (no necesariamente lineal).
P
P=P(Δ) (Δ,P)
P Δ
dp
U*
U
U Δ dΔ
La energía de deformación es:
U Pd Pd . . . . (1)
0
426
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz P
La energía complementaria es: U* dP dP . . . . (2) P
0
x
(Recordando un Teorema del Cálculo Integral:Si g( x ) f ( f )df g'(x) = f(x) ) 0
A partir de las ecuaciones (1) y (2), obtenemos: De (1)
U P Primer Teorema de Castigliano
De (2)
∂ U * = Δ Segundo Teorema de Castigliano ∂P
Nótese que si el material es elástico lineal, entonces U = U*, y en consecuencia
U P
Forma usual del Segundo Teorema de Castigliano.
"La derivada parcial de la Energía de Deformación, almacenada en un Sistema Elástico Lineal, con respecto a una carga aplicada, es igual al desplazamiento del punto de aplicación de la carga, medido en dirección de la carga misma".
4.5.2) Segundo Teorema de Castigliano
Enunciado: "La derivada parcial de la Energía de Deformación almacenada en un sistema linealmente elástico, con respecto a una fuerza seleccionada (aplicada gradualmente) que actúa sobre el sistema, es igual al desplazamiento del punto de aplicación de esa fuerza en dirección de su propia recta de acción".
Demostración:
Consideremos un sólido elástico lineal, sometido a la acción gradual de fuerzas P 1, P2, ..., Pk,
Pn independientes entre sí.
Sea k el desplazamiento del punto de aplicación de P k a lo largo de su recta de acción.
427
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Pk
P1 Δ1 Δk
Δn Pn
PKFuerza selecionada
La Energía de Deformación es función de las cargas aplicadas: U = U (P1, P2,. . ., Pk,. . ., Pn) Si solamente varía la fuerza Pk, el cambio en la energía, es: dU
U dPk Pk
Puesto que las reacciones no generan trabajo, la energía total de deformación, es: UTOTAL U
U dPk . . . . (1) Pk
Siendo U la energía generada por P1, P2, . . ., Pk, . . ., Pn.
428
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Si cambiamos el orden de aplicación de las fuerzas Pk y dPk, tendríamos:
Trabajo realizado por las fuerzas externas: "=
1 (dPk )(dk ) (dPk )( k ) 2
(Cuando se aplica Pk sucede que ya se aplicó el dPk en toda su magnitud); siendo:
429
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
trabajo realizado por la aplicación gradual de las fuerzas aplicadas P 1, P2, . . ., Pk, . . ., Pn.
1 (dPk )(dk ) trabajo generado al aplicar gradualmente el dPk. 2
(dPk )( k ) trabajo adicional, generado por aplicación de Pk.
(dPk recorre k permaneciendo constante)
Para deformaciones infinitesimales, con suficiente aproximación, tenemos: (dPk )( k ) , puesto que
'=
Por el principio fundamental: (dPk )( k ) U
1 (dPk )(dk ) es un infinitésimo de orden superior. 2
' UTOTAL . Luego, tenemos:
U dPk (Usando la ecuación 1) Pk
además,
= U, finalmente obtenemos:
(dPk )( k )
U dPk . Como para que exista cambio en la fuerza seleccionada se Pk
requiere dPk 0, de la última ecuación tenemos: k
Nota).
U Segundo Teorema de Castigliano. Pk
La fuerza seleccionada (acción generalizada) Pk puede ser o bien una fuerza concentrada o bien un momento concentrado. fuerza concentrada k es desplazami ento lineal Pk momento concentrado k es desplazami ento angular (giro)
dPk
Pk lineal
dΔk Δk
referencia final
angular(giro)
referencia inicial
430
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
PROBLEMAS
1)
Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA. Calcular el desplazamiento vertical del punto A. L
L 6
A
1
P L 3
2
5
4
En el punto A existe la carga P, aplicada verticalmente. Luego, por aplicación directa del 2do Teorema de Castigliano calcularemos el desplazamiento vertical del nudo A.
AV
U . . . . () P
Calculamos la energía de deformación almacenada en la armadura: U
6
F2L
2Ei Ai i 1
i
i
1 F12L1 F22L 2 F32L 3 F42L 4 F52L 5 F62L 6 . . . . () 2EA
Por el método de los nudos, hallamos las fuerzas en las barras: F1 = P; F2 = –P 2 ; F3 = P; F4 = –P; F5 = –P 2 ; F6 = 2P
A partir de los datos geométricos dados, encontramos las longitudes de las barras. Reemplazando en () y simplificando, tenemos: 7 4 2 2 P L . Finalmente reemplazando en (), tenemos: U 2EA 7 4 2 PL AV EA
2)
(MÉTODO DE LA CARGA FICTÍCIA) Calcular el desplazamiento horizontal del punto de aplicación de la carga P, en el sistema representado. Las barras deformables, son de material linealmente elástico.
431
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz ángulo rígido
1.5EA 1
P d
B
EA 2
a
a/2
a
Como en el punto B, no existe carga horizontalmente aplicada, no puede aplicarse directamente el 2do Teorema de Castigliano. Usamos el Método de la Carga Ficticia:
Suponemos una carga ficticia Q aplicada horizontalmente en el punto B. Determinamos la energía de deformación en función de la CARGA REAL (P) y de la CARGA FICTICIA (Q).
1
P (real)
Q (ficticia)
2
a a Las fuerzas en las barras deformables, son: F1 P ; F2 Q P . d d
Energía: U = U1 + U2
U
F12L1 F2L 2 2 . Reemplazando valores, tenemos: 2E1A1 2E2 A 2 2
2
a a a P a Q P a d 2 d U ; simplificando: 2(1.5EA ) 2(EA )
432
Mecánica de Sólidos
U
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
P2a3 a a Q P 2 d 2d EA 2EA
2
Aplicando, ahora, el 2do Teorema de Castigliano:
BH
U Q Q 0
Luego: BH
Hacer Q 0, significa restituir el sistema original de cargas (que no contiene a la fuerza Q).
a a Pa2 Q P EA d Q 0 EAd
(El signo menos significa que el desplazamiento generado está en sentido contrario al supuesto para la carga ficticia).
3)
Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA. Encontrar el desplazamiento del punto D causado por aplicación de una fuerza P horizontalmente aplicada en el nudo D.
A
L
1
5
2
C
B
4
3
L
P (real) D L
El desplazamiento del punto D tendrá una componente horizontal y una componente vertical. Para aplicar el 2do Teorema de Castigliano (caso del desplazamiento vertical) aplicamos una carga Q ficticia, verticalmente aplicada en el nudo D. (Longitudes: L1 =
Energía: U
2 L; L2 = L; L3 =
1 2EA
2 L; L4 = L; L5 = L.)
5
Fi2L i i 1
. . . . ()
433
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
A
1
5
2
C
B
4
3
P (real) D Q(ficticia)
Encontramos las fuerzas en las barras (en función de P y Q). F1 =
2 (P + Q); F2 = – (P + Q); F3 = – 2 P; F4 = (P + Q); F5 = – P
Reemplazando los valores en (), tenemos: U
1 2(P Q)2 2L (P Q)2 L (2P2 ) 2L (P Q)2 L P2L 2EA
Desplazamiento horizontal DH
U P Q 0
Efectuando la derivada parcial, simplificando y haciendo Q= 0, tenemos: DH 8.6
PL (horizontalmente hacia la izquierda) EA
Desplazamiento vertical DV
U Q Q 0
Efectuando la derivada parcial, simplificando y haciendo Q= 0, tenemos:
DV 4.8
4)
PL (verticalmente hacia abajo) EA
Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA. Calcular los desplazamientos del punto C.
434
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
4
E
D
1000 lb
5
6
3
45°
1
2
A
B
C
2000 lb 10'
10'
Como en el punto C no existen cargas aplicadas, usamos el método de las cargas Ficticias. 4
E
D
5
6
45°
1
1000 lb
A
3
2 B
2000 lb
P ficticia
C Q ficticia
10'
10'
Encontramos las fuerzas en las barras (en función de P y Q). F1 = P-2(1+ Q); F2 = P - Q; F3 Energía de deformación: U
Q Q2 P; F4 = 1 + Q; F5 = Q; F6 0.707 0.707
Fi 2 L . . . . () i 1 2E i Ai 6
(Longitudes en pies)
Reemplazando los valores en (), tenemos: 2 Q 10 2 2 2 P 2 ( 1 Q ) 10 ( P Q ) 10 (1 Q ) 10 1 0.707 0.707 U 2 2EA Q 2 10 2 Q 10 0 . 707 0 . 707
435
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Segundo Teorema de Castigliano :
U ……(*) P P 0
ΔCH
ΔCV
Q 0
U ……(**) P P 0 Q 0
De(*):
ΔCH
1 2(P 2(1 Q))10 2(P Q)10QP00 2EA
ΔCH
1 2(2)(10) 20 pies 2EA EA
De(**):
10 Q 1 2P 2 2Q 10 2P Q 110 2 21 Q 10 1 0.707 0.707 0.707 ΔCV 2EA 2 Q 1 10 2Q10 2 0.707 0.707 0.707 P 0
Q 0
ΔCV
5)
1 80 20 113.2 106.6 pies 2EA AE
Calcular el cambio de pendiente del elemento DE, ocasionado por las fuerzas P y Q. Suponer E = 72 GPa para todas las barras. Las barras BD y DE tienen 900 mm2 de sección transversal, y las restantes tienen 150 mm 2. 2m
2m
1
A
4
E
C
P= 10 KN 2
1.5m
5
6
3 B
D
Q= 5 KN
Puesto que queremos calcular el giro de la barra DE, suponemos que sobre ella actúa un momento ficticio (definido por dos fuerzas iguales y opuestas actuando en D y en E).
436
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
M/L6 ficticia E
L6
P= 10 KN
D M/L6 ficticia Q= 5 KN
Encontramos las fuerzas axiales en función de P, Q, M.
F2 F3 F4 F5 F6
4 M P 3 0.6L 6
PQ 0.6 4 M (2P Q) 3 0.6L 6 . . . . () 4 M P 3 0.6L 6 0 P 4M 0.6 3L 6
F1
La energía total es: U
6
F 2L
2Ei Ai i 1
i
i
Antes de desarrollar la suma, podemos realizar la derivada parcial que requiere el 2 do Teorema de Castigliano: DE
6 Fi2L i U DE M i1 2Ei Ai M0 M M0
Aplicamos la regla de la cadena para derivadas:
6 FL Fi DE i i (Derivada de una suma = suma de derivadas) i 1 Ei A i M M 0 Puesto que E es común para todas las barras, tenemos: DE
1 F1L1 F1 F2L 2 F2 F L F ... 6 6 6 . . . . () E A1 M A 2 M A 6 M M0
437
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Las derivadas parciales
Fi , se calculan a partir de las ecuaciones (). M
Reemplazando valores numéricos en () y haciendo M = 0, obtenemos: DE = – 0.00432 rad (El signo menos indica que el giro se produce en sentido contrario al supuesto para el momento ficticio).
6)
Calcular el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la fuerza P = 30 kN. Suponer E = 2×105 MPa en todas las barras. Considerar L1 = 2 m, L2 = 1 m, L3 = 1 m
30º
30º 2
4cm
3
2
3cm
a
1m 2
2cm
1
a
2
P= 30 KN
Determinamos las fuerzas en las barras: F1 = P; F2 = P; F3 = P (La fuerza axial es la misma en las barras (2) y (3)). La energía de deformación, es: U
F12L1 F 2L F2L 2 2 3 3 2E1 A1 2E2 A 2 2E3 A 3
Reemplazando datos (E1 = E2 = E3 = 2×105 MPa), obtenemos: U
17 P2 (N-m) (Fuerzas N, longitudes m) 7 (48)(10 )
Por el 2do Teorema de Castigliano:
V
U 17 17 P (30 103 ) 7 P (24)(10 ) (24)(107 )
V = 2.125×10-3 m
438
Mecánica de Sólidos
7)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Las barras de la armadura representada tienen 1 pulg2 de sección transversal y su material admite la ecuación constitutiva = 6(105) (klb/pulg2). Calcular la deflexión vertical del nudo B.
C 2
U*
U 30º B 1
L= 10'
P= 10 Klb
F1 = P 3 ; F2 = 2P
Fuerzas Axiales:
Como el material es de comportamiento no lineal, aplicaremos el 2 do Teorema de Castigliano, en base a la Energía Complementaria.
U * BV . . . . (1) P i Ui * ui * Voli Ui * d ( A iL i ) 0
De la ecuación constitutiva encontramos que
2 (36)(1010 )
i
2 AiL i d i3 10 10 (3)(36)(10 ) 0 (36)(10 )
Ui * AiL i * U TOTAL =
A1L1 10
(3)(36)(10 )
σ 13 +
A2L2 10
(3)(36)(10 )
σ 23
F Reemplazando valores tenemos: i i Ai 3
U*TOTAL
P 3 2P A1L1 A 2L 2 10 10 (3)(36)(10 ) A1 (3)(36)(10 ) A 2
3
Aplicando el Segundo Teorema de Castigliano, ec (1) y reemplazando valores numéricos, tenemos: VB = 0.482 pulg
439
Mecánica de Sólidos
8)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
El elemento axial compuesto, cargado según se indica en el esquema, está soportado por dos bloques rígidos. Hallar las reacciones y las fuerzas en cada
Ei A i . Li
bloque deformable. Considerar K i
K3=3K2 K1=2K2 K2 P
2P
1
2
3
Deformables Rígidos u1
Sean:
u2
u1: desplazamiento del punto de aplicación de la carga P. u2: desplazamiento del punto de aplicación de la carga Q = 2P.
Cambios de longitud: 1 u1
2 u2 u1 () 3 u2
La energía total de deformación, es: U
1 2 1 1 k i1 k 2 22 k 323 . . . . () 2 2 2
Reemplazando en () los alargamientos dados por (), tenemos:
U
1 1 1 k iu12 k 2 (u2 u1 )2 k 3u22 2 2 2
Por aplicación del Primer Teorema de Castigliano, tenemos: U P K1u1 + K2 (u2 – u1) (–1) = P. . . . (1) u1 U Q K2 (u2 – u1) + K3u2 = Q. . . . (2) u2
Reemplazando los valores K1, K2, K3 y Q, tenemos: 2K2(u1) + K2(u2 – u1)(–1) = P . . . . (3) K2(u2 – u1) + 3K2u2 = 2P . . . . (4)
440
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
P K 2 Simplificando tenemos: ( ) 2P 4u2 u1 K 2 3u1 u2
Resolviendo el sistema (), obtenemos: u1
6P 7P ; u2 . . . . () 11K 2 11K 2
Conociendo los desplazamientos, se calcularán las fuerzas en los elementos (1), (2), (3). F1 = K11 = K1u1 F2 = K22 = K2(u2 – u1) F3 = K33 = K3u2 Reemplazando () en las expresiones anteriores, tenemos: F1
12P P 21P ; F2 ; F3 11 11 11
P
12P 11
K1
2P
P 11
P 11
K2 K3
(Diagramas de cuerpo libre que definen las reacciones y las fuerzas axiales en cada tramo).
Nota)
Observar, como con la ayuda del Primer Teorema de Castigliano, se ha resuelto un problema estáticamente indeterminado, sin usar directamente ecuaciones de equilibrio.
9)
Encontrar las fuerzas Q1 y Q2 necesarias para producir la configuración deformada que se indica. Considerar EA la rigidez axial de ambas barras.
441
21P 11
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Q2 3 Q1
4 q2 q1 L L1 = L; L2 = 5L/4 Por equilibrio del nudo, encontramos las fuerzas axiales: F1 Q1
4 5 Q2 ; F2 Q2 3 3
La energía de deformación almacenada en la armadura, es: U
1 1 F12L1 F22L 2 2EA 2EA
L U 2EA
2 2 4 5 5L Q1 Q2 L Q2 3 3 4
2 4 125 2 Q2 . . . . () Q1 Q2 3 36
Por el Segundo Teorema de Castigliano, tenemos: U U q1 y q2 . Luego, de (): Q1 Q2 L 2EA
4 L 2 Q1 3 Q2 q1 y 2EA
4 4 125 2 Q1 3 Q2 3 18 Q2 q2
Resolviendo simultáneamente las dos últimas ecuaciones, obtenemos:
Q1 (189q1 48q2 )
EA 125L
Q2 (48q1 36q2 )
EA 125L
Nota).
Es posible utilizar también el Primer Teorema de Castigliano para calcular desplazamientos de puntos libres en Sistemas elásticos lineales.
10) Encontrar los desplazamientos vertical y horizontal del nudo D de la armadura representada. Considerar E = 107 lb/pulg2; A = 1 pulg2 para las tres barras. (Solución por el 1er Teorema de Castigliano).
442
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
50” A 130”
90” B
C
120” 150”
Q= 10 000lb Como en el punto D (cuyos desplazamientos queremos calcular) no existe carga aplicada horizontalmente, suponemos que actúa una carga ficticia.
2 3 1
D q1
Q2 (ficticia)
q2
D'
Q1 =10 000lb (real)
Sean:
q1 desplazamiento vertical q2 desplazamiento horizontal
Calculamos la Energía de Deformación en función de los cambios de longitud (alargamientos) de las barras, usando, para cada barra, la expresión:
Ui
Ei A i 2 i . 2L i
Como la rigidez axial EA es la misma para las tres barras, tenemos: U
EA 2 EA 2 EA 2 EA 21 22 23 . . . . () 1 2 3 2L1 2L 2 2L 3 2 L1 L 2 L 3 443
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Se calculan las longitudes de las barras: L 1 = 130"; L2 = 120"; L3 = 150". Calculamos los cambios de longitud de cada barra. El cambio de longitud de una barra, es igual a la suma algebraica de las proyecciones de los desplazamientos q 1 y q2 en dirección de la barra.
L1
1
q 1cos
1 q 1 cosq 2 sen ........... 1 q1 12q 5 1 2 13
13
q sen 2
L2
q 1
2
........... 2
q1 q
2
444
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
L3
3 q 1cosq 2 sen q1 12q 5 ........... 3 3 2
q 1cos
13
q1
13
q2
q 2sen
Reemplazando (1), (2) y (3) en (), tenemos: EA U 2
2 2 1 12 5 q12 1 12 9 q2 q1 q2 q1 13 L 2 L 3 15 15 L1 13
Por el 1er Teorema de Castigliano, tenemos:
Desarrollando
U U Q1 y Q2 q1 q2
U Q1 : q1
EA 2 12 5 2 12 2 q1 q 2 q1 2 L1 13 13 13 L2 L3
Q1 9 12 12 q q 10 , 000 1 2 15 15 15
Reemplazando los valores conocidos (E; A; L 1; L2; L3) y simplificando encontramos: 1 = 19.14q1 – 0.47q2 . . . . (4) Desarrollando EA 2
U Q2 : q2
Q2 2 12 5 9 5 2 12 9 q2 q1 q2 0 q1 13 13 L 3 15 15 15 L1 13
Reemplazando los valores conocidos (E; A; L 1; L2; L3) y simplificando encontramos: – 0.0005q1 + 0.0035q2 = 0 . . . . (5) Resolvemos el Sistema de ecuaciones (4) y (5). Obtenemos: 445
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
q1 = 0.0075" q2 = 0.0524" 11) Una viga rígida está soportada por tres barras elásticas verticales. Cada una de ellas tiene un área transversal A y módulo de elasticidad E, pero la barra central es la mitad de larga que las otras dos. Calcular el corrimiento horizontal originado por la fuerza horizontal P. Considerar que el corrimiento es pequeño comparado con las otras dimensiones del sistema.
P L/2
L
d
L
d
d
P 2
1
Deformaciones unitarias: 1 3
2
3
L2 2 L 2 1 2 1 L L
L2 L 2 2 4 2 1 4 1 L L2 2
Como 0, usamos la aproximación Con esto, 1 3 1 2 1
1U 1
1 U (Si U 0) 2
1 2 1 2 2 1 2 L 2 L2
1 2 2 4 2 1 2 2 2 L L
Los alargamientos inducidos en las barras serán: 1 = 3 = L1 y 2
L 2 2 446
Mecánica de Sólidos
1 3 L
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1 2 2 L 2 2 ; 2 2 2 L2 2L 2 L2 L
La energía se calculará mediante U
EA EA (1 )2 2 ( 2 )2 2L 2L / 2 2 barrasiguales
Reemplazando 1 y 2 y simplificando, tenemos: U Aplicamos el Primer Teorema de Castigliano
Efectuando la derivada:
5EA 4 4L3
U 5EA 4 P P 4L3
5EA 3 P ; de donde L3
3
0.2P EA
12) La figura representa una armadura espacial, compuesta por tres elementos del mismo material y de igual sección transversal. ¿Qué deflexión experimenta el nudo B bajo acción de la fuerza P 3i 2 j 2k (klb), en dirección de la fuerza P? Considerar E = 25×106 lb/pulg2; A = 20 pulg2. Z
D 5’
5’ A
10’
_ P
B Y
X Determinamos los cosenos directores de la fuerza P y de las barras de la armadura. Cosenos directores P BA
3 , 17
2 , 17
2 17
5 10 , ,0 125 125
BC 0, – 1, 0
447
Mecánica de Sólidos
BD 0,
-
10 , 125
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
5 125
Ecuaciones de equilibrio:
∑F
0 →
∑F
0 →
∑F
0 →
x
y
Z
3 5 P FBA 0 17 125 2 10 P FBA - FBC 17 125 2 5 P FBD 0 17 125
10 FBD 125
Resolviendo este sistema de ecuaciones , hallamos : 3 125 FBA P 5 17 ( 0 2 125 FBD P 5 17 42P FBC 5 17
FBA; FBC y FBD son las fuerzas en las barras) Energía de deformación (longitud de barras en pies) U
1 2EA
(9)(125) 2 (42)2 P2 (4)(125) 2 P 125 10 P 125 . Simplificando, (25)(17) (25)(17) (25)(17)
tenemos: U PB PB
4.6)
42.13P2 (klb-pie). Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano: EA
84.26P . Reemplazando datos tenemos: EA (84.26) 17 0.000694 pies (en dirección de P ) 25 103 20 1 144 144
Método de la Carga Unitaria para Calcular Desplazamientos
Principio de Superposición: Si el material del sólido en estudio es de comportamiento elástico-lineal y las deformaciones son infinitesimales, el efecto de un conjunto de acciones es la suma (superposición) de todos los efectos producidos individualmente por las acciones.
448
Mecánica de Sólidos
Q
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Q
R
R P
P
+
+
=
d2
d1
d
d3
d= d1+d2+d3
Q
Q
P
P (F uerz as A x ial es )
=
Fi
(Fuerzas Axiales)
+
Fi’ Fi = Fi’ +Fi’’
Fi’’
En particular:
Q
Fi = ? 1
Carga Unitaria adimensional (paralela a la fuerza Q y del mismo sentido)
’
Fi = Q Pi Fi: Fuerza Axial Real ’ Pi : Fuerza Axial debida a la CARGA UNITARIA i: nº de barra
P i’ 449
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Al calcular deflexiones en sistemas elástico-lineales, los cálculos pueden simplificarse por aplicación del Principio de Superposición y del Segundo Teorema de Castigliano.
Dada la armadura, calcular los desplazamientos del punto M.
P2
PK M
P1
Desplazamiento vertical Mv = ? Como no existe carga vertical aplicada en el nudo M, usaremos el Método de la Carga Ficticia. Aplicamos, en M, la carga vertical ficticia PvM .
PK
P2
M
P1
Pv
M
Si Fuerzas Axiales (NO REALES) Si = (P1, P2, . . ., Pk, . . ., PvM ) (Haciendo PvM = 0 en Si obtenemos las FUERZAS AXIALES REALES) . . . . () Energía de Deformación: U
S 2L
n
2Ei Ai i 1
i
i
do
Por el 2 Teorema de Castigliano, tenemos: Mv
U Mv M Pv P M 0 PvM v
n
S2L i i P M 0 v
2Ei Ai i 1
Por una propiedad de la derivada: Mv
n
2S L
2E iAi i 1
i
Significado de
i
Si . . . . () PvM P M 0 v
S i : PvM
450
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Usamos el principio de superposición:
P2
P2
PK M
P1
=
P1
PK M
+
M
Pv
S ‘i
Si
cargas reales
fuerzas no reales
P2 P1
M M
Pv S’’i
carga ficticia (Si no son las fuerzas axiales reales, debido a PvM ) Si = S'i + S"i También por el mismo principio:
M M
Pv
Si
’’
M 1
Si
’’’
Si''' Fuerzas Axiales ocasionadas por una FUERZA UNITARIA. Luego Si' (Si''' )(PvM ) (Factores de carga unitaria) Entonces Si Si' (Si''' )(PvM ) 451
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Puesto que las fuerzas S'i son independientes de los factores de Fuerza Unitaria Si''' y de la fuerza ficticia PvM , tenemos: Las derivadas parciales
Si Si''' . En consecuencia: PvM
S i son numéricamente iguales a las FUERZAS AXIALES que PvM
se producen en la Armadura por efecto de una CARGA UNITARIA que actúa en la dirección del desplazamiento deseado, aplicada en el punto donde se evalúa tal desplazamiento.
Reemplazando en (), tenemos: SiL i ''' Si (Evaluada para PvM = 0) E A i 1 i i n
Mv
Pero Si evaluadas para PvM = 0 coinciden con las FUERZAS AXIALES REALES (recordar la condición). FiL i ƒi i 1 Ei A i n
Por lo tanto: Mv
()
(Combinación lineal de los cambios de
longitud de todas las barras) La ec () permite calcular cómodamente el desplazamiento Mv . En la expresión anterior: Fi Fuerzas Axiales Reales (ocasionadas por el Sistema Real de Cargas) ƒi Fuerzas Axiales por Carga Unitaria (Factores de Fuerza Unitaria).
Resumen
P2
PK Fi: Fuerzas Axiales Reales
P1
M fi: Factores de Fuerza Unitaria 1 452
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Los cálculos convienen ser realizados en un esquema tabular:
Barr
Longitud
Área
Elasticida
Fuerza Real
Factor Unitario
i
Li
Ai
d
Fi
ƒi
SiL i ƒi Ei A i
1
2
=============================================
n
Nota).
Sumar
Ei
=
El procedimiento para calcular MH es similar. Sólo cambiarán los Factores de Fuerza Unitaria. Para este caso, la fuerza unitaria actuará en el nudo de interés en dirección horizontal.
EJEMPLOS)
1)
Calcular los desplazamientos del nudo B.
1
P
30º 2
L Barra (1) AE Barra (2) 3AE L1 = L; L 2
2L 3
Bv : Fuerzas Axiales Reales: F1 3P ; F2 = – 2P Factores de Fuerza Unitaria
453
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1
1
30º 2
ƒ1 3 ; ƒ2 = – 2 Aplicamos (): Bv
F1L1 FL ƒ1 2 2 ƒ2 . Reemplazando los datos: E1A1 E2 A 2
2L (2P) 3PL 3 (2) Bv ( 3) EA 3EA Simplificando obtenemos: Bv
PL 3 3 EA 3 3
BH : Fuerzas Axiales Reales: F1 3P ; F2 = – 2P (las mismas) Factores de Fuerza Unitaria ƒ1 = 1; ƒ2 = 0 Aplicamos (): BH
3PL BH (1) EA
2L (2P) 3 (0) 3EA
Simplificando: BH Nota).
F1L1 FL ƒ1 2 2 ƒ2 . Reemplazando los datos: E1A1 E2 A 2
3PL EA
Como ambos desplazamientos son positivos, sus sentidos coinciden con los señalados para las Cargas Unitarias.
2)
Calcular el corrimiento del rodillo en la armadura representada. Considerar el material con módulo elástico E = 2.1×106 kg/cm2 para todas las barras. A1 = A2 = A3 = A5 = A7 = 12.7 cm2 A4 = A6 = 6.35 cm2
454
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
30°
2
9 Ton
5
6 7
3
4
1
-) Calculamos las fuerzas axiales reales F1 = – 8,481
F2 = – 14,788
F3 = 18,116
F4 = 5,997
F5 = – 8,404
F6 = 4,241
F7 = 16,357 (expresadas en kg) (Se obtienen resolviendo la armadura con las cargas reales)
-) Calculamos los Factores de Fuerza Unitaria (adimensioanles)
2
7
3
1
5
6
4
f1= 0.606 f4= -1.428 f2= 1.057 f5= 0.955 f3= -0.865 f6= -1.009 f7= -1.875 1 (sin dimensiones)
El corrimiento del Rodillo estará dado por:
455
Mecánica de Sólidos
7
FL
i 1
i
Ei Ai
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
ƒi ; es decir: i
1 F1L1 FL FL FL FL FL FL ƒ1 2 2 ƒ2 3 3 ƒ3 4 4 ƒ 4 5 5 ƒ5 6 6 ƒ6 7 7 ƒ7 E A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7
(Puesto que E es el mismo para todas las barras) (Las longitudes o son datos o se calculan por relaciones geométricas). Reemplazando los datos numéricos en la sumatoria y simplificando, obtenemos: = – 1.397 cm (El signo menos indica que el corrimiento es en sentido contrario al señalado para la carga unitaria). 3) En la armadura representada calcular el desplazamiento vertical del nudo A, ocasionado por un incremento de temperatura de 50º F en las barras BC y CD. El coeficiente de dilatación lineal del material de las barras es =0.0000065/ºF.
C
B
D 32’
A
4 x 24’=96’
Como la armadura es isostática interna y externa, no se generan reacciones en los apoyos ni fuerzas axiales en las barras por efectos de los cambios de temperatura. Sin embargo si se originan cambios de longitud de las barras debidos a los cambios de temperatura, que ocasionarán una distorsión de toda la armadura.
Para calcular el desplazamiento vertical del nudo A, aplicamos la ecuación:
Δ
n
Δ f (*) i i
i 1
en la cual Di es el cambio de longitud de la barra i-ésima y fi es el correspondiente factor de carga unitaria. Para el caso, como sólo se incrementa la temperatura de las barras BC y CD existirán los cambios de longitud DBC y DCD, siendo nulos los cambios de longitud de las barras restantes. Por tanto, la ecuación (*), es: 456
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Δ ΔBC fBC Δ CD fCD (**)
Los cambios de longitud son: ΔBC Δ CD α L ΔT (0.0000065)(24)(50) 0.0078' . Determinamos los factores de carga fBC y fCD que vienen a ser las fuerzas axiales en las barras BC y CD debidas exclusivamente a la acción de una carga unitaria aplicada verticalmente en el nudo A. C
B
D 32’
A 1
4 x 24’=96’
Resolviendo la armadura indicada con la carga unitaria, encontramos: f BC=fCD= -0.375. Luego, reemplazamos en la ecuación (**): Δ (0.0078' )(0.375) (0.0078' )(0.0375) 0.00585' 0.0702"
(El signo menos indica que el punto A se desplaza verticalmente hacia arriba, contrario al sentido asignado para la carga unitaria).
4.7)
Principio del Trabajo Mínimo. Sistemas Hiperestáticos
Usando los Teoremas de Castigliano y conceptos sobre energía de deformación pueden solucionarse Sistemas Hiperestáticos Internos o Externos, bajo Carga Axial.
Interno
Externo
Interno / Externo
4.7.1) Principio del Trabajo Mínimo Consideremos una armadura hiperestática interna (externamente determinada) sometida a un Sistema de Fuerzas externas gradualmente aplicadas. El material de las barras se considera linealmente elástico.
457
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
P2 P1
P3 Requerimos encontrar las Fuerzas en las barras de la armadura.
Procedimiento: i)
Determinamos el grado u orden de hiperestaticidad interna. (Número de barras existentes – Número de barras de la condición estática)
ii)
"Liberamos" tantas barras como es el grado de hiperestaticidad interna. En cualquier caso, la armadura resultante (denominada armadura primaria) debe ser Estable e Isostática Interna.
iii) Se "reemplazan" las barras suprimidas por sus Fuerzas Internas.
P2 P1
X X
"X" es la fuerza axial en la barra suprimida (llamada barra redundante o hiperestática)
P3
iv) Se evalúa la Energía de Deformación en la armadura primaria, en función de las cargas realmente aplicadas y de las fuerzas redundantes. U = U(P1, P2, P3, . . ., X) v)
Se calcula el "cambio de distancia" entre los nudos que definen la "barra suprimida", por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano U ' . . . . (1) X
vi) Consideramos la condición de Compatibilidad Geométrica. 458
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
X
Barra hiperestática (suprimida) L; E; A X Por la Ley de Hooke:
XL . . . . (2) EA
( es el cambio de longitud de la barra suprimida) Condición de Compatibilidad: ' + = 0 (La separación de los nudos se contrarrestará con el alargamiento de la barra). Luego:
U XL 0 X EA
Donde,
X 2L U 0 X 2EA
X 2L es la energía almacenada en la barra suprimida. 2EA
U: energía de deformación en la armadura primaria. Por tanto:
UTOTAL 0 ; denominado Principio del Trabajo Mínimo. X
El Principio del Trabajo Mínimo (Teorema de Menabrea) establece que: "En un sistema linealmente elástico, con elementos redundantes o hiperestáticos, el valor de una fuerza hiperestática es aquel que hace mínima la Energía Total de Deformación almacenada en el sistema".
Nota).
El principio del Trabajo Mínimo debe usarse tantas veces como es el número de elementos redundantes. Asimismo, puede aplicarse en sistemas hiperestáticos internos y/o externos.
EJEMPLOS 1)
Determinar las fuerzas en las barras de la armadura representada. Considerar todas las barras con rigidez axial EA.
459
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1
20'
12 klb
2
3
40'
4
60'
Consideramos la barra (1) como el elemento redundante. La armadura Primaria, será: F1 (redundante) 12 klb
2
3
4
H1 V1
V2
-Reacciones y fuerzas internas, en función de F 1 (en la armadura primaria): H1 12 klb F2
F1 16 2 5 F3 (16 F1 ) 8
16 F1 2 () 1 F4 (48 3F1 ) 8
V1
5 (F1 16) 8
V2
-Energía Total de Deformación (se incluye la energía en la barra (1)) UTOTAL
1 F12L1 F22L 2 F32L 3 F42L 4 . . . . () 2EA
Reemplazamos () en () (las longitudes son datos) UTOTAL
2 1 48 3F1 25 25 (16 F1 )2 (50) (F1 16)2 (50) (F12 )(20) (60) 2EA 8 64 64
460
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
U TOTAL 0 F1
Principio del trabajo mínimo:
Efectuando la derivación y resolviendo la ecuación planteada, tenemos: F1 = 2 klb (Fuerza en la barra redundante)
Reemplazando este valor en las ecuaciones (), obtenemos: F2 = 11.25 klb F3 = – 8.75 klb
F4 = 5.25 klb
V1 = -9 klb V2 = 7 klb 2)
Hallar las reacciones externas y las fuerzas internas en las barras de la armadura representada. Considerar la misma rigidez axial en todas las barras (EA).
a
P
a
a Se trata de una armadura hiperestática externa.
Seleccionamos una componente de reacción como la redundante. Por ejemplo la reacción R2.
R4 R3
3
2
1
4
5
P
6
R1 R2(redundante)
Encontramos la energía total: U = ƒ(P, R2)
461
Mecánica de Sólidos
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Fuerzas Internas: F1 R 2 2P; F2 2(P R 2); F 3 P () F4 -P; F5 2P; F 6 P
La energía total, es: U
6
F 2L
2Ei Ai i 1
i
. Reemplazando valores y simplificando, i
tenemos:
U
a (R 2 2P)2 2 2 (P R 2 )2 3P2 2 2P2 2EA
Principio del trabajo mínimo:
U 0 (puesto que R2 fue considerada la reacción F2
redundante).
Efectuando la derivación, tenemos: 2(R2 – 2P) + 4 2 (P – R2)(–1) = 0 1 2 (2P) de donde R 2 1 2 2
Reemplazando este valor en las ecuaciones (), obtenemos: F1
2 2 2 P ; F2 P ; F3 P 12 2 1 2
F4 P ; F5 2P ; F6 P
Mediante las ecuaciones de equilibrio para toda la armadura, pueden obtenerse las reacciones externas (puesto que R2 ya es conocida). Encontraremos: R1
3)
P 2 2 2 2 P ; R3 P ;R4 12 2 12 2 12 2
La armadura regular, compuesta de seis varillas articuladas entre si, representada en el esquema, está solicitada por 3 fuerzas iguales P que están en equilibrio. Todas las varillas tienen la misma sección transversal y son del mismo material (A; E). Hallar las fuerzas en las varillas.
462
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
P L A
L1 A
L1 A
120º
L A L1 A
30º 30º
P
P
Como la armadura es regular, las tres barras exteriores tienen la misma fuerza, y las tres barras interiores también tienen igual fuerza.
P F F1 F1
P
F F1
P
Equilibrio de un nudo (exterior)
P
F
F
F1 P = F1 + 2Fcos30 P = F1 + F 3 . . . . () (No existe otra ecuación útil de equilibrio)
463
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Energía total: U 3
F2L F2L 3 1 1 . . . . () 2EA 2EA
Sea F la fuerza redundante Por consiguiente
U 0 F
3FL 3F1L1 F1 0 EA EA F
(puesto que entre F1 y F existe la relación ()) FL + F1L1( 3) 0 (De () se obtiene
F1 3) F
De las relaciones geométricas, deducimos que L L 1 3 , luego la ecuación anterior, es:
FL1 3 3F1L1 0 F = F1 Reemplazando en la condición de equilibrio () P F F 3 F
F1
4)
P 1 3
P 1 3
Dados P = 8 Ton; a = 1 m; 1 = 30°; 2 = 60°; E1 = E2 = E3 = 2×106 kg/cm2, hallar las fuerzas en las barras y la deflexión del nudo A. Considerar A1-=A2=A3 =1cm2
a
a
A P Debido a la simetría total, necesitamos determinar solamente 3 Fuerzas Axiales.
464
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
2 2 1
1
3
P
Energía Total: UTOTAL
2F12L1 2F22L 2 2F32L 3 . . . . () 2E1 A1 2E1 A1 2E1 A1
(Todas las barras tienen la misma rigidez axial) Es un problema hiperestático Sea F3 la fuerza redundante.
2 2 1
1
F F
P
Equilibrio: P F3 P F3 2 cos 1 3 ( ) F3 F3 F2 F3 2 cos 2 2 1 2 F1
Reemplazando () en (), tenemos: 2
UTOTAL
1 P F3 1 F3 2 L 2 1 F3 2 L 3 . . . . () L1 E1A1 3 E1A1 2E1A1
Principio del trabajo mínimo:
∂ U TOTAL = 0 . Luego: ∂ F3
465
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1 L1 2(P F3 )( 1) 2F3L 2 F3L 3 0 E1A1 3
Simplificando y despejando F3, tenemos F3
2PL1 . . . . (1) 2L1 6L 2 3L 3
Relaciones geométricas a
L1 = 2a
L2 L3
L1 30º
L 2 2a
3
L 3 2a
3
Reemplazando en (1) y simplificando, tenemos: F3
2 3P 0.278P 92 3
Reemplazando F3 en las ecuaciones (), obtenemos: F1 = 0.417P; F2 = 0.278P; donde P = 8 Ton. Obtenemos: F1 = 3.336 Ton; F2 = 2.224 Ton; F3 = 2.224 Ton Para calcular el desplazamiento del nudo A, notamos que por la simetría del sistema, el desplazamiento es vertical. Reemplazamos F3 = 0.278P en la energía (ecuación )
U TOTAL =
1
E 1 A1
[
P
0.278P 3
2
2a + (0.278P ) 2
Por el Segundo Teorema de Castigliano: AV
2a a + (0.278P ) 2 3 3
]
UTOTAL P
Efectuando la derivación y reemplanzado los valores dados, obtenemos:
AV 0.192 cm
5)
Calcular las fuerzas en las barras y el desplazamiento del punto C. Considerar A = 0.1 pulg2; E = 30×106 lb/pulg2; L = 100 pulg. Todas las barras tienen la misma rigidez EA. 466
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
B
0. 8L P=2500 lb
L C
0.6
L
A
Reacciones Externas:
P H2
2
P
1
R 3
H1 Usando las ecuaciones del equilibrio, encontramos: H1 = – 0.48P + 0.64R H2 = 0.48P + 0.36R Por equilibrio de nudos, encontramos las fuerzas de barra: F1 = – 0.36P + 0.48R; F2 = – (0.8P + 0.6R); F3 = 0.6P – 0.8R . . . . () Energía de Deformación: U U
1 (F12L F22 0.8L F32 0.6L) 2EA
L (F12 0.8F22 0.6F32 ) . . . . () 2EA
467
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Para calcular el desplazamiento del punto C, usamos el Segundo Teorema de Castigliano: C C C
U P
L F F F 2F1 1 1.6F2 2 1.2F3 3 2EA P P P
L F1 F F 0.8F2 2 0.6F3 3 . . . . () F1 EA P P P
Las derivadas parciales
F1 F2 F3 , , se calculan a partir de () P P P
Reemplazando: ΔC
L - 0.36P 0.48R- 0.36 0.80.8P 0.6R0.8 0.60.6P - 0.8R0.6 EA
Simplificando: C También, 0
L 0.8576P 0.0768R . . . . () EA
U 0 (Principio del trabajo mínimo) R reacción hiperestática. R
L F1 F F 0.8F2 2 0.6F3 3 . Las derivadas parciales se encuentran a F1 EA R R R
partir de (). Tenemos: 0
L 0.48F1 0.48F2 0.48F3 F1 – F2 – F3 = 0 . . . . () EA
Resolviendo las ecuaciones () y () encontramos: R R
0.16 P 1.88
0.16 (2500) 212.8 lb. Conociendo R, mediante () hallamos: 1.88
F1 = – 797.856 lb; F2 = – 2,127.68 lb; F3 = 1,329.76 lb. Para calcular el desplazamiento, usamos () C
L 0.8576P 0.0768(212.8) L 2,127.66 EA EA
Reemplazando
6)
L , obtenemos C 0.0709 pulg. EA
En la armadura representada, determinar: a) Las reacciones externas, b) Las fuerzas axiales en las barras; c) El desplazamiento horizontal del nudo A. Considerar todas las barras con la misma rigidez axial. Datos: E = 2.1 x 103 Ton/cm2; A = 12 cm2; K = (50/9) Ton/cm (Constante del resorte de comportamiento elástico lineal) (Longitudes en metros).
468
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz K
Se trata de una armadura hiperestática externa, con un apoyo deformable.
4.5 m
6.0 m
R3
Sea R4 la reacción hiperestática.
A P=30 Ton
Determinamos U = f( P, R4), incluyendo la energía por la deformación del resorte.
R4
Equilibrio global: R1 + R2 = 0 R3 + R4 = P 6R4 – 4.5 R1 – 6 P = 0
R2 A R1
(*)
P
Fuerzas Axiales: F1= 0; F2 = 0; F3= R4; F4 = 1.34 (R4 – P); F5=1.67 (P-R4)
(**)
R2 2 2 2 La energía de deformación es: U = F L +F L +F L + 4 4 4 5 5 2K 2EA 3 3 1
[
Aplicamos el Principio del Trabajo Mínimo:
]
∂ u = 0 . Luego obtenemos: ∂ R4
∂ F ∂ F ∂ F K [ F3L 3 3 + F4L 4 4 + F5L 5 5 ] + R 4 = 0 EA ∂ R4 ∂ R4 ∂ R4 Las derivadas parciales se obtienen a partir de las ecuaciones (**). Reemplazando en
la ecuación anterior todos los valores conocidos, se plantea una ecuación algebraica de primer grado cuya incógnita es la reacción hiperestática R 4. Resolviendo esta ecuación obtenemos: R4 = 11.658 Ton. Reemplazando el valor R4 en las ecuaciones (*) y (**) encontramos las reacciones externas y las fuerzas axiales (reales) en las barras de la armadura (en toneladas). R1=-24.456; R2= 24.456; R3= 18.342; F1=F2= 0; F3=11.658; F4=-24.578; F5=30.631 Para calcular el desplazamiento horizontal del nudo A, usaremos el Método de la Carga Unitaria. Descargamos la armadura del sistema real de cargas y en el nudo A aplicamos una carga unitaria horizontal (adimensional). Resolviendo la armadura con la carga unitaria encontraremos los factores de fuerza unitaria f i.
469
Mecánica de Sólidos
X3
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Armadura hiperestática externa. Sea X4 la reacción hiperestática. Usaremos el Principio del Trabajo Mínimo.
X4
A
Equilibrio global: X1+X2+1=0; X3+X4=0 4.5X1+4.5-6X4=0
1
X1
(a)
Por el método del equilibrio de nudos, encontramos los factores de fuerza unitaria: f1=f2=0;
f3=X4;
f4= -1+1.336X4;
f5=-1.67X4 (b)
X 24 1 2 2 2 [f L + f4 L 4 + f5 L 5 ] + La energía de deformación es U = 2EA 3 3 2K Por el principio del trabajo mínimo:
∂U = 0 . Luego tenemos: ∂X 4
K [f3 L 3 ∂f3 + f4L 4 ∂f4 + f5L 5 ∂f5 ] + X 4 = 0 EA ∂X 4 ∂ X4 ∂ X4 Las derivadas parciales se obtienen a partir de las ecuaciones (b). Reemplazando los valores conocidos en la ecuación anterior, planteamos una ecuación algebraica de primer grado, cuya incógnita es la reacción hiperestática X4. Resolviendo dicha ecuación encontramos X4 = 0. 0984. Reemplazando este valor de X4 en las ecuaciones (b) encontramos los factores de fuerza unitaria: f1 = f2 = 0;
f3 = 0.0984;
f4 = - 0.8685;
f5 = - 0.1643
Finalmente reemplazando valores en la ecuación del desplazamiento deseado:
ΔAH =
1 [F L f + F4L 4 f4 + L 5 f5 f 5 EA 3 3 3
]
Encontramos ΔAH = 0.379 cm.
470
Mecánica de Sólidos
4.8)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Esfuerzos y Deformaciones Axiales por Cargas de Impacto.
4.8.1) Introducción. Definiciones. En los problemas estudiados anteriormente, se consideró que las cargas externas se aplicaban gradualmente, y que los elementos estructurales o sólidos deformables estaban en equilibrio estable en todas las etapas del proceso carga-deformación. En esta sección, estudiaremos los casos simples de Esfuerzos y Deformaciones Axiales provenientes de la aplicación de cargas de impacto. Definición) Carga Dinámica La carga causada por un cuerpo en movimiento. X
Q carga dinámica
h
rígido
La energía del cuerpo en movimiento se transfiere a los elementos resistentes.
Los conceptos de Energía pueden usarse para calcular los esfuerzos y las deformaciones uniaxiales producidos por cargas de impacto, aceptando que máx y máx no sobrepasan los límites de Elasticidad Lineal del material, obtenidos mediante Ensayos en Laboratorio.
Con frecuencia, los problemas de impacto, son consecuencia de Cargas Dinámicas, mediante las cuales un sistema transfiere su energía a otro, por medio de un choque o impacto.
El mecanismo simple para estudiar la transmisión de cargas dinámicas, es una barra elástica lineal con una plataforma rígida, y por la cual resbala –sin fricción– un cuerpo rígido de masa m.
471
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
sección A; material E
v=0
B
L
collar ( de peso W)
h
plataforma rígido
d
d Deflexión Dinámica. El bloque, de peso W, realiza el impacto, transfiriendo su energía cinética al cuerpo con el cual hace el contacto. 4.8.2) Hipótesis i) Durante el impacto no se disipa cantidad importante de energía. ii)
Toda la energía cinética del cuerpo que realiza el impacto se transfiere al sistema (a sus elementos resistentes).
iii) El diagrama constitutivo - obtenido del ensayo uniaxial de tracción (aplicación estática) sigue siendo válido d = Ed. Nota)
Se observará que una carga de impacto genera esfuerzos y deformaciones más elevados que los que produciría una carga de la misma intensidad, aplicada gradualmente.
4.8.3) Esfuerzos y Deformaciones por Impacto.
Consideremos una barra de material elástico lineal, sección transversal constante, y un peso W que cae libremente (sin fricción) partiendo del reposo, desde una altura h. Aceptamos que el peso de la barra es despreciable con respecto al peso W.
472
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz sección transversal
A
E
L
W h
d W
Principio fundamental: "El trabajo realizado por el peso al caer, es igual a la energía de deformación almacenada en los elementos elásticos". W(h + d) = U . pero U W(h d )
. . . (1)
AE 2 d . . . . (2), luego obtenemos 2L
AE 2 d , ecuación de segundo grado en d: 2L 2d
2WL 2WhL d 0 Cuyas raíces son: EA EA 2
d
WL WL WL 2 h . . . . (3) EA EA EA
Por las condiciones físicas del problema, d > 0. Luego sólo es aceptable una raíz: 2
WL WL WL d 2 h . . . . (4) EA EA EA
Δd: alargamiento dinámico, debido al impacto
473
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Si el peso W se aplicase gradualmente en la sección donde se realiza el impacto, se produciría un Alargamiento Estático, st:
L E A
(aplicado gradualmente)
st
W
WL , con lo cual la ecuación (4) puede reescribirse: EA 2
WL WL d st 2 h EA EA
ó 2h d st 1 1 . . . . (5) st
Definición) El coeficiente 1 1
2h se denomina Coeficiente o Factor Dinámico st
(Factor de amplificación dinámica) kd 1 1
2h . . . . (6)(kd >1) st
La ecuación (5) quedaría d = kdst . . . . (7)
Nota).
Si h = 0 la carga W se aplica súbitamente (de una vez toda su intensidad). En este caso: d = 2st (kd = 2). Es decir, una carga aplicada súbitamente ocasiona un alargamiento doble del que se produciría si la carga fuese aplicada gradualmente.
Aceptando que sigue siendo válida la Ley de Hooke, determinamos el Esfuerzo Dinámico generado: 474
Mecánica de Sólidos
d = Ed
d E
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
d , reemplazando d por su valor dado por la ecuación (4), L
obtenemos: 2 E WL WL WL d h . . . . (8) 2 L EA EA EA
Simplificando, y notando que
W es el esfuerzo normal en condiciones estáticas, A
tenemos: h d st 2st 2 Est . . . . (9) L
donde
W st (esfuerzo normal en condiciones estáticas). A
Usando la Ley de Hooke en condiciones estáticas st
WL E W 1 , obtenemos EA L A st
E st y reemplazando en la ecuación (9), tenemos: L st d st 2st 2h
2st 2h st 1 1 . . . . (10) st st
Equivalentemente: d = kdst . . . . (10.1) Nótese que se h = 0 kd = 2 y d = 2st, similar a lo sucedido con el alargamiento dinámico.
Notas) 1)
El esfuerzo dinámico d depende del módulo de elasticidad E del material y de la longitud L de la barra (ecuación 9); situación que no se presentaba en el esfuerzo estático st.
2)
Si durante el impacto los esfuerzos y deformaciones sobrepasan los límites de elasticidad lineal del material, las fórmulas deducidas NO son VÁLIDAS.
3)
El esfuerzo dinámico d puede disminuirse no solamente incrementando el área de la sección transversal, sino también incrementando la longitud de la barra (ecuación 9).
4)
El coeficiente dinámico kd puede expresarse en función de la velocidad con la cual el cuerpo de peso W impacta con la placa rígida.
475
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
W v=0
h
v= 2gh
kd 1 1
2h st
v2 = 2gh kd 1 1
5)
v2 . . . . (10.2) g st
Es posible expresar kd en función de la energía cinética en el momento del impacto y de la energía de deformación almacenada en la barra (por aplicación gradual del peso W).
En el instante del impacto, la energía cinética del cuerpo que cae, es:
K
W 2 v 2g
La energía de deformación generada por aplicación gradual de W, es: Ust
K v2 W st . Luego s Ust g st
y reemplazando en la ecuación (10.2), obtenemos: kd 1 1
6)
K . . . . (10.3) Ust
Si h >> st, el coeficiente kd puede aproximarse por kd
2h st
ó por k d
v2 g st
476
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
EJEMPLOS 1)
Hallar la deflexión en el punto B, debido al impacto del bloque de peso Q. La barra rígida AB, articulada en A, está sostenida por dos resortes elásticos lineales.
Q
K1
h
K2
B
A a
a
a
AB: barra rígida
1
2
Q
A
B
1
2
B
hd
B d =?
Principio fundamental:
Q(h + Bd) = U1 + U2 Q h Bd
K1 2 K 2 2 1 2 . . . . (1) 2 2
(U1, U2 son las energías acumuladas en los resortes) Condición de compatibilidad geométrica: 1
1 2 Bd (semejanza de triángulos) a 2a 3a
1 B 2 d ; 2 Bd 3 3
Reemplazamos en (1): Q h Bd
2
K1 1 B K 2 B d 2 d 2 3 2 3
2
Resolviendo ésta ecuación de segundo grado en Bd y aceptando la raíz físicamente posible, obtenemos: 2
Bd
9Q 9Q 18Qh K1 4K 2 K1 4K 2 K1 4K 2 477
Mecánica de Sólidos
2)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Calcular la deflexión del punto B debida al impacto. Considerar constante la rigidez axial EA.
a v=0
Q
a rígida
B
a
El desplazamiento dinámico es: Bd = KdBst . . . . (1) donde k d 1 1 kd 1 1
2a Bst
2h st
. . . . . (2) (puesto que en B sucede el impacto)
Bst es la deflexión del punto B debida a la carga Q aplicada gradualmente.
EA
2a
B
a Q
Problema hiperestático
478
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
R2 reación hiperestática
2a tramo 2 B
tramo 1
a Q
R1
Equilibrio R1 + R2 = Q Energía de Deformación (estática): UT
Q R 2 2 a R 22 2a
UT
2AE
2AE
R12a R 22 2a 2AE 2AE
. . . . (3)
Principio del trabajo mínimo: U T 0 R 2
Q R 2 1a R 22 2a 0 EA
de donde obtenemos R 2
2EA
Q 2Q . Luego R1 3 3
Reemplazando R2 por su valor en la ecuación (3) y simplificando tenemos: UT
q 2 Q . Aplicamos, ahora, el 2do Teorema de Castigliano: 3EA
Bst
Ut 2aQ Bst . . . . (4) Q 3EA
Reemplazando Bst en la ecuación (2): kd 1 1
2a 3EA . . . . (5) 1 1 2aQ Q 3EA
Finalmente, reemplazando (4) y (5) en (1), obtenemos: 3EA Bd 1 1 Q
3)
2aQ 3EA
En el sistema representado, calcular Qmáx para que el esfuerzo normal no exceda de 1,600 kg/cm2.
479
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
30º
L
L
30º
L Q 0.5m rígida
L 1m
A 1 cm (en las tres barras) 6 2 E 2 10 kg/cm d 1600 kg/cm 2 2
Factor Dinámico: k d
d st
(st calculado en la sección donde se realiza el impacto) kd
1,600 kg/cm 2 1600 . . . . () Q kg Q 4 cm2
También k d 1 1
2h . . . . () st
Calculamos st:
T
T
30º
30º
30º
30º
Q Q gradualmente aplicado
T
Q 3
La energía de deformación, es: 480
Mecánica de Sólidos
U
Q2L Q2L Q2L 2EA 32EA 2EA
U
5Q2L 6EA
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
2do Teorema de Castigliano st Reemplazando en (): k d 1 1
U 5QL Q 3EA 2(50) 1200000 . . . . () 1 1 5 Q(100) Q 3 2 106 1
Igualando () con ():
1600 1200000 1 1 Q Q Resolviendo la ecuación, hallamos Q = 2.1776 kg que será el máximo valor de Q (puesto que ya se incluyó el mayor esfuerzo dinámico d = 1,600 kg/cm2)
4)
Un cuerpo M, cuyo peso es W = 7.5 kg, cae desde la altura h = 1.5 m, según se indica en el esquema. Si la barra es de acero cuyo esfuerzo de fluencia es y = 4,800 kg/cm2, hallar el área transversal de la barra, necesaria para no exceder el esfuerzo de fluencia (E = 2.1×106 kg/cm2)
M 2.40m 1.50m
Usamos d donde st
W 2h . . . . (ecuación 10) 1 1 A st
WL (medido en el punto donde suecede el impacto). EA
481
Mecánica de Sólidos
d
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W 2hEA 1 1 A WL
. . . . ()
Condición del problema d y. Luego; reemplazando valores en () 4,800
7.5 (2)(150)(2.1)(106 ) A 1 1 A (7.5)(240) 2
4,800 A 1 7.5
1 350000A
2
Resolviendo la ecuación tenemos: A = 0.85 cm2 (la otra raíz no nos sirve, porque A > 0)
5)
La varilla AB, de sección uniforme, está hecha de un material que tiene y = 18 klb/pulg2; E = 15×106 lb/pulg2. El collar D se mueve a lo largo de la varilla a una velocidad de 10 pies/seg cuando golpea una placa colocada en el extremo B de la varilla. Usando un factor de seguridad de 4, respecto al peso, determinar el máximo peso del collar, si la varilla no debe permanecer deformada. No incluir el rozamiento. Sección transversal de diámetro d=5/8 pulg. D
B
A
V0 L= 4'
Como la varilla no debe permanecer deformada, encontramos la máxima Energía de Deformación (para evitar deformaciones permanentes).
sy uy e ey
482
Mecánica de Sólidos
Uy uy Vol
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1 y y AL 2
Ley de Hooke y
y 1 AL 2 Uy y y AL Uy y E 2E 2 E
Reemplazando valores: 2
5 (4)(12) 1 4 8 Uy (18,000)2 6 2 15 10
Uy = 159.04 lb-pulg (Máxima energía almacenada en la barra). En el momento del choque, la energía cinética del cuerpo en movimiento, es: K
1 mv 2 2
K
1W W (10 12)2 7200 2 g g
K 7200
W (W en libras, g = 32.2 pies/s2, g = 32.2×12 pulg/s2) (32.2)(12)
K = 18.6335W Aplicamos el principio fundamental: Uy = K 159.04 = 18.6335W, de donde obtenemos W = 8.535 lb El peso máximo permitido será Wmáx Wmáx
6)
W , es decir: FS
8.535 2.13375 lb 4
En el sistema representado, calcular hmáx, para que el esfuerzo en el cable no exceda de 160 MPa. Considerar:L = 1 m A = 2 cm2 E = 2×105 MPa Q = 100 N
483
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Q cable
L E A
h
60° B
A a
2a
AB: barra rígida
Factor Dinámico k d 1 1
2h . . . . () Bst
Calculamos Bst
60° B
A
Q aplicado gradualmente
La tensión en el cable es T 2 3Q Energía de Deformación U
U
T 2L 2EA
6LQ 2 EA
Segundo Teorema de Castigliano: Bst
U 12QL Q EA
Reemplazamos en ():
kd 1 1
hEA . . . . () QL
El esfuerzo dinámico, es d = kdst (st en el cable, que se el elemento elástico resistente)
484
Mecánica de Sólidos
d k d
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T hEA 2 3Q 1 1 A 6QL A
Condición d 160 MPa. Reemplazando valores numéricos, tenemos: h(2)(105 )(106 )(2 10 4 ) (2 3 )(100) 160 106 1 1 2 10 4 (6)(100)(1)
Resolviendo la ecuación obtenemos h = 0.128 m, que será la altura máxima pues ya se usó el máximo esfuerzo normal en el cable. hmáx = 12.8 cm 7)
Una masa de 6 kg cae desde una altura de 0.8 m, golpeando la cabeza de un perno largo de acero, según se indica en el esquema. Aceptando que toda la energía es absorvida por el perno, calcular el espesor necesario de la cabeza si el esfuerzo cortante de punzonamiento no debe exceder de 80 MPa. Considerar E = 200 GPa; diámetro del perno 20 mm.
m 1.50m
0.80m
e =?
cabeza del perno
El peso del cuerpo que cae es Q = (6 kg)(9.81 m/s 2) = 58.86 N El
factor
dinámico,
es:
kd 1 1
2h st
y
el
esfuerzo
dinámico
es:
2h W WL d 1 1 st , donde st ; st st EA A
485
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Reemplazando valores dados, tenemos: 2(0.8)(200)(109 ) (20 10 3 )2 4 d 1 1 (58.86)(1.5)
58 . 86 3 2 4 (20 10 )
Efectuando las operaciones numéricas, tenemos: d = 200.1127×106 Pa = 200.1127 MPa.
El esfuerzo dinámico, genera una fuerza axial dinámica Fd, que es la fuerza que trata de "perforar" la cabeza del perno.
Fd=d A Fd = (200.1127)(/4)(202×10-6)
aréa rsistente al punzonamiento
= 0.06287 MN
e El esfuerzo de punzonamiento que se genera (en la cabeza del perno), es: d, el mismo que genera una fuerza resistente al punzonamiento: 2red Equilibrio: 2red = Fd e e
8)
Fd , reemplazando valores, tenemos: 2rd
0.06287 0.0125 m e = 1.25 m. 2(10 103 )(80)
Determinar la máxima altura desde donde deberá caer sobre un piso rígido, una barra prismática de longitud L y peso G, para que en ningún punto se rebase el esfuerzo 0. Considerar el piso como elemento rígido; el peso específico del material de la barra; y E el módulo de elasticidad.
486
Mecánica de Sólidos
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G peso total
L
h
piso rígido
En el instante del impacto, la energía, la energía cinética es K = GH. Encontramos la energía de deformación almacenada en la barra, en condiciones G estáticas, debida al peso propio: AL A no es dato
x
Q
1
F
F + Q1 = 0 F = – Q1 = – Ax = F G
Ust
G Ax AL
x (en función de los datos) L
1 L 2 1 L x F dx G L 2EA 0 2EA 0
2
487
Mecánica de Sólidos
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Resolviendo la integral, obtenemos Ust
G2L 6EA
El coeficiente dinámico kd puede calcularse mediante la ecuación (10.3): kd 1 1 kd 1 1
K Ust
reemplazando K, Ust, obtenemos:
Gh 6EAh . 1 1 2 GL GL 6EA
En el momento del impacto, el peso se
"amplifica" (similar a d y d) Equilibrio Gd = 0A kdG = 0A
Gd
0
6EAh Reemplazando kd, tenemos: 1 1 G 0 A GL
Eliminamos A, reemplazando A
G , obtenemos: L
1 1 6Eh G G G 0 GL L L
Simplificando , despejamos el valor h:
hmáx
0 0 2L 6E
(h es máxima porque se consideró el mayor esfuerzo 0)
Nota).
Si la masa del cuerpo que sufre el impacto, no es pequeña en relación con la masa del peso W, es preciso tenerla en cuenta. Para ello se sustituye el efecto de inercia del cuerpo por la inercia de un peso equivalente, Pe, aplicado en el punto del impacto. Si admite que, depués del choque, el peso W queda en contacto con el cuerpo golpeado.
Depués del choque, la velocidad del conjunto, es:
488
Mecánica de Sólidos
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Wv= (W + Pe)Ve Ve
W v W Pe
Para esa velocidad común, la energía cinética total, es: W Pe 2 W Pe W2 W2 v 2 2 Ve v 2 2gW Pe 2g 2g W Pe
expresión que puede escribirse: Wv 2 1 (Energía cinética) K Pe 2g 1 W
Reemplazando en la ecuación (10.3), obtenemos:
kd 1 1
Wv 2 2g
1 1 Pe W ; simplificando, el factor dinámico puede 1 W 2L 2 EA
escribirse:
kd 1 1
v2 g st
1 . . . . (11) 1 Pe W
Donde v es la velocidad con la cual el cuerpo de peso W realiza el impacto. La magnitud del peso equivalente Pe puede obtenerse estableciendo que la energía cinética necesaria para impulsar Pe a la velocidad ve, es igual a la energía cinética que es preciso comunicar al cuerpo golpeado para desplazar el punto de impacto a la velocidad ve. En el caso de la barra sometida a tracción por impacto, la velocidad de un elemento cuyo peso es p dx, distante x del extremo fijo, vale v v e
x . (p es el peso por unidad L
de longitud de la barra). ()
489
Mecánica de Sólidos
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x W
L
La energía cinética total de la barra, será: Pe v 2e p L 2 p 2L 2 pv 2eL3 pv 2eL que debe ser igual a . v dx v x dx e 2g 2g 0 2g 0 6g 6gL2
Igualando tenemos: Pe:
pv 2e Pe v 2e pL Pe 6g 2g 3
1 del peso de la barra. 3
Observar que si reemplazamos el "factor dinámico corregido", dado por la ecuación (11) en la ecuación (10.1) obtenemos para el esfuerzo dinámico
v2 d st 1 1 g st
1 . . . . (11.1) 1 Pe W
y obtenemos para la deflexión dinámica (ecuación 7), d st 2st
st 2 1 . . . . (11.2) v g 1 Pe W
() Se acepta que la velocidad es lineal respecto a la distancia x.
9)
El peso Q = 8 kg cae libremente desde la altura h, impactando la placa rígida que se indica en el esquema. La barra es de material lineal elástico cuyo módulo es E = 2×106 kg/cm2 y su peso propio es = 8 g/cm3. Si L = 2 m y A = 4 cm2, determinar la altura máxima h para que el esfuerzo no exceda los 1,000 kg/cm 2, en los casos (i) incluyendo la masa de la barra; (ii) prescindiendo de ella.
490
Mecánica de Sólidos
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Q L h
placa rígida
En cualquier caso el coeficiente dinámico es: k d
d st
En condiciones estáticas: st
Q 8 kg = 2 kg/cm2. 2 A 4 cm
El mayor esfuerzo es 1000 kg/cm2 d = 1000 kg/cm2 Luego k d
1000 500 2
i)h máxima, incluyendo el peso propio de la barra. El factor dinámico se calcula con la ecuación (11): kd 1 1
v2 g st
1 . . . . () 1 Pe Q
donde, v2 = 2gh; st
QL AL ; Pe 3 EA
Reemplazando en (): 2gh 1 ; reemplazando los valores numéricos, tenemos: kd 1 1 QL AL g 1 EA 3Q
(2h)(2)(10 )( 4) 1 kd 1 1 3 (8)(200) 8 10 4 200 1 3(8) 6
k d 1 1 7895h 500 1 1 7895h Resolviendo la última ecuación, obtenemos h = 31.539 cm. (h = 31.539 cm es máxima porque se consideró máx = 1000 kg/cm2) 491
Mecánica de Sólidos
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ii)Sin incluir el peso propio de la barra. En este caso, el factor dinámico se calcula por la ecuación (6) kd 1 1
2h 2hEA 2h kd 1 1 1 1 QL QL st EA
Reemplazando valores numéricos k d 1 1
(2h)(2)(106 )( 4) (8)(200)
k d 1 1 10000h , de donde obtenemos h = 24.9 cm.
Nota).
Observar que, al no incluir el peso propio de la barra, la altura máxima de caída se reduce. %reducción
31.539 24.9 100 21.05% 31.539
10) En el sistema representado, calcular: i)El esfuerzo dinámico. ii)La deformación dinámica en el punto B.
L 2 m Barras inclinadas A 3 cm2 E 10 6 kg/cm 2
Q=20kg
30°
h=10cm
30°
B barra rígida, de peso Q 1 =2Q
Para calcular el esfuerzo dinámico y la deflexión dinámica, necesitamos conocer el coeficiente dinámico kd: kd 1 1
K . . . . () Ust
donde K Energía Cinética debida al impacto, incluyendo las masas de los pesos Q y Q1.
492
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Ust Energía de Deformación Elástica, debida a la aplicación gradual del peso que realiza el impacto (Q)
Determinamos K: Después del impacto, la velocidad del "conjunto" es vs, tal que: (Q1 + Q)vs = Qv v s
Q v Q Q1 2
1 Q1 Qv 2s 1 Q1 Q Q v 2 K 2g 2g Q Q1
K
Q2 v 2 Q2h ; pero v 2gh K . . . . () 2gQ1 Q Q1 Q
Determinamos Ust: T
30°
30°
Q
2Tcos30 = Q T
Q 3
T 2L T 2L Q2L . . . . () Ust 2 U 3EA 2EA EA
Q2h Q Q Reemplazamos () y () en (): k d 1 1 1 2 ; simplificando obtenemos QL 3EA
kd 1 1
3EAh Reemplazando los valores numéricos, encontramos: L Q1 Q
kd = 87.608 . . . . () i)d = kdst d k d
T Q 20 kd d 87.608 A 3A 3 3
d = 337.2 kg/cm2 493
Mecánica de Sólidos
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ii)Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano en (): st st
Ust Q
2QL (2)(20)(200) st 0.00089 cm. 3EA (3)(106 )(3)
(Toda la barra rígida desciende st) La deflexión dinámica, serád = kdst = (87.608)(0.00089 cm) d = 0.078 cm (deflexión de toda la barra rígida)
11) Sobre un tronco de pirámide, de material elástico lineal, cae desde la altura h un peso Q. Calcular el factor dinámico. No incluir el peso propio del tronco de pirámide.
h Sección de área A0
L Sección de área A1
E
El Coeficiente Dinámico kd se calcula por: kd 1 1
K . . . . () Ust
donde Ust Energía de Deformación por aplicación gradual del peso que realiza el impacto (Q). K Energía Cinética después del impacto.
Determinamos Ust
494
Mecánica de Sólidos
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H A0 H A H x
A0
2
2
H x A 0 .. (1) H
A
x A
L
A1 Por aplicación gradual del peso Q, la energía de deformación, es: Ust
Q2 L dx Q2 L dx 2E 0 A( x ) 2E 0 H x 2 A0 H
efectuando la integral, obtenemos:
Ust
Q2HL . . . . () 2EA 0 H L
En la relación (1): cuando x = L debe ser A = A 1. En consecuencia 2
H L A1 A 0 se despeja H. Obtenemos H H
A0 A1 A 0
L
Reemplazando H en (): A0 L Q2L A1 A 0 Simplificando, obtenemos Ust 2EA 0 A 0 L L A A 0 1 Ust
Q2L . . . . () 2E A 0 A1
Determinamos K: K
1 Qv2 (puesto que no se incluye el peso propio del tronco de pirámide) 2g
K
Q 2gh Qh . . . . () 2g
Reemplazamos () y () en la ecuación (), obtenemos:
495
Mecánica de Sólidos
kd 1 1
kd 1 1
4.9)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
2Eh A 0 A1 Qh 1 1 2 QL QL 2E A 0 A1 2Eh A 0 A1 QL
Energía en el Estado General de Esfuerzos. Energía de Distorsión
4.9.1) Introducción Para sólidos de material elástico lineal e isotrópico, en el caso general, la densidad de energía de deformación, es: u
1 1 1 1 1 1 x x y y zz xy xy xz xz yz yz . . . . (1) 2 2 2 2 2 2
donde x, y, z, xy, xz, yz son las deformaciones unitarias que definen el Estado General de Deformaciones; y x, y, z, xy, xz, yz son los esfuerzos del Estado General.
La energía total de deformación, acumulada en el sólido, será: U
udV
. . . . (2); siendo V el volumen del sólido no deformado.
(V)
Usando las ecuaciones de la Ley Generalizada de Hooke, la expresión (1) puede reescribirse en términos de los esfuerzos, obtenemos: u
1 2 1 2 x 2y 2z x y y z x z xy 2xz 2yz . . . . (3) 2E E 2G
expresión que evalúa la densidad de energía en función de los esfuerzos y los módulos E, G; así como de la relación de Poisson .
Usando las ecuaciones de Lamé es posible expresar la energía de deformación unitaria (densidad de energía) en función de las deformaciones unitarias y las constantes elásticas G, del material. Reemplazando las ecuaciones de Lamé en la ecuación (1) y simplificando, obtenemos:
1 2 u G2x 2y 2z x y z 2xy 2yz 2zx . . . . (4) 1 2 2
También, puesto que G E 21 , la ecuación (3) puede escribirse:
496
Mecánica de Sólidos
u
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1 2 2 x 2y 2z x y z 2 2xy 2yz 2xz . . . . (5) 4G 1
4.9.2) Densidad de Energía Volumétrica y Distorsional. Los términos de la ecuación (1) pueden reagruparse en dos sumandos: u = uv + ud . . . . (5.1) donde: uv
Densidad de energía correspondiente al cambio de volumen, sin distorsiones del sólido. Es decir, u v es la densidad de energía correspondiente al Estado Medio de Esfuerzos.
ud
Densidad de energía correspondiente a la distorsión del sólido, sin cambios de volumen. Es decir, u d es la densidad de energía correspondiente al Estado Desviador de Esfuerzos.
Cálculo de uv: z
sm
sm sm y
m
x y z 3
En el estado medio no existen distorsiones, luego la densidad de energía correspondiente, es: uv
1 1 1 m x m y mz . . . . () 2 2 2
Usando las ecuaciones de la Ley de Hooke generalizada, obtenemos: x y z
m 1 2 E
Luego, reemplazando en () y simplificando: uv
3 2 m 1 2 , es decir, la densidad 2E
de energía volumétrica, es: uv
1 1 2x y z 2 . . . . (6) 6E 497
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Para calcular la densidad de energía distorsional, usamos las ecuaciones (5), (5.1) y (6): (ud = u – uv). Efectuados los reemplazos y simplificaciones algebraicas, obtenemos: ud
1 x y 2 y z 2 z x 2 G 2xy 2yz 2zx . . . . (7) 12G
El valor encontrado ud es usado en las Teorías de Falla Elástica de Materiales. Nota).
La densidad de energía total (u), puede escribirse en función exclusiva de las deformaciones unitarias, en una forma equivalente a la dada en la ecuación (4).
u
E G 2 x y z G 2x 2y 2z 2xy 2xz 2yz . . . . (8) 21 1 2 2
Propiedad La Derivada Parcial de la Densidad de Energía de Deformación, con respecto a cualquier componente de la deformación, es igual a la correspondiente componente del esfuerzo.
Así:
u G xy xy (de la ecuación 8) xy
También: u E x y z 2Gx x 1 1 2 u E 2G x 1 1 2 x y z x
que es equivalente a: u 2 x x y z ; siendo las constantes , las Constantes x
Elásticas de Lamé. Por consiguiente, tenemos: u x x
Nota).
Observar la "analogía" entre la propiedad enunciada y el Primer Teorema de Castigliano.
Como ejemplo, deduciremos las expresiones que corresponden al Estado Principal de Esfuerzos.
498
Mecánica de Sólidos
i)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Densidad de Energía (Total) de Deformación
u
1 1 1 11 22 33 . . . . (1) 2 2 2
3
s1 E; n 2
La Deformaciones Unitarias Principales, son: 1
1 1 2 3 E
2
1 2 1 3 E
3
1 3 1 2 E
Reemplazando en (1) y simplificando, tenemos: u
ii)
1 2 1 22 23 212 23 13 . . . . (2) 2E
Densidad de Energía Volumétrica y Distorsional. El estado de esfuerzos principales puede definirse como la superposición del Estado Medio y del Estado Desviador.
s3
s1 s2
s 3 -s m
sm
s 1 -s m
sm +
=
s 2 -s m
sm ESTADO MEDIO
m
ESTADO DESVIADOR
1 2 3 3
ESTADO MEDIO no produce distorsiones. Sólo cambios de volumen. 499
Mecánica de Sólidos
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ESTADO DESVIADOR Produce sólo distorsiones (cambia a la forma). El volumen no varía. Observar que el Estado Desviador contiene términos de Esfuerzo Cortante (realmente, contiene funciones de la diferencia de esfuerzos principales). Sabemos que: u
uv
corresponde al estado medio
ud
. . . . (3)
corresponde al estado desviador
La densidad de energía volumétrica, uv, la podemos calcular usando la ecuación (2), cambiando 1, 2, 3 por m. Tenemos: uv
1 32 2 2 3m 2 3m m 1 2 2E 2E
ó 3 1 2 1 2 3 uv 2E 3
2
simplificando: 1 2 2 uv 1 2 3 . . . . (4) 6E
expresión que define la Densidad de Energía Volumétrica. Usando la ecuación (3) ud = u – uv; y reemplazando en esta última ecuación los valores dados por (2) y (4), luego de simplificar tenemos:
1 2 2 2 ud 1 2 2 3 3 1 . . . . (5) 6E
y como G ud
E
21
1 1 , tendremos: E 2G
1 1 2 2 2 3 2 3 1 2 . . . . (5.1) 12G
que también puede escribirse ud
1 2 1 22 23 12 23 13 . . . . (5.2) 6G
Las ecuaciones (5), definen la Densidad de Energía Distorsional.
Nota).
Observar que, incluso una condición simple de esfuerzo uniaxial, puede dividirse en Estado Medio y Estados Desviadores.
500
Mecánica de Sólidos
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Problema. En un cilindro de eje horizontal, longitud L y diámetro interior d, existe un líquido en reposo sometido a una presión p, que experimenta una disminución de volumen. Calcular la energía de deformación correspondiente. Considerar K el módulo de compresibilidad. P
P
P La densidad de energía correspondiente se calcula mediante la ecuación (2); donde 1 = 2 = 3 = – p u
1 2 3p2 1 2 p p 2 p 2 2 p 2 p2 p 2 2E 2E
501
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
La energía total de deformación, será U = uV. Luego.
u
2 3p2 1 2 d L . . . . () 2E 4
Recordando que el módulo de compresibilidad o módulo volumétrico es K
E , 3(1 2)
tenemos en ():
U
p2 d2L 8K
4.10) Criterios de Falla de Materiales 4.10.1) Introducción En los Ensayos de Tracción Uniaxial, se presentan dos situaciones diferenciadas del comportamiento de materiales.
s
s
material frágil
material dúctil
e Falla frágil (vidrio)
e Falla dúctil (acero)
Por excesivas deformacio nes Falla de un elemento estructural Por fractura real del sólido
Durante el diseño de elementos estructurales se usan, frecuentemente, propiedades mecánicas de los materiales, obtenidas experimentalmente en laboratorios, donde los materiales han sido sometidos a Condiciones Simples de Esfuerzo.
En las condiciones reales de servicio, los elementos estructurales están sometidos a condiciones del Estado General de Esfuerzos. Por tanto, es necesario disponer de criterios racionales para precisar, con aproximación suficiente, el inicio de la falla del material.
502
Mecánica de Sólidos
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Finalidad Las Teorías de Falla Elástica de Materiales, tienen la finalidad de predecir, basados en el comportamiento uniaxial en tracción, cuando se presentará la falla elástica bajo condiciones generales de esfuerzo. 4.10.2) Teorías de Falla Elástica Existen varidas teorías de falla elástica de materiales. Las más importantes, estudiadas analítica y experimentalmente, son:
i)
Teoría del Esfuerzo Principal Máximo (Rankine)
ii)
Teoría del Esfuerzo Cortante Máximo (Tresca)
iii)
Teoría de la Deformación Principal Máxima (Saint-Venant)
iv)
Teoría de la Densidad de Energía de Deformación (Haigh)
v)
Teoría de la Máxima Densidad de Energía de Distorsión (Von Mises)
i)Teoría del Esfuerzo Principal Máximo (Rankine) Postula que, en el Estado General de Esfuerzos, la falla se presenta cuando el Esfuerzo Principal Máximo alcanza el valor del Esfuerzo de Fluencia en tracción simple.
s
s sfl
e s Criterio de Fluencia: 1 = fl (tracción)
Nota).
También se presentaría la falla cuando el menor esfuerzo principal 3 fuese de compresión y su valor alcanzara el esfuerzo de fluencia (en compresión) Si 0s3, 3 = fl (compresión)
Esta teoría se cumple muy satisfactoriamente en el caso de materiales frágiles. Se recomienda no aplicarla en materiales dúctiles.
503
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Si1 < fl no sucede la falla 1 = fl se inicia la fluencia 1 > fl fluencia total
ii)Teoría del Esfuerzo Cortante Máximo (Tresca) Esta teoría establece que la falla puede presentarse cuando el Esfuerzo Cortante Máximo (en un sistema general de esfuerzos) resulta igual al valor del esfuerzo cortante de fluencia obtenido en la prueba de tracción simple.
s
s sfl
e s
máx
sfl: Esfuerzo de fluencia
1 3 2
En el caso uniaxial, el esfuerzo cortante máximo sería El esfuerzo cortante de fluencia: fl CRITERIO DE FALLA: fl
1 0 (puesto que 3 = 0) 2
fl 0 l/2 2
1 3 fl = 1 – 3 2
En materiales bajo condiciones generales de esfuerzo: Si
1 1 3 1 fl no hay fluencia 2 2 1 1 3 1 fl se inicia la fluencia 2 2
1 1 3 1 fl puntos de fluencia 2 2
Ha sido comprobado que esta teoría es bastante útil en el caso de materiales dúctiles.
504
Mecánica de Sólidos
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El criterio de fluencia fl = 1 – 3 es una de las Leyes Básicas de la Teoría de Plasticidad. Se denomina Criterio de Tresca.
La representación gráfica de la condición de fluencia de Tresca, determina una Superficie de Fluencia en el espacio de esfuerzos 1, 2, 3. En primer lugar, analizaremos el caso donde 3 = 0.
En el caso general de esfuerzos, el criterio de Tresca, establece que para el inicio de la fluencia, se requiere:
1 1 3 1 fl . 2 2
La condición de fluencia representa una superficie en el espacio de esfuerzos principales.
505
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Los puntos "dentro" de la superficie Puntos Seguros (no fluencia) Los puntos "fuera" de la superficie Puntos no Seguros (en fluencia)
iii)Teoría de la Deformación Principal Máxima (Saint Venant) La falla se presenta cuando la máxima deformación unitaria en el estado general de esfuerzos, es igual a la deformación unitaria de fluencia obtenida en la prueba de tracción uniaxial.
s fl Efl fl
fl E
s Ley de Hooke generalizada: 1
1 1 2 3 E
Criterio de Fluencia: 1 = fl 1 1 2 3 1 fl 1 – (2 – 3) = fl E E
Si1 > fl se presenta la fluencia 1 = fl se inicia la fluencia
506
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1 < fl no se presenta la fluencia
Esta teoría resulta apropiada para materiales frágiles (hierro)
iv)Teoría de la Máxima Densidad de Energía de Deformación.(Heigh) Esta teoría postula que la falla elástica se presenta cuando la densidad de energía total de deformación, en el estado general de esfuerzos, es igual a la densidad de energía total de deformación asociada con el esfuerzo de fluencia del ensayo uniaxial de tracción.
Criterio de Fluencia: Usamos la ecuación (2) de la sección anterior
u
1 2 2 1 22 23 212 23 13 fl 2E 2E
Simplificando, obtenemos: 21 + 22 + 23 – 2(12 + 23 +31) = 2fl
Esta teoría proporciona resultados muy satisfactorios para el caso de materiales dúctiles.
v)Teoría de la Máxima Densidad de Energía Distorsional (Von Mises) Esta teoría se originó a partir de la observación de que materiales dúctiles, sometidos al Estado Medio de Esfuerzos, alcanzan resistencias de fluencia superiores a los valores determinados en el ensayo uniaxial de tracción.
La teoría postula que el fenómeno de fluencia no es exclusivo de tracción o compresión simples, sino más bien que la fluencia está relacionada con la distorsión del elemento.
Con referencia al Estado General de Esfuerzos, la densidad total de energía, es: u
1 2 1 22 23 212 23 13 2E
y la densidad de energía unitaria correspondiente a cambios de volumen (sin distorsiones del sólido), es:
507
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1 2 2 2 2 uv 1 2 3 212 223 213 6E
.. . . (ecuación 4, sección
anterior) La densidad de energía distorsional es ud = u – uv
1 2 2 2 ud 1 2 2 3 3 1 6E
que es la energía unitaria responsable de los cambios de forma.
En el Estado Uniaxial de Tracción, cuando se inicia la fluencia, la densidad de energía distorsional, es:
ud fl 1 22fl 6E
(en la fórmula anterior con 1 = fl; 2 = 3 = 0)
Condición de Fluencia (Condición de Von-Mises): La falla del material se inicia cuando la densidad de energía distorsional, en el estado general de esfuerzos, es igual a la densidad de energía distorsional en el inicio de la fluencia del material, es de: ud = (ud)fl Luego:
1 1 2 2 2 3 2 3 1 2 1 22fl 6E 6E
Simplificando, (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 22fl denominada Condición de Fluencia de Von-Mises Si
(1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 < 22fl no se presenta fluencia (el estado de esfuerzos principales 1, 2, 3 es seguro)
Si
(1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 > 22fl se presenta fluencia (el estado de esfuerzos principales NO es seguro)
La condición de fluencia de Von-Mises puede representarse gráficamente en el triedro de esfuerzos principales.
508
Mecánica de Sólidos
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22fl = (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2
La gráfica es un cilindro circular de radio r
2 fl , cuyo eje de simetría forma ángulos 3
iguales con las direcciones principales de esfuerzo (dirección octaédrica).
El Criterio de Fluencia de Von-Mises asegura que un Estado de Esfuerzos es seguro, si el punto (1, 2, 3) se localiza dentro del cilindro; en caso contrario, el estado de esfuerzos es NO SEGURO.
De uso frecuente en diseño estructural es el caso bidimensional: Reemplazando 3 = 0 en la Condición de Von-Mises: 22fl = (1 – 2)2 + 22 + 21; simplificando tenemos: 2fl = 21 + 22 – 12; que se denomina Condición de Fluencia de Von-Mises para el estado plano de esfuerzos. Su gráfica en el plano 1-2 es una elipse (denominada elipse de Von-Mises).
509
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El Estado Biaxial de Esfuerzos ES SEGURO siempre que el punto (1, 2) se localice dentro del área limitada por la elipse. El estado representado por el punto (1, 2) es NO SEGURO si
se localiza fuera del área limitada por la elipse.
La Superficie de Von-Mises se intercepta con el plano 1-2 mediante la Elipse de VonMises.
PROBLEMAS. 1)
En un material cuyo esfuerzo uniaxial de fluencia es fl = 32 klb/pulg2, se induce el 20 15 0 estado de esfuerzos 15 4 0 klb / pu lg2 . Usando el criterio de Von0 0 z
Mises, determinar si ocurre o no la fluencia cuando: i) z = 9 klb/pulg2; ii) z = – 9 klb/pulg2
i)
20 15 0 Para z = 9 klb/pulg 15 4 0 klb / pu lg 2 0 0 9 2
Los esfuerzos principales, son: 1 = 29; 2 = 9; 3 = – 5 (klb/pulg2) 510
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Criterio de Fluencia de Von-Mises: (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 < 22fl Reemplazando valores: (29 – 4)2 + (9 + 5)2 + (– 5 –29)2 < 2(32) 2 1752 < 2048 cierta Por consiguiente, el Estado de Esfuerzos Principales (29, 9, –5) es SEGURO.
ii)
20 15 0 Para z = – 9 klb/pulg 15 4 0 0 0 9 2
Los esfuerzos principales, son: 1 = 29; 2 = – 5; 3 = – 9 (klb/pulg2) Reemplazando en el criterio de Von-Mises: (29 + 5)2 + (– 5 + 9)2 + (– 9 –29)2 < 2(32) 2 2616 < 2048 falsa Luego, el Estado de Esfuerzos Principales (29, –5, 9) es NO SEGURO. (El elemento está en fluencia)
2)
Se desea construir un recipiente cilíndrico de pared delgada, con un material que tiene 200 kPa como esfuerzo uniaxial de fluencia. El radio interior debe ser 1.25 m y el recipiente debe soportar una presión de gas de 0.7 kPa. Usando el criterio de Von-Mises, determinar el espesor necesario, si el factor de seguridad es 2. El estado de esfurzos es biaxial.
p
pr r ; m p e 2e 511
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Reemplazando valores dados: p
(0.7)(1.25) (0.7)(1.25) ; m (2)(e) e p
0.875 0.4375 ; m e e
Afectado con el factor de seguridad, el esfuerzo uniaxial de fluencia, es fl
200 kPa 100 kPa 2
Aplicamos el Criterio de Von-Mises (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 < 22fl con 1 = 0.875/e; 2 = 0.4375/e; 3 = 0; fl = 100 Obtenemos: 2
2
2
0.875 0.875 0.4375 0.4375 2 0 0 2(100) e e e e
Resolviendo esta ecuación, obtenemos e = 7.58 mm
3)
5,000 0 10,000 Considerar el estado de esfuerzos 5,000 20,000 0 lb / pu lg 2 0 0 0
y el
estado uniaxial de fluencia fl = 30,000 lb/pulg2. Determinar si el material ingresa al régimen de fluencia de acuerdo con las criterios de Tresca y de Von-Mises. Determinamos los esfuerzos principales: 1 = 10,7900 lb/pulg2; 2 = 0 lb/pulg2; 3 = – 20,7900 lb/pulg2;
i)
Criterio de Tresca: Inicio de Fluencia
1 1 3 1 fl 2 2
Reemplazando valores:
1 10,790 20,790 15,000 2
15,790 = 15,000 falsa Para el caso se cumple
1 1 3 1 fl , con lo cual, mediante el criterio de 2 2
Tresca, el material sí está en fluencia.
ii)
Criterio de Von-Mises
512
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(1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 22fl Reemplazando valores, obtenemos: 115.6944×107 < 180×107 En consecuencia, según el criterio de Von-Mises, no se produce fluencia.
Nota: El Criterio de Tresca es más conservador que el de Von-Mises.
4)
Un material admite un esfuerzo uniaxial de fluencia de 240 MPa. Calcular el factor de seguridad, si los esfuerzos principales bidimensionales se limitan a 140 MPa (en tracción) y a 45 MPa (en compresión). Usar los criterios del esfuerzo cortante máximo y de la máxima densidad de energía distorsional.
i)
Criterio del Esfuerzo Cortante Máximo. 1 1 3 1 y 2 2
El factor de seguridad se aplica al esfuerzo uniaxial de fluencia. El criterio de fluencia queda: 1 140 (45) 1 y 1 240 2 2 n 2 n
ii)
n = 1.3
Criterio de la Máxima Densidad de Energía Distorsional. (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 22fl
El factor de seguridad se aplica al esfuerzo uniaxial de fluencia. El criterio queda: (140 – 0)2 + (0 + 45)2 + (– 45 – 140)2 = 22fl 240 (140 0) (0 45) ( 45 140) 2 n 2
5)
2
2
2
n = 1.44
Un sistema estructural está compuesto de elementos circulares cuyo diámetro es d. En cierta posición a lo largo de un elemento, se encuentra que la carga consiste de una fuerza cortantede 10 kN junto con una carga axial de tracción de 20 kN. Si el esfuerzo de fluencia en tracción para el material de los elementos es de 270 MPa y se debe tomar un Factor de Seguridad de 4. Calcular la magnitud d que se requiere, según (i) La teoría del esfuerzo principal máximo; (ii) La teoría de la máxima densidad de energía distorsional. La relación de Poisson es = 0.283.
513
Mecánica de Sólidos
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Sistema de Esfuerzos:
t sx
x
sx
t
20 80 2 (kN/m2) 2 d 4 d
10 40 2 (kN/m2) 2 d 4 d
Los Esfuerzos Principales son: 1,2
x y x y 2 42xy 2 2
; reemplazando tenemos:
2
80 80 40 2 4 2 2 d 40 d d 2 1 2 kN/m2 2 d
1,2
1
5.27 30.7 ; 2 (kN/m2) 2 2 d d
El esfuerzo de fluencia del material (fl efectivo) = 270/4 = 67.5 MPa
(i)
Teoría del Esfuerzo Principal Máximo: Criterio de falla 1 = fl efectivo 30.7/d2 = 67.5 MPa de donde obtenemos d = 0.0213 m = 21.3 mm
(ii) Teoría de la Máxima Densidad de Energía Distorsional 2 Criterio de Falla (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 2 fl
esf. de fl. efectivo
2
2
2
30.7 30.7 5.27 5.27 0 0 2 2 67.5 103 2 2 2 d d d d
2
de donde obtenemos d = 0.0223 m = 22.3 mm
6)
Las resistencias de prueba de un material sometido a compresión y tracción puras son 350 MPa y 300 MPa, respectivamente. En cierto diseño de componentes, el material puede someterse a cada uno de los cinco estados de esfuerzo biaxial representados. "Ordenar" los estados en orden decreciente del factor de seguridad respecto a las Teorías del Esfuerzo Principal Máximo, del esfuerzo cortante máximo, de la máxima energía unitaria distorsional.
514
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50
a
100MPa
50
b
c 100
100
100
d
i.
100 100
e
Criterio del Esfuerzo Principal Máximo: Elemento (a):
1 fl 100
300 FS = 3 FS
Nótese que, para los estados b, c, d también el esfuerzo principal mayor es 1 = 100 MPa. En consecuencia, los estados a, b, c, d tienen FS = 3
Elemento (e):
100 M Pa Esfuerzo Principal Máximo s1 = 100 M Pa
-100 M Pa
100 M Pa
También para el elemento (e) el esfuerzo principal máximo es 1 = 100 MPa. Con lo cual, el Factor de Seguridad es FS = 3 Por el Criterio del Esfuerzo Principal Máximo FS = 3 para todos los elementos.
515
Mecánica de Sólidos
ii.
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Criterio del Esfuerzo Principal Máximo: 1 – 3 = fl (esf. de fluencia efectivo) Elemento (a): 100 0
300 FS = 3 FS
Similar para los elementos b y d. Elemento (e): 100 (100) Elemento (c): 100 (50)
300 FS = 1.5 FS
300 FS = 2 FS
Por el Criterio de Esfuerzo Cortante Máximo, los FS son 3; 2; 1.5 (FS = 3 para los elementos a, b y d; 2 para el elemento c; 1.5 para el e)
iii.
Criterio de la Máxima Densidad de Energía Distorsional: (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 2fl
2
300 Elemento (a): (100 – 0) + (0 – 0) + (0 – 100) = 2 FS 2
2
2
FS = 3
2
300 Elemento (b): (100 – 50)2 + (50 – 0)2 + (0 – 100)2 = 2 FS 300 Elemento (c): (100+50)2 + (- 50 - 0)2 + (0 - 100)2 = 2 FS
2
FS = 3.46
2
FS = 2.27
300 Elemento (d): (100 – 100) + (100 – 0) + (0 – 100) = 2 FS 2
2
2
300 Elemento (e): (100+100)2 + (–100–0)2 + (0–100)2 = 2 FS
2
FS = 3
2
FS = 1.73
Por el Criterio del Máxima Densidad de Energía Distorsional, los FS son 3 .46 ; 3 ; 2 .27 ; 1 .73 b
a d
c
e
516
CAPÍTULO V ESFUERZOS DEBIDOS A LA FLEXIÓN 5.1) Introducción. Hipótesis en el Problema de la Flexión 5.1.1) Introducción En esta sección estudiaremos las acciones internas (fuerzas y/o momentos) que tienden a producir flexiones en un elemento mecánico. El Método General (de las secciones planas) nos ayudará en la definición de las fuerzas internas en cualquier sección de un elemento Y
MY Sección de interés (Cara X positiva)
NXY SÓLIDO EN EQUILIBRIO
NXX NXZ
X MX
Eje X Normal a la sección Ejes Y, Z, En el plano de la sección. Generalmente, el origen O coincide con el centroide del área de la sección transversal.
MZ Z Fuerzas Internas: Nxx Fuerza Axial (produce alargamientos o contracciones del elemento). Nxy, Nxz Fuerzas Cortantes (Producen deslizamientos de una sección respecto de otra) Mx Momento Torsor (Produce giro de una sección respecto de otra). My, Mz Momentos Flectores (Producen la FLEXIÓN (curvatura) del elemento). My Produce Flexión en el plano XZ Mz Produce Flexión en el plano XY En términos generales FLEXIÓN Cambios de Curvatura M 1 1 2
Eje 1
2 Configuración inicial
1
2
Eje
2 Configuración deformada
Definición. Elementos esbeltos: aquellos cuya longitud es mucho mayor que cualquiera de sus dimensiones transversales. L L a L 5a a L b L 5b b Definición. Vigas: Elementos estructurales cargados transversalmente. En el caso de Flexión Simple, las cargas se suponen actuando en un plano de simetría.
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Sección transversal simétrica
Plano de simetría Por comodidad el elemento se identifica por su diagrama de ejes y cargas.
Si las cargas no están aplicadas en el Plano de Simetría (o si no existe dicho plano) se presenta el caso de Flexión Compuesta. Y
Sección transversal no simétrica (Centroide) Z Cargas fuera del Plano de Simetría En el caso de elementos sometidos a Flexión Simple, pueden presentarse varios Estados de Carga: – Flexión Pura – Cortante y Flexión
y Mz
Mz x
z MOMENTO FLECTOR
MOMENTO FLECTOR FUERZA CORTANTE
– Cortante, carga axial y flexión
MOMENTO FLECTOR FUERZA NORMAL FUERZA CORTANTE
– Cortante, Carga Axial, Flexión y Torsión
MOMENTO TORSOR FUERZA NORMAL MOMENTO FLECTOR FUERZA CORTANTE
518
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En primer lugar, estudiaremos la flexión de elementos de sección transversal constante, simétrica respecto del eje Y. y y y
z
z
z
. . . . etc.
5.1.2) Hipótesis en el Problema de la Flexión La hipótesis fundamental en la Teoría de la Flexión Elástica es la Hipótesis de las Secciones Planas (Bernouilli) “Todos los planos que son perpendiculares al eje longitudinal, permanecen planos y perpendiculares al eje deformado cuando el elemento es sometido a flexión” D' C' C D Mz Mz FIBRAS COMPRIMIDAS F' EJE RECTILÍNEO E' EJE DEFORMADO E F x FIBRAS EXTENDIDAS B' A' B A Estado Inicial Estado Deformado Los planos AC y BD pueden rotar uno respecto del otro, pero se conservan planos y perpendiculares al eje longitudinal deformado. Debido a que las deformaciones unitarias se relacionan con las deformaciones totales (cambios de longitud), la Hipótesis de las Secciones Planas implica que la deformación unitaria longitudinal x varía linealmente con la posición de la fibra observada, desde un valor extremo negativo (en CD) hasta un valor extremo positivo (en AB) (para el momento indicado Mz). x máx (en compresión) y C D 1 Variación 1 : 2 – C1 C 2 Lineal C1 y>0
E
Mz
y<0 A
EJE
F B
Mz
x
C2
+ 2
x máx (en tracción)
Diagrama de Deformaciones Unitarias Definiciones. Las fibras para las cuales la deformación unitaria longitudinal x es nula, se sitúan en una superficie denominada Superficie Neutra.
519
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La intersección de la Superficie Neutra con el plano vertical de simetría, se denomina Eje Neutro (Longitudinal). La intersección de la Superficie Neutra con una Sección Transversal, se denomina Eje Neutro de la Sección.
y
Eje Neutro Longitudinal Mz Mz x
z Elemento antes de la Flexión
Superficie Neutra
Eje Neutro de la Sección Transversal
Elemento en Flexión
2 ii)
Compresión
Tracción
Notas i) Si el material es de comportamiento elástico – lineal, la hipótesis de las Secciones Rectas, implica también que los únicos esfuerzos producidos por el Momento Flector Mz son Esfuerzos Normales x (longitudinales) de Variación Lineal. 1 2 1 1 C1 C 2 – – C1 Variación lineal (x = Ex) Hooke C2 + +
2
Debido al efecto de la deformación transversal o lateral (Efecto Poisson) las deformaciones unitarias en direcciones Y, Z son: y = z = – x y = z = – x E (aceptando material elástico – lineal – isotrópico). Incluyendo el efecto de la Deformación Transversal, la Superficie Neutra no es una superficie cilíndrica, sino una superficie con varias curvaturas.
Superficie Neutra (sin deformación transversal) (Superficie CILÍNDRICA)
Superficie Neutra (incluyendo deformación transversal) (Superficie ANTICLÁSTICA)
Considerando el efecto de la deformación transversal, las secciones transversales también se deforman.
520
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Sección Inicial
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En los primeros estudios del problema de la flexión, se acepta, sin errores mayores, que la Superficie Neutra sólo tiene curvatura en el Plano coordenado XY, permaneciendo recta en la dirección Z.
Sección Deformada
5.2) Variación de las Fuerzas Internas 5.2.1) Fuerzas Internas Consideremos un elemento sometido a cargas aplicadas en el Plano de Simetría.
y
y
1 x
z
1 En una sección genérica, 1-1, se desarrollan fuerzas internas que garantizan el equilibrio y representan la interacción con la porción idealmente suprimida (Método de Secciones). M
M N
V
N
Fuerzas de V Interacción
Generalmente, V, N y M son variables de una sección transversal a otra: V = V(x); N = N(x); M = M(x) Definición. Las representaciones gráficas de las funciones que describen la variación de las fuerzas internas, se denominan Diagramas de Fuerzas Internas. N = N(x) Diagrama de Fuerza Normal (Axial) V = V(x) Diagrama de Fuerza Cortante M = M(x) Diagrama de Momento Flector Nota. En algunos sistemas (elementos) estructurales será conveniente graficar las variaciones de las Fuerzas Internas usando otras variables (coordenadas polares) N Fuerza Tangencial V Fuerza Radial M Momento Flector
¼ circunferencia M = M()
N = N()
521
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5.2.2) Convenio de Signos Es conveniente respetar el convenio de signos usado en el estudio del Estado General de Esfuerzos (Matriz de Esfuerzos).
x
a) ELEMENTO DIFERENCIAL
M
V
N CARA IZQUIERDA
M
V
N CARA DERECHA DEL ELEMENTO
DEL ELEMENTO
FUERZAS INTERNAS POSITIVAS b) SECCIÓN TRANSVERSAL
M N
M N
V
V
FUERZAS INTERNAS POSITIVAS (Observar que ambos procedimientos son coincidentes). Las ecuaciones que describen la variación de las fuerzas internas (N, V, M), generalmente se determinan por aplicación reiterada de las ecuaciones del equilibrio estático (una vez para cada tramo típico en el elemento o sistema estudiado). Así, para una viga apoyada simplemente con una carga concentrada.
522
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W A
B
C
a
a+b=L
b
Por equilibrio (global) se determinan las reacciones externas (Sistemas Isostáticos externos). W b RA W L A B C a RC W L R R A
C
Tramo AB (0 x a)
M
x
A
N W
b L
N=0 V = – Wb/L
Equilibrio
MW
V
b x L
Tramo BC (0 x b)
M
x
C
N V
W
N=0 V = Wa/L
Equilibrio
MW
a L
a x L
Diagramas
W A
B
W
FUERZA CORTANTE W
b L
C +
a L
– W
MOMENTO FLECTOR
W
a L
+
(Nótese que en cada tramo se escoge una dirección y un origen para medir las distancias)
523
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Para una viga con carga uniformemente distribuida, graficar la variación de las fuerzas internas. W: carga repartida uniforme B A
L Reacciones: B
A L 2 Un sólo tramo típico (0 x L) W
W
A L W 2
M
L 2
N=0
N
x
W
(Diagrama de cargas simétrico)
V
L L Wx 0 V Wx W 2 2 WLx Wx 2 x L M Wx W x 0 M 2 2 2 2 VW
Diagramas
W
+ L W 2
W
L 2
Fuerza Cortante (Antisimétrico)
– Mmáx =W +
L2 8
Momento Flector (Simétrico)
Nótese que Mmáx ocurre en la sección donde la fuerza cortante es nula. Notas) i) La sustitución de cargas distribuidas por su resultante es significativa únicamente para el diagrama de Cuerpo Libre sobre el cual actúa las fuerzas distribuidas. Durante la determinación de las fuerzas internas (y en el desarrollo de los respectivos diagramas) no puede reemplazarse una carga distribuida por su resultante y continuar con los cálculos. Así, para una viga con carga linealmente creciente: W0
A
B L
Un solo tramo típico
524
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M N
x
Carlos
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N0 1 1 V xW 0 V xW 2 2 Wx 2 1 1 M xW x 0 M 2 3 6
W A
Ingº
V Semejanza:
W
W0
W
Las fuerzas internas son:
W0 x L
N0 V W0 x 2 / 2L
M W0 x 3 / 6L
x L
Parábola de 2do grado Fuerza Cortante
W0
+
–
L 2
Momento Flector Parábola de 3er grado ii)
Un elemento en flexión pura está en Estado de Flexión Positiva cuando orienta su “Concavidad hacia Arriba”.
y x
M
M Deformado
Inicial
Si orienta su concavidad hacia abajo, se define al elemento en Estado de Flexión Negativa
M
M
De acuerdo al signo de la flexión, se reconocerán Zonas en Tracción y Zonas en Compresión:
M FLEXIÓN POSITIVA
M FIBRAS EN COMPRESIÓN
Eje Neutro Longitudinal
FIBRAS EN TRACCIÓN
525
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
FIBRAS EN TRACCIÓN FLEXIÓN NEGATIVA
FIBRAS EN COMPRESIÓN M
5.3)
Eje Neutro Longitudinal M
Relaciones Diferenciales entre Función de Carga, Fuerza Cortante y Momento Flector (Relaciones Diferenciales del Equilibrio)
Consideremos un elemento sometido a flexión por efectos de una carga distribuida de variación continua: q = q(x). y
q = q(x): Función de carga x x
(Sin fuerza axial)
x
(0,1) M
q = q(x) V
R
(Positiva )
x
M+M V+V
R: resultante de q = q(x) en el tramo de longitud x.
x x FV = 0 V V
x x
q(x)dx V
. . . . (1)
x
x x M = 0 M M Vx M q(x )dx x 0 . . . . (2) x Simplificando y aplicando el teorema del Valor Medio del Cálculo Integral, tenemos: (1) V + (x)q() = 0 . . . . (3) (2) M + Vx – x(x)q() = 0 . . . . (4) con x < < x + x V De (3) q() 0 x M De (4) V xq() 0 x Llevando al límite las expresiones anteriores, para x 0, obtenemos: dV q( x) 0 . . . . (5) dx dM V 0 . . . . (6) dx
526
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Notar que si x 0, entonces x Las ecuaciones (5) y (6) son las ecuaciones básicas que relacionan la intensidad de la carga q=q(x) con la fuerza cortante V = V(x) y con el momento flector M = M(x). Pueden escribirse: dV( x) dM( x) q( x) 0 . . . . (5.1) y V( x) 0 . . . . (6.1) dx dx d2M(x) dV(x) De (6.1) 0 y considerando (5.1), tenemos: dx dx 2 d2M( x) q( x) 0 . . . . (7) dx 2 Las ecuaciones anteriores pueden re-escribirse en versión integral. De (5.1) dV(x) + q(x)dx = 0 De (6.1) dM(x) + V(x)dx = 0 Integrándolas en [x1, x2] x2
V(x 2) V(x 1 ) q( x )dx 0 . . . . (i) x1
M(x 2) M(x 1 )
x2
V(x)dx 0
. . . . (ii)
x1
Siendo x1, x2 las abscisas de dos secciones distintas del elemento. EJEMPLOS 1) Hallar las ecuaciones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. x q ( x ) W0 sen Usando las ecuaciones (5.1) y L (6.1) tenemos: dV( x) x 0sen 0 y dx L x dM(x) V( x ) 0 L dx x dx C1 L x L V( x) 0 cos C1 L
Integrando una vez: V( x) 0 sen
V(x) C1 0
También:
L x . . . . (*) cos L
M(x) V(x)dx C2
L x M( x) C1 0 cos dx C2 L
M(x) C2 C1x 0
L2 x sen . . . . (**) 2 L
527
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Encontramos las constantes C1 y C2 En x = 0 M(0) = 0 0 = C2 – 0 + 0 C2 = 0 L2 En x = L M(L) = 0 0 = C2 – C1L – 0 2 sen (Apoyos Simples) De donde: C2 = C1 = 0 L2 x L x y M( x) 0 2 sen cos L L (Observar que no ha sido necesario calcular previamente las reacciones externas). Las gráficas de las fuerzas internas pueden dibujarse rápidamente.
Luego V( x) 0
Nota) Las reacciones son: L 1 x R A R B W0 sen dx 20 L R A R B W0
q( x ) W0 sen
L
x L
L
W0
V W0
L
Fuerza Cortante
L x cos L
+ – W0
L/2
L
Momento Flector Notar que Mmáx corresponde a la sección donde V = 0.
– M W0 W0
L2 2
L2 x sen 2 L
2). Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector en la viga representada: q( x ) q0 sen
2x L
Usamos: dV 2x q0 sen 0 dx L dM V 0 dx
L
528
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Integramos una vez: V q0 Equivalentes a:
L 2x cos C1 2 L
V C1
Ingº
Carlos
Esparza
M Vdx C2
y
q0L 2x . . . . (*) cos 2 L
L 2x M C1 q0 cos dx C2 2 L
es decir: M C2 C1x
q0L2 2x . . . . (**) sen 2 L 4
Determinamos C1 y C2 Para x = 0 M(0) = 0 C2 = 0 Para x = L M(L) = 0 C1 = 0 L2 2x qL 2x Por tanto: V 0 cos y M q0 2 sen L 2 L 4 q q0 sen
2x L
L/2 q0
L 2
q0
+
L 2
+ Fuerza Cortante –
L/4
L/4 q0
L 2
q0
L2 4 2
+ Momento Flector – q0
L2 4 2
Notas) Durante el proceso de dibujar las graficas de las fuerzas internas, es conveniente tener presente: i) Relaciones Geométricas.
q
q(x)>0 x
q
q(x)<0
x
528
Mecánica de Sólidos Díaz
V
Mg.
V>0
dV 0 dx
x
V>0 x dM 0 dx
x
x
q
P
P x
x
q
q P
P x
ii)
Esparza
M
dM 0 dx
q
Carlos
V
dV 0 dx
M
Ingº
x
Transformación de Cargas Repartidas. En algunos casos, será necesario transformar la carga uniformemente repartida en dos direcciones ortogonales.
)
W WN
x L
=
L
W
FUERZA DISTANCIA HORIZONTAL
WN: CARGA NORMAL
WNL
Equilibrio Wx
WSL
+
L
WS
WS: CARGA AXIAL
WNL = Wxcos x WN W cos L WN = Wcos2 WsL = Wx sen x Ws W sen W cos sen L Ws = Wsencos
529
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
)
Ingº
WN
= W
W
L
x
FUERZA DISTANCIA HORIZONTAL
WN: CARGA NORMAL
WS: CARGA AXIAL WNL = WLcos WN = Wcos WsL = WLsen Ws = Wsen
WNL
Equilibrio WL
Esparza
WS
+
L
L
Carlos
WSL
)
WN
W
L
=
L
W
FUERZA DISTANCIA HORIZONTAL
WLsen WNL
WSL
WS
+
L
WNL = WLsensen WN = Wsen2 WSL = WLsencos WS = Wsencos
3). Graficar las fuerzas internas en la viga representada.
531
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
W=30kN/m (sobre la barra Transformamos la carga repartida inclinada) en sus componentes normal y axial B (a lo largo del elemento) (caso ) 2.5 m
L=6.5 m
A
6m
B cos = 0.983; sen = .385 WN = Wcos WN = 27.69kN/m WS = Wsen WS = 11.55 kN/m
WS
WN
A Reacciones 27.69 kN/m
RB 11.55 kN/m
RBcos
RBsen
A2
A1 + RBcos = (6.5)(27.69) A2 + RBsen = (11.55)(6.5) 6.52 (27.69) R B cos (6.5) 0 2
A1
De donde obtenemos: A1 = 89.9925 kN A2 = 37.345 kN Existe un solo tramo típico: M P
27.69 kN/m
11.55 kN/m 37.345 kN
89.9925 kN x
V
RB = 97.5 kN P + 37.345 – 11.55x = 0 P = 11.55x – 37.345 V + 89.9925 – 27.69x = 0 V = 27.69x – 89.9925 x2 M 27.69 89.9925x 0 2 M = 89.9925x – 13.845x2
(0 x 6.5 m)
532
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
37.345 kN
+
FUERZA AXIAL A
–37.345 kN
Esparza
Mmáx=146.238 kN-m
+
B
A
Carlos
89.9925 kN
FUERZA CORTANTE
–
Ingº
B
MOMENTO FLECTOR
–
3.25 m
–89.9925 kN
PROBLEMAS 1) En el sistema representado, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para los diversos elementos.
E
-) Reacciones Externas E
3m
10 3
kN
D 2m B
30 kN
D
C
B
30 kN C
4m
1m
3m
N + 30 = 0 N = – 30 10 V 0 3 10 V 3 10 M x0 3 10 M x 3
A
-) Tramo AB (0 x 4 m)
30 kN
N V
M
x
10 kN 3
A
10 3
A 30
Elemento AB
533
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
B
B
40 3
Ingº
Carlos
Esparza
kN-m
– Fuerza Cortante
+
10 kN 3
A
Momento Flector
A
30 kN
M
Tramo BC (0 x 1)
x
N B
C V
C
V = –30 N=0 M = –30x
B
–
C
–
Fuerza Cortante
– 30 kN
– 30 kN-m
Momento Flector
Tramo BD (0 x 2)
E
10/3 3
N=0 V = 10/3 10 M = ( x 3) 3
D x V
M N
10 kN 3
Fuerza Cortante
D
+
10 kN-m
+
B
Momento Flector
50 kN-m 3
Tramo DE (0 x 5)
534
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
E
x
M N
10 8 cos 3 3
5
10/3
Carlos
Esparza
3
4
10 sen 2 3
Ingº
N = – 8/3 V=2 M = 2x
V 2 kN
E
E
+ 10 kN-m D
D
2) Para la viga representada, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 25 klb
3 4
4 klb/pie
8 klb
3'
A
B
10'
5'
C
D
10'
Reacciones
E 5'
15 klb 4 klb/pie
20 klb
8 klb
20 klb 41.5 klb
6.5 klb 15 klb
4 klb/pie 20 klb
A
B
C
20 klb
8 klb D
E
60 klb/pie 41.5 klb
5.5 klb
Tramo AB (0 x 10’)
535
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
4
M
20
P
x
P + 20 = 0 V + 41.5 – 4x = 0 x M + 4x – 41.5x = 0 2
Ingº
Carlos
Esparza
P = – 20 V = 4x – 41.5 M = 41.5 – 2x2
V 41.5 Tramo BC (10’ x 15’)
4
P + 20 = 0 V + 41.5 – 40 = 0 M – 41.5x + 40(x – 5) = 0
M
20
P
10' x
P = – 20 V = – 1.5 M = 1.5x + 200
V
41.5
Tramo ED (0 x 5’)
M P
E x
V
P=0 5.5 – V = 0 M – 5.5x = 0
P=0 V = 5.5 M = 5.5x
5.5
Tramo DC (5’ x 15’)
M
8
P
5' V
x
E
P=0 5.5 + 8 – V = 0 M – 5.5x – 8(x – 5) = 0
P=0 V = 13.5 M = 13.5x – 40
5.5
Diagramas
536
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
25 klb 8 klb 4 klb/pie
13.5
Fuerza Cortante 5.5 (klb)
+ – –1.5 –41.5 222.5
215
+
Momento Flector (klb-pie)
162.5 27.5
3) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga representada. Reacciones articulación (M = 0)
P
P
P
P
A
E B
a
a
a
a
Tramo AB (0 x a)
M
A P/2 x
V = – P/2 M = (P/2)x
V
2aP
D
C
P 2
3P 2
Tramo BC (a x 2ª) P M A
P/2 a
V x
V = P/2 P M x P( x a) 2
Tramo ED (0 x a)
M
Tramo DC (a x 2ª)
E x
2aP 3P 2
V = 3P/2 3P M x 2aP 2
537
Mecánica de Sólidos Díaz
P
M
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
2aP
E a
x
V
3P 2
V = P/2 3P M x P( x a) 2aP 2 Diagramas
P
P
E
A B
D
C
3P 2
P 2
P 2
V
+
–
Pa/2
+
M – – Pa/2
– 2aP 4) Para la viga representada, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 15 klb POLEA: 15 cable polea 15
2 klb/pie
15
15
C
A
15
15
4'
B
15
C 10'
8'
E
D 2'
10'
D
538
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
REACCIONES 55 klb-pie
Ingº
Esparza
15 klb 15 klb
15 klb
2 klb/pie B
E
A
15 klb
Carlos
C
D
15.5 klb
4.5 klb
Ecuaciones de V y M: Tramo AB (0 x 10) M 55 2
Tramo BC (10 x 18) 2
M
N 15
15.5
V
x
N = 15 V = 2x–15.5 M = 15.5x–x2–55
Tramo CD (18 x 20) 18'
10'
15
2 15
A 15.5
B
55
M
C
x N = 15 V = – 10.5 M = 10.5x – 225
V
V N = 15 V = 4.5 M = 45 – 4.5x Tramo DE (0 x 10) M D N 15.5
x N
N
x
15 55
V
4.5
N=0 V = 4.5 M = 4.5x
539
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
15 klb
DIAGRAMAS 2 klb/pie B
E
A
C
D
4.5
4.5
+
Fuerza Cortante (klb)
+
– –10.5
–
–15.5 45 5.06
+
+
Momento Flector (klb-pie)
–
–
–15
–36 –55 5) Aceptando que la reacción del terreno es distribuida uniformemente, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector en la viga representada. 6 kN 5 kN 5 kN
2m
Reacciones
6
5
B
A
2m
5 C W
Tramo AB (0 x 2)
5
4
V x
V + 4x – 5 = 0 x M M + 5x – 4x =0 2
4W = 16 W = 4 kN/m
V = 5 – 4x M = 2x2 – 5x
Tramo BC (2 x 4)
540
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
V
6
5
B
A
6+5–4x–V=0
x M+6(x–2)+5x–4x =0 2
M
Ingº
Carlos
Esparza
V = 4x – 11 M = 2x2 – 11x + 12
4 2 x Resumen
Gráficas
2 2x 5x; 0 x 2 m M 2 2x 11x 12; 2 x 4 m
5 4 x; 0 x 2 m V 11 4 x; 2 x 4 m 6 5
5
5 Fuerza Cortante (kN)
3
+
+ –
1.25
–
-3
-5
2.75
Momento Flector (kN-m)
–
– -2
-3.125
-3.125
6) Para el sistema representado, graficar los diagramas de Fuerza Cortante y Momento Flector.
w = 1.08 klb/pie articulación D
17.75' E
C
A
B
17.25'
58.33'
58.33'
Reacciones
541
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
1.08 klb/pie
D L = 60.97'
E Ax
Ax – Bx = 0 . . . . (1) Ay + By – 1.08(2)(58.33) = 0 . . . . (2) By(2)(58.33)–1.08(2)(58.33)(58.33)=0 . . (3)
C
A
Bx
B
Ay
By 1.08 MD = 0 (articulación) D
E Ax
1.08(58.33)( A
58.33 ) + Ax(17.25 + 17.75) 2
–Ay(58.33) = 0 . . . . (4)
Ay A x 52.50 klb A y 63 klb Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3), (4), obtenemos B x 52.50 klb B 63 klb y Debido a la simetría, basta precisar las Fuerzas Internas en la mitad del Sistema.
HD
D VD
VD + 63 – 1.08(58.33) = 0 VD = 0 Tramo AE (0 x 17.25')
E 52.5
HD = 52.5 klb
A
N M
63 klb 52.5
V x
V = 52.5 N = – 63 M = – 52.5x
63 Tramo DE (0 x 60.97’)
542
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
1.08 klb/pie
x M
52.5 klb
D
17.75'
N
58.33'
V
Transformando las fuerzas en sus componentes normal y axial.
52.5cos = 50.227 klb WN WS
52.5sen = 15.284 klb
M N
WN = 1.08cos2 = 0.9885 klb/pie WS = 1.08sencos = 0.3 klb/pie
V
N + 0.3x + 50.227 = 0
N = – 0.3x – 50.227
V + 0.9885x – 15.281 = 0 x M + 0.9885x – 15.284x = 0 2
V = – 0.9885x + 15.284
Mmáx = 118.219 klb-pie Diagramas
M = – 0.494x2 + 15.284
para x = 15.4’
15.284 klb +
– 905.500 klb-pie D –
E
–
15.4'
– 905.625 klb-pie
D
+ 118.219 klb-pie
E
–
+ 52.5 klb
– 44.985 klb A
A
Debido a la Simetría del Sistema, el Diagrama de Fuerza Cortante es Antisimétrico y el Diagrama de Momento Flector es Simétrico. 7) En el sistema representado, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
543
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
16 klb C D
C
4' B
16' klb pie
A 12'
5'
3'
E D
B 4
16
Reacciones
E
Esparza
23.47 klb 4
5' AB 20 ' BC 5'
A
32 klb
16.53 klb
Tramo AB (0 x 20’)
M
N
w' V
x
4 A
w'
1 (20 x ) 5
M
32
w'
16.53 13.224
9.918
A
V
25.6
x
4
N
w' 20'
A
x
4
B
(de semejanza)
20' 12'
16'
19.2 N + 13.224 – 19.2 = 0 N = 5.976 1 20 x ) V+ 25.6 + 9.918 – x (4 2 5 40 x x 2 355.18 V 10
1 x 1 20 x 2x M 25.6 x 9.918x x (20 x) x 4 0 5 2 2 5 3
M
5x 3 300 x 2 5327.7 x 150
(Mmáx = 197.03 klb-pie para x = 13.305’ haciendo M’ = 0) Tramo ED (0 x 5’)
544
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
M
N
23.47
x
Esparza
16
M
V
Carlos
Tramo DC (5’ x 10’)
E
N
Ingº
E
5' V
N=0 V = 23.47 M = 23.47x
x
23.47
N=0 V = 7.47 M = 7.47x + 80
Tramo CB (0 x 5’)
16 C M
N
D
5'
x
5 4 3
E
5'
23.47
V
FV = 0 23.47 – 16 – Vcos – Ncos = 0 FH = 0 Vsen – Nsen = 0 Obtenemos 3V 4N 37.35 N 5.976 klb 4 V 3N 0 V 4.482 klb M – 23.47(10 + xcos) + 16(5 + xcos) = 0 773.5 22.41x M 5 Gráficas 23.47 7.47 4.482
+ + C
D
B
13.305'
A
+
–
Fuerza Cortante (klb)
E
177.11
197.03 (Mmáx)
154.7
154.7
117.35
+
+
C
E
D
B
A
13.305'
Momento Flector (klb-pie)
-35.518
545
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
8) Una barra doblada en forma de semicircunferencia está empotrada en uno de sus extremos y sometida a una carga radial p. Graficar los diagramas de fuerza normal, fuerza cortante y momento flector. En una sección genérica (definida por el ángulo ), tenemos: N V
90– p
M r
r
FH = 0 Ncos(90 – ) – Vcos –
pr cos d
prd
d
=0
0
Nsen – Vcos – prsen = 0 . . . . (1) FV = 0 Nsen(90 – ) + Vsen +
prsend
=0
0
Ncos + Vsen + pr(1 – cos) = 0 . . . . (2) M = 0
M pr rsen( )d 0
M
0
r
prd
–
M pr 2sen( )d 0
M pr 2 (1 cos ) . . . . (3)
De (1) y (2) obtenemos: N = pr(1 – cos – 2cos2) V = pr(1 – 2sencos) = pr(1 – sen2) (0° 180°) Gráficas (Coordenadas Polares) pr
pr
2pr
+
– 45°
60° –2pr Fuerza Normal
45°
pr Fuerza Cortante
546
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
pr2
+
2pr2
Momento Flector
9) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga que se representa en el esquema.
W = –2x2
Y B
A
D
C
1000 lb
15000 lb-pie 10'
X
8'
2'
Reacciones FV = 0 R1 – 1000 –
20
2x dx 2
=0
0
R1 = 6330 lb R2
15000 lb-pie
R1
MA = 0 R2 – 15000 – 1000(18) – 1000 lb
20
x(2x
2
)dx
0
=0 R2 = 113000 lb-pie
Tramo AB (0 x 10’)
113,000 A
M
x V
6330 x–u
x
V 6330 2x 2dx 0 V 0
2 3 x 6330 3
x
M 13000 6330 x 2x 2 ( x u)du 0 0
M 13000 6330 x
W=–2x2 u x
1 4 x 6
du
Tramo BC (10 x 18’)
547
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
113,000 A
M
B
15000
6330
V
10'
V + 6330 –
x
2x dx 2
Ingº
Carlos
=0
0
2 V x 3 6330 3
M + 113000 – 6330x – 15000 +
x
Esparza
x
2x
2
( x u)du =
0
0 M 98000 6330 x
1 4 x 6
Tramo CD (18 x 20’) V + 6330 – 1000 –
113,000
x
2x
2
dx = 0
0
M 15000
6330 10'
1000 8'
x
V
2 3 x 5330 3 M + 113000 – 15000 – 6330x + 1000(x V
18) +
x
2x
2
( x u)du = 0
0
M 80000 5330 x
x4 6
Diagramas
Fuerza Cortante (lb)
–1.442 –2.442 –5663.33
–6330
–1556
Momento Flector (lb-pie)
–36366.67 –51366.67 –113000
548
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
10) El eje de una barra curva ABC es parabólico de 2 do grado. La fuerza en el cable es 200 lb. Encontrar las fuerzas internas en la sección 1-1. P=100 lb Parábola 1 Y B 1 4'' X A C
6
cable 12'
(– 12,– 4)
12'
x2 y 36
(12,– 4)
Reacciones
P=100 lb
MA = 0 100(12) – Cy(24) = 0
B A
Cy = 50 lb
200
200
Ay
FV = 0 Ay + 50 – 100 = 0 Ay = 50 lb
C Cy
Fuerzas Internas en 1-1:
Y X D(–6,–1)
V 90 –
M D
A
200
N
tan
dy dx ( 6 , 1)
tan
50
x 1 18 ( 6 , 1) 3
10 3
1
MD = 0 M + 200(3) – 50(6) = 0 M = – 300 lb-pulg FH = 0 200 + Ncos – Vcos(90 – ) = 0 3 1 N V 200 . . . . (1) 10 10 FV = 0 50 + Nsen + Vsen(90 – ) = 0 1 3 N V 50 . . . . (2) 10 10 De las ecuaciones (1) y (2): N 65 10 lb
549
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
V 5 10 lb
5 10 lb 65 10 lb
300 lb-pulg A
200 lb 50 lb
11) En un eje vertical 00’ que gira con velocidad angular está fijada una barra prismática homogénea AB, que forma un ángulo con el eje. Calcular el momento flector en la sección de unión B. Barra homogénea constante de peso unitario q. A A o dx En el elemento de barra actúan el x fc L peso qdx y la B fuerza centrífuga B qdx q o fc dx w 2 x sen g masa unitaria
Las fuerzas que actúan sobre dx generan un momento flector en la sección B. qdx M (qdx) xsen fc x cos 0 L L L L xsen q fc M qsenxdx W2sen cos x 2dx 0 g 0 0 dx 1 W 2L cos M qsenL2 x 3g 2
M 12) En el pilote suspendido que se representa, encontrar el máximo momento flector y donde se presenta. Peso total del pilote 1.414 kg.
550
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
P C B
1.6 m
1
R1
2.5 m R2
3.4 m A
45°
1414 kg
A R3
q
C
Tramo AB M x
264.67 kg q
45°
x 2 /2
999.85
R3 = 1414cos45 R3 = 999.85 kg R2 + R1 = 999.85 (999.85)(2.5) – R1(3.4) = 0 R2 = 264.67 kg R1 = 735.18 kg
1414 = 282.8 kg/m (3.4 1.6) (distribuido sobre la longitud inclinada)
735.18 kg
999.85 kg
C
q
B
A
Esparza
B
1.6 m
Momento Flector:
Carlos
Fuerzas en los cables
1
0.9 m cables
Ingº
1 2 M – 264.67x + 282.8x x =0 2 2 M = 264.67x – 99.985x2 dM 0 x = 1.324 m Mmáx dx Mmáx = 175.55 kg-m
264.67
5.4) Funciones de Singularidad El procedimiento clásico de emplear ecuaciones de equilibrio en cada tramo de un sistema para determinar la variación de la fuerza cortante y del momento flector, se vuelve engorroso a medida que se complica la forma del sistema y las cargas actuantes. Es conveniente definir un procedimiento matemático especial para manejar las cargas concentradas y discontinuas.
7 ecuaciones para V 7 tramos 7 ecuaciones para M ¿Puede escribirse UNA SOLA ECUACIÓN para la Fuerza Cortante y otra para el Momento Flector en TODA LA VIGA? (Sí, usando Funciones de Singularidad) En esta sección estudiaremos una Familia de Funciones de Singularidad que permiten analizar de manera sistemática diversos elementos estructurales sometidos a Cargas Concentradas y/o Discontinuas. Definición. Se define la Familia de Funciones n (x) x a
n
(n 0) mediante la
( x a)n si x a correspondencia n ( x) 0 si x a
551
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
(Los tiene significado especial)
fc
Si n = 0,la función 0(x) = x – a0 se denomina FUNCIÓN DE PASO UNITARIO (a partir de x = a). Si n = 1, la función 1(x) = x – a1 se denomina FUNCIÓN RAMPA UNITARIA (a partir de x = a).
n=2 n=1
1
(1+a,1)
n=0
a
0(x) = x–a0
1
1 1
1(x) = x–a1 x=a
x=a
Las funciones 0 y 1 se usarán para representar las CARGAS DISTRIBUIDAS aplicadas a lo largo de los diversos tramos o segmentos de una viga. Las funciones de Singularidad definidas mediante n (x) x a
n
(n 0) se integran
de acuerdo con la regla de integración ordinaria. x
n
x a dx
0
xa
n 1
(n 0)
n 1
Una representación para un MOMENTO CONCENTRADO UNITARIO que actúa en el punto x = a, se tiene en la forma 2 (x) x a 2 . Para representar una FUERZA CONCENTRADA UNITARIA
que actúa en el punto x = a, usamos 1 (x) x a
1
.(Estas funciones -2 y
-1 son verdaderamente singulares). Estas funciones son nulas en cualquier punto, salvo en x = a, (donde son infinitas). Satisfacen la Regla de Integración: x
0
xa
dx x a 2
; 1
x
0
xa
dx x a
-1(x) = x–a-1
a
0
1
Fuerza Concentrada Unitaria x
-2(x) = x–a-2 Momento Concentrado Unitario a
(Sentido Antihorario)
-1 se usará para representar FUERZAS CONCENTRADAS. -2 se usará para representar MOMENTOS CONCENTRADOS. Definición. 1 ( x ) x a FUNCIÓN DELTA (FUERZA CONCENTRADA UNITARIA) 1 2 ( x ) x a 2 FUNCIÓN DOBLETE (MOMENTO CONCENTRADO UNITARIO)
552
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Usando las funciones definidas, podrá escribirse una expresión algebraica para la función de carga q(x) que actúe en la viga. dV( x) dM(x) Conocida q(x), la integración de las ecuaciones q( x) y V( x) nos dx dx permitirá obtener las ecuaciones para fuerza cortante V(x) y para momento flector M(x) en toda la viga. Por tanto: Es posible determinar expresiones para V(x) y M(x) a partir de cualquier distribución de carga q(x) que sea factible de representarse mediante combinación de Funciones de Singularidad. Casos más Usuales
P q(x) = Px–a-1 x
a
M x
a
q(x) = Mx–a-2
q0
q(x) = q0x–a10 – q0x–a20
x
a1
(q(x) = q0(x–a10 – x–a20))
a2 q0 a1
a2
–q0
q0 a1
a2
q2 x
a1 a2
q( x )
q2 x a1 a 2 a1
1
x a2
1
q
2
x a2
0
553
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
q2 a1
q1
0
0
q( x ) q1 x a1 x a2 1 q2 q1 x a1 x a 2 a 2 a1
q2
a1
1
q
2
q1 x a2
a2 Notas i)
q0
0
x
a1
0
q( x) q0 x a1 q0 x a2 activa la carga en x a1
desactiva la carga en x a2
a2 q(x) = q0(x – a10 – x – a20) ii) El uso de Px – a-1 en la expresión de q(x) para representar una carga concentrada positiva P en x = a, se esclarece al usar la ecuación V(x) q(x)dx puesto que se obtendrá Px – a0 en la expresión para la fuerza cortante (este término producirá un salto en x = a). Si q(x) = . . . . + Px – a-1 + . . . . V(x) = . . . . – Px – a0 – . . . . + C1 (constante de integración) x
(Recordar
0
xa
0
1
dx x a )
iii) Max – a-2 representa un momento concentrado positivo en x = a Si q(x) = . . . . + Max – a-2 + . . . . V(x) = . . . . – (– Max – a-1) – . . . . + C1 V(x) = . . . . + Max – a-1 – . . . . + C1 M(x) = . . . . – Max – a0 + . . . . – C1x + C2 (Recordar Reglas de Integración para los signos). iv) Procedimiento para determinar V(x) y M(x). Reacciones y expresión de q(x) en términos de Funciones de Singularidad apropiadas (Se incluyen todas las cargas, incluidas las reacciones). Usar las ecuaciones dV( x) dM(x) q( x) y V( x ) dx dx
554
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
para obtener V(x) y M(x).
Determinar las constantes de integración, que dependen de las condiciones particulares de cada problema.
EJEMPLOS 1)
Obtener expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. Usar Funciones de Singularidad. Reacciones
P
P
P
x=0
a
L –2a
x=a
P
x a
x=L–a
x=L P
( POSITIVAS ; NEGATIVAS )
Función de Carga: q(x) = contribuciones de cada carga q(x) P x 0 1 P x a 1 P x (L a) 1 P x L
q(x) P x
P
P x a 1 P x (L a) 1
P x L 1
1
1
dV dM q y V dx dx y las reglas de Integración de Funciones Singulares
RELACIONES DE EQUILIBRIO: V(x) P x 0
0
0
P x a P x (L a)
0
P x L
0
C1
x +
determinamos C1 con la condición V(0 ) = – P x=0
P
V
V+P=0 V=–P
V(0+) = – P + 0 + 0 – 0 + C1 – P = – P + C 1 C1 = 0 Nota. Si la carga se expresa mediante funciones de singularidad y se incluyen las reacciones, generalmente C1 = 0. dM Usamos ahora V dx 0 0 0 0 dM P x 0 P x a P x (L a) P x L dx 1
1
1
1
M P x 0 P x a P x (L a) P x L C2 Como M(0+) = 0 C2 = 0
M=0
x=0 P
Por tanto:
V(x) P x 0
0
0
0
P x a P x (L a) P x L
0
555
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
1
1
1
Carlos
Esparza
1
M(x) P x 0 P x a P x (L a) P x L 2)
Ingº
Encontrar, usando funciones de singularidad, expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. P=20 klb 1 klb/pie
x 10'
10'
10'
Diagrama de carga:
x=0
Función de Carga:
22.5 klb
7.5 klb
20 klb
1 klb/pie
x=10'
x=20'
x 30 Recordar que x 30
x=30'
0
0, si x 30
0
0, si x 30
Luego tenemos: q(x) 7.5 x 0 Fuerza Cortante:
q(x) 7.5 x 0
1
1
20 x 10
0
1 x 20 x 30
20 x 10
1
22.5 x 20
0
1
1
22.5 x 20
1 x 20
1
0
dV q( x ) dx 0
0
0
V(x) 7.5 x 0 20 x 10 22.5 x 20 1 x 20 Momento Flector:
dM V dx
1
1
1
M( x) 7.5 x 0 20 x 10 22.5 x 20
x 20
1
2
2 (Recordar la Reglas de Integración. Verificar que las dos constantes de integración son nulas). 3)
Usando funciones de singularidad, encontrar expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. Diagrama de Carga:
15 kN/m
15 kN/m
10 kN/m x=0
2m
2m
2m
3m
x=2
10 kN/m x=6
x=4
66.43 kN
x=9
23.57 kN
Función de Carga:
q( x ) 15 x 0
0
x4
0
66.43 x 2
1
10 x 6
0
x 9 23.57 x 9 vale cero 0
1
518
Mecánica de Sólidos Díaz
q(x) 15 x 0
0
Mg.
15 x 4
1
0
66.43 x 2
1
V(x) 15 x 0 15 x 4 66.43 x 2 M( x) 15
x 0
2
15
x4
0
10 x 6
1
Carlos
23.57 x 9
1
10 x 6 23.57 x 9
2 1
66.43 x 2 10
x 6
2 2 2 Verificar que ambas constantes de integración son nulas.
4)
0
Ingº
Esparza
1
0
2
23.57 x 9
1
Usando funciones de singularidad, encontrar ecuaciones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada.
W0 X L/2
L/2
W0
W0L2
8 x=0 W0
q( x) 0
L2 x 0 8
2
0
x=L/2
x=L positivo
L 2
L x 0 2
1
0 x 0
0
x
L 2
0
Integrando una vez: (dV/dx = q) (Recordar Reglas de Integración). 1 0L2 x 0 1 0L 0 1 L V( x ) x 0 0 x 0 x 8 1 2 2 1 0L2 0L 0 1 L V( x ) x 0 1 x 0 0 x 0 x 8 2 2 Integrando otra vez: (dM/dx = V) 2 x 0 2 x L 2 0L 1 x 0 0 2 2 2 2 2 L L 0 1 2 L M( x) 0 x 0 0 x 0 0 x 0 x 8 2 2 2 Verificar que las dos constantes de integración son nulas.
L2 M( x ) 0 x 0 8
0
5.5) Deformaciones Debidas a la Flexión. Curvatura Elástica. Consideremos un elemento prismático sometido a Flexión Pura.
557
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
M
M
Centro de Curvatura
M
x
2 x
1
Esparza
En este caso, el eje geométrico (inicialmente recto) se transforma en una línea curva (línea elástica) cuyo centro de curvatura está en el plano de la flexión (plano XY). : Radio de Curvatura Necesitamos precisar M = (curvatura). Hipótesis: Inicialmente el elemento es recto y no presenta esfuerzos. El material es de comportamiento elástico lineal e isotrópico. Las secciones transversales son simétricas respecto al eje Y. No existe fuerza resultante perpendicular a la sección transversal. Las secciones transversales son planas antes y después de la flexión, y permanecen normales a las fibras deformadas.
LÍNEA ELÁSTICA
1
Carlos
Si el momento flector M es constante, la deformación por flexión también será constante.
EJE GEOMÉTRICO
M
Ingº
Antes de la deformación 1-1 y 2-2 son dos secciones planas paralelas entre sí y separadas la distancia x.
2 Centro de flexión (Centro de Curvatura) Luego de la deformación (por flexión) 1-1 y 2-2 siguen siendo secciones PLANAS y han girado una respecto de la otra.
M
1
x1 1
M
2
x 2
Seleccionamos el plano XY con origen sobre la Superficie Neutra.
558
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
y A J D
FIBRAS ARBITRARIAS y L0
A'
B K
y
E
c
z
B' c: Distancia del eje Z a las fibras más alejadas (en valor absoluto) c = |ymáx|
Configuración Inicial
Centro de flexión
Longitud del Eje Neutro (DE ) L0 =
M
Las fibras ubicadas a la distancia y (representadas por JK) encima de la superficie neutra, SE ACORTAN.
B K E
Su longitud final es: JK L ' ( y )
M A J D A'
y
x (DE L 0 ) Configuración Deformada (Flexión Positiva)
B' Inicialmente, la longitud de las fibras era L0. En consecuencia, la deformación unitaria longitudinal, es: L'L 0 ( y) ó x x L0
y . . . . (1) Nótese que las fibras sobre el eje neutro (donde y > 0) tienen x < 0, y las fibras bajo el eje neutro (donde y < 0) tienen x > 0. 1 1 ( Curvatura del Eje Neutro Longitudinal. > 0). Por la hipótesis de las Secciones Planas, en todos los planos paralelos al plano de simetría ocurre la misma deformación. de donde encontramos que x
Luego, el valor dado por la ecuación (1) es válido para cualquier punto. En conclusión: “La deformación unitaria longitudinal x varía linealmente con la distancia y, medida desde la Superficie Neutra”.
559
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
c x y
c
La deformación unitaria máxima, en valor absoluto, es c c
Variación lineal y x
De donde obtenemos
1 c c
c . . . . (1.1) c Con las ecuaciones para la deformación unitaria longitudinal, es posible deducir una Fórmula para calcular los Esfuerzos Normales producidos por la Flexión.
con lo cual, la ecuación (1) se rescribe: x y
5.6) Esfuerzos Normales Debidos a la Flexión 5.6.1) Introducción En primer lugar analizaremos el caso de Flexión Pura. Supongamos un elemento AB de sección transversal simétrica, sometido a flexión. Y M M A B Z
C (Sección simétrica respecto al eje Y) En cualquier sección intermedia C, se desarrollan fuerzas elementales normales, que representan la interacción con la porción (idealmente) suprimida. M M
M
<>
A
C
Z C
Momento Resistente o Interno
El sistema de fuerzas elementales debe ser equivalente al Momento Interno M. En la sección transversal intermedia, C, las fuerzas son variables con la altura.
560
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
M
C <> A
M
C
A
T
(Lineal o no, de acuerdo con el material) C Resultante de las Fuerzas de Compresión. T Resultante de las Fuerzas de Tracción (generan el momento interno, resistente, M)
C Volumen del Sólido de Compresiones. T Volumen del Sólido de Tracciones. T = C (Equilibrio) M = Td = Cd
C d
T
5.6.2) Condiciones de Equilibrio Consideremos un elemento prismático, de sección transversal constante, sometido a flexión pura. M M Seleccionemos una sección transversal intermedia.
Y
z
-z
dF y
y
Z
En los elementos de área (simétricos) dA, se desarrollan fuerzas elementales normales dF = xdA
dF X
siendo x el esfuerzo normal en dirección X.
M
Condiciones de Equilibrio: i)
Fx = 0
x dA 0
(no existe fuerza axial) . . . . ()
(A)
561
Mecánica de Sólidos Díaz
ii)
Mg.
My = 0
z x dA 0
Ingº
Carlos
Esparza
(simetría de la sección) . . . . ()
(A)
Mz = 0 M +
y x dA 0 ,
(A)
de donde obtenemos: M y x dA . . . . (). (A)
Nótese que la distribución del esfuerzo normal x es un problema estáticamente indeterminado, debiendo por lo tanto estudiarse las deformaciones ocasionadas en el elemento. 5.6.3)
Fórmula de la FLEXIÓN ELÁSTICA
Definición. Los esfuerzos normales producidos por el Momento Flector se denominan Esfuerzos Normales por Flexión. En el rango de comportamiento elástico-lineal del material, la relación entre los esfuerzos normales y el momento flector se expresa mediante la Fórmula de la Flexión Elástica. Su deducción en dos etapas: Deformacio nes Ley Distribuci ón i) Elásticas Constitutiva de Esfuerzos Condicione s Fórmula de la ii) del Equilibrio Flexión Elástica Las deformaciones unitarias se definen por la ecuación (1.1) x y c c Si el momento M es de tal magnitud que los esfuerzos inducidos permanecen en el rango elástico lineal del material, puede usarse la Ley de Hooke: (x = Ex). E De (1) x y . . . . (2) ó de (1.1) x y c E . . . . (2.1) c pero cE = máx (en valor absoluto). Luego x y máx . . . . (3) c La ecuación (3) muestra que en la zona de comportamiento lineal elástico del material, el esfuerzo normal varía linealmente con la distancia medida desde la superficie neutra.
x c
y
x y
máx c
Reemplazando la ecuación (3) en la condición de equilibrio (), obtenemos: dA 0 y máx c (A)
(Diagrama de Esfuerzo Normal)
máx c
ydA 0
(A)
ydA 0
(A)
(puesto que
máx 0 ). c
Igualdad que demuestra que el Eje Neutro de la Sección
562
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Transversal coincide con un Eje Centroidal. y
z centroide La tercera condición del equilibrio () nos permite escribir máx máx 2 y(y c )dA M c y dA M (A) (A) Momento de Inercia del Área pero y 2 dA I z de la Sección Transversal, con respecto ( A) al EJE CENTROIDAL Z. Mc de donde máx I z M máx . . . . (4) c Iz
NOTA. Si M < 0 máx
Mc
. . . . (4.1) Iz Finalmente, reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (3), obtenemos: My . . . . (5) x Iz denominada Fórmula de la Flexión Elástica. Nota. Observar que para y > 0 es x < 0 y que para y < 0 es x > 0 (en casos de Flexión Positiva M > 0). M Definición. La ecuación (4) puede rescribirse máx (I z c) El valor Iz/c depende únicamente de la forma geométrica de la sección transversal. M Este valor se denomina Módulo Elástico de la Sección (S). Luego máx . . . . (6) S Nota. Debe recordarse que el Eje Neutro siempre coincide con el eje centroidal de la sección transversal, si la viga está sujeta a esfuerzos menores que el de fluencia del material y no se presentan fuerzas axiales. y
z
Eje Neutro
centroide 1 Nota. La curvatura elástica puede calcularse en función del momento flector. 1 c Definición. (curvatura) c
518
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Mc y por la Ley de Hooke Iz 1 1 Mc Por tanto c EI z M . . . . (7), ecuación que define la Curvatura Elástica. EI z
Usamos máx Mc . Iz 1 es decir E c
M 1 . . . . (7.1). EI z Definición. EIz se denomina Rigidez Flexional del Elemento. N m2 [EIz] [FL2] klb pie 2 , etc
Si M < 0
5.6.4) Elementos con Sección Transversal Asimétrica La flexión de vigas elásticas cuya sección transversal tiene un eje de simetría, queda My expresada por la ecuación (5) x . Iz Para deducir esta fórmula se aceptó que los momentos aplicados actúan en el plano de simetría (XY). Estas limitaciones pueden simplificarse con el objeto de solucionar problemas de carácter más general. Las expresiones deducidas en las secciones anteriores se pueden utilizar para cualquier elemento que trabaje en Flexión Pura, siempre que los momentos flexionantes se apliquen en un plano paralelo a uno u otro de los Ejes Principales de la sección transversal. y M M z dA
z
y centroide (Sección Asimétrica)
Los esfuerzos normales varían linealmente desde el eje neutro que pasa por el centroide. y En un área elemental, el esfuerzo es x x máx (proviene de la ecuación 3). c Mc My M (Entre las ecuaciones máx y x se elimina ). Iz Iz Iz y Luego dF x máx dA es una fuerza normal elemental, que actúa sobre un elemento c de área ubicado a la altura y. La suma de los momentos de estas fuerzas elementales, respecto al eje Z, genera un momento flexionante (interno). Sin embargo, por la asimetría de la sección, dichas fuerzas internas podrían generar un momento con respecto al eje Y.
563
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
El posible momento respecto del eje Y, será
zdF , es decir My
yzdA
La integral
x máx c
Carlos
(A)
(A)
My
Ingº
Esparza
y x máx zdA c
yzdA
( A)
define el Producto de Inercia del Área de la Sección Transversal. Si
(A)
los ejes Y, Z son los Ejes Principales del área (que pasan por el centroide), el Producto de Inercia es nulo. Si este es el caso My = 0, y pueden usarse las fórmulas deducidas anteriormente. y Nota. Si se aplica un momento, M, flexionante que no es paralelo a ningún eje principal, deberemos seguir el procedimiento de superposición (que estudiaremos más adelante).
z M EJEMPLOS 1.
Calcular el esfuerzo normal máximo inducido por el momento que actúa sobre la viga representada. 30' 1/2"
6"
500 lb-pie
1/2" 1/2"
4"
Flexión Pura
Viga de sección
ALMA
ALAS
500 lb-pie
500 lb-pie
|Mmáx| = 500 lb-pie | M| c máx Iz
y centroide z
Iz = 35.541 pulg4 C = 3" C = 3"
564
Mecánica de Sólidos Díaz
máx
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
(500 12)(13) máx = 506.46 lb/pulg2 35.541 506.46 lb/pulg2
z
NOTAR: M<0
TRACCIONES COMPRECIONES
–506.46 lb/pulg2 2.
Calcular la fuerza desarrollada por los esfuerzos normales en el área indicada. La sección está sometida a un momento flexionante negativo de 37,500 kg-cm alrededor del eje horizontal Y
Y
x 0 2 2 2 y z r
(0,r,0) Z -z z
dy
M
r=5 cm
y
x (0,0,-r)
dV
Sólido de tracciones (M < 0) r
T 2z x dy 0
X
(0,0,r)
Pero x
My | M| y ó x Iz Iz
r
Luego T 2 r 2 y 2 0
5
| M| 2 | M| ydy 25 y 2 ydy Iz I z 0
Desarrollando la integral y reemplazando I z
4 r (5) 4 4 4
2 | M| 1 (5) 3 |M| = 37,500 3 (5) 4 4 Luego T = 6,366 kg (pasa por el centroide del sólido de tracciones)
Obtenemos: T
3.
Sabiendo que la sección representada admite los esfuerzos normales 120 MPa en tracción y 150 MPa en compresión, determinar el momento máximo que puede aplicarse.
6 (dimensiones en mm)
18 6
18
6
18
M
6
Propiedades geométricas.
566
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
y A 9 mm CG
z
Iz = 33.05×10-9 m4
15 mm
B Flexión. Por tratarse de flexión negativa, tenemos: Zona en tracción A máx
CG
z B
(?)
Mc Iz
Zona en compresión
| M| CA . . . . (tracción) Iz | M | CB (ii) máx . . . . (compresión) Iz Reemplazando valores numéricos: | M | (9 10 3 ) En (i) 120 10 6 |M| = 440.67 N-m 33.05 10 9 | M | (15 10 3 ) En (ii) 150 10 6 |M| = 330.50 N-m 33.05 10 9
Luego:
(i) máx
Mmáx = 330.5 N-m (momento negativo) Mmáx 4) La viga cuya sección se representa, es sometida al momento M = 20 kN-m. Sabiendo que E = 200 GPa y = 0.29, determinar: i) El cambio de ancho en el ala superior ii) El cambio de longitud de la mitad superior CA del alma. (Dato Iz = 12.82106 mm4)
Y A
M
Z X
100 mm
A
(Flexión Positiva)
Esfuerzo:
MC A A Iz
200 mm
(compresión) (CA = 100 mm)
20 10 3 100 10 3 A = 156.006106 Pa 12.86 10 6
Deformación longitudinal:
567
Mecánica de Sólidos Díaz
( x ) A
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
A 156.006 10 6 7.8 10 4 9 E 200 10
Deformación transversal: ( y ) A ( z ) A ( x ) A ( y ) A ( z ) A 0.29(7.8 10 4 ) 2.262 10 4
i) Cambio de Ancho en el Ala Superior. t t = 100 mm A
t = (z)At t = 2.262×10-4×100 = 2.262×10-2 mm C ii) Cambio de la longitud CA. ( promedio ) CA
1 ( y A 0) 2
( promedio ) CA
Deformación en el eje neutro. (puesto que la deformación varía linealmente)
1 (2.262 10 4 ) 1.131 10 4 2
Luego CA (promedio)CA(CA) CA 1.131×10-4×100 = 1.131×10-2 mm. 5.)
(Parte de Teoría) Al deducir la fórmula de la Flexión Elástica se aceptó que en un elemento en estado de Flexión Pura, el esfuerzo y es despreciable. Para un elemento elástico, inicialmente recto, de sección transversal rectangular, i) Deducir una expresión aproximada para y en función de y. c ( x ) máx . ii) Demostrar que ( y ) máx 2 (Conclusión como es grande, el esfuerzo y puede despreciarse en todas las situaciones prácticas regulares).
M
M
y 2c
z L
b
568
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
2 2
y=c
x /2
Ingº
Carlos
Esparza
Para deformaciones infinitesimales: sen Fibras ubicadas a 2 2 cualquier distancia y. De las ecuaciones My x Iz Mc x y máx I z máx /2
y=–c y obtenemos x máx . . . . () c Condición de equilibrio Fy = 0 y
y (bL) 2 ( x sen )bdy 0 2 c
Con suficiente aproximación: y 2 ó y x bdy bL c 2
y
y
2 y máx bdy (usando ) bL 2 c c
evaluando la integral y simplificando: máx 2 y (y c 2 ) cL 2 L máx 2 (y c 2 ) Pero L = y cL 2 1 máx (y 2 c 2 ) de donde y 2c c2 máx Para y = 0 es ( y ) máx 2c c ( y ) máx máx 2 PROBLEMAS (Repaso) 1.
Una barra de acero de 4 mm de diámetro y 1.8 m de longitud debe ser curvada según un cuadrante de circunferencia. Calcular el momento que debe aplicarse en los extremos.
569
Mecánica de Sólidos Díaz
M
Mg.
M
L
r
r
Ingº
Carlos
Esparza
E = 2.1×106 kg/cm2 Radio de Curvatura 2L r L r 2
90° r
2(1.8) = 114.6 cm
r0
Momento de Inercia de la sección transversal:
z
Iz
4 r0 4
(0.2) 4 cm4 = 0.001257 cm4 4 EI 1 M El Momento Flector requerido es: M Z EI Z Reemplazando valores obtenemos: 1 M (2.1 10 6 )(0.001257) = 23.034 kg-cm 114.6
Iz =
Nota). Observar que r. barra de diámetro d
90°
r
d 0.4 114.6 = 114.8 cm 2 2
Con este valor: M
1 (2.1 10 6 )(0.001257) 114.8
M = 22.994 kg-cm 2.
La figura representa una viga sometida a dos cargas P en los extremos. El tramo central tiene longitud L. Hallar el radio de curvatura del tramo central y el “levantamiento” del punto medio. P P P = 1000 kg a = 0.80 m A B E = 2.1×106 kg/cm2 L = 3.80 m Iz = 570 cm4 a L a
570
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Deformada
Momento Flector (tramo central) P
A a x
M
M + Px – P(x–a) = 0 M = – Pa
V
P
P
Ingº
Carlos
D f C
A
Esparza
P B
o
M = 1000(0.8) = 800 kg-m M = 80,000 kg-cm Momento constante en el tramo AB El tramo AB se deforma según un arco de circunferencia. EI 1 | M| Curvatura: Z |M| EI Z
2.1 10 6 570 | 80,000 |
= 14962.5 cm
= 149.625 m
En el OAC: L/2
A
C
2 = ( – )2 + (L/2)2
–
de donde obtenemos: 2 – 2 +
L2 = 0 . . . () 4
o 2 42 L2 2(149.625) 4(149.625) 2 (3.80) 2 . Reemplazando, 2 2 La única raíz físicamente aceptable, es: = 0.012 m (1 < ). Nota. Como 0 puede aproximarse en (): L2 3.80 2 0012 m. 8(149.625) 8
3.
Una barra de acero (E = 2.1×106 kg/cm2) de sección rectangular de 20 mm × 3 mm y longitud L = 1.4 m está apoyada en su centro sobre el punto más alto de un disco circular rígido de 1.2 m de diámetro. La barra está sometida al efecto de dos fuerzas P = 5 kg en sus extremos. Calcular la longitud del arco de contacto entre la barra y el disco rígido.
L/2
L/2
P
D C
A
P
r
y z
E
B
Iz =
1 (2)(0.3)3 = 0.0045 cm4 12
1 M El Momento Flector necesario, es: EI z
571
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
EI Z (2.1 10 6 )(0.0045) . Reemplazado valores: M 1 (60 0.3) 2 M = 164.6 kg-cm El momento en el punto C, es: M
a P
C
Mc = Pacos; a
r
Carlos
Esparza
( = r + d/2)
L 2
L Mc = P( )cos 2 140 60.15 )cos Mc = 5( 2
Luego M = Mc 164.6 = 5(70 60.15)cos Resolviendo la ecuación “obtenemos”: 0.5294 rad ( 30°20’) Con lo cual: CE = 2r = 2(60)(0.5294) CE = 63.53 cm. 4.
La figura representa la sección transversal de una viga sometida a momento flector positivo. Determinar la dimensión b para la cual ’ = 250 kg/cm2 y ” = 900 kg/cm2. Considerar h = 12 cm; S = 3 cm. (’ y ” en valor absoluto). s
y''
h C.G. s z
y'
Sabemos que: My ' M ' ' Iz Iz y' My " M " " Iz Iz y"
b
' " ' y ' y ' y" " y" ' y' y' ' Propiedad: y' h '" y' y" h '" 250 5 Reemplazando datos y' h h 250 900 23 El centroide está ubicado en y’ h2 s2 s (b s) 2 y' 2 sh (b s)s
s 2 s2 h (b s) 5 2 . Reemplazando los valores conocidos y despejando b, h 2 23 sh (b s)s obtenemos: b 39.7 cm.
5.
El material de la viga representada acepta esfuerzos últimos de 2000 kg/cm 2 en tracción y 8000 kg/cm2 en compresión. i) Determinar el Factor de Seguridad.
572
Mecánica de Sólidos Díaz
ii)
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Graficar la variación del esfuerzo normal en la sección C. 4 cm
2200 kg
10000 kg
P
2200 kg
B
A
16 cm
C 1m
1.5 m
1.5 m
4 cm
1m
Momentos Flectores 530000 kg-cm
20 cm Centroide y Momento de Inercia Y y = 6.444 cm
+
A
C
–
Z
B
–
y IZ = 5028 cm4
–220000 kg-cm –220000 kg-cm Debido a que los esfuerzos últimos en tracción y compresión son diferentes (en valor absoluto), es necesario analizar las secciones de momento máximo positivo y de momento máximo negativo. Sección A. (Momento Negativo). My ymáx = 13.556 cm x Iz (220000)(13.556) x máx 593.14 kg/cm2 (Tracción) 5028 (220000)( 6.444) x máx 281.957 kg/cm2 (Compresión) 5028 593.14 kg/cm2 A
–281.957 kg/cm2 (530000)(13.556) 1428.93 kg/cm2 (Compresión) 5028 (530000)( 6.444) 679.26 kg/cm2 (Tracción) 5028
Sección C. máx máx
–1428.93 kg/cm2
C
679.26 kg/cm2 2000 2.94 Factor de Seguridad (en tracción) FS 679.26
573
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
8000 5.5 1428.93 Factor de Seguridad (para toda la Viga) FS = 2.94
Factor de Seguridad (en compresión) FS
6.) ¿Qué valor tendrá la máxima fuerza P que puede aplicarse a la viga representada, si y = 50,000 lb/pulg2 (fluencia) y la viga debe comportarse elásticamente? P W = 50 lb/pie
4" 10'
3"
10' Mmáx
+
Mmáx 2500 5P (lb-pie)
W(20)2/8
máx
+ P
50 P(10)(10) (20) 2 8 20
(10)(10) 20
(25007 5P)(12)(2) 1 (3)( 4) 3 12
máx 1.5 (5P 2500) lb/pulg2
Condición máx y = 50,000 lb/pulg2 1.5(5P + 2500) = 50,000 P = 6,166.67 lb. 7.) Calcular el esfuerzo normal en las fibras extremas, superior e inferior, en la sección de máximo momento de la viga representada. 10" 8 klb 8 klb W = 1 klb/pie 3/8" e'
6'
8' e = 0.295" e' = 0.43"
6'
e
15.86"
e' 6.985"
574
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Momento Flector 1 klb/pie
8 klb
8 klb
Mmáx = 1176 klb-pulg Eje Neutro y Momento de Inercia
18'
18'
10'
90 klb-pie
Y
90 klb-pie
6.185" Z 10.05"
Mmáx=98 klb-pie Iz = 530.9168 pulg4 (Recordar el Teorema de Steiner) Esfuerzos Máximos 1176 6.185 13.7 klb/pulg2 (Compresión) 530.9168 1176 10.05 22.26 klb/pulg2 (Tracción) 530.9168
Fibra Superior máx Fibra Inferior
máx
8.) Para la viga representada, graficar el diagrama de deformaciones unitarias y el diagrama de esfuerzos normales en la sección de máximo momento. Usar E = 30×106 lb/pulg2.
100 lb 1" 20'
4"
5' 500 lb-pie
Mmáx = 500 lb-pie (+) M c máx máx Iz
(500)(12)(0.5) 900 lb/pulg2 1 3 (4)(1) 12 ’máx = 9000 lb/pulg2 Fibras Inferiores ”máx = 9000 lb/pulg2 Fibras Superiores máx
Deformaciones Unitarias: 1 9000 x máx x 3 10 4 E 30 10 6
575
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
–3×10-4
Carlos
Esparza
–9000 lb/pulg2
–
– +
+ –9000 lb/pulg2
3×10-4 Deformaciones Unitarias 9.)
Ingº
Esfuerzos Normales
Graficar el diagrama de esfuerzos normales para la viga representada. 2" 2" 2"
20 lb/pie A
2"
B
4"
20' Momento Flector Máximo: Mmáx = 513.2 lb-pie sucede en X = 11.55' a partir del punto A.
Momento de Inercia: Y c Z
Iz = 61.321133 pulg4
d=3.8"
Esfuerzos normales: Mmáxc (513.2 12) (6 3.8) Iz 61.32133 2 = – 220.942 lb/pulg
Fibras Superiores x máx
x máx
(513.2 12( 3.8) 61.32133 = 381.628 lb/pulg2
Fibras Inferiores x máx
x máx
–220.942 lb/pulg2 2.2" 3.8" 381.628 lb/pulg2
576
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
P
10.) La viga representada, tiene secciones transversales rectangulares de anchura b y altura h uniformemente variables (según se indica). Determinar la sección que soporta la tracción máxima y el valor correspondiente.
h0
b b
h1 L
Sección a la distancia x del extremo libre.
L
L b
x h – h0 h1 – h0
h1
b
h0
h x
h1 - h0 h - h0 h -h h h0 1 0 x L x L 1 bh 3 I Z 12 Módulo Resistente a Flexión : S h c 2 b h -h S ( h0 1 0 x )2 6 L M P El esfuerzo en las fibras extremas, es: |M| donde M Px x S Px 6Px Luego σ 2 2 b h1 h0 h1 h0 x b h0 x h0 6 L L d h0 Condición 0 x L dx h1 h0 Por consiguiente: h h0 h0 L h 2h0 h h0 1 L h1 h0
h = 2h0 es la altura de la sección con máximo esfuerzo normal. h L 6P 0 h1 h0 3PL máx máx 2 2h0b(h1 h0 ) h h0 h0 L b h0 1 L h1 h0
576
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Nota). Es necesario que h1 h y h1 2h0, de otra manera, la sección de mayor esfuerzo será la sección de empotramiento. 11.) El marco representado en la figura, soporta una carga repartida uniforme de 200 N/m (sobre la proyección horizontal). Determinar el máximo esfuerzo normal debido a la flexión en la sección a–a, si ésta es un cuadrado de 50 mm de lado.
W = 200 N/m Y
a 3m
a 3m
4m
50 mm
Z 50 mm
Determinamos el Momento Flector en a–a: R1 = 500 N
Ma-a
2.4 m 1000 N R1
2.5 m
3m
2.5 m
R2 Ma--a
a a
Mc Iz
a a
(624)(
50 10 3 ) 2
1 (50 10 3 ) 4 12
500 N + 200(2.4)(1.2) – 500(2.4) = 0 Ma–a = 624 N-m
a a 29.952 106 Pa
12.) La viga representada tiene sección rectangular y está cargada según se indica. Si el máximo esfuerzo admisible es 8 MPa, determinar los valores máximos de P y w que pueden aplicarse simultáneamente.
P
Y w
3m
3m
2m
300 mm
Z
150 mm Requerimos los máximos momentos (positivos y negativos)
577
Mecánica de Sólidos Díaz
P
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Momento de Inercia: 150 10 3 (300 10 3 )3 Iz 12 Iz = 3.375×10-4 m4
w
3P 2W 2
Esfuerzo Normal: My x Iz –2W
i)
Para el Momento Máximo Positivo 3P 2w 300 ( )( 10 3 ) 2 2 x 3.375 10 4 Condición: 3P 2w 300 ( )( 10 3 ) 6 2 2 . . . . (1) 8 10 3.375 10 4 dato ii)
Para el Momento Máximo Negativo 300 (2w)( 10 3 ) 2 x 3.375 10 4 8 106
300 10 3 ) 2 . . . . (2) 3.375 10 4
(2w)(
Resolviendo (1) y (2), obtenemos
w = 9000 N/m P = 18000 N
13.) Una presa pequeña tiene una viga típica vertical, según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo en el punto D, debido a la flexión en la sección a–a.
Z
90 cm 90 cm
25 cm a
a
90 cm
10 T/m Momento Flector en la sección a–a.
5 cm D
5 cm
Y
5 cm 15 cm 5 cm
578
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
R1 = 6.75 Ton R2 = 6.75 Ton R1
1 2
Ingº
Carlos
(10)
Ton/m
Esparza
90 cm 6.75 Ton 90 cm
(10)( 2.7) 13.5 Ton
90 cm
M 2
R2
3
M = 2.475 T-m M = 247500 kg-cm (Flector Positivo) Momento de Inercia: Iz = 28333.333 cm4 (revisar) My D (247500)( 7.5) Esfuerzo Normal: x Iz 28333.333 2 x = 65.51 kg/cm
14.)Calcular el esfuerzo normal máximo en el miembro BD, si su sección es rectangular de 100 mm ancho por 400 mm de altura. No incluir el peso propio.
C
P = 40 kN Q = 72 kN P
B
2m
Q
D 2m E
A 2m
Reacciones:
1m 1m 1m 1m
Fuerzas Internas Cy 40
52 kN
2m
72
Cx
By 60 kN
Estableciendo las ecuaciones de equilibrio, obtenemos:
Cy
40
Bx
Cx
Dy
72
Dx
Bx
Dx By
52
Dy 60
579
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
C
4
72
D
56
Esparza
56
56
48
48
A
Carlos
C
56 40
56 B
Ingº
64
(en kN)
64
52
E 60
Elemento BD:
72
40
56
56 48
64 64 kN-m
48 kN-m
Mmáx = 64 kN-m
+ Esfuerzos Normales:
56 kN 1400 kPa 100 10 400 10 3 m2 My POR MOMENTO FLECTOR "máx Iz
POR CARGA AXIAL '
"máx
(64)(
3
400 10 3 ) 2
24000 kPa 1 (100 10 3 )( 400 10 3 )3 12 Esfuerzo Resultante: = ' + "máx (Superposición) = 1400 + 24000 = 25400 kPa (Sucede en las fibras superiores verificar).
15.)Una viga, cuya sección transversal es un triángulo isósceles, está sometida a un momento flector negativo de 36 Ton-cm, con respecto a un eje horizontal. Determinar la magnitud y localización de las fuerzas de tracción y compresión que actúan en la sección.
580
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Mz = 36 Ton-cm (Flexión negativa).
15 cm
Eje Neutro y Momento de Inercia: Y Z
C1 = 5 cm
15 cm Z
C2 = 10 cm
1 Iz = 36
zona en tracción zona en compresión
(15)(15)3 cm4
Esfuerzos Máximos: | M | c1 (36)(5) Tracción máx 0.128 Ton / cm2 Iz 154 36 | M | c 2 (36)(10) Compresión máx 0.256 Ton / cm2 4 Iz 15 36 Diagrama de Esfuerzos: 0.128 T/cm2
5 cm
0.128 T/cm2
5 cm
T
10 cm
EJE NEUTRO
10 cm
C 0.256 T/cm2
T Volumen del Sólido de Tracciones C Volumen del Sólido de Compresiones Resultantes: 7.5 7.5 cm
dy
z
0.128 T/cm2
-z y
Semejanza :
5 cm
x
Z 10 cm
0.256 T/cm2
5 y 0.128 x
x
0.128 y 5
15 10 y 10 y Z 7.5 Z 2 dT 2Zx dy
10 y 0.128 dT 2 ydy 2 5
5
T 0.0256 (10y y 2 )dy 0
de donde obtenemos: T = 4.27 Ton La fuerza de compresión debe ser de la misma intensidad (condición de equilibrio). Como comprobación la calculamos mediante una integral, similar al caso anterior.
581
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
15 10 y 10 y Z 7.5 Z 2 x y x 0.0256 y 0.256 10
Semejanza:
Z dy
y
z -z
x
10 cm
0.256 T/cm2
10 y dC 2z x dy dC 2 (0.0256 y)dy 2 Integrando en [0,10] tenemos: C = 4.27 Ton.
Ubicación de las Resultantes: yT 3.435 cm 1 1 10 2(10 Y) y C ydC (0.0256 y)ydy C C 4.27 0 2 yC = 4.996 cm.
T
yT yC
C yT
T ydT T
1 5 0.128 (10 y y 2 ) ydy 4.27 0 5
Observar que: M = (4.27)(3.435 + 4.996) 36 T-cm. 16.) Una varilla de sección semicircular de radio r = 12 mm es flexada en forma de arco circular de radio medio = 2.5 m. La cara plana de la varilla está orientada hacia el centro de curvatura del arco. Determinar los esfuerzos máximos de tracción y compresión. Usar E = 70 GPa; = 0.33 Para las condiciones enunciadas i) Calcular el cambio de longitud del diámetro de base de la sección semicircular. ii) Calcular el cambio de longitud del radio vertical de la sección transversal.
Primera Parte:
SECCIÓN
y
TRANSVERSAL
r=12 mm M Centroide:
Z
y
Z C y'
4r 4(12) 3 3 y' = 5.09 mm y'
M
= 2.5 m
582
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
El punto más alejado del eje neutro dista C = 12 – y' = 6.91 mm 1 La curvatura , la distancia C y la máxima medio c deformación unitaria, se relacionan mediante: 6.91 103 2.76 103 2.5 Esfuerzo correspondiente: = E = 70×109×2.76×10-3 Pa = 193.2×106 Pa. (Tracción)
'
6.91 5.09
5.09 5.09 ' (193.2) 142.3 10 6 Pa 6.91 6.91 compresión
'
tracción compresión
y
Segunda Parte:
A
X B
C
x B
X B 2.04 103 Z'B X B
M Z
yB 5.09 10 3 2.5
Z'B 0.33(2.04 103 ) 0.6732 103
Z'
(Constante a lo largo del diámetro de la base). Diámetro Z'B (Diámetro inicial ) (2)(12 mm )(0.6732 103 ) 0.01616 mm
BCA ?
En el punto B: X B 2.04 103
YB X B 0.33(2.04 103 ) 6.732 104 En el punto C: X C 0;
YC 0
(C eje neutro)
En el segmento BC, la deformación promedio en dirección Y, es: 1 y BC (0 6.732 10 4 ) (por la variación lineal) 2 y BC 3.366 104 BC 5.09 (3.366 104 )
BC 0.00171 mm . . . . ()
583
Mecánica de Sólidos
En el punto A: X A
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
c 6.91 10 3 2.76 10 3 2.5
YA X A 0.33(2.76 103 ) 9.108 104 En el segmento CA, la deformación promedio en dirección Y, es: y C A
1 (0 9.108 10 4 ) 4.554 10 4 2 def. del eje neutro
CA 6.91(4.554 104 ) 0.00315 mm
. . . . ( )
De () y (): AB 0.00171 0.00315 0.00144 mm 17.) En la viga representada calcular la dimensión a para que el esfuerzo normal no exceda de 150 MPa en tracción o en compresión. a
20 kN
a
20 kN/m
20 kN/m 2a
1m
1m
1m
1m
a 2a
Momento Flector Máximo: 20 kN/m
20 kN
30 kN
Mmáx = 30 kN-m (+)
20 kN/m
Momento de Inercia y
30 kN
2a
+ M
Z –2a
1 1 a (2a)( 4a)3 2 ( )(2a)3 12 12 2 Iz = 10a4
Iz =
My (30)(2a) 6 6 3 condición : 150 103 3 4 IZ 10 a a a de donde obtenemos a = 0.0342 m.
18.) La viga representada está hecha de un material cuyos esfuerzos últimos en tracción y compresión son, respectivamente, 2000 kg/cm2 y 8000 kg/cm2. (i) Determinar el Factor de Seguridad. (ii) Graficar la distribución de los esfuerzos debidos a la flexión en la sección C.
584
Mecánica de Sólidos
2T
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
4 cm
10 T A
B
2T
C 1.1 m
1.5
16 cm 1.5
1.1
4 cm 20 cm
Determinamos el Momento Flector Máximo (+ y –) MC = 530000 kg-cm (en la sección C: positivo) MA = – 220000 kg-cm (en la sección A ó B negativo) Centroide y Momento de Inercia:
Y
YG
(20)( 4)(2) (4)(16)(12) 6.44 cm (20)( 4) (4)(16)
13.56 cm Z
YG = 6.44 cm
2.44 cm 4 cm
1 4 (20)( 4)3 (20)( 4)(2.44 2)2 (16)3 (4)(16)(5.56)2 12 12 IZ 5027.56 cm4 (revisar) (teorema de Steiner) IZ
Como la sección no es simétrica respecto del eje Z, es necesario calcular los esfuerzos máximos en las secciones de máximo momento positivo y negativo. (220,000)(13.56) Sección A: MA = –220000 kg-cm máx 593.37 kg/cm2 5027.56 Tracción (220,000)( 6.44) Sección C: MC = 530000 kg-cm máx 281.81 kg/cm2 5027.56 Compresión 530.000 máx (13.56) 1429.48 kg/cm2 (compresión fibra superior) 5027.56 530.000 máx (6.44) 678.90 kg/cm2 (tracción fibra inferior) 5027.56 –1429.48 kg/cm2
– +
678.9 kg/cm2
Factor de seguridad: En tracción FS
2000 FS = 2.946 678.9
585
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
En compresión FS
8000 FS = 5.596 1429.48
FS (para la viga) 2.946
5.7) Carga Axial Excéntrica en un Plano de Simetría En un elemento sometido a carga axial, la distribución del esfuerzo normal puede suponerse uniforme, sólo cuando la recta de acción de la resultante de las cargas aplicadas pase por el centroide de la sección transversal (Estado de Carga Axial Centrada). A P P P P A
centroide En esta sección, estudiaremos la distribución del esfuerzo normal, cuando la recta de acción de la resultante de las cargas aplicadas no pasa por el centroide de la sección transversal, es decir cuando la carga axial es excéntrica. Consideramos el caso de elementos que poseen un plano de simetría y supondremos que las cargas se aplican en ese plano. n Las fuerzas internas en una C sección excéntrica se reducen n a una fuerza axial y un P P Momento Flector A B M
C
d
P
C
Z
C: centroide de la sección excéntrica d: excentricidad
A Equilibrio P' = P; M = Pd Responsable de la distribución no uniforme del Esfuerzo Normal en la sección excéntrica. La distribución de esfuerzos normales debidos a la carga excéntrica se obtiene por superposición del esfuerzo normal directo (originado por P') y del esfuerzo normal por flexión (originado por M). La superposición es válida únicamente cuando no se sobrepasan los límites de elasticidad lineal del material. y y
C
por carga axial centrada (P)
x x
+
C
x
x por momento flector (M)
586
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
y
=
C
x
x resultante X resultante X por carga axial centrada X por momento flector
X
P My . . . . () (tener en cuenta los signos) A IZ
La ecuación () muestra que la distribución buscada del esfuerzo normal es Lineal pero no Uniforme. Dependiendo de la forma geométrica de la sección transversal y de la distancia d, los esfuerzos combinados pueden tener todos el mismo signo o signos diferentes. Nota) Observar que, en el caso de que el esfuerzo resultante, cambie de signo en la sección transversal, el Eje Neutro de la Sección no coincide con el Eje Centroidal Z. De () para y = 0 es x = P/A. y zona en compresión P M 0 y0 EJE NEUTRO DE LA A IZ SECCIÓN TRANSVERSAL y0 PI y 0 Z (define el "Eje Neutro") EJE CENTROIDAL z MA
zona en compresión EJEMPLOS 1.
Una viga de sección rectangular (100 mm × 400 mm), está articulada en el punto A y sujeta por un cable CD. Calcular el máximo valor de P para que el esfuerzo normal no exceda los 120 MPa. D Y 4 3
A
P
Z C
400 mm
100 mm 2m 1m Determinamos el máximo momento flector en la viga AC.
587
Mecánica de Sólidos
2 P 3
P/2 A
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
B
C
Esfuerzo Directo: 0
P/2
P 2P/3
P 2(100 10 )( 400 10 3 ) 3
0 = – 12.5 P (Pascales) Newtons)
Mmáx = 2P/3
(P en
La viga está sometida simultáneamente a compresión y flexión. 2 400 P( 10 3 ) M| y | 3 2 Esfuerzo por Flexión: máx 1 Iz (100 10 3 )( 400 10 3 )3 12 máx = 250P Pascales (en valor absoluto).
Superposición:
A
= –250P Pa
+
P/2
=
A
0 = –12.5P Pa ' = –262.5P
= 250P Pa
Condición || = 120×106 Pa |–262.5P| = 120 ×106 P 457.14 kN
CENTROIDE
A
y0 EJE NEUTRO
"= 237.5P 2.
La figura representa la transmisión de una carga en una cadena. La varilla usada tiene 12 mm de diámetro. Si la cadena soporta una carga de 800 N, determinar: i) Los mayores esfuerzos de tracción y compresión en la porción recta de un eslabón. ii) La distancia entre los ejes centroidal y neutro de la sección transversal.
P M 800 N
12 mm
15 mm
800 N
C
P = 800 N; M = 800×15×10-3 M = 12 N-m (Positivo)
800 N
517
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
X Y
C
+
0 = P/A
C
máx
Y
C
=
Y
y0 = 0 + máx
Mc Iz
800 N 7.074 106 Pa (12 10 3 ) 4 (12)(6 10 3 ) máx 70.74 106 Pa (6 10 3 ) 4 4 máx = 77.814×106 Pa (tracción) máx (compresión) PI P My 0 y 0 Z y0 = 0.6 mm 0 AM A IZ 0
–63.666×106
=
Pa
3.)Sabiendo que el esfuerzo admisible en el material de la prensa representada es 6 klb/pulg2 en tracción y 12 klb/pulg2 en compresión. Determinar la mayor fuerza P que puede aplicarse con la prensa.
1'
10' Z
P
a
a
10' B
C 1' Z
P
Sección a-a
tracción compresión
12'
C2=3.25'
C1=7.75'
Iz = 235.4 pulg2 P Mc 1 P Mc 2 M = P(12+3.25) B ; C P A IZ A IZ M =12.25P Reemplazando datos: (positivo) P (15.25P)(3.25) B 0.261P (tracción) M 20 235.4 P (15.25P)(7.75) C 0.452P P 20 235.4 (compresión) Condición: 6 = 0.261P P = 22.98 klb –12 = –0.452P P = 26.55 klb Pmáx = 22.98 klb.
588
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
4.)Una placa triangular de acero ABD, de espesor constante, se suspende de una superficie horizontal, tal como se indica en el esquema. Sabiendo que la densidad del acero es 7850 kg/m3, determinar el esfuerzo normal en A y en B, cuando (i) a = 50 mm, (ii) a = 25 mm, (iii) a = 0
100 mm C
A
B
Caso (i) a = 50 mm
C
50 mm A
2m espesor: 9 mm
D
a
50 mm B
C W
CARGA CENTRADA
W = mg = m/V
1 W Vg (7850) (100 10 3 )(2)(9 10 3 )(9.81) 2 W = 69.3 Newtons
En este caso sólo se genera esfuerzo directo (tracción): 0
W A
69.3 N 77 103 Pa 3 3 100 10 9 10 (ii) a = 25 mm se genera carga excéntrica. W W = W1 + W2 = 69.3 N 0
M
A
C
W1
W2
25 mm
75 mm
A 77000
B
MC
0 M W1 (
W W
75 25 )(10 3 ) 0 3 3
donde 1 W1 (7850) (25 10 3 )(2)(9 10 3 )(9.81) 2 W1 17.33 N M 0.577 N - m Punto A: Mc A 0 IZ
(0.577)(25 25)(10 3 ) 115.467 kPa (tracción) 1 3 3 3 (9 10 )(100 10 ) 12
Punto B: Mc (0.577)(50)(10 3 ) 77000 38.533 kPa (tracción) 1 IZ (9 10 3 )(100 10 3 )3 12 Similar para el caso a = 0 B 0
518
Mecánica de Sólidos
P M
A
C W
B
M – W(66.7 – 50)(10-3) = 0 M = 1.155 N-m Punto A: Mc A 0 IZ A 77000
66.7 mm
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
(1.155)(50)(10 3 ) 1 (100 10 3 )3 (9 10 3 ) 12
kPa
154
(tracción)
P = W = 69.3 N Punto B: P Mc B A IZ B 77000
(1.155)(50)(10 3 ) 1 (100 10 3 )3 (9 10 3 ) 12
0
5.) La fuerza axial excéntrica P actúa en el punto D. Si P = 60 kN, determinar (a) La altura d de la barra para la cual el esfuerzo de tracción en el punto A es máximo; (b) El correspondiente valor del esfuerzo; (c) El espesor de la barra para el cual el esfuerzo de compresión en el punto B es máximo y el correspondiente valor; (d) Los límites dentro de los cuales están comprendidos los valores de la altura d para la cual el esfuerzo en el punto A no excede los 30 MPa. A A a D P d a 2 = C d 2
B
b = 40mm b
a=25 mm
A
D d
C
P
B
20 mm
P
C M
B d d P( a) P Mc P 2 2P ( 2 3a ) . . . . (1) A 2 A 1 A I bd b d d2 bd3 12 P Mc 2P 1 3a B B ( 2 ) . . . . (2) A I b d d d A 2P 2 6a 0 ( 2 3 ) 0 (a): Para máx A: dd b d d de donde obtenemos d = 3a d = 75 mm
d M P( a) 2
(b): Para P = 60 kN; b = 40 mm; d = 75 mm
517
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
2P 2 3a ( ) A = 40 MPa b d d2 dB (c): Para máx B: 0 a partir de la ecuación (2). Obtenemos d = 6a dd luego d = 150 mm. El valor del esfuerzo resulta ser B = – 10 MPa 2P 2 3a (d): Ecuación (1): A ( ) b d d2 Datos: A = 30 MPa (condición); a = 25 mm; b = 40 mm; P = 60 kN 2(60)(103 ) 2 3(25)(10 3 ) 30 106 (40 10 3 ) d d2 Ecuación de segundo grado cuyas raíces son: d1 = 0.15 m y d2 = 0.05 m. A
Para = 30 MPa, obtenemos la ecuación d2 + 0.2d – 0.0075 = 0 cuyas raíces son d' = –0.232 m y d" = 0.0323 m. Podemos graficar A respecto a d:
A (MPa)
De Ec (1): Para d = 0 A – Para d = A 0 Para A = 0 d = 37.5 mm
A máx
+30 37.5 32.3 50
75
150
d (mm)
–30 Notar que: –30 MPa A 30 MPa para 32.3 mm d 50 mm y d 150 mm. Si sólo consideramos tracción A 30 MPa para 37.5 d 50 mm y d 150 mm. 6.) Sabiendo que el esfuerzo admisible es 150 MPa en la sección a–a de la barra AB representada, determinar (i) La mayor fuerza P que puede aplicarse en D. (ii) La ubicación del eje neutro. Propiedades Geométricas: A
a
a
P
B C 50 mm
RÍGIDA
CG
Y
Z
D 50 mm
A = 2.4×10-3 m2 y = 30 mm Iz = 1.36×10-6 m4
y
592
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Fuerzas en la sección a-a 30 mm 60 mm
20 mm
M
F
50 mm
P H
CG
P
20 mm 60 mm C
M = P(0.05 + 0.05) = 0.1P
D 50 mm
En el punto H se genera el máximo esfuerzo (tracción) P (0.1P)(0.05) P Mc máx máx 3 A IZ 2.4 10 1.36 10 6 máx = 4093.1P (Pascales) Condición: máx = ad 150×106 = 4093.1Pmáx Pmáx = 36647 N Para ubicar el eje neutro, determinamos el esfuerzo en el punto F. 36647 (36647)(0.1)(0.03) P M(cF ) F p 3 A IZ 2.4 10 1.36 10 6 F = – 65.57×106 Pa Localización del eje neutro Semejanza:
compresiones
65.57 150 a 80 a
tracciones
CG
150 MPa
Z a
a = 24.33 mm
–65.57 MPa
+
–
7.) Se aplica una fuerza axial excéntrica P tal como se indica. La barra es de acero y tiene sección transversal rectangular de 25 mm × 90 mm. Las deformaciones unitarias en los puntos A y B son: A = 350×10–6 B = 70×10–6 Sabiendo que E = 200 GPa. Determinar: (i) La distancia d; (ii) La magnitud de la fuerza P. Y 25 mm
90 mm
A
30 mm
P
45 mm
d
Z CG
CG
B
45 mm 15 mm
A = 2.25×10-3 m2 IZ = 1.52×10-6 m4
Variación de las deformaciones unitarias:
593
Mecánica de Sólidos
D
D
15 mm
Semejanza 350 10 6 C (350 70)10 6 15 45 –6 de donde C = 210×10
30 mm
De manera similar, encontramos: D = 630×10–6 F = – 210×10–6
30 mm 45
350×10-6
A
C
C
350×10-6–C
45 mm
15
-70×10-6
B
Esfuerzos: ( = E) C = EC = 42×106 Pa F = EF = – 42×106 Pa D = ED = 126×106 Pa
F
(350+70)10-6
Superposición de esfuerzos: Y d
P
=
C F
P P My C P 42 106 A A IZ A de donde P = (2.25×10–3)(42×106) 94.5×103 N P My D En D: D A IZ
En C: C
D CG
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
P M = Pd
126 106
=
94.5 103 (94.5 103 )(d)( 45 10 3 ) 2.25 10 3 1.52 10 6
de donde encontramos: d = 30 mm. El mismo valor se encuentra trabajando con F = – 42×106 Pa. Nota) En un caso más general, la resultante de las cargas aplicadas no coincidirá con ninguno de los ejes de simetría. Y Q
P
h
P
k
Z
C
a
C: centroide del área de la sección transversal
b En estos casos, la carga es aplicada con excentricidad en las dos direcciones, determinándose un Estado de Flexión Biaxial. En cualquier punto Q(z,y) de la sección transversal existirá un esfuerzo normal directo y dos esfuerzos normales por flexión (uno respecto de cada eje centroidal). Dentro de los límites elásticos, el esfuerzo normal resultante se obtendrá por el principio de superposición.
517
Mecánica de Sólidos
Y
Se generan los momentos excéntricos: Mz = Pk; My = Ph P causa esfuerzo normal directo. Mz causa flexión en el plano X–Y My causa flexión en el plano X–Z y
My h k
a P
C
Z Mz
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
X C
b
P
x
Y
a
Z
x
C
b
C
x
MZ MY Flexión en el plano X-Y Flexión en el plano X-Z (Observar que, de acuerdo al convenio de signos, los momentos representados son negativos). El esfuerzo en cualquier punto Q(z,y) de la sección transversal, es: Y P My Mz Q z y . . . . () A IZ IY ó P Pky Phz . . . . () Q My Q z A IZ IY y C El Eje Neutro de la sección transversal se P determina cuando Q = 0. Es decir cuando P Pky Phz Z A IZ IY Mz
1 k h y z . . . . () (Ecuación del Eje Neutro) A IZ IY
Y Ejes centroidales
Z
C
Eje Neutro de la sección El eje neutro puede o no atravesar la sección transversal. Al usar la ecuación de superposición () ó () debe tenerse cuidado especial con el signo de los momentos, el signo de la carga axial y el signo de las coordenadas del punto Q, y el signo de las coordenadas (z,y).
517
Mecánica de Sólidos
Díaz
Mg. Ing. Carlos Esparza
EJEMPLOS 1.
Una columna tiene sección transversal de 500 mm × 400 mm y está sometida a una carga de compresión vertical de 100 kN aplicada en el punto indicado en el esquema. Calcular el máximo esfuerzo producido en la sección. Y h = – 100 mm
h k
k = 80 mm
400 mm
Z
Esfuerzo de compresión (directo): 100000 N Q 0.5 106 Pa 3 3 500 10 400 10
500 mm Momentos (valor absoluto): MZ = (100 kN)(80×10-3 m) = 8000 N-m MY = (100 kN)|–100×10-3 m| = 10000 N-m
Y
My
Mz c
d
a
b
Z
Flexión en el plano YX: Mc 8000(200 10 3 ) X máx Z 1 IZ (500 10 3 )( 400 10 3 )3 12 Pa X máx 0.6 106 (compresión en la fibra cd)
596
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Flexión en el plano ZX: M c (10000)( 250 10 3 ) X máx Y 0.6 106 Pa 1 IY 3 3 3 (400 10 )(500 10 ) 12 (compresión en la fibra bd) X Total 0.5 106 0.6 106 0.6 106 X Total 1.7 106 Pa (en la esquina d).
Y c
d
a
b
máxima compresión por la flexión en el plano YX
Z
2.
máxima compresión por la flexión en el plano ZX
Para la viga representada, determinar: (i) El esfuerzo en las esquinas del apoyo. (ii) La distribución de esfuerzos en los bordes del apoyo. (iii) La ubicación del eje neutro en la sección apoyo.
B A D
4"
C 6'
6"
P=260 lb 12 5
Momentos en la sección ABCD Y MY
En este caso no existe el esfuerzo por carga directa
MZ x
Z 100 lb MY = 100(6) = 600 lb-pie MZ = 240(6) = 1440 lb-pie
240 lb (valores absolutos)
Esfuerzos en las esquinas de la sección de apoyo: Flexión en el plano XY: M y Z IY A B
(1440 12)(3) lb 720 (tracción) 1 pu lg 2 (4)(6)3 12
596
Mecánica de Sólidos
También D C 720
Y
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
lb pu lg 2
(compresión)
B
A C
x
MY Z
D
MZ
Flexión en el plano XZ: (600 12)(2) lb (compresión) A D 450 1 pu lg 2 (6)( 4)3 12 lb También B C 450 (tracción) pu lg 2 Esfuerzos Resultantes: lb lb A 720 450 270 B 720 450 1170 2 pu lg pu lg2 lb lb C 720 450 270 D 720 450 1170 2 pu lg pu lg2 Distribución de Esfuerzos en los bordes y Eje Neutro. 1170
270 270
+
+ A
ZONA EN TRACCIÓN
1170
B
+
EJE NEUTRO
–
ZONA EN
D
COMPRESIÓN C
–
–270
–1170
–
–270
–1170
3.) Calcular los esfuerzos en las esquinas del bloque representado y ubicar el eje neutro correspondiente.
597
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
A
P 6" B
6" C
2 27 ) 3 MZ = 10392.3 lb-pulg P = 3000 lb (ABC equilátero en un plano horizontal)
MZ = (3000)(
Trasladamos la carga al centroide de la sección transversal. X A Esfuerzo Normal Directo: 3000 P 0 1 MZ (6) 36 9 2 lb 0 192.45 pu lg 2 B C Z Y centroide 1 (10392.3)( 27 ) 3 769.8 lb/pulg2 Flexión en el plano XY: B A 1 (6)( 27 )3 36 2 (10392.3)( 27 ) 3 C 1539.6 lb/pulg2 1 (6)( 27 )3 36 Esfuerzos Resultantes: A = B = – 192.45 + 769.8 = 577.35 lb/pulg2 C = – 192.45 – 1539.6 = – 1732.05 lb/pulg2
598
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz 577.35
577.35
+
A
+
–
-1732.05
ZONA EN COMPRESIÓN
577.35 B 577.35
C
EJE NEUTRO
+ – -1732.05
4.)
Hallar los esfuerzos máximos de tracción y de compresión. Determinar el eje neutro correspondiente.
y B P
q L/2
h
C z
L/2
D A
b Descomponemos la fuerza P y la fuerza repartida q sobre los ejes principales centroidales de la sección (z,y). Py = P cos Pz = P sen qy = q cos qz = 1 sen En la sección donde actúa P se genera el máximo momento. q L2 L L L Z máx Py y (P q ) cos 4 8 4 8 . . . . () 2 L qzL L L Ymáx Pz (P q )sen 4 8 4 8 My máx de tracción A B B máx de compresión B C C
Mz
D
A A Z máxc Y maxc' | máx | | | . . . . () IZ IY
D IZ
donde: c = h/2 c' = b/2 1 3 bh ; 2
IY
1 hb3 12
Reemplazando en (), obtenemos:
599
Mecánica de Sólidos
máx
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
3L L cos sen P q 2bh 2 h b
-máx
–
Puede probarse que: I tan =Z tan IY
EJE
NEUTRO
+
5.
máx
tan =
h2 tan b2
El esfuerzo normal admisible en el material de la carga representada es 0. Determinar la máxima fuerza P admisible. P Y
P
45° a
Z
2a
Y
Y Y
Z
Z
MY a
B
MZ
4r
P 2 2
P
P 2 MY = 2
A P 2 MZ = 2
45° P 2 2
a
C
3
a
(negativo como Mto flector)
Flexión en el Plano X-Y P 2 a 4d 2 6 MC A C Z IZ 0.00686d 4 A = C = 21.874 Pa/d3 P 2 a 2 d 4d M C' 3 B Z 29.665 Pa/d IZ 0.00686d 4 2 6 Flexión en el Plano X-Z
B = 0,
P 2 a d 2 2 My C A 14.372 Pa/d3 IY 0.0246 d 4
600
Mecánica de Sólidos
Díaz
Mg. Ing. Carlos Esparza
P 2 a d 2 2 My C´ C 14.372 Pa/d3 IY 0.0246 d 4 Esfuerzos Resultantes: A = ( 21.874 + 14.372) Pa/d3 B = 0 + 29.665 Pa/d3 3 C = ( 21.874 14.372) Pa/d compresión máxima Condición: |0| = 36.246 Pa/d3 P = 0.0275 d3/a |0|
6.
Se aplica el par M a una viga de la sección transversal representada, en un plano que forma ° con el plano vertical. Determinar (i) El esfuerzo en el punto A. (ii) El esfuerzo en el punto B. (iii) El ángulo que el eje neutro forma con el plano horizontal. M = 200 klb-pulg2
Y
=20°
M 6" Z
C
3"
2"
A
B
Se determinan los momentos de inercia: IY = 135 pulg4, IZ = 204 pulg4 Flexión biaxial
MY
MZ C
3"
A
B 4.5"
4.5"
MY = (200)sen20 = 68.4 klb-pulg MZ = (200)cos20 = 187.9 klb-pulg Ambos momentos generan tracción en el punto A. MY genera compresión en el punto B. MZ genera tracción en el punto B.
601
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
MZ c MY c' (187.9)(3) (68.4)( 4.5) 2.28 2.76 IZ IY 204 135 A = 5.04 klb/pulg2 M c M c' (187.9)(3) (68.4)( 4.5) B Z Y 2.76 2.28 IZ IY 204 135 B = 0.48 klb/pulg2 Para determinar la inclinación del eje neutro, usamos: 204 I 28.8° tan 20 0.550 tan Z tan tan 135 IY
A
Y
M
C
Z
Eje neutro 7.
Demostrar que si se aplica una fuerza vertical P en el punto A de la sección representada, la ecuación del eje neutro BD, es xA z 2 x A2 z 1 k k z x donde kz, kx son los radios de giro de la sección transversal con respecto a los ejes Z, X respectivamente. Demostrar que si se aplica una fuerza vertical Q en cualquier punto localizado sobre la línea BD, el esfuerzo en el punto A será cero.
Y D B
P
C
Z
xa
A
za X
602
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
D E z
x C
B
A
zA
X
xA Z Ix = kx2A; Iz = kz2A La carga P que actúan en el punto A, genera los momentos: Mx = PzA Mz = PxA El esfuerzo resultante en un punto E(x,z) es: P Mx Mz E z x A Iz Ix P (Px A ) x (Pz A )z E . . . . () 2 A k 2z A kxA x z Eje neutro: E = 0 1 2A x A2 z . Ecuación del eje neutro BD. kz kx Aplicando una carga Q en un punto cualquiera del eje neutro BD, tal como E(x,z), el esfuerzo se calcula mediante la ecuación () con los cambios convenientes de nomenclatura. x x zz Q (Qx)x A (Qz)z A Q A 1 2 A 2A 2 2 A A kz A kk A kz kx
A 8.
Q (0) A = 0 A
Determinar los esfuerzos en las esquinas A, B, C del bloque representado. Ubicar el eje neutro de la sección ABCD. 48 klb
B
C
8" A
12"
D P=48 klb
B Y
A Z
MY
C CG
= D
MY=48(4)=192 klb-pulg
P=48 klb
Y
A
B
C CG
D
MZ=(48)(6)=288 klb-pulg
Z Propiedades Geométricas: A = 96 pulg2; IZ = 1152 pulg4; IY = 512 pulg4 Superposición (y signo) de los Esfuerzos:
603
Mecánica de Sólidos
B – Y A
P – –
B +
C +
–
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
A
+
– MZ
Z
Y
+
A
D
48 (12)(8)
– +
C
D
Z
Z '
B –
MY
+
Y
D
C
–
"
MZ y IZ
My z Iy
' = – 0.5 klb/pulg2 "A B"
(288)(6) 1.5 klb/pulg2 1152
(192)( 4) 1.5 klb/pulg2 512 (288)( 6) ('A = 'B = 'C = 'D) "C D" 1.5 klb/pulg2 1152 (192)( 4) B C 1.5 klb/pulg2 512 Esfuerzos totales: A = 'A + "A + A = – 0.5 + 1.5 + 1.5 = 2.5 klb/pulg2 B = 'B + "B + B = – 0.5 + 1.5 – 1.5 = – 0.5 klb/pulg2 C = 'C + "C + C = – 0.5 – 1.5 – 1.5 = – 3.5 klb/pulg2 D = 'D + "D + D = – 0.5 – 1.5 + 1.5 = – 0.5 klb/pulg2 A D
Ubicación del Eje Neutro: -3.5
–
-0.5 -0.5
-3.5
–
8-m
B
12"
–
m
+
A
+
C 8"
D
2.5
-0.5 t
2.5 m
0.5
9.
12-t
– -0.5
8m
m = 6.67"
–
2.5
+
EJE NEUTRO
2.5 t
0.5 12 t
t = 10"
Sabiendo que a = 1.25", determinar la mayor fuerza P que puede aplicarse en la barra representada, sin superar los esfuerzos admisibles t = 10 klb/pulg2 (tracción) y c = 18 klb/pulg2 (compresión).
604
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
1"
P
1"
5"
4" CG
a
P 3" 2.5"
B
D
CG
MX X
Z MZ
Fuerzas en el centroide Propiedades geométricas: A = 14 pulg2 Iz = 21.17 pulg4 Ix = 68.67 pulg4 Mz = Pa = 1.25P (klb-pulg) Mx = P(2.5) = 2.5P (klb-pulg)
P
B
Z MZ
CG
D MX
X Signos de los esfuerzos
En B máxima compresión En D máxima tracción Máximo Esfuerzo Compresión: P |M x | |M z| B z x A Iz Ix (puesto que se han reconocido los signos)
605
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Reemplazando datos: P | (1.25P)( 2.5) | | (2.5P)(3.0) | 18 14 21.17 68.67 –18 = (– 0.071 – 0.147 – 0.109)P P = 55 klb
(compresión)
Máximo Esfuerzo Tracción P |M z| |M x | D x z . Reemplazando datos: A Ix Iz 10 = – 0.071P + 0.109P + 0.147P P = 54 klb Pmáx = 54 klb 10. Calcular el máximo esfuerzo de tracción y el máximo esfuerzo de compresión en la barra representada. Ubicar el correspondiente Eje Neutro. Fuerzas sobre la sección de apoyo:
Q
Y
MZ
Z MY
X
P
Y
60°
Z
P = 8 ton
h=2 m 20 cm
w = 200 kg/m
10 cm
Q = Psen60 (My generado por w Mz generado por Pcos60) Q = 6928.2 kg My = (200)(2)2/2 = 400 kg-m Mz = Pcosh; My = wh2/2 My = 40000 kg-cm Mz = (8000)(cos60)(200) = 800000 kg-cm. Signos de los esfuerzos (esquinas).
606
Mecánica de Sólidos
A
C
–
–
–
–
B
D
A
–
C
Por Q
Máximo esfuerzo de Máximo esfuerzo de 6928.2 B 200
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
+
–
B
+
D
A
+
C
Por MZ
+
B
D
Por MY
tracción esquina B compresión esquina C 800000(10) 40000(5) 1285.36 kg/cm2 (máxima tracción) 1 1 (10)(20)3 (20)(10)3 12 12
Similar: 6928.2 800000(10) 40000(5) C 1354.64 kg/cm2 (máxima compresión) 1 1 200 3 3 (10)(20) (20)(10) 12 12 Eje neutro: calculamos A = 1045.36 kg/cm2 y D = –1114.64 kg/cm2 1285.36
+
1045.36 1045.36
1285.36
A
+
+
B
+
EJE NEUTRO
–
C
–
-1354.64
D
– -1114.64
-1354.64
–
-1114.64
11. El momento M se aplica a una viga cuya sección transversal se indica en el esquema, en un plano que forma ° con el plano vertical. Calcular A, B, D. M=15 kN-m
A
= 75°
10 mm 50 mm
B
C
10 mm
D 10 mm
120 mm
10 mm
607
Mecánica de Sólidos
Díaz
Mg. Ing. Carlos Esparza
Momentos según ejes centroidales Y MY A B
MZ C
Z
D My = 15sen75 = 14.49 kN-m Mz = 15cos75 = 3.88 kN-m Momentos de Inercia: Iy = 8.81×10-6 m4 Iz = 2.75×10-6 m4 Esfuerzos Supuestos: Mz compresión M (70 10 3 ) Mz (35 10 3 ) i) punto A A y 8.81 10 6 2.75 10 6 My tracción (14.49)(70)(10 3 ) (3.88)(35)(10 3 ) A = 65.75×106 Pascales A 8.81 10 6 2.75 10 6 My (70 103 ) Mz (35 10 3 ) Mz compresión B ii) punto B 8.81 10 6 2.75 10 6 My compresión (14.49)(70 10 3 ) (3.88)(35 10 3 ) B = – 49.4×106 Pascales B 6 6 8.81 10 2.75 10 3 Mz tracción M (35 10 3 ) My (70 10 ) iii) punto D D z 2.75 10 6 8.81 10 6 My compresión (3.88)(35 10 3 ) (14.49)(70 10 3 ) D D = – 65.75×106 Pa 2.75 106 8.81 10 6 12. Una viga de sección rectangular está flexionada por un par aplicado en un plano que contiene una diagonal de la sección transversal. Ubicar el Eje Neutro. Y B E.N. A h h M M C C
D E Iy
1 hb3 12
b
Z tan
b h
b Iz
1 bh3 12
608
Mecánica de Sólidos
I tan z tan Iy
tan
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
1 bh3 b 12 tan 1 h hb 3 12
h b
Para que tan
h se requiere que el Eje Neutro pase por la otra diagonal b
13. Una viga de sección transversal asimétrica se somete al momento Mz que actúa en un plano vertical. Demostrar que el esfuerzo en el punto A de coordenadas (y,z) es: yI zPyz donde A y Mz ; I y Iz Pyz2
Y
A
y z
Z
X
Y MY
A MZ
z
y
A X
Z Iy: Momento de Inercia respecto al eje Y IZ: Momento de Inercia respecto al eje Z Pyz: Producto de Inercia respecto a Y, Z.
De modo más general, suponemos que la sección está sometida a los momentos Mz, My. Puesto que la fuerza axial es nula, el Eje Neutro pasará por el centroide. Por tanto, el esfuerzo normal será de variación lineal: A = k1y + k2z . . . . () Equilibrio My = 0 My
zA dA 0
My
(A)
Reemplazando (): My
zA dA
(A)
2
z(k1y k 2z)dA k1 zydA k 2 z dA
(A)
(A)
. . . . ()
(A)
609
Mecánica de Sólidos
MZ = 0
Mz
Díaz
(A )ydA 0
( A)
Mg. Ing. Carlos Esparza
Mz y A dA ( A)
(compresión para Mz)
Reemplazando (): Mz k1 y 2dA k 2 yzdA . . . . () (A)
Las ecuaciones () y () equivalen a:
(A)
My = k1Pzy + k2Iy
k2Pyz
Mz = – k1Iz –
Para el caso dado en el problema My = 0 (momento que actúa en un plano vertical). 0 = k1Pzy + k2Iy P de donde k 2 k1 zy y reemplazando en M. Obtenemos: Iy MzI y P P2 Mz = – k1Iz – Pyz k1 zy = – k1Iz + k1 yz k1 IzI y Pxy2 I y Iy MzPzy Luego k 2 . Reemplazando en () y simplificando obtenemos: IzI y Pzy2
yI zPzy A y IzI y Pxy2
Mz
Nota) Existen casos especiales (diseño) donde se requiere que no se desarrollen esfuerzos de tracción en algunas partes del elemento estructural. Definición) Núcleo Central. Es el área de la sección en la cual puede actuar la fuerza resultante para evitar que se presenten esfuerzos de tracción en cualquier punto. Núcleo Central
Los límites del Núcleo Central pueden determinarse generando una ecuación para cada uno de sus lados a partir de la ecuación de Superposición de los Esfuerzos Normales. Se demuestra que el Núcleo Central es un polígono con tantos lados como esquinas tiene la sección transversal. Ejemplo. Demostrar que el esfuerzo en la esquina A será nulo cuando la fuerza 6 6 vertical P se aplique en cualquier punto de la recta x z 1 ; y = 0. Además, b h demostrar que, si no ocurren esfuerzos de tracción en el elemento, la fuerza P debe aplicarse en un punto localizado dentro del área limitada por la recta encontrada en la parte anterior y las tres rectas similares correspondientes a las condiciones de esfuerzos nulos en las esquinas B, C y D, respectivamente.
610
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
P
Y zA
A
b
C
h
Z
X MX = Pz MZ = Px
D
centroide
B
z
x
Z
A
D
P
B
xA
MZ
C
MX
X
Fuerzas y Momentos en el centroide
Signo de los Esfuerzos: P genera compresión Esquina A Mz genera tracción M genera tracción x P genera compresión Esquina C Mz genera compresión M genera compresión x P genera compresión P genera compresión Esquina D Mz genera compresión Esquina B Mz genera tracción M genera tracción M genera compresión x x Luego: P Mx Mz A z A x A A Iz Ix b h Px Pz P 2 2 P 6Px 6Pz A 1 bh 1 bh hb2 bh2 hb3 bh3 12 12 6 6 P 6 6 Si A = 0 1 x z 0 , de donde obtenemos: 1 x z . . . . (1) b h bh b h
que es la ecuación de un lado del Eje Neutro De manera similar para los otros 3 puntos. 6 6 Haciendo D = 0 obtenemos 1 x z . . . . (2) b h 6 6 Haciendo C = 0 obtenemos 1 x z . . . . (3) b h 6 6 Haciendo B = 0 obtenemos 1 x z . . . . (4) b h
611
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
b/3 b/3 b/3 A h/3
3
Núcleo central X
h/3 4 2
1
h/3 B
C Z
5.8)
Esfuerzos Cortantes Debidos a la Flexión.
5.8.1) Flujo de Cortante No es posible hacer ninguna suposición simple sobre la distribución de las deformaciones y los esfuerzos debidos a la Fuerza Cortante. Analizaremos el caso de elementos de sección transversal simétrica, cargados en el plano de simetría (flexión simple). Idealizaremos a la viga como un conjunto de "capas continuas".
y h
E.N.
b (Sección transversal)
Con la finalidad de lograr que la viga actúe como un solo miembro integral, suponemos que las capas continuas están unidas por pasadores verticales. Seleccionamos un elemento de viga de longitud dx, en estado de flexión positiva. A
B
pasador
dA y
E.N.
Z dx
b
En el extremo A:
612
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
MA y Iz En el extremo B: My B Iz (ambos esfuerzos evaluados a la altura y del Eje Neutro).
Aislemos la "capa superior" (sobre la altura y1). Las fuerzas perpendiculares a las secciones transversales por A y B, son: M y M FA A dA A ydA . . . . () I Iz ( A ' ) ( A ') z FB
( A ')
MB y M dA B Iz Iz
ydA
. . . . ()
( A ')
(siendo A' el área de la sección transversal sobre la altura y1). Como
ydA Q
Momento Estático del Área A' con respecto al Eje Neutro de la
( A ')
sección transversal.
(A')
y1
dA
CG
yG
y
Z Q = A'yG. Luego las ecuaciones () y () pueden escribirse: M FA A (A' y G ) . . . . () Iz FB
MB (A' y G ) . . . . () Iz
Respecto a los Momentos Flectores, existen dos posibilidades: i) ii)
MA = MB FA = FB y el conector existente tendría como única función mantener unidas las capas materiales que conforman la viga, no resistiendo ninguna fuerza. MA MB FA FB y el conector deberá resistir una fuerza para mantener el equilibrio.
FA
sección del pasador
FB
R MA Q MB Q dx IZ IZ Si MB > MA FB > FA y en consecuencia FA + R = FB. La carga R = FB – FA tiende a cortar al conector por el plano inferior de la capa. Si en A el momento es MA, en B será MA + dM: (MB = MA + dM)
613
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
En el tramo de longitud dx, las fuerzas FA y FB difieren en una cantidad infinitesimal dF = FB – FA MQ M Q Por consiguiente dF B A Iz Iz ó
dF
MA dM M Q A Q Iz Iz
dF
Q dM . . . . (I) Iz
dF Q dM se denomina Flujo de Cortante (q). dx Iz dx El flujo de cortante (q), representa la diferencia de fuerzas normales FB – FA para un elemento de viga de longitud dx. Unidades de fuerza Las unidades de q, son: Unidades de longitud Q dM . . . . (II) q Iz dx
Definición) El cociente
Recordando la relación entre M y V,
dM V , el flujo de cortante se expresará por dx
Q ( V) . . . . (III) Iz En la ecuación (III), V es la fuerza cortante en la sección transversal. q
Nota) Recordar el convenio de signos M M N N
V V Si usamos otro convenio de signos (usado en varios libros de Resistencia de Q Materiales), el flujo de cortante nos quedaría q V Iz N
M
M
V
N V
Resumen
Y dx
Centroide de A'
A' dF
q
Q ( V) Iz
ó
y1
q
Q V Iz
X Z
yG
Q = A'yG
(dependiendo del Convenio de Signos empleado)
614
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
dF q Definición de Flujo de Cortante. dx
Ejemplo Una viga está hecha de 3 planchas de madera de 20×100 mm de sección, asegurada con clavos, según se indica en la gráfica. Si entre los clavos hay una separación de 25 mm y la fuerza cortante en la viga es V = 500 N (segunda posibilidad de signos), hallar la fuerza cortante en cada clavo.
20 mm 20 mm
CG
A' 1
100 mm
yg
Z
1
yg = 60 mm Q = (0.02)(0.1)(0.06) Q = (120×10-6 m3)
E.N.
20 mm IZ = 16.2×10-6 m4 (de toda la sección transversal) Determinamos el flujo de cortante sobre la cara inferior de la plancha superior (nivel 11). 120 10 6 Q (500 N) q = 3703.7 N/m q V q Iz 16.2 10 6 Como la separación entre los clavos es 25 mm, la fuerza cortante en cada clavo, es: FC = (3703.7 N/m)(0.025 m) FC = 92.6 N 100 mm
5.8.2) Esfuerzo Cortante Transversal Aislemos la porción de viga de longitud dx, limitada por el plano que pasa por la altura y1. A B
B
A
FA
y1
X (E.N.) dx
(
yx
FB dF dx
dF = qdx
X
xy
yx xy xy = yx).
En la sección transversal.
En el plano de análisis, el esfuerzo cortante longitudinal es: dF dF 1 yx t(dx) dx t 1 VQ . . . . () yx q . Reemplazando el Flujo de Cortante, tenemos: yx t Iz t
615
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz Plano de análisis
Y
A' cg y1
yg
t CG
Z
(tener presente convenio de signos) Por la Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante, el esfuerzo cortante vertical (en la VQ sección transversal) es xy Iz t Donde: V Fuerza Cortante total en la sección transversal (Recordar Convenio de Signos) Q Momento Estático del área A' respecto al eje Z. Iz Momento de Inercia del área de la sección transversal (completa) con respecto al eje centroidal Z. T Ancho de la sección transversal en el plano de interés.
yx
Z
y1 xy
=0
=0
=0 =0
Notas) i) = 0 en las caras superior e inferior de la sección transversal. ii)
Q
y c
ydA
es máximo cuando y1 = 0. Sin embargo no siempre
y y1
VQ es tIz
máximo en el Eje Neutro (donde y1 = 0) puesto que también depende del espesor t de la sección transversal en el plano de interés: Definición) La constante K, tal que máx K
V se denomina Factor de Forma (de la A
sección transversal). V Puesto que promedio máx Kpromedio A V Fuerza Cortante (total) en la sección A Área total de la sección transversal EJEMPLOS
616
Mecánica de Sólidos
1.
b
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Determinar la variación del esfuerzo cortante en la sección indicada, por efectos de la fuerza cortante V. a
V
t=a A'
cg yg
y1
CG
Z
a
b
1 b b Q y1 (a) y1 y1 22 2 VQ Reemplazamos en y simplificamos. Obtenemos: tIz Iz
1 ab3 12
3V(b2 4 y12 ) 2ab3
Esfuerzo Cortante de Variación Parabólica
b
y1 máx a
Para y1 = 0 3V 3V 3 ; es decir máx máx máx promedio 2ab 2A 2 Factor de Forma K = 3/2 Para y1 = b/2 = 0 2.
Determinar la variación del esfuerzo cortante en la sección donde la Fuerza Cortante es máxima, en la viga representada.
4000 lb
2.5"
500 lb/pie
1" 3' Fuerza Cortante Máxima.
2.5"
9' 1"
2"
1"
617
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
4000 lb
6000 lb
500 lb/pie
Y
4000 lb
1
1
2
2
Z
IZ = 36.2 pulg4
|Vmáx| = 6000 lb
Por la "discontinuidad" en el ancho de la sección transversal, analizaremos en el nivel 1-1 y en los niveles 2-2+ y 2-2– VQ . En las fibras superiores (nivel 1-1) 1 = 0 puesto que Q = 0 (ó A' = 0) tIz En el nivel 2-2+ t = 2(1) = 2" En el nivel 2-2– t = 1 + 2 + 1 = 4" Ancho en el nivel 2-2+
2
2
Z
Ancho en el nivel 2-2–
2.5 (6000)(2)(1)(2.5) 0.5 2 2 2(1)(36.2) 2 = 725.14 lb/pulg2 2.5 (6000)(2)(1)(2.5) 0.5 2 2 = 362.57 lb/pulg2 (2 2)(36.2) En el Eje Neutro: 1 1 (6000) 3 1 (3)(2) (2)(0.5) (0.5) 2 2 = 383.29 lb/pulg2 3 (36.2)( 4)
362.57
725.14 lb/pulg2 385.29
618
Mecánica de Sólidos
3.
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Una viga I soporta una carga total de 6800 lb, uniformemente repartida. Encontrar: i) El esfuerzo cortante máximo. ii) La distribución del esfuerzo cortante en la sección transversal. iii) El % de Fuerza Cortante soportado por el alma.
W=6800 lb
L 0.425" 0.27"
8"
0.425" 4" Fuerza Cortante Máxima Momento de Inercia Iz = 56.9 pulg4
3400 lb
3400 lb Vmáx=3400 lb
i)
3400 Q Q VQ 59.75 (lb/pulg2) 56.9 t t Iz t
donde Q y t son variables. En una altura y, el Momento Estático es: 1
1
2
2
y Z
4 0.425 y 0.425 Q (0.27)( 4 0.425 y) y (4)(0.425) 4 2 2 Simplificando obtenemos Q = 8.164 – 0.135y2
619
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
487.8 8.07 y 2 59.75 (8.164 0.135y 2 ) t t En el nivel 1-1 1 = 0 487.8 8.07(3.575)2 En el nivel 2-2+ 2 4 2 = 96.17 lb/pulg2 Luego
487.8 8.07(3.575)2 = 1424.67 lb/pulg2 0.27 487.8 8.07(0)2 En el eje Z E.N. = 1806.67 lb/pulg2 0.27 máx = 1806.67 lb/pulg2 en el Eje Neutro (Z) En el nivel 2-2– 2
ii)
96.17
1424.67 1806.67
iii) Fuerza Cortante (aproximada) soportada por el alma. Valma [(8 – 2(0.425))(1424.67) + 23 (8 – 2(0.425))(1806.67 – 1424.67)]0.27 ÁREA DEL DIAGRAMA × ESPESOR DEL ALMA Valma 3242 lb
3242 100 95.35% de Vtotal 3400
4.) Una viga de madera tiene que ser fabricada usando secciones rectangulares según se indica en el esquema. Si los clavos van a ser espaciados cada 3", ¿cuál distribución es la más favorable? La fuerza cortante en la sección de interés de V = 1000 lb.
2"
2"
8"
8"
2"
2" 4" 8"
(a) En cada caso, determinamos el Flujo de Cortante: (a):
4" 8" (b)
620
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
A
2" yG
4"
E.N. Iz = 981.33 pulg4 (1000)(8 2)(5) VQ q 81.52 lb/pulg q 981.33 Iz La fuerza cortante sobre 2 clavos es FS = (81.52)(3) = 244.56 lb separación
Sobre cada clavo PS = 122.28 lb (b):
4" 2" 4"
yG
Z (1000)( 4 2)(5) VQ q 40.76 lb/pulg 981.33 Iz La fuerza cortante sobre dos clavos es: FS = 40.76×3 = 122.28 lb. La fuerza cortante sobre un clavo es: PS = 61.14 lb Como PS del caso (b) es menor que PS del caso (a), respecto a Fuerza Cortante es más conveniente la disposición (b).
q
5.) Un recipiente cilíndrico a presión tiene 20' de longitud, 4' de diámetro interior y espesor de pared 1/8". El recipiente está apoyado en sus dos extremos, según se indica. El recipiente y su contenido pesan 900 lb/pie y el contenido ejerce una presión interior de 30 lb/pulg2. Determinar los esfuerzos biaxiales en los elementos A y B de la pared. Y 6' B r = 24" B e = 1/8" r A X Z A
20' Fuerzas internas.
621
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
W = 900 lb/pie M 9000 lb
V
6' Equilibrio 900 = 900(6) + V V = 3600 lb 62 (900) M 9000(6) 2 M = 37800 lb-pie My I z i) Esfuerzos por flexión VQ tIz En el punto A:
Y
2r
Z
r
A e
e
espesor t = 2e = 0 (puesto que yA = 0) I r 3e VQ , donde z tIz Q (re)(2r / ) Reemplazando datos en : (3600)(2r / )( re) 3600 re r 3e(2e)
3600 381.97 lb/pulg2 (24)(1 / 8) En el punto B: = 0 (puesto que Q = 0) My (37800)(12)(r e) B B Iz r 3e (37800)(12)(24.125) = – 2015.78 lb/pulg2 3 (24) (1 / 8) ii) Esfuerzos por la presión interior: pr (30)(24) L L = 2880 lb/pulg2 2e 2(1 / 8)
622
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
pr (30)(24) C = 5760 lb/pulg2 e (1 / 8) iii) Superposición de Esfuerzos: C = 5760 lb/pulg2 A C
= 381.97 lb/pulg2 L = 2880 lb/pulg2
L
C B
= L – 2015.78 = 2880 – 2015.78 = 864.22 lb/pulg2 C = 5760 lb/pulg2 Nota) El momento de Inercia se aproximó por Iz = r3e. r+e r
(r e)4 r 4 4 4 Iz [r 4 4r 3e ... e 4 r 4 ] 4 Iz (4r 3e) Iz r3e 4 (válido cuando e 0) Iz
6.) En la viga representada, calcular el máximo esfuerzo cortante, estableciendo previamente la dimensión H para que el esfuerzo normal no sea superior a 160 MPa. 5 cm 5 cm
10 kN/m
2m
10 kN
2m
H/2 H/2
2m 20 cm
–
Determinamos Vmáx y Mmáx.
623
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
10 kN/m
10 kN
Y H/2
c
10 kN
H/12
20 kN
CG
Z
10
5H/12
V
-10
(kN) Vmáx = 10 kN
-10
c = 7H/12 15840 3 IZ H 13824 (en cm4)
5
M (kN-m) |Mmáx| = 20 kN-m -20
Máximo Esfuerzo Normal máx
| Mmáx | c máx Iz
H H (20)(100) 2 12 15840 3 H 13824
1018.181818 kN/cm2 H2 Condición máx 160×103 kN/m2 = 16 kN/cm2 1018.181818 Luego 16 H = 7.9772 cm H 8 cm H2 Esfuerzo Cortante Máximo: |Vmáx| = 10 kN Iz = 586.667 cm4 (para H = 8 cm) VQ t ancho afectivo t = 5 + 5 = 10 cm tIz Y 5 cm 5 cm máx
ancho efectivo
4 cm H/12 = 0.667 cm 4 cm
Z 20 cm
Q = (2)(5)(4)(2 + 0.667) Q = 106.68 cm3 (10)(106.68) Luego de donde = 0.18184 kN/cm2 = 1.8184 MPa. (10)(586.667) 7.) Dos tablones de madera se unen mediante clavos, tal como se indica en el esquema. Si el momento flector que actúa sobre la viga se distribuye en la forma indicada y si cada clavo puede soportar una fuerza cortante de 200 lb, ¿qué espaciamiento mínimo debe considerarse?
624
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1"
M 3400 lb-pie
3" 1000 lb-pie 1"
X 5'
3" Centroide y Momento de Inercia
Y A'
Z
8'
1
2.5" 1
A"
0.5" 1"
(Q = A"yg) Iz = 8.477 pulg4 Q = (3)(1)(0.5 + 0.5) Q = 3 pulg3
(0 x 5' ) 200 x Momento Flector M(x) 300x - 500 (5' x 13' ) 200 dM Recordando que V , obtenemos V( x ) dx 300 Luego: Mmáx = 3400 lb-pie |Vmáx| = 300 lb Esfuerzo Cortante en el plano de unión (nivel 1-1) (300)(3)(1)(0.5 0.5) VQ 106.1696 lb/pulg2 11 11 (1)(8.477) tIz
Z
1
A" A'
t
1
0.5 + 0.5 = 1"
Fuerza Cortante (horizontal) F (1)(13 12) Longitud total en pulg. (ver diagrama Momento)
F = 16562.5 lb Condición 200 N = F = 16562.5 N = 82.812 (clavos)
625
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Espaciamiento (entre clavos) e
13 12" 1.883" 82.812
8.)Una viga de madera, cuyo peso unitario es 45 lb/pie3, tiene sección transversal de 6"×10". Si los máximos esfuerzos permisibles son 1200 lb/pulg 2 en tracción y 180 lb/pulg2 en cortante, hallar la máxima carga P que puede aplicarse. Y P W
3'
Z
3'
1 (6)(10)3 12 Iz = 500 pulg4 lb 6 10 pie2 w = 18.75 lb/pie w = 1.5625 lb/pulg w 45 pie 3 12 12 P W Iz
+ + –WL/2
WL/2
–
–P/2
+
P/2
–
2
WL /8
+
PL/4
+
wL P P 56.25 lb 2 2 2 2 wL PL Mmáx = 18P 1012.5 lb-pulg 8 4 Esfuerzos: My ; ymáx = – 5" (para de tracción) x Iz
Vmáx =
Luego: 1200
(18P 1012.5)( 5) P = 6610 lb 500
3V (en el eje neutro, caso de sección rectangular) 2A 2A La fuerza cortante máxima permisible será: Vad máx , 3 P 2 Luego 56.25 (6)(10)(180) P = 14290 lb 2 3 Carga máxima permisible Pmáx = 6610 lb máx
626
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Nota) Al no incluir el efecto del peso propio (w) los valores resultantes habrían sido 6670 lb y 14000 lb, que difieren de los encontrados en menos de 1% en ambos casos. 9.)
En la viga representada, determinar el esfuerzo cortante máximo, estableciendo el diámetro d para que el esfuerzo normal por flexión no exceda de 450 kg/cm2. Y
600 kg
600 kg
d=?
Z 0.5 m
0.5 m
IZ
0.25 m
4 d 64
Fuerza Cortante y Momento Flector Máximos:
600 kg 450 kg
600 kg
450 kg
600
150 V –450 M 150 225 kg-m Vmáx = 600 kg Mmáx = 225 kg-m Esfuerzo Normal (tracción) My (ymáx = – d/2) Iz (225)(100)( d / 2) 4 d 4 de donde obtenemos d = 8 cm. 450
Esfuerzo Cortante
Y dA = 2Zdy t
y0
Z r = 4 cm
z2 + y2 = 16
627
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4
Q 2y 16 y 2 dy y0
Q
2 16 y 20 3
3/2
t 2z0 2 16 y 20
Luego
VQ . Reemplazando tenemos tIz
200 23 16 y 20 t ; 2 (2 16 0 )(201.06) 3/2
( Iz
4 8 201.06 cm4) 64
Simplificando obtenemos: = 0.995(16 – y02) máx sucede para y0 = 0 máx = 15.92 kg/cm2 10.) La sección transversal de una viga tiene forma de isósceles, de altura H y base B. Encontrar el esfuerzo cortante en el eje neutro, si la sección admite V como la fuerza cortante total. B/2 Y 3 H/3 t/2 BH I ; Z B 36 2H/3 t = 2B/3 H/3
t
H
Z
VQ ...(*) IZ t
Y (B/2,H/3)
(–B/2,H/3) dA = 2zdy
Z L (0,–2H/3) Calculamos Q: L: y 2H z 2H B 3 Q
ydA
( A ')
H/3
2yzdy
0
628
Mecánica de Sólidos
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H/3
2H B 4 2y y dy BH2 3 2H 81 0 4 V BH2 Luego 81 3 = 2.67V/HB 2 BH B 3 36 V V 1.335 1.335 HB A 2 Q
11.) En la viga del problema anterior, encontrar el esfuerzo cortante máximo y el correspondiente factor de forma. Y
H/3
t1 t
Z
y1
L
t = 2B/3 Iz = BH3/36 L: y 2H z 2H B 3 H/3 2H B Q y y dy H 3 y1 B (4H3 27Hy12 27 y13 ) . Luego, simplificando 81H 4V VQ 6H2 9Hy 1 27 y12 3 t1Iz 9BH
Q
(notar que t1 = 2z1 t1
B 2H y1 H 3
9H d 0 – 9H – 54y1 = 0 y1 54 dy1 y1 = – H/6 2 4V 2 3V H H máx 6 H 9 H 27 máx 3 BH 9BH 6 6 máx ocurre cuando y1 = – H/6, es decir en la mitad de la altura.
máx para
629
Mecánica de Sólidos
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Y H/3
H/2
y1 = -H/6
Z
1 BH 2 2A = BH A
Luego máx
3V 3 V 2A 2 A
K = 3/2 (factor de forma) 12.) Determinar el esfuerzo cortante en el punto A del tubo cilíndrico de pared delgada representado, ocasionado por una fuerza cortante V. VQ tIz Iz rm3e
A rm
C
e0
Cálculo de Q:
rmd =0 A
d
rmcos
E.N. dQ = (e)(rm)d)rmcos dQ = erm2cosd
Q erm2 cos d 0
Q = erm2sen V(erm2 sen) A (rm3 e)e
A
Vsen erm
630
Mecánica de Sólidos
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Nota) máx sucede cuando = 90° V V . Como A = 2rme máx máx A /2 erm 2V V 2 A A Factor de Forma K = 2 máx
=0 Variación de
máx
=0 13.)
Para la viga representada, determinar i) El máximo esfuerzo cortante. ii) El esfuerzo cortante en los puntos a, b y c para una sección situada a la izquierda de la fuerza F.
Determinamos la fuerza cortante (diagrama V)
4000 kg
F
2000 kg
2000 kg 40 cm
4000 kg
40 cm
2000 kg
2000 kg
40 cm
30 cm
a b c
16 cm
20 cm
–170 –2000
–2170
12 cm 16 cm
–3830 |Vmáx| = 3820 kg i) Sección simétrica máx en el Eje Neutro Iz =
1 1 (16)(20)3 – (12)(16)3 12 12
VQ . . . . () tIz
Iz = 6570.67 cm4
631
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Mg. Ing. Carlos Esparza
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Q = (16)(2)(9) + (2)(8)(2)(4) Q = 416 cm4 En el Eje Neutro t = 4 cm
(3830)( 416) 60.62 kg/cm2 (6570.67)( 4) ii) A la izquierda de la fuerza F, la fuerza cortante en |V| = 2170 kg Punto a Q = 0 a = 0 Punto b Q = (16)(2)(9) = 288 cm3 t = 16 cm (2170)(288) b 5.94 kg/cm2 (6570.67)(16) Punto c Q = 288 cm3 t = 16 – 12 = 4 cm (2170)(288) c 23.78 kg/cm2 (6570.67)( 4)
Reemplazando en (): máx
14.) La viga representada tiene sección rectangular (b×h). Expresar máx en función de máx.. La carga P está aplicada en x=L/2. P h b Fuerza Cortante y Momento Flector
P
P/2
P/2
+ –P/2
–
P/2
V M
+ PL/4 1 h h Q b y y y 22 2 b b Q h 2y h 2y (h2 4 y 2 ) 8 8
632
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
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PL h My 4 2 máx 1 Iz bh3 12 3PL . . . . () (tracción) máx 2bh3 VQ tIz
h/2
y Z
b Ph 2 (h 4 y 2 ) 3P 2 8 (h2 4 y 2 ) Luego 3 4bh3 bh b 12 3P ' = 0 si y = 0 (Eje Neutro) máx . . . . () 4bh h De () y (), obtenemos: máx máx 2L 15.) En la viga representada, calcular el máximo valor de w para que el esfuerzo normal no exceda los 120 kg/cm2 y el esfuerzo cortante no exceda los 10 kg/cm2. 2W W 12 cm
3m
20 cm Determinamos Vmáx y Mmáx
1m
2W
W W
2W 7W/4
–
2W
+ –W/4
–W
+ 15W/8 Vmáx = 2W (kg)
633
Mecánica de Sólidos
Mmáx
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
1500 W (kg-cm) 8
12 203 8000 cm4 12 1500W (10) 8 máx 120 (condición) 8000 de donde obtenemos W = 512 kg VQ 2W(12)(10)(5) máx 10 (Condición) tIz (8000)(12) de donde obtenemos W = 800 kg. Wmáx = 512 kg Iz
16.) Dos vigas iguales están empotradas por uno de sus extremos. Por el otro, están unidas por medio de un perno sobre el que actúa la fuerza P. Calcular el diámetro del perno, aceptando un esfuerzo cortante de trabajo kS. P
h
d=?
h L máx
En una sección rectangular 3V máx 2A
b
3P 3P Fuerza cortante entre ambas vigas 2(2hb) 4hb
s 3PL . . . . () 4h La fuerza S actúa en la sección del perno. Determinamos el máximo esfuerzo cortante generado por la fuerza S en la sección transversal del perno.
S = bL
s
S
h
Y dA = 2Zdy y1
y
Z z2 + y2 = r2 SQ (en la sección circular del perno) tI I r4 4
634
Mecánica de Sólidos
r
r
y1
y1
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Q 2yzdy 2y r 2 y 2 dy 2 2 (r y12 )3 / 2 3 2 S (r 2 y12 )3 / 2 3 Luego 4 r (2 r 2 y12 ) 4 Q
4S 2 (r y12 ) 4 3r
(ancho de la sección en el nivel y 1 )
máx para y1 = 0 máx
4S 4S 2 3A 3r
(A = r2)
PL PL Reemplazando el valor S de (): máx h2 2 3r r h PL PL Condición: kS máx k S 2 de donde r hk S r h 3
El diámetro pedido, es d 2
PL hk S
17.) Una sección semicircular está sometida a la acción de una fuerza cortante V. Calcular el esfuerzo cortante 1 en un punto cualquiera del contorno. Hallar el ángulo correspondiente al valor máximo de 1. Hallar dicho valor.
1
t -2 r c r
V r
1
c
r
El esfuerzo cortante vertical, es:
A'
VQ tIz
t = 2rcos = 1cos 1 cos Luego 1 En ():
VQ VQ . . . . () tIz cos 2rIz cos 2
Iz Momento de Inercia de toda la sección transversal respecto al eje centroidal Z. Q momento estático del área A' respecto al eje Z.
635
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Y
Z D ID
4 r 8
Iz
4 1 2 4r r r 8 2 3
r
4r/3
r
ID Iz Ad2 2
8 4 Iz r 4 0.10974r 8 9
Y A'
Z
y
dA=2zdy r
m
r
z2+y2=r2 y0
4r/3
y0 = rsen Qz
mdA
( A ')
m2zdy
( A ')
4r ; z r2 y2 3 r 4r 2 2 Luego Q 2 y r y dy 3 y0 my
r
4r 2 2 2 sen2 2 2 y 1 r y dy Q r 3 cos 3 3 3 rsen Reemplazando en () y simplificando, obtenemos: V 2 2 1 cos tan . . . . () 2 2 0.32922r cos d1 Condición para 1 máx 0 d Desarrollando la derivada y simplificando, obtenemos: cos 3 cot an 2 4 Resolviendo esta última ecuación obtenemos 37°10' V Reemplazando en () tenemos 1 máx = 1.0786 2 18.) Calcular el esfuerzo cortante en los puntos A, B y C de la sección transversal que se representa. La fuerza cortante es V = 140 kN. Graficar la distribución del esfuerzo cortante. Q
636
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Y A
B 12.5 mm
100 mm
Z
C
100 mm
100 Iz 1003 (50)4 cm4 12 64 Iz = 8.027×10-6 m4 Esfuerzos Cortantes: VQ i) En A A (evaluada en A) tIz
A
140 103 (100 10 3 ) (25
50 mm
25 )(10 3 ) 2 16.35 106 = N/m2 6
100 10 3 8.027 10 VQ ii) En B B (evaluada en B) tIz
t 100 2 252 12.52 = 56.7 mm t = 56.7×10-3 m 37.5 Q = 100×37.5×(12.5 + ) – Q mm3 . () 2 Y 37.5 mm
A' B 12.5 mm
Z 25 mm
dA B
y Z
Q
R
o
y = Rsen R = 25 mm
ydA
(A)
Q
Rsen 2R cos (12 cos )d
( A)
Para y = 12.5 12.5 = 25sen = /6
637
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Para y = 25 25 = 25sen = /2 3
2 3 Luego Q 2R sen cos d R 3 (R = 25 mm) 3 2 /6 Q 6765.8 mm3 Reemplazando en () obtenemos: /2
3
2
Q = 110.4225×10-6 m3 140 103 110.4225 10 6 B B = 33.466×106 N/m2 3 6 56.7 10 8.027 10 VQ En C C (evaluada en B) tIz Q = (100)(50)(25) – Q1/2 círculo = (100)(50)(25) –
2 3 R (–cos3)0/2 3
2 (25)3(0.71) Q = 114.583×10–6 m3 3 140 103 114.583 10 6 C = 39.969×106 N/m2 C (50 10 3 )(8.027 10 6 )
Q = (100)(50)(25) –
A
16.35 MPa
33.966 MPa
B 39.969 MPa
C
Simétrico
19.) El esfuerzo normal de trabajo, admisible por flexión, en un perno es '. El esfuerzo cortante admisible es ' = 0.86' en las secciones solicitadas, el perno ha de resistir a la flexión y al esfuerzo cortante con la misma seguridad. Determinar el diámetro del perno conociendo el espesor b de la placa, (relación: ' = 0.86').
b/2
Q/2 d Q/2
Q
b b/2
Esfuerzo cortante en la sección del perno: 4Q máx = 3A Q fuerza cortante A área resistente Condición máx '
638
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Q/2 Q Q/2
0.86' =
4Q . . . . () 3 2 d 2
perno en estado doble de cortante
Flexión en el perno. w
w
b/2
Q/2
Q b
w Q w
Q/2 w
b
w
b/2 M
Momento Flector en la Sección Central del Perno. Q b b b Q b b M 0 b 22 4 2 2 4
ymáx = d/2
Qb My Esfuerzo normal por flexión: ' 4 I Qb d / 2 8Qb (En valor absoluto): ' . . . . () 4 4 d3 d 64 2 De (): Q = 0.3225'd . Reemplazando en () 8b ' 3 (0.3225' d2 ) d de donde obtenemos d = 2.58b M
5.9) Comportamiento Inelástico en Flexión 5.9.1)
Distribución de esfuerzos My La ecuación x es aplicable a elementos en flexión simple, cuyo material Iz permanece en el rango de comportamiento lineal-elástico. Si en alguna parte del elemento se sobrepasa la resistencia a la fluencia, o si el material tiene un diagrama constitutivo no lineal, la ecuación de la flexión elástica no tiene validez.
639
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En esta sección, desarrollaremos un método más general para determinar la distribución de esfuerzos normales en elementos sometidos a flexión pera no gobernada por la Ley de Hooke. y La relación x = máx es válida para cualquier material. Sin embargo, en estos c casos no puede suponerse que, en una sección dada, el Eje Neutro pase por el Centroide de la Sección (propiedad deducida bajo suposición de deformaciones lineales). El Eje Neutro debe ubicarse de manera que la distribución de esfuerzos sea consistente con las condiciones del equilibrio: (Esc.
x dA 0 ; yx dA M )
(A)
(A)
Nota) En el caso particular de vigas cuya sección transversal tenga dos ejes de simetría (z,y) y el material admita la misma ecuación constitutiva en tracción y en compresión, el Eje Neutro coincidirá con el eje horizontal de simetría de la sección transversal. M M –máx máx Y x y –máx máx
E.N.
Z
–máx
– máx
La distribución de esfuerzos normales en la sección del elemento (diagrama x vs y), puede obtenerse como se indica a continuación: – Si se ha especificado máx, determinamos el valor correspondiente de máx en el diagrama constitutivo.
máx máx
y máx c Para cada valor de y se determina el correspondiente x (usando la ecuación anterior) y usando el diagrama constitutivo se encuentra el valor del esfuerzo x (correspondiente al valor x encontrado) Graficando los resultados se obtiene la distribución buscada. Y
Se reemplaza este valor en la ecuación x =
– –
– máx
y=c
y=–c máx
640
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Para una viga de sección rectangular de ancho b, el momento M correspondiente en la c
distribución de esfuerzos normales anterior, es M by x dy . Puesto que x está c
c
definido por una Función Impar M 2b yx dy . 0
Si conocemos la expresión analítica x = (y) la integral anterior se evalúa analíticamente. En otros casos, la integral se efectúa numéricamente. El cálculo de la integral
c
y x dy
es más significativa reconociendo que dicha integral representa el
0
Momento Estático de 1er orden respecto al Eje Z1 de la superficie indicada.( máx x dy y
)
máx
5.9.2) Vigas de Material Elastoplástico Consideremos un elemento de sección rectangular de ancho b y peralte 2c. El material de comportamiento elástoplástico (E; y). Consideremos el caso de flexión positiva.
c
M
y
y
c
E 1
y
E.N.
Deben distinguirse varias etapas en el comportamiento en flexión. i) Si x < y Se aplica La Ley de Hooke y la distribución de Esfuerzos es Lineal Mc ( máx ). Iz Y
máx
–c
c
máx<y
M < My Momento de Fluencia (Máximo Momento Elástico) Si el momento M se incrementa hasta que suceda máx = y el diagrama todavía permanece lineal.
641
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–y Fase elástica (Máxima) máx=y M = My El Momento Flector que inicia la Fluencia, es Mc I Momento Elástico Máximo My y z (viene de y y ) c Iz Para el caso de sección rectangular: (b×2c) 1 1 2 My y b(2c)3 My bc 3 y c 12 3 ii) A medida que el Momento Flector aumenta, se desarrollan Zonas Plásticas en el elemento, con esfuerzo uniforme igual a y en la zona inferior y – y en la zona superior. Y –y c Entre las zonas plásticas Plástica existe el Núcleo Elástico, x en el cual el esfuerzo y yy varía linealmente con y: 2yy Elástica x y y yy Plástica – c máx=y Entre las zonas plásticas existe el Núcleo Elástico, en el cual el esfuerzo varía linealmente con y: x y y Siendo yy la mitad del espesor del Núcleo Elástico. yy iii) Si todavía se incrementa el Momento Flector, las zonas plásticas se expanden hasta que, en el caso límite, la deformación es totalmente plástica. Y –y
plástica y M = MP Momento plástico. MP corresponde a una deformación total del elemento. Nota) Para calcular el Momento Flector M correspondiente a un espesor 2y y del Núcleo Elástico, se usa la ecuación
642
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y ;0 y y y y y M 2b y x dy . Recordando que x y 0 ; y y c y y c
Obtenemos yy
M 2b y(y 0
c y )dy 2b y( y )dy yy yy
2 2 by y y bc 2y by 2y y . Simplificando obtenemos: 3 2 1 yy M bc 2 y (1 ) . . . . () 3 c2 2 Puesto que el Momento Elástico Máximo, es My bc 2 y 3 2 y 3 Obtenemos: M My 1 y2 . . . . (.1) 2 3c 3 Notar que cuando yy 0 M My 2 3 Definición) El valor límite My se denomina Momento Plástico, y corresponde a una 2 deformación totalmente plástica del elemento. 3 MP = My (válida para secciones rectangulares). 2 Nota) La distribución de la deformación unitaria en la sección transversal permanece y lineal después del inicio de la fluencia. Por consiguiente, la ecuación x sigue siendo válida y puede emplearse para calcular la mitad del espesor del Núcleo Elástico. yy = y . . . . (1) Siendo y la deformación unitaria de fluencia y el radio de curvatura correspondiente a un momento flector M My M
Cuando M = My es yy = c, luego c = yy . . . . (2), donde y indica el radio de curvatura correspondiente al máximo momento elástico (My). De las ecuaciones anteriores obtenemos: yy 3 1 2 . Por consiguiente M My 1 . . . . () 2 3 2y c y La ecuación () es válida sólo después del inicio de la fluencia (M > My) 1 M Para el caso M < My se usa EI z Nota) Representación Gráfica de My y MP.
643
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Y
c c
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–y
RC
Momento Elástico Máximo M = My Momento Plástico 2 2 M y cR C cR T Y MP = M 3 3 –y
2c/3 2c/3
R'C
RT
Z
c/2 c/2
Z
y MP
Definición) La relación
c ' c R C R 'T 2 2
y
R'T
MP k 0 depende únicamente de la forma geométrica de la My
sección transversal. Se denomina COEFICIENTE (FACTOR) DE FORMA (DE LA SECCIÓN) M Definición) La relación Z = P se denomina MÓDULO PLÁSTICO DE LA SECCIÓN. (Z tiene y dimensiones de L3) Como My = Sy siendo S el módulo elástico de la sección, tenemos: z Z k0 y k0 S y S (Coeficiente de forma:
módulo plástico ) módulo elástico
EJEMPLOS 1.
Una viga de acero elastoplástico (y = 36 klb/pulg2 en tracción y compresión) tiene la sección transversal indicada. Determinar el Factor de Forma para la viga. 0.5"
9"
Z
0.5" 0.5" 8"
644
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Factor de Forma: k 0
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MP My
My Momento Elástico Máximo MP Momento Plástico My:
–36 klb/pulg2
36 klb/pulg2
Iz = 211.0 pulg4 Mc máx Iz Luego: M (10 / 2) My = 1519.2 klb-pulg 36 y 211 My momento elástico máximo MP: Provoca la fluencia de toda la sección transversal. –36 klb/pulg2
C2 C1 Z
4.5" 9.5"
E.N.
T1 36 klb/pulg2
T2
Por la simetría de la sección y el diagrama constitutivo: C1 = T1 = (36)(4.5)(0.5) = 81 klb (fuerzas que actúan a través del centroide de los respectivos prismas de esfuerzos) C2 = T2 = (36)(0.5)(8) = 144 klb MP = (144)(9.5) + (81)(4.5) MP = 1732.5 klb-pulg M 1732.5 Luego: k 0 P 1.14 My 1519.2
2.
Una viga cuya sección T tiene las dimensiones indicadas en la figura, es de un material cuyo esfuerzo de fluencia en tracción y compresión es de y = 250 MPa. Determinar el Momento Plástico que la viga puede resistir.
645
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Díaz 100 mm 15 mm
120 mm
15 mm
En este caso, la sección transversal No es simétrica con respecto al eje horizontal (centroidal). En consecuencia, el Eje Neutro no pasará a través del centroide. Para determinar la ubicación del Eje Neutro, se requiere que la distribución del esfuerzo produzca una fuerza resultante nula en la sección transversal. –y
MP
15
C2
120 – d
C1
E.N. d
T1 y
Equilibrio T1 – C1 – C2 = 0 (250)(d)(15) – (250)(120 – d)(15) – (250)(15)(100) = 0 de donde d = 110 mm Luego: C1 = (250)(120 – 110)(10–3)(15)( 10–3) = 37.5×103 Newtons C2 = (250)(15)( 10–3)(100)(10–3) = 375.0×103 Newtons T1 = (250)(110)(10–3)(15)( 10–3) = 412.5×103 Newtons El Momento Plástico (respecto al Eje Neutro), es: MP = (412.5)(103)(110/2)(10–3) + (37.5)(103)(5)(10–3) + (375)(103)(10 + 15/2)(10–3) MP = 29.4375×103 N-m 3.
Un elemento sometido a flexión pura tiene la sección transversal representada y soporta un momento M = 36.8 kN-m. Si el material es elastoplástico, determinar. c = 60 mm
Material E = 200 GPa c = 60 mm y = 240 MPa b = 50 mm
i) El espesor del Módulo Elástico ii) El radio de curvatura de la Superficie Neutra
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i) Momento Elástico Máximo (My) 2 2 My bc 2 y My (50 10 3 )(60 103 )2 (240 106 ) 3 3 My = 28800 N-m = 28.8 kN-m Puesto que My < M(actuante) La sección ingresa a fluencia. 2 3 1 y y Usando la ecuación M My 1 , calculamos yy. 2 3 c 2 2 3 1 y y Reemplazando datos: 36.8 (28.8)1 yy = 40 mm 2 3 602 Zona plástica yy – yy
Z
Zona elástica
Zona plástica
Espesor del Núcleo Elástico 2yy = 80 mm ii) Radio de Curvatura: Deformación Unitaria de Fluencia y y
6
y E yy
40 mm 240 10 = 1.2×10–3. Luego 9 1.2 10 3 200 10 y
= 33.33 m (radio de curvatura correspondiente a M). 4.
Una viga de material elastoplástico (E = 3×104 klb/pulg2; y = 36 klb/pulg2) está sometida a flexión pura. Su sección transversal tiene la forma representada. Determinar el momento M y el correspondiente radio de curvatura, en los casos (i) Inicio de la Fluencia; (ii) Plastificación completa de las alas. 1" M 16"
Z 3/4" 1" 12"
Iz = 1524 pulg
4
i) Inicio de la fluencia: y
My c Iz
(36)(1524) 6858 klb-pulg 8 36 1.2 103 Radio de Curvatura: y y 4 E 3 10 8" c y y = 6666.67" y 1.2 10 3 My
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Díaz
–36 klb/pulg2
– y
(al inicio de la fluencia)
Z y = 0.0012
36 klb/pulg2
y = –0.0012
ii) Alas plastificadas
– y R1
3/4"
R2
7"
Z
4.67" 4.67"
7"
R3 R4
1" y
y = 0.0012
12"
Equilibrio R1 = R4 = (36)(1)(12) = 432 klb R2 = R3 = (1 / 2)(36)(7)(3 / 4) 94.5 klb (área del alma) M = (432)(2)(7.5) + (94.5)(2)(4.67) M = 7362.63 klb-p Radio de Curvatura: yy = 7". y 7" y 5833.33" y 0.0012 (Núcleo elástico 2yy = 14") 5.
Una barra prismática de sección rectangular está hecha de un material cuyo diagrama constitutivo tiene por ecuación = k3. Si se aplica un momento M a la barra, calcular el esfuerzo normal máximo.
b M
IZ
2c
1 2 b(2c ) 3 bc 3 12 3 máx x
c E.N.
Z
–c
b Hipótesis de Bernoulli: x = qy q kx3 = qy x3 = y x Q3 y k
constante
máx sucede cuando y = c, luego máx = x Q3 c de donde Q = 3máx . Por consiguiente: x = 3máx c c
3
y
648
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dA = bdy y dF
b
dF = xdA dF = 3máx 3 y bdy c Equilibrio: MEN = 0 c
c
0
0
M = M 2 ydF 2 y de donde máx máx
máx 3 c
3
ybdy desarrollando la integral
3 M 2bmáx c 2 7
7M 2 . Como Iz = bc3 2 3 6bc
7Mc 9Iz
649
CAPÍTULO VI DEFORMACIONES DEBIDAS A LA FLEXIÓN 6.01) Relaciones Momento / Curvatura. Ecuaciones Diferenciales de la Curva Elástica 6.01.1) Introducción Por acción de las cargas transversales, el eje geométrico de un elemento se flexiona a partir de su posición inicial. Definición). Curva Elástica: Forma adoptada por el eje neutro longitudinal luego de aplicadas las cargas de flexión.
AA’=uA
A
uA: Flecha del punto A (Deflexión vertical del punto A)
A'
A: Giro del punto rotacional del punto A)
A
A
(Deflexión
Generalmente las deflexiones son pequeñas comparadas con las dimensiones del elemento. Cada segmento (elemento de arco infinitesimal) de la Curva Elástica puede ser aproximado por un arco de circunferencia. El radio de este arco se denomina Radio de Curvatura (de la curva elástica). u ρ1
O1
El radio de curvatura es: ρ = EIZ / M
Curva Elástica
X Nota). Existe diferencia entre los ejes "y" y "u". El eje "y" ubica fibras materiales en la sección transversal. El eje "u" mide las flechas de la curva elástica. U
Y
Eje inicial
Y
X X Z
Y: ubica “fibras” en la sección transversal
Eje deformado
U: Mide “flechas” de la elástica
6.01.2) Curvatura Elástica Es conveniente determinar cuantitativamente la deformación del elemento debida a la flexión, esto es calcular la curvatura del eje geométrico. Consideremos un elemento en flexión pura positiva. Aislemos un elemento de "longitud unitaria". Se genera la deformación representada:
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φ ρ–y
1
Línea Elástica
EJE NEUTRO y<0
y
M
M
–
1 1+ε εX +
x
1 El valor de εx mide la deformación unitaria longitudinal y también el alargamiento de las fibras de longitud unitaria. Las fibras longitudinales se transforman en arcos circulares concéntricos, de longitudes proporcionales a sus respectivos radios de curvatura. Si ρ es el radio de curvatura del eje geométrico deformado, una fibra genérica separada del eje z la distancia y, sufre un alargamiento εx (puesto que "1" es la 1 x y longitud de referencia). Se verifica la relación: (ρ < 0), de la cual 1 y obtenemos x . Si el material es elástico de comportamiento lineal, entonces: x = E (- y/) (1). Comparando la ecuación (1) con la Fórmula de la Flexión Elástica x = - M y / IZ, obtenemos - E y / = - M y / IZ, de donde: 1 M …(2) EI Z Ecuación que define la Curvatura Elástica debida a la flexión. Definición): El producto EIZ se denomina Rigidez Flexional (tiene unidades de F-L2). 1 M , también mide el ángulo que giran dos secciones EI Z transversales separadas una longitud unitaria.
Definición): La ec. (2)
1=
1 M EI Z
…(3)
1
Definición): El ángulo total de giro de una sección extrema del elemento, respecto de la otra, se llama Ángulo Total de Giro: L …(4)
650
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M
M
L
Nota: Si el momento flector, M, es variable a lo largo del eje geométrico M=M(x), entonces el ángulo de flexión correspondiente a dos secciones separadas la distancia dx, es:
d
M( x )dx EI Z
1 d dx M d Por la ec. (3): EI Z dx
d=dx d
dx
M(x) V(x)
M(x) + dM(x) V(x) + dV(x)
El ángulo total de giro entre dos secciones separadas una distancia L, en estos casos, será dado por la integral: M( x ) dx …(5) L EI Z La ecuación anterior también puede usarse para el caso de elementos con secciones variables, sometidos a flexión, en los cuales el momento, IZ, de inercia es variable. M( x ) dx …(5.1) EI ( x ) L Z 6.01.3) Ecuaciones Diferenciales de la Curva Elástica La Curvatura Elástica: y
1 M puede relacionarse con las flechas de la curva elástica. EI Z
ELÁSTICA
P (u, y)
u
Geométricamente, la curvatura es: d2u 1 d2 x du 2 3 / 2 1 dx Puesto que la curvatura elástica debe ser consistente con la curvatura geométrica, tenemos: d2u M d2 x (1) EI Z du 2 3 / 2 1 dx
651
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Que constituye la ecuación diferencial de la curva elástica. M Para un caso particular: Conocida la relación: , por integración se determinará la EI Z ecuación de la curva elástica u = u(x). Para deformaciones infinitesimales, generalmente ≈0, con lo cual du/dx 0. Para estos casos, con suficiente aproximación puede considerarse: M d2u (1.1) 2 EI Z dx Para cada problema particular deben ser determinadas dos constantes de integración, mediante las denominadas Condiciones Iniciales (o Condiciones de Frontera). Notas) i) Si la rigidez flexional EIZ es constante, y asimismo es constante el momento flector M, se comprueba que la "Curva Elástica Exacta" es un arco de circunferencia, mientras que la "Curva Elástica Aproximada" es un arco de parábola de segundo grado. Integrando la ec. (1) obtenemos un arco de circunferencia como solución general. Integrando la ec. (1.1) obtenemos un arco de parábola como solución general. d2u M dx 2 Ecuación diferencial no aproximada: C , haciendo el 3/2 EI Z 1 du dx 2 dv dx C . Separando variables e cambio de variable du/dx = v, obtenemos (1 v 2 )3 / 2 (Cx K ) integrando una vez, la variable v viene dada por v , siendo K una 1 (Cx K )2
constante de integración. Integrando por segunda vez (con respecto a la variable u), obtenemos la solución general en la forma (u - uO)2+ (x - xO)2 = 1/C2, que corresponde a un arco de circunferencia. Usando ahora la ecuación diferencial aproximada: vez u
ii)
obtenemos
du M x C1 . dx EI Z
Integrando
M d2u 2 C . Integrando una EI Z dx
por
segunda
vez
tenemos
M x2 C1 C2 , que corresponde a una parábola de segundo grado. EI Z
dM( x) V( X) , la ecuación diferencial dx de la curva elástica puede reescribirse de varias maneras alternativas.
Teniendo en cuenta la relación diferencial
De la ec. (1.1) si la rigidez flexional EIZ es constante, obtenemos ó equivalentemente
d3u 1 V( x ) dx 3 EI Z dx
…(2). De la ec. (2),
d3u 1 dM( x ) 3 dx EI Z dx
d4 u - 1 dV( x ) , si la dx 4 EI z dx
652
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rigidez flexional EIZ es constante. Recordando que anterior se expresa:
d4 u 1 q( x ) 4 dx EI Z
dV( x) q( x ) , la ecuación dx
…(3).
EJEMPLOS 1)
Determinar ecuaciones para la pendiente y la deflexión vertical en cualquier punto de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ. ω
L L-x x
Ecuación diferencial aproximada: d2u M( x ) …(*) dx 2 EI Z
A
M
ω V
Integrando una vez: EI Z
ω (L x)2 , reemplazando en 2 d2u 1 2 (*), tenemos: (L x) 2 dx EI Z 2
M( x)
du 3 L x C1 dx 6
Como en x = 0 (empotramiento) no existe giro,
C1
du 0 , la constante es dx
ωL3 6
Por tanto: EI Z
du (L x)3 L3 dx 6 6
…(**)
ω L x 4 ω L3 x C2 . 24 6 Para x = 0, es u = 0 (extremo empotrado), luego C2 = ωL4/24. Finalmente, reemplazando en la ecuación (**) obtenemos la ecuación de la curva elástica: 3 4 ω L x 4 ωL x ωL (***) EI Zu 24 6 24
Integrando por segunda vez: EI z u
A partir de la ec. (**) se calculan los giros en cualquier punto de la elástica. A partir de la ec. (***) se calculan las flechas en cualquier punto de la elástica.
2)
Así, para el extremo A: du 1 ω ωL3 ωL3 3 L L De (**) obtenemos: , es decir θ A dx x L EI Z 6 6 6EI Z ωL4 De (***) obtenemos: uA 8EI Z Encontrar la ecuación de la curva elástica y la flecha en el extremo libre de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ. P A B C a
b
653
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Como existen dos tramos típicos, debemos integrar dos veces la ecuación diferencial (una vez para cada tramo típico). Tramo AB: (0 ≤ x ≤ a) M(x) = Px – Pa Tramo BC: (a ≤ x ≤ a + b) M(x) = 0 Notar que para ambos tramos la variable x se mide a partir del mismo origen (punto A). Elásticas:
d2u P P Px Pa . Integrando dos veces: EI zu x 3 ax 2 C1 x C 2 2 6 2 dx 2 du Tramo BC: EI Z 2 Px Pa . Integrando dos veces: EIZu = C3x + C4 dx Para determinar las cuatro constantes de integración, usamos las condiciones en el empotramiento y la característica de continuidad de la curva elástica. Tramo AB: EI Z
Condiciones: En x = 0 debemos tener u = 0; u' = 0 (empotramiento en A). Luego se obtienen las constantes C1 = C2 = 0 (elástica del tramo AB). En x = a, u y u' son únicas (condiciones de continuidad y derivabilidad). Obtenemos: 1 P 3 a 1 C3 x C4 x a (Continuidad en x = a) x C1 x C2 Px 2 EI Z 6 2 x a EI Z 1 P 2 1 C3 x a (Derivabilidad en x = a) x C1 aPx EI Z 2 x a EI Z
Se plantean dos ecuaciones con dos incógnitas C3 y C4. Resolviendo el sistema Pa2 Pa3 obtenemos: C 3 , C4 . Por tanto, las elásticas son: 2 6 1 Px 3 Pax 2 1 Pxa2 Pa3 Tramo AB: u Tramo BC: u EI Z 6 2 EI Z 2 6 La flecha en el extremo libre es el valor de 1 elástica del tramo BC). Obtenemos: uc EI Z 3)
u cuando x = a + b (evaluado en la Pa2 (a b) Pa3 . 2 6
Usando la ecuación de la curva elástica pueden resolverse algunos problemas hiperestáticos en flexión. ω0
M0 L/2
L/2
La viga representada soporta una carga repartida uniforme ω0 = 10 lb/pie, y un momento concentrado M0 = 100 lb-pie. Calcular las reacciones externas y
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encontrar la ecuación de la curva elástica. Considerar constante la rigidez flexional EIZ; L=10'. ω0
R1
MC
M0 L/2
L/2
R2
Sistema hiperestático externo (tres reacciones desconocidas y dos ecuaciones útiles del equilibrio). Momentos flectores: Tramo AB (0 ≤ x ≤ 5') M(x) = R1x – 5x2 Tramo BC (5' ≤ x ≤ 10') M(x) = R1x – 5x2 + 100 Ecuaciones diferenciales de la curva elástica: (notar que "x" se mide desde el punto A). Tramo AB: EIZu" = R1x – 5x2 (1) Tramo BC: EIZu" = R1x – 5x2 + 100 (2) Integrando (1) y (2), obtenemos: R x 3 5x 4 R x 2 5x 3 De (1): EI Zu' 1 (*) C1 x C2 C1 ; EI Zu 1 2 3 6 12 R x 2 5x 3 R x 3 5x 4 De (2): EI Zu' 1 100 x C3 ; EI Zu 1 50 x 2 C 3 x C 4 6 12 2 3 Incógnitas: R1, C1, C2, C3, C4 Condiciones: En x = 0 u = 0 En x = L = 10' u = 0; u' = 0
(**)
Condiciones de borde
En x = 5' u'AB = u'BC (Derivabilidad de la elástica) En x = 5' uAB = uBC (Continuidad de la elástica) Reemplazando valores en las ecuaciones de condición, obtenemos el sistema: C2 = 0; C3 = –50R1+667; C4 = 333R1–7,510; C1 = 1,167–50R1; 5C1 = 83R1–2,920 Resolviendo el sistema anterior, encontramos: R1 = 26.3; C1 = –148; C2 = 0; C3 = –64.8; C4 = 1,247.9 (en lbs) Ecuaciones del equilibrio global: R1 + R2 = 100 10 Mc 100 (10)2 R 1 (10) 0 2 De donde obtenemos: R1 = 73.7 lb; MC = 137 lb-pie Curvas Elásticas: Reemplazando las constantes determinadas en las ecuaciones (*) y (**) y simplificando obtenemos: 26.3x 3 5x 4 148x Tramo AB: EI Zu 6 12 26.3x 3 5x 4 50 x 2 64.8x 1247.9 Tramo BC: EI Zu 6 12
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4)
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La carga w es resistida por la fuerza repartida que se representa, fr, cuya magnitud es proporcional a la flecha de la curva elástica. Si la rigidez flexional EIz es constante, determinar la ecuación diferencial de la curva elástica. x sen L
x fr L d4 u q( x) , donde: q(x) = fr - ω; dx 4 d4u k 1 x con la condición: fr = ku. Luego: u sen 4 dx EI Z EI Z L
La ecuación diferencial de la curva elástica es EI Z
k d4 u 1 x 2 , tenemos 2u sen 4 dx EI Z L EI Z Ecuación diferencial ordinaria, lineal, de cuarto orden, no homogénea con coeficientes constantes.
Haciendo el cambio de variable:
5)
Determinar la flecha y la inclinación en el punto C de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIz. q B
A L/2
C L/2
En la sección de empotramiento se generan dos reacciones una de fuerza vertical () y otra de momento ( ) cuyos valores son: R1 = qL/2; R2 = 3qL2/8.
qLx 3qL2 qLx 3qL2 , elástica: EI Zu1 " 2 8 2 8 3 2 2 qLx 3qL x C1 x C 2 …(*) Integrando dos veces obtenemos: EI Zu1 12 16 Condiciones para determinar las constantes de integración: u1(0) = u1' (0) = 0. Imponiendo dichas condiciones, encontramos: C1 = C2 = 0. Luego, para el tramo qLx 3 3qx 2L2 AB, la ecuación de la curva elástica es: EI Zu1 …(*.1) 12 16 qLx 3qL2 q( x 0.5L)2 Tramo BC: M( x) 2 8 2 2 qLx 3qL q( x 0.5L)2 Elástica: EI Zu"2 . Integrando dos veces, encontramos: 2 8 2 qLx 3 3qL2 x 2 q(x 0.5L)2 EI Zu2 C3 x C 4 …(**) 12 16 24 Condiciones para determinar las constantes de integración C3 y C4: Continuidad y derivabilidad en B: u1(L/2) = u2(L/2); u1'(L/2) = u2'(L/2). Tramo AB: M( x)
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Reemplazando estas condiciones en la ecuación (**), obtenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas. Resolviendo dicho sistema, encontramos: C3 = C4 = 0. Ecuaciones de la curva elástica: 1 qLx 3 3qL2 x 2 u( x) ( ) ; (0 ≤ x ≤ L/2) EI Z 12 16 u( x)
1 qLx 3 3qL2 x 2 q( x 0.5L) 4 ; (L/2 ≤ x ≤ L) EI Z 12 16 24
Calculando u2' (L), obtenemos el giro en el punto C: C valor u2(L), obtenemos la flecha en el punto C: uC 6)
7 qL3 . Calculando el 48 EI Z
41 qL4 . 384 EI Z
Para la viga representada, determinar la ecuación de la curva elástica, el giro y la flecha en la articulación C. La rigidez flexional del tramo ABC es EI Z y la del tramo CD es 2EIZ. P A
Articulación: M=0
24'
12' EIZ
D
C
B
12' 2EIZ
P A P/3
B
C
D A
8P 2P/3
Para los tres tramos la variable x se medirá desde el punto A. Px Tramo AB: (0 ≤ x ≤ 24'); M(x) = Px/3; Elástica: EI Z u1 " . Integrando tenemos: 3 Px 3 EI Zu1 A1 x A 2 18 2Px Px Tramo BC: (24 ≤ x ≤ 36); M(x) P(x 24) . Elástica: EI Zu2 " 24P 3 3 3 Px B1 x B 2 Integrando, tenemos: EI Zu2 12Px 2 9 2Px 2Px Tramo CD: (36' ≤ x ≤ 48'); M( x) 24P . Elástica: 2EI Zu3 " 24P . 3 3 Px 3 C1 x C2 . Integrando tenemos: EI Zu3 6Px 2 18 Necesitamos considerar seis condiciones para determinar las seis constantes de integración. Condiciones en los apoyos: u1(0) = 0; u3'(48) = 0; u3(48) = 0 Condición de derivabilidad: u1'(24) = u2'(24) Condiciones de continuidad: u1(24) = u2(24); u2(36) = u3(36) Imponiendo las condiciones indicadas, planteamos un sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas.
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Resolviendo simultáneamente este sistema, obtenemos: A1 = -208P/3; A2 = 0; B1 = -1,072 P/3; B2 = 2,304 P; C1 = -192 P; C2 = 1,536P Reemplazando las constantes de integración en las ecuaciones de la curva elástica (por tramos), encontramos: u1 ( x )
Px 3 208Px 18EI Z 3EI Z
u2 ( x )
12Px 2 Px 3 1072Px 2304P EI Z 9EI Z 3EI Z EI Z
u3 ( x )
6Px 2 Px 3 192Px 1536P EI Z 18EI Z EI Z EI Z
0 x 24 24 x 36 36 x 48
La flecha en el punto C es uc = u3(36) uc = -192P/EIZ. Como en el punto C existe una articulación, en la elástica se presentará un punto no derivable (con derivadas laterales diferentes). Por lo tanto el giro en el punto C 152P será: C u2 ' (36) u3 ' (36) 3EI Z P B
A
C
C
D
u3 21
u1
u2
Punto no derivable (derivadas laterales diferentes)
1
Punto derivable
7)
La viga ABC tiene rigidez flexional constante EIZ. Determinar la deflexión de la articulación B y el ángulo de rotación en el apoyo A. q
P A
B 2a/3
a/3
C L
Por equilibrio determinamos la fuerza de reacción vertical en el apoyo A: F = 2P/3 Sea δB la deflexión en el extremo libre del voladizo BC. 2P/3 El momento flector en la sección ubicada a la q qx 2 2Px distancia x del punto B, es: M( x) 2 3 C B Ecuación diferencial de la elástica (tramo BC): x qx 2 2Px EI Zu" . Integrándola tenemos: 2 3
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qx 4 Px 3 Ax B . Las constantes de integración A y B se determinan a 24 9 qL3 PL2 partir de las condiciones: u'(L) = 0; u(L) = 0. Se obtienen: A ; 6 3 qL4 2PL3 B 8 9 La ecuación de la curva elástica (tramo BC) es: 1 qx 4 Px 3 qL3 PL2 qL4 2PL3 u( x) ( )x EI Z 24 9 6 3 8 9 EI Zu
La flecha en el punto B es uB = u(0) uB A
1 qL4 2PL3 ( ) EI Z 8 9
B θ1 θ2
θA
uB
B1
El ángulo de giro θA tiene dos componentes: El ángulo BAB1 producido por la flecha uB y un ángulo adicional ocasionado por la flexión de la viga AB: θA = θ1 + θ2 …(*) Como las deformaciones son infinitesimales, tenemos: u qL4 2PL3 …(**) 1 B a 8aEIZ 9aEIZ El ángulo θ2 corresponde a la rotación del extremo A de la viga AB, según se indica: P
A
2a/3
B
a/3
2P/3
Determinando el ángulo de rotación del apoyo móvil, encontramos: 4Pa2 …(***) 2 81EI Z
qL4 2PL3 4Pa2 8aEIZ 9aEIZ 81EI Z En la viga doblemente empotrada AB, el empotramiento B ha sufrido un desplazamiento vertical D. Calcular los momentos y las fuerzas que se desarrollan en los apoyos. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.
Reemplazando (**) en (***) y en (*), obtenemos: A 8)
L; EIZ
A
MA
B Δ B'
RA MB RB
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MA
RA
Equilibrio: M + MA + RAx = 0 M = -MA - RAx Elástica: EIZu" = – MA – RAx. Integrando dos M x2 R x3 veces, tenemos: EI Zu A A C1 x C2 2 6
M V
x
Condiciones en el apoyo A: u'(0) = 0; u(0) = 0. Obtenemos C1 = C2 = 0. Luego, la 1 M x2 R x3 ecuación de la curva elástica es: u( x) ( A A ) . EI Z 2 6 R AL 0 …(*) 2 También: u(L) = -Δ (recordar la ubicación de los ejes). Luego tenemos: M L2 R L3 …(**). EI Z () A A 2 6 6EI 12EI Z Resolviendo (*) y (**) obtenemos: MA 2 Z ; R A L3 L
Condiciones en el apoyo B: u'(L) = 0, por lo tanto MA
9)
Determinar la flecha en el extremo libre de la viga representada, originada por el peso propio. Peso total: Q; Módulo de Elasticidad: E. Sea w el peso unitario w
Q . Consideremos una porción de longitud x (medida bLt 2
a partir del vértice).
b L
t
wbt 2 x 2L
v x M M z
t
x/3
2x/3
El volumen del elemento variable de altura x, es V= w v x t / 2. De la semejanza de triángulos se obtiene v = b x / L. Con lo cual, el peso es P = w b t x2 / 2 L.
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El momento flector en la sección ubicada a la distancia x, es: M( x) Ecuación diferencial de la curva elástica: Eu"
wbt x 3 6L
M( x ) , puesto que las secciones IZ ( x )
transversales son de anchura variable (v). El momento de inercia es IZ Reemplazando en la ecuación (*) obtenemos: Eu"
bxt3 . 12L
2wx 2 . Integrando dos t2
1 wx 4 ( 2 C1 x C 2 ) . Determinamos las constantes de E 6t integración con las condiciones siguientes u' (L) = 0; u(L) = 0 (apoyo empotrado). 2wL3 3wL4 Obtenemos los valores: C1 y , con los cuales la ecuación de C 2 6t 2 3t 2 la curva elástica es: 1 wx 4 2wL3 x wL4 u(x) ( 2 2) E 6t 3t 2 2t wL4 La flecha en el extremo libre es u(0) . Como el máximo momento de 2Et 2 inercia es IZmáx = bt3/12 (que se presenta en la sección del empotramiento) y el QL3 peso total de la viga es Q = Lbtw/2, la flecha puede escribirse u(0) . 12EI Zmáx
veces, obtenemos: u
10) En la viga representada, determinar el valor absoluto de la máxima deflexión vertical. Considerar E el módulo de elasticidad del material de la viga. P
b A
C
B
h a
a
Momentos flectores. Tramo AB: M(x) = Px/2 en el intervalo 0 ≤ x ≤ a. Tramo BC: Px en el intervalo a ≤ x ≤ 2a. M( x) Pa 2 El Momento de inercia es IZ=bh3/12, constante para el tramo AB. El momento de inercia en el tramo BC es variable. x
Por
semejanza
obtenemos:
h a
a
el momento t h3 es: IZ 12
de triángulos b(2a x ) . Luego t a de inercia (variable) b(2a x)h3 12a
Elásticas:
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6Px Px 3 . Integrando obtenemos u ( x ) C1 x C 2 Ebh3 Ebh3 Condición u(0) = 0 (apoyo articulado simple). Se obtiene C2 = 0. Px 3 Elástica: u( x) 0≤x≤a C1 x Ebh3 3aPx 2 Pa 0.5Px 6aP Tramo BC: u" ( x ) . Integrando, u( x) C3 x C 4 . 3 3 Eb(2a x )h Ebh3 Ebh 12a Condición u(2a) = 0 (apoyo simple), de donde obtenemos 12Pa3 C4 2aC3 . Por lo tanto la ecuación de la curva elástica (en el tramo Ebh3 3aPx 2 12Pa3 BC) es u(x) a ≤ x ≤ 2a C x 2aC3 3 Ebh3 Ebh3 Otras condiciones: Continuidad de la elástica. En x = a se requiere: Px 3 3aPx 2 2C1 x 12Pa3 4aC3 Simplificando obtenemos: C x 3 Ebh3 2 x a Ebh3 Ebh3 2 x a
Tramo AB: EI Zu"
10Pa2 …(*). También en x = a la curva elástica es derivable, Ebh3 3aP2 3Px 2 6aPx 2 luego: ( De donde …(**). C ) ( C ) C C 1 x a 3 x a 3 1 6Ebh3 Ebh3 Ebh3 Resolviendo las ecuaciones (*) y (**), obtenemos las constantes C1 y C3: 7Pa2 13Pa2 ; . C1 C 3 2Ebh3 2Ebh3 La curva elástica queda definida por las ecuaciones: Px 3 7Pa2 x 0 ≤ x ≤ a (Tramo AB). u( x) Ebh3 2Ebh3 3aPx 2 13Pa2 x Pa3 a ≤ x ≤ 2a (Tramo BC). u(x) Ebh3 2Ebh3 Ebh3 du Flecha máxima, haciendo 0 en cada una de las funciones anteriores. dx 7a Tramo AB: Obtenemos x 0, a 6 13a Tramo BC: Obtenemos x a, 2a . Por tanto la flecha máxima se 12 produce en el tramo BC, en x= 13a/12. Evaluado u(13a/12), obtenemos: 121 Pa3 121 Pa3 uMAX , valor que puede escribirse , donde IZmáx = bh3/12 3 48Ebh 576 EI Zmáx C1 C3
11) Usando la ecuación diferencial de la curva elástica pueden solucionarse algunos problemas de flexión combinada con carga axial (flexo-compresión). Encontrar la ecuación de la curva elástica en la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ. Elemento en flexo-compresión
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Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz u
w0 P x L
Se requiere un análisis de segundo orden, para incluir el efecto de la carga axial P. El momento flector en la sección ubicada a la distancia x del apoyo articulado w oLx w o x 2 simple, es M( x) P u . Como u < 0, la ecuación del momento 2 2 w Lx w x 2 flector es M( x) o o Pu . Con esto, la ecuación diferencial de la curva 2 2 w Lx w x 2 elástica es EI Zu" o o Pu . Ecuación diferencial que puede ser escrita 2 2 d2u P w o x (L x) como: . u dx 2 EI z 2EI Z x
P u w0L/2
M
P
V
La solución general de esta ecuación diferencial lineal de segundo orden, con coeficientes constantes y no homogénea, es P P w (Lx x 2 ) w oEI Z …(*) u C1sen ( ) x C2 cos( )x o EI Z EI Z 2P P2 Para encontrar las constantes C1 y C2, usamos las condiciones u(0) = 0; u(L) = 0. Obtenemos las ecuaciones: P P w EI w EI )L C2 cos( )L o 2 Z 0 C2 o 2 Z y 0 C1sen ( P EI Z EI Z P Resolviendo el sistema anterior se obtienen w EI 1 w oEI Z P ) 1 . C2 o 2 Z y C1 cos( 2 P P EI Z P sen ( )L EI Z Reemplazando en la ecuación (*) tendremos la ecuación de la curva elástica. 12) Encontrar la ecuación de la curva elástica para la viga que se representa, cuya rigidez flexional EIz es constante. (Elemento con carga axial excéntrica). u x P
P
e
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u ≈e
P x
P
≈e+u
Ecuación de momento flector: M(x) = – P(e+u) Ecuación de la curva elástica: EIZu''= – P(e+u) Ecuación que puede escribirse como d2u P P u e 2 dx EI Z EI Z
Ecuación diferencial lineal de segundo orden no homogénea, cuya solución general tiene la forma: P P u C1sen ( ) x C2 cos( ) x e …(*) EI Z EI Z Para determinar las constantes C1 y C2 usaremos las condiciones u(0) = 0 y u(L) = 0. Reemplazando en (*), encontramos: L e sen P EI Z 2 C2 = e; C1 . Con lo cual, la ecuación de la curva elástica es: L cos P EI Z 2 L cos P EI Z x 2 u( x ) e 1 . Notar que la flecha máxima y el máximo L cos P EI Z 2 momento flector se presentan en x = L/2.
Nota) Observar los resultados siguientes: L La flecha máxima se presenta en x = L/2, siendo uMÁX e sec P 1 EI Z 2 L El máximo momento flector es MMÁX P(e uMÁX ) Pe sec P que EI Z 2 también se presenta en x = L/2. Si la sección es rectangular, el esfuerzo normal máximo de compresión, es: -c P M ( c ) máx máx A IZ P M (c) y máx máx (compresión ) A IZ Fibras más Reemplazando el Mmáx por su expresión comprimidas correspondiente, obtenemos z P ceA sec( P EI Z L 2) . Recordando que IZ/A = 2 ( es el radio de 1 A IZ giro del área de la sección transversal), puede escribirse: P ce L , denominada Fórmula de la Secante (para el máx 1 2 sec P EA A 2 máx
estudio de columnas cargadas excéntricamente). Nota) Usando el desarrollo en series de potencias de Mc Laurin, es posible obtener la ecuación de la curva elástica sin resolver directamente las integraciones
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requeridas. Alrededor del punto x = x0 = 0 la ecuación de la curva elástica puede aproximarse por: u" (0)x 2 u' ' ' (0)x 3 u' ' ' ' (0) x 4 nn (0)x n u(x) u(0) u' (0)x ........ ........ 2! 3! 4! n! Los coeficientes u''0), u'''(0), u''''(0), etc, pueden hallarse a partir de las diversas formas de la ecuación diferencial de la curva elástica. u" ( x )
M( x ) M(0) u" (0) , supuesto EIZ constante. EI Z EI Z
M' ( x) V( x ) V(0) u' ' ' ( x) u' ' ' (0) EI Z EI Z EI Z M' ' ( x) q( x) q(0) u' ' ' ' (0) , etc. u' ' ' ' ( x) EI Z EI Z EI Z Luego la ecuación de la curva elástica tiene la forma: M(0) x 2 V(0) x 3 q(0) x 4 q' (0) x 5 u(x) u(0) u' (0)x ... EI Z 2! EI Z 3! EI Z 4! EI Z 5! u' ' ' ( x)
…(*)
Para las condiciones de carga más frecuentes, los coeficientes son nulos desde un cierto orden de derivada en adelante y el desarrollo se reduce a la suma de algunos términos. Ejemplo 1) Hallar la ecuación de la curva elástica. Considerar EIZ constante. q0
A
B
Usaremos el desarrollo en serie de potencias de Mc Laurin, ec (*). Coeficientes: u(0)=0; u’(0)=0, condiciones de empotramiento en A.
L Reacciones en A: RA = q0L/2; MA = q0L2/6. La fuerza cortante y el momento flector en x = 0, son M(0) = –q0L2/6 y V(0) = –q0L/2, de acuerdo al convenio de signos establecido. A la distancia x del apoyo A, la carga repartida q0 q de variación lineal, está dada por: q 0 (L x ) . L MA B Recordando el convenio de signos de la función L q0 de carga, tenemos q( x) (L x) . RA L En x = 0 la función de carga es q(0) = –q0. También q'(x) = q0/L, de donde q'(0)=q0/L. Los demás coeficientes q''(0), q'''(0), q''''(0), etc., son todos nulos. Reemplazando los coeficientes determinados en la ecuación (*) y simplificando tenemos: q L2 x 2 L x 3 x 4 x 5 u( x) 0 EI Z 6 2! 2 3! 4! 5!
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Nota) Otros casos de interés que pueden analizarse mediante la determinación de curvas elásticas son (i) Elementos en flexo-compresión y (ii) Vigas sobre fundación elástica. Definición) Viga/columna (elemento en flexo-compresión): cuerpo prismático que soporta, simultáneamente, carga transversal y carga axial. w=w(x)
u
x
Es estos sistemas notamos que el momento flector que se desarrolla por efectos de la carga axial depende de la flecha, u, del eje neutro longitudinal. Las condiciones de equilibrio deben satisfacerse en la condición deformada (análisis de segundo orden). Consideremos un elemento de longitud dx, ubicado a la distancia x (seleccionada convenientemente). w=w(x)
u
x x
Δx
Sea R la resultante de las fuerzas distribuidas en el tramo de longitud Δx, aplicando uno de los Teoremas del Valor Medio del Cálculo Integral, tenemos: R
x x
w(x)dx x w()
con x < ξ < x + Δx
x
Sea Δu el cambio de elevación experimentado por el eje neutro, en la longitud de referencia Δx. w = w(x)
M+(dM/dx)Δx R M
(Δx) O
P V
<0 , 1>
P Δu V+(dV/dx)Δx
Δx/2
Δx
Ecuaciones de equilibrio:
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FV 0 V
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x x dV x w( x)dx V 0 . Usando un teorema del valor medio para dx x
integrales, y llevando al límite para Δx 0, obtenemos:
dV w( x) 0 (i) dx
dM dV x x x M (V x) V Pu w()x (x) 0 . dx dx 2 2 dM du Simplificando y llevando al límite Δx 0 cuando obtenemos: V P 0 (ii) dx dx Si la deflexión es provocada fundamentalmente por el momento flector, puede expresarse: d d2u du d2u (EI z 2 ) V P 0 , puesto que EIz 2 M( x ) dx dx dx dx
M
0
0 M
Aceptando que la fuerza axial P es independiente de x, al derivar una vez respecto de x, encontramos: d2 d2u dV d2u (iii). Reemplazando (i) en (iii) y simplificando ( EI ) P 0 Z dx 2 dx 2 dx dx 2 d2 d2u d2u tenemos: Ecuación Diferencial del Sistema ( EI ) P w( x ) , Z dx 2 dx 2 dx 2 Viga/columna. Si además la rigidez flexional EIZ permanece constante, tenemos d4u P d2u 1 w( x) . Ecuación diferencial ordinaria, lineal, de cuarto orden, no 4 2 dx EI z dx EI Z homogénea y con coeficientes constantes. Definición) Viga sobre fundación elástica es una viga apoyada en toda su extensión sobre un medio elástico o fundación, de tal manera que la reacción en cada punto es proporcional al descenso (flecha) de la viga deflectada. q0 b
x
u
Si las deformaciones no sobrepasan ciertos límites, la hipótesis de proporcionalidad entre reacciones externas y desplazamientos (Hipótesis de Winkler) se verifica muy satisfactoriamente en todos los casos más frecuentes de cimentaciones.
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Módulo de Balasto (K): Representa la reacción de la fundación en un área unitaria (cm2) cuando el descenso es una unidad (cm). El módulo K se mide en Unidades de fuerza por Unidades de volumen (kg/cm3). Curva elástica: La reacción sobre una unidad de longitud (cm) cuando el descenso es una unidad (cm) es β = Kb. Por tanto, cuando el descenso sea u, la reacción repartida será r = βu. Si la viga está sometida a una carga repartida dirigida hacia abajo, de intensidad q, la fuerza total repartida por unidad de longitud es q – r = q – βu. Si la viga es prismática y homogénea (EIZ constante) la ecuación diferencial de la curva d4 u d4 u elástica, será EI Z 4 q u . Luego EI Z 4 u q (1). Ecuación diferencial lineal, dx dx de cuarto orden, no homogénea. Su solución contienen dos partes: la solución de la ecuación homogénea y la solución particular. Ecuación diferencial homogénea:
d4 u u 0 . Cuya solución general tiene la forma: dx 4 EI Z
u(x) C1 e x sen x C 2 e x cos x C 3 e x sen x C 4 e x cos x …(*) Donde las constantes C1, C2, C3 y C4 se determinarán mediante las condiciones de frontera. El parámetro está dado por 4 4 . Una solución particular de la 2EI Z ecuación (1) para el caso q = q0 (constante) es u = q0/b.
Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial (1), es: q u(x) 0 e x (C1sen x C2 cos x) e x (C3sen x C 4 cos x) . Conocida la ecuación de la curva elástica, pueden calcularse ángulos de giro, momentos flectores, fuerzas cortantes y reacciones de la fundación. du (Signo – porque se dx 2 x han considerado du M( x ) EI Z 2 flechas positivas ). dx d3u V ( X ) EI Z 3 dx u r u 6.02) Energía de Deformación debida a la Flexión. Deflexiones por el Método de Castigliano. Cuando un elemento prismático es sometido a flexión pura, su eje neutro longitudinal se deforma, de manera que la curva elástica es un arco de circunferencia cuyo radio de EI curvatura es Z . M Si el momento flector M es independiente de x, el ángulo total de flexión es ML EI M Z k. EI Z L (M, momento aplicado gradualmente)
θ M
L
M
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Al incrementar gradualmente la intensidad del momento flector, se incrementa el ángulo proporcionalmente (M = k). Un elemento diferencial de energía se expresará por dU = Mdθ …(1). Cuando el momento M alcance su valor final, la energía de deformación total almacenada en el elemento, originada por la flexión, se calculará por una integral. M
Un elemento diferencial de energía se expresará por dU = Mdθ (1). Cuando el momento M alcance su valor final, la energía de deformación total almacenada en el elemento, originada por la flexión, se calculará por una integral:
M=(EIZ/L) (,M) dU
M
dθ
U Md ˆ
U Md 0
EI EI 2 U Z d Z L 2 0 L
La energía de deformación por flexión puede escribirse U escribirse U
M2 2k
M 2
(2). También puede
(2.1). Reemplazando en la ec. (2) el valor
ML , obtenemos: EI Z
EI EI M2L (3). Alternativamente puede escribirse U ( Z ) Z 2 (3.1). 2 L 2L 2EI Z Nota) Cuando el elemento está sometido a momento flector variable M = M(x), la curvatura no es constante. En estos casos la energía de deformación ocasionada por la flexión se calculará por una integral. U
Consideremos un elemento diferencial, de longitud dx. La energía generada por el M2 ( x ) momento flector es dU dx , aceptando que inicialmente el eje geométrico del EI Z elemento es rectilíneo. Integrando en toda la longitud obtenemos la energía de deformación debida a la flexión: M2 ( x ) (4) U dx L 2EI Z La ecuación (4) puede extenderse al caso de elementos con secciones variables sometidos a flexión, donde IZ=IZ(x). M2 ( x ) (4.1) U dx L 2EI Z ( x ) Notas 1) En coordenadas cartesianas rectangulares, la ecuación diferencial de la curva M( x ) elástica, es u" , en consecuencia la ecuación (4.1) puede re-escribirse de la EI Z 1 d2u 2 EI Z ( x) d2u 2 ( EI ( x ) ) dx Z L 2EIZ (x) L 2 ( dx 2 ) dx dx 2 generada por el momento flector, en función de la "curva elástica").
manera siguiente: U
(5) (Energía
669
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2)
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Si el eje geométrico tiene curvatura inicial, la energía por flexión, es M2 (s) U ds , siendo s la longitud de un arco convenientemente determinado. L 2EI Z
ds d
Siendo ds el elemento de arco ds = rd
r
EJEMPLOS 1)
Calcular la energía de deformación generada por la flexión en la viga representada, cuya rigidez flexional EIZ es constante. P
P A L; EIZ
Δ A'
El momento flector a la distancia x del extremo A, es M = – Px. La energía de deformación ocasionada por la flexión se calculará con la integral: M2dx L (Px)2 P 2L3 …(*) U dx 6EI Z L 2EI Z 0 2EI Z Nota) Para calcular el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la carga vertical P (flecha en el punto A), puede usarse el Segundo Teorema de Castigliano. U P 2L3 PL3 ( ) P P 6EI Z 3EI Z 2)
Un arco circular simétrico, rebajado, ACB soporta una carga W en la cúspide. Los extremos A y B están articulados a un tirante cuya rigidez axial es EA = 50EI/R2, donde R es el radio del círculo y EI es la rigidez flexional del arco. Calcular la fuerza axial en el tirante, considerando únicamente la energía de deformación debida a la flexión del arco. W C = 60o A
B R
La energía de deformación debida solamente a la flexión del arco circular ACB, es M2 U ds , donde M = M(H), siendo H la fuerza axial en el tirante. s 2EI
670
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Por el Segundo Teorema de Castigliano calculamos el acercamiento entre los U puntos A y B: , puesto que en A y B existen las fuerzas H horizontalmente H aplicadas. Además, por la Ley de Hooke del estado uniaxial, en el tirante AB, sabemos que el HL cambio de longitud del tirante AB es AB . EA W C M
= 60o H θ
B W/2
R
De la expresión de la energía de deformación, obtenemos
U M M ds . H S EI H
U AB , luego, H M M HL S EI U ds EA …(*)
La ecuación de compatibilidad geométrica es
El momento flector en una sección del arco definida por el ángulo es: wR 3 1 M() ( 3 sen) HR (cos ) 2 2 2 M 1 De donde obtenemos R (cos ) . Por tanto la integral de la ecuación (*), H 2 2 /3 3 3 1 1 es wR ( sen ) HR (cos ) R (cos )Rd …(**) EI 0 2 4 2 2 HL H(2Rsen 600 ) …(***). Reemplazando las expresiones EI EA 50 2 R (**) y (***) en (*) y simplificando, obtenemos: 100(0.135H 0.086W) 1.732H, de donde finalmente encontramos H = 0.565 W.
También tenemos:
3) Calcular la pendiente en el punto B de la viga representada, cuya rigidez flexional EIz es constante. Mo B
A 3L/4
B
C L/4
Tangente a la curva elástica en el punto B Determinamos la ecuación de momento flector para cada tramo.
671
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MO
M Mo/L
Mo/L
Mo
Mo/L
M
Mo/L
V
x
x
Tramo BC (3L/4
Tramo AB (0
La energía de deformación total almacenada en la viga por efectos de la flexión, es U
3L / 4
1 2EI Z
0
2
1 MO dx L 2 EI Z
x 7M L M ( L 1) dx 96EI L
2
2
O
O
2
Z
3L / 4
Puesto que en el punto B existe el momento aplicado MO, por aplicación directa del Segundo Teorema de Castigliano, tenemos: U 7MOL θB (radianes , en sentido antihorario) MO 48EI Z 4) Incluyendo sólo los efectos del momento flector, determinar el desplazamiento horizontal del extremo libre en el sistema representado. Considerar ambos tramos con la misma rigidez axial EIz. A
B 30º
C’ C
P
C
L/2
L
Determinamos U=U(P). N V
M
N M
x
V
x
P
P Tramo BC (0
DHV
Tramo AB (0
2
Px 3 PL PL 3 1 2 dx 8EI M 2 U 2EI Z 0
La energía total es U
2 3
L
2
2 3 PL 3 dx 3P L 2 8EI Z 0
P 2L3 3P 2L3 P 2L3 . 8EI Z 8EI Z 2EI Z
Por el Segundo Teorema de Castigliano, tenemos ΔCH
U PL3 P EI Z
5) Calcular la flecha en el punto C, debida al momento flector en la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIz.
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AC= 6m; CB= 4 m
P: 15 KN/m
A
15 KN/m
B
C
Carga Ficticia
A
C
Como en el punto C, cuya deflexión vertical se quiere calcular, no existe una carga concentrada verticalmente aplicada, usaremos el método de la carga ficticia. Determinaremos el momento flector y la energía de deformación en cada tramo: Tramo AC: 2P M 63 x 7.5x 2 5
M
x V
1 U 2EI Z
63 + 2P/5
Tramo CB
2
6
2P 2 x 7.5x dx 63 5 0
M (27
M x
U
V
0 x 6m
1 2EI Z
3P )x 5 4
0 x 4m 2
3P 27 5 x dx 0
27 + 3P/5 La energía de deformación total debida al momento flector en la viga es: 2 2 4 6 1 2P 3P 2 U ( 63 ) x 0 . 75 x dx ( 27 ) x dx (*) 2EI Z 0 5 5 0 U Por el Segundo Teorema de Castigliano: ΔCV es el valor de la flecha en el C. P P 0
Antes de resolver las integrales conviene realizar las derivaciones parciales en la ecuación (*), recordando uno de los Teoremas Fundamentales del Cálculo Integral. b
Si
F f ( x; α)dx a
F α
b
a
f ( x; α) dx α
(Integrales dependientes de un paráme-
tro). En consecuencia, tenemos: 6 4 2x 1 2P 3P 3x C 2 ΔH dx , es decir (63 ) x 7.5x ( )dx (27 ) x EI Z 0 5 5 5 P 0 0 5
ΔCH
6 4 1 3x 2 2x (63x 7.5x )( )dx (27 x)( )dx . Realizando las integraciones y EI Z 0 5 5 0
simplificando, obtenemos ΔCH
1188 . (Convenio: Fuerzas en KN; Longitudes en EI Z
metros). 6) Una barra en forma de semicircunferencia, cuya rigidez flexional EIz es constante, está situada en un plano vertical. (i) Calcular el desplazamiento horizontal del punto C. (ii) Calcular el desplazamiento vertical del punto B. Incluir solo los efectos del momento flector.
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B
Para calcular la deflexión horizontal del punto C nos servirá la carga horizontal real P.
R A
C
Para calcular el desplazamiento vertical del punto C, haremos uso de una carga ficticia vertical Q aplicada en el punto B.
P
Determinamos los momentos flectores en los tramos BC y AB. Q: Carga Ficticia
M
N
M
N
V
B
P
C
V
C
P
M PR senθ (0 θ Π 2) Tramo BC M PR cos α QR senα (0 α π 2) Tramo AB La energía total de deformación incluyendo solamente efectos de momento flector es, U
1 EI Z
π/2
(PR senθ)2 Rdθ
0
1 2EI Z
π/2
(PR cos α QR senα) Rdα 2
(barras con curvatura
O
inicial). i) Por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano, tenemos: ΔCH
U 1 P Q 0 2EI Z
π/2 π / 2 2PRsenθ Rsenθ Rdθ 2(PR cos α QR senα)(R cos α)Rdα 0 Q 0 0
Simplificando y haciendo Q=0, obtenemos
ΔCH
π/2 π/2 PR 3 2 sen θ dθ cos 2 α dα EI Z 0 0
PR 3 π EI Z 2 ii) Por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano, tenemos: ΔCH
ΔBV
π/2 U 1 (PR cos α QRsenα)( Rsenα)Rdα .Evaluando la integral y P Q 0 EI Z 0 Q 0
PR 3 (el signo menos indica que el desplazamiento 2EI Z vertical del punto B es en sentido contrario al asignado a la carga ficticia Q). haciendo Q=0, obtenemos: ΔBV
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7) Determinar la máxima deflexión producida por la carga Q=10 Kg. cuando se aplica súbitamente al extremo B de la viga representada. La viga tiene sección transversal rectangular (2 cm. X 5 cm.) y su material es acero con E = 2.1 x 10 6 Kg/cm2. El resorte es de comportamiento elástico lineal con K = 5 Kg/cm y se encuentra inicialmente sin carga. Calcular también el esfuerzo normal máximo inducido. Q L=200 cm 5 cm
A
Q
B
K
2 cm
Principio fundamental de la relación Trabajo Externo / Energía de Deformación: UTOTAL = WEXTERNO (i) UTOTAL = UVIGA + URESORTE: (condiciones estáticas); WEXTERNO = Q (aplicación súbita). 3EI z 2 UVIGA = Q/2, donde =QL3/3EIZ UVIGA δ 2L3 1 URESORTE = Q/2, donde = Q/K URESORTE Kδ2 . Reemplazando en (i), tenemos: 2 3EI Z 2 1 2 δ Kδ Qδ . Sustituyendo valores se tiene la ecuación de segundo grado: 2 2L3 10δ 2.5δ2 8.2δ2 δ 0; δ 0.93 cm . Luego δMÁXIMO O.93 cm . Para calcular el máximo esfuerzo normal, encontramos la “Carga Estática Equivalente” (Carga estática P L3 que produciría la misma deflexión máxima) δMAXIMO eq . De donde, obtenemos 3EI Z Peq=15.26 Kg. Luego MMAX=(15.26)(200)=3,052 Kg-cm (en el empotramiento). M c (3,052)(2.5) σMAX MAX 366.24Kg / cm2 1 IZ 3 (2)(5) 12 8) Determinar la forma inicial de una barra de sección constante para que, comprimiéndola contra un plano rígido hasta extenderla completamente mediante la fuerza P, ejerza sobre el plano una presión uniforme p. Calcular el valor máximo de P, la presión p y el esfuerzo máximo que soporta la barra, cuando 2l=1.0 m. La barra tiene sección transversal cuadrada de 3 cm de lado. Considerar = 4 mm la deflexión inicial y E = 2.1 x 106 Kg/cm2 el módulo elástico del material de la barra. P q
C A
B
C
2l Realizado el contacto, el sistema es equivalente al indicado en la gráfica superior derecha. Por la simetría, no existe giro en el punto C. Luego el arco AC es análogo a la curva elástica de una viga en voladizo que tenga como el desplazamiento de su extremo libre. Q: Carga Ficticia.
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q
q C
Q
Q
M
V
l=0.50 m
A
M
x
La energía de deformación por momento flector es U
1 2EI Z
l
0
(
qx 2 Qx 2
qx 2 Qx)2 dx . Por 2
U aplicación del Segundo Teorema de Castigliano: δ .Luego tenemos P Q 0
δ
l 1 qx 2 qL4 8EI Qx)( x)dx q 4 Z δ. 2( 2EI Z 0 2 L Q 0 8EI Z
La fuerza necesaria es P = 2ql, es decir P
16EIδ . El esfuerzo normal máximo será: L3
L2 M 3qL2 24EI Z δ . Reemplazando valores numéricos, σ MAX MAX 2 σ MAX 3 IZ W a a3L2 c (8)(2.1 x 106 )(1 12) (3) 4 (0.4) tenemos q 7.26 Kg / cm . P=2ql = 2(7.26)(50) = 726 Kg. 50 4 (24) (2.1 x 106 ) (1 12) (3) 4 (0.4) σMAX 2,016 Kg / cm2 3 2 (3 ) (50) 9) Una lámina semicilíndrica, de espesor despreciable, descansa sobre un plano P P horizontal liso. En los puntos A y B deben actuar fuerzas P que impidan el incremento B A del diámetro AB provocado por el peso de la lámina. Determinar el valor de las fuerzas P. q
Sea W el peso total de la lámina semicilíndrica. Sea q el peso unitario. C
V
W P W/2
N
M
P W/2
q1 P
W/2
Peso del arco referencial, subtendido por el ángulo : q1 = qr. El momento flector es,
676
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M Pr senθ
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W qr 2 r(1 cos θ) θ(1 cos θ) .La 2 2
1 momento flector es U EI Z
π/2
0
energía
de
deformación
por
2
Wr qr 2 (1 cos θ) θ(1 cos θ) rdθ Pr senθ 2 2
U Condición del problema: 0. Efectuando la derivación bajo el signo integral, P tenemos π/2 Wr qr 2 0 (1 cos θ) θ(1 cos θ)( rsenθ)rdθ , de donde el valor de la Pr senθ 2 2 0 W fuerza P es P . 2π
10) Un alambre elástico está enrollado en la forma ADECFDB que se indica. El alambre está colgado del punto C y cargado en cada uno de los puntos A y B con pesos P. Calcular cuánto se aproximan y cuánto descienden dichos puntos. Considerar constante la rigidez flexional del alambre EIz. C F
P A
E
r
P B
D L
L
Por la simetría del sistema, el alambre no gira en el punto C. Por tanto, el trozo ADEC puede considerarse como un tramo empotrado en el extremo C. Para calcular el desplazamiento horizontal del punto A, consideramos una carga ficticia Q horizontalmente en el punto A. C M E P
Q
D
A
r
P
Q
N V
Momentos flectores: Tramo AD: M=-Px (0
π L (Px)2 dx P(L r cos θ) Qr(1 cos(π θ) rdθ 0 0 U El descenso del punto A ó del punto B es, δ . Efectuando las derivaciones, P Q 0
1 U EI Z
integraciones y simplificando obtenemos: δ
P EI Z
L3 π L2r π 4L r 2 r 3 . 2 2
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La aproximación entre los puntos A y B será Δ 2
U Q Q 0
11) La viga AB soporta una fuerza P= 50 lb, según se indica. La viga CD está fijada a un extremo de la viga AB y soporta una carga uniformemente repartida w=30 lb/pie. Ambas vigas tienen la misma sección transversal y son del mismo material. Encontrar la fuerza de interacción en el punto B y el desplazamiento vertical de dicho punto. Incluir solamente efectos de momento flector. Considerar AE=10 pies; EB=4 pies; CB=2 pies; BD= 8 pies. D
w
P A E C
B
P
A
C
B
E
R Sea R la fuerza de interacción entre las vigas AB y CD: En la viga AB calculamos ΔBV por efectos del momento flector. Tramo EB: M= Rx (0
R w=30 lb/pie C RC
D
B 2’
8’
RD
w C
x
150+4R/5
M V
w
M V
D
x
150+R/5
Calculando las reacciones obtenemos: RD=150+R/5 RC=150+4R/5 Momentos flectores. 4R Tramo CB: M (150 )x 15x 2 (0 x 2' ) . 5 R Tramo BD: M 15x 2 (150 )x 0 x 8' ) . 5 La energía de deformación por flexión es 2 2 8 2 1 4R R 2 2 U ( 150 ) x 15 x dx ( 150 ) x 15 x dx 2EI Z 0 5 5 0
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U R
Por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano, calculamos ΔBV '
8 2 4R R x 2 4X ) X 15X dx (150 ) x 15x 2 dx (150 5 5 5 5 0 0 1 128R Resolviendo las integrales y simplificando, obtenemos ΔBV ' . 2,320 EI Z 15
ΔBV '
1 EI Z
Condición de compatibilidad geométrica: ΔBV ΔBV ' 0 . Luego reemplazamos ambos 1 128R desplazamientos calculados 2,744R 80,000 (2,320 ) 0 R 26.37lb. 3 15 1 2,744 80,000 2,546.91 La deflexión del punto B será ΔBV ' . (26.37) EI Z 3 3 EI Z 12) En el sistema representado calcular la deflexión rotacional producida en el punto de aplicación de la fuerza P. Incluir solamente los efectos de la flexión y considerar constante la rigidez flexional de todos los tramos EI. Aplicamos un momento ficticio en el punto A. P P B B A A M
8.0m
8.0m
D C
D
C
6.0m
6.0m
Determinamos los momentos flectores y la energía de deformación para cada uno de los diferentes tramos. P
Elemento AB:
m
x
M
M=-(m+Px)
U
V
1 2EI
(0
6
(m Px) dx 2
0
Podemos calcular la contribución del elemento AB a la rotación del punto A, usando el 6
Segundo Teorema de Castigliano: Θ'
Elemento BC:
1 2EI
P
3) x M m P(6 5 U
U 1 18P (m Px )dx . m m 0 EI 0 EI
19
2
3x m P(6 5 ) dx 0
B M N
x V
6-3x/5
Calculamos la contribución del elemento BC a la rotación del punto A:
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Mecánica de Sólidos
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10
1 3x 30P . 2m P(6 ) dx 2EI 0 5 EI
Θ' '
P
m
Elemento CD:
B
M (m Px ) 6
U
1 (m Px )2 dx 2EI 0
M
x
C
N
V
Calculamos la contribución del elemento CD al giro del punto A, 6
1 18P . (m Px )dx EI 0 EI m0 Finalmente sumamos las tres contribuciones para obtener el giro total del punto A 66P debido al momento flector: Θ . EI Θ' ' '
13)Calcular el desplazamiento vertical del punto A en el sistema que se representa, incluyendo solamente efectos del momento flector. La barra compuesta tiene un diámetro de 50 mm. El material es elástico lineal con módulo E = 200 GPa. 300 mm r=250 mm
B
B
C
M
D
C
x
M
0.25 m
r-rcos
125 mm A P=600 N
P
A
P
Determinamos los momentos flectores en los diferentes tramos. Tramo AB: M=0. Tramo BD: M Pr(1 cos θ) . Tramo CD: M = P(x+0.25). Calculamos la energía total de deformación generada por momento. π/2 0.3 1 2 2 2 U P r (1 cos θ) rdθ P 2 ( x 0.25)2 dx . Efectuando las integraciones y 2EI Z 0 0 simplificando, obtenemos: 1 3π 8 2 3 U P r 0.05025P2 . 2EI Z 4
U . Efectuando las derivaciones P 1 3π 8 3 y las integraciones tenemos ΔAV Pr 0.05025P . Reemplazando valores EI Z 4 π numéricos: P=600 N; r = 0.25 m; IZ (50 x 10 3 ) 4 , obtenemos ΔAV 0.000546 m . 64
Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano: ΔAV
680
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14)Encontrar la deflexión en el extremo libre de la viga representada, cuya sección transversal es rectangular. Considerar los efectos del momento flector y de la fuerza cortante. El material tiene módulos de elasticidad E, G. b
P
dy y
c
h b L; EIz
Debemos calcular la energía de deformación por dos conceptos: Momento flector y M2dx τ2 Fuerza cortante. U dV . El primer sumando significa la energía por 2 EI 2 G Z (L ) (V)
flexión y el segundo la energía por cortante.
UFLEXION
1 2EI Z
L
2 Px dx 0
P 2L3 . 6EI Z
Sabemos que en una sección transversal rectangular la distribución del esfuerzo 3V y2 1 2 , (c h / 2) . Para el caso, el cortante está dada por la ecuación τ 2A c elemento apropiado de volumen es dV = bL dy. Luego reemplazamos en la integral 2
h/2
que evalúa la energía por cortante: UCORTANTE lo cual, la energía total es U T
1 9V 2 y2 3P 2L . Con 1 bLdy 2G h / 2 4 A 2 5GA c 2
P 2L3 3P 2L . Aplicamos ahora el Segundo Teorema de 6EI Z 5GA
U T PL3 6PL . Luego Δ V . P 3EI Z 5GA Nota) Cuando L es mucho mayor que 10h, es segundo término es insignificante. Si L es menor que 10h,.el segundo término puede llegar a tener un valor significativo.
Castigliano Δ V
15)Considerando la misma rigidez en todos los elementos del sistema representado, calcular el corrimiento del rodillo por efectos del momento flector. Como en el punto D no existe ninguna carga aplicada, no puede usarse directamente el Segundo Teorema de Castigiliano. Consideraremos una fuerza P (ficticia) horizontalmente aplicada en el punto D. Luego calcularemos las reacciones externas por aplicación de las condiciones del equilibrio global. B
2m 4m
800 N/m C
B
3m
2m
3m
4m D
D A
800 N/m C
A
P
P 800+0.5P
800-0.5P
681
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Momentos flectores:
M
M
M
x x
x P
P
P
800-0.5P Tramo AB M=Px
800-0.5P
800+0.5P
Tramo BC M=-400x +4P+(800-0.5P)x
Tramo DC M=Px
2
La energía total por momento flector es: 2 2 2 4 1 2 2 2 U (Px ) dx 400 x 4P (800 0.5P) x dx (Px) dx . Aplicando ahora 2EI Z 0 0 0 U el Segundo Teorema de Castigliano, tenemos ΔDH . Efectuando las P P 0
derivaciones y las integrales, obtenemos ΔDH
1,866.67 . Donde IZ se expresa en m4 y EI Z
E en Pa. 16)En el sistema que se representa calcular la separación entre los puntos A y B, ocasionado por el momento flector. Considerar constante la rigidez flexional EI y empotramiento perfecto en B.
C A
r
C
Q
Q
a
p ds=rd
B
M Sea p la fuerza debida a la presión. Entonces p = r sen. Consideramos una fuerza ficticia Q horizontalmente aplicada en el punto C. El momento flector en la sección θ
definida por el ángulo , es M Qrsenθ (pds)rsen(θ α) . Por tanto el momento 0
θ
flector
es
M Qr senθ γr 3 senα sen(θ α) dα Q r senθ 0
γr 3 (senθ θ cos θ) . 2
Calculamos la energía de deformación debida al momento flector: 1 U 2EI
π/2
0
2
γr 3 (senθ θ cos θ) rdθ, Qrsenθ 3
Castigliano, tenemos: ΔCH
U r P Q 0 EI
π/2
0
por
el
Segundo
Teorema
de
γr 3 (senθ θ cos θ)senθdθ . Desarrollando 2
682
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γr 5 π ( ), por lo tanto, la separación buscada entre los 2EI 8 γπr 5 . 2ΔCH 8EI
las integrales, obtenemos: ΔCH puntos A y C será Δ A C
17) En el sistema representado, cuya sección transversal es una corona circular de 4 mm de espesor, determinar el diámetro exterior necesario para que el desplazamiento vertical del punto A no exceda los 80 mm. Incluir efectos de momento flector, fuerza cortante y fuerza normal. Considerar F=2,000 N; M=106 N-mm; E=2.1 x 105 MPa; G=8 x 104 MPa; L1=3,000mm; LO=1,000 mm. B
M F
A
A’
45º
C L1
VA
x
LO
Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano al punto A en dirección de la fuerza F. La energía de deformación incluirá términos correspondientes a momento flector, fuerza cortante y fuerza axial. Es decir 1 1 1 U M2ds T 2ds N2ds (*). 2EI (L ) GA (L ) EA (L )
Acciones internas. Tramo AB. M(x)=M+Fx; T(x)=F; N(x)=0 con 0
las derivadas correspondientes, encontramos: δ AV
1 EI
Lo
L
L
Lo
M Fx xdx 1 M Fx x 2xdx 1 Fdx EI Lo G( A 2) 0 0
L
1 F 1 1 F 1 ( 2dx ) ( 2dx ), G( A 2) Lo 2 2 EA Lo 2 2
Efectuando las integraciones, obtenemos: ML2 FL3 2FLO M(L2 L2O ) 2F(L3 L3O ) 2F(L L O ) F(L L O ) δ AV O O 3EI 2EI 3EI GA EI 2 GA 2 EA 2 Reemplazando los valores numéricos obtenemos δ AV
(3,389)(108 ) 176.3 . Ecuación I A
a partir de la cual se determinará el diámetro solicitado.
683
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Nota) El Método de la Carga Unitaria puede generalizarse para calcular desplazamientos lineales y rotacionales ocasionados por momentos flectores. M M Δ mdx Θ mdx EI EI L L
Donde M es el momento flector en cualquier sección del elemento estudiado, ocasionado por el sistema real de cargas y m es el correspondiente momento flector ocasionado por una carga unitaria (actuando en el punto de interés y en la dirección del desplazamiento buscado). EJEMPLOS 1) En la viga representada calcular θ A , θC y Δ C . Considerar constante la rigidez flexional EI. P A
B
C
a
A
b
DC C
Determinamos los momentos flectores (reales) en ambos tramos de la viga propuesta. Tramo AC: M = Pbx/L (x se mide desde el punto A). Tramo CB: M = Pax/L (x se mide desde el punto B). Momentos Flectores por Carga Unitaria A
B
C
A
C
B
1
1
A
C
B
1
Para calcular el giro del punto A, debemos obtener los momentos flectores por carga unitaria. Luego aplicamos en el punto A un momento unitario y encontramos las ecuaciones de momento flector para los dos tramos AC y CB. x x Tramo AC Tramo CB m 1 . m L L (La variable x se mide a partir del mismo origen y en el mismo sentido que el empleado para determinar el momento flector real). a
Luego, el giro del punto A será obtenemos: θ A
θA
b
M M mdx mdx . Reemplazando M y m EI EI 0 0
a b Pab 1 Pbx x Pax x 2a2 2b2 3a (1 )dx ( )dx EI 0 L L L L L L 0 6EIL
Para calcular el giro del punto C, debemos obtener los momentos flectores por carga unitaria. Luego aplicamos en el punto C un momento unitario y encontramos las ecuaciones de momento flector para los dos tramos AC y CB.
684
Mecánica de Sólidos
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x x . Tramo CB m . L L (La variable x se mide a partir del mismo origen y en el mismo sentido que el empleado para determinar el momento flector real).
Tramo AC
m
a
θC
Luego, el giro del punto C será obtenemos: θC
b
M M mdx mdx . Reemplazando M y m EI EI 0 0
a b Pab 1 Pbx x Pax x b a ( )dx ( )dx EI 0 L L L L 0 3EIL
Para calcular la flecha del punto C, debemos obtener los momentos flectores por carga unitaria. Luego aplicamos en el punto C una carga vertical unitaria y encontramos las ecuaciones de momento flector para los dos tramos AC y CB. bx ax Tramo AC . Tramo CB m m L L (La variable x se mide a partir del mismo origen y en el mismo sentido que el empleado para determinar el momento flector real). a
Luego, la flecha del punto C será obtenemos: θC
b
M M θC mdx mdx . Reemplazando M y m EI EI 0 0
a b Pa2b2 1 Pbx bx Pax ax ( ) dx ( ) dx EI 0 L L L L 3EIL 0
2) En la viga representada, cuya rigidez flexional EIz es constante, determinar la pendiente y la deflexión vertical en el punto A. Usando el método de la carga unitaria, los desplazamientos buscados son: Mm1 Mm2 ΔAV dx ΘA dx (*) EI Z EI Z (L ) (L )
w A
L; EIz wx/L x
1
M
x
m1
1
x
m2
El momento flector provocado por la carga real es M=-wx3/6. El momento flector provocado por la carga unitaria vertical es m1=-x, y el momento flector provocado por la carga unitaria rotacional es m2=1. Luego, para cada caso usamos las ecuaciones (*). ΔAV
1 EI Z
L
wx 3 wL4 ( x)dx 6L 30EI Z 0
.
1
wx 3 wL4 (1)dx (El signo menos indica que la rotación del 6L 24 EI Z 0 extremo A, es en sentido antihorario, contrario a lo supuesto para la carga rotacional unitaria). ΘA
1 EI Z
685
Mecánica de Sólidos
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3) Determinar las componentes horizontal, vertical y rotacional del desplazamiento del punto A en el sistema representado. Considerar constante la rigidez axial EI de todas las barras. W=1.2 Klb/pie B
Determinamos los momentos flectores (reales) en las barras del sistema. Tramo AB: M = 0 (x medida desde A ) . Tramo BC: M = -0.6x2 (x medida desde B ).
C
10 pies
10 pies
Tramo CD: M = -60 (x medida desde C ). (Convenio: Fuerzas en Klbs./ Longitudes en pies
D
A
Cálculo del ΔAH : En el sistema descargado, hacemos que actúe una carga unitaria horizontal aplicada en el punto A. B
C
A
D
1
Determinamos los momentos flectores debidos a la carga unitaria. Tramo AB: m = -x (x medida desde A ) . Tramo BC: m = -10 (x medida desde B ). Tramo CD: m = x-10 (x medida desde C ).
Luego, ΔAH
M
M
M
EI mdx EI mdx EI
AB
BC
(*)
CD
Reemplazando las expresiones de M y m en la expresión (*), obtenemos: 10 10 10 5000 1 A 2 ΔH (0)( x)dx (0.6 x )( 10)dx (60)( x 10)dx EI 0 EI 0 0
Cálculo del ΔAV : En el sistema descargado, hacemos que actúe una carga unitaria vertical aplicada en el punto A.
Determinamos los momentos flectores debidos a la carga unitaria. Tramo AB: m = 0 (x medida desde A ) . Tramo BC: m = x (x medida desde B ).
C
B
Tramo CD: m = 10 (x medida desde C ). A
D 1
1 7500 (0)dx (0.6 x 2 )( x)dx (60)(10)dx EI 0 EI 0 0 10
Luego ΔAV
10
10
686
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Cálculo del giro θ A : En el sistema descargado, hacemos que actúe una carga rotacional unitaria (momento) aplicada en el punto A. B
C
A
D
Determinamos los momentos flectores debidos al momento unitario. Tramo AB: m = 1 (x medida desde A ) . Tramo BC: m = 1 (x medida desde B ). Tramo CD: m = 1 (x medida desde C ).
1 1 800 2 (0)(1)dx (0.6 x )(1)dx (60)(1)dx EI 0 EI 0 0 10
Luego θ A
10
10
En base a los desplazamientos del punto A puede tenerse una buena aproximación a la deformada del pórtico.
4) El momento de inercia I en cualquier sección transversal del arco parabólico representado en el esquema, varía con la relación I IO sec φ, siendo φ el ángulo entre la dirección horizontal y la dirección tangente. Calcular el desplazamiento del rodillo por efectos del momento flector que genera la carga repartida uniforme w. w (Ton/m) y P
10 m 1 10 m
x
10 m
La ecuación de la parábola respecto a los ejes x, y indicados, es y desplazamiento horizontal del rodillo estará dado por Δ
Mm ds EI (S)
(20 x x 2 ) . El 10
(*), siendo M el
momento flector generado por la carga repartida w; m el momento flector ocasionado por la carga unitaria horizontal aplicada en el rodillo y ds el elemento de arco medido en la parábola. En una sección genérica determinada por el punto P(x,y), el momento flector es: M 10wx 0.5wx 2 , (0 x 20m) . El momento flector en la sección genérica, debido a la carga unitaria actuante en el rodillo, es m= (1)y. El elemento de arco se
687
Mecánica de Sólidos
determina mediante en
dy 2 ) dx 1 tan2 φ dx sec φ dx .Reemplazando dx expresión (*) obtenemos
ds 1 (
la
20
Δ
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10wx 0.5x (20x x ) sec φdx 2
2
EI O sec φ
0
10
w 20EI O
20
x
2
(20 x)2 dx .
0
16,000w . 3EI O 5) Una barra doblada en forma de cuadrante de circunferencia de radio a, tiene su eje contenido en un plano horizontal. En su extremo libre B actúa una fuerza vertical concentrada P. Si el material de la barra tiene módulo de elasticidad E y módulo de rigidez G, determinar la deflexión vertical del extremo B.
Resolviendo la integral anterior, tenemos finalmente Δ
L2
P r
B
90º
r
B
P L1
M T
En una sección genérica definida por el ángulo , la fuerza aplicada P, genera un momento flector M, un momento torsor T y una fuerza cortante P. En el cálculo de la deflexión vertical del punto B, consideraremos solamente los efectos del momento flector y del momento torsor. Usaremos el método de la carga unitaria. La distancia del punto B a la recta L1, es r(1-cos ). La distancia del punto B a la recta L2, es r sen . De las ecuaciones del equilibrio estático, obtenemos: M = Prsen ; T = -Pr(1-cos ). La deflexión vertical del punto B será: ΔBV
Mm Tt dx dx , siendo m el momento EI GJ (L ) (L )
flector por carga unitaria y t el momento torsor por carga unitaria. En ambos casos la carga unitaria se considera vertical hacia abajo. Por las ecuaciones del equilibrio, obtenemos m = r sen y t = -r(1 – cos ). Reemplazando en la ecuación para ΔBV , π/2
tenemos ΔBV
0
ΔBV
3 π/2
Pr EI
Pr senα rsenα rdα EI 3 π/2
π/2
0
Pr sen α dα GJ 1 cos α 0
2
2
Pr(1 cos α) (r)(1 cos α)r dα . Simplificando JG dα. Desarrollando las integrales se obtiene
0
ΔBV
π Pr 3 Pr 3 3π 2 . 4EI JG 4
6) En el sistema representado determinar el desplazamiento angular, el desplazamiento vertical y el desplazamiento horizontal del punto C. Considerar α constante la rigidez flexional EI. Eje de la barra: espiral de ecuación ρ a δ . π
688
Mecánica de Sólidos
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0 a a δ δ 1. π α La ecuación polar del eje de la barra es: ρ a 1 . π Para deformaciones infinitesimales, con suficiente aproximación el elemento de arco es ds ρ dα. El método de la carga unitaria será usado para calcular los tres desplazamientos buscados.
Si α 0 , ρ a, a
ρ
MO C
luego
El giro del punto C se determinará mediante la integral ΘC
1 Mm ds EI (S)
(*) , siendo
M el momento flector real y m el momento flector por carga unitaria. M
MO
1 m=1. Luego ΘC EI
Equilibrio: M=MO
2π
(M
O )(1)
ρ dα .
0
Reemplazando el radio vector por su ecuación polar, tenemos:
ΘC
1 EI
2π
4 a MO α . 1 dα. Resolviendo la integral encontramos ΘC EI π
(M
O) a
0
El
desplazamiento 1 δHC Mm1ds. EI (S)
horizontal
del
punto
C
se
calcula
mediante
la
integral
El momento flector m1 en cualquier sección genérica definida por el ángulo es: m1 y 3a ρ cos2π α .
ρ m1 y
1 C
α Luego m1 3a a 1 cos α . Reemplazando en la π
integral:
δHC
2π
1 EI
M
O 3a
0
α α a 1 cos α a 1 dα π π
x
Efectuando las integraciones obtenemos δHC
36.43 MO a2 . EI
El desplazamiento vertical del punto C se calcula mediante la integral δ CV
1 Mm2ds. EI (S)
El factor de carga unitaria m2 corresponde al momento flector en cualquier sección genérica definida por el ángulo , debido a la aplicación en el punto C de una fuerza unitaria vertical. Se obtiene m2 ρ sen (2π α) ρ sen α. Luego el desplazamiento 2υ
vertical será
δCV
1 MO MO (ρ) senα ρdα EI 0 EI
Efectuando las integraciones obtenemos δ CV
2υ
2 α
2
a 1 senα dα. π 0
9.6 MO a2 . EI
689
Mecánica de Sólidos
6.03)
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Deflexiones por Cargas de Impacto
La deflexión originada por el impacto del cuerpo de peso P, que cae libremente sobre el punto central de la viga AB (de rigidez flexional constante EIz) puede calcularse por un procedimiento análogo al usado en los problemas de cargas axiales de impacto. P h
PE
Aceptaremos que la masa de la viga no es significativa comparada con la masa del cuerpo de peso P que realiza el impacto. Así mismo, aceptaremos que los máximos esfuerzos ocasionados por el impacto no sobrepasan los límites de elasticidad lineal. Durante el impacto, no existirá pérdida importante de energía y, en consecuencia, el trabajo realizado por el peso P se transformará íntegramente en energía de deformación que se almacena en la viga AB. Definición) Fuerza Estática Equivalente (PE), es la fuerza aplicada gradualmente en el lugar donde se produce el impacto, y que ocasiona la misma deflexión . Usando el Segundo Teorema de Castigliano se determina que, en condiciones P L3 estáticas, la flecha es δ E , de donde obtenemos la carga equivalente 48EI 48EI PE 3 δ . La energía total almacenada en la viga es igual al trabajo realizado por la L 1 24EI carga estática equivalente, esto es T' PE δ T' 3 δ2 (i) . 2 L 1 1P mv 2 (2gH) P(h δ) . 2 2g Por el principio fundamental de las relaciones trabajo externo-energía interna, tenemos 24EI P(h δ) 3 δ2 , de donde se plantea una ecuación algebraica de segundo grado en L : 24EIδ2 PL3δ PhL3 0, cuya única raíz aceptable es
En el momento del impacto, la energía cinética es ECIN
2
PL3 PL3 PL3 2h . δ 48EI 48EI 48EI
Teniendo presente que δST
PL3 , la raíz encontrada puede escribirse: 48EI
δ δST δ2ST 2hδST
2h ó δ δST 1 1 δST
(*)
(*.1)
690
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Es decir se obtiene δ K dδST , siendo K d 1 1
2h δST
(*.2) el denominado
Factor o Coeficiente de Amplificación Dinámica (similar al determinado para los problemas de cargas axiales de impacto). Notas 1) La ecuación (*) puede escribirse en términos de la velocidad con la cual se produce el impacto. v2 δ (*.3) δ δST δ2ST 2hg ST ó δ δST 1 1 gδST g Siendo v 2gh la velocidad con la cual se produce el impacto. 2) El valor calculado por la ecuación (*) o por sus equivalentes, representa un límite superior, al cual tiende la flecha dinámica cuando no existen pérdidas de energía durante el impacto. Toda pérdida de energía reduce la flecha máxima. 3) Calculada la deflexión máxima por la ecuación (*),los correspondientes esfuerzos se calcularán mediante la ecuación σ d K dσ ST , siendo σ ST los esfuerzos correspondientes a la aplicación gradual de la carga en el lugar donde se produce el impacto. 4) Si la altura de caída h es grande comparada con la flecha estática δST la ecuación (*.3) puede aproximarse por δ δST 5) La
carga
MMAX ST
aplicada PL . 4
gradualmente
v2 2hδST . g ocasiona un
Por tanto, el máximo esfuerzo normal será σMAX ST
momento
estático
máximo
MMAX ST (c) MMAX ST
,siendo I W W el módulo de sección W = I/c. El máximo esfuerzo en condiciones estáticas es: σMAX ST PL . Con lo cual el máximo esfuerzo normal debido al impacto es 4W δ PL (σMAX )d K d (σMAX )ST. Reemplazando el factor dinámico tenemos σMAX d . δST 4 W Finalmente σ MAX d
PL δ 12 E c δ , donde c = y MAX . 3 4 W PL L2 48EI
v2 en la ecuación anterior, obtenemos que el g esfuerzo normal máximo en condiciones dinámicas es
6) Reemplazando el valor δ δST
σMAX d 12 E2 c L
δST
v2 g
3 E c P v2 . L g
691
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
EJEMPLOS 1) Calcular la deflexión en el punto B, ocasionada por el impacto del cuerpo de peso Q. Considerar EIz constante. B
v
a a
B
Q Q
a
Q a
A a
D
C a
Q/2
Q/2 v2 gδBST
Podemos usar una expresión aproximada para el factor dinámico K d
(1).
Para calcular δBST usamos el Segundo Teorema de Castigliano, determinando la energía de deformación almacenada en la viga en condiciones estáticas. Momentos Flectores. Tramo AD: M = Qx/2 (0
tenemos
Kd
v2 Qa3 g 2EI
2 E I v2 . g a3 Q
Reemplazando
finalmente
obtenemos la deflexión ocasionada por el impacto δBd
en
δBd K dδBST
2E I v 2 Qa3 . g a3 Q 2EI
2) Una viga prismática y homogénea, de peso Q, cae desde una altura h sobre dos apoyos inamovibles, según se indica. Determinar el factor dinámico. La viga tiene una longitud L y rigidez flexional constante EIz. El problema es similar a considerar una viga prismática AB sin peso, sobre la cual desde una altura h, cae un peso uniformemente distribuido.
L; EIz h
q=Q/L
Q
B
A
Sea q=Q/L el peso unitario. El factor dinámico es K d 1 1
K UST
(*) , donde K
es la energía cinética del cuerpo que realiza el impacto y U ST es la energía de deformación almacenada en la viga bajo condiciones de aplicación estática del peso que realiza el impacto.
692
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz q
L; EIz
La energía de deformación estática, es: UST
1 2EI Z
2
L
q2L5 qx ( L x ) dx 2 240EI Z 0
La energía cinética es K=Qh. Reemplazando en (*), tenemos K d 1 1
Simplificando y reemplazando Q=ql obtenemos K d 1 1
Qh . q2L5 240EI Z
240 E IZ h . Q L3
3) Calcular el máximo peso Q, para que el esfuerzo dinámico no exceda los 1,600 Kg/cm2 en el sistema representado. Usar un factor dinámico aproximado. Considerar a=1.0 m; h = 0.5 m; E = 2 x 106 Kg/cm2. La sección transversal es rectangular de ancho 10 cm y peralte 15 cm. Q Q
h B
C
A
MB
B
C
A
RB
2a=2.0 m
Factor o coeficiente dinámico aproximado K d
2h A δST
RC
(1).
Se trata de un sistema hiperestático externo. Las ecuaciones de equilibrio expresan: RB+RC=Q; MB-(1)(Q)+2RC = 0. Los momentos flectores en cada uno de los tramos se expresan por: Tramo BA: M = RBx-MB (0
Como se trata de una viga hiperestática aplicamos el Principio del Trabajo Mínimo. Sea U MB la reacción redundante, entonces 0 . Por tanto reemplazando las integrales MB que determinan la energía tenemos 1
0
1
(R B x MB )( x
R C R C 2 1)dx R C x dx 0 MB M B 0
Las derivadas parciales
R C R B y MB MB
(**) .
se obtienen a partir de las ecuaciones del
R B R C R 0 y 1 2 C 0, del cual se MB MB MB R C 1 R B 1 tienen los valores siguientes y . Reemplazando estos valores MB 2 MB 2
equilibrio. Obteniéndose el sistema
693
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz 1
1
x 1 en la ecuación (**) tenemos (R B x MB )( 1)dx R C ( ) x 2dx 0. Efectuando las 2 2 0 0
integrales y simplificando planteamos la ecuación 4RB 9MB 2R C 0 . Resolviendo el sistema de las ecuaciones del equilibrio y la ecuación anterior, encontramos 11 6 5 RB Q; MB Q; R C Q. Con estos valores puede encontrarse el máximo 16 16 16 momento flector en condiciones estáticas (MST)MAX. Se obtiene (MST)MAX=6Q/16 (en valor absoluto), que se desarrolla en el apoyo empotrado de la viga. El esfuerzo máximo en condiciones estáticas es σ ST
(MST )MAX c 3Qc . IZ 8IZ
Para encontrar el desplazamiento estático del punto A, reemplazamos los valores RB, 2 2 1 1 1 11Qx 6Q 5Qx . Aplicamos RC y MB en la ecuación (*) U dx dx 2EI Z 0 16 16 16 0 ahora el Segundo Teorema de Castigliano 21 1 1 11Qx 6Q 11x 6 5 A δST dx Qx 2dx . EI Z 0 16 16 16 16 16 0 56Q A Efectuando las integraciones y simplificando encontramos δST . 768EI Z
Por tanto el factor dinámico es K d esfuerzo dinámico es σ d K dσ ST
768EI zh . En las condiciones del impacto el 28Q
768EI Zh 3Qc . 28Q 8IZ
σ 2dIZ (* * *) 3.86Ehc 2 Condición del problema σ d 1,600 Kg / cm2 (1600)(104 )Kg / m2 . Reemplazando los valores conocidos (Fuerzas en Kilogramos; Longitudes en metros) en (***) (1,600 x 10 4 )2 (2.813 x 10 5 ) encontramos Q 33.16 Kg , que es a la vez el QMAX 3.86(2 x 1010 )(0.5)(0.075)2 puesto que se usó el máximo esfuerzo normal.
De donde despejando obtenemos Q
4) En el sistema representado, calcular la altura h desde la cual deberá caer el cuerpo de peso Q, para que en ninguna sección de la viga AB el esfuerzo máximo exceda el valor admisible σ O . Q
Q
h
A a
B 2a
A 2Q/3
B C Q/3
Momentos Flectores: Tramo AC: M=2Qx/3 (0
Determinamos la energía de deformación en condiciones estáticas:
694
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2 2a a 2Qx 2 2a3Q2 U 4Qa2 Qx C . Luego δST .Con esto el dx dx 3 9 EI Q 9 EI 0 3 Z Z 0 2h 9hEI Z factor dinámico es K d 1 1 C 1 1 . δST 2a3Q
U
1 2EI Z
MMAX 2aQ , siendo W el módulo W W de sección (W= Iz/c). El esfuerzo en las condiciones del impacto es σ d K dσ ST , es
El esfuerzo normal en condiciones estáticas es σ ST 9hEI Z 2aQ decir σ d 1 1 2a3Q 3W
. De esta última ecuación despejamos la atura h. 2 2a3Q 3Wσ 0 Obtenemos h 1 1 9EI Z 2aQ
2h , el valor aproximado de la C δST
Nota: Si usamos el factor dinámico aproximado K d altura h sería
aW2σ 20 . QEIZ
5) Calcular la deflexión dinámica en el punto B del sistema representado. Considerar constante la rigidez flexional EIz. Usar una expresión aproximada para el factor dinámico. 2h Necesitamos calcular δBd K dδBST (1) donde K d (2) . δBST Q h
Q B
B
2a a
Momentos flectores. Tramo recto: M= -Qx (0
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a3Q 20 27π (3) . EI Z 3 4 Reemplazando las expresiones (2) y (3) en (1) obtenemos luego de simplificar Efectuando las integrales y simplificando tenemos δBST
δBd 7.47
a3 h Q . E IZ
6.04)
Principio del Trabajo Mínimo. Sistemas Hiperestáticos en Flexión.
Mediante el Segundo Teorema de Castigliano pueden encontrarse los desplazamientos de puntos libres de sistemas elásticos, calculando la derivada parcial de la Energía de Deformación con respecto a una Fuerza Seleccionada. De manera complementaria, aplicando el mismo Teorema a un sistema elástico lineal, estáticamente indeterminado, hallamos que la derivada parcial de la energía de deformación con respecto a una reacción superabundante (redundante o hiperestática) o respecto a una fuerza de vínculo interno, debe ser cero, puesto que la función de esa reacción es, precisamente, evitar cualquier desplazamiento de su punto de aplicación. Por lo tanto, si X, Y, Z,………., son los valores de las Fuerzas Superabundantes, su U U U determinación requiere 0; 0; 0, etc. Donde U es una función de X Y Z segundo grado en X, Y, Z, …,. U U U 0; 0; 0, pueden ser interpretadas como las X Y Z condiciones analíticas de valor extremo de la función de energía de deformación U.
Las ecuaciones
2U etc, son positivas y en consecuencia la función de energía X 2 de deformación U alcanza un valor extremo mínimo. El significado físico de las referidas ecuaciones, se expresa notando que el sistema elástico se deformará de tal modo que conserve mínima su Energía de Deformación.
Puede demostrarse que
En algunos casos se elegirán como redundantes ciertas reacciones externas. En otros, se escogerá como magnitudes estáticamente indeterminadas, las fuerzas internas que actúan en las dos partes adyacentes del sistema estudiado, de acuerdo a lo establecido en el método general de las secciones planas. De manera alternativa, en todo sistema hiperestático interno, externo o interno-externo pueden seleccionarse como incógnitas los desplazamientos lineales o angulares que sean de interés al problema. A
A
RA
Se dispone de tres ecuaciones con tres incógnitas:
B MB RB
F
V
0;
Si RA es la redundante, entonces debe expresarse U = f(RA).
M
O
0;
U 0. R A
696
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P
P m
m
Mo
Mo P/2
P
Si m-m indica un plano de simetría, puede seleccionarse como redundante la acción interna Mo.
P/2
EJEMPLOS 1) En el sistema rectangular indicado anteriormente, considerar que las barras verticales tienen momento de inercia I y que las barras horizontales tienen momento de inercia I1. El material de todo el sistema es de comportamiento elástico lineal con módulo E. Las barras verticales miden h y las horizontales L. Determinar el momento interno Mo, sabiendo que m-m indica un plano de simetría. Incluir solamente efectos de momento flector. Debido la simetría del sistema, en la sección m-m no existe fuerza cortante. Asimismo no existe giro de la elástica en las secciones correspondientes al plano simetría m-m. P
Momentos flectores: Barras verticales: M = Mo Barras horizontales: M = Mo – 0.5 Px
x
Mo
Mo P/2
P/2
Energía de deformación en los tramos verticales: M2 (h / 2) M2Oh U 2 O 2EI 2EI L /2
Energía de deformación en el tramo horizontal U 2
0
1 MO 0.5x 2 dx . Por lo 2EI1
tanto, la energía de deformación total (de la mitad superior del sistema) es la suma de M2 h 1 los valores encontrados U T O 2EI EI1
del Trabajo Mínimo, tenemos
L /2
(M
O
0.5Px)2dx . Aplicando ahora el Principio
0
U T MOh 2 MO EI EI1
L /2
(M
O
o.5Px) dx 0 .
0
Resolviendo la integral anterior y despejando la incógnita de interés, encontramos: PL MO hI 81 1 L I Nota: Observar que cuando I1/I tienda a infinito, el momento Mo tenderá a cero, y la barra horizontal se aproxima a una viga apoyada simplemente. En cambio, si I1/I tiende a cero, el momento Mo tiende a PL/8 que es el caso de una viga empotrada en sus dos extremos. 2) El anillo circular representado en el esquema ha sido formado de una barra cuya rigidez flexional es constante EI. Determinar el momento flector en los puntos C y D, y el incremento en la longitud del diámetro vertical.
697
Mecánica de Sólidos
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P
P r
Mo
D
C
r Mo P/2
P/2 P
En la sección definida por el ángulo , el momento flector es M MO 0.5 Pr1 cos φ . En la mitad del anillo la energía de deformación debida a la flexión, es π/2
2 U 2EI
r M rdφ EI 0
Mínimo,
2
tenemos
π/2
M
0.5 Pr 1 cos φ dφ. Aplicando el Principio del Trabajo 2
O
0
U 0 MO
integral, obtenemos MO
π/2
M
O
0.5 Pr 1 cos φ(1)dφ 0 .
Desarrollando
la
0
Pr 2 1 . 2 π
Para calcular el cambio de longitud del diámetro vertical, aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano: δ 2
U 2r P EI P
π/2
M
O
0.5 Pr 1 cos φ dφ. Efectuando las
0
derivaciones antes de integrar tenemos δ
2r EI
π/2
2M
O
0
π 0.5 Pr 1 cos φ 1 (1 cos φ)dφ . Reemplazando el valor conocido 2
Pr 3 π 2 . EI 4 π 3) Para la viga que se representa en el esquema, cuya rigidez flexional es constante EIz, graficar los diagramas de fuerza cortante y de momento flector. Considerar E=200GPa; Iz=2.3 x 10-3 m4. de Mo y simplificando, obtenemos δ
P=100KN
3m
w=50KN/m
7.5 m
3m
Se trata de un sistema hiperestático externo de primer orden. Sea R 4 la reacción redundante. Las ecuaciones del equilibrio estático son: P=100KN
w=50KN/m
B
A RA
D
RB
C RC
698
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
F M
V A
0 R A R B R C 100 50(13.5)
(1)
6R B 13.5R C 300 50(91.125)
(2)
Para calcular la energía de deformación determinamos el momento flector en cada tramo. Tramo AD. M R A x 25x 2 con 0 x 3, medida desde el punto A. Tramo DB. M R A (3 x) 100x 25(x 3)2 con 0 x 3, medida a partir del punto D. Tramo CB. M R C x 25x 2
con
0 x 7.5, medida hacia la izquierda a partir de C.
La energía de deformación es: 3 3 7.5 1 2 2 U R x 25 x dx R 3 x 100 x 25 x 3 dx R C x 25x 2 dx . A A 2EI 0 0 0
Principio del Trabajo Mínimo 3
R
U 0. Obtenemos R A
3
2 A x 25 x xdx
0
R 3 x 100x 25(3 x) 3 x dx R 2
A
Cx
0
R 25x 2 x C dx 0 R A
R C 1 . Reemplazando este R A 1.25 valor y resolviendo las integrales anteriores, obtenemos R A 142.5 KN. Mediante las ecuaciones del equilibrio (1) y (2), encontramos RB 491 KN; R C 141.5 KN.
De las ecuaciones del equilibrio estático obtenemos
Conocidas las reacciones externas, por el método general de la Estática podemos precisar las ecuaciones de fuerza cortante y de momento flector para los tres tramos de la viga en estudio. Luego se grafican los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
A
C
B
D 233.5
142.5
-141.5 KN
-257.5
200 KN-m
345
699
Mecánica de Sólidos
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4) En la viga representada, cuya rigidez flexional es constante EIz, calcular la reacción en el apoyo B usando el principio del Trabajo Mínimo. Graficar el diagrama de momento flector. w= 0.3 T/m B
A
C
D 3m
w= 0.3 T/m
P=2.25 T
2.4 m
2.4 m
P=2.25 T
B
A RA
D
RB
C RC
Sea RB la reacción hiperestática. Las ecuaciones del equilibrio se expresan por: RA+RB+RC=3.15 (1) 7.8RC+3RB=13.5 (2) U Principio del Trabajo Mínimo 0 . Para calcular la energía de deformación U, R B encontramos las expresiones para los momentos flectores en los tres tramos de la viga. Tramo AB: M = RAx-0.15x2 (0
2.4
R 0
Cx
2
R C dx 0 R B
(*).
De las ecuaciones de equilibrio (1) y (2) obtenemos las derivadas parciales R A 4.8 R C 3 desconocidas en la ecuación (*): . Reemplazando estos R B 7.8 R B 7.8 valores en (*), desarrollando las integrales y resolviendo el sistema con las ecuaciones de equilibrio y ecuación de trabajo mínimo, obtenemos RA=0; RB=2.3 Ton; RC=0.846 Ton. Finalmente, usando el método general de la Estática, graficamos el diagrama de Momento Flector. w= 0.3 T/m B
A
P=2.25 T C
D 3m
2.4 m
2.4 m
1.35 T-m
-2.01 T-m
700
Mecánica de Sólidos
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5) En la estructura representada, calcular las reacciones externas, incluyendo solamente los efectos de flexión. Considerar I2=1.5 I1; a=4m; b=1m; c=0.5m; h=5m; L=4m; P=50Ton; E constante. Las barras verticales tienen momento de inercia I1, las horizontales I2. L
C b
P
L
C
D
b
D
P
B c
B c h
a A
h
a X
E
A
E
X
VE VA Sea X la reacción hiperestática. Las ecuaciones del equilibrio son VA+VE=P; Pc=VEL. De donde obtenemos VE=Pc/L y VA=P(1-c/L). M2 La energía de deformación por momento flector es U dy . Por el Principio del 2EI (L )
U 0 X
Trabajo Mínimo, tenemos
M M dy 0 , puesto que sólo E es X (L )
I
constante. M M dy 0 (1). Encontraremos las ecuaciones para los X (L )
I
Requerimos que
momentos flectores y las derivadas parciales para cada uno de los tramos. Tramo AB.
N
M
V
M = -Xy, con 0
y X
Tramo BC.
A P(1-c/L)
M c y B a X
M = Pc – Xy, con a
P
A P(1-c/L) M = - Xy, con 0
Tramo ED. y E
X Pc/L
701
Mecánica de Sólidos
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Tramo CD.
M y
M = (Pcy/L) – Xh, con 0
h X
Pc/L
M 0 . Esto significa que la energía interna en el X voladizo no es de interés para la reacción hiperestática. Reemplazando en la sumatoria (1), tenemos
Voladizo: M Py ,
1 I1
luego
a
h
h
L
0
a
0
0
1 1 1 Pcy Xy y dy I1 Pc Xy y dy I1 Xy y dy I2 L Xh hdy 0
Resolviendo las integrales y encontrando el valor de X, tenemos c I P 2 h2 a2 hL 2 I1 . X 2 hI 2 h2 L 3 I 1
Reemplazando valores numéricos encontramos X = 1.86 Ton. A partir de las ecuaciones del equilibrio tenemos VE = 6.25 Ton; VA = 43.75 Ton. 6) En el sistema representado, calcular la deflexión del punto A. El resorte es elástico lineal con rigidez K=60 KN/m. Considerar E = 1010 Pa; Iz=60 x 106 mm4. Incluir solamente deformaciones por flexión. w=800 N/m A
L=4m
K
w=800 N/m B
A F
B RB
MB
Se trata de un sistema hiperestático de primer orden. Sea F la fuerza en el resorte. La energía de deformación total es U UVIGA URESORTE . El momento flector en una sección genérica de la viga es M Fx
wx 2 . Luego 2
tenemos 2
L
wx 2 F2 Fx dx , que incluye la energía por flexión de la viga y la 2 2K 0 U energía por deformación del resorte. Aplicando el principio el Trabajo Mínimo 0, F L 1 wx 2 F Fx xdx 0. Realizando la integración y despejando la fuerza es decir EI Z 0 2 K 1 U 2EI Z
wL4 8 Reemplazando los valores numéricos dados (L3 3) (EI Z K ) F 0.817 tenemos F = 0.817 KN. La deflexión del extremo A es δ A 0.0135 m. K 60 en el resorte, tenemos F
702
Mecánica de Sólidos
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7) En el sistema que se representa calcular la fuerza en el cable. Considerar los siguientes datos: Viga FD: E=700 Ton/cm2; I=24,000 cm4. Cable DC: E=1,400 Ton/cm2; A=6.4 cm2. Barra CB: E= 2,100 Ton/cm2; A=12.8 cm2. Barra CA: E=2,100 Ton/cm2, A=19.2 cm2. F
D
X
(1)
X
a (2) C
B
45º
P=4.5 Ton
X X
F3=4.5-X
4.5 Ton A
a=3 m
a
F4 2 (X 4.5)
Energía de deformación. En el elemento (1) por momento flector y en los elementos (2), (3) y (4) por carga axial. Por tanto, tenemos luego de reemplazar los valores conocidos: 1 U1 2EI
300
( Xy )2 dy 0.268X 2
U2
0
X 2 300 0.0167 (2)(1,400)(6.4)
(4.5 X)2 300 2( X 4.5)2 (300) 2 0.006(4.5 X)2 U4 0.011( X 4.5)2 . (2)(( 2,100)(12.8) (2)(2,100)(19.2) (Unidades: Fuerza en toneladas y longitudes en centímetros). U3
Energía total: U 0.268X2 0.0167X2 0.006(4.5 X)2 0.011(X 4.5)2 . Principio del Trabajo Mínimo U 0 0.268X 0.0167 X 0.006(4.5 X)( 1) 0.011(X 4.5) 0 X de donde obtenemos X=0.254 Ton que es la fuerza en el cable.
Por
el
8) En el sistema representado, encontrar la fuerza axial en la barra BD. Considerar todos los elementos con el mismo módulo de elasticidad E. La viga AC tiene momento de inercia (1/144) pies4 y área transversal de 12 pulg2. La barra BD tiene área transversal de 5 pulg2; las barras AD y CD tienen área transversal de 4 pulg2. Dimensiones: AB=BC=12 pies; BD=9 pies. w=1Klb/pie
w=1Klb/pie
A
B
D
C
B
A 12 Klb
C
X
Y
Y Y
X
12 Klb
Y
D
703
Mecánica de Sólidos
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Sea X la fuerza hiperestática. De las ecuaciones del equilibrio del nudo D encontramos que Y=5X/6. Energía de deformación: En la viga ABC se genera energía de deformación por momento flector y carga axial. En las barras AD, BD y CD sólo se genera energía de deformación por carga axial. w=1Klb/pie i) Energía por carga axial: 2
B
2
2X 5X 24 15 X 2 9 3 6 U 2 2E 8E 10E 132 144 144
2X/3
X
X/2
X/2
2X/3 12 Klb
12 Klb
Simplificando tenemos U = 568.6X2/E. ii) Energía por momento flector: El momento en una sección genérica ubicada a la distancia y del punto A es M=12y-0.5y2-0.5yX (0
12
12y 0.5y
2
2
0.5yX dy. La energía de deformación total
0
almacenada en el sistema es U
568.6 X 2 1 E EI
2 2 (568.6 X) E EI
principio del Trabajo Mínimo
12
12y 0.5y
2
2
0.5yX dy. Por el
0
12
12y 0.5y
2
0.5yX 0.5y dy 0.
0
Efectuando las integraciones y despejando X, obtenemos X = 14.97 Klb (compresión). 9) En el sistema representado, el cable AD tiene instalado un mecanismo para controlar su longitud y medir la fuerza axial. Todos los elementos son del mismo material, con módulo de elasticidad E. Los elementos verticales tienen sección transversal con momento de inercia I. Ambos cables AD y DE tienen sección transversal de área A. Calcular la fuerza axial en el cable AD para que el punto E no sufra desplazamiento horizontal alguno. D
E q
A
45º L
C B
A la distancia x del punto E, el momento flector en la viga EC, es M=0.5qx2-NDEx
NDE
E q
C
L
Nudo E: L
2
qx 2 2 NDE x dx . Como el 0 U punto E no sufre desplazamiento horizontal alguno, entonces δEH 0, luego 0, NDE por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano. Efectuado la derivada parcial 1 La energía de deformación en el elemento EC, es U 2EI
704
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
L
qx 2 2 NDE x) x dx 0 . Resolviendo la integral y despejando la 0 fuerza axial en el cable DE, obtenemos NDE=3qL/8. Nudo D. obtenemos que
D
Ecuación de equilibrio
NDE
H
0 . Luego
NAD COS 45 = NDE + V.
V
NAD
F
NDB
Condición de compatibilidad: Como el punto E no debe desplazarse horizontalmente ninguna cantidad. Entonces, el desplazamiento del punto D, debe ser igual al alargamiento del cable DE.
V
NDEL . El desplazamiento del punto de aplicación EA VL3 D de la carga V en el voladizo BD, es ΔDBD . Por compatibilidad geométrica 3EI VL3 NDEL deberá ocurrir ΔDBD ΔDE , de donde , con lo cual la fuerza cortante V en la 3EI EA 3N I viga vertical BD es V BD2 . Por tanto, reemplazando en la ecuación de equilibrio del AL N 2 3qL 3I 3qL nudo D, tenemos AD 2 . Finalmente despejando la fuerza axial en el 2 8 AL 8 3 2qL 3I cable AD, tenemos NAD 1 2 . 8 AL La deformada del sistema es la representada en el esquema inferior con trazo discontinuo.
El alargamiento del cable DE es Δ DE
10) En el sistema representado (dos semicircunferencias del mismo radio r), hallar el descenso del punto C por acción de la fuerza vertical P. Considerar constante la rigidez flexional. Incluir solamente efectos de flexión.
H
C
A
B P
MA
H
RA
MB RB
P
705
Mecánica de Sólidos
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Equilibrio: RA=RB=P/2;
MA=MB. Momentos flectores en las secciones genéricas Mφ MA 0.5 Pr 1 cos φ Hrsenφ definidas por los ángulos y (i). Mα MB 0.5 Pr 1 cos α Hrsenα Calculamos la energía de deformación debida al momento flector: π π 1 2 U Mαds M2φds 2EI 0 0 Reemplazando las expresiones (i) en la energía de deformación U, tenemos: π π 1 2 2 U MA 0.5 Pr 1 cos φ Hrsenφ rdφ MB 0.5 Pr 1 cos α Hrsenα rdα , (*) 2EI 0 0
Se trata de un problema hiperestático de segundo orden. Existen dos incógnitas (H y MA=MB) que no pueden ser encontradas solamente por equilibrio. Usamos el Principio U U del Trabajo Mínimo 0 y 0 (**). MA H A partir de la ecuación (*) determinaremos las dos ecuaciones indicadas en (**). Encontramos: π
π
0
0
MA 0.5 Pr1 cos φ Hrsenφ 1rdφ MB 0.5 Pr1 cos α Hrsenα1rdα 0 π
π
M
A
0.5 Pr 1 cos φ Hrsenφrsenφrdφ MB 0.5 Pr 1 cos α Hrsenαrsenαrdα 0
0
0
Evaluando las integrales y resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos MA=Pr/2; H=0 Reemplazando los valores encontrados en la ecuación (*), tenemos π π 1 2 2 U 0.5 Pr 0.5 Pr 1 cos φ rdφ 0.5 Pr 0.5 Pr 1 cos α rdα. 2EI 0 0 Aplicando el Segundo Teorema de Castigliano π 0.5 Pr 0.5 Pr 1 cos φ 0.5r 0.51 cos φ rdφ U r 0 ΔCV π . P EI 0.5 Pr 0.5 Pr 1 cos α 0 5 0.51 cos αrdα 0 3 πr P Finalmente resolviendo las integrales encontramos ΔCV . 4EI
11)El arco parabólico ACB de luz 2L=a+b, está sometido a la acción de una fuerza P, según se indica en el esquema. Calcular el empuje horizontal H, considerando que el momento de inercia, en una sección cualquiera, es igual a (Io sec ), donde Io es el momento de inercia en el punto más alto (clave) C y es la inclinación de la recta tangente en un punto cualquiera del arco. Incluir solamente las deformaciones debidas al momento flector. C
C (L,0)
P D
x
A
H
H a
b
B
(0,-h) A
B (2L,-h)
706
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Ecuación de la parábola: y
h 2 3h x x h 2L 2L2
La energía de deformación almacenada en el arco, debida al momento flector es, M2 1 M2 U ds ds (*). El momento de inercia es I=Io sec , pero 2 EI 2 E I (S) (S )
como U
cos
1 2EI o
=
M dx 2
dx/ds,
tenemos
.
ds=dx/cos
Reemplazando
en
(*)
(**).
(L )
Determinamos el momento flector en los tramos AD y BD. Tramo AD: M R A x Hy , 0 x a. Tramo BD: M RB 2L x Hy , Reemplazando en (**) U
a x ab.
a a b 1 2 2 R A x Hy dx R B 2L x Hy dx . Puesto que 2EI0 0 a
H es una fuerza redundante, por el Principio del Trabajo Mínimo derivación bajo el signo integral tenemos:
U 0. Efectuando la H
ab
a
R A x Hy y dx RB 2L x Hy y dx 0 . 0
Reemplazando y en función de x
a
mediante la ecuación de la parábola, el resultado de la integración constituye una ecuación que resuelta junto con las dos ecuaciones del equilibrio estático permiten 5 Pab a2 3ab b2 obtener H . 64 hL
12)En el sistema representado, las dos vigas horizontales están conectadas entre sí mediante un cable de unión. El material de las vigas y del cable tiene módulo de elasticidad E. Las secciones transversales de ambas vigas tienen momento de inercia I. El área transversal del cable es A. Determinar la fuerza axial en el cable de unión. E
L
2L F
D 2L
L
B
A
C
P
Analizaremos el equilibrio de los nudos B y E que definen al cable de unión. Nudo superior E: E D V4 V4 V3 V 3
F
V4
V3
N
707
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
V3L3 . Para el elemento FE, la 3EI
Para el elemento DE, la flecha en el extremo libre es δ flecha en el extremo libre es δ
8V4L3 . 3EI
Nudo inferior B. Para el elemento AB, la flecha en el extremo libre es δ la flecha en el extremo libre es δ
8V1L3 . Para el elemento BC, 3EI
V2L3 . 3EI N
A
B
V1
V1
V2
C
V2
P
El alargamiento del cable de unión es Δ
NL . EA
Ecuaciones del equilibrio: V3+V4=N; V1+V2+N=P. Las condiciones de compatibilidad geométrica se expresan mediante: 8V1L3 V2L3 V3L3 8V4L3 V2 8V1 V3 8V4 . 3EI 3EI 3EI 3EI El alargamiento del cable es NL 8V1L3 8V4L3 N 8V L2 8V L2 Δ δ1 δ2 1 4 . EA 3EI 3EI A 3I 3I L
D
A
E
2L
F
2 2L
L
B 1
C
P
Resolviendo simultáneamente las ecuaciones del equilibrio con la ecuación de 8 A P L2 compatibilidad geométrica, obtenemos: N . 27 I 16 A L2 13) Hallar las reacciones en el sistema representado. Incluir solamente efectos de las deformaciones por flexión. Los elementos horizontales tienen rigidez flexional EI y los elementos verticales E1I1. Sistema hiperestático externo de segundo orden. Puede considerarse HA y VA como las incógnitas redundantes. Calculamos la energía de deformación debida al momento flector. Por simetría basta determinar la energía de los tramos AB; BC Y CG.
708
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
w B
C
D
G
F
C
B
D
h
A
HA VG
VA
L
L
HF
VF
M M
HA
x
M
h
x
x
HA VA
VA
VG
Tramo BC Tramo CG Tramo AB Las ecuaciones para momento flector son M=-HAx; M=VAx-HAh-0.5wx2; M=0, L 1 h HA x 2 dx 1 VA x HAh 0.5w2 2 dx . Debido a la simetría U 2 2EI 0 2E1I1 0 U U Condiciones de trabajo mínimo: 0 y 0 . Reemplazando la HA VA energía en las ecuaciones de trabajo mínimo, tenemos: Tramo AB
h
2 2 HA x 2dx E1I1 0 EI
2 EI
L
V x H h 0.5wx hdx 0 A
A
2
(1).
0
L
V x H h 0.5wx x dx 0 A
2
A
(2).
Desarrollando
las
integrales
de
las
0
expresiones (1) y (2), obtenemos las ecuaciones HAh3 h L2 wL3 VAL HAh wL2 0 y VA HAL 0. Resolviendo el sistema 3E1I1 EI 2 6 3 2 8 de ecuaciones,
3α 1wL αwL2 EIL ; HA , siendo α 1 1 . 23α 4 43α 4 h EIh Las reacciones HF, VF y VG se determinan a partir de las ecuaciones del equilibrio y las condiciones de simetría. Se obtienen: αwL2 3α 1wL (3α 5)wL HF , VF , VG . 43α 4 h 23α 4 3α 4 VA
14) Calcular las reacciones verticales y los momentos que se desarrollan en los apoyos del sistema representado. Considerar solamente efectos de momento flector. La rigidez flexional EIz es constante.
709
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
w
w MB
MA
L
RB
RA
Sistema hiperestático de segundo orden. Consideremos RB y MB como las reacciones hiperestáticas. Calculamos la energía de deformación debida al momento flector. MB
M x RB V A la distancia x medida desde el apoyo B la función de carga es w=wx/L. El momento wx 3 flector en una sección genérica es M MB R B x. La energía de deformación 6L es: 2
L
wx 3 U U R B x MB dx. Condiciones de trabajo mínimo: 0. 6L R B MB 0 Reemplazando la expresión de la energía obtenemos las expresiones siguientes: L wx 3 R L M wL2 R B x MB x dx 0 B B 0 (i). 6L 3 2 30 0 1 U 2EI Z
L
wx 3 R B x MB 1dx 0 6 L 0
R BL wL2 MB 0 2 24
(ii).
3wL ; 20 7wL RA . 20
Resolviendo las ecuaciones (i) y (ii), obtenemos R B ecuaciones de equilibrio obtenemos MA
wL2 ; 20
MB
wL2 . De las 30
15) Encontrar las componentes de reacción en el apoyo F del sistema representado. Incluir solamente deformaciones por momento flector. El elemento AB tiene momento de inercia I3=10,400 cm4; el BD tiene I2=14,400 cm4 y el DF tiene I1=15,600 cm4. El módulo de elasticidad es el mismo para todo el sistema E. B 3.6 m
8.1 Ton C D
B
D
C
7.8 m A
5.4 m
F
A
F
H V
Sistema hiperestático de segundo orden. Sean H y V las reacciones hiperestáticas. Determinamos la energía de deformación U, debida al momento flector. Momentos flectores: Tramo FD. M=Hx,
0
710
Mecánica de Sólidos
Tramo DC. Tramo CB. Tramo BA.
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
M=7.8H+Vx M=7.8H+V(1.8+x)+8.1x M=H(7.8-x)+5.4V-2.25x+35.1
Por aplicación del Principio del Trabajo Mínimo:
0
U 0 H
y
U 0. Reemplazando V
M M M M dx 0 y dx 0. Desarrollando las integrales de la H I V energía las condiciones del trabajo mínimo son:
tenemos 7.8
I
Hx x dx 1.87.8H Vx 7.8 dx 3.67.8H V(1.8 x) 8.1x 7.8 dx I1
0
I2
0
I2
0
7.8
dx
0
3
H(7.8 x) 5.4 V 2.25x 35.17.8 x I
7.8
Hx 0 dx I1 0
1.8
7.8H Vx x dx I2 0
0.
3.6
dx
0
2
7.8H V(1.8 x) 8.1x 1.8 x I
7.8
dx
0
3
H(7.8 x) 5.4 V 2.25x 31.55.4 I
0.
Desarrollando las integrales, reemplazando valores conocidos y simplificando obtenemos las ecuaciones: 501.1H+246.8V+1,005.5=0;
y
246.8H+265.4V+1,018.2=0
De donde tenemos los valores pedidos H=-0.-21 Ton y V=-3.65 Ton. (Los signos negativos indican que las reacciones actúan en sentido contrario al supuesto inicialmente). 16)Graficar los diagramas de fuerza normal y momento flector en el sistema representado, sometido a la fuerza repartida w=100 Kg/m. Incluir efectos del momento flector y de fuerza normal. Considerar ambos tramos de longitud L=2m; área transversal A=120 cm2; momento de inercia I=1,440 cm4; módulo de elasticidad E = 2 x 106 Kg/cm2. w
w 30º
30º
C 30º
R2 A R1
30º B
R4 R3
Se trata de un sistema hiperestático de primer orden. Las ecuaciones del equilibrio estático son: R1 R 3 wL cos θ; R 2 R 4 wLsenθ; 0.5wL2 (2L cos θ)R 3 0 . Reemplazando valores numéricos y resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos: R1=115.47 Kg; R3=57.735 Kg; R2=R4+100. (i) Para cada uno de los tramos determinamos las ecuaciones para momento flector y fuerza cortante:
711
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
M
w=1K/m R2
N
N
M
V
x
V
115.47 K
R4 57.735 K
Tramo AB ( 0 x 200cm) N = 0.866R2-57.735
M=-0.5x2+0.5xR2+100x.
(ii)
Tramo CB ( 0 x 200cm) N=0.866R4-28.868
M=0.5xR4+50x
(iii)
Energía de deformación por momento flector y fuerza normal: 1 U 2EI Z 1 2EA
200
0
1 0.5x 0.5xR2 100 x dx 2EI Z 2
2
200
0.866R
57.735 dx 2
2
0
1 2EA
200
0.5x
2
0.866R
2
57.7350.866 dx
0
0
2
0
0
1 A
1 A
50 x dx 2
4
0.866R 4 28.868 dx
0.5xR2 100 x 0.5x dx
200
0.5xR
200
Aplicamos el Principio del Trabajo Mínimo: 1 IZ
200
1 IZ
U 0. Considerando R2 la redundante. R 2 200
0.5xR
4
0
R 50 x 0.5x 4 dx R 2
R 4 dx 2
0.866R 4 28.868 0.866 R
A partir de las ecuaciones (i) se obtiene
R 4 1. Reemplazando en la expresión R 2
anterior: 1 1440
1 120
200
0.25x
3
0.25x 2 50 x 2 dx
0
200
0.75R 0
2
50 dx
1 120
1 1440
200
0.75R
4
200
0.25x R 2
4
25x 2 dx
0
25 dx 0
0
Resolviendo las integrales y simplificando obtenemos la ecuación: R2+R4=-149.33, que resuelta con las ecuaciones (i) nos dan R2=-24.665 Kg; R4=-124.665 Kg. Reemplazando las reacciones calculadas en las ecuaciones para las fuerzas internas, tenemos: Tramo AB. Tramo BC
N = -79.1 Kg. N = -136.828 Kg
M = -0.5x2-87.6675x Kg-cm M = -12.3325x Kg-cm.
712
Mecánica de Sólidos
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FUERZA NORMAL
-136.828 Kg
-79.1 Kg
-2,466.5 Kg-cm
-2,466.5 Kg-cm MMÁX=3,842.795 Kg-cm, para x=87.6675 (a partir del apoyo A)
MOMENTO FLECTOR
17) En el sistema representado, determinar el valor máximo de la carga repartida uniforme p, que puede ser aplicada de manera que el máximo esfuerzo normal sea 140 MPa (en la viga AB y en la barra CD). Calcular el desplazamiento vertical del punto C. La viga AB tiene módulo de sección W=1460 cm3. La barra CD tiene sección transversal de 5cm2. El módulo elástico del material es E = 2.1 x 10 7 N/cm2. D 4m A
4m
C
p
4m
B
Se trata de un sistema hiperestático. Condición de compatibilidad geométrica: El desplazamiento vertical del punto C (como parte de la viga AB) debe ser del mismo valor que el desplazamiento vertical del punto C (como parte de la barra CD): δC ν c . D
C
RD
Alargamiento del tirante CD: δC εL CD Reemplazando valores conocidos: (R D )( 400) δC (3.81)(10 6 ) (En (2.1)(107 )(5)
RD
p
x
C A
RD
B
σ R L L CD D CD . E EA
Newtons ).
Momentos flectores: Tramo AC: M = RD(x-400)-0.5px2 Tramo CB: M = -0.5px2 (unidades N-cm).
Usando el método de Castigliano, tenemos ν C
U TOTAL . Luego. R D
713
Mecánica de Sólidos
νC
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M M M M dx dx EI R D EI R D (BC ) ( CA )
400
0
800
5px 2 R D ( x 400) 0.5px 2 (0)dx ( x 400)dx EI EI 400
. Desarrollando las integrales y reemplazando valores numéricos obtenemos: ν C 29561.5p 34.8RD (106 ) (en cm). Reeamplzando en la ecuación de condición tenemos 6 6 3.81 10 RD (29561.5p 34.8RD )(10 ) RD 766p (en Newtons).
Esfuerzos máximos: RD σ ADM (140)(102 ) R D ,MÁX 70,000 5 la máxima carga repartida es PMAX = (0.13)(70,000)=9,100 N/m.
Para la barra CD:
N . Por tanto,
σMAX
MMAX
σ ADM (140)(102 ). WVIGA De las ecuaciones del momento flector, obtenemos el máximo momento flector (en valor absoluto): MMAX 80,000p . Reemplazando en el esfuerzo máximo:
Para la viga AB: σMAX
80,000p 14,000 N / cm2 . De donde pMAX 25,550 N / m. 1460 El máximo valor de la carga repartida es p = 9,100 N/m (el menor de los calculados). σMAX
El desplazamiento vertical del punto C es δC (3.81)(106 )(70,000) 0.267 cm . 18) En el sistema representado, determinar el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la fuerza P. Considerar constante la rigidez flexional EIZ. Incluir solamente deformaciones por flexión.
2a
a
P
Determinamos el momento flector real en una sección genérica definida por el ángulo .
N
Sea N la fuerza en la barra doblemente articulada la incógnita redundante.
N P
En la barra de radio a, el momento flector es M1=(N-P) a sen . En la barra de radio 2a, el momento flector es M2=-2aN sen . Los elementos de arco, son ds1=ad y ds2=2a, respectivamente.
La energía de deformación debida a la flexión es: π/2 υ/2 1 2 2 2 U N P a sen θ adθ 4a2N2sen2θ 2adθ 2EI Z 0 0
(*)
714
Mecánica de Sólidos
Efectuando
las
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integrales
y
simplificando,
Aplicando el Principio del Trabajo Mínimo:
obtenemos
U
πa3 N P 2 8N2 . 8EI Z
U P 0 N . N 9
Reemplazando el valor de N en la ecuación (*), encontramos U Por el Segundo Teorema de Castigliano tenemos Δ
πa3 8EI Z
72 2 P . 81
U 2 π a3 P . P 9 E IZ
6.05) Deflexiones por el Método de Vereschaguin El método de Vereschaguin es un procedimiento importante y muy rápido para calcular deflexiones en puntos libres de sistemas elásticos lineales. El método se basa en una propiedad de la integral definida del producto de dos funciones y en el Segundo Teorema de Castigliano. b
6.05.1) Propiedad de
f (x) g(x) dx. a
Sean f y g dos funciones integrables en , una de las cuales es función lineal. b
Requerimos calcular I =
f (x) g(x) dx. a
Escogemos g para definir la función lineal: g(x) = Ax+B. y x y=f(x)
f(x) a
Sea g(x)=Ax+B (función lineal). Requerimos calcular: b
I= ( Ax B) f ( x ) dx b
x
a
b
a
y=g(x) b
b
I= A x f ( x ) dx B f ( x ) dx .
y
a
(*)
x
a
La primera integral significa el Momento Estático del área limitada por la gráfica de f en el intervalo , respecto del eje de ordenadas y: Q fy .
El segundo sumando integral (B por coeficiente) significa el área bajo la gráfica de f en el intervalo : A f . Luego I A Qfy B A f . Pero Qfy A f (x) . Por lo tanto obtenemos I A A f (x) B A f , expresión que puede escribirse I A f A x B A f g(x) . Con lo cual ha sido posible evaluar la integral I, definida en (*).
715
Mecánica de Sólidos
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y
b
I= f ( x ) g( x ) dx .Por la propiedad establecida: Af
y
a
f CG
I= A f g(x) . Donde Af es el área de la región del plano x,y limitada por la gráfica de f en el intervalo .
x
x
x es la abscisa del Centro de Gravedad de la región cuya área es Af. g( x ) es el valor de la función lineal g, para x= x .
g
g( x)
x
Nota Si ambas funciones son lineales, la propiedad es conmutativa: Af g( x ) = Ag f( x ). 6.05.2) Cálculo de Deflexiones Consideremos una viga simplemente apoyada, de longitud L=a+b, cuya rigidez flexional es constante EIZ, sometida a flexión por acción de la carga vertical P. P
A a
Determinamos la energía de deformación por momento flector. Momentos: Tramo AC M=Pbx/L (1) 0
B
C
b
Pab/L M
x
2 ab a 1 P 2b2 x 2 Pbx . Aplicando el Segundo Teorema de U dx P ( x a ) dx L 2EI Z 0 L2 a U Castigliano, encontraremos la flecha en el punto C, ΔCV . Reemplazando U, P a L 1 Pb2 x 2dx Pbx bx C ΔV P ( x a ) ( x a ) dx . Expresión que puede ser L L EI Z 0 L2 0 re-escrita de la manera siguiente:
a
ΔCV
El término
L
Pbx 1 bx Pbx 1 bx dx Px a x a dx L EI Z L L EI Z L 0 a
Pbx 1 se denomina Momento Flector Reducido en el tramo AC. L EI Z
M bx es la derivada parcial en el tramo AC. P L Pbx El término Px a se denomina Momento Flector Reducido en el tramo CB. L
El término
716
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M bx El término x a es la derivada parcial en el tramo CB. P L Nótese que las derivadas parciales del momento flector con respecto a la fuerza P, en cada caso pueden encontrarse a partir de las ecuaciones de momento flector (ecuaciones (1) y (2)) haciendo en ellas P=1. En consecuencia, éstas derivadas parciales pueden ser determinadas geométricamente, construyendo un diagrama de momento flector por carga unitaria (aplicada en el punto de interés y en la dirección de la deflexión buscada).
1
A a m=bx/L
C ab/L
B
b m=
bx ( x a) L
m= x
M P
Debido a que los momentos flectores por carga unitaria, en todos los casos definen funciones lineales, siempre podrá ser aplicada la propiedad establecida en la sección anterior para evaluar las integrales que determinan la deflexión buscada.
6.05.3) Metodología para Cálculo de Deflexiones 1)
Definición del problema P
U ??? P M M ΔAV dx EI Z P (L ) ΔAV
A
(*)
L; EIZ Los términos del tipo M/EIZ significan los momentos flectores reducidos en los diferentes tramos típicos. Los términos M
significan los momentos flectores por carga unitaria en cada uno P de los diferentes tramos típicos. 2)
Momentos flectores reales, reducidos y por carga unitaria P
1 A
Momento Flector Real
Momentos Reducidos
A
M
m
Momento Flector por Carga Unitaria
M/EIZ
En todos estos diagramas debe respetarse el signo correspondiente, de acuerdo al convenio de signo para momento flector.
717
Mecánica de Sólidos
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De acuerdo con (*) la deflexión buscada es ΔAV
M
EI (L )
m dx , siendo m una función
Z
lineal (que hace las veces de la función g en la propiedad establecida anteriormente). 3) Por la propiedad establecida, el cálculo de la deflexión se transforma en A Δ V A1m(x1 ) A2 m(x 2 ) , en la cual A1 y A2 están con su respectivo signo.
A1
CG1
CG2
x1
Momentos Flectores Reducidos
A2
A
x2
Momentos Flectores por Carga Unitaria
mx 2
mx1
En general, el cálculo de las deflexiones tiene la forma
Δ
A m(x ) , i
i
siendo el
número de sumandos igual al número de regiones apropiadas en las que se han dividido ambos diagramas: Momentos flectores reducidos y Momentos flectores por carga unitaria. El Método de Vereschaguin es también conocido como el método de la Multiplicación de los Diagramas de Momento. Puede generalizarse para ell cálculo de deflexiones por otros efectos como carga axial, cargas de torsión, etc. EJEMPLOS 1) Calcular la flecha en el punto A. Considerar únicamente deformaciones por flexión. Suponer constante la rigidez flexional EIZ.
w
L/2
A
L/2
Determinamos los diagramas de momentos flectores reales, reducidos y por carga unitaria. w
1
A
A
wL2/8
L/4 M
wL2/8EIZ M/EIZ
Áreas: 2 L wL2 wL3 2 L wL 2 wL3 A1= ; A 2= 3 2 8EI Z 24EI Z 3 2 8EI Z 24EI Z
Multiplicación de diagramas.
718
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Ubicación de los Centroides: x1 =5L/16; x 2 =L-(5L/16)=11L/16
x2 x1 A1
Valores de los momentos por carga unitaria:
A2
m( x1 )=5L/32
m(x 2 )
m(x1 )
(Todos los diagramas, tanto los de momentos flectores reales así como los de momentos por carga unitaria, son positivos)
L/2
L/2
Reemplazando en ΔAV
2
m( x 2 )=5L/32
A i m ( x i ) , tenemos ΔAV
1
wL3 5L wL3 5L wL4 . 24EI Z 32 24EI Z 32 384EI Z
(en el sentido asignado a la carga unitaria ). 2) Calcular el giro en el apoyo izquierdo de la viga del ejemplo anterior. El diagrama de momentos flectores reales y el diagrama de momentos flectores reducidos no cambian. Solamente cambiará el diagrama de momentos por carga unitaria.
x
B
Multiplicación de diagramas wL2/8EIZ
A1 B
m=1-(x/L)
1
1
L/2 x1
CG L/2
El giro del punto B es ΘB A1 m (x1 ) .
2L wL2 1 wL3 , en sentido del 3 8EI Z 2 24EI Z momento unitario. Luego ΘB
1 m(x1 ) 1 / 2
3) Calcular el desplazamiento vertical del punto A (punto medio del tramo central) en la viga representada. Incluir solamente los efectos de momento flector. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.
P
P L
A L
L
Determinamos los Diagramas de momentos flectores reducidos y por carga unitaria.
719
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Multiplicación de diagramas: ΔAV 2A1 t1 A2 t 2 (por simetría) (*)
P
P A
A1 = PL/EIZ
1 PL PL2 L 2 EI Z 2EI Z
L PL PL2 2 EI Z 2EI Z Las ordenadas t1 y t2 se obtienen por semejanza de triángulos: t1 = L/3; t2 = 5L/8. Reemplazando en (*), tenemos: PL2 L PL2 5L 23 P L3 ΔAV 2 24 E I 2 EI 3 2 EI 8 Z Z Z A2 =
A2
A1
3L/4 t1 t2 3L/2
P
4) En la viga representada, de rigidez flexional constante EIZ, determinar ΔAV , ΘA , ΘC . Graficar la curva elástica.
B
A
C
L
L
Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos (M/EIZ) y los diagramas de momentos flectores por carga unitaria (m) para cada caso de la deflexión solicitada. P
B
Para ΔAV
1
C
A
B
A
C
L
L
2L/3 - PL/EIZ
-L
Para ΘA
1 A
Para ΘC
B L
C L
A
B L
1
C L 1
-1 Multiplicación de los diagramas. ΔAV
1 PL 2 1 PL 2L 2 P L3 L L L 2 EI Z 3 2 EI Z 3 3 E IZ
720
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ΘA
ΘC
1 PL 1 PL 2 5 P L2 1 L L 2 EI Z 2 EI Z 3 6 E IZ
1 PL 1 P L2 (sentido contrario al supuesto para la carga unitaria). L 2 EI Z 3 6 E IZ
Elástica: P
ΘC
ΘA
A
C
ΔAV
M=Pa
5) En la viga representada, calcular la flecha en el punto C y el ángulo de giro en el punto D. Considerar EIZ constante.
a
D
P a
C
Determinamos el diagrama de momento flector reducido y los diagramas de momentos flectores por carga unitaria. Diagrama de momento flector reducido M=Pa a
D
Momentos flectores por carga unitaria
P a
1
1
C 1
A2 - Pa/EIZ
A1
-2a M=Pa
Deflexiones: ΔCV A1 t1 A2 t 2 (*) Multiplicación de diagramas.
D
ΘD A1 m1a A2 m2
A1=(1/2)(a)(-Pa/EIZ);
t1
m1
t2
P C
a(**)
A2=(1/2)(a)(-Pa/EIZ)
Por relaciones geométricas determinamos las ordenadas t1, t2, m1, m2. Obtenemos: t1=-5a/3; t2=-2a/3; m1= 1; m2=0. Reemplazando en (*) y simplificando tenemos: 7 P a3 . Reemplazando en (**), tenemos ΔCV 6 E IZ
ΘC
P a2 . 2 E IZ
721
Mecánica de Sólidos
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6) Calcular la flecha y el giro en el punto B de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.
w
P=aw A
a
B
C
2a
Determinamos el diagrama de momento flector reducido y el diagrama de momento flector por carga unitaria. w
P=aw A
B
a
3 w a2 E IZ
2a
1
1
C
-1
-a -2wa2/EIZ
Como en el tramo BC no se generan momentos flectores por las cargas unitarias, el cálculo de las deflexiones solicitadas se reduce a multiplicar los respectivos diagramas en el tramo AB. ΔBV A1 t1 (*) ΘB A2 m2 (**) a t1 -3wa2/EIZ
A1 -a
-1
Multiplicación de diagramas: A2 -2wa2/EIZ
1 (a)( a)( t1 ) (*) 2 Por relaciones geométricas encontramos las 8wa2 ordenadas t1 y m2=0.Reemplazando en 3EI Z ΔBV
(*) encontramos ΔBV m2
4 wa 4 . Reemplazando en 3EI Z
(**) encontramos ΘB
7) Calcular el desplazamiento vertical del punto C en la viga representada, por acción del momento aplicado MO. El tramo AC tiene rigidez flexional 2EIZ y el tramo CB tiene rigidez flexional EIZ.
5wa3 . 2EI Z
MO A
C L/3
2L/3
B
Determinamos el diagrama de momento flector real, el diagrama de momento flector reducido y el diagrama de momento flector por carga unitaria.
722
Mecánica de Sólidos
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1
MO C MO
C 2MO/3 A1
MO/2EIZ 2MO/3EIZ
A2
Notar la discontinuidad en el diagrama de momentos reducidos, debido al cambio en la rigidez flexional de los tramos AC y CB.
t2
t1
2L/9
Las áreas de interés son: A1 = (1/2)(L/3)(2L/9) = L2/27 A2 = (1/2)(2L/3)(2L/9) = 2L2/27
MO/3EIZ
Las ordenadas de interés son t1 = 7MO/18EIZ t2 = 4MO/9EIZ. A2
A1
La deflexión solicitada es ΔCV A1 t1 A2 t 2 . Reemplazando valores y simplificando
23 MO L2 . 486 E IZ Nota: En casos como éste, es más conveniente que la función f sea definida por los diagramas de momento flector por carga unitaria, y que la función g sea definida por el diagrama de momentos flectores reducidos. obtenemos ΔCV
8) En el sistema representado calcular la rotación del nudo (2) incluyendo solamente efectos de flexión. Considerar c0onstante la rigidez flexional EIZ. Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos y el diagrama de momentos por carga unitaria. wa2/2EIZ
1
a
(2)
w
(2) P=aw
a/2
a
(3)
a/2 (1) 1
(2)
a/2
a/2
Como en el elemento vertical el momento flector por carga unitaria es nulo, la sumatoria por la que se calculará la deflexión, se reduce a la multiplicación de los diagramas correspondientes al elemento horizontal.
723
Mecánica de Sólidos
wa2/2EIZ
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CG
1
m(x)=5/8
A
a
x= 3a/8
x= 3a/8 La rotación del nudo (2) es Θ(2) A m(x) =
2a wa2 5 5wa3 . ( ) . Simplificando Θ(2) 24EI Z 3 2EI Z 8
9) Calcular el desplazamiento horizontal del punto A, originado por la deformación debida a la flexión. Considerar constante la rigidez flexional EIZ en todos los elementos.
P
P/2
a a 2a
Determinamos los diagramas de momentos flectores reducidos y de momentos flectores por carga unitaria.
A
Pa/2
-aP/2EIZ
Pa/2EIZ
-aP/2EIZ Pa/2EIZ
a
2a
-3aP/2EIZ a
a
a
A
1
-a
Efectuando las multiplicaciones de los diagramas correspondientes, encontramos que la deflexión solicitada es a 6aP 2aP a aP 4aP aP a 1 aP a ΔAH a 6 2EI Z 2EI Z 6 2EI Z 2EI Z 2EI Z 2 2 2EI Z a 1 aP 1 aP a a a 2 2 2EI Z 2 2EI Z
724
Mecánica de Sólidos
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Simplificando encontramos ΔAH
7 P a2 . 8 E IZ 3P
P
10) En el sistema representado determinar las tres componentes del desplazamiento del punto A (horizontal, vertical y rotacional). Incluir sólo efectos de flexión. Considerar constante la rigidez flexional EIZ en todos los elementos.
a
2a
A
4a
Determinamos los diagramas de momentos flectores reducidos y los diagramas de momentos flectores por cargas unitarias. -3aP/2EIZ
-2aP/EIZ
-2a 1 A
A
aP/EIZ
-2a
Multiplicando ambos diagramas obtenemos ΔAV : aP 16 a P2 2a 2aP 2a 4a 2a ΔAV . (En sentido contrario al asignado 3 E IZ 3 EI Z EI Z a la carga unitaria).
1 A
A 4a 4a
Multiplicando ambos diagramas obtenemos ΔAH : aP 8 P a3 4a ΔVH 4a . E IZ 2 EI Z
-1 1 A
A 4a -1
725
Mecánica de Sólidos
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Multiplicando ambos diagramas obtenemos Θ A : ΘA
2 1 2a 2aP 1 4a aP 1 2 P a (En sentido contrario al asignado al 2 E IZ EI Z EI Z
momento unitario). 11) En el sistema representado calcular el giro del punto A, incluyendo solamente efectos de flexión. Considerar constante la rigidez flexional EI Z en todos los elementos. Determinamos los diagramas de momentos flectores reducidos y momentos flectores por carga unitaria. -6P/EIZ P A
6P/EIZ
8m
6m -6P/EIZ -1
A
1
1
-1
Multiplicación de diagramas.
A1 x1
-6P/EIZ
A2
6P/EIZ
-1 m(x1)=-1 1
m(x2)=1
x2
m(x3)=-1 A3 x3
-6P/EIZ
-1
Como los diagramas de momento flector por carga unitaria son constantes tramo por tramo m(x1)=-1; m(x2)=1; m(x3)=-1 (cualesquiera sean las abscisas x1, x2, x3). (*) . Reemplazando los Giro del punto A: ΘA A1 m(x1 ) A2 m(x 2 ) A3 m(x 3 ) valores de las áreas y de las ordenadas correspondientes, obtenemos:
726
Mecánica de Sólidos
ΘA
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6P 1 6P 1 1 6P 66 P 1 10 1 6 1 6 . 2 EI Z 2 2 EI Z E IZ EI Z
12) Problema hiperestático. En la viga que se representa, determinar las reacciones y graficar el diagrama de momento flector. Considerar EIZ constante. Distancias AD=2m; DB=3m; BC=6 m.
30 Ton D
A
C
B
Se trata de una viga hiperestática (externa) de primer orden. Sea X C la reacción redundante. Es conveniente usar el principio de superposición. 30 Ton
30 T
D1
=
D2 + XC
XC
Condición de compatibilidad: D1 + D2 = 0 (*). Puesto que C es un apoyo articulado, sin libertad para moverse verticalmente. Los desplazamientos D1 y D2 se determinan, por ejemplo, por el Método de Vereschaguin. Cálculo del D1 (fuerzas en toneladas y longitudes en centímetros). 30 T
A
B
36/EIZ
2m 3m
C 1
6 6m
5m
6m
Como en el tramo BC el momento flector reducido es nulo, la multiplicación de los diagramas sólo se realiza en el tramo AB. 36/EIZ
Multiplicación de diagramas Tramo AB. B
A
6 12/5
A
2m
3m
2 36 12 3 36 24 Δ1 6 3 EI 5 6 EI 5 Z Z 252 Es decir, Δ1 () EI Z
B
Cálculo del D2 (fuerzas en toneladas y longitudes en centímetros).
727
Mecánica de Sólidos
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XC
A
B
6XC/EIZ
1
6
6m
5m
C
6m
5m
Multiplicación de diagramas. 132 5 6 X 6 6 X Δ 2 C 6 C 6 (). EI Z 3 EI Z 3 EI Z 252 132X C 0 . De donde obtenemos EI Z EI Z X C 1.909 Ton . (En sentido contrario al supuesto para la carga unitaria)
Reemplazando en la ecuación de condición (*)
Las ecuaciones de equilibrio son RA+RB=31.909 y 5RA-30(3)+1.909(6)=0. Resolviéndolas encontramos RA=15.70 Ton; RB=16.2 Ton. Con estos valores se grafica el diagrama de momento flector. A
B
C
31.418 T-m
-11.454 T-m
13) Para la viga que se representa graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Ambos tramos tienen la misma rigidez flexional EIZ.
Elástica
B
A L
C
L
Sea RC la reacción redundante. Aplicaremos el principio de superposición. w
RC C
=
Ecuación de compatibilidad D1 + D2 = 0
w
D1 C
+
RC C D2
(*).
Cálculo de D1
728
Mecánica de Sólidos
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A
B L
L
1
B
A
L
L
wL2/8EIZ
-L La multiplicación de ambos diagramas permite determinar: wL4 2 wL2 L , en sentido contrario al asignado a la carga Δ1 L 24EI Z 3 8EI Z 2 unitaria, wL4 Δ1 . 24EI Z Cálculo de D2 RC 1 B B A A L L L L
-L
-RCL/EIZ La multiplicación de ambos diagramas permite determinar: 1 R CL 2L 1 R CL 2L 2R CL3 Δ 2 L L 2 EI Z 3 2 EI Z 3 3EI Z
.
Reemplazando en la ecuación de condición (*) obtenemos
wL4 2R L3 C 0, de 24EI Z 3EI Z
wL . Usando las ecuaciones del equilibrio estático, se 16 7wL 5wL determinan R A . y RB 16 8 Con estos valores pueden graficarse los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
donde encontramos R C
729
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A
B L
L
C
9wL/16
-wL/16
-7wL/16
-wL2/16 A 14) En el sistema representado, hallar la deflexión vertical del punto D. Las vigas AD y BE tienen la misma rigidez flexional EI=2.6 x 1010 Kg-cm2. La barra (tirante) DC tiene área transversal A=3 cm2 y módulo elástico E=2 x 106 Kg/cm2. Considerar L=1.5 m; h=3.75 m.
D h
B
P=5 T
C
E L
L
Seccionamos el sistema en el punto D. Sea X la fuerza axial en el tirante CR.
A
A
D D1
D D1 X
X
X X B
C
D
P=5 T
P=5 T E
D2
B
E C
Ecuación de condición D1= D2 (en valor absoluto). El desplazamiento D1 es causado por la flexión de la viga AD; mientras que el desplazamiento D2, es causado por la superposición de la deflexión de la viga BCE y el alargamiento del tirante CD por carga axial. Por lo tanto, Δ 2 Δ c Δ TIRANTE , es decir Δ1 Δ C Δ TIRANTE (*).
730
Mecánica de Sólidos
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Cálculo de D1.
Multiplicación de diagramas:
X
1 D
D
Δ1
1 XL 2L XL3 L 2 EI 3 3EI
-L
-XL/EI Cálculo de DC X
1
5T C
C L
L
L
-5L/EI
L
(-10L+XL)/EI L 10L XL 5L L2 2XL 25L Multiplicación de diagramas: Δ C L 2 . EI EI 6 EI 6 Xh Δ TIRANTE . Reemplazando en la condición (*), tenemos EA 25L3 XL3 L2 2XL 25L Xh 6EI . Reemplazando valores conocidos: EA 0 X 2L3 3EI 6 EI h 3EI EA XL3 X=3.629 Ton. Con lo cual el desplazamiento D1 es D1= 0.157 cm . 3EI
15) Determinar las reacciones en los apoyos de la viga que se representa. La rigidez flexional es la misma en ambos tramos.
4.5 T A
C
B 3m
3m
Se trata de una viga hiperestática externa de segundo orden. Sean RB y RC las reacciones redundantes. Para mayor facilidad, usaremos el principio de superposición.
1.5 m 4.5 T A
C
B RB
RC
4.5 C
B
A
A
C
B
A
B
C
RB
Δ'B
y
Δ'C
Δ'B'
y
RC
Δ'C'
Δ'B''
y
Δ'C''
731
Mecánica de Sólidos
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Ecuaciones de condición: Δ'B Δ'B' Δ'B'' 0
(*)
y
Δ'C Δ'C' Δ'C'' 0
(**)
Las deflexiones se calculan por multiplicación de los diagramas. Reemplazando los resultados en las ecuaciones (*) y (**), tenemos: 70.875 9R B 22.5R C EI EI EI
205.03 22.5R B 72R C , de donde encontramos: EI EI EI
RC=1.77 Ton y RB=3.46 Ton 16) En el sistema representado, calcular la aproximación entre los puntos A y B. Los elementos verticales tienen rigidez flexional EI y el elemento horizontal tiene 4EI como rigidez flexional. Incluir solamente deformaciones por momento flector. La aproximación entre los puntos A y B es un desplazamiento generalizado, por tanto la “carga unitaria” respectiva está conformada por dos fuerzas unitarias opuestas en la dirección AB. q
A
A 1
6m
3m
6m
1
B
B
Determinamos los momentos flectores reducidos y los momentos flectores por la carga unitaria. A
A
3 2
18q/4EI B -18q/EI
-18q/EI
3 2
B
-18q/4EI Efectuando la multiplicación de los diagramas, encontramos:
3 2 6q 94.5 2 1 18q 3 6 Δ AB 6 q. 3 2 EI 3 EI 4 2 4EI
732
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
6.06) Teoremas de Mohr. Método del Área del Diagrama de Momentos 6.06.1)
Introducción. Definiciones
Los Teoremas de Mohr originan el método para calcular deflexiones conocido como Método del Área del Diagrama de Momentos. Directamente, los Teoremas de Morh no calculan flechas ni pendientes de la curva elástica, sino calculan ciertas deflexiones auxiliares (desviaciones). Eje neutro inicial A Definición) Desviación vertical, medida en un punto de la curva elástica, respecto a la recta tangente trazada por otro punto, es el segmento comprendido entre dicha recta tangente y la δ AB posición deflectada del otro punto. Generalmente δ AB δBA . Tangente por B Definición) Desviación angular de la pendiente en un punto A, con respecto a otro punto B, es el ángulo orientado comprendido entre las rectas tangentes a la curva elástica, trazadas por los puntos de interés. Convenio de Signos (i) Desviaciones tangenciales
B A
B Elástica δBA
Tangente por A B
A
ΦB Φ AB
ΦA
Tangente final
Tangente inicial δBA
δBA
B
A
Negativa: El punto B se sitúa bajo la recta tangente de referencia.
Positiva: El punto B se sitúa sobre la recta tangente de referencia. (ii) Desviaciones angulares
Inicial A
B
B
ΦBA Final
Φ AB
Final
A
Inicial
Positiva: La recta tangente en el punto de referencia situado a la derecha (B) se obtiene girando en sentido antihorario a la recta tangente trazada por el punto situado a la izquierda (A).
Negativa: Similar al caso anterior, con la diferencia que la recta tangente inicial gira en sentido horario hasta convertirse en la recta tangente final.
733
Mecánica de Sólidos
6.06.2)
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Teoremas de Mohr
Primer Teorema de Área de Momentos “El cambio total de pendiente, desviación angular o ángulo entre las rectas tangentes a la curva elástica trazadas en dos de sus puntos, es numéricamente igual al Área A, limitada por el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos comprendido entre tales puntos”. dΦ
B
Φ AB
A
M
M
Final
Inicial
ds dx dΦ
Para deformaciones infinitesimales, con aproximación suficiente: dΦ M , de donde dx EI Z xB
ΦB Φ A
xA
ΦB
xB
ΦA
xA
M
dΦ EI
M dx Φ AB EI Z
xB
M
EI
xA
dx . Efectuando las integraciones, obtenemos:
Z
dx
(1).
Z
La integral de la igualdad (1) es numéricamente igual al área A limitada por el diagrama de momentos flectores reducidos, en el tramo de interés.
A
Diagrama de momentos flectores reducidos A Φ AB . Nota: Observar que el Primer Teorema de Mohr no calcula directamente los ángulos de giro o las pendientes de la curva elástica.
xA
A
A
B xB
Segundo Teorema “La desviación vertical (o tangencial) de un punto de la curva elástica, con respecto a otro punto, es igual al Momento Estático del Área A limitada por el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos en el intervalo de interés, respecto de la vertical que pase por el punto donde se requiere la desviación vertical”.
xA
xB
δBA
B
A
dΦ
x
x dΦ
x
δBA
734
Mecánica de Sólidos
A partir de
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dΦ M , dx EI Z
det er min amos dΦ
M dx . El segmento de longitud δBA se EI Z
x dΦ , es decir δ
calcula como una integral δBA
BA
xx
(L AB )
L
M dx EI Z
(2).
La integral de la igualdad (2) calcula la desviación vertical del punto B respecto a la recta tangente trazada por el punto A. Dicha integral es numéricamente igual al Momento Estático del Área A limitada por el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos, en el tramo de interés, con respecto a la vertical que pasa por el punto B (del cual se mide su desviación vertical). x M/EIZ Diagrama de Momentos Flectores Reducidos
dx
A
B Eje del Momento Estático
xA
xB Nota) Los Teoremas de Mohr son útiles para evaluar deflexiones verticales y rotacionales en elementos sometidos a flexión. Sin embargo, su aplicación sólo es inmediata en los casos donde sea posible definir una recta “tangente conocida” a la curva elástica. A
A B En este caso particular: ΦBA ΦB
ΦBA ΦB
B
δBA
En este caso particular: uB δBA
Observar que en estos casos, la recta tangente inicial (trazada por el punto A) tiene pendiente conocida (horizontal). EJEMPLOS 1)
En la viga representada, calcular (a) La diferencia de pendiente entre los puntos A y B; (b) La deflexión del punto A respecto a la recta tangente trazada por el punto B. Considerar E=2,100 T/cm2; IZ=8,000 cm4 en toda la viga.
B
A
2.1 m 0.9 m
1.5 m
4.5 Ton 3m
Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos. A
B
4.5 Ton 6.48/EIZ
8.1/EIZ
2.7/EIZ δ AB
ΦBA
A A
B
735
Mecánica de Sólidos
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a) Usando el Primer Teorema de Mohr, tenemos 2.7 6.48 1 . Reemplazando valores de la rigidez flexional EIZ, ΦBA A 2.1 2 EI Z EI Z obtenemos ΦBA 0.00574 Rad . b) Usando el Segundo Teorema de Mohr (el eje para el momento estático es una recta vertical que pasa por el punto A), tenemos 2.7 2.1 1 6.48 2.7 2 2.1 . Reemplazando los valores de EIZ, δ AB 2.1 EI Z EI Z 2 2 3 obtenemos δ AB 0.68 cm , positiva de acuerdo al convenio. 2) Calcular, por el método del área del diagrama de momentos, la máxima flecha y la rotación del apoyo A generados en la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.
w
A
B
L
Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos. Además, la recta tangente trazada por el punto C es horizontal (tangente conocida). w
B
A
C
A
ΦA
A
wL2/EIZ
B uC
ΦCA
L/2 Para estos casos ΦCA ΦA y también uC uMAX δ AC (por ser horizontal la recta tangente trazada por el punto C). 2 L wL2 w L3 Por el primer Teorema de Mohr: ΦCA A, luego ΦCA 3 2 8EI Z 24 EI Z Por el segundo Teorema de Mohr, sabemos que la desviación vertical: δ AC es igual al momento estático del área A limitada por el CG diagrama de momentos flectores reducidos A con respecto a la recta vertical que pasa por A C el punto A. Por tanto: 5L/16 2 L wL2 5L 5 w L4 δCA uMAX . 3 2 8EIZ 16 384 EI Z 3) Para la viga que se representa, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Considerar EIZ constante.
w
A
L
B
Problema hiperestático. Sea RB la reacción hiperestática. Las ecuaciones del equilibrio estático son: i) RA+RB=wL; ii) MA+RBL=0.5 wL2. La ecuación de compatibilidad es δBA 0
(*)
736
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Tangente conocida (horizontal)
w
MA RA
B
A
A
RB
B δBA
Para desarrollar la condición de compatibilidad (*) es conveniente emplear el principio de superposición. w
w
MA
MA
= RA
RB
+ R’A
wL2/8EIZ
R’B
R’’B
R’’A
-MA/EIZ Usando el segundo Teorema de Mohr, tenemos: 2 wL2 L 1 MA 2L wL4 MAL2 L δBA L . Reemplazando en la ecuación (*) 3 8EI Z 2 2 EI Z 3 24EI Z 3EI Z wL2 wL2 MA 0 MA . Reemplazando en las ecuaciones de equilibrio, tenemos 8 8 5wL 3wL RA y RB . Conociendo las fuerzas de reacción, pueden ser trazados 8 8 los diagramas de fuerza cortante y de momento flector.
Momento flector Fuerza cortante 5L/8
9wL2/128
3wL/8
-5wL/8 -wL2/8 15 Ton 4) Usando los Teoremas de Mohr, calcular la pendiente de la elástica en los puntos A y D. Encontrar la flecha en el punto D. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.
D
A 3m
C
B 1m
2m
Determinamos el valor δ CA usando el segundo Teorema de Morh. 1 20 4 2 4 1 2 20 2 2 160 . Para deformaciones infinitesimales, 2 EI Z 3 2 EI Z 3 EI Z 26.67 con aproximación suficiente tenemos δCA 6 θA , luego θ A . EI Z δCA
737
Mecánica de Sólidos
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15 Ton D
A 3m
Por el primer Teorema de Mohr: C
B 1m
ΦDA
2m
1 15 22.5 . 3 2 EI Z EI Z
Relaciones geométricas: 20/EIZ
15/EIZ
θA
uD
uD
ΦDA
θD
δDA
3m
θA θD ΦDA θD θA ΦDA 26.67 22.5 4.17 Luego θD EI Z EI Z EI Z Flecha en el punto D
Reemplazando valores, tenemos δ CA
26.67 1 15 1 3 3 uD 3 EI Z 2 EI Z 3 57.51 uD . EI Z
Deformaciones infinitesimales: δ θ A CA 6
5)
uD δDA 3θA uD 3θA δDA
En la viga representada, determinar la pendiente y el giro en el punto C. Considerar E=2 x 108 Klb/pulg2; I=5 x 10-4 m4 en toda la viga. AC = 4 m; CB = 6 m.
100 KN
A
B
C
Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos. En la curva elástica elegimos la pendiente del punto A como pendiente de referencia. A
240/EIZ
C θA
A
B 4/5 m
4m
B
uC
ΦCA
θC
δ CA δBA
Por el segundo Teorema de Mohr, tenemos 6,400 1 240 4 1 240 6 6 4 δ AB 4 . EI Z 2 EI Z 3 2 EI Z Para deformaciones infinitesimales: δ 640 θ A BA 10 EI Z
738
Mecánica de Sólidos
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Relaciones geométricas: θA θC ΦCA 640 450 160 encontramos θC . EI Z EI Z EI Z
θC θA ΦCA . Reemplazando valores,
1 240 4 640 Por aplicación del segundo Teorema de Mohr, tenemos δ CA 4 . 4 EI Z 3 EI Z
Relaciones geométricas 4θ A δ CAuC
tenemos uC 0.0192 m
640 640 uC 4 . Reemplazando valores EI Z EI Z
θC 1.6 x 103
y
6) En la viga que se representa, determinar la pendiente en el punto D y la máxima deflexión vertical. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.
Rad (sentido horario).
P A
a
P
C
B L
a D
Dependiendo de los valores numéricos, la deflexión máxima puede presentarse en el centro de la luz o en los puntos extremos. Determinamos los momentos flectores reducidos. Primer Teorema de Mohr: P A
a
B
E L
C
P a D
-Pa/EIZ
L/2 E
Pa L 1 Pa a θD ΦDE EI Z 2 2 EI Z Pa L a (sentido horario). θD EIZ Segundo Teorema de MOhr: PaL2 L Pa L uE δCE 8EI Z 2 EI Z 4
ΦDE
(El signo menos indica que el punto C se ubica bajo la recta tangente de referencia θD trazada por el punto E’). PaL2 D’ uE 8EI Z
La deflexión del punto D es (valor absoluto) es uD δDE uE . Pa L L 1 Pa 2a Pa2L PaL2 Pa3 a a δDE , por tanto el valor 4 2 EI Z 3 2EI Z 8EI Z 3EI Z EI Z 2 Pa2L PaL2 Pa3 PaL2 Pa aL a2 de ud es: uD . 2EI Z 8EI Z 3EI Z 8EI Z EI Z 2 3
7) Una viga en voladizo tiene 4 m de longitud y soporta una carga concentrada de 40 KN. (i) Determinar la flecha en el extremo libre. (ii) Cuánto cambiará este valor, si se aplica la misma carga pero en forma repartida en la porción que ocupa 3 m desde el apoyo. Considerar EIZ=65 x 106 N-m2.
P C
B 1m
A 3m
739
Mecánica de Sólidos
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P C
B
Segundo Teorema de Mohr: 1 3P 2 3 . Reemplazando uB δBA 3 2 EI Z 3
A
valores, tenemos uB 5.538 x 103 m . También por el Primer Teorema de Mohr, 1 3P 2.769x10 3 Rad . θB ΦBA 3 2 EI Z
-3P/EIZ
uC
θB
uB
Luego: uC uD 1 2.769 x 103 8.307 x 103 m .
Condición geométrica uC 8.307 x 103 m . w C
B
Segundo Teorema de Mohr: 1 59,998.5 9 2.077 x10 3 m u'B 3 3 EI Z 4
A 9/4 m
Primer Teorema de Mohr: 1 59,998.5 9.23x10 4 Rad θ'B 3 3 EI Z
-59,998.5/EIZ Finalmente, Δ'C 2.077x103 (1)(9.23x104 ) u'C 3x103 m.
( u'C 3x103 m ). Notar que por la carga repartida uniforme en el tramo indicado, la flecha en el extremo libre se reduce en el 64%. 8) En la viga que se representa, usando los Teoremas de Mohr, calcular la pendiente en el punto A y la deflexión vertical en el punto C. Considerar el momento de inercia relativo IZ=2,500 pulg2 y el módulo de elasticidad E=29,000 Klb/pulg2. Distancias: AB = 10’; BC = 10’; CD = 10’; DE = 15’; EF = 10’.
40 Klb
A
15 Klb
D E
C
B 2IZ
F
IZ
Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos, teniendo en cuenta el cambio de rigidez flexional. 100/EIZ
A A
B
C
D
E
F
-150/EIZ -200/EIZ
740
Mecánica de Sólidos
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Debido a la articulación que existe en el punto C, la curva elástica no es derivable en dicho punto. Por tanto, los Teoremas de Mohr deberán ser aplicados en cada tramo de la viga. 20’
A A
10’
B
A
ED
D
C D
10D
E 15’
F uC
CD C’
CA
δED . Aplicando el segundo 15 1 150157.5 1 501510 20,625 . Por EI Z 2 EI Z
Pendiente en el punto D. Relación geométrica θD Teorema de Mohr, tenemos: δED
20,625 1,375 . 15EI Z EI Z Deflexión vertical del punto C. Relación geométrica uC 10 θD δCD . Donde el valor δ CD se determina por el Segundo Teorema de Mohr:
tanto θD
δ CD
1 200 20 6,666.67 10 . 2 EI Z EI Z 3
1375 6,666.67 20,416.67 La deflexión del punto C es por lo tanto uC 10 . EI Z EI Z EI Z
Reemplazando valores numéricos tenemos uC
20,416.67123 0.488 pu lg .
(29,000)(2,500) u δ CA Pendiente en el punto A. Relación geométrica θ A C . Donde la desviación 20 δ CA se determina por el Segundo Teorema de Mohr:
δ CA
1 100 20 10,000 20 10 . 2 EI Z EI Z 3
741
Mecánica de Sólidos
Luego
θA
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1 20,416.67 10,000 1,520.84 . 20 EI Z EI Z EI Z
finalmente θ A
Reemplazando
EIZ
obtenemos
1,520.84 123 0.003 Rad, en sentido horario. 29,0002,500
9) Usando el método del área del diagrama de momentos, encontrar el giro y el desplazamiento horizontal de cada nudo del sistema representado. La viga horizontal tiene rigidez flexional 2IZ. Los elementos verticales tienen IZ como rigidez flexional. El módulo de elasticidad para todo el sistema es E.
10 T 3
2
1m 5T
3m
4m 4 1 3m
Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos.
3m
12.5/EIZ 10/EIZ 20/EIZ
+ 3
2
20/EIZ
+ 4 1
Δ3H
Δ2H 2
2
3
3
d3
d2
4 2 4
d4
1 Δ4H
1 d1
d5
Aplicación del segundo 1Teorema de Mohr: 12.53 2 1034.5 32.5 4 EIZ d3 2 2 d 31.25 geométrica θ2 3 . También 6 EI Z
d3
187.5 . Luego, por una relación EI Z
742
Mecánica de Sólidos
EI Z d2 10 31.5
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3 2.52 12.5 4 , d2 127.5 . También θ3 d2 21.25 θ4 . 2 2 EIZ 6 EI Z
Aplicación del primer Teorema de Mohr: 204 202 80 . Por una relación geométrica, tenemos θ θ θ . De θ12 1 2 12 2EI Z EI Z EI Z 31.25 80 111.25 . EI Z EI Z EI Z Aplicación del segundo Teorema de Mohr: 204 8 2025 306.67, d 306.67 . EIZ d1 1 2 3 EIZ Por relaciones geométricas tenemos 63.75 . Los desplazamientos pedidos son: d4 3θ4 EI Z 494.17 557.92 ; Δ1H 0. Δ2H d1 d5 Δ3H ; Δ4H Δ3H d4 EI Z EI z
donde θ1
10) Una viga uniforme AE está unida a dos apoyos situados a una altura δ O por encima de una superficie horizontal rígida. Cuando se incrementa la magnitud P de las cargas aplicadas, una parte central FG de la viga es forzada a establecer contacto con la superficie rígida horizontal. Si δ O es pequeña comparada con la longitud de la viga, expresar P=P(a, δ O , EIZ), sabiendo que la porción FG de la viga tiene longitud a. a
2a
P
A
a
P
E D
B G
F
O
a Consideremos la porción AF de la viga (o, equivalentemente por la simetría, la porción EG). Como el tramo FG debe ser recto (contacto con la superficie rígida horizontal), la curvatura en el punto F debe ser cero y, en consecuencia el radio de curvatura en el EI EI punto F, debe ser . Luego MF Z Z 0 . Calculemos la reacción en el punto A. ρF A
P RA
O
B
F a
Tangente trazada por el punto F
a/2 Pa/2EIZ A1
A A2
-Pa/2EIZ
Condición de la curvatura nula: MF=0. Luego, (RA)(3a/2)=(P)(a/2), de donde RA=P/3. Condición geométrica: La desviación tangencial del punto A, medida con
743
Mecánica de Sólidos
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respecto a la recta tangente trazada por el punto F, debe ser igual a la distancia O. Por el segundo Teorema de Mohr determinamos δ AF . La desviación tangencial es δ AF A1x1 A2 x 2 Las áreas de momentos reducidos son 1 a Pa 3Pa2 A1 a 2 2 2EI Z 8EI Z
(*). A2
1 a Pa Pa2 (**) 2 2 2EI Z 8EI Z
2 a 2 a 4a a a , y x2 a 3 2 3 2 3
Las distancias centroidales son x1
Reemplazando (**) y (***) en (*) y simplificando obtenemos δ AF condición geométrica δ O
(***)-
5Pa3 . Por la 24EI Z
5Pa3 24 E IZ δ O , de donde obtenemos P . 24EI Z 5 a3
11) Una viga de resistencia constante AB tiene sección rectangular de ancho uniforme b y altura variable h. Expresar la deflexión en el extremo A en función de P, L y la rigidez flexional EIO en la sección B.
P A
h
hO
x
B L
El momento de inercia en cualquier sección genérica definida por la distancia x, es IZ=bh3/12. El momento de inercia en la sección de empotramiento es I O=bhO3/12. h I Luego obtenemos la relación 3 Z . hO IO Si la viga es de resistencia constante, entonces Mc/IZ es de valor constante a lo largo Px h / 2 PL hO / 2 , de donde obtenemos x hO IZ . Si de AB. Por tanto: L h IO IZ IO x reemplazamos la relación h/hO obtenemos la ley de variación IZ IO L
Para cualquier sección genérica
M EI Z
Px 3/2
PL3 / 2 . EI O x
x EI O L L L PL3 / 2 M dx x Teorema de Mohr, tenemos: δ AB x EI Z EI O x 0 0 Condición de compatibilidad geométrica: uA δ AB .
Finalmente uA
3/2
.
Por el Segundo
3 dx 2PL . 3EI O
2PL3 3EI O
744
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12) La barra AD descansa sobre la barra EF según se indica en el esquema. Sabiendo que la rigidez flexional es EI para ambas barras, determinar (a) La dimensión b para la cual la deflexión del punto C es nula; (b) La deflexión correspondiente del extremo A. Considerar que ambas barras se cruzan ortogonalmente. Usaremos el Segundo Teorema de Mohr y condiciones geométricas para determinar las deflexiones correspondientes. Independizamos ambas vigas, adicionando la fuerza de interacción RB. F
P B
A
b
a
a
a
C
b
E
D
Barra AD PP A
B
C
D
a
a
Equilibrio: RB=3P/2 () RD=P/2 ()
a RD
RB
B
CB
AB
DB
4a/3
-Pa/2EI -Pa/EI Por aplicación del segundo Teorema de Mohr, calculamos desviaciones verticales: δDB 2Pa2 1 Pa 4Pa3 2 . . Relación geométrica θB δBD 2a 2a 2a 3EI 2 EI 3EI 3
δ AB
3 1 Pa 2a a Pa . 2 EI 3 3EI
5Pa3 Pa a 1 Pa Pa 2a δCB a . a 12EI 2EI 2 2 EI 2EI 3 Deflexiones: 1 u'A δ AB δDB (Geometría) 2 Reemplazando y simplificando, A u A’
B
AB
u C’
CB C
DB
B D
745
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Pa3 . EI También: 1 u'C δ CB δDB . 2 u'A
Reemplazando valores y simplificando obtenemos u'C
Pa3 . 4EI
Barra EF RB=3P/2
E b
B
F
b
La desviación vertical δEB es: 3P/4
3P/4 3Pb/4EI
δEB
1 3Pb 2b Pb3 . 2 4EI 3 4EI
Condición geométrica uB δEB . Luego uB
Pb3 . 4EI
uB
EB
B Determinamos las deflexiones de A y C ocasionadas por el movimiento del apoyo B Relaciones geométricas: (asumiendo AD rígida). 3 3 Pb3 3Pb3 u`` u A B 2 2 4EI 8EI B C A D u’’ C uB u’’A
u'C'
1 1 Pb3 Pb3 uB . Por tanto, las deflexiones totales son: 2 2 4EI 8EI
uA u'A u'A' uC u'C u'C'
Pa3 3Pb3 P 3b3 . a3 EI 8EI EI 8
Pa3 Pb3 P b3 a3 . 4EI 8EI EI 2
b3 0 , de donde b 3 2a 1.26 a. 2 P 3 7Pa3 La deflexión correspondiente del extremo A, es uA a3 2a3 EI 8 4EI Condición del problema uC=0, luego a3
.
746
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P
13) Usando los Teoremas de Mohr, encontrar los momentos flectores en los vértices del sistema representado. Considerar todos los elementos con la misma rigidez flexional EI.
h L/2
L/2
Debido a la simetría, el sistema puede ser descompuesto en cuatro elementos.
P
Por las condiciones de nudos rígidos se cumple que 2=1
(a)
P M
M
1
M
M
2
M
M M
M P
Resulta cómodo usar el principio de superposición: P M
M/EI
M
1
Para el elemento horizontal, teniendo presente la simetría, por aplicación del primer Teorema de Mohr. Encontramos:
+ PL/4EI
PL2 ML M L 1 PL L . 0 θ1 , de donde θ1 16EI 2EI EI 2 2 4EI 2 Para el elemento vertical, teniendo presente la simetría, por aplicación del primer Teorema de Mohr. Encontramos: M/EI M
M h Mh θ2 EI 2 2EI
2 + M
Según la condición (a) tenemos: Mh PL2 ML , de donde 2EI 16EI 2EI PL2 M 8h L
747
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6.07) Teorema de los Tres Momentos (Teorema de Clapeyron) 6.07.1)
Introducción
El Teorema de los Tres Momentos es fundamental en el estudio clásico de sistemas hiperestáticos. Tiene aplicaciones inmediatas en la solución de vigas continuas (vigas con más de dos apoyos).
La sustentación más simple de una viga continua de n apoyos consiste en un apoyo articulado fijo y (n-1) apoyos móviles. El número de incógnitas a determinar (fuerzas de reacción) es en total 2+(n-1)=n+1. Puesto que se disponen de tres ecuaciones del equilibrio estático, el problema es hiperestático externo de orden (n-2). El sistema de sustentación puede ser más complejo, incrementándose en estos casos el grado u orden de hiperestaticidad.
En el Teorema de los Tres Momentos se desarrolla una relación algebraica entre los Momentos Flectores en tres apoyos consecutivos cualesquiera, siempre que la viga sea continua entre tales puntos de apoyo (es decir, que no existan articulaciones u otros mecanismos que rompan la continuidad interna de la viga).
Articulación M=0 6.07.2)
Ecuación de los Tres Momentos
Las vigas continuas son caracterizadas por la “continuidad y derivabilidad” de su curva elástica, que en ningún punto presentará cambios bruscos de inclinación.
Elástica Al deducir la ecuación de los tres momentos conviene introducir posibles movimientos verticales de los apoyos, que simulen efectos importantes en Mecánica de Sólidos. Los desplazamientos de los apoyos influyen en las fuerzas internas, siempre que no sean iguales en todos los apoyos. Consideremos una porción de viga, comprendida entre tres apoyos consecutivos, en su configuración no deformada.
748
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n
n-1 Rn-1
Rn
Ln
n+1 Rn+1
Ln+1 EIn+1
EIn
Las cargas aplicadas en cada tramo generan los denominados Momentos Flectores Libres (Isostáticos). n
n-1 Rn-1
Rn
Ln
n+1
EIn+1
EIn
Xn+1
Xn CGn
An
Rn+1
Ln+1
An+1
CGn+1
En general, los momentos flectores (reales) en los apoyos no son nulos, sino que tendrán valores Mn-1, Mn, Mn+1 los mismos que determinan un Diagrama de Momentos Flectores Fijos. Mn Mn-1
Mn+1
n-1
n
Ln/3
n+1 Ln+1/3
2Ln/3
2Ln+1/3
El diagrama real de momentos flectores será la superposición de los momentos determinados anteriormente (Momentos Libres + Momentos Fijos). Incluyendo los posibles movimientos verticales de los apoyos, la curva elástica tendrá la forma indicada en la gráfica siguiente: Sean Zn y Zn+1 las desviaciones verticales correspondientes a los apoyos n-1 y n+1, respectivamente. Sean n y n+1 los desplazamientos o movimientos (relativos) de los apoyos n-1 y n+1, con respecto al apoyo central n.
749
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Zn+1
n
n+1
n n-1
n
n+1
Zn
Tangente a la elástica trazada por el apoyo n
Ln; EIn
Ln+1; EIn+1
El ángulo n indica la pendiente de la curva elástica trazada por el apoyo intermedio n. Para deformaciones infinitesimales, con suficiente aproximación tenemos: δ Zn δn 1 Zn 1 δn θn n , expresión que puede escribirse, Ln L n 1 δn Zn δn 1 δn Zn 1 (*). Ln Ln L n 1 L n 1 Las desviaciones verticales Zn y Zn+1 se determinan por aplicación del segundo Teorema de Mohr. Al respecto, sabemos que Z = A x/ EIz, donde A es el área del diagrama de momentos flectores reducidos en el tramo donde se calcula Z. Por tanto, para el tramo de longitud Ln, la desviación vertical es 1 M L L M L 2L 1 Mn 1L2n MnL2n Zn Α n x n n 1 n n n n n An x n EIn 2 3 2 3 EIn 6 3 De manera similar, para el tramo de longitud n+1, la desviación vertical Zn+1, es: 1 ML 2L M 1L n 1 L n 1 Z n 1 A n 1 x n 1 n n 1 n 1 n EIn 1 2 3 2 3
1 Mn 1L2n 1 MnL2n 1 A n 1 x n 1 . EIn 1 6 3
Observar que sg(Zn) sg(Zn+1) porque ambas desviaciones son medidas en sentido contrario. Reemplazando Zn y Zn+1 en la ecuación (*), obtenemos: Mn 1L2n MnL2n Mn 1L2n 1 MnL2n A x A x n n n 1 n 1 6 3 δn δn 1 δn 6 3 , expresión EInL n Ln L n 1 EIn 1L n 1 que puede transformarse en la siguiente: L A x δ δn δn M L L M L A x n 1 n 2Mn n n 1 n 1 n 1 6 n n n 1 n 1 6E n 1 , (**) In In 1 In 1L n 1 Ln In In 1 InL n L n 1 conocida como Ecuación o Teorema de los Tres Momentos (Teorema de Clapeyron).
750
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Casos Particulares. a.
Si la viga es de sección uniforme, es decir In=In+1=I, entonces: A x δ δn δn A x Mn 1L n 2Mn L n L n 1 Mn 1L n 1 6 n n n 1 n 1 6EI n 1 (***) L n 1 Ln Ln L n 1 Expresión en la cual δn y δn 1 son los desplazamientos o movimientos relativos de los apoyos (n-1) y (n+1) respecto al apoyo intermedio n. b.
Si además los apoyos permanecen en el mismo nivel, tenemos: A x A x Mn 1L n 2Mn L n L n 1 Mn 1L n 1 6 n n n 1 n 1 L n 1 Ln
(****).
EJEMPLOS 1) Calcular las reacciones en la viga representada, cuya rigidez flexional EI z es constante. Graficar el diagrama de momento flector. 100 KN / m 3
1
3
2
100 KN / m 3
100 KN
4 R1
3m
3.6 m
3m
100 KN
R3
R2
R4
3m
Se trata de una viga hiperestática de segundo orden. Existen cuatro incógnitas y se disponen de dos ecuaciones del equilibrio estático y dos aplicaciones del Teorema de los Tres Momentos. Equilibrio. R1+R2+R3+R4=320 KN
(1);
3R2+6.6R3+12.6R4=1,686 KN-m
(2).
Aplicaciones del Teorema de los Tres Momentos. Primera aplicación: Apoyos 1-2-3. Usaremos la ecuación simplificada (****) para n=2 (apoyo intermedio). 100 KN / m 3
1
3
2 L2=3
1
L2=3.6
3
2
54
37.5
A2 x 2 1.5
A3 x 3 1.8
A x A x M1L 2 2M2 L 2 L 3 M3L 3 6 2 2 3 3 , donde M1=0 por ser apoyo simple. L3 L2 Reemplazando, tenemos
751
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A x A x (3). 2M2 L 2 L 3 M3L 3 6 2 2 3 3 L3 L2 Momentos Flectores Isostáticos: Parábolas de segundo grado. Máximos (wL2/8) en el centro de la luz. Se obtienen 37.5 KN-m en el tramo 1-2 y 54 KN-m en el tramo 2-3. Estas gráficas a su vez definen las áreas A2 y A3 así como las abscisas de sus centros de gravedad, mediante las distancias x 2 y x 3 . Reemplazando los respectivos valores en la ecuación (3) encontramos: 1.5 2 1.8 2 2M2 3 3.6 M3 3.6 6 337.5 54 3.6 , simplificando: 3.6 3 3 3
-13.2M2-3.6M3=613.8
(4)
Segunda aplicación: Apoyos 2-3-4. Usaremos la ecuación simplificada (****) para n=3 (apoyo intermedio). 150 100 KN
100/3 Km/m 2
54
3
x3
L4=6
L3=3.6
A4
A3
4
x4
Los máximos momentos isostáticos son Mmax= wL2/8=54 KN-m en el tramo (2-3) y Mmax= Pab/L = 150 KN-m en el tramo (3-4). Luego, tenemos: A x A x M2L 3 2M3 L 3 L 4 M4L 4 6 3 3 4 4 . Reemplazando valores y considerando L4 L3 que M4=0 (apoyo libre), obtenemos: 1.8 2 3 1 3.6M2 2M3 3.6 6 M4 (6) 6 3.6 54 6 150 , simplificando, 6 2 3.6 3 -3.6M2-19.2M3=1738.8
(5).
Resolviendo las ecuaciones (4) y (5) tenemos M2=-22.973 KN-m y M3=-86.255 KN-m. Valores con los cuales puede graficarse el diagrama de momento flector (real).
1
2
+
+
+
3
4
-22.973 KN-m
-86.255 KN-m Determinación de las reacciones externas.
752
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Trabajando por tramos y usando, por comodidad, el principio de superposición, se calculan rápidamente las reacciones en los apoyos. 1
2
R1’
R2’’
R3’’’
R2’
3
2
4
3
Usando las ecuaciones del equilibrio, se obtienen: R1’= 57.66 KN ( ). R2’= 42.34 KN ( ).
R3’’
R4’’’
Usando las ecuaciones del equilibrio, se obtienen: R2’’= 42.422 KN ( ). R3’’= 77.578 KN ( ).
Usando las ecuaciones del equilibrio, se obtienen: R3’’’= 64.378 KN ( ). R4’’’= 35.624 KN ( ).
Por tanto las reacciones totales, son: R1=42.34 KN; R2=100.082 KN; R3=141.954 KN; R4=35.624 KN. Conocidas las reacciones, puede graficarse el diagrama de fuerza cortante. 2)
Calcular los momentos en los apoyos de la viga que se representa. Considerar constante la rigidez flexional.
600 N/m
400 N 2m
2m
3m
Los empotramientos “equivalen” a “tramos imaginarios”, cada uno de longitud cero. 600 N/m
400 N 1
0
3
2 2m
2m
3m
4
0
0
Primera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 0-1-2, (n=1). A x A x (*) MOL1 2M1 (L1 L 2 ) M2L 2 6 1 1 2 2 L2 L1 Determinamos las áreas A1, A2 y las abscisas x1 y x 2 . 400 N 0 L1=0
2
1 L2=4 m 400 N-m
MO=0
x1 0 . A1=0; x2 2 . A2=(4)(400)/2; Reemplazamos en la ecuación (*) 800 2 , de donde 2M1 (4) M2 (4) 6 4 -2M1-M2=600 (1)
x2
Segunda aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 1-2-3, (n=2).
753
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A x A x M1L 2 2M2 L 2 L 3 M3L 3 6 2 2 3 3 L3 L2 Determinamos las áreas A2, A3 y las abscisas x 2 y x 3 .
(**)
Reemplazando valores en la ecuación (**) y simplificando, obtenemos -4M1-14M2-3M3=6,450 600 N/m
400 N
L2=4 m L3=3 m
(2)
1
3
2
2m
2m
3m 675 N-m
400 N-m
x2
x3
Tercera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 2-3.4, (n=3). A x A x (***) M2L 3 2M3 (L 3 L 4 ) M4L 4 6 3 3 4 4 L4 L3 Determinamos las áreas A4, A3 y las abscisas x 3 y x 4 , y además M4=0; L3=3m;L4=0. 600 N/m
2
3 675 N-m
4
Reemplazando valores en (***) tenemos: 1 2 3M3 2M2 (3 0) 6 36751.5 , de 3 3 donde -3M3-6M2=4,050 (3) Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos: M1=-147 N-m; M2=-307 N-m; M3=-522 N-m
x 3 3 / 2m
Nota) Si tres apoyos consecutivos de una viga continua sufren asentamientos δn 1 , δn , δn 1 y si la viga es uniforme (EI constante en toda la longitud), la ecuación de los Tres Momentos, se expresa: δ δn δn 1 δn A x A x Mn 1L n 2Mn L n L n 1 Mn 1L n 1 6 n n n 1 n 1 6 n 1 (I) L n 1 L n 1 Ln Ln
754
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n
n-1
n+1
n
n-1
n+1
Ln+1
Ln EI
3) Determinar los momentos en los apoyos interiores de la viga representada en el esquema, aceptando que los apoyos sufren los asentamientos siguientes: A, 0.0313 m; B, 0.060 m; C, 0.0688 m; D, 0.0275 m. Considerar módulo de elasticidad E=200 GPa y Momento de Inercia I=3.2 x 10-3m4, en toda la viga. 250 KN
200 KN
A
200 KN
3m
3m
D
C
B
3m
3m
3m
6m
Primera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos A-B-C (apoyo intermedio B). Consideramos MA=0 (apoyo simple en A). 200 KN
250 KN B
A
C
375 KN-m
3m
3m
300 KN-m
3m
3m
3 1 3 1 2MB 6 6 MC 6 6 6 375 6 300 6 2 6 2 0.0313 0.06 0.0688 0.06 6200 106 3.2 10 3 6 6 Simplificando obtenemos 4MB+MC=1,110.32 (1)
Segunda aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos B-C-D (apoyo intermedio C). Consideramos MD=0 (apoyo simple). 200 KN
200 KN C
B
D
400 KN-m 300 KN-m
3m
3m
3m
6m
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3 1 1 5 MB 6 2MC 6 9 6 6 300 9400 2 9 6 2
0.06 0.0688 0.0275 0.0688 6200 106 3.2 10 3 6 9 Simplificando obtenemos MB+5MC=2,425.2
(2)
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtienen MB=164.55 KN-m; MC=452.13 KN-m 4)
Calcular los momentos flectores en los apoyos de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EI en toda la viga. Graficar el diagrama de momento flector. w
L
L
3
2
1
0
L
4 L
Primera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 0-1-2 (n=1). w 2
1
0
L L Ax A x L L 2M1 M2 6 1 1 6 2 2 I I LI LI I I
2L wL2 wL3 Donde A1 ; 3 8 12
wL2/8 A1
MO
A2
A 2 0;
x1
L 2
x2 0
Reemplazando en la ecuación de los tres momentos, encontramos MO
L L 6 wL3 L L 2M1 2 M2 I I LI 12 2 I
MO 4M1 M2
wL2 4
(1) .
Segunda aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 1-2-3 (n=2). L L En este caso A2=A3=0. Luego M1 2M2 2 M3 0 M1 4M2 M3 0 I I Tercera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 2-3-4 (n=3).
(2)
En este caso A3=A4=0. Reemplazando en la ecuación de los tres momentos, tenemos M2+4M3+M4=0
(3).
Resolviendo el sistema de ecuaciones (1), (2), (3) con las condiciones MO=M4=0, 15 4 wL2 wL2 ; M2 wL2 ; M3 encontramos M1 . 224 223 224
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Diagrama de momento flector w 3
2
1
0
L
L
4 L
L
0.1016wL2 0.0177wL2 +
+
-
-
0.00464wL2
0.45L 0.0667wL2
5) Calcular las reacciones en los apoyos de la viga representada, debidas al movimiento vertical hacia abajo de los apoyos: A, 0.006 m; B, 0.012 m; C, 0.015 m; D, 0.000 m. Considerar E=2.1 x 107 Ton/m2; I=4 x 10-4 m4. A
5m
B
5m
C
6m 2EI
3EI
EI
D
Primera aplicación: apoyos A-B-C. 5 5 5 5 MA 2MB MC 4 4 4 4 4 x10 x 3 4 x10 4 x10 3x10 x 4 0.006 0.015 1 1 6 x 2.1x107 0.12 5 5 5 5 Simplificando tenemos 3 MA+8 MB+MC=18.144
(1).
Segunda aplicación: apoyos B-C-D. 5 5 6 6 MB 2MC MD 4 4 4 4 2x 4 x10 3x 4 x10 3x 4 x10 2x 4 x10 0.012 1 1 6 x 2.1x107 0 0.015 5 5 5 Simplificando tenemos 5 MB+28 MC+9 MD=468.72
(2)
Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2) con las condiciones MA=MD=0, encontramos MB=0.18 Ton-m; MC=16.7 Ton-m. Reacciones. 0.18
A B
16.7
0.18 B
C
16.7 C
D
R’’’D R’B R’’B R’A R’’C R’’’C Usando las condiciones del equilibrio, encontramos R’A=0.036; R’B=0.036; R’’B=3.304; R’’C=3.304; R’’’C=2.783: R’’’D=2.783 (Ton). En consecuencia, las reacciones totales son:
757
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R A 0.036 ;
RB 3.268 ;
R C 6.087 ;
RD 2.783 , en toneladas.
Conociendo las reacciones pueden graficarse los diagramas de fuerza cortante y de momento flector. A
C
B
A
D
D 16.7 T-m
2.783
+ 0.18 T-m
-
-0.036
C
B
+
-3.304 6) La viga representada en el esquema tiene rigidez flexional EI en toda su longitud. Graficar los diagramas de fuerza cortante y de momento flector. w 2
1
0 L
3 L
L
4 L Diagrama de Momentos Flectores isostáticos
wL2/8
Primera aplicación: apoyos 0-1-2 (n=1). 2wL3 L 2wL3 L MO M M . Simplificando obtenemos: L 1 1 1L 2 L 6 3 6 24 2L 24 2L
2 MO + 8 M1 + 2 M2=-w L2
(1)
Similar para la segunda y tercera aplicaciones. Obtenemos las ecuaciones: 2M1+8M2+2M3=-wL2; (2) y 2M2+8M3+2M4= -wL2
(3)
Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) junto con las condiciones M O=M4=0, 3 2 3 obtenemos: M1 wL2 ; M2 wL2 ; M3 wL2 . Conocidos los momentos 28 28 28 en los apoyos, pueden determinarse las fuerzas de reacción usando las condiciones del equilibrio estático. Encontramos: RO
11 wL; 28
R1
32 wL; 28
R2
26 wL; 28
R3
32 wL; 28
R4
11 wL 28
758
Mecánica de Sólidos
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Diagramas de fuerza cortante. w 2
1
0 L
3
4
L
L
17wL/28 13wL/28
L
15wL/28 11wL/28
-11wL/28 -15wL/28
-13wL/28 -17wL/28
Diagrama de momento flector w 2
1
0 L
3 L
L
4 L
121wL2/1568
121wL2/1568 57wL2/1568 57wL2/1568
+
+
+ +
+ -
-
-
2wL2/28 3wL2/28
3wL2/28
6.08) Método de los Pesos Elásticos 6.08.1)
Introducción
El Método del Área del Diagrama de Momentos puede generalizarse y ser expresado como otro procedimiento alternativo denominado Método de las Cargas Elásticas (Pesos Elásticos). El procedimiento proporciona una transición hacia un método más general y potente, denominado Método de la Viga Conjugada.
759
Mecánica de Sólidos
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Consideremos una viga simplemente apoyada, ACB, y su correspondiente diagrama de momentos flectores reducidos, M/EIZ. Seleccionemos una sección genérica C, ubicada a la distancia a del apoyo A. Las variables x, x* y x se explican en la gráfica siguiente.
A
C
B
a
dA
L;EIZ
Mdx EI Z
M/EIZ
C x*
x dx
x
Aplicando los Teoremas de Mohr pueden calcularse las magnitudes representadas en la gráfica siguiente. L a
A
B
C
A
Elástica
uC
a A
A
Tangente trazada por A
uC
CA
C
BA
Tangente trazada por C
Para deformaciones infinitesimales son válidas las relaciones indicadas: A = BA / L C = C - CA
(i) (iii)
ó
uC = a A - CA C = BA / L - CA
(ii) (iii)
Aplicando los Teoremas de Mohr determinamos expresiones para transformar las relaciones anteriores. A partir de la ecuación (i) y por el Segundo Teorema de Mohr:
760
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz xB
1 M θA x dx L x EI Z
(1)
A
A partir de la ecuación (iii) y por el Primer Teorema de Mohr: xC
xB
1 M M θC x dx dx L x EI Z EI Z x
A
(2)
A
A partir de la ecuación (ii)y por el Segundo Teorema de Mohr: xB
uC
xB
a M M x dx x * dx L x EI Z EI Z x
A
(3)
A
Deducidas las anteriores expresiones (1), (2) y (3), analizaremos el problema siguiente: “Considerar una viga imaginaria, simplemente apoyada, de la misma longitud que la viga real, sometida al Sistema de Cargas definido por el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos, denominado Sistema de Cargas Elásticas o Pesos Elásticos. En dicha viga imaginaria, calcular el Momento Flector y la Fuerza Cortante en la sección genérica C”.
M/EIZ
A
a
Convenio Si M>0, las cargas elásticas se orientan hacia arriba. Si M<0, las cargas elásticas se orientan hacia abajo. B
C B L
Sean A y
M/EIZ
B las Re acciones Elásticas.
Equilibrio de la viga imaginaria: MB 0
xB
A
A
C B
x
x
dx
M
x EI
B
AL
B
1 M A x dx L x EI Z
xA
dx 0, de
donde
Z
xB
( 4)
A
a Determinamos las fuerzas internas en la sección C. Condiciones del equilibrio: xB
VC A
M
EI
xA
dx
Z
de donde obtenemos la Fuerza Cortante en la sección genérica C:
C
A
x
A
dx
x* a
MC VC
761
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz xB
VC
M
EI
xA xC
M 0
MC a A
xA
(5)
dx A
Z
M x* dx , de donde MC EI Z
xC
M
x * EI
xA
dx aA
(6)
Z
Reemplazando en las ecuaciones (5) y (6) el valor de la reacción elástica A dado por la ecuación (4), obtenemos xC
VC
xA
xC
MC
xB
M 1 M dx x dx EI Z L x EI Z
(7)
A
xB
x*
xA
M a M dx x dx EI Z L x EI Z
(8)
A
Ecuaciones que nos permiten calcular la Fuerza Cortante y el Momento Flector en cualquier sección genérica C de la viga imaginaria. Comparando las ecuaciones (7) y (8) con las ecuaciones (2) y (3), respectivamente, notamos que, salvo los signos, se verifica que “La Fuerza Cortante VC es equivalente al giro C y el Momento Flector MC es equivalente a la flecha uC”. Se establece la siguiente analogía: VC
θC
MC
uC
Viga Real a
L; EIZ
Viga Imaginaria M/EIZ
Convenio Para lograr coincidencia entre los valores numéricos obtenidos y los signos respectivos, se considerarán positivas las Fuerzas Internas en la Viga Imaginaria, de acuerdo a la distribución siguiente:
C
a
L
A
A
C
C
MC
MC
C
B
B
Los resultados anteriores conducen al enunciado general del Método de los Pesos Elásticos:
762
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
“La pendiente y la flecha en cualquier punto de la curva elástica de una viga simplemente apoyada, están dados, respectivamente, por la Fuerza Cortante y el Momento Flector, que resultan de aplicar como cargas externas el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos (diagrama M/EIZ) sobre una viga imaginaria, simplemente apoyada y de igual longitud que la viga real”. EJEMPLOS 1) Usando el método de la carga elástica calcular la pendiente y la flecha en el centro de la viga representada. Considerar E=200 GPa; IZ=2.7 x 10-4 m4.
C
3m
Diagrama M/EIZ
B
6m
Viga imaginaria + Carga elástica 200/EIZ
100 KN
A
100 KN
A
B
C B
A
200/EIZ
C
+
4.5 m
Por equilibrio de la viga imaginaria, determinamos las reacciones elásticas. Usando el método general de las secciones planas determinamos las fuerzas internas en la sección C de la viga imaginaria. 200/EIZ
150/EIZ
150/EIZ B
A C 500/EIZ
4.5 m
MC
C VC
400/EIZ
400/EIZ
Usando las ecuaciones del equilibrio obtenemos VC = - 62.5/EIZ ; MC = 1,293.75/EIZ. Por las analogías establecidas, tenemos que C= - 62.5/EIZ ; uC = 1,293.75/EIZ. Reemplazando valores numéricos, encontramos C= -1.157 x 10-3 rad; uC=0.024 m 2) Usando el método de la carga elástica calcular la flecha máxima en la viga representada. Considerar E=200 GPa; IZ=5.0 x 10-4 m4 en toda la viga. Viga imaginaria + Pesos elásticos
100 KN
1.5 m
4.5 m
150 KN
3.0 m
763
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
350/EIZ 200/EIZ A
C 1.5 m
B
D 4.5 m
Para determinar la flecha máxima umáx, se requiere encontrar el máximo momento flector en la viga imaginaria.
3.0 m
B
A
Reacciones elásticas: 943.75 968.75 A B EI Z EI Z
Determinamos las ecuaciones para momento flector en los tres tramos típicos de la viga imaginaria. Obtenemos: Tramo AC. M(x)
943.75 200 3 x x EI Z EI Z
0 x 1.5 m
medida desde A.
Tramo CD. M(x)
3 943.75 1.5 x 150 x 0.5 50 x 100 x 2 EI Z EI Z 9 EI Z EI Z
0 x 4.5,
desde C.
Tramo DB. M(x)
968.75 175 3 x x , EI Z EIZ
0 x 3,
medida desde B.
dM( x ) 0. El máximo momento flector en la dx viga imaginaria ocurre en el tramo CD, para x = 1.728 m, medida a partir de C.
Condición de máximo momento flector:
2384.96 2384.96 0.0202 m EI Z (5.9)(10 4 )(200)(106 ) = 0.0202 m, se presenta en el punto x = 1.728 m, medida a partir de C.
El máximo momento es MMÁX Umáx
6.09) Método de la Viga Conjugada 6.09.1)
Introducción
En un elemento de eje inicial rectilíneo, sometido a flexión por efectos de una carga transversal distribuida w=w(x), se verifican las relaciones siguientes: w=w(x) x
w=w(x) M
x
dM( x ) V( x ) 0 dx dV( x ) w( x ) 0 dx
(*) (**)
Similares relaciones se encontrarán al estudiar la pendiente y curvatura de la curva elástica, para deformaciones infinitesimales.
V u x x u
764
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
También son conocidas las relaciones: du dθ M( x) θ (* * *) (* * **) dx dx EI Z Las ecuaciones (*) y (***) son análogas entre sí. Similarmente, las ecuaciones (**) y (****) son también similares entre si, salvo los signos respectivos. En vista de la semejanza matemática entre estos dos grupos de ecuaciones, perecería posible que la pendiente () y la flecha (u) de un punto de la curva elástica, pueden calcularse empleando una técnica similar a la empleada en el cálculo de las fuerzas internas (fuerza cortante V y momento flector M) que se desarrollan en las diversas secciones transversales de un elemento sometido a flexión (Recordar el método de los pesos elásticos). Al comparar las ecuaciones anteriores notamos que son análogas matemáticamente, y en consecuencia: M( x ) i) El término de la ecuación (****) corresponde al término –w(x) de la EI Z ecuación (**). ii) La pendiente de las ecuaciones (***) y (****) es análoga al término –V(x) de las ecuaciones (*) y (**). iii) La deflexión u de la ecuación (***) es análoga al término –M(x) de la ecuación (*). Por tanto, si se define una Viga Análoga cargada con el diagrama de momentos flectores reducidos M/EIZ de la viga real, las pendientes y deflexiones de ésta, se determinan, salvo el signo, simplemente calculando la fuerza cortante y el momento flector en la Viga Análoga, que se denomina Viga Conjugada. El método de la Viga Conjugada fue desarrollado por Otto Mohr. Nota) Las deficiencias del método de la carga elástica, que lo hacen aplicable solamente en vigas apoyadas simplemente, puede corregirse si se da una atención adecuada a las condiciones de frontera. 6.09.2)
Restricciones de la Viga Conjugada
i) La viga conjugada de una viga real tiene la misma longitud y apoyos o conectores especiales en los puntos correspondientes a los de la viga real, pero no son necesariamente del mismo tipo. ii) Los apoyos y conectores especiales de la Viga Conjugada se seleccionan de tal forma que se mantenga la analogía de las pendientes y deflexiones de la Viga Real con las Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores de la Viga Conjugada (especial atención en los signos). Así por ejemplo: Una viga real simplemente apoyada en un extremo puede girar, pero no puede desplazarse en dirección normal a la superficie de apoyo. En consecuencia, la Viga Conjugada debe estar restringida en ese punto de tal modo que se elimine el momento flector pero no la fuerza cortante. Estas condiciones son características de un apoyo simple. Se concluye que el análogo de un apoyo simple en el extremo de una viga real, es un apoyo del mismo tipo en el lugar correspondiente de la Viga Conjugada.
765
Mecánica de Sólidos
Apoyo simple externo (Viga Real)
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Apoyo simple externo (Viga conjugada)
En un extremo empotrado (o fijo) la viga real no puede girar ni desplazarse. Por tanto, en el punto correspondiente de la Viga Conjugada, la fuerza cortante y el momento flector deben anularse ambos. Esta condición corresponde a un extremo libre. Por tanto, un extremo empotrado en la viga real se representa como un extremo libre en la viga conjugada.
Extremo empotrado (Viga Real) (Recordar: θREA L VCONJUGADA
y
Extremo libre (Viga conjugada) uREAL MCONJUGADA
Un extremo libre en la viga real puede girar y desplazarse. Luego, en el extremo correspondiente de la Viga Conjugada debe actuar fuerza cortante y momento flector diferentes de cero. Estas acciones internas se desarrollan si el extremo correspondiente de la Viga Conjugada esta empotrado.
Extremo libre (Viga Real)
Extremo empotrado (Viga conjugada)
En un apoyo simple intermedio de una viga real se restringe el desplazamiento pero no la rotación, y la pendiente de la curva elástica no cambia súbitamente. Esto significa que en el punto correspondiente de la Viga Conjugada el momento flector debe ser nulo y la fuerza cortante no debe cambiar súbitamente. Por tanto, un apoyo simple intermedio en la viga real, se representa por una articulación intermedia en la Viga Conjugada.
Apoyo simple intermedio (Viga Real)
Articulación intermedia (Viga conjugada)
Una articulación intermedia de una viga real puede desplazarse y la pendiente de la curva elástica puede cambiar súbitamente en dicho punto. Esto implica que en el punto correspondiente de la Viga Conjugada deben actuar un momento flector y una fuerza cortante. En consecuencia, una articulación intermedia en la viga real se representa por un apoyo simple intermedio en la Viga Conjugada.
Articulación intermedia (Viga Real)
Apoyo simple intermedio (Viga conjugada)
Nota) En la tabla siguiente se esquematizan otras condiciones de apoyo en la viga real y su respectiva representación en la Viga Conjugada.
766
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
xO
xO u Viga real [Giro en la viga real Flecha en la viga real VIGA REAL
V;M
Viga conjugada
Fuerza cortante en la viga conjugada Momento flector en la viga conjugada] VIGA CONJUGADA
m
Notas) 1) La carga que se aplica a la viga conjugada es la carga elástica (diagrama de momentos flectores reales reducidos M/EIZ). Se acepta que estas cargas actúan en dirección normal al eje de la viga conjugada. En consecuencia en la viga conjugada son válidas sólo dos ecuaciones del equilibrio. 2) Al definir las restricciones de apoyo para la viga conjugada sólo tienen importancia las componentes de las reacciones normales al eje de la viga conjugada y los momentos flectores. 3) Si la viga real es determinada estáticamente, entonces su viga conjugada también lo es. Si la viga real es indeterminada estáticamente, entonces la viga conjugada es inestable. Por ejemplo:
767
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Viga real
Viga conjugada
El hecho de que la viga conjugada de una viga real estáticamente indeterminada sea inestable, no afecta los cálculos de la pendiente y la deflexión. Una vez que la viga ha sido cargada con las cargas elásticas M/EIZ, el sistema impuesto y las reacciones elásticas deben estar en equilibrio. 4) Nótese que una viga conjugada debe ser determinada, puesto que una viga conjugada indeterminada requeriría provenir de una viga real inestable. Por ejemplo:
Viga real inestable: u=0 u0 0 0
Viga conjugada indeterminada: M0 M0
V0
V0
5) Los signos deben ser cuidadosamente analizados e interpretados. Ejemplos 1) En la viga representada en el esquema, usando el método de la viga conjugada, obtener una expresión para la curva elástica y calcular la máxima pendiente en el tramo AB. Considerar EIZ constante.
PL
B
A
L
4L
C
PL/EIZ
Determinamos la viga conjugada y el sistema de carga elástica
Para obtener la ecuación de la curva elástica, recordamos que la deflexión en un punto de la viga real, es numéricamente igual al momento flector en el punto equivalente de la viga conjugada. Encontramos la ecuación del momento flector en cada uno de los tramos de la viga conjugada. Estableciendo el equilibrio para cada tramo de la viga conjugada, determinamos las reacciones elásticas en los puntos A, B y C. PL/EIZ A
B RA
RA
RB
4PL2 ; 3EI Z
B RB
RB
2PL2 ; 3EIZ
PL/EIZ
RC
7PL2 ; 3EI Z
MC C RC
MC
11PL3 6EI Z
768
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Resumen: PL/EIZ A
B
Tramo AB.
M
M
PL/EIZ
2
4PL 3EI Z
M x V
2PL2 x Px 3 , 3EI Z 24EI Z
0 x 4L , desde A.
V
Tramo BC.
B
7PL2 3EI Z
Momentos flectores en la viga conjugada Px/4EIZ
A
11PL3 6EI Z
C
4PL2 3EI Z
Deflexiones en la viga real
x
B
4PL2 3EI Z
2PL2 3EI Z
2PL2 3EI Z
PL/EIZ
M
PLx 2 4PL2 x , 2EI Z 3EI Z
0 x L , desde B.
Nótese que: u(4L) = u(L) = 0
La curva elástica estará definida por las ecuaciones: 2PL2 x Px 3 , 0 x 4L , desde A. 24EI Z 3EI Z ux 2 2 PLx 4PL x , 0 x L , desde B. 2EI 3EI Z Z 2PL2 3Px 2 Para determinar uMÁX, hacemos u’(x)=0, luego 0 , de donde obtenemos 3EI Z 24EI Z
la única raíz aceptable x 4L / 3 , con lo cual uMÁX= 2) Usando el método de la viga conjugada calcular la pendiente y la deflexión en el extremo libre de la viga representada. Considerar EIZ=200,000 KN-m2 en toda la viga.
16PL3 . 9 3EI Z 75KN/m
A
B 3m
C 2m
Determinamos la viga conjugada y el sistema de carga elástica.
769
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
75KN/m A
B
C 2m
3m
MC 150/EIZ
Determinamos VC y MC, que equivalen a C y u C. Equilibrio: 1 150 150 1 450 3 3 0 VC 2 3 EI Z EI Z 2 EI Z de donde
VC
VC
1,225 EI Z
600/EIZ 1,225 1,225 0.006125 rad . EI Z 200,000 Determinamos el momento flector en la viga conjugada 4,425 4,225 MC 0.022125 m EI Z 200,000 Nota) Al considerar la fuerza cortante y el momento flector en la viga conjugada, conviene recordar el convenio de signos positivos de acuerdo a la disposición siguiente.
En la viga real: θC
M
M
Deflexiones positivas hacia abajo. Rotaciones positivas en sentido horario.
V
V 3) En la viga representada, determinar la pendiente y la deflexión en el punto de aplicación de la carga concentrada. Considerar EIZ=30x106Klb-pulg2 en toda la viga. El tramo AB tiene 4EIZ de rigidez flexional y el tramo BD tiene EIZ. 60 Klb
B
A 10‘
10‘
C
Viga conjugada y sistema de carga elástica.
A
D 20‘
400/EIZ
B
D C
100/EIZ
RB
RD
Como requerimos solamente VC y MC, calculamos la reacción elástica RD. 400 20 1 100 20 1 400 20 1 10 10 20 10 MB 0 30R D , 3 2 EI Z 3 2 EI Z 3 2 EI Z
de donde obtenemos R D
25,000 . Por equilibrio de la porción CD, encontramos EI Z
400/EIZ MC
C VC
VC
D 25,000/EIZ
1,222.2 ; EI Z
MC
28,888.89 . EI Z
Re emplazando el valor EI Z tenemos : VC 0.00587;
MC 0.1386
770
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Las deflexiones buscadas son C=0.00587 rad (horaria); uC=1.664 pulg (hacia abajo). 4) En el sistema representado usar el método de la viga conjugada para determinar: (i) La flecha en el punto F. (ii) La flecha en el punto B. (iii) La pendiente en el punto B. (iv) La pendiente en el punto C. Considerar E=21x106 Ton/m2; IZ= 8,000 x 10-8 m4. B
A
4.5 Ton
EIZ
Rígida D C
3m
2EIZ
2EIZ
3m
2.4 m
F
Definimos la “viga conjugada” y el sistema de carga elástica, teniendo presente que la barra BC es rígida. 10.8/EIZ
D
B
A
F
C 5.4/EIZ Por equilibrio de la viga conjugada encontramos las reacciones elásticas en los apoyos y la fuerza en la articulación. 10.8/EIZ 16.2/EIZ
B
A
D
C 24.3/EIZ
49.25/EIZ
16.2/EIZ
5.4/EIZ
F
D
5.4/EIZ
22.68/EIZ
(i) La flecha en el punto F de la viga real es numéricamente igual al momento flector en el punto F de la viga conjugada. Luego, tenemos MF uF
49.25 49.25 0.0293 m EI Z 8 105 21 106
(ii) La flecha en el punto B de la viga real es numéricamente igual al momento flector en el punto B de la viga conjugada. Luego, tenemos
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Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
10.8/EIZ VB B
A
MB luego
32.4 32.4 0.0193 5 EI Z 8 10 21 106
uB 0.0193 m
24.3/EIZ VB (iii) La pendiente de la curva elástica de la viga real en el punto B es numéricamente igual a la fuerza cortante en la sección B de la viga conjugada. Determinamos la fuerza cortante inmediatamente antes del punto B trabajando con el tramo AB. 16.2 16.2 VB 0.00964. Por tanto, la rotación inmediatamente 5 EI Z 8 10 21 106
antes del punto B (por la izquierda) es θB 0.00964 rad antihoraria.
(iv) La pendiente de la curva elástica de la viga real en el punto C es numéricamente igual a la fuerza cortante en la sección C de la viga conjugada. Determinamos la fuerza cortante inmediatamente antes del punto C trabajando con el tramo AB. 8.1 8.1 VB 0.00482. Por tanto, la rotación inmediatamente después EI Z 8 10 5 21 106
del punto B (por la derecha) es θB 0.00482 rad horaria .
θB
θB
Curva elástica 5) Determinar la pendiente y la deflexión en el punto A de la viga representada. Considerar E=200 GPa; IZ=7.8 x 10-4 m4. Viga conjugada 1200/EIZ 150 KN
100 KN
450/EIZ
A 3m
A
3m
3m 3m Encontramos las fuerzas internas (V y M) en la sección A de la viga conjugada. 1200/EIZ 450/EIZ A VA
MA
2475 1 1200 450 3 VA . EI Z EI Z 2 Re emplazando valores, tenemos 2475 VA 0.01586 rad. 200 106 7.8 10 4
772
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Luego por la analogía de la viga conjugada A= 0.01586 rad. Determinando el momento flector, tenemos 450 3 1200 450 3 2 4275 3 3, de donde MA MA . Reemplazando EI Z EI Z EI Z 2 2 3 4275 valores, encontramos MA 0.0274. Luego por la analogía de la 200 106 7.8 10 4 viga conjugada uA=0.0274 m.
6) Calcular las deflexiones en los puntos B y D de la viga representada. Considerar que toda la viga tiene rigidez flexional constante EIZ. A
P b
3P
B 4b
b
D
C
2b
Determinamos la viga conjugada, el sistema de carga elástica y las reacciones elásticas en los apoyos B y D de la viga conjugada. 4Pb/EIZ
3Pb/EIZ Pb/EIZ A
B
9Pb2 RB 4EI Z
C
D
RC
29Pb2 4EI Z
Calculamos los momentos flectores en los puntos B y D de la viga conjugada aplicando los principios general del equilibrio. Obtenemos los siguientes valores: b b 2Pb 2b b Pb 2b Pb b b b MB 0, de donde se obtiene 2 2 EI Z 3 2 EI Z 3 EI Z
MB
3.5Pb3 . EI Z
29Pb2 71Pb3 2b 4Pb 2b 2b de donde obtenemos MD 0 , M . D 6EI Z 2 EI Z 3 4EI Z 3.5Pb3 71Pb3 Luego, por la analogía de la viga conjugada tenemos uB y uD . EI Z 6EI Z Nota. El cambio de pendiente en la articulación B de la viga real, es igual a la fuerza 9Pb2 cortante en el punto B de la viga conjugada, θB . 4EI Z
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Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
A
B
D
C
Curva elástica
B
7) Determinar la viga conjugada y el sistema de carga elástica para calcular la deflexión vertical en el punto D de la viga representada, cuya rigidez flexional es constante EIZ=100,000 KN-m2. 50 KN/m
A
4m
2m
D
C
B
3m
Determinamos el diagrama de momentos flectores de la viga real.
A
C
B
D
-52.734
-100
-225 Viga conjugada y sistema de carga elástica. B
C
A -100/EIZ
D
-52.734/EIZ -225/EIZ
Para mayor facilidad al desarrollar los cálculos, puede usarse el principio de superposición, reemplazando el sistema de cargas elásticas por otro equivalente.
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Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
100/EIZ
B
A
C
D
-100/EIZ -100/EIZ -225/EIZ Los arcos que figuran en los diagramas son arcos de parábolas de segundo grado. Puede verificarse, por equilibrio de la viga conjugada, que la deflexión en el punto D de la viga real es uD=12.1 mm hacia abajo. 8) En el sistema representado, mediante el procedimiento de la viga conjugada, determinar los momentos en los extremos B y C. El elemento BC tiene EI1 como rigidez flexional. Los elementos AB y DC tienen EI2 como rigidez flexional. El elemento AB tiene L como longitud. Los elementos AB y DC tienen h como longitud.
P
B
C L/2
D
A
Por facilidad usaremos el principio de superposición y las condiciones de simetría. M
’B
M
M
P +
’’B
M
B
Determinamos la viga conjugada y las cargas elásticas para los elementos AB y BC. PL/4EI1
M/EI2
B
B
C
h M/EI1 A
775
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Elemento vertical AB B
RB
Equilibrio de la viga conjugada Mh R A RB 2EI2
M/EI2
h
R Bh
h M 2h 0. 2 EI2 3
sistema obtenemos R B
RA
A
Resolviendo el Mh θB . 3EI2
Elemento horizontal BC PL/4EI1
Equilibrio de la viga conjugada
B
RB
RC
C
ML 1 PL L R B R C EI1 2 4EI1 R B R C , por la simetría. Resolviendo ambas
M/EIZ
ecuaciones obtenemos
RB
PL2 ML θB' θB'' 16EI1 2EI1
Condición de continuidad geométrica: θB θB' θB'' . Por lo tanto: PL 1 Mh PL ML . , de donde obtenemos M L 16I1 h 3EI2 16EI1 2EI1 3I2 2I1 Obsérvese que si I2 es mucho mayor que I1, el momento M tiende al valor PL/8, es decir, la viga horizontal del sistema se comporta como una viga doblemente empotrada. Si, en cambio, I2 es mucho menor que I1, el momento M tiende a cero, con lo cual la viga horizontal tiende a comportarse como una viga simplemente apoyada en sus extremos A y B. 2
2
6.10) Ecuaciones Elásticas (Método de Pendientes y Deflexiones) 6.10.1)
Introducción
Cuando en un sistema hiperestático se definen como incógnitas redundantes las fuerzas (o los correspondientes esfuerzos) estamos usando el denominado Método de las Fuerzas (o Método de Flexibilidades). De manera alternativa, si como incógnitas redundantes se precisan los desplazamientos (o las correspondientes deformaciones) estamos usando el denominado Método de los Desplazamientos (o Método de Rigideces). El método general de las pendientes y deflexiones (giros y desplazamientos) denominado también Método de las Ecuaciones Elásticas, es un planteamiento en base a rigideces, que proporciona las bases necesarias para el entendimiento de otros temas especiales de la Mecánica y del Análisis Estructural. 6.10.2)
Ecuaciones Elásticas (Ecuaciones de Pendientes y Deflexiones)
En todo sistema continuo de componentes o elementos estructurales sometido a cargas externas, se desarrollan momentos internos individuales en los extremos de sus elementos componentes.
776
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Las denominadas ecuaciones de deflexiones y pendientes o ecuaciones pendiente desviación (ecuaciones elásticas) relacionan algebraicamente los momentos en los extremos de un elemento con los desplazamientos y rotaciones inducidos en sus puntos extremos, así como con las cargas actuantes en el referido elemento. Consideremos aislado el elemento AB, de rigidez flexional constante EIZ, integrante de un sistema estructural continuo. Si el elemento está sometido a cargas externas y movimientos de sus apoyos, se deforma y en él se desarrollan momentos internos (momentos de continuidad) en sus puntos extremos. P
w=w(x) B
A
Curva elástica
MBA
MAB B
A Tangente por A’
BA A
A’
AB
Posición inicial
B B’
A
B
D
Tangente por B’
Significado de las variables empleadas. MAB denota el momento de continuidad en el extremo A del elemento AB, en tanto que MBA denota el momento de continuidad en el extremo B del mismo elemento AB. A y B denotan, respectivamente, las rotaciones de los puntos extremos A y B del elemento AB con respecto a la posición inicial (no deformada). D denota la traslación relativa (en dirección normal al eje inicial no deformado) entre los dos puntos extremos del elemento AB.
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denota el ángulo de rotación de la cuerda del elemento A’B’ (segmento rectilíneo que une los puntos extremos A’ y B’ del elemento deformado) y que es ocasionada por el movimiento relativo de los apoyos D. Nosotros estamos interesados solamente en el caso de las deformaciones pequeñas o Δ deformaciones infinitesimales, es decir ψ . L Nota) Es conveniente usar el siguiente convenio de signos: “Los momentos en los extremos del elemento, las rotaciones en los puntos extremos y la rotación de la cuerda, son positivos cuando giran en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj”. Las ecuaciones elásticas de pendientes y deflexiones se pueden deducir mediante razonamientos geométricos y aplicación del principio de superposición y del Segundo Teorema de Mohr.
MBA MAB
MAB B
A
M EI
MBA A
B
Por cargas externas
’AB
’BA
’’AB
’’BA
MBA/EI MBA/EI
Las desviaciones tangenciales indicadas son: Por carga externa ’AB y ’BA Por el momento de continuidad MAB ’’AB y ’’BA Por el momento de continuidad MBA ’’’AB y ’’ BA
’’’AB
’’’BA
Las desviaciones tangenciales debidas al momento flector libre M (ocasionadas por las cargas que actúan en el tramo) y a los momentos de extremo M AB y MBA, son, respectivamente: t t ' δ'AB A δBA B EI EI
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Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz ' δ'AB
MABL2 6EI
'' δBA
MABL2 3EI
(*) '' δ'AB
2
MBAL 3EI
''' δBA
2
MBAL 6EI
Para deformaciones infinitesimales son válidas las relaciones geométricas siguientes δ Δ δ Δ θ A BA θB AB L L Δ Si en ellas reemplazamos ψ , encontramos L δ δ θ A BA ψ y θB AB ψ (**) L L (En las expresiones anteriores δ AB y δBA , representan las desviaciones tangenciales totales, debidas a los tres efectos que actúan sobre el elemento AB). De las ecuaciones (**) obtenemos δ δ (1) θ A ψ BA y θB ψ AB L L Por aplicación del principio de superposición y del segundo Teorema de Mohr se determinan las desviaciones tangenciales totales δ AB y δBA . Obtenemos t B MABL2 MBAL2 y EI 3EI 6EI t M L2 M L2 A BA AB EI 3EI 6EI
' '' ''' δBA δBA δBA δBA
δ AB
δ'AB
' δ'AB
'' δ'AB
(2)
Los valores tA y tB son los momentos estáticos respecto a los extremos A y B, respectivamente, del área del diagrama de momento flector del tramo AB debido exclusivamente a las cargas externas actuantes en dicho tramo. Reemplazando las ecuaciones (1) en las ecuaciones (2) tenemos θA ψ
MABL MBAL tB 3EI 6EI EIL
y
θB ψ
MABL MBAL t A 6EI 3EI EIL
(3)
Para expresar los momentos MAB y MBA en términos de las rotaciones de los extremos del elemento AB, la rotación de la cuerda y la carga externa actuante en el tramo, se resuelve el sistema (3) considerando como incógnitas los momentos M AB y MBA. Se obtienen 2EI 2θ A θB 3ψ 22 2tB t A MAB y L L (4) 2EI 2 θ A 2θB 3ψ 2 tB 2t A MBA L L Como caso particular, consideremos que el elemento en referencia es una viga con sus dos extremos empotrados, sin posibilidades de rotaciones ni traslaciones.
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Los momentos en los extremos de esta viga se denominan momentos en los extremos fijos o momentos de empotramiento perfecto. Se obtienen a partir de las ecuaciones (4) haciendo en ellas θA θB ψ 0. Se obtienen los valores 2 2 O (5) MOAB 2 2tB t A y MBA tB 2t A L L MOAB
MOBA A
B
A=B==0
Luego reemplazando en las ecuaciones (4) tenemos: MAB
2EI 2θA θB 3ψ MOAB L
MBA
y
2EI O θA 2θB 3ψ MBA L
(6)
Las ecuaciones (6) son conocidas como Ecuaciones Elásticas o Ecuaciones de Pendientes y Deflexiones para elementos prismáticos (rigidez flexional EI constante en cada elemento). Son válidas para sistemas estructurales continuos de comportamiento elástico lineal, sometidos a procesos de deformación elástica infinitesimal. Estas ecuaciones (6) sólo incluyen el efecto de las deformaciones por flexión, dejando de lado las deformaciones por fuerza axial y por fuerza cortante. Existen ecuaciones elásticas más generales que las deducidas, que incluyen el efecto de la fuerza axial y de la fuerza cortante, denominadas Ecuaciones de Navier y/o Ecuaciones de Bresse, que son formalizadas en cursos superiores de Mecánica de Sólidos o de Mecánica Estructural. Observar que las ecuaciones elásticas deducidas tienen ambas la misma estructura algebraica. Es decir, una de ellas podría obtenerse a partir de la otra por un apropiado intercambio de los subíndices A y B.
6.10.3)
Elementos con Extremos Fijos y con Extremo Articulado
Por los métodos estudiados en las secciones anteriores es posible resolver sistemas hiperestáticos en flexión, haciendo uso de ecuaciones del equilibrio y otras ecuaciones adicionales de compatibilidad geométrica. Pueden ser determinados los momentos en los extremos fijos de un elemento componente de un sistema estructural continuo, originados por un sistema de cargas externas aplicadas sobre el elemento considerado. Sin embargo, de manera alternativa, para tal finalidad también pueden usarse las 2 2 O ecuaciones MOAB 2 2tB t A y MBA 2 tB 2t A . Recordando que los L L valores tA y tB significan los momentos estáticos del área del diagrama de momentos flectores libres o isostáticos, respecto de los extremos B y A respectivamente. Así por ejemplo, para el sistema indicado de rigidez flexional constante EI. Longitud L=a+b.
MOAB
P
A
B b
a P
O MBA
Pab/L A
B
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1 Pab a 1 Pab 2b El valor tB, es tB a b b . Simplificando obtenemos: 2 L 3 2 L 3 Pab a 2b. De manera similar encontramos t A Pab 2a b. tB 6 6 Luego, los momentos de extremo fijo (momentos de empotramiento perfecto) son: Pab2 2 2 Pab Pab MOAB 2 2tB t A 2 2 a 2b 2a b 2 (sentido antihorario). L L 6 L 6 O MBA
Pa2b (el signo menos indica que el sentido es horario). L2 P Pab2 Pa2b a b L2 L2 L=a+b
Las ecuaciones elásticas, ecuaciones (6), han sido deducidas bajo el supuesto de que los elementos están rígidamente conectados entre sí, de modo que las rotaciones A y B en los extremos del elemento son idénticas a las rotaciones respectivas de los nudos del elemento continuo o adyacente.
A
A
A
Si uno de los extremos del elemento está conectado con el elemento adyacente mediante una articulación, entonces el momento en el extremo articulado debe anularse. Esta circunstancia modifica las ecuaciones de pendiente y deflexión. Sea, por ejemplo, el elemento AB articulado en el extremo B (por tanto MBA=0). Reemplazando MBA=0 en las ecuaciones (6), obtenemos 2EI O 2θA θB 3ψ MOAB y MBA 2EI θA 2θB 3ψ MBA MAB 0. L L De la segunda de las ecuaciones anteriores, obtenemos el giro del elemento AB en el θ 3ψ L O apoyo articulado B, θB A MBA . Reemplazando este valor en las 2 2 4EI O 3EI θA ψ MOAB MBA ; ecuaciones anteriores y simplificando, obtenemos MAB L 2 además de MBA=0. De manera similar, si el elemento AB tiene el extremo A articulado, entonces el O MOAB 3EI . θB ψ MBA momento MAB=0 y MBA L 2 Nótese que, para este caso, las ecuaciones para los momentos M AB y MBA pueden escribirse unitariamente O 3EI θr ψ MraO Mar ; Mar 0 . Mra L 2
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Donde el subíndice a se refiere al extremo articulado y el subíndice r se refiere al extremo rígidamente empotrado. EJEMPLOS 1) Por el método de las ecuaciones elásticas de pendientes y deflexiones, calcular los momentos en todos los apoyos del sistema representado. Aceptar constante la rigidez flexional en todo el sistema (I=2,400 cm4; E=2 x 106 Kg/cm2).
4 T/m
4T 3m
4m
4m
Determinamos los momentos de empotramiento perfecto para ambos tramos. 4 T/m a=3m 1 MO12
L=4m
2
4T
b=4m
2 MO21
MO23
3 MO32
MO12=-wL2/12=-(4)(42)/12=-16/3 T-m (horario). MO21=wL2/12=(4)(42)/12=16/3 T-m (antihorario). O M 23=-Pab2/L2= -(4)(3)(42)/72=-192/49 T-m (horario). MO32=Pba2/L2=(4)(4)(32)/72= 144/49 (antihorario). Mediante aplicación de las ecuaciones elásticas en cada tramo del sistema, se determinarán los momentos en los extremos de cada elemento, considerando además las ecuaciones de condición geométrica y de equilibrio. Para el elemento 1-2: 2EI 2EI O O θ1 2θ2 3ψ M21 (2θ1 θ2 3ψ) M12 y M21 L L Reemplazando valores e imponiendo la condición 1=0 (puesto que el apoyo 1 anula posibilidad de giros y flechas), obtenemos EI 16 16 (*) M12 θ2 y M21 EIθ2 2 3 3 Similarmente se procede con el elemento 2-3. 2EI 2EI O O θ2 2θ3 3ψ M32 M23 (2θ2 θ3 3ψ) M23 y M32 L L Reemplazando valores y simplificando, obtenemos 2EI 2θ2 θ3 192 y M32 2EI θ2 2θ3 144 (**) M23 7 49 7 49 Ecuaciones de condición: M21+M23=0 (equilibrio del nudo 2) y M32=0 (el momento en el apoyo simple 3 es nulo). Desarrollando y simplificando las ecuaciones de condición encontramos 11 2 208 2 4 144 EIθ2 EIθ3 0 (i) y EIθ2 EIθ3 0 (ii) 7 7 147 7 7 49 M12
Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (i) y (ii) y reemplazando el valor de la rigidez flexional (en Ton-m2) encontramos los giros en los apoyos 2 y 3: 2=0.00008 radianes y 3=-0.01076 radianes.
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Llevando estos valores de los giros a las ecuaciones elásticas (*) y (**), encontramos: M12 = - 5.333 T-m; M21 = 5.372 T-m; M23= - 5.372 T-m. 2) Determinar los momentos en los nudos de la estructura representada. Considerar que todos los elementos tienen la misma rigidez flexional EI. 3 T/m 1
2m
2
3
3m
3m
4 Sin incluir el efecto de las fuerzas cortantes y las fuerzas axiales, la organización de la estructura no permite el desplazamiento de los nudos. Determinamos los momentos de empotramiento perfecto en los extremos de cada elemento. 3 T/m
MO12
L=2m
MO21
MO 21
3 22 1 T m wL2 12 12 2 wL 1 T m. 12
O M12
Como los otros elementos no tienen carga alguna aplicada transversalmente en sus tramos, los momentos fijos son nulos, es decir: MO23 MO32 MO24 MO 42 0
Aplicamos las ecuaciones elásticas para los tres elementos que conforman el sistema. Elemento 1-2: 2EI 2EI O 2θ1 θ2 M12O θ1 2θ2 M21 M12 y M21 L L Reemplazando valores, haciendo 1=0 y simplificando tenemos M12=EI2 -1; y M21=2EI2 +1 (*) Elemento 2-3: 2EI 2θ2 θ3 0 2EI 2θ2 θ3 y M32 2EI θ2 2θ3 0 2EI θ2 2θ3 M23 3 3 3 3 (**) Elemento 2-4: 2EI 2θ2 θ4 0 2EI 2θ2 θ4 y M42 2EI θ2 2θ4 0 2EI θ2 2θ4 M24 3 3 3 3 En las últimas imponemos la condición del apoyo empotrado 4: 4=0. Obtenemos:
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M24
4EI θ2 3
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y
M42
2EI θ2 3
(***)
Condición de equilibrio estático: M21+M23+M24=0, reemplazando los momentos en función de los ángulos de giro, tenemos
2EIθ2 1 2EI 2θ2 θ3 4EI θ2 0 3
3
14 2 EIθ2 EIθ3 1 0 3 3
Condición del apoyo simple 3, M32=0. Luego 2+23=0
(i)
(ii)
Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (i) y (ii) se obtienen los ángulos de giro 2 y 3. 3 3 θ2 y θ3 13EI 26EI Reemplazando el valor de los giros en las ecuaciones (*), (**) y (***) tenemos: M12=-1.-23 T; M21=0.538 T; M23=-0.231 T; M32=0; M24=-0.308 T; M42=-0.154 T Nota) El convenio de signos usados para deducir las ecuaciones elásticas de pendientes y deflexiones, no coincide en su integridad con el convenio de signos usados para los momentos flectores. Esta consideración deberá ser tomada en cuenta si quisiéramos graficar el diagrama de momentos flectores. 3) Determinar los momentos en cada extremo de los elementos del marco de nudos rígidos que se representa en el esquema. Incluir solamente deformaciones por momento flector. Considerar constante la rigidez flexional EI en todo el marco.
40 Klb B
15’
C
B
B’
C
C’
12’ A
18’
D Momentos de empotramiento perfecto, puesto que la carga externa está aplicada en el nudo B MOAB=MOBA=MOBC=M0CB=MOCD=MODC=0 Giros de las cuerdas (positivos en sentido antihorario) δ ψAB ψBA ; ψBC ψCB 0; 12 Condición de apoyos A y D empotrados A=D=0.
ψDC ψCD
δ 18
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2EI Ecuaciones elásticas de pendiente desviación: Mij 2θi θ j 3ψij MijO , para L ij
cada uno de los elementos. Se obtienen las ecuaciones siguientes: EI δ MAB θB 6 4 EI δ 2θB 6 4 2EI 2θB θC 15 2EI 2θC θB 15 EI δ 2θ C 9 6
MBA MBC MCB MCD
(*)
EI δ θC 9 6 Las seis ecuaciones pendiente desviación contienen nueve incógnitas (seis momentos de extremo, dos giros de nudos y un desplazamiento horizontal). Es necesario plantear ecuaciones adicionales (equilibrio estático de los nudos B y C y equilibrio global de fuerzas cortantes). MDC
MBC+MBA=0 (**) Reemplazando convenientemente las ecuaciones (*) en la ecuación (**) y simplificando obtenemos: 0.6θB 0.133θC 0.0417δ 0
40 Klb B
MBC
MBA MCB
MCB+MCD=0 (***) Reemplazando convenientemente las ecuaciones (*) en la ecuación (***) y simplificando obtenemos: 0.133θB 0.489θC 0.0185δ 0
C M MCD
MBA
MCD
12’ MAB
VA MAB MDC
18’
VA
VD
MDC
F 0 40 V
A
VD
VD
(i)
H
VA
MAB MBA 12
(ii)
VD
MCD MDC 18
(iii )
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Reemplazando las fuerzas cortantes VA y VD en la ecuación de equilibrio global (i), M MBA MCD MDC tenemos 40 AB 0 (iv ) . Reemplazando en esta última 12 18 ecuación los valores dados por las ecuaciones (*), encontramos 480 0.5θB 0.222θC 0.108δ 0 (* * **) . EI Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (*), (**), (***) y (****) encontramos: 439.05 136.22 6,757.02 θB ; θC ; δ (* * * * *) EI EI EI Reemplazando estos valores en las ecuaciones de los momentos de extremo, ecuaciones (*), tenemos finalmente MAB=-208.36 MBA=-135.34 MBC= 135.34 MCB = 94.80 MCD=-94.80 MDC=-109.89 4) La estructura que se representa en el esquema es de nudos rígidos y tiene rigidez flexional EI constante en todos sus elementos. Sin incluir efectos de fuerza cortante ni de fuerza axial, determinar el momento flector en los extremos de cada uno de sus elementos. Graficar el diagrama de momento flector. P
6’ 1
2 12’
60o
P
6’
3 2EI Usamos las ecuaciones elásticas: Mij 2θi θ j 3ψij MijO L ij
4 (*)
Momentos de empotramiento perfecto: MO12=MO21=MO23=MO32=MO34=MO43=0. δ δ Ángulos de rotación de las cuerdas ψ12 ψ21 ; ψ23 ψ32 0; ψ34 ψ43 . 6 6
12 Momentos y rotaciones positivos, en sentido antihorario.
43
Condición de apoyos 1 y 4 (empotrados): 1=4=0. Reemplazando en las ecuaciones (*) y simplificando tenemos:
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M12
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EI δ θ2 3 2
EI 2θ3 θ2 6 EI δ 2θ3 3 2
M32
EI δ 2θ2 3 2 EI 2θ2 θ3 6
M21
M34
M23
M43
Ecuaciones de condición:
M 0
(**)
EI δ θ3 3 2
M21 M23 0
y
2
M 0 M
32
M34 0 .
3
Desarrollando estas ecuaciones en función de las rotaciones y del desplazamiento, tenemos: 6θ2 θ3 δ 0 (i) y 6θ3 θ2 δ 0 (ii) Condiciones de equilibrio global V1+V2=2P; V1=V2=P.
V1=V2 (simetría). Luego
M12 V1
También, por el equilibrio del nudo 2:
M 0 M
12
M43
M21 6P 0
V4
2
Reemplazando en la ecuación de momentos EI δ EI δ θ2 2θ2 6P 0. 3 2 3 2
Simplificando la ecuación de equilibrio del nudo 2, tenemos 3θ2 δ
18P 0 EI
(iii ) .
Resolviendo las ecuaciones (i), (ii) y (iii), se encuentran θ3
9P ; EI
θ2
9P ; EI
δ
45P EI
(iv )
Finalmente, reemplazando los valores hallados de las rotaciones y del desplazamiento vertical del nudo 2 en las ecuaciones de los momentos, ecuaciones (**), y luego de simplificar tenemos M12=-4.5P;
M21=-1.5P;
M23=1.5P;
M32=-1.5P:
M34=1.5P;
M43=4.5P
De acuerdo a los convenios de signos usados para momentos flectores y momentos de extremo, existe coincidencia de signos solamente en los momentos del lazo derecho de cada elemento. Por tanto, para graficar el diagrama de momentos flectores se consideran: M1=-4.5P; M2=1.5P; M3=1.5P: M4=-4.5P
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1.5P
1.5P
1 2
1.5P -4.5P
1.5P 4
3
-4.5P 5) El sistema estructural plano de nudos rígidos ABCD representado en el esquema, está sometido a la acción de una fuerza horizontal F=100 Klb en el nudo B. La rigidez relativa de cada elemento es: elemento AB: 2EI/L=1; elemento BC: 2EI/L=2; elemento CD: 2EI/L=2. Determinar los momentos en los extremos de cada elemento. B
100 Klb
15’
C
15’ 25’ A 4 3
D
Determinamos los momentos de empotramiento perfecto en ambos nudos de cada elemento. Se obtienen MOAB=MOBA=MOBC=MOCB=MOCD=MODC=0 Sin incluir las deformaciones por fuerza axial y por fuerza cortante, el nudo B sufre un desplazamiento horizontal D. Igual desplazamiento horizontal sufrirá el nudo C. Como el nudo C es nudo común a las barras BC y CD, el nudo C también se desplazará de manera perpendicular con la barra inclinada CD.
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C’’ B
100 Klb
B’
D
C
D
CC’=D C’C’’=3D/4 CC’’=5D/4
C’
A 4 3 D Conociendo los desplazamientos de los nudos B y C, puede definirse los ángulos de rotación de cada barra. 3Δ 5Δ Δ Δ Δ ψAB ; ψBC 4 ; ψCD 4 15 15 20 25 20 (De acuerdo al convenio de signos establecido, los ángulos de giro y los momentos son positivos cuando se orientan en sentido antihorario). Como los apoyos A y D son empotrados entonces A=D=0. Determinamos las ecuaciones elásticas para cada extremo de los elementos: 2EI O MAB 2θ A θB 3ψ AB M AB L AB 2EI O MBA 2θB θ A 3ψBA M BA L BA 2EI O MBC 2θB θ C 3ψBC M BC L BC MCB
2EI O 2θC θB 3ψCB M CB L CB
(*)
2EI O MCD 2θC θD 3ψCD M CD L CD 2EI O MDC 2θD θ C 3ψDC M DC L DC
Reemplazando los factores de rigidez relativa, ángulos de rotación de cada barra, ángulos de giro de los apoyos A y D y los momentos de empotramiento perfecto, en las ecuaciones (*), obtenemos
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Δ MAB 1θB 3 15
MAB θB
Δ MBA 12θB 3 15 3Δ MBC 2 θ C 2θB 20 MCB
3Δ 2 θB 2θ C 20
Δ MCD 2 2θ C 3 20
Δ 5
MBA 2θB
Δ 5
MBC 2θ C 4θB MCB
3Δ 10
3Δ 2θB 4θ C 20
MCD 4θ C
(**)
3Δ 10
3Δ Δ MDC 2 θ C 3 MDC 2θ C 10 20 Ecuaciones de condición del equilibrio estático: Nudo B MBA+MBC=0 Nudo C MCB+MCD=0
Reemplazando las correspondientes expresiones de los momentos de extremo en las ecuaciones anteriores y simplificando, obtenemos Δ 3θB θC 0 (***) 20 θB 4θC 0 La tercera ecuación de condición se obtiene estableciendo el equilibrio global de momentos respecto del punto O (para eliminar el efecto de las fuerzas axiales). O
25’ 20’
15’ 100 Klb
15’
MAB
25’
MAB MBA 15
MDC MCD 25
MDC
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M MBA M MCD MAB MDC 100(20) AB 15 20 DC 25 25 0 15 25 4 7 Simplificando tenemos MAB MBA MDC 2MCD 2,000 0 . 3 3 Reemplazando las expresiones para los momentos de extremo, ecuaciones (**), en la expresión anterior y simplificando tenemos: 49 (****) 6θB 10θC Δ 2,000 0 30 Resolviendo el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (***) y (****) encontramos los valores siguientes
M
O
0
θB 21.4292;
θC 5.3573;
Δ 1,178.6
Finalmente, reemplazamos los valores anteriores en las ecuaciones para los momentos de extremo, ecuaciones (**). Obtenemos:
MAB 257.15 MCB 332.15
MBA 278.58
MBC 278.58
MCD 322.15
MDC 342.87
El ejemplo siguiente muestra una importante aplicación de las ecuaciones elásticas de pendiente desviación, al estudio de marcos planos de nudos rígidos que pueden desplazarse lateralmente, sin incluir los efectos de las deformaciones por fuerza cortante y por fuerza axial. 6) Determinar las ecuaciones elásticas pendiente / desviación, necesarias para encontrar los momentos en los extremos de cada elemento del sistema plano de nudos rígidos representado en el esquema. Considerar constante la rigidez flexional EI en todo el sistema. No incluir deformaciones por fuerza cortante ni por fuerza axial.
D1+D2 D
C
40 KN
C
D D1+D2
5m B 80 KN
E 7m
B
D1
E
D1
5m A
F
A
F
Momentos de empotramiento. Puesto que las cargas aplicadas horizontalmente actúan en los nudos B y C, todos los momentos de empotramiento perfecto son nulos. Ángulos de rotación de las cuerdas, positivos en sentido antihorario.
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Δ1 5 Δ2 5 0
ψ AB ψFE ψBC ψED ψBE ψCD
Condiciones de apoyos A y E empotrados: A=F=0. 2EI Ecuaciones elásticas para cada elemento componente Mij 2θi θ j ψij MijO L ij
Reemplazando los valores correspondientes a cada elemento, se obtienen las doce ecuaciones siguientes: 2EI 2EI MAB MBA θB 3ψ AB 2θB 3ψ AB 5 5 2EI MBC 2θB θC 3ψBC 5 2EI MCD 2θC θD 7 2EI MBE 2θB θE 7 2EI MED 2θC θD 3ψED 5 2EI MFE θE 3ψFE 5
2EI MCB 2θC θB 3ψBC 5 2EI MDC 2θD θC 7
(*)
2EI MEB 2θE θB 7 2EI MDE 2θD θE 3ψDE 5 2EI MEF 2θE 3ψEF 5
(*)
Se han planteado doce ecuaciones con dieciocho incógnitas: doce momentos de extremo, dos desplazamientos horizontales y cuatro giros de nudos. Ecuaciones del equilibrio de los nudos C, D, B y E. MCD
C
D
MDC
MCB
MDE
MBC
MED
MBE
B
E MEB
MBA
MEF MCB+MCD=0 MDE+MDC=0 MBA+MBE+MBC=0 MEF+MED+MEB=0
(**)
792
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Ecuaciones del equilibrio de la fuerza cortante en la base de los elementos verticales (columnas) de ambos niveles que deberán balancear las fuerzas horizontales aplicadas. 40 KN
F 0 H
5m
40
MBC MCB MCD MDE 0 5 5
(* * *.1)
VED
VBC
F 0 H
40 KN
40 80
5m
(* * *.2)
Deberán reemplazarse las ecuaciones (*) en las (**) y (***) para así conformar un sistema algebraico (tridiagonal) de seis ecuaciones con seis incógnitas (dos giros de las cuerdas y cuatro giros de los nudos). Con los resultados obtenidos, será posible, luego de reemplazar en las ecuaciones (*), obtener los momentos en los extremos de cada elemento del marco plano.
80 KN 5m VFE
VAB
MAB MBA MEF MFE 0 5 5
6.11) Teorema de los Desplazamientos Recíprocos (Teorema de Maxwell) El Teorema de Maxwell denominado también Teorema o Principio de Reciprocidad de los Desplazamientos es un importante teorema general en Mecánica de Sólidos Deformables. Se deduce a partir de las definiciones del trabajo generado por cargas externas y se aplica en todos los sistemas elásticos en que son válidos los principios de linealidad y superposición. A fin de ilustrar este teorema, consideremos, como ejemplo, una viga en voladizo AB de rigidez flexional constante EIZ, sometida a una carga concentrada P aplicada verticalmente en su extremo libre B. P
C P
A L/2
B L/2
Sea δ CB la deflexión vertical del punto C de la viga, ocasionada por una carga vertical P actuante en el punto B. La flecha en el punto C puede calcularse, por ejemplo por el método del área del diagrama de momentos.
-PL/2EIz -PL/EIz
PL L L δ CB 2EI Z 2 4 PL 2 L 5PL3 1 L PL 2 2 EI Z 2EI Z 3 2 48EL Z
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Consideremos ahora la misma viga AB cargada con la fuerza vertical P aplicada en el punto C. C P
A L/2
P B L/2
Sea δBC la deflexión vertical del punto B de la viga, ocasionada por una carga vertical P actuante en el punto C. La flecha en el punto B puede calcularse, por ejemplo por el método del área del diagrama de momentos. PL L 1 L 2L 5PL3 δBC 2EI Z 2 2 2 6 48EL Z
-PL/2EIz
Del valor de las deflexiones calculadas, observamos que δCB δBC , es decir: La flecha en el punto C, producida por la carga P que actúa en el punto B, es igual a la flecha en el punto B, producida por la carga P que actúa en el punto C. 6.11.1)
Demostración del Teorema de Maxwell
Consideremos un sistema elástico con una fuerza P1 aplicada en el punto A y otra fuerza P2 aplicada en el punto B. Ambas fuerzas aplicadas gradualmente. Determinaremos el trabajo realizado por las fuerzas en dos estados o alternativas: i) En primer lugar actúa la fuerza P1 y luego actúa la fuerza P2. ii) En primer lugar actúa la fuerza P2 y luego actúa la fuerza P1. P1
P2 A
B
Caso (i) P1 A
δA1
La fuerza aplicada gradualmente en el punto 1 A realiza el trabajo P1δA1 , siendo δA1 el 2 desplazamiento del punto A en dirección de la la fuerza P1 generado por la propia fuerza P1.
Después de generado δA1 aplicamos la carga P2 en el punto B. Se realiza el trabajo 1 P2δB 2 más un trabajo adicional realizado por P1 (que se mantiene constante). 2
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P1 P2
B2 A2
A1
B
A
Las otras variables indicadas en el esquema son: δB 2 que indica el desplazamiento del punto B en dirección de la fuerza P2 y que es generado por la propia fuerza P2.
δA 2 que indica el desplazamiento del punto A en dirección de la fuerza P1 y generado por la fuerza P2. (Tener presente que durante todo el desplazamiento δA 2 , la fuerza P1 tiene valor constante). P
P
P1
P2
A1
A2
El trabajo realizado es Τ1
B2
1 1 P1δA1 P1δA 2 P2δB 2 2 2
(i)
Caso (ii) Si se invierte el orden de aplicación de las cargas se genera el trabajo T2. P1 P2
B2 A1
B1
B
A P
P
P1
P2
A1
A2
B2
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Las otras variables indicadas en el esquema son:
δA1 que indica el desplazamiento del punto A en dirección de la fuerza P 1 y que es generado por la propia fuerza P1. δB 2 que indica el desplazamiento del punto B en dirección de la fuerza P2 y generado por la fuerza P2. (Tener presente que durante todo el desplazamiento δB1 , la fuerza P2 tiene valor constante). P
P
P2
P1
B2
B1
El trabajo realizado es Τ2
A1
1 1 P2δB 2 P2δB1 P1δA1 2 2
(ii)
Por el principio general del trabajo realizado sobre sólidos elásticos lineales, el trabajo generado es independiente desorden en que se aplican las cargas, es decir T 1=T2. Luego, 1 1 1 1 P1δA1 P1δA 2 P2δB 2 = P2δB 2 P2δB1 P1δA1 , de simplificando obtenemos 2 2 2 2
P1δA 2 = P2δB1
(*)
La ecuación (*) expresa el principio general de los Trabajos Recíprocos: “El trabajo realizado por la fuerza P1 durante el desplazamiento de su punto de aplicación debido a la acción de la fuerza P2 es igual al trabajo realizado por la fuerza P 2 durante el desplazamiento de su punto de aplicación debido a la acción de la fuerza P1”. Si P1=P2, tenemos δA 2 δB1
(**)
Igualdad que constituye el Principio General de los Desplazamientos Recíprocos, que se expresa: “El desplazamiento del punto A originado por una fuerza aplicada en el punto B, es igual al desplazamiento del punto B originado por una fuerza igual aplicada en el punto A”. En muchas situaciones el uso del principio de reciprocidad simplifica el cálculo de desplazamientos en sistemas elásticos lineales. Por ejemplo en los siguientes casos:
A
P
BA B
AB A
P B
δBA δ AB
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PA
PB B
A AB
A
BB
B AA
BA
Si PB PA , entonces δ AB δBA
PB
MA
B
A
A
B BA
AB Si, numéricamente, PB=MA, entonces θAB δBA , numéricamente. El principio de reciprocidad de desplazamientos es bastante útil en la formulación de los denominados coeficientes de flexibilidad, cuyo uso es definitivo en los estudios de Análisis Estructural. Se considera un sólido elástico deformable, sujeto a la acción de las fuerzas P1 y P2 aplicadas gradualmente. Los puntos de aplicación de las fuerzas indicadas sufren los desplazamientos D1 y D2, respectivamente. P2
P1
D1
D2
Puesto que el sólido es linealmente elástico, los desplazamientos totales se expresan: Δ1 f11P1 f12P2 Δ 2 f21P1 f22P2 Expresiones donde fij es el coeficiente de flexibilidad, que define el desplazamiento en el punto i resultante de una carga unitaria aplicada en el punto j.
Para estos casos fij=fji . El principio de reciprocidad de los desplazamientos expresa que: “Para un sistema elástico lineal el desplazamiento en el punto i debido a una carga unitaria en el punto j es igual al desplazamiento en el punto j debido a una carga unitaria en el punto i”. El principio de reciprocidad de los desplazamientos es un caso particular de una ley de la Mecánica de Sólidos Deformables mucho más general, el Teorema de Betti o de la Reciprocidad de los Trabajos. EJEMPLOS 1) Verificar la validez del principio de reciprocidad en el sistema cuya rigidez flexional es constante EI, sometido a los dos estados de carga que se indican.
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L
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P=1
A
B
A
a
A
La rotación en el punto A. es A=
m=1
1 Pa2 Pa a PaL L EI 2 EI 2
La flecha del punto B. es
L a 1 L2 uB= m m EI 2 2
2
B
a
uB
ma L a EI 2
Si las cargas son unitarias, es decir P=1 y m=1, entonces a a a a θA L y uB L EI 2 EI 2 Igualdad que comprueba la validez del principio de reciprocidad de desplazamientos. 2) La fuerza PR=1,200 Kg aplicada en el punto R provoca en los puntos A, B y C descensos de 3, 8 y 5 mm, respectivamente. Determinar el descenso provocado en el punto R por las cargas PA=1,500 Kg; PB=700 Kg y PC=1,000 Kg, que actúan en los puntos A, B y C. PR=1,200 Kg B
A 3 mm
R 8 mm
5 mm
PB=700 Kg
PA=1,500 Kg A
C
R
B
Pc=1,000 Kg C
DR
Si en el punto R actuase una carga unitaria (1 Kg) se generarían los siguientes desplazamientos verticales: 0.3 0.8 0.5 δA cm; δB cm; δC cm (*) 1,200 1,200 1,200 Por el principio de reciprocidad de los desplazamientos, los descensos verticales indicados en (*) son, respectivamente iguales al descenso del punto R cuando en los puntos A, B y C actúen fuerzas unitarias.
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1 A
R
B
C
0.3/1,200
Si en A actuase PA=1,500 Kg el descenso del punto R sería D’R=
0.3 1,500 cm 1,200
1 A
R
C
B
0.8/1,200
Si en B actuase PB=700 Kg, el descenso del punto R sería D”
0.8 1,500 cm 1,200
1 A
R
B
C
0.5/1,200
0.5 1,500 cm 1,200 Cuando simultáneamente actúen las fuerzas PA, PB y PC, el descenso del punto R será Si en C actuase PC=1,000 Kg, el descenso del punto R sería D’”
ΔR
0.3 1,500 0.8 700 0.5 1,000 1.26 cm 1,200 1,200 1,200
Nota) El principio de reciprocidad ha permitido resolver rápidamente problemas importantes en Mecánica de Sólidos que, de otra manera, presentaban dificultades notorias. Uno de ellos es determinar el cambio de volumen de un sólido elástico lineal. 3) Determinar la variación de volumen de un cuerpo elástico de configuración arbitraria, sometido a la acción de dos fuerzas iguales y de sentidos contrarios P. La distancia entre los puntos de aplicación de las fuerzas es H. El material del sólido tiene constantes elásticas E, u.
H
P
P
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Es importante considerar el grado de dificultad del problema enunciado de manera muy general. Por el principio de reciprocidad de los trabajos, la solución del problema se simplifica notoriamente. Analizamos simultáneamente a la condición de carga dada, el estado de carga del cuerpo sometido a una carga uniformemente repartida actuante sobre la superficie del mismo. Se definen entonces dos estados de fuerzas en el sólido (fuerzas en el sentido generalizado), el sistema de las dos fuerzas concentradas P, como un estado y la presión uniforme q, como el otro estado. Según el principio de reciprocidad de los trabajos, se afirma que
P ΔHq q ΔVP
(*)
donde ΔHq es el desplazamiento relativo de los puntos de aplicación de las dos cargas P originado por la presión q y ΔVP es la variación buscado del volumen del cuerpo originado por las fuerzas P. Al cargar el cuerpo con una presión uniformemente distribuida, en cada elemento de volumen aparece el estado de compresión triaxial. La deformación unitaria según 1 cualquier dirección es, por la Ley de Hooke generalizada, ε [s-u(s+s)], donde el E q esfuerzo normal s es igual a la presión q. Luego ε [1-2u]. E Los puntos de aplicación de las fuerzas se acercarán bajo la acción de la presión q la q cantidad ΔHP εH H [1-2u]. E Reemplazando este valor en la expresión de reciprocidad de los trabajos, ecuación (*), PH obtenemos ΔVq [1-2u]. E
800
CAPÍTULO VII ESTABILIDAD DE SISTEMAS ELÁSTICOS 7.01 Introducción El comportamiento de materiales y sistemas estructurales sometidos a cargas de compresión es muy distinto del comportamiento bajo cargas de tracción. La relación de esbeltez o relación entre longitud y dimensión transversal es un factor importante en el estudio de elementos sometidos a cargas de compresión. Experimentalmente se ha observado que la fuerza axial que produce el cambio de forma de la línea media (eje longitudinal) es menor cuanto más grande es la relación de esbeltez de la barra prismática en estudio. Para barras prismáticas en las que la relación de esbeltez es superior a 100, cuando la carga alcanza cierto valor (denominado carga crítica) el eje rectilíneo adopta súbitamente una forma curva. Este fenómeno de flexión de una barra sometida a compresión se denomina Pandeo o Flexión Lateral. Los efectos del pandeo o flexión lateral son fundamentales en el análisis y diseño de columnas.
P
P
Una vez que se ha producido el cambio de forma y si la carga axial compresiva se incrementa lentamente las deformaciones de la barra se incrementan súbitamente pudiendo llegar a la ruptura para valores de la carga muy cercanos al denominado Valor Crítico de la Carga Axial. Esto significa que cuando la carga aplicada P alcanza el valor de la carga crítica, la barra se aleja de su posición de equilibrio estable, por lo cual el fenómeno de pandeo o flexión lateral es un problema de estabilidad elástica. La barra ideal considerada es de material homogéneo, de sección recta constante, eje inicialmente recto, sometida a la acción de una carga de compresión axial centrada. Por lo general, las barras conformantes de sistemas reales, presentan características de no homogeneidad del material, errores o defectos de fabricación así como excentricidades durante la aplicación de la carga, circunstancias que determinan que la columna se flexione aún para pequeños valores de la carga aplicada. Aún para una barra ideal, cuando la carga alcanza el valor crítico Pcr pierde estabilidad. Toda perturbación ocasionaría grandes deformaciones que podrían provocar la ruptura de la barra. La condición P=Pcr es una condición de peligro de ruptura inminente que no está permitida en los sistemas estructurales. En su lugar se considera una carga de pandeo admisible Pp adm = Pcr/n, siendo n (n>1) el denominado factor de seguridad por pandeo. 7.01.1 Estabilidad. Carga Crítica. Definiciones. Es posible entender mejor el concepto de pandeo estudiando el comportamiento del sistema representado. Sea OA una barra rígida articulada en el punto O que se mantiene en posición vertical por intermedio de un resorte lineal de constante K instalado en el extremo superior A.
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Si el extremo A sufre un desplazamiento horizontal infinitesimal x, sobre él actúa una fuerza Kx ejercida por el resorte. Si la causa que provocó el desplazamiento x desaparece, la fuerza Kx tiende a llevar a la barra a su posición inicial vertical de equilibrio. Decimos, en estos casos, que el equilibrio es estable. x A
K L
Kx K
A
P A’
L
K
A
A’
L
O
Kx
O
O
Consideremos ahora que en el extremo A de la barra articulada actúa una fuerza axial centrada de compresión P. El momento de la fuerza OP respecto del punto O es Px, en sentido horario, que genera el efecto de llevar a la barra a alejarse más de su posición de equilibrio (momento perturbador). El momento de la fuerza en el resorte respecto del punto O es KxL, en sentido antihorario, que propicia el regreso de la barra a su posición inicial de equilibrio (momento restaurador). El equilibrio del sistema es estable si: Mto. Restaurador > Mto. Perturbador, es decir si KxL>Px, de donde KL>P. El equilibrio es estable solamente si la fuerza P es inferior al valor crítico Pcr=KL. Si P supera este valor, el equilibrio es inestable. En términos muy generales: Estabilidad es la capacidad de los sistemas estructurales de conservar su posición y configuración iniciales del equilibrio en el estado deformado y de retornar a ellas cuando las causas que provocaron una perturbación hayan desaparecido. De otra manera, estabilidad es la propiedad del sistema de ofrecer resistencia a las influencias externas y reestablecer por si mismo, total o parcialmente, su posición y configuración de equilibrio en estado de deformación, cuando aquellas influencias desaparecen. La forma de equilibrio en el estado deformado se considera o se denomina estable, si para toda desviación posible de la configuración observada que se realice a velocidades infinitesimales, el sistema tiende a retornar a su posición y configuración iniciales, luego de superar un estado de oscilaciones alrededor de la posición de referencia. El equilibrio se considera inestable si para cualquier desviación posible y para cualquier velocidad infinitesimal, el sistema se aleja de su configuración inicial o no manifiesta ninguna tendencia a retornar hacia ella, apartándose más hasta lograr una nueva posición o una nueva forma de equilibrio en el estado deformado. Si la perturbación es un desplazamiento respecto de la posición inicial de referencia y el sistema alcanza otra posición de equilibrio, y no asegura que trate de regresar
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a la configuración inicial ni manifiesta una clara tendencia de alejarse cada vez más de ella, el estado del equilibrio se denomina estado de equilibrio indiferente. Similar comportamiento presentan las columnas elásticas sometidas a compresión axial. Una carga de compresión axial P
P
P
F Antes de F
Después de F
Durante F
Aplicando una fuerza lateral infinitesimal F (que idealiza las posibles imperfecciones) la columna sufre una pequeña deflexión. Al suprimir la fuerza lateral F la columna regresa a su posición recta inicial de equilibrio, mientras se mantenga P< PCRIT. La elasticidad de la columna actúa como la fuerza restauradora. Esta acción de retorno a la configuración inicial, indica que la posición recta inicial es una posición de equilibrio estable, en la cual una pequeña perturbación tiende a desaparecer. Si la carga de compresión aplicada alcanza el valor de la carga crítica P=PCRIT, la columna elástica soporta esta carga y frente a cualquier pequeña perturbación como la fuerza lateral F, adquiere una forma flexionada moderada. P=PCRIT
P=PCRIT
P=PCRIT
F Antes de F
Después de F
Durante F
La columna permanece en la posición flexionada mientras P=PCRIT. Al suprimir la fuerza lateral F, la columna sigue en equilibrio en la posición flexionada. La fuerza elástica restauradora no es suficiente para hacer que la columna regrese a su configuración recta inicial, pero si es lo suficientemente grande para impedir que la deflexión ocasionada siga aumentando. Se trata de un estado de equilibrio indiferente o neutro. Finalmente, si la carga de compresión axial es mayor que la carga crítica P>P CRIT se alcanzará un estado de equilibrio inestable. P>PCRIT
P>PCRIT
P>PCRIT
F Antes de F
Durante F
Después de F
Posible colapso o pandeo
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Al considerar cualquier perturbación representada por la carga lateral F, la columna elástica pasa a ocupar una posición flexionada considerable. Al suprimir la fuerza F, la deflexión sigue creciendo notoriamente, pudiendo llegar al colapso o falla del elemento estructural. La fuerza restauradora elástica de la columna no es suficiente para impedir que una pequeña perturbación ocasione grandes deflexiones de carácter creciente. Este tipo de comportamiento indica que para cargas axiales mayores a la carga crítica la posición recta inicial de la columna elástica es una posición de equilibrio inestable, a la cual una pequeña perturbación puede ocasionar la falla o colapso total. El paso de un sistema del estado estable al estado inestable se denomina pérdida de estabilidad. El límite de este paso se denomina estado crítico y las cargas correspondientes se denominan cargas críticas. La determinación de las cargas críticas es un problema de vital importancia para el diseño de elementos estructurales que súbitamente cambian la forma y configuración de sus estados de equilibrio. Cuando el sistema se desvía de la posición investigada, el peso del mismo en la posición estable realiza un trabajo negativo (incremento de energía). En la posición inestable, el peso realiza un trabajo positivo (decremento de energía). En el estado indiferente, el trabajo realizado por el peso es nulo (la energía del sistema permanece constante). En consecuencia, la energía de posición del cuerpo es mínima cuando el estado del equilibrio es estable, es máxima cuando el estado del equilibrio es inestable y es estacionaria cuando el estado del equilibrio resulta indiferente. EJEMPLOS 1) La sección transversal de la barra elástica deformable AB es un cuadrado de lado b. Dicha barra está rígidamente unida a la barra vertical indeformable BC mediante una articulación fija. Determinar el lado b de su sección transversal, necesario para lograr el estado de equilibrio indiferente. Considerar deformaciones pequeñas. El material de la barra deformable AB es de comportamiento elástico lineal cuyo módulo es E=7.2x105 Kg/cm2. P=500 Kg
P
C a=1 m
A
L=2 m
C
RA
B
B
f Si se impone una desviación infinitesimal que aleje al sistema de su configuración inicial del equilibrio, la barra rígida BC sufrirá una rotación mientras que la barra deformable se encontrará en estado de flexión. Para deformaciones infinitesimales, el momento perturbador es Mpert=Pa. El momento restaurador es RA L. Por tanto, la condición del estado de equilibrio indiferente del sistema es Paψ R AL .
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La reacción RA puede encontrarse en términos de la desviación tangencial del punto A con respecto a la tangente a la curva elástica que pasa por el punto B, usando el método del área del diagrama de momentos. Se obtiene 3 f EI 1 R L 2L . f A L , de donde obtenemos R A L3 2 EI 3 3 f EI Reemplazando en la ecuación de equilibrio, tenemos Paψ 3 L . Simplificando y L despejando el momento de inercia de la sección transversal de la barra deformable Pa L f encontramos I , puesto que para pequeñas deformaciones es ψ . 3E L 500 100 200 Reemplazando los valores numéricos, encontramos I 4,6296 cm4 . 37.2 105
Como la sección transversal es un cuadrado, entonces I
b4 , b 4 12I 2.73 cm. 12
2) Dos barras rígidas AC y BC están conectadas entre sí y a un resorte lineal de constante K, según se indica en el esquema. Si el resorte puede actuar en tracción y en compresión, hallar el valor de la carga crítica del sistema. P A
Pcrit AH
L/2
L/2
C
K
Pcrit
AH
C
Fresorte=KL/2
C
CH CV
L/2
B
BH BV
Equilibrio de la barra ACB:
F 0, entonces A +B =F H
H
resorte=KL/2.
También AH=BH.
H
Por consiguiente AH= KL/4.
L L Pcrit θ 0 . Reemplazando el valor 2 2 C de la fuerza de reacción RA y simplificando, obtenemos Pcrit= KL/4.
Equilibrio de la barra AC:
M 0 . Luego
AH
3) La barra rígida AD está unida a dos resortes lineales de constante K y se encuentra en equilibrio en la posición indicada en el esquema. Si las cargas iguales P y Q permanecen horizontales, encontrar la magnitud de la carga crítica del sistema. Los resortes están ubicados simétricamente respecto al centro de la barra horizontal. Mediante una rotación infinitesimal en el centro de la barra ABCD, alejamos al sistema de su posición inicial de equilibrio. Puesto que ambos resortes están situados simétricamente, la fuerza que se desarrolla en cada uno de ellos es la misma.
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L
B
P
C
Q
D
A K
K
a Diagrama de cuerpo libre de la barra rígida desviada un ángulo infinitesimal respecto a su posición inicial de equilibrio. PCRIT A B
L/2
FRESORTE
a/2
a/2
C
L/2 D PCRIT
FRESORTE
L/2
L/2
El equilibrio de fuerzas en dirección vertical requiere que las fuerzas en los resortes a sean iguales FRESORTE K θ . 2 Puesto que la barra ABCD está en equilibrio M 0, luego
O
Ka 2 L 1 . PCRIT 2 θ Ka θ a 0 , de donde obtenemos PCRIT 2L 2 2 4) La barra rígida AB está unida a una articulación en A y a dos resortes lineales de constante K. Determinar el intervalo de valores de la distancia d, para el cual el equilibrio de la barra rígida AB es estable en la posición indicada. Considerar los siguientes datos numéricos m=100 Kg; h=600 mm; K=3 KN/m. m
B
PCRIT
h
h K d
K
FRESORTE
A
Equilibrio en la posición inclinada
FRESORTE
AH
AV
M 0 , es decir P
CRIT
h θ 2FRESORTE d 0 .
A
Reemplazando la fuerza en el resorte y despejando la carga crítica encontramos
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PCRIT
2 K d2 . h
La condición de estabilidad requiere P < PCRIT, es decir P< valores 1009.81 <
2 K d2 . Reemplazando h
2 3,000 d2 , de donde obtenemos d > 0.313 m. 0.6
5) La varilla de acero BC está unida a la barra rígida AB y al apoyo fijo C. Sabiendo que G=11 x 106lb/pulg2, determinar la carga crítica del sistema cuando d=5/8 pulg. P A
h=20”
L=30”
B
C
d Al imponer una rotación infinitesimal a la barra rígida AB, la varilla deformable BC se TL encuentra sometida a torsión. El extremo B de la varilla AB rota θ , de donde GJ GJ obtenemos el momento torsor necesario T θ. L Equilibrio de la barra rígida AB. PCRIT M 0 . Luego tenemos PCRIT h = T. Reemplazando B A GJ el momento torsor PCRIT h θ θ . De donde hallamos L h GJ G π d4 PCRIT .Reemplazando valores numéricos h L h L 32 encontramos PCRIT=274.64 lbs B T
6) La barra rígida representada es el esquema está sometida a una carga de compresión excéntrica. Su extremo inferior A está conectado a un resorte rotacional de constante lineal K. Determinar la carga crítica del sistema. Trazar una gráfica de variación de la fuerza P respecto al ángulo cL P P =L B Me=PcL L
L
A
K P
M=K
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La elasticidad de la columna está representada por el resorte rotacional. Al incrementarse la carga P desde el valor 0, la barra comienza a girar un ángulo alrededor del apoyo A. Equilibrio de la barra AB. Para deformaciones infinitesimales δ Lθ , luego la ecuación de equilibrio es M 0 PcL PLθ Kθ 0 , donde el término PcL representa el momento
A
excéntrico actuante en el extremo superior de la barra. De la ecuación de equilibrio K θ obtenemos P . L C θ Si c=0, obtenemos la carga crítica para la barra con carga centrada P=P CRIT=K/L. Con θ este valor la ecuación de la carga P se escribe P PCRIT . c θ c P PCRIT . Esta ecuación indica 1 P PCRIT claramente que a medida que la carga P tiende al valor PCRIT el ángulo crece indefinidamente (característica de inestabilidad). P
Invirtiendo la ecuación anterior obtenemos θ
PCRIT
Distintos valores de c
c=0
7) Sobre una plataforma indeformable está conectada una barra vertical rígida, que soporta una carga axial centrada P, según se indica en el esquema. La plataforma está, a su vez, sostenida por dos resortes elásticos lineales de rigidez K. Entre la barra vertical y la plataforma horizontal ha sido instalado un conector especial que permite desplazamientos infinitesimales. Determinar la carga crítica del sistema. (Este modelo idealiza una columna sobre fundación elástica). P
L
P
L
Nivel con P=0 x1 K
x2
K b/2 b/2
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El ángulo de giro de la plataforma es igual al ángulo de giro de la columna. Para x x1 desplazamientos infinitesimales, con suficiente aproximación, tenemos θ 2 , por b b tanto el desplazamiento lateral del extremo libre de la columna es δ x 2 x1 . (i) L
P
Ecuación de equilibrio
M 0 . Luego O
b b Pδ Kx 1 Kx 2 0 . Reemplazando el valor 2 2 dado por la ecuación (i) y simplificando obtenemos L b P K x 2 x1 0 . b 2 Si x1=x2, solución trivial: No existe pandeo. b b Solución no trivial cuando P K 0 , de donde L 2
L
O Kx1
Kx2
se obtiene la carga crítica PCRIT
b2 K 2L
8) Dos barra elásticas cuya rigidez axial es EA están conectadas a un bloque rígido B y a dos articulaciones fijas según se indica en el esquema. Cuando la carga P es nula, las barras forman con la horizontal el ángulo infinitesimal O. Deducir una expresión algebraica que relacione la fuerza P con el ángulo que define la posición de equilibrio de las barras. P B A
B’
O L
C L
A
C L
L
Cuando P=0, la longitud inicial de cada barra es L/cos O. En la posición deformada, cuando actúa una fuerza P 0, la longitud de cada barra es L/cos . Para valores de la carga actuante P 0, el ángulo O disminuye una cantidad infinitesimal, el bloque rígido B sufre también un desplazamiento vertical infinitesimal hasta ocupar la posición B’ y ambas barras inclinadas se encuentran en estado de compresión axial, disminuyendo su longitud inicial. El equilibrio en la posición final permite escribir la ecuación 2F sen =P, de donde obtenemos la fuerza de compresión axial en cada barra F=P/2sen . Puesto que las barras inclinadas son deformables, debemos considerar el acortamiento F L producido por las fuerzas F en cada barra, Δ . EA cos θO La condición de compatibilidad geométrica es AB-AB’= Δ , es decir: L L L L F L Δ, cos θO cos θ cos θO cos θ EA cos θO
809
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De la ecuación anterior obtenemos la fuerza de compresión axial en cada una de las cos θO barras inclinadas, F EA 1 . Puesto que la fuerza actuante P viene dada por cos θ la ecuación P 2 F sen θ , reemplazando y simplificando encontramos la expresión P 2 EA tan θcos θ cos θO Puesto que los ángulos y O son infinitesimales, para determinar una relación algebraica usaremos el desarrollo de las funciones coseno y tangente en serie de Taylor alrededor del punto =O=0 hasta los términos de segundo orden. Obtenemos 1 1 1 P 2 EA θ θ3 ...... 1 θ2 ......1 θ2O ...... . 3 2 2
Simplificando obtenemos la relación algebraica buscada P EA θ θ2O θ2 . 9) Una barra rígida AB articulada en A y de longitud L, está enterrada dentro de un medio elástico de constante K, el mismo que cuando la barra se desvía ligeramente de su posición original vertical, en cada uno de sus puntos genera una fuerza horizontal proporcional al desplazamiento y a la longitud del elemento de barra. En el punto B actúa una fuerza vertical de compresión axial centrada, P. Calcular la carga crítica para el sistema descrito. P
P B’
B x y K
dF=K x ds s
A
A
Consideremos una desviación infinitesimal de la posición vertical definida por el ángulo . Las coordenadas (x, y) de un punto genérico, donde está ubicado el elemento de longitud ds, sobre la barra inclinada, son sθ s x ; y 1 θ2 1 θ2 Ecuación de equilibrio
M 0 . Luego Pδ y dF 0 . Reemplazando las variables de A
(F )
esta ecuación en términos de la variable s, tenemos L
P L θ K
s2 θ ds 0 1 θ2
0
Desarrollando la integral y simplificando obtenemos P PCRIT=Lím P, cuando tiende a cero. Por tanto PCRIT
K L2 . La carga crítica es 3 1 θ2
K L2 . 3
810
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7.02 Modelos de Inestabilidad En esta sección estudiaremos dos modelos sencillos pero muy importantes en el estudio del comportamiento de columnas sometidas a la acción de fuerzas de compresión axial centrada. Uno de ellos considera una posibilidad de desplazamiento lateral o un grado de libertad y, el otro considera la posibilidad de dos desplazamientos laterales o dos grados de libertad. Los resortes rotacionales que se emplean idealizan la flexibilidad de las barras. a)
Columna con un Grado de Libertad
P
Consideremos dos barras rectas rígidas de ejes colineales conectadas entre sí por una articulación intermedia y un resorte rotacional de constante o rigidez K. El extremo inferior A está articulado y el extremo superior C está conectado de manera que sólo pueda sufrir giros y desplazamiento a lo largo del eje común de las barras. No están permitidos los desplazamientos laterales, normales al eje de las barras. Las fuerzas P son colineales y sus rectas de acción pasan por los centroides de las diferentes secciones transversales de las barras AB y BC. En la configuración inicial, el sistema está en equilibrio cualesquiera sea la magnitud de las fuerzas externas P. Para investigar si el equilibrio es estable o inestable (en este caso cualquier desviación por pequeña que sea podría ocasionar grandes deformaciones y eventualmente provocar la falla del sistema), aceptamos que cierta perturbación ocasiona que la articulación intermedia B se desplace horizontalmente la distancia u.
C
u K
L/2 B L/2 A P
En estas condiciones, las fuerzas P abandonan su efecto de compresión axial pura, generándose momentos flectores en las secciones transversales de ambas barras. En respuesta, en el resorte rotacional se genera un momento proporcional al ángulo total de giro 2. El momento perturbador que aleja al sistema de su posición inicial de equilibrio es Mpert=Pu, ocasionado por la carga externa P. El momento restaurador que tiende a hacer que las barras retornen a su posición inicial es Mrest= 2K, generado por el resorte rotacional. La ecuación de equilibrio en la configuración deformada es Pu=2K
(1)
Si Pu<2K, el estado de equilibrio es estable. El resorte obliga a las barras a regresar a su posición inicial cuando desaparezca el desplazamiento lateral perturbador u. Si Pu>2K, el estado de equilibrio es inestable, generándose una fuerte tendencia de las barra a incrementar el desplazamiento lateral u. Si Pu=2K, el estado de equilibrio es indiferente, estado en el cual teóricamente son posibles por lo menos las dos configuraciones del equilibrio (la recta y la deformada).
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El término 2K depende exclusivamente de la perturbación exterior para un valor dado de la constante del resorte rotacional K. El término Pu es función de la carga externa y de la magnitud de la perturbación lateral. Por consiguiente, en una columna de las características descritas, el equilibrio es estable, inestable o indiferente, según sea la magnitud de las cargas externas P. La condición del equilibrio indiferente debe ser investigada, puesto que ella separa el estado de equilibrio estable con los estados posibles de equilibrio inestable. Es necesario analizar tres posibilidades o condiciones: (i) pequeños desplazamientos; (ii) grandes desplazamientos y (iii) elementos con imperfecciones iniciales. Pequeños desplazamientos Si el desplazamiento lateral u tiende a 0, entonces θ escribe P
θL L 2Kθ 0, es decir θ P 2K 0. 2 2
2u , luego L
la ecuación (1) se
(2)
Para el cumplimiento de la ecuación (2) existen dos posibilidades: =0 con lo cual u=0 4K 4K L y P 2K 0, de donde P= , valor denominado carga crítica P Pcrit . L L 2 La primera posibilidad indica simplemente que la columna permanece recta para cualquier valor de la carga P. La segunda, indica que cuando la carga P alcanza el valor Pcrit es posible el equilibrio en la configuración deformada. Esta posible existencia de dos o más estados de equilibrio frente a un mismo sistema de cargas externas actuantes, se denomina Bifurcación del Equilibrio y caracteriza el fenómeno de pandeo. La carga que lo ocasiona es la denominada carga crítica. El desplazamiento lateral u generado por la carga crítica es indeterminado puesto que L la ecuación (2): θ P 2K 0 se satisface para cualquier valor del ángulo de 2 rotación de una barra y de la longitud L de la columna. Grandes desplazamientos L La ecuación (2) θ P 2K 0 incluye la condición de desplazamientos pequeños 2 2u puesto que se aproximó el ángulo θ y define el instante en que se inician los L desplazamientos laterales de la articulación B. Es decir, describe el inicio del fenómeno del pandeo. Dicha ecuación, sin embargo, deja de ser válida cuando los ángulos ó cuando los desplazamiento laterales u dejan de ser infinitesimales.
Si los desplazamientos son grandes, entonces u
L sen θ. Obteniéndose para este 2
L (3). sen θ 2Kθ 2 La ecuación anterior (3) se satisface cuando =0 y también cuando
caso la ecuación de equilibrio: P
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P
4K θ L sen θ
(4).
Al iniciarse el fenómeno del pandeo, el ángulo de rotación de las barras tiende a cero θ 1 cuando y la carga externa P es igual a la carga crítica Pcrit, puesto que Lím sen θ tiende a cero. Para ángulos crecientes, sabemos que > sen , ocasionando que la carga actuante P sea algo mayor que la carga crítica Pcrit. En consecuencia, la carga crítica Pcrit no es la mayor carga que la columna puede soportar. Es conveniente aclarar que el incremento de la carga actuante no es considerable. Así para =45º tenemos π4 P Pcrit 1.11Pcrit . sen π 4 Al suprimirse las restricciones impuestas para desplazamientos laterales pequeños los desplazamientos laterales de la articulación B no son indeterminados, puesto que mediante la ecuación (4) podrá calcularse el ángulo para diversos valores de la relación de cargas P Pcrit . Imperfecciones iniciales En los elementos estructurales denominados columnas suelen presentarse curvaturas y excentricidades de las cargas actuantes, además de una posible no homogeneidad del material. El comportamiento de los elementos imperfectos puede ser estudiado modificando convenientemente los modelos anteriores. Para tal efecto, analicemos el modelo representado en el esquema, el cual considera dos barras articuladas entre sí cuyos ejes no son colineales inicialmente. El punto B inicialmente está separado la distancia uO respecto de la vertical AC. Puesto que ( - O) es la rotación efectiva de cada barra articulada, la ecuación de Pu 2K θ θO 0 equilibrio es: (5). P
O
C A
θL , por lo 2
L 2 K θ 2 KθO 0 , o equivalentemente 2 L (6). θ P 2K 2KθO 0 2
L/2
tanto P θ
L/2
A diferencia del caso de columna recta perfecta, el valor =0 no es solución de la ecuación (6). La única 4K θ θ solución es P (7) 1 O Pcrit 1 O L θ θ
B KA
O
Para desplazamientos infinitesimales u
A P
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1
De la ecuación (7) se obtiene el ángulo de rotación de las barras θ θO
P 1 Pcrit
, en
4K es la carga crítica asociada al modelo de la columna perfecta. L En este caso no se presenta el problema de bifurcación del equilibrio, puesto que los ángulos y los desplazamientos u crecen desde el mismo instante en que comienza a ser aplicada la carga externa P, partiendo de sus valores iniciales O y uO respectivamente.
donde el valor Pcrit
No se presenta un fenómeno del pandeo similar al caso de la columna perfecta, pero se presenta un estado latente de inestabilidad, debido a que si el valor de la carga P se acerca al valor de la carga crítica Pcrit, el ángulo crece indefinidamente, lo cual es una condición del carácter de la inestabilidad. En la gráfica siguiente se representa cualitativamente la relación entre la carga externa P y el ángulo de rotación para los casos estudiados anteriormente. P Punto de Bifurcación del Equilibrio Pcrit=4K/L
Columna perfecta con grandes desplazamientos Columna perfecta con pequeños desplazamientos Columna imperfecta con pequeños desplazamientos
O b)
Columna con dos Grados de Libertad
Consideremos ahora un sistema compuesto por tres barras rígidas colineales, articuladas entre si por articulaciones y resortes rotacionales lineales de constantes K1 y K2, según se indica en el esquema. P
P
D
D L/3 K2
3 C
2
L/3 K1
u2
C
B
L/3
u1
B 1
A
A
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En estas condiciones se necesitan dos parámetros para determinar la configuración desviada de la posición recta inicial, es decir el sistema tiene dos grados de libertad. Estos valores convenientes pueden ser (u1, u2). Estableceremos las ecuaciones de equilibrio en la configuración desviada de las barras CD y AB. u2
P
MRESORTE1
3
1 MRESORTE2
Pu2-K2(2+3)=0
u1
P
(i)
Pu1-K1(1-2)=0
(ii)
Para desplazamientos infinitesimales con aproximación suficiente pueden considerarse 3 3 3 θ1 u1 ; θ2 u2 u1 ; θ3 θ3 L L L Reemplazando estos valores en las ecuaciones (i) y (ii), luego de simplificar, tenemos K K 3 2 u1 P 6 2 u2 0 L L (*) K1 K1 P 6 u1 3 u2 0 L L El sistema (*) es un sistema lineal homogéneo de ecuaciones algebraicas que se satisface para la solución trivial u1=u2=0. Esto nos indica que la posición recta inicial es una configuración de equilibrio para valores de la carga P diferentes a la carga crítica. El sistema de ecuaciones (*) admite otras soluciones diferentes de la trivial cuando el determinante característico sea nulo. Es decir debe cumplirse la condición: 3K 2 L K P6 1 L
P6
K2 L
0
3K1 L
Desarrollando el determinante y simplificando se obtiene la ecuación característica del pandeo asociada al modelo con dos grados de libertad 6 27 (iii) P2 K1 K 2 P 2 K1 K 2 0 . L L La ecuación (iii) permite determinar la carga crítica para un caso dado. Obtenidas las soluciones de la ecuación característica será posible determinar los desplazamientos lineales relativos u1 y u2 para cada raíz característica. Cada par de desplazamientos
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calculados (u1, u2) define un Modo o Forma de Pandeo. Tener presente que los valores absolutos de los desplazamientos lineales u1 y u2 todavía están indeterminados. Analicemos el caso particular cuando los dos resortes rotacionales lineales tienen la misma constante, es decir el caso cuando K1=K2=K. La ecuación característica (iii), es 12 27 P2 KP 2 K 2 0 . Resolviendo la ecuación encontramos las raíces características L L 3K 9K correspondientes P1 .En este caso existen dos cargas críticas y P2 L L 3K 9K PCRIT1 y PCRIT 2 L L El sistema estructural puede estar en equilibrio conservando su posición recta inicial (solución trivial u1=u2=0) o bajo una configuración asociada con cualquiera de las cargas críticas determinadas, es decir con alguno de los modos posibles de pandeo. Reemplazando en el sistema de ecuaciones (*) la condición K1=K2=K obtenemos el sistema de dos ecuaciones K K 3 u1 P 6 u2 0, y L L (**) K K P 6 u1 3 u2 0 L L Reemplazando en las dos ecuaciones (**) el valor de la primera carga crítica y simplificando, obtenemos la única condición: u1-u2=0, y por tanto u1=u2. De manera similar, al reemplazar en las ecuaciones (**) el valor de la segunda carga crítica y simplificando, obtenemos la única condición u1+u2=0, y por tanto u1=-u2. Resumen: Solución trivial: u1=u2, la configuración de equilibrio es la posición recta inicial. Primer modo de pandeo: La carga es la primera carga crítica PCRIT1=3K/L. La configuración del equilibrio queda definida por los desplazamientos relativos iguales u1=u2. PCRIT1
PCRIT2
u2
u2
u1
Primer modo de pandeo
u1
Segundo modo de pandeo
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Segundo modo de pandeo: La carga es la segunda carga crítica PCRIT2=9K/L. La configuración de equilibrio queda definida por los desplazamientos relativos iguales pero de sentido contrario u1=-u2. Este segundo modo de pandeo no es físicamente posible, a menos que el primer modo de pandeo sea evitado por algunos mecanismos especiales. EJEMPLOS 1) Dos barras rígidas AB y CD de igual longitud L, soportan cargas P en sus extremos superiores. Las barras se estabilizan mediante el sistema de resortes elásticos lineales de rigidez K que se representa en el esquema. Determinar las cargas críticas y los posibles modos de pandeo. K
P
P
K
B
K
D L
L
D1
P K(D2-D1)
D2
KD2
L
L
C
A
P KD1
A
C
Permitimos que las barras rígidas giren cada una un ángulo infinitesimal diferente. El extremo superior de la barra AB se desplaza la distancia infinitesimal D1. El extremo superior de la barra CD se desplaza la distancia infinitesimal D2. El sistema tiene dos grados de libertad. Equilibrio de la barra AB:
M 0 . A
P Δ1 K Δ 2 Δ1 L K Δ1 L 0 . Simplificando esta expresión tenemos: 2 K L P Δ1 K L Δ2 0 (i)
Equilibrio de la barra CD:
M 0 . C
P Δ 2 K Δ 2 Δ1 L K Δ 2 L 0 . Simplificando esta expresión tenemos: K L Δ1 P 2 K L Δ 2 0 (ii)
El sistema de ecuaciones homogéneas (i) y (ii) tiene solución diferente de la trivial si el determinante característico se anula. En consecuencia:
2 K L P KL
K L 0 P 2 K L
Desarrollando el determinante, obtenemos la ecuación característica del sistema P2 4PKL 3K 2L2 0 , cuyas raíces características son P1=KL y P2=3KL. Las cargas críticas son: PCRIT1 KL y PCRIT 2 3KL
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Para determinar el primer modo de pandeo, reemplazamos el valor de la primera carga crítica en la ecuación (i) y (ii). Encontramos la única condición D1=D2. Para determinar el segundo modo de pandeo, reemplazamos el valor de la segunda carga crítica en la ecuación (i) y (ii). Encontramos la única condición D1=-D2. 2) Un sistema estructural está conformado por cuatro barras rígidas de la misma longitud. Las barras intermedias están conectadas entre sí mediante articulaciones elásticas rotacionales de rigidez K. Las barras extremas están articuladas según se indica en el esquema. Determinar las cargas críticas y los posibles modos de pandeo. P
P
Cualquier desviación (posible) de la posición vertical quedará definida por las coordenadas independientes x0, x2 y x3.
A a
1
x1
C1
2
a x2
C2
3
a x3
C3 a
4 B
φ2 α2 α3
Los ángulos infinitesimales de rotación de las barras, con suficiente aproximación, son: x x x1 α1 1 ; α2 2 ; a a x x3 x α3 2 ; α4 3 a a El giro efectivo de cada una de las articulaciones rotacionales elásticas, es: 4 φ1 α1 α2 2x1 x 2 L
4 2x 2 x1 x 3 ; L
φ3 α4 α3
4 2x 3 x 2 L
La configuración deformada estará en equilibrio cuando en cada articulación rotacional el momento externo (momento perturbador) sea igual al momento elástico interno (momento restaurador). Por tanto: 4 2x1 x 2 (i) L 4 Px 2 Kφ2 Px 2 K 2 x 2 x1 x 3 (ii) L 4 Px 3 Kφ3 Px 2 K 2 x 3 x 2 (iii ) L Las ecuaciones (i), (ii) y (iii) definen el sistema de ecuaciones lineales homogéneas Px1 Kφ1
Px1 K
P L 8 K x1 4 K x 2 0 4 K x1 P L 8 K x 2 4 K x 3 0 4 K x 2 P L 8 K x 3 0
(1) (2)
(*)
(3)
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El sistema de ecuaciones (*) admite soluciones diferentes de la trivial x1=x2=x3=0 (que indica que la configuración recta inicial es una configuración de equilibrio), sólo cuando se anule el determinante de sus coeficientes, es decir cuando PL 8K 4K 0 4K PL 8K 4K 0 0 4K PL 8K
(**)
Desarrollando el determinando y resolviendo la ecuación característica que resulta, se obtienen las cargas críticas: K K PCRIT1 8 4 2 PCRIT 2 8KL PCRIT 3 8 4 2 L L
7.03 Equilibrio y Energía Potencial La energía representa la capacidad de realizar trabajo mecánico. Un cuerpo o un sistema de cuerpos tiene energía potencial cuando, en virtud de su posición o de su estado elástico, es capaz de realizar un trabajo sobre otro cuerpo o sistema. Para la Mecánica de Sólidos Deformables son de particular interés dos tipos de energía potencial: (i) La energía potencial relacionada con la deformación del material o energía de deformación, que representa una energía recuperable cuando no han sido sobrepasados los límites de elasticidad lineal, y (ii) La energía potencial de posición del cuerpo o sistema en un campo de fuerzas, o equivalentemente, el trabajo realizado sobre el cuerpo o sistema al cambiar su posición dentro del campo de fuerzas. En estos casos, la energía potencial mecánica total de un cuerpo o de un sistema de cuerpos es la suma de la energía de deformación elástica recuperable V E y de la energía de posición VG en el campo de fuerzas V=VE+VG Si consideramos, en el caso general, una fuerza F=(FX, FY, FZ) cuyas componentes son funciones de las coordenadas del campo, el trabajo efectuado por la fuerza F durante un desplazamiento virtual de su punto de aplicación es δU FX δX FY δY FZ δz , siendo el vector (X; Y; Z) el vector de posición. Si el trabajo es una diferencial exacta - δV de las coordenadas (X, Y, Z), entonces V V V δx δy δz , las componentes de la fuerza F resultan ser puesto que δV x y z V V V FX FY FZ (i) x y z La función V consistente con las ecuaciones (i) anteriores se denomina energía potencial o función potencial. Todo campo de fuerzas cuyas componentes determinan una diferencial exacta se denomina Campo Conservativo. Puede deducirse que el trabajo efectuado sólo depende de los puntos extremos del movimiento y no del camino que se haya recorrido. La introducción de fuerzas de rozamiento en los enlaces de todo sistema mecánico da origen a campos no conservativos. Para nuestros casos de interés, sistemas mecánicos con fuerzas gravitatorias y elementos deformables elásticamente, la relación entre trabajo y energía puede
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representarse en la forma δU δV ó δU δVE δVG , en donde δU es el trabajo virtual de todas las fuerzas activas exteriores excepto los pesos de los miembros que se hallen incluidos en el término δVG . El requisito de la configuración de equilibrio de todo sistema δV 0, es decir, que la función de energía potencial total valor estacionario. Conocemos que la posición natural de mecánico conservativo es aquella para la cual la energía V es
mecánico conservativo es V del sistema admita un equilibrio de un sistema mínima.
Cuando el sistema mecánico de interés tenga varios grados de libertad, las condiciones del valor estacionario definen un sistema de n ecuaciones con n incógnitas: V 0, donde xn representa una de las coordenadas independientes necesarias para x n determinar la posición del sistema. Recordar que el principio de variación nula de la energía potencial en el estado de equilibrio de un sistema, solamente puede aplicarse al caso de sistemas conservativos. Un sistema no conservativo (con rozamiento cinético) se aproxima a la condición de energía potencial mínima, pero no la alcanzará. 7.03.01 Criterio Analítico de Estabilidad del Equilibrio Para todo sistema conservativo de un grado de libertad, el requisito de variación nula de la energía potencial en el estado de equilibrio, equivale a la condición analítica dV 0 , siendo x la coordenada que define la posición de equilibrio. dx dV 0 define la existencia de valores estacionarios (máximos, dx mínimos o puntos de inflexión) en la gráfica de variación de la función V=V(x). Aún cuando la configuración natural del equilibrio puede representar un valor mínimo de V, existen otros valores estacionarios posibles de definir configuraciones de equilibrio.
La condición analítica
En la gráfica siguiente se representa la variación de la energía potencial V de un sistema mecánico conservativo y se indican los casos posibles del equilibrio: Estable, Inestable, Indiferente que fueran descritos intuitivamente en la sección 7.01.1 V=VE+VG
b) Inestable
c) Inestable
a) Estable
d) Indiferente
x Supuesta la posición de equilibrio en x=0, el desarrollo en serie de Taylor de la función de energía potencial V, alrededor del punto x=0, es
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dV x d2 V x 2 d3 V x 3 d4 V x 4 V VO ........( ii) 2 3 4 dx O 1 ! dx O 2 ! dx 3 ! dx O 4 ! Para la condición de equilibrio es (dV/dx)O = 0, por tanto la variación de la energía potencial se expresa por d2 V x 2 d3 V x 3 d4 V x 4 ΔV V VO 2 3 4 ........( ii) 2 ! 3 ! dx dx O dx O 4 !
Expansión en serie de potencial en la cual los términos sucesivos de grado superior decrecen rápidamente de magnitud. En consecuencia, en la posición de equilibrio, el signo de la variación de energía ΔV V VO dependerá del signo del término de menor orden que se mantenga diferente de cero en el desarrollo (ii). Generalmente, este término es el de segundo orden. Con esto, el equilibrio del sistema será d2 V ESTABLE, si ΔV es positivo, cuando 2 > 0. dx O d2 V INESTABLE, si ΔV es negativo, cuando 2 < 0. dx O Si la segunda derivada fuese nula, tendría que analizarse las derivadas de orden superior, de manera análoga al procedimiento empleado para la determinación de valores extremos relativos. En general, cuando la derivada diferente de cero de menor orden es par, la variación de energía potencial en la posición de equilibrio será similar a la expresada en las posiciones a) y b) de la gráfica anterior, y el equilibrio será estable o inestable según que el valor de esta derivada par de menor orden, sea positivo o negativo. Si la derivada no nula de menor orden fuera impar, la variación de la energía potencial en la posición de equilibrio sería una función con puntos de inflexión, similar a la condición (c) de la gráfica anterior.
Si el sistema de interés tiene dos grados de libertad expresados por las coordenadas independientes x, y, las condiciones de estabilidad se deducen usando el desarrollo en serie de potencias de Taylor para funciones de dos variables, en las proximidades de la posición referencial del equilibrio x=0, y=0: 2V 2 V V 1 2 V V 2xy 2 y 2 .......(iii) V VO x y 2 x 2 y 2 x O x O y O xy O O Con las condiciones de ser nulas las primeras derivadas parciales alrededor del punto x=0, y=0 y con la nomenclatura indicada, el incremento de energía potencial puede 1 escribirse ΔV Ax2 2Bxy Cy2 ... más términos no significativos de orden 2 superior (términos infinitesimales). En la expresión anterior
2V A= 2 x O
2V B xy O
2 V C 2 y O
(iiii)
Examinando el comportamiento de la ecuación (iiii) alrededor del punto referencial x=0, y=0 se obtienen los resultados siguientes para determinar la posición de equilibrio de un sistema conservativo de dos grados de libertad:
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ESTABLE, si DV es positivo, cuando B2-AC<0 y A+C>0 INESTABLE, si DV es negativo, cuando B2-AC<0 y A+C<0 INESTABLE (PUNTO DE SILLA), cuando B2-AC>0 INDETERMINADO, cuando B2-AC=0. La estabilidad es una condición difícil de determinar solamente en base de la experiencia e intuición del comportamiento de sistemas mecánicos conservativos. Mediante los criterios analíticos que han sido expuestos será posible determinar los estados de equilibrio y además precisar el tipo de equilibrio. EJEMPLOS 1) Determinar las condiciones de estabilidad del sólido conformado por un semicilindro circular de radio r, espesor e, y un paralelepípedo de altura h y del mismo espesor e, representado en el esquema. El espesor de los sólidos está medido de manera perpendicular al plano de representación.
G1 O
h G
G2
YG x: Nivel de referencia
Sean G1 el centroide del paralelepípedo, G2 el centroide del semicilindro y G el centroide del sólido compuesto. La altura del centroide G, luego de simplificar, es h r2 2h r 3π 4 2 6 YG πr 2h 2 (i) Si el centro de gravedad del sólido compuesto, G, se confunde con el punto O, el equilibrio es indiferente puesto que YG =r tiene un valor constante. 2 Para equilibrio indiferente resolviendo la ecuación YG=r encontramos h= r . 3 (ii) Si YG < r, todo giro del semicilindro sobre el plano de referencia trata de elevar la altura del centroide YG, en consecuencia en este caso el equilibrio es estable. 2 Para equilibrio estable resolviendo la desigualdad YG < r encontramos h< r . 3
(iii) Si YG > r, todo giro del semicilindro sobre el plano de referencia trata de disminuir la altura del centroide YG, en consecuencia en este caso el equilibrio es inestable. 2 Para equilibrio inestable resolviendo la desigualdad YG > r encontramos h> r . 3
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2) Una barra homogénea rígida AB de longitud 2L y peso P, está apoyada en uno de sus extremos A en una pared vertical lisa y en otro de sus puntos está apoyada sobre un pivote C separado de la pared vertical la distancia a
C A
a
El sistema tiene un grado de libertad, puesto que cualquier posición permisible queda definida, por ejemplo, por el ángulo .
G x
P
B
Para determinar la energía potencial seleccionamos el eje x como referencia horizontal.
La energía potencial es U P(GH), siendo H la proyección ortogonal del punto G sobre el eje x. De las relaciones geométricas obtenemos GH=(GA-CA) sen , expresión a equivalente a GH L senα . Luego la energía potencial es cos α
a senα PL senα a tan α . U P L cos α La energía potencial tiene valor extremo cuando dU/d=0. Es decir cuando a P L cos α a sec2 α 0 . Resolviendo esta ecuación resulta =arc cos 3 . L Por condiciones físicas del problema, el ángulo es positivo, por tanto solo interesa la raíz positiva.
La naturaleza del equilibrio queda determinada por el signo de la derivada segunda d2U 2a sen α a L sen α . En la posición de equilibrio tenemos cos 3 α , por tanto 2 3 L dα cos α 2 dU 3L sen α 0 , siendo el estado de equilibrio inestable. dα2
3) Una barra AB, de peso insignificante, está articulada en A sobre un apoyo fijo y en B soporta un peso P. Un resorte elástico lineal de constante K y longitud libre 2L está articulado en B a la barra AB y en el punto O a un apoyo fijo, según se representa en el esquema. Determinar la relación entre K, P y L para que el equilibrio ocurra cuando =60º. ¿Bajo qué condiciones este equilibrio es estable?
O
2L
K
A
L B P
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O
2L
K L
A L
B H P
Como nivel de referencia puede seleccionarse el eje x indicado, horizontal que pasa por el punto BO, siendo BO la posición más baja que puede ocupar el punto B (cuando =0). El punto H es la proyección ortogonal del punto B sobre el eje x.
BO
x
El sistema tiene un grado de libertad, expresado por el ángulo que define la posición de equilibrio de la barra AB.
La energía potencial total del sistema es UTOTAL UPESO URESORTE La energía potencial debida al peso P, es UPESO PHB PL1 cos θ .
(i)
K OB 2L 2. De 2 las relaciones geométricas obtenemos OB= L 5 4 cos θ . Por tanto la energía de
La energía potencial debida a la deformación del resorte es URESORTE
deformación es URESORTE
2 KL2 K L 5 4 cos θ 2L 2 2
2
5 4 cos θ 2 .
Reemplazando ambas energía en la ecuación (i) obtenemos la energía potencial total 2 KL2 del sistema UTOTAL PL 1 cos θ 5 4 cos θ 2 . 2 Las posiciones de equilibrio se caracterizan por dUTOTAL/d=0. La primera derivada es dU TOTAL 2 . La ecuación dUTOTAL/d=0 admite las L sen θ P K L 1 dθ 5 4 cos θ 2 soluciones siguientes (a) sen =0 y (b) P=KL 1 . Puesto que queremos 5 4 cos θ que el equilibrio se presente cuando =60º, la solución (b) es la que debe satisfacerse para dicho valor del ángulo . Luego se obtiene la relación P 0.244 KL.
Para conocer la naturaleza del equilibrio, determinamos d2UTOTAL dθ2
2 d2U TOTAL 2 2 cos θ 5 4 cos θ 2sen θ PL 2 KL cos θ 4 KL dθ2 5 4 cos θ3 / 2
Reemplazando en la derivada segunda el valor =60º obtenemos d2U TOTAL PL 0.08 K L2 0 , y en consecuencia el equilibrio es estable. 2 2 d θ θ 60º L G2 4) Dos pesos en equilibrio G1 y G2 están G1 1 2 unidos por una cuerda inextensible de longitud L y están situados sobre una r circunferencia vertical lisa de radio r, según se representa en el esquema. Demostrar que el estado de equilibrio es inestable.
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El sistema tiene un grado de libertad, debido a que la posición de los pesos queda determinada solamente por un ángulo independiente, puesto que L rθ1 θ2 . La energía potencial es U G1r cos θ1 G2r cos θ2 rG1 cos θ1 G2 cosα θ1 , donde los ángulos se relacionan por α θ1 θ2 . La condición analítica del equilibrio es dU/d1=0, luego rG1senθ1 G2senα θ1 0 , de donde obtenemos la relación G1senθ1 G2senθ2 . La naturaleza del equilibrio depende del signo de la derivada segunda
d2U rG1 cos θ1 G2 cos α θ1 0 , por dθ12
tanto el estado de equilibrio es inestable. 5) En el sistema representado, calcular el máximo valor del peso W para el cual la configuración vertical de equilibrio es estable. El resorte de comportamiento elástico lineal no tiene carga alguna cuando la barra está en posición vertical. W
W
K
x L
b
b
La energía potencial del peso W, es UPESO= WL cos . La energía potencial elástica en el resorte es URESORTE=Kx2/2, donde x=b sen . Por tanto, la energía potencial total del sistema es Kb 2 U TOTAL WL cos θ sen2θ 2 Para que el sistema se encuentre en estado de equilibrio estable en su configuración d2U TOTAL 0. vertical, se requiere que dθ2 dU TOTAL Determinamos la derivada primera W L sen θ K b2 senθ cos θ . dθ dU TOTAL Si 0 , entonces =0, solución que confirma que la barra en posición vertical dθ se encuentra en estado de equilibrio. d2U TOTAL W L cos θ K b2 cos 2θ , que para la raíz crítica La derivada segunda es 2 dθ =0, toma el valor –WL+Kb2. Por tanto, para asegurar el estado estable de equilibrio se requiere –WL+Kb2>0, de donde obtenemos W
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A L
L
3m
3m
K
x C El peso de la barra vertical es Q=mg=(150)(L+3)(9.81) = 1,471.5 (L+3) Newtons. L 32 cos θ . Por tanto, la energía potencial del peso de la barra es UP= 1,471.5 2 2 El resorte se comprime la distancia x. La energía elástica es UR=Kx /2. Es decir 96000 sen2θ 27,000 sen2θ K 9K 2 UR 3 senθ sen2θ 2 2 2 La energía potencial total del sistema es U 735.75 L 3 cos θ 27,000 sen2θ . 2
dU 2 0 es: 735.75L 3 sen θ 27,000 sen 2θ 0 , cuya dθ primera solución =0 reafirma que la barra está en equilibrio en posición vertical.
La condición de equilibrio
La naturaleza del equilibrio depende del signo de la segunda derivada de la energía d2U 2 735,75L 3 cos θ 54,000 cos 2θ . potencial, luego encontramos dθ2 d2U 2 Para =0 tenemos 2 735.75L 3 54,000 . dθ θ 0 El equilibrio es estable cuando
d2U 0 . En consecuencia se requiere que dθ2
735.75L 3 54,000 0 , de donde encontramos L<5.57 m. El máximo valor de la longitud L es Lmáx=5.57 m 2
7) Una barra OB de longitud b que puede girar alrededor de su extremo O, está cargada en un punto A con un peso G. Por su otro extremo B está instalado un cable inextensible que pasa por una polea sin rozamiento C, de cuya extremidad cuelga un verticalmente el peso Q. Considerar OA=a y OC=b. Determinar la naturaleza de las posiciones de equilibrio de la barra OB, para θ 0.
C B Q
O
A G
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El sistema tiene un grado de libertad, determinado por el ángulo . La energía θ potencial del sistema es U Ga cos θ Qs , donde s 2 b sen . Reemplazando la 2 θ distancia s, tenemos U Ga cos θ 2Qb sen . 2 dU θ La condición de estabilidad del equilibrio es Gasenθ Qb cos 0 . Resolviendo dθ 2 θ θ la ecuación tenemos 2Gasen Qb cos 0 , y encontramos las raíces críticas 2 2 que definen las posiciones de equilibrio θ 180º y sen
θ Qb . 2 2Ga
La naturaleza del equilibrio se determina mediante el signo de la derivada segunda, cuya expresión conveniente es d2U θ θ θ 1 2aGsen bQ sen Ga cos 2 . 2 2 2 2 dθ 2 θ Si existe una posición inclinada de equilibrio se satisface 2aGsen bQ 0 . Con 2
d2U θ Ga cos 2 0. Por tanto U 2 2 dθ presenta un máximo y la posición inclinada de equilibrio es inestable. esta condición, la segunda derivada nos quedaría
8) Demostrar que, en la configuración indicada, los pesos P, G y Q se encuentran en estado de equilibrio estable. Considerar que las dos poleas de radio insignificante, A y B, distantes a unidades, no tienen rozamiento.
B V
A P
Q G
El sistema tienen dos grados de libertad, que pueden ser representados por las coordenadas (x, y) del punto C. El eje x, se selecciona horizontal que pasa por A y B. El eje y, vertical que pasa por A. La energía potencial del sistema es
U Gy P x 2 y 2 Q a x y 2 2
U 0; x derivadas primeras, tenemos las ecuaciones siguientes:
U 0 . Encontrando las y
La posición de equilibrio requiere las condiciones
Px x2 y2
Qa x
a x 2 y 2
0;
G
Py x2 y2
Qy
a x 2 y 2
0
Resolviendo simultáneamente las ecuaciones anteriores, encontramos las raíces críticas: G2 Q 2 P 2 x a ; 2G2
y2
P
2
Q2 x 2 a x
2
Q2 a x P 2 x 2 2
.
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G2 P 2 Q2 Además se determina que a x a . 2G2
La naturaleza del equilibrio depende del signo de las derivadas segundas. 2U x 2
Py 2 x2 y2
Qy 2
a x 2 y 2
;
2U y 2
Px 2 x2 y2
Qa x
2
a x 2 y 2
Notamos que ambas derivadas parciales son positivas para las raíces críticas, por tanto la función de energía potencial U tiene un mínimo y el estado de equilibrio es estable. K/2
K/2 8) En el sistema representado en el esquema, cuando ambas barras, de peso P cada una, están en posición vertical, no se desarrolla fuerza alguna sobre los resortes elásticolineales, de rigidez K/2. Determinar las condiciones para las cuales el equilibrio es estable o inestable. 2
1
K/2
a
K/2
a
El sistema tiene dos grados de libertad, puesto que cada barra puede girar independientemente de la otra. Las coordenadas que representan los grados de libertad, pueden ser, por ejemplo, los ángulos infinitesimales 1 y 2. Los cambios de longitud de los resortes son: a sen 1 para los resortes inferiores y (a sen 1+a sen 2) para los superiores.
Si el apoyo fijo es el nivel de referencia para la energía potencial gravitatoria, la energía potencial total (energía potencial gravitatoria más energía de deformación) del sistema es K K a a 2 2 V a sen θ1 a sen θ1 a sen θ2 P cos θ1 P a cos θ1 cos θ2 2 2 2 2 Las derivadas parciales de primer y segundo orden son
828
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V 3Pa Ka 2sen 2θ1 Ka 2 sen θ2 cos θ1 sen θ1 θ1 2 2V 3Pa 2Ka 2 cos 2θ1 Ka 2sen θ2 sen θ1 cos θ1 2 2 θ1 V K Pa a2 sen 2θ2 Ka 2 sen θ1 cos θ2 sen θ2 θ2 2 2
(*)
2V Pa Ka 2 cos 2θ2 Ka 2sen θ1 sen θ2 cos θ2 2 2 θ2 2V Ka 2 cos θ1 cos θ2 θ1θ2
Para la condición de equilibrio 1 y 2 son cero y asimismo, las derivadas parciales de primer orden también son nulas. Las derivadas segundas alcanzan los valores: 2 V 2V 2V 3Pa Pa Ka 2 ; C 2 Ka 2 A 2 2Ka 2 ; B 2 2 θ1 O θ1θ2 O θ2 O Simplificando la expresión B2-AC, obtenemos 2 2 Pa Ka Ka B2-AC= 4 10 3 (**) 2 P P Para estudiar las variaciones de signo del trinomio B2-AC es conveniente representarlo gráficamente. Si se hace Ka/P=x, entonces 2
Pa B -AC= 4 x 2 10 x 3 2 2
(***)
B2-AC
0.349
2.151
x
Debemos analizar el equilibrio en tres regiones x<0.349; 0.3492.151. En la región Ka/P<0.349 es B2-AC<0 y A+C<0. Luego el equilibrio es inestable. Ambas barras pueden llegar al pandeo súbito cuando la rigidez es K<0.349 P/a. En la región 0.3490. Luego el equilibrio es inestable por presentarse puntos de silla en la gráfica. En la región Ka/P>2.151 es B2-AC<0 y A+C>0. Luego el equilibrio es estable. Es necesario que la rigidez combinada de los resortes sea K>2.151 P/a.
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7.04 Determinación de Cargas Críticas Dado un sistema de elementos estructurales u órganos de máquinas, se denominan cargas críticas aquellas que se encuentran en el límite del paso del sistema de un estado de equilibrio estable a uno de equilibrio inestable. Para ciertos sistemas la carga crítica es la carga máxima con la que el sistema dado todavía es estable, mientras que para otros es la menor carga con la cual el sistema resultaría inestable. En la determinación de cargas críticas frecuentemente suelen usarse dos métodos o criterios: (i) El método estático y (ii) El método energético. Debido a la complejidad de los criterios dinámicos, su estudio y uso está restringido a cursos avanzados de Mecánica Estructural. 7.04.01
Criterio Estático
Al sistema de interés se le da una posición desviada de la configuración actual de equilibrio, compatible con los vínculos. Es normal considerar que la posición desviada es infinitamente próxima a la posición inicial. Las cargas determinadas con tales suposiciones se denominan cargas críticas. El método o criterio estático puede usarse solamente en el análisis de estabilidad de sistemas conservativos. El procedimiento general es similar al denominado Método de los Desplazamientos Virtuales. El método estático puede expresarse como un conjunto de ecuaciones diferenciales que describen el estado desviado del sistema que tiene un gran número de grados de libertad (sistemas con parámetros distribuidos), o como un conjunto de ecuaciones algebraicas que describen el estado desviado del sistema que tiene un número menor de grados de libertad (sistemas con parámetros concentrados). Las soluciones de las ecuaciones definen las cargas críticas, de las cuales la primera (la menor de todas) es la realmente significativa para intereses prácticos. Las ecuaciones algebraicas de equilibrio que generalmente son aproximadas, pueden representarse como el sistema a11 λ i y1i a12y 2i ...a1n y n1 0 ...... an1 y1i an2 y 2i ...ann λ i y ni 0
(*)
donde el valor λ i depende de las cargas críticas. El sistema (*) es un sistema lineal de ecuaciones homogéneas y como generalmente la pérdida de estabilidad sucede para valores de y1i, y2i,…yni diferentes de cero, la condición es a11 λ i.......... ....a1n ...... =0 an1.......... ......ann λ i
Nótese que es un problema de vectores y valores característicos. El caso de que la pérdida de estabilidad suceda para la solución trivial nula, necesitará una investigación particular. En notación matricial el sistema (*) es A λIi Y 0 y la condición necesaria es
A λ iI Y 0 , donde A es la matriz de coeficientes y Y es el vector de las coordenadas de los desplazamientos permitidos.
830
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Así, para el sistema conformado por tres barras rígidas horizontales articuladas entre sí y sustentadas conforme se indica en el esquema Pi
A
C
c
c
L
D
B
Pi
L
2L K
K
Las variables y1i, y2i indican la compresión de los resortes de constante de rigidez K. Pi
A
C
c
c y1i
D
B
Pi
y2i
RA
RB RD
RC
Las fuerzas de reacción en los apoyos elásticos C y D son RC=Ky1i; RD=Ky21. Mediante las condiciones del equilibrio estático de todo el sistema se obtienen las reacciones K K (**) R A 3y1i y 2i ; R B y1i 3y 2i 4 4 También, por sumatoria de momentos de las fuerzas al lado izquierdo de la articulación C y al lado derecho de la articulación D, obtenemos las ecuaciones K Pi y1i 3y1i y 2i L 0 4 (***) K Pi y 2i y1i 3y 2i L 0 4 Las ecuaciones (***) pueden re-escribirse 3KL 4Pi y1 i KLy 2 i 0 (****) KLy 1 i 3KL 4Pi y 2 i 0 La ecuación característica es 3KL 4Pi KL 0 , de donde obtenemos las dos KL raíces P1 y P2 KL , valores que definen las dos cargas críticas. 2 2
2
Si reemplazamos la primera carga crítica P1=KL/2 en las ecuaciones (****) obtenemos la condición y11=-y21, que define la forma antisimétrica de inestabilidad o primer modo de pandeo. y21-y11 P1=KL/2
B
A
c
y11
P1=KL/2
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Si reemplazamos la segunda carga crítica P2=KL en las ecuaciones (****) obtenemos la condición y22=y12, que define la forma simétrica de inestabilidad o segundo modo de pandeo.
7.04.02
B
A
P2=KL
c
y12
P2=KL
Y22
Criterio Energético (Criterio de Rayleigh)
En sistemas elásticos deformables la carga crítica se determina por integración de la ecuación diferencial de la curva elástica. Sin embargo, en muchos casos de interés la determinación de la carga crítica aproximada pude hacerse usando conceptos de energía, examinando la energía total del sistema o bien analizando el incremento en la energía potencial del mismo en el estado deformado. Este valor aproximado de la carga crítica es suficiente para resolver los problemas de diseño. Usando el principio de igualdad entre el trabajo de las cargas externas y la energía potencial almacenada en el sólido deformable, podemos de manera aproximada determinar la carga crítica correspondiente. Para ilustrar este procedimiento, consideremos una barra elástica, deformable, articulada en sus dos extremos y sometida a una carga P de compresión axial centrada, de acuerdo al esquema representado. La forma del eje de la barra deformada se acepta conocida.
P DL L
P
L1
y=f(x)
Sea dx el elemento de longitud medida en la posición inicial vertical y sea ds el elemento de arco medido en el eje de la barra deformada, el cambio de longitud de la barra, DL, puede calcularse de la manera siguiente: ΔL
ds dx
(L )
dx
2
dy 2 dx
(L )
2 2 1 dy 1 dx 1 1 dy 1 dx dx (L ) (L ) 2 dx
2
1 dy ΔL dx 2 (L ) dx
(*)
El trabajo de la fuerza externa P es T=P(DL)=
2
P dy dx 2 (L ) dx
(**)
Debido a la flexión la barra almacena cierta energía de deformación, dada por 2
d2 y M2 U dx EI 2 dx , puesto que el momento flector es M=-EI d2y/dx2. 2EI dx (L ) (L )
Luego, por el principio fundamental de la relación trabajo-energía de deformación tenemos 2
2
d2 y P dy dx EI 2 dx , de donde encontramos la importante relación 2 (L ) dx dx (L )
832
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PCRIT
d2 y EI 2 dx dx (L )
(I)
2
dy dx dx (L )
expresión que permite determinar aproximadamente el valor de la menor carga crítica. Si la elástica es debida fundamentalmente a la flexión, el momento flector a la distancia x, es M=Py. En este caso, Py=-EI d2y/dx2. Por tanto la energía de 2 1 Py dx . Por el principio fundamental de la relación deformación de la barra es U 2 (L ) EI
1 Py P dy trabajo energía de deformación se verifica dx dx , de donde 2 (L ) EI 2 (L ) dx
2
2
obtenemos otra expresión para determinar la carga crítica
PCRIT
2
dy dx dx (L )
y2 dx EI (L )
(II)
En aquellos casos en que como ecuación del eje deformado y =f(x) se toma la verdadera curva elástica, las dos expresiones deducidas para la carga crítica son coincidentes. Si se conociera la ecuación de la curva elástica real, sin dificultad alguna mediante las ecuaciones (I) o (II) puede determinarse la carga crítica verdadera o exacta. Como la curva elástica no es conocida sino hasta integrar la ecuación diferencial, pueden encontrarse valores aproximados de la carga crítica asumiendo formas aproximadas para la ecuación de la curva elástica. EJEMPLOS 1) Respecto al sistema anterior, determinar una carga crítica aproximada, aceptando πx que la deformada tiene la forma de sinusoide y a sen . L Observar que la curva adoptada como elástica satisface las condiciones de frontera y(0)=y(L)=0. Las derivadas primera y segunda son dy π πx a cos dx L L
d2 y π2 πx a 2 sen 2 dx L L
Reemplazando en la expresión (I) tenemos
833
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PCRIT
π2 πx EI a 2 sen dx L L (L )
π2 2 EI L
2
π πx a cos dx L L (L )
Si usamos la ecuación (II) para determinar la carga crítica, obtenemos el mismo resultado, puesto que la ecuación adoptada para la curva elástica es la verdadera. Nota) La diferencia entre la ecuación (I) y la ecuación (II) se presenta cuando no se adopta como deformada la ecuación de la curva elástica verdadera. Por ejemplo, si adoptamos como deformada la curva y=ax(L-x) que cumple las condiciones de dy d2 y frontera y(0)=y(L)=0, tenemos aL 2x ; 2a . Reemplazando en (I), dx dx 2
EI 2a dx 2
obtenemos PCRIT
(L )
aL 2ax dx 2
12
EI . L2
(L )
aL 2ax dx 2
Si reemplazamos en la ecuación (II) tenemos PCRIT
(L )
1 EI axL ax dx 2 2
10
EI . L2
Observar que la ecuación (II) da un valor más aproximado el valor real. Ambas ecuaciones (I) y (II) dan aproximaciones por exceso, superiores al valor verdadero, es decir son ecuaciones del tipo conservador. 2) Determinar un valor de la carga crítica aproximada para el sistema indicado, en el cual la barra elástica deformable doblemente articulada recibe la acción de una fuerza axial centrada P aplicada en su sección central.
y L/2
(x,y ) P
P L/2
x En este caso, al cambio de longitud de la barra se determinará mediante la integral L
2
1 dy dx , puesto que la carga axial está aplicada en la sección central de la barra. 2 L / 2 dx
L
2
P dy En consecuencia, el trabajo realizado por la carga externa P, es T dx . 2 L / 2 dx
La energía de deformación almacenada en la barra por efectos de la flexión se calcula 2
mediante la integral U
2
L d2 y 1 M2 1 1 d2 y 1 EI 2 dx dx . dx EI 2 (L ) EI 2 (L )EI 2 0 dx 2 dx
Por el principio fundamental de la relación trabajo - energía de deformación, tenemos
834
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L L d2 y P 1 dy EI 2 dx , de donde la carga crítica se calcula por el cociente dx 2 L / 2 dx 2 0 dx
2
L
PCRIT
d2 y EI 2 dx dx 0L 2 dy dx dx L /2
(*)
πx Si a la curva elástica la aproximamos por la ecuación y a sen que cumple las L condiciones de borde y(0)=y(L)=0 obtendremos una aproximación a la carga crítica. Las derivadas primera y segunda, son
dy π πx a cos ; dx L L
2
d2 y π πx a sen . Reemplazando en la ecuación (*) y 2 dx L L 2
L
evaluando las integrales, tenemos PCRIT
π2 πx EI a 2 sen dx L L EI 0 L 2π2 2 . 2 L π πx a cos dx L L L /2
Nota) Resuelto el problema por integración directa de la ecuación diferencial de la curva elástica, la carga crítica verdadera o exacta, es PCRIT=18.7 EI/L2. 3) Determinar una carga crítica aproximada para el sistema conformado por una barra flexible de rigidez a la flexión EI, longitud inicial L, empotrada por su extremo inferior y cargada en toda su longitud con una fuerza repartida uniformemente, equivalente a su peso propio, q (fuerza/longitud).
x q L
y
Consideremos una curva elástica aproximada, definida por πx la ecuación y a 1 cos que cumple la condición de 2L borde y(0)=0.
2
L d2 y 1 La energía de deformación debida a la flexión de la barra es U EI 2 dx , 2 0 dx
EI a2 4 (*). π 32 L3 Determinamos el trabajo realizado por la carga externa repartida q, al pasar de la configuración rectilínea inicial a la configuración final deformada. reemplazando la derivada segunda, encontramos U
El cambio de longitud de la barra es Δx
2
1 dy dx , reemplazando la derivada y 2 ( x ) dx
resolviendo la integral, encontramos Δx
a2 π2 L πx x sen . Luego, el trabajo 2 π L 16 L
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realizado por la fuerza repartida q, es T
L
q Δx dx q
(L )
Resolviendo la integral obtenemos T
2 2
qa π 16L2
0
a2π2 L πx x sen dx . 2 π L 16L
L 2L 2 2 π 2
Por el principio fundamental (*)=(**), por tanto
2
(**).
EI a2π4 q a2 π2 32 L3 16 L2
L2 2L2 2 . De 2 π
donde obtenemos la carga crítica, q, aproximada EI π4 EI 8.29 3 qCRIT 3 2 2 L π 4 L Nota) La solución exacta obtenida integrado la ecuación diferencial de la curva EI elástica es qCRIT 7.83 3 . L x P P L 4) Determinar un valor aproximado de la carga crítica para una barra elástica de y rigidez flexional constante EI, longitud L, L empotrada en su extremo inferior y L sometida a la acción de una carga axial aL2-y x centrada P, según se indica en el esquema. L Aceptar que el eje deformado de la barra y puede aproximarse por una parábola de L segundo grado. Sea y=ax2 la ecuación de la parábola que representa el eje deformado de la barra. Las derivadas son y’= 2ax; y’’=2a. La flecha del extremo libre es aL2. En este caso no podemos usar directamente ninguna de las ecuaciones (I) o (II) puesto que por la disposición de los ejes coordenados, el momento flector en la sección que dista x desde el apoyo empotrado, no es M=Py, sino es M=-P(aL2-y). Luego la energía de deformación almacenada en la barra es 1 U 2EI
2
L
aPL
2
0
x
2
dx 415a PEIL
2 2 5
.
El trabajo realizado por la carga externa durante la deformación es L
2
P dy P T dx 2 0 dx 2
L
0
trabajo-energía tenemos es PCRIT
2 3
2a L P 2 . 2ax dx 3
Por el principio fundamental de la relación
4 a2 L5 P 2 2 a2 L3 P , de donde la carga crítica aproximada 15 EI 3
15 EI . L2
5) Determinar la carga crítica correspondiente a una barra elástica de rigidez flexional EI, longitud L, empotrada en su extremo inferior y articulada en su extremo superior; que se encuentra sometida a la acción de una carga vertical P, según se indica en el esquema.
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P
L
P
P R
R
x L
M
El momento flector en la sección ubicada a la distancia x, es M+Py=R(L-x)
y L La ecuación diferencial de la curva elástica es EI
d2 y Py R L x , que puede d2 x
d2 y P R L x , la cual es una ecuación diferencial ordinaria de y 2 EI d x EI segundo orden, lineal, no homogénea y con coeficientes constantes. La solución P P R L x general tiene la forma y A sen , en donde las x B cos x 2 P EI EI EI EI constantes A, B y R deben satisfacer las condiciones de borde y(0)=y’(0)=0; y(L)=0.
escribirse
Desarrollando las condiciones de borde obtenemos las ecuaciones P RL P R B 0; A 0; A sen L B cos 2 2 EI P P EI EI EI EI EI
P EI L 0
Que constituyen un sistema de ecuaciones algebraicas lineales y homogéneas. La solución trivial A=B=R=0 no tiene ningún interés. La condición para que el sistema de ecuaciones lineales homogéneas admita soluciones diferentes a la solución trivial, es que su determinante sea nulo, es decir 0
1
P 0 EI P P sen L cos L EI EI
LEI P2 EI 2 =0 P 0
Desarrollando el determinante y simplificando obtenemos la ecuación P P tan L L EI EI Ecuación que tiene que ser resuelta por métodos numéricos. La menor solución es P EI L 4.49, de donde obtenemos la carga crítica PCRIT 20.16 2 EI L 6) Determinar la carga crítica para la barra elástica que se representa en el esquema, que tiene dos tramos de igual longitud y diferente rigidez flexional, sometida a la acción de una carga vertical P.
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P
P
y EI L/2
4EI L/2
x
Tramo 1
Tramo 2
Las ecuaciones diferenciales de la curva elástica son Tramo 1 d2 y1 4K 2 y1 0 2 dx Tramo 2 d2 y 2 K 2y2 0 2 dx P donde K 2 4EI
Integrando cada una de las ecuaciones diferenciales, obtenemos la curva elástica en cada uno de los tramos y1 C1sen 2Kx C2 cos 2Kx y 2 C3sen Kx C4 cos Kx que deben cumplir las siguientes condiciones de frontera y1 (0) 0 C 2 0 y1 (L / 2) y 2 (L / 2), continuida d de la elástica dy1 dy (L / 2) 2 (L / 2), derivabili dad de la elástica dx dx y 2 (L ) 0
Desarrollando las cuatro ecuaciones de condición obtenemos un sistema de tres ecuaciones algebraicas lineales homogéneas KL KL C1senKL C 3sen C 4 cos 0 2 2 KL KL 2C1 cos KL C 3 cos C 4 sen 0 2 2 C 3senKL C 4 cos KL 0 La condición para que existan soluciones diferentes de la solución trivial C1=C3=C4=0, es KL KL sen KL sen cos 2 2 KL KL =0 2 cos KL cos sen 2 2 0 sen Kl cos KL Desarrollando el determinante y simplificando obtenemos las ecuaciones KL KL sen 0 y tan2 2 2 2 La menor solución de interés, diferente de cero, es la correspondiente a la ecuación KL tan2 2 , de donde obtenemos KL=1.9106. Con este valor, la carga crítica es 2 PCRIT=4EIK2=14.60 EI/L2.
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7) Determinar la carga crítica para la viga representada, en la cual el tramo de longitud L es elástico de rigidez flexional EI y el tramo de longitud a es rígido. EI
RÍGIDO
L
a
P
P
PV
PH f
a
L Fuerza horizontal PH= P cos P ; Fuerza vertical (cortante) PV= P sen = P (f/a). d2 y f P f y P L x , que puede ser 2 a dx P Haciendo K 2 tenemos la ecuación EI
Ecuación diferencial de la curva elástica EI escrita
d2 y P P L x y f 1 . 2 EI EI a a dx
diferencial
d2 y L x K 2 y K 2 f 1 , cuya solución general tiene la forma 2 a a dx
L x y C1sen Kx C2 cos Kx f 1 , que debe cumplir las condiciones de borde a a
y(0) 0;
y' (0) 0;
y(L) f .
Desarrollando las ecuaciones de condición, se determina un sistema de ecuaciones lineales homogéneas L C2 f 1 0; a
C1K f
1 0; a
C1sen KL C2 cos KL f f C1sen KLC 2 cos Kl 0
La condición para que existan soluciones diferentes a la solución trivial nula, es L 0 1 1 a 1 =0 K 0 a sen KL cos KL 0 a De donde obtenemos la ecuación tan KL KL 1 , que nos permitirá obtener la L
carga crítica mediante PCRIT K 2EI , para valores conocidos de L y a. 8) Una barra vertical AB de longitud L=10 m, homogénea y de sección transversal constante, está articulada en su extremo inferior A. En su sección central, C, tiene instalado cierto dispositivo (arriostramiento) que impide los desplazamientos horizontales de dicha sección. En su extremo B actúa una carga vertical de compresión axial centrada, P. Determinar la carga crítica de pandeo.
839
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P L/2 P
f B C
B C C
L/2 P
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P
y
RC
Equilibrio en la configuración deformada: HA-RC=0 VA-P=0 HA(L/2)-Pf=0 Resolviendo las ecuaciones anteriores obtenemos las reacciones:
A VA
VA=P; HA=RC=2P(f/L)
HA x
Los momentos flectores en ambos tramos de la barra, son L 0x PL y1 , 2 M 2Pf L L x L PL y 2 L x 2 , 2 Las ecuaciones diferenciales de la curva elástica, en cada tramo de la barra, son
d2 y1 d2 y 2 2K 2 f P 2 2 2 2 K y K f K y 2 K f x , donde K 2 1 2 2 2 L EI dx dx La solución general de las ecuaciones diferenciales indicadas, tiene la forma y1 A sen Kx B cos Kx f x y 2 C sen Kx D cos Kx 2f 1 L que contienen cinco constantes de integración, que se determinarán imponiendo las condiciones de borde y1 (0) f B cos 0 f f B 0
L y1 0 2 L y2 0 2 L L y1' y '2 2 2 y 2 L 0
Asen
KL f 0 2
Csen
KL KL D cos f 0 2 2
AK cos
KL KL KL 2f CK cos DKsen 0 2 2 2 L
CsenKL D cos KL 0
Como B=0, se determina un sistema lineal de cuatro ecuaciones homogéneas. La condición para que admita soluciones diferentes a la solución nula, es KL sen 0 0 1 2 KL KL 0 sen cos 1 =0 2 2 KL KL KL 2 K sen K os K sen 2 2 2 L 0 sen KL cos KL 0
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KL KL , 2 cuya menor solución diferente de cero, es KL=2.331 (obtenida por métodos numéricos). Por tanto, la carga crítica es PCRIT=K2EI. Reemplazando L=10 m, tenemos PCRIT=0.05434EI, en donde la rigidez flexional EI se expresará en N-m2.
Desarrollando el determinante y simplificando obtenemos la ecuación tan
7.05 Estudio de Columnas Elásticas 7.05.01)
Teoría de Euler. Definiciones
Consideremos una barra homogénea, recta, de sección transversal constante, material de comportamiento lineal elástico con módulo E, articulada en sus extremos y sometida a una fuerza de compresión axial centrada P. Debido a cualquier imperfección, la barra se deformará lateralmente y en cada sección transversal actúa un momento flector. x L
(x,y)
L
y L
Aceptando que la flexión se produce solamente en el plano x,y (para lo cual el momento de inercia IZ debe ser el mínimo posible), la ecuación diferencial de la curva elástica, es d2 y d2 y P EI Z 2 Py , o equivalentemente y0 . 2 EI Z dx dx Ecuación diferencial ordinaria de segundo orden, lineal homogénea y con coeficientes constantes. Su solución general tiene la forma P P (*) y A sen x B cos x . EI Z EI Z
Las constantes de integración A y B se determinan de manera que se satisfagan las condiciones de frontera y(0)=0; y(L)=0. Desarrollando las ecuaciones de condición obtenemos P (i) 0=0+B, de donde B=0, y (ii) 0 A sen L , que implica dos EI Z posibilidades: A=0, con lo cual la curva elástica coincide con la configuración recta, P hecho que no define la solución de interés. Además sen L 0 , de donde se EI Z obtiene
P L nπ, EI Z
(n 0,1,2,....). De esta ecuación obtenemos P
n2 π2 EI Z , L2
denominada ecuación de las Cargas Críticas de Euler. Definición) La menor carga crítica, correspondiente a n=1, se denomina Primera π2 EI Z Carga Crítica de Euler o Carga de Pandeo PCRIT . L2
841
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La ecuación de la curva elástica (*) resulta ser y A sen
P x , o su equivalente EI Z
π y Asen x , donde la constante A es indeterminada y representa el valor de la flecha L π máxima, puesto que y Asen x tiene su máximo para x=L/2. L
Nota) Esta indeterminación se presenta porque se ha considerado la ecuación dy diferencial aproximada de la curva elástica, en la cual se acepta que 0, situación dx contradictoria con las grandes deformaciones propias del pandeo. La expresión general para las cargas críticas es PCRIT denominada primera carga crítica PCRIT1
π2n2EI Z . Para n=1 aparece la L2
π2EI Z , y la curva elástica correspondiente es L2
4π2EI Z π , y la curva y Asen x . Para n=2, aparece la segunda carga crítica PCRIT 2 L L2 2π elástica correspondiente es y Asen x . L PCRIT1
PCRIT2
n=1 1
L/2 x
Definición) La relación λ
n=2 1 x
LP se denomina Esbeltez Mecánica de la barra. El valor iMÍN
iMÍN es el radio de giro mínimo de la sección transversal constante de área A. Luego la π2EIMIN π2EA π2EA 2 primera carga crítica es PCRIT , recordando que IMÍN A iMÍN y 2 2 L L λ iMIN el mínimo momento de inercia es IZ para que la flexión se desarrolle en el plano x,y. Definición) El valor del esfuerzo normal correspondiente a la carga crítica se denomina Esfuerzo Normal Crítico ( σ CRIT ) y está definido por σ CRIT
PCRIT π2 EI π2 EA i2 π2E 2 , donde L/i se denomina Relación de Esbeltez. 2 A L A L2 A L i
842
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Observar que el esfuerzo normal crítico es proporcional al módulo elástico del material πE y es inversamente proporcional al cuadrado de la relación de esbeltez σ CRIT 22 . λ 7.05.02)
Carga Crítica y Tipo de Sustentación
π2 EI Z π2 EA o su equivalente corresponden al problema P CRIT L2 λ2 del pandeo de una barra elástica de sección constante y ambos apoyos articulados, sometida a cargas de compresión axial centrada.
La ecuación PCRIT
Definición) Se denomina Longitud de Pandeo (LP) a la longitud que existe entre dos puntos de inflexión consecutivos de una curva elástica.
π2 EI Z para otras condiciones de L2 apoyo de la barra de rigidez flexional EIZ, si cambiamos la longitud L por la longitud de pandeo LP. Así, para el ejemplo de la barra empotrada-libre Puede generalizarse la fórmula de Euler PCRIT
L
L
P
L P
P
El sistema es equivalente a una barra biarticulada de doble longitud. Luego la longitud π2 EI Z π2 EI Z de pandeo es LP=2L. Para este caso, la carga crítica será PCRIT . L2P 4L2 Para el caso de considerar una barra de rigidez flexional EIZ, con sus dos extremos empotrados, sometida a compresión axial, tendríamos P
La longitud de pandeo es LP=L/2. Luego la carga crítica de Euler es
P
L
LP=L/2
PCRIT
π2 EI Z 4 π2 EI Z L2P L2
P Definición) Se denomina Carga Crítica Generalizada al valor π2 EI Z L PCRIT , donde α P se denomina Coeficiente de Reducción de la Longitud de 2 L αL la barra y depende del tipo de apoyos extremos de la misma Nota) La carga crítica de pandeo de una barra de sección constante sometida a π2 EI Z compresión axial es PCRIT , expresión que demuestra que la carga crítica de L2P pandeo depende del módulo de elasticidad lineal del material y de las dimensiones de
843
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la barra, pero no depende del esfuerzo último del material (o del esfuerzo de fluencia). P π2 E El esfuerzo crítico de pandeo es σ CRIT CRIT 2 . A λ σ CRIT
π2 E define la λ2 denominada Hipérbola de Euler, curva que determina la región de validez de la fórmula del pandeo elástico (Euler). La gráfica de la función σ CRIT
σe
El valor σ e es el esfuerzo en el límite elástico (o esfuerzo normal de fluencia del material).
σ
λ LÍMITE 7.05.03)
λ
λ
Grandes Desplazamientos d2 y dx 2
La ecuación diferencial exacta de la curva elástica es
3/2
M . EI
dy 2 1 dx Para determinar la curva elástica de Euler se ha considerado la hipótesis de las 2
dy deformaciones infinitesimales, que implica 0 , de manera que la ecuación dx
d2 y M . 2 EI dx Cuando la carga P crece más allá de la carga crítica PCRIT los desplazamientos también crecen y no puede aceptarse la simplificación anterior. Debe resolverse el problema directamente, integrando la ecuación diferencial exacta o alguna de sus formas equivalentes, en base a las curvaturas elástica y geométrica. Así, el problema de los grandes desplazamientos presenta complicaciones en el aspecto formal del tratamiento matemático. La integración de la ecuación diferencial “exacta” requiere conocimientos de·integrales y funciones elípticas.
diferencial exacta puede aproximarse por
Consideremos una barra elástica esbelta, de sección transversal constante, sometida a la fuerza P de compresión axial centrada. Consideraremos el caso en que los esfuerzos permanecen en la zona lineal de elasticidad. También consideraremos que el momento de inercia I Z es el mínimo momento de inercia, de manera que la flexión se desarrolla en el ‘plano x,y.
x
P
y
MZ
d
Centro de Curvatura
r ds
x s
y P
844
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La ecuación diferencial exacta de la curva elástica es curvatura. Haciendo el cambio de variable
EI Z Py , siendo ρ el radio de ρ
P K 2 , la ecuación diferencial es EI Z
1 ds K 2 y . Pero sabemos que el radio de curvatura es ρ , por lo tanto tenemos ρ dθ dθ K 2 y , donde ds es la expresión del elemento diferencial de arco medido sobre la ds curva elástica buscada. Derivando con respecto al arco s, tenemos 2 d dθ 2 d y . Luego d θ2 K 2 dy K 2 senθ K 2 2 sen θ cos θ . K ds 2 2 ds ds ds ds
d2θ θ θ θ θ dθ K 2 sen cos puede escribirse d 2K 2 sen cos , que 2 2 2 2 2 ds ds θ θ dθ dθ dθ es equivalente a d 2K 2 sen cos . Integrando obtenemos ds ds 2 2 ds
La expresión
S
S
θ θ dθ dθ 2 d 2K sen cos dθ , es decir desarrollando las integrales ds ds 2 2 0 0
2
S
S
1 dθ 1 dθ θ 2K 2 sen2 2 ds S 2 ds S 0 2 0 La expresión anterior puede ser representada como 2
1 dθ 1 dθ θ θ 2K 2sen2 2K 2 sen2 2 ds 2 ds S 0 2 2 S 0 2
θ 1 dθ Haciendo la sustitución 2K 2 sen2 2K 2m2 , obtenemos 2 S 0 2 ds 2
2
1 dθ θ θ dθ (*), donde m 2K 2m2 2K 2sen2 , o 4K 2 m2 sen2 2 ds 2 2 ds es una constante de integración. Para integrar la ecuación (*) hacemos el cambio de 2
variable sen donde
θ dθ m senψ , con el cual 4K 2m2 1 sen2ψ 4K 2m2 cos 2 ψ , de 2 ds
dθ 2K m cos ψ ds
(**).
A partir de la ecuación del cambio de variable sen
θ m senψ obtenemos 2
1 θ dθ dψ , que junto con la ecuación (**) nos permiten escribir cos m cos ψ 2 2 ds ds dψ dψ dψ , es decir K ds . Integrando obtenemos K ds 2 2 θ θ 1 m sen ψ 2 cos 1 sen 2 2 ψ
Ks
ψO
dψ 1 m2sen2ψ
, donde ψO es el valor de λ para s=0, es decir es el valor ψ en
845
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el origen de la abscisa curvilínea s (ubicado en el extremo de la barra donde está aplicada la carga de compresión P). ψ
Definición) La integral
dψ
1 m2sen2ψ
ψO
define la denominada Integral Elíptica de
Primera Especie, cuyo desarrollo y características analíticas se estudian en los Cursos de Análisis Matemático Avanzado o en Teoría de Funciones Especiales. En el apoyo articulado se anula el momento flector, por lo tanto
1 MZ dθ 0, ρ EI ds
dθ 2 K m cos ψ se determina el valor inicial ψO . Tenemos ds 2 K m cos ψO 0 , de donde ψO π 2. Luego la integral elíptica puede escribirse
De la ecuación ψ
Ks
π/2
dψ 1 m2sen2ψ
, que puede ser descompuesta en dos formas estándar de
integrales elípticas de primera especie ψ
Ks
O
υ/2
dψ 2
2
1 m sen ψ
O
dψ 1 m2sen2ψ
Existen cuadros de valores funcionales para obtener el valor de cada una de las integrales elípticas de primera especie, en función del ángulo ψ y del parámetro m (m<1). Nota) La solución de la ecuación diferencial exacta ha sido resuelta para innumerables casos de barras comprimidas, teniendo en cuenta la condición real de los grandes desplazamientos. Dichas soluciones demuestran que no existe la indeterminación que, aparentemente, se presenta cuando se integra la ecuación diferencial aproximada de la curva elástica. Por ejemplo, para una barra biarticulada, la flecha máxima está dada por 1 P L 8 P 1 1 1 8 P π PCRIT CRIT Expresión que demuestra que la flecha máxima crece rápidamente para valores de la carga axial P mayores que la carga crítica PCRIT. uMÁX
EJEMPLOS 1) Una columna biarticulada de 3.5 m de longitud efectiva, se hace clavando cuatro tablas de madera de 30 x 120 mm de sección trasversal. Usando E=12.5 GPa, determinar la carga crítica para las dos disposiciones de las tablas indicadas en el esquema. b) a) 150 mm
120 mm 120 mm
150 mm
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Caso a) Longitud efectiva LP=3.5 m. Momento de Inercia
I
1 120x10 3 12
4
17.28x10 6 m4 .
Usamos la fórmula de Euler para el caso de columnas biarticuladas PCRIT Obtenemos PCRIT
π2 12.5 17.28X10 6
3.5
Caso b) Longitud efectiva LP=3.5 m. Momento de Inercia
I
2
174.03 KN.
1 150 x10 3 12
90x10 36.72x10 4
3 4
fórmula de Euler para el caso de columnas biarticuladas PCRIT Obtenemos PCRIT
π2 12.5 36.72X10 6
3.5
2
369.8 KN.
6
π2EI . L2P
m4 . Usamos la
π2EI . L2P
2) Una columna de longitud L= 25’, articulada en sus extremos tiene un soporte lateral en su sección media en el plano de la gráfica. La columna sólo cuenta con soporte lateral perpendicular al plano de la gráfica en sus extremos. La sección transversal de la columna tiene las características I1=98 pulg4; I2=21.7 pulg4; A=8.25 pulg2. El material de la columna es acero (E=29 x 103 Klb/pulg2; σ y=42 Klb/pulg2). Determinar la carga permisible usando un factor de seguridad 2.5 con respecto a la carga de pandeo. P
L/2
De acuerdo al tipo de soportes, en la columna dada, pueden presentarse dos modos de pandeo:
2
i)
1
En el plano de la gráfica, siendo LP=12.5’ y flexión con respecto al eje 2. Pandeo perpendicular al plano de la gráfica, siendo LP=25’ y flexión respecto al eje 1.
ii)
L/2
Sección transversal
Carga crítica caso (i): P’CRIT=
Para cada caso, calcularemos las cargas críticas mediante la fórmula de Euler y luego debemos comprobar su validez. π2 EI2
L / 2
Carga crítica caso (ii): P' 'CRIT
2
π2 EI1 L2
4 π2 29 103 21.7
276.04Klb .
25 122 π2 29 103 98 311.66Klb . 252 122 2
La carga crítica es la menor de las determinadas PCRIT=276.04 Klb. P' 311.66 El esfuerzo crítico está dado por σ CRIT CRIT 37.78 Klb pu lg2 . Como el A 8.25 esfuerzo crítico es menor que el esfuerzo de fluencia σ y 42 Klb pu lg2 , los cálculos de las cargas críticas son válidos.
847
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La carga axial permisible es PPERM=
PCRIT 276.04 110.42 Klb FS 2.5
3) Sabiendo que se requiere un factor de seguridad FS=3, determinar la mayor carga crítica P que puede aplicarse en la estructura que se representa en el esquema. Considerar E=29x106 lb/pulg2.·Considerar que el pandeo puede darse solamente en el plano de la estructura. Las barras AB y AC tienen diámetro 5/8”. La barra BC tiene diámetro 3/4”. Longitud de las barras LAB=25.46”
P B
Fuerzas axiales (barras en compresión) FAB=0.9429P FBC=0.7455P
1.5’ C
A 1.5’
3’
Barra AB
FAB CRIT
LBC=40.25”
π2 EI π2 29 106 π 4 5 16 3,307.28 lb. L2 25.462 4
Luego 3,307.28=0.9429 PCRIT, de donde PCRIT=3,507.6 lb. La máxima carga P que P 3,507.6 ' puede aplicarse es PMAX CRIT 1,169.2 lb . FS 3 Barra BC
FBC CRIT
π2 EI π2 29 106 π 4 3 8 2 2,743.98 lb. L 40.252 4
Luego 2,743.98=0.7455 PCRIT, de donde PCRIT=3,680.72 lb. La máxima carga P que P 3,686.72 " puede aplicarse es PMAX CRIT 1,228.91 lb . FS 3 La carga máxima que puede aplicarse a la estructura dada, es la menor de las dos determinadas PMÁX=1,169.2 lb. 4) Los cables BC y BD están tensados e impiden el movimiento del punto B en el plano xz. Usando la ecuación de Euler, un factor de seguridad de 2.5 y dejando de lado la tracción en los cables, determinar la carga centrada de compresión admisible P. Usar E=29 x 106 lb/pulg2, en los dos casos, cuyas características geométricas se indican en el esquema. z P B y
C
D A
x
Perfil W8 x 15 A=4,4 pulg2 rx=3.27 pulg ry=0.87 pulg
Perfil W8 x 18 A=5.26 pulg2 rx=3.43 pulg ry=1.23 pulg
Caso i)
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Flexión en el plano xz
Flexión en el plano yz B
B
Lp=2 (20’)
Lp=0.7 (20’)
L=20’
A Las relaciones de esbeltez son Lp/ry=168 pulg/0.876 pulg = 191.78 y Lp/rx=480 pulg /3.29 pulg = 145.90. La mayor π2E π2 29 106 relación de esbeltez es λ 191.78 . Luego σ CRIT 2 7,782.1 lb / pu lg 2 2 λ 191.78
La carga crítica correspondiente es PCRIT 7,782.14.44 34,552.1 lb , afectándola del factor de seguridad, obtenemos la carga admisible PADM 13,820.8 lb. Caso ii) En el plano xz la relación de esbeltez es Lp/ry=168/1.23=136.59. En el plano yz la relación de esbeltez es Lp/rx=480/3.43=139.94. La mayor relación de esbeltez es π2E π2 29 106 14,615.51 lb / pu lg 2 . La λ 139.94 . El esfuerzo crítico es σ CRIT 2 2 λ 139.94
carga crítica correspondiente es PCRIT 14,615.515.26 76,877.6 lb , afectándola del factor de seguridad obtenemos la carga admisible PADM=30,751.04 lb. 5) Para el sistema que se representa en el esquema, determinar a) La distancia h para la cual el factor de seguridad con respecto al pandeo es máximo; b) El correspondiente factor de seguridad para una masa m=9,000 Kg. Considerar E=70 GPa. Las barras AB y BC tienen como sección transversal una corona circular de 100 mm de diámetro exterior y 8 mm de espesor. B 3m
2m
2m C h
A D m
El momento de inercia de la sección transversal de las barras AB y BC es π I 50 4 424 2.46482x106 mm 4 4 Por equilibrio del punto D se determinan TY=W/2; TX=W/h, que son las componentes rectangulares de la fuerza normal en BD o en CD.
Las fuerza axiales de compresión en las barras AB y BC, son FAB=W/2;
FBC=W/h.
Para cada una de las barras AB y BC determinamos la fuerza crítica en función del peso crítico WCRIT. Barra AB: La longitud efectiva de pandeo es LP=3 m. La fuerza crítica es 2 2 2 FAB CRIT π 2EI π EI , sometida a la condición π EI WCRIT (i) 9 2 9 LP
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Barra BC: La longitud efectiva de pandeo es LP=4 m. La fuerza crítica es 2 2 2 FBC CRIT π 2EI π EI , sometida a la condición π EI WCRIT (ii) . 16 h 16 LP 16 h De las condiciones (i) y (ii) obtenemos , de donde h= 3.56 m. 9 2 2 2 2 2 Por la ecuación (i) WCRIT π EI π 70 X109 2.46482X10 6 378,416.86 N 9 9 WCRIT 378.42 KN La masa crítica será mCRIT 38.575 x 10 3 kG .Por tanto el g 9.81 m / seg2
factor de seguridad es FS
mCRIT 38.575x103 4.286. mAPLICADA 9x103
6) Una columna vertical, de longitud LO y sección transversal constante, está sometida a la única acción de su peso propio (q unidades de fuerza por unidad de longitud). Determinar, de manera aproximada, el valor q que ocasionaría el pandeo de la columna. Considerar E el módulo elástico del material. Q A
A M
Consideremos el peso Q de la porción superior AM como una carga concentrada que está aplicada en el centroide (R) de la porción de columna AM.
B
Luego Q = q (LO-x) será una fuerza aproximada que generará el pandeo de la columna MB cuya longitud es x + 0.5 (LO-x).
R x B
Aplicaremos la ecuación de Euler para el caso de una columna empotrada, sometida a π2EI π2EI la carga Q de compresión y de longitud x + 0.5 (LO-x). PCRIT 2 . LP 4L2 Luego tenemos QCRIT
π2EI 1 4 x L O x 2
2
. Reemplazando el valor QCRIT=q(LO-x),
tendríamos qL O x
π2EI π2EI π2EI , de donde . q 2 1 L O x L O x 2 4 x L O x x L O 2
Determinamos el menor valor q que será el valor de qCRIT. El valor máximo del trinomio L O x L O x 2 se presenta para x=LO/3. Por consiguiente el menor valor de q, que π2EI 27 π2 EI . LO LO 32 L O LO LO 3 3 Nota) La solución exacta del problema, requiere de la integración de una ecuación diferencial de Bessel (Ver el ejemplo 8 de esta misma sección).
será el valor buscado qCRIT, es qCRIT
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7) Determinar el incremento de temperatura necesario para producir el pandeo de una barra de acero empotrada en ambos extremos. Considerar d = 60 mm; L = 3.6 m; E = 2.1 x 106 Kg/cm2; = 12 x10-6/ºC. La relación de esbeltez es λ
LP L 2 i i
1,800
120, por tanto es válida la
4 π 60
4
64 π 60
2
fórmula de Euler del pandeo elástico. El cambio de longitud de la barra libre, debido al incremento de temperatura es ΔTL α L ΔT . El cambio de longitud de la barra debido a la fuerza compresiva de PL PL pandeo es ΔL . La condición de compatibilidad geométrica es α L ΔT , de EA EA P . Para esta condición, tenemos la temperatura crítica donde obtenemos ΔT αE A ΔTCRIT
PCRIT π2 EI . Reemplazando valores conocidos tenemos α E A α E A L 22 4π2 60 π 4
ΔTCRIT
12X10 π 16 60 3600 2
6
2
57.12º C.
8) En el sistema representado, la barra elástica biarticulada, de sección transversal A y longitud L, es de un material cuyo módulo elástico es E y cuyo coeficiente de dilatación lineal es . El resorte lineal de rigidez K está libre de esfuerzo cuando no hay incremento de temperatura. Si se produce un incremento de temperatura dado x por ΔT TO 1 , determinar la temperatura TO para la cual se producirá el L pandeo de la barra elástica. La barra libre, debido al incremento variable de temperatura, se alargaría K x K ΔTL ε T dx α TO 1 dx . Efectuando la P L DL (L ) (L )
L L x
L x
EA
integración y simplificando obtenemos 3 ΔTL α L TO . 2 La fuerza que se genera en el resorte, debida al PL cambio de longitud de la barra, es Δ1 EA
El cambio de longitud del resorte es Δ 2
P , siendo P la fuerza axial de compresión de K
la barra y K la rigidez del resorte. La condición de compatibilidad geométrica es ΔTL Δ1 Δ 2 . Reemplazando los 3 PL P cambios de longitud determinados, tenemos , de donde α L TO 2 EA K encontramos la carga de compresión generada por el incremento de temperatura:
851
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3 α L TO . Como la barra tiene ambos extremos articulados la carga crítica de Euler P 2 1 L K EA 3 α L TO CRIT π2 EI 2 π2 EI es PCRIT 2 . Luego . De donde podemos obtener el valor de 1 L L2 L K EA 2 π2 EI 1 L la temperatura crítica TO CRIT , que ocasionaría el pandeo de la 3 α L3 K EA barra elástica biarticulada. π2EI para incluir, además de la fuerza normal, L2 el efecto de la fuerza cortante en el valor de la carga crítica.
9) Modificar la ecuación de Euler PCRIT
Debido al momento flector, la curvatura de la línea elástica es
1 dφ1 M . ρ1 dx EI
1 dφ2 k dQ . ρ2 dx GA dx 1 1 1 M k dQ Luego la curvatura total será . ρ ρ1 ρ2 EI GA dx
La curvatura debida a fuerza cortante es
La relación entre el momento flector M y la fuerza cortante Q es Q ecuación anterior se transforma en
dM . Luego la dx
1 M k d2M . ρ EI GA dx 2
Para deformaciones infinitesimales puede considerarse con suficiente aproximación d2 y M k d2M (i). EI GA dx 2 d2 x Si la flexión es básicamente debida al momento, entonces M Py;
dM dy d2M d2 y P ; 2 P 2 . Reemplazando en la ecuación (i) tenemos dx dx dx dx
d2 y P d2 y kP P y 0. , que puede escribirse 1 y 0 2 2 kP AG EI dx dx EI1 AG
852
Mecánica de Sólidos
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La condición de pandero es
P kP EI1 AG
L π , de donde obtenemos la carga crítica
π2EI 2 2 π EI 1 L de pandeo P . Debe observarse que la fuerza cortante 2 2 2 kπ EI L k π EI 1 2 1 L2 GA L GA
disminuye la carga crítica. P
P 10)Determinar la carga crítica que puede aplicarse al sistema representado, que está conformado por cuatro barras elásticas y nudos rígidos. Considerar la misma rigidez flexional EI en todo el sistema.
2a
Por la simetría podemos considerar un cuarto del marco rígido propuesto. y
Debido a la simetría no se desarrollan fuerzas cortantes en las secciones E y F. Tampoco existe fuerza normal en la sección F.
MF F
E ME
a
x
Tramo EB M=ME+Px, donde 0 x a . La ecuación diferencial de la curva elástica es d2 x EI 2 ME Px . dy
P d2 x M , K 2 x E , donde K 2 2 EI EI dy M cuya solución general tiene la forma x A sen Ky B cos Ky 2 E , que deberá K EI satisfacer las condiciones de borde x(0)=0; x’(0)=0. Desarrollando las condiciones de M M M borde obtenemos 0 B 2 E B 2 E E . También AK=0, de donde A=0. P K EI K EI ME cos Ky 1 , con 0 y a. La curva elástica es x P dx MK E sen Ky El giro en B del elemento FB es θB , de donde P y a dy y a
La ecuación diferencial anterior puede escribirse
obtenemos θB
MEK sen Ka . P
En el elemento BF el momento flector es M ME Pf (de
M 0 ).
Aplicamos el
E
primer Teorema de Área de Momentos
853
Mecánica de Sólidos a/2
θF / B
0
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ME Pf dx θF θB , donde el ángulo del punto F es nulo θF 0 . EI
Pf MEI θB a. 2EI Por tanto igualando las expresiones para el giro del punto B obtenemos ME K P f ME 2 P f ME sen Ka a K a , de donde obtenemos el momento flector P 2 EI 2P KPfa hiperestático ME, ME . Con este valor, la ecuación de la curva elástica 2 sen Ka Ka Kfa cos Ky 1 , que debe cumplir la condición de borde del tramo EB es x 2 sen Ka Ka Kfa cos Ka 1 . Simplificando obtenemos y=a cuando x=-f. Por tanto f 2 sen Ka Ka la condición de pandeo 2 tan Ka Ka 0 . La menor solución de esta ecuación es 2
0.2888 Ka=0.2888, es decir K=0.2888/a. Por tanto la carga crítica es P CRIT=K EI= EI . a 2
11)Una barra elástica en voladizo vertical, de sección constante y rigidez flexional EI, está sometida a la acción única de su peso propio q (fuerza por longitud). Determinar la altura crítica que ocasionaría el pandeo de la barra vertical. (Ver el ejemplo 4 de esta misma sección).
x q h x
x
y
Sea y=y(x) la ecuación de la curva elástica. El momento flector en la sección ubicada a h
la altura x, es M qy ξ y x dξ . La ecuación diferencial de la curva elástica se
x
h
obtiene a partir de la igualdad
qy ξ y x dξ EI
x
de la variable x, tenemos EI
3
dy dy q h x 0 3 dx dx
d2 y . Derivando una vez respecto dx 2
(*).
2 q h x 3 ; u= dy , es posible transformar la 3 EI dz ecuación diferencial (*) en una ecuación diferencial de Bessel. Haciendo las d2u 1 du 1 transformaciones de variables, encontramos (**). 1 2 u 0 2 z dz dz 9z
Mediante la doble sustitución z
La solución general de la ecuación de Bessel (*) puede escribirse en la forma
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2 4 1 1 z z u Az1 / 3 1 ..... 1 2 1 1 2 2! 1 2 1! 3 1 3 3 2 4 1 1 z z Bz1 / 3 1 ..... 1 2 1 1 2 2! 1 2 1! 3 1 3 3
Siendo A y B las constantes de integración. Las integrales particulares de la ecuación de Bessel correspondientes a A=0 y B=0 son denominadas Funciones de Bessel de orden 1/3 y -1/3, amplificadas por factores constantes J 1 z y J 1 . Las constantes A y 3
3
d2 y dy B se determinan por las condiciones de frontera 2 0; y 0 0; 0, dx x 0 dx x h las mismas que, teniendo en cuenta las ecuaciones del cambio de variables, se 2 2 q h3 1 1 du escriben como z 3 u z 3 (i, ii). 0; u 0 3 3 EI dz z 0
Mediante la condición (i) se determina la constante B=0. Mediante la condición (ii) es posible determinar un valor A diferente de cero (lo que indicaría estado de equilibrio indiferente) cuando se cumpla la siguiente condición 2
1 qh3 1 qh3 1 1 ..... 0 1 1 3 EI 1 1 3 EI 1! 1 2! 1 2 3 3 3 2 qh3 0 Es decir J 1 3 EI 3
(iii).
Resolviendo la ecuación de Bessel, ecuación (iii), la menor raíz es z=1.866. Luego el pandeo se producirá si
2 qh3 1.866 . Esto significa que el pandeo se produce 3 EI
cuando h>hCRIT, siendo hCRIT el valor hCRIT 3 7.83
EI . q
Notas) i) La ecuación para el esfuerzo crítico de Euler σ CRIT de seguridad.
π2E no incluye ningún factor λ2
ii) Nótese que si el esfuerzo crítico es mayor que el esfuerzo de fluencia del material, es valor obtenido no tiene ninguna importancia para el análisis elástico, puesto que el elemento ya fluirá en compresión, abandonando el comportamiento elástico y no llegará al fenómeno de pandeo. iii) El esfuerzo crítico siempre es decreciente con la relación de esbeltez creciente.
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iv) Una columna elástica a la cual puede aplicársele la ecuación de Euler, se denomina Columna larga.
sCRIT Límite Proporcional
sY
Rango de Columnas largas
l
Así, si una columna de acero (E=200 GPa; sy=250 MPa) tiene sus extremos articulados y su área transversal es 60 x 100 mm, podemos determinar la longitud más corta para la cual es aplicable la ecuación de Euler. Mínimo momento de inercia IMIN Mínimo radio de giro r
3 100 60
12
1.8 x 106 mm 4 .
IMIN 1.8 x 106 17.32 mm . A 60 x 100
Usando la ecuación de Euler tenemos λ2
π2 E , de donde encontramos la relación de σ CRIT
esbeltez en el límite de proporcionalidad λ π
200 x 109 88.86 , valor con el cual 250 x 106
encontramos la longitud de pandeo Lp / r 88.86, Lp 88.8617.32 1,539.1 mm .
Por tanto, si la columna tiene 1,539.1 mm o más de longitud, se pandeará elásticamente, porque para tales dimensiones, el esfuerzo crítico durante la flexión de pandeo, no excederá el valor del esfuerzo de fluencia del material. v) A las columnas que se pandean elásticamente, se les denomina, en general, columnas largas. A las columnas con relaciones de esbeltez que no exhiben fenómenos de pandeo, se les llama columnas cortas. Las columnas restantes son las columnas intermedias. Para relaciones de esbeltez muy pequeñas, las columnas de material dúctil se aplastan y pueden soportar cargas de compresión muy grandes. 7.06 Pandeo Inelástico Las columnas elásticas que tienen relaciones de esbeltez relativamente grandes, se pandean de acuerdo con la ecuación de Euler, cuando el nivel de esfuerzos es inferior al esfuerzo de fluencia del material. Sin embargo, existen elementos estructurales en compresión que tienen relaciones de esbeltez intermedias y muchos no se pandean hasta después de sobrepasar el límite proporcional. Es decir, existen elementos que trabajan en compresión que teniendo bajas relaciones de esbeltez (denominados elementos robustos o muy gruesos) fallan por compresión directa sin presentar deflexiones por pandeo. Para precisar de manera racional la carga de pandeo inelástico debe tomase en cuenta la rigidez reducida (pendiente reducida del diagrama s-e.)
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Consideremos una columna ideal con sus extremos articulados y cuya relación de esbeltez es intermedia, que soporta incrementos de carga de compresión hasta alcanzar la carga crítica de pandeo PCRIT (lo cual ocurre después que se haya excedido el límite proporcional). P
s<
sCRIT+Ds
s
sCRIT F
P
P<
PCRIT
P=PCRIT-DP
Mientras la carga axial es inferior a la carga crítica, las distribuciones de esfuerzo normal son uniformes y crecientes con la magnitud también creciente de la carga axial centrada de compresión. Consideremos que cuando se aplica el último incremento de carga axial, DP, también se aplica una fuerza lateral F de baja intensidad, necesaria para asegurar que las deformaciones longitudinales por compresión sigan incrementándose y que el esfuerzo de compresión no disminuirá en ningún punto de la columna. La distribución de esfuerzos normales no sería uniforme, según se indica en la última figura de la gráfica anterior, en la cual el esfuerzo incremental Ds es ocasionado por los efectos de la flexión producida por la fuerza lateral F. Esta deformación adicional es relativamente muy pequeña y se acepta que las secciones planas todavía permanecen planas. Asimismo, puesto que Ds es pequeño, se considera que este incremento es proporcional al incremento de la deformación. Esto es Δσ E T Δε , donde ET es el denominado Módulo Tangente evaluado cuando s=sCRIT.
h
M
De D
DL r
Pendiente ET
s
e sCRIT
Ds De
Δσ ET Δε
e
La deformación total debida a la flexión es De (cambio de longitud) y la deformación unitaria es Δe h Δθ h Δε , siendo ρ el radio ΔL ρ Δθ ρ de curvatura. Por consiguiente h Δσ Δε E T E T (*) ρ
M
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x
M -y
x
y
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PCRIT
El momento flector es M=PCRIT(-y) (**), que puede ser escrito en función del esfuerzo Mh normal usando la fórmula de la flexión Δσ , I I de donde obtenemos M Δσ (***) h De las ecuaciones (*) y (***) encontramos:
PCRIT Ih I I M E T E T , y por la ecuación (**) M E T PCRIT y . hρ ρ ρ Empleando la aproximación para la curvatura 1/r, tenemos
d2 y 1 P y CRIT , de 2 ρ ET I dx
d2 y PCRIT y 0 (i). dx 2 La ecuación diferencial obtenida es similar a la ecuación diferencial de Euler para el problema del pandeo elástico, en la cual el módulo de elasticidad E ha sido cambiado por el módulo tangente ET. Resolviendo la ecuación diferencial encontramos la mínima π2 E T I carga de pandeo inelástico P CRIT , expresión que puede escribirse en términos L2 P π2 E T de la relación de esbeltez CRIT , donde A es el área transversal y r es el 2 A L r mínimo radio de giro.
donde obtenemos la ecuación diferencial de segundo orden E T
La ecuación diferencial (i) se denomina Ecuación de Engesser, y es estructuralmente semejante a la ecuación de Euler, pero su aplicación presenta mayores dificultades (al dσ calcular el valor del módulo tangente ET del material). Puesto que E T en muchos dε casos es necesario resolver los problemas de pandeo inelástico por aproximaciones sucesivas. Si se conociera la expresión analítica σ f ε , entonces el módulo tangente ET no presenta ninguna dificultad en su determinación. Si se utiliza la ecuación de Euler para evaluar la carga de pandeo correspondiente al rango elástico y se emplea la ecuación de Engesser para evaluar la carga de pandeo para esfuerzos superiores al límite proporcional, será posible evaluar la carga de pandeo para las relaciones de esbeltez intermedias (comprendidas entre los elementos robustos y los extremadamente delgados). Nota) π2 E T generalmente se denomina fórmula del módulo tangente. λ2 Toma en cuenta tanto los efectos inelásticos como las restricciones en los extremos. Experimentalmente se ha comprobado que dicha ecuación predice adecuadamente la carga máxima que puede alcanzarse en columnas que se pandean por flexión.
La ecuación σ CRIT
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Von Kármán desarrolló la Teoría del Módulo Doble, que incluye la consideración de que durante la flexión una parte de la sección transversal estaría sujeta a un esfuerzo que decreciente y en la que podría aplicarse el módulo de elasticidad lineal. Estas teorías suelen ser analizadas a profundidad en cursos avanzados de Comportamiento y Diseño Estructural. EJEMPLO 1) Una barra tubular de diámetro exterior 1 pulg y diámetro interior 7/8 pulg tiene 8 pulg de longitud. Un extremo de la barra está fijado y el otro está libre. La barra ha sido fabricada con un material cuyo diagrama esfuerzo normal/deformación unitaria es lineal por tramos, según se indica en el esquema. Determinar la carga crítica de pandeo por compresión. s(lb/pulg2) (0.0033; 6,000) (0.0018; 5,500) (0.0009; 4,500) (0.0003; 2,500)
e El área de la sección transversal es A
2 π 2 7 1 0.184 pu lg 2 . El momento de 4 8
4 π 4 7 I 0.02 0.33 . 1 0.02 pu lg 4 . El radio de giro es r 64 A 0.184 8 L 2 (8) La relación de esbeltez es λ p 48.5 . r 0.33 P π2E La ecuación del pandeo incluyendo el módulo tangente es CRIT 2 T . Recordar que A λ la ecuación de Engesser se transforma en la ecuación de Euler cuando el módulo tangente es igual al módulo de elasticidad lineal.
inercia es I
Para el caso σ CRIT
π2E T π2 E T 0.0042E T λ2 48.52
(*)
Para el tramo inicial (elástico lineal) ET=E=2,500/0.0003=8.33 x 106 lb/pulg2. Reemplazando este valor en la ecuación (*) tenemos σ CRIT 35,200 lb / pu lg2 . El módulo elástico inicial no es válido si el esfuerzo es superior a 2,500 lb/pulg 2, luego el esfuerzo determinado no es correcto. 4,500 2,500 3.33 x 106 lb / pu lg2 , 0.0009 0.0003 14,050 lb / pu lg2 , valor que no está en
Para el segundo tramo lineal de esfuerzos E' T reemplazando este valor en (i) tenemos σ CRIT
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el intervalo de esfuerzos [2,500; 4,500], luego el esfuerzo crítico calculado no tienen ningún interés. 5,500 4,500 1.11 x 106 lb / pu lg2 , 0.0018 0.0009 reemplazando este valor en (i) tenemos σ CRIT 4,680 lb / pu lg2 , valor que si está en el intervalo de esfuerzos [4,500; 5,500], luego el esfuerzo crítico calculado es el que interesa el problema. En consecuencial el esfuerzo crítico de pandeo inelástico es σ CRIT 4,680 lb / pu lg2 . Por tanto, la carga crítica de pandeo inelástico es PCRIT Aσ CRIT (0.184)(4,680) 861.1 lb
Para el tercer tramo lineal de esfuerzos E' T
7.07 Columnas con Carga Excéntrica: Fórmula de la Secante e P E
Consideremos una columna recta sometida a carga variable, excéntrica con respecto al eje geométrico de la misma. Reemplazamos la carga excéntrica por una carga axial centrada, P, y un momento, M=Pe. El momento generará flexión en la columna. En estas circunstancias el problema del pandeo consiste en precisar cuánta flexión puede permitirse al variar la carga P y el momento M para que no se exceda el esfuerzo admisible en el material y lograr que la deflexión máxima no sea tan excesiva. P
MA
y
A
Q
M x
P
P A
L
MA=Pe
L
B P
MB=Pe P
Aislamos una porción AQ de la columna AB referida al sistema de coordenadas x, y que se indica en el esquema. El momento flector en la sección A es M=-Py-MA=-Py-Pe. Reemplazando el momento M en la ecuación de la cueva elástica tenemos d2 y M P P y e , expresión que puede ser 2 EI EI EI dx transformada en donde K 2
d2 y K 2 y K 2e, 2 dx
(i)
P EI
La solución general de la ecuación diferencial gobernante (i) tiene la forma y A sen Kx B cos Kx e
(ii)
Las constantes A y B se determinan por las condiciones de frontera y(0)=0; y(L)=0. Obtenemos las condiciones B=e; A=e tan (KL/2). Por tanto, la ecuación de la curva elástica es KL KL y e tan sen Kx e cos Kx e e tan sen Kx cos Kx 1 2 2 La máxima deflexión cuando x=L/2 y tiene el valor
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KL KL KL y MÁX e tan sen cos 1 2 2 2 KL La deflexión máxima puede ser escrita en forma alternativa y MÁX e sec 1 , y 2 L P 1 teniendo en cuenta el valor K, obtenemos y MÁX e sec (iii). 2 EI
Nótese que yMAX se vuelve indeterminada cuando
L P π , de donde obtenemos el 2 EI 2
π2 EI , valor similar al correspondiente para una L2 columna sometida a carga axial centrada.
valor de la carga crítica PCRIT
PCRIT 2 L y π2 remplazando en la ecuación (iii) obtenemos una fórmula alternativa para la máxima π P deflexión y MAX e sec (iv) 1 2 PCRIT
De la ecuación de la carga crítica determinamos la rigidez flexional EI
El máximo esfuerzo de compresión se presentará en la sección de la columna donde el momento sea máximo, es decir en la sección central de la columna. Usando la ecuación de superposición de esfuerzos normales, obtenemos I P M c P P y MAX P e P y e c el radio σMAX MAX c 1 MAX , siendo r= A A I A I A r2 de giro. Reemplazando el valor de la deflexión máxima dado por la ecuación (iii) y L P P ec simplificando obtenemos σMAX 1 2 sec (v) A r 2 EI Una fórmula equivalente obtenemos al reemplazar el valor dado por la ecuación (iv): π P e P σMAX 1 2 sec (vi) A r 2 pCRIT Notas) i) La ecuación obtenida para el máximo esfuerzo puede ser usada para cualquier condición de los apoyos extremos, teniendo presente incluir el valor adecuado de la carga crítica. ii) Observar que puesto que el esfuerzo máximo no varía linealmente con la carga P, no puede ser usado el principio de superposición. Por lo tanto, todo factor de seguridad debe ser aplicado a la carga P y no a los esfuerzos. iii) Si en la ecuación (v) reemplazamos el radio de giro I=Ar 2, obtenemos la importante P σ MAX ecuación , donde la longitud L ha sido cambiada por la A Le P ec 1 2 sec r r EA longitud efectiva (longitud de pandeo Le), con la finalidad de tener una fórmula
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genérica aplicable a varias condiciones de apoyos extremos. La ecuación anterior se denomina Fórmula de la Secante. Puesto que el término P/A está en ambos lados de la ecuación de la secante, para obtener un valor de P/A, generalmente se usarán métodos de aproximaciones sucesivas o gráficas especialmente preparadas para tal finalidad. iv) Para pequeños valores de la relación Le/r puede aproximarse el valor de la función P σ secante por 1, con lo cual se tiene la fórmula de aproximación MAX . ec A 1 2 r v) Para grandes valores de la relación Le/r, el efecto de la excentricidad en el valor del esfuerzo promedio P/A, se vuelve insignificante. vi) La fórmula de la secante nos proporciona el esfuerzo máximo de compresión en función del esfuerzo de compresión promedio P/A, el módulo de elasticidad lineal E, la relación de esbeltez L/r y la denominada relación de excentricidad ec/r2. vii)Al analizar una columna podemos usar la fórmula de la secante para calcular el máximo esfuerzo de compresión, aceptando conocidas la carga P y la excentricidad e. El esfuerzo máximo será comparado con el esfuerzo permisible del material para precisar si la columna puede o no soportar la carga. viii)La deflexión máxima yMAX se incrementa P conforme aumenta la carga P, pero la relación de variación no es lineal. Por tanto, no puede usarse el principio de PCRIT superposición para calcular deflexiones producidas por más de una carga aún cuando el material de la columna sea linealmente elástico. La deflexión causada por una carga 2P no es igual al doble de la deflexión causada por una carga P.
e=0 e1 e2 e2>e1>0
yMAX
ix) Recordar que la ecuación diferencial empleada es válida sólo para deflexiones pequeñas, por lo tanto, cuando las deflexiones son grandes las curvas trazadas no son físicamente válidas y deben modificarse para tomar en cuenta las grandes deflexiones. x) Si la carga P es pequeña, el momento máximo, determinado por la ecuación π KL P MMAX P e sec P e sec , se 2 2 PCRIT aproxima a Pe, lo cual indica que el efecto de la excentricidad no es significativo. Conforme P aumenta, el momento flexionante también se incrementará en forma no lineal. El momento flexionante se vuelve indeterminado cuando P tiende a la carga crítica PCRIT. Sin embargo, recordar que las ecuaciones son válidas sólo para deflexiones pequeñas y no pueden usarse
MMAX
Pe
PCRIT
P
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adecuadamente cuando la carga axial se aproxima a la carga crítica. EJEMPLOS 1) Una carga axial P se aplica a una varilla de acero AB de 1.25 pulg de diámetro según se indica en el esquema. Cuando P=15 Klb se observa que la deflexión vertical del punto medio C es 0.02 pulg. Usando E = 29 x 106 lb/pulg2, determinar (a) la excentricidad de la carga; (b) el esfuerzo último en la varilla.
L=25” e
P
P
A
d=1.25”
B
Características geométricas: A=1.227 pulg2; I=0.1198 pulg4; Le=L=25”. Si ambos apoyos son articulados, la carga crítica es π2 E I π2 29 106 0.1198 PCRIT 2 54,862.4 lb . L 252
π P 1 , para P=15 Klb; yMAX=0.02 (a) La máxima deflexión es y MAX e sec 2 PCRIT π 15 1 , de donde encontramos e=0.0427 pulg. pulg, tenemos 0.02 e sec 2 54.8624 (b) Porción AC. Momento flector: M=P (yMAX+e) = (15)(0.02 + 0.0427) = 940.5 lb-pulg. 0.94950.625 17.13 lb / pu lg2 . P Mc 15 El esfuerzo máximo es σMAX 0.1198 A I 1.227
2) Una carga axial P=25 KN se aplica en un punto que está ubicado a 5 mm del eje geométrico de una barra de sección transversal cuadrada de 40 mm de lado. Si E=70 GPa, hallar (a) la deflexión del extremo C; (b) el máximo esfuerzo de compresión en la barra. e=5mm
P C
L=0.8m
Características geométricas A=1,600 x 10-6 m2; I=0.2133 x 10-6 m4; c=20 mm π2 EI Carga crítica PCRIT 2 . Reemplazando valores Le tenemos π2 70 109 0.2133 10 6 PCRIT 57.56 KN 1.62
B π P 1 , reemplazando valores (a)La máxima deflexión es y MAX e sec 2 PCRIT π 25 tenemos y MAX 0.005 sec 1 , de donde encontramos la máxima 2 57.56 deflexión yMAX=4.8 mm.
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(b)El momento máximo se presenta en el apoyo empotrado MMAX=P(yMAX+e), reemplazando valores encontramos M=(25)(0.0048+0.005)=0.245 KN-m=245 N-m. 0.2450.02 38,598.3 KN / m2 25 Luego el esfuerzo máximo es σMAX 1600 106 0.2133 106 3) Una carga axial de 50 KN se aplica con e=10 mm P excentricidad e=10 mm a una varilla circular C de acero BC, que se encuentra libre en su extremo superior C y empotrada en su base B. Sabiendo que las varillas disponibles para uso L=1.2 m tienen diámetros que van desde 40 mm hasta 80 mm en incrementos de 4 mm, determinar la varilla más liviana que puede usarse si el esfuerzo admisible es 120 MPa. Considerar B que el material tienen módulo elástico E=200 GPa.
La solución puede obtenerse por aproximaciones sucesivas. Para d=48 mm (arbitrario, pero en el intervalo dado); A=1.81 x 10-3m2; c=24 mm; I=260.6 x 10-9 m4; r=0.012 m. π2 EI π2 200 109 260.6 10 9 La carga crítica es PCRIT 2 89,306.2 N . LP 2.4 2
El esfuerzo máximo es σMAX tenemos σMAX
π P ec P 1 2 sec A r 2 PCRIT
, reemplazando valores
0.01 0.024 π 50 50 1 sec 2 89.3062 147.14 MPa . 1.81 103 0.0122
Como el esfuerzo máximo es mayor que el esfuerzo admisible, no es conveniente el valor elegido para diámetro de la varilla. Para d=52 mm (el siguiente calor admisible en el intervalo dado); A=2.124 x 10 -3m2; c=26 mm; I=358.9 x 10-9 m4; r=0.013 m. π2 EI π2 200 109 358.9 10 9 La carga crítica es PMAX 2 122.99 KN LP 2.4 2
, reemplazando valores 0.01 0.026 π 50 50 1 sec tenemos σMAX 3 2 90.73 MPa . 2.124 10 0.013 2 122.99 Como el esfuerzo máximo es menor que el esfuerzo admisible, puede usarse una varilla de diámetro 52 mm.
El esfuerzo máximo es σMAX
π P ec P 1 2 sec A 2 P r CRIT
4) La barra AB está cargada en su extremo B por una carga de compresión P=1,500 lb, cuya excentricidad es e=0.45 pulg. La deflexión del extremo libre está limitada a 0.12 pulg. Si E=16 x 106
L
0.6” 1.2” 0.45”
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lb/pulg2, hallar la máxima longitud permisible. Determinamos la carga crítica PCRIT
π2 EI . L2P
1 1.20.63 0.0216 pu lg 4 . 12 2 6 π 16 10 0.0216 852,734 Luego, la carga crítica es PCRIT en lb . 4L2 L2 π P La máxima deflexión se presentan en el extremo libre y MAX e sec 1 , 2 PCRIT
El momento de inercia respecto al eje de flexión es I
π 1,500 L2 1 , de donde reemplazando valores tenemos 0.12 0.45 sec 2 852,734 encontramos L=10.03 pulg, que será la máxima longitud permisible. Si se usa una barra más larga, se excederá la deflexión permisible de 0.12 pulg.
7.08 Diseño de Columnas El diseño de columnas es un importante tema técnico de Ingeniería, que generalmente se estudia a cabalidad en los cursos de Diseño Estructural y/o similares. En esta sección, daremos las ideas básicas relacionadas con el diseño de columnas elásticas sometidas a carga axial centrada. En muchos laboratorios de Investigación de sistemas y materiales estructurales se han desarrollado innumerables experiencias sobre el comportamiento real de columnas de diversos materiales, tanto en elementos a escala natural y en escala reducida, incrementando la carga axial centrada hasta obtener la falla de las columnas. Con mucha frecuencia el diseño de columnas puede basarse en fórmulas obtenidas empíricamente, que reflejan la experiencia acumulada en los ensayos de laboratorio. Los resultados de dichos ensayos se presentan adecuadamente en tablas, gráficas, manuales y otros sistemas de información tecnológica, en términos de las relaciones entre coeficientes de esbeltez y esfuerzos críticos o admisibles.
sCRIT Hipérbola de Euler
sy
Le/r
Cada punto (Le/r, sCRIT) es resultado de varios ensayos. Aun cuando la ubicación de los puntos sea bastante dispersa, se agrupan en tres regiones que tipifican fallas diferenciadas de acuerdo a la relación de esbeltez y módulo elástico del material. Para columnas largas, donde la relación Le/r es grande, la falla se predice de manera π2E bastante aproximada a la dada por la hipérbola de Euler σ CRIT , y se observa L / r 2
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que el valor del esfuerzo crítico depende del módulo elástico del material usado, pero no del esfuerzo de fluencia del mismo. Para columnas muy cortas y bloques en compresión, generalmente la falla ocurre por aplastamiento o fluencia del material, teniendo σ CRIT σ y . Las columnas de longitud intermedia comprenden los casos donde la falla depende simultáneamente de ambos valores E y sy. En este intervalo la falla de la columna es un fenómeno complejo. Los resultados de los ensayos se han usado ampliamente para desarrollar especificaciones, criterios, normas y fórmulas de diseño debidamente validadas. sCRIT
Fórmula de Gordon-Rankine (-----) σ CRIT
σ3
1 K 3 L r
Variación parabólica (
2
)
σ CRIT σ 2 K 2 L r
2
Variación lineal (…………)
σ CRIT σ1 K1 L r
Le/r Las fórmulas empíricas que expresan el esfuerzo crítico en términos de la relación de esbeltez, han tenido procesos permanentes y continuados de refinamiento y mejora. Se han desarrollado diferentes fórmulas para varios materiales, cada una con un determinado intervalo de aplicación y confiabilidad. En cada caso, debemos comprobar que la fórmula que nos proponemos usar es aplicable para el valor de la relación de esbeltez de la columna que nos interesa. También debemos precisar si la fórmula determina el esfuerzo crítico o directamente obtenemos el esfuerzo permisible. (*) Para columnas de acero estructural, las fórmulas mayormente usadas para el diseño de elementos sometidos a carga axial centrada, han sido desarrolladas por el American Institute of Steel Construction (AISC). Se usa una expresión parabólica de segundo grado para precisar el esfuerzo admisible en columnas de longitud corta e intermedia, y una relación tipo hipérbola de Euler para columnas largas. D
sCRIT sY A Parábola
B
0.5sY
Curva de Euler C 0
CC
E
L/r
La porción AB de la curva es un arco de parábola de segundo grado, definido por una L ecuación de la forma σ CRIT σ O K r
2
(*)
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La porción BE es una parte de la hipérbola de Euler DBE, definida por la ecuación π2E (**) σ CRIT 2 L r Notamos que, como sCRIT= sy para relación de esbeltez L/r=0, la constante KO de la ecuación (*) es igual al esfuerzo de fluencia sy. Las especificaciones del AISC sitúan al punto B donde la parábola se une con la hipérbola de Euler en el punto de coordenadas (CC; 0.5sy). Por lo tanto, σ 1 σ y σ y K 2C , de donde la constante K es K y2 , y reemplazando en la ecuación 2 2C C
L r 2 L (*) tenemos σ CRIT σ y 1 , para el intervalo C C . Considerando la ecuación 2 r 2C C (**), tenemos σ CRIT
π2E
L r
2
, para el intervalo
coordenadas (CC, 0.5sy), tenemos
L C C . Además, para el punto B de r
1 πE σ y 22 , de donde encontramos el coeficiente 2 CC
crítico de la relación de esbeltez C 2C
2π2E . σy
Para obtener fórmulas finales útiles para el diseño, AISC incluye un factor de seguridad, bajo la forma sadm=f(L/r). Para columnas largas (L/r>=CC) se usa FS=1.92, por lo cual tenemos σ adm
σ CRIT π2E , 2 FS 1.92L r
(***)
L 200 . r Para columnas cortas y de longitud intermedia, se usa la fórmula siguiente para
fórmula válida para el intervalo C C
5 3 L r 1 L r precisar el factor de seguridad FS 3 8 C C 8 C C
3
(****).
L r 2 A partir de la ecuación del esfuerzo crítico σ CRIT σ y 1 , encontramos 2C2C σ adm
2 L σ CRIT σ y 1 L r , para el intervalo C C 200. 1 r FS FS 2 C C
Las fórmulas presentadas son adimensionales y pueden ser usadas en cualquier sistema de unidades. 2π2E π2E ; σ adm y las fórmulas que contienen al 2 σy 1.92L r factor de seguridad se determinará el esfuerzo admisible para una calidad de acero (mediante el módulo de elasticidad) y cualquier valor admisible de la relación de esbeltez L/r.
Usando las ecuaciones C2C
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El procedimiento puede resumirse en los siguientes pasos: (1) Determinar el 2π2E coeficiente CC usando la ecuación C 2C ; (2) Para valores de L/r mayores que CC σy usaremos la ecuación σ adm
π2E
, y para valores de L/r menores que el 2 1.92L r coeficiente crítico CC usaremos la ecuación del factor de seguridad para hallar el esfuerzo admisible. Para facilidad del diseño, se han tabulado valores del esfuerzo admisible para varias calidades de acero y diversos valores de L/r, desde 1 hasta 200 (Manual of Steel Construction, AISC). (**) Para columnas de aluminio -o aleaciones de aluminio-, la Aluminum Association ha suministrado variadas fórmulas para precisar el esfuerzo admisible en columnas sometidas a carga axial centrada, mediante distintas relaciones entre esfuerzo admisible y relación de esbeltez. sadm s =C adm 1
sadm=C1-C3(L/r) sadm=C4/(L/r)2 L/r
Para columnas cortas el esfuerzo admisible es constante. Para columnas intermedias se usa una relación lineal y para columnas largas se usa una ecuación tipo ecuación de Euler. Algunas fórmulas específicas, son las siguientes: Aleación 6661-T6 L Klb 9.5 σ adm 19 131 MPa r pu lg2 L 66 σ adm 20.2 0.126 L r Klb / pu lg2 ; σ adm 139 0.868 L r MPa r 351 103 MPa L 51,000 Klb 66 σ adm ; σ adm r L r 2 pu lg2 L r 2
9.5
Aleación 2014-T6 L Klb 12 σ adm 28 193 MPa r pu lg2 L Klb 12 55 σ adm 30.7 0.23 L r ; σ adm 212 1.585L r MPa r pu lg2 L 55 r
σ adm
372 103 MPa. 54,000 Klb ; σ L r 2 pu lg2 adm L r 2
(***) Para columnas de madera, las fórmulas empíricas de importante aplicación son las desarrolladas por el American Institute of Timer Construction: σ π2E σ adm CRIT . 2.727 2.727 L R 2
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Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Cuando se aplican a columnas de sección transversal rectangular b x d donde d
La fórmula está restringida a columnas para las cuales L/d<50. Además, el esfuerzo admisible no será mayor que el esfuerzo admisible para compresión paralela a la fibra de la madera empleada. EJEMPLOS 1) Determinar la carga centrada admisible para una columna de 18 pies de longitud efectiva que se construye con perfiles de acero (a) W14 x 370; (b) W8 x 21. Usar sy=36 Klb/pulg2; E=29 x 106 lb/pulg2. La rigidez crítica es C2C
2π2E 2π2 29 106 , de donde encontramo s C C 126.1 . σy 36 103
(a) Perfil W14 x 370. Características geométricas: A=109 pulg2; ry=4.27 pulg. Luego, la relación de esbeltez 1812 50.59 . Tenemos la condición L e C . Luego usamos la fórmula L es e C ry 4.27 ry que incluye al factor de seguridad 3
3
5 3 L r 1 L r 5 3 50.59 1 50.59 FS 1.809 . Luego, el esfuerzo 3 8 C C 8 C C 3 8 126.1 8 126.1 2 2 σy 1 L r 36 1 50.59 Klb 1 admisible es σ adm . 1 18.30 FS 2 C C 1.809 2 126.1 pu lg 2 La carga permisible es PADM=(18.30)(109)=1,994.7 Klb.
(b) Perfil W8 x 21. Características geométricas: A= 6.16 pulg2; ry=1.26 pulg. Luego la relación de esbeltez 1812 171.43. En este caso tenemos L e 126.1. Por lo que usamos la L es e ry 1.26 ry ecuación σ adm
π2E
π2 29 103
1.92L e r 1.92171.43 admisible es PADM=(5.073)(6.16) 31.25 Klb. 2
2
5.073
Klb . Con lo cual la carga pu lg2
2) Un tubo de acero que tiene sección transversal circular de 3.5 pulg de diámetro exterior y 0.216 pulg de espesor se usa como una columna. Sabiendo que el esfuerzo sy=36 Klb/pulg2; y el módulo elástico E= 29 x 106 lb/pulg2, determinar la carga centrada admisible cuando la longitud efectiva es (a) 14 pies y (b) 8 pies. Características geométricas: A=2.228 pulg2; I=3.017 pulg4; r=1.164 pulg. La relación 2π2E 2π2 29 103 , de donde C C 126.1 . de esbeltez crítica es C2C σy 36
Caso (a)
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Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Longitud efectiva Le=168 pulg. Relación de esbeltez Luego usamos la ecuación σ adm
π2E
Le 168 144.33 C C 126.1 . ry 1.164
π2 29 103
1.92L r 1.92144.33 tanto la carga admisible es PADM=(7.156)(2.228)=15.94 Klb. 2
2
7.156
Klb . Por lo pu lg 2
Caso (b) Longitud efectiva Le=96 pulg. Luego, la relación de esbeltez es
Le 96 82.47 C C 126.1 . Poir lo tanto ry 1.164 3
5 3 L r 1 L r . usamos la fórmula que incluye el factor de seguridad FS 3 8 C C 8 C C Reemplazando valores encontramos FS=1.877. El esfuerzo normal admisible es 2 2 σy 1 L r 36 1 82.47 Klb 1 . Por tanto la carga σ adm 1 15.078 FS 2 C C 1.877 2 126.1 pu lg 2 admisible es PADM=(15.078)(2.228)=33.594 Klb.
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