Churro- Esparza Resistencia de Materiales
March 22, 2017 | Author: Ebert Joel Paico Amaya | Category: N/A
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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)
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para estudiar el comportamiento de un sólido estructural es preciso distinguir entre Configuración Inicial y Configuración Deformada. Configuración inicial Geometría y restricciones antes de aplicar las 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 a2 c 2 P(a b) a2 c 2 ac Características de la solución: FBD
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Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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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Si cortamos al sólido mediante PLANOS IDEALES, se evidencian SISTEMAS DE FUERZAS INTERNAS (para cada plano de corte).
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
(Normal al plano de corte)
x
Vxx
Mxx
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)
(II)
F3
F2
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
A a 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)
4
x
4
q( x ) x
x
q(x) =
4
q(x)
q = 1 ton/m
1
FUERZA INTERNA: Primer tramo 0x 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) 18 106 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 F
G F1 = Ax F1 = Ax AL xG F1 = (compresión) L F1 xG 1 = = (compresión) A AL xG 1 = (acortamiento) EAL
Definición de Deformación Unitaria: 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. Después de la deformación, el espesor de la xG x "rebanada", es: dx – (dx) = dx – dx EAL dx d(x) xG dx dx – (dx) = 1 EAL z 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:
Z
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
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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
C A
B
P
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
tan 0.1° =
D A r
r tan0.1° = D – A . . . . (vii)
(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 r tan 0.1
Simplificando: r tan 0.1
WL 9x 2 2 EA 2r
Reemplazando valores: (1) tan 0.1
(500)(1.2) 2 4.5 x 2 9 3 2 (210)(10 ) 4 (2 10 )
Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm
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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( , )
/ punto con
0
PERMANENTE
p r p
DEFORMACIÓN TOTAL
p
r
tan
p permanente r RECUPERABLE (ELÁSTICA)
r
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Mecánica de Sólidos
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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()
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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
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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 .
.
Deformación ElásticaLineal; Deformación Inelástica
Las ecuaciones de Ramberg– Osgood han sido estudiadas experimentalmente.
Acero Estructural 122400 Aluminio 72300
lb ; 25 2 pg
lb ; 10 2 pg
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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:
t
Módulo de Young Coeficiente de Viscosidad
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
/
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Mecánica de Sólidos
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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
y
1
1
(i)
Klb y 60 pulg 2
(iii)
(ii)
Klb Ε 3 10 pulg 2 4
Klb 2 10 3 pulg 2
127
Mecánica de Sólidos
CASO ( i )
→
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
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Mecánica de Sólidos
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 pulg 3
lb ) pu lg 2
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
Reemplazando en (1)
5
De donde obtenemos la deformació n unitaria
P(x) (peso porción inferior)
10
3)
(L x )
2 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
Mecánica de Sólidos
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Para P 20KN :
P
P σ
20 000N π 4
3 2 2 (10 10 ) m
254.65MPa
La deformació n total, es : ε
9 254.65 3 254.65 1 70000 7 270
ε 0.00456
Diagrama
(deformaci ón total)
total perm recup
MPa)
a rg sc a de
ca
rg
a
(total)
perm
total recup
total
Comparándo la con la ec. constitutiva dada :
Total
E
70000
RECUP 0.00364
9
7 70000 270 3
PERM
1
remp
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
Mecánica de Sólidos
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P B
A
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:
B
A 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 = 0.75pulg 2 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
10 10 6
1 10 .......... .(i) 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
Mecánica de Sólidos
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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 lg 2
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
CARGA ÚLTIMA (Pu):
P
C
1
y
La que ocasiona que en ambos alambres se alcance el 133
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Esfuerzo de Fluencia y . (Simultáneamente) (Falla del Sistema) Si sólo un alambre llega a la fluencia, NO se produce la falla del sistema, debido a que el otro alambre aún estará en el rango elástico. En el momento de la falla
PB =
y AB PB σ y A B
Pc
PB
PB (250 10 6 )(3 10 4 )
A
PB 75000 Newtons PC σ y A C Pc (250 10 6 )(2 10 4 )
P
PC 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
Δ 1 Δ 2 (Simetría total)
2
Δ 1 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
P 3
134
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Esfuerzos:
P
1 2
3A
Ecuación Constitutiva:
k 2
Según (*)
P 3A
k L L
3 1 B k 2 2 L 3A L
P
, para cualquier Régimen L 2
3 B 2
2
Reemplazando valores numéricos, tenemos: 2000 3 ( 0.2 )
3 10 7 3 1010 3 B 2 B 2 5 12 2 (5 12) 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 1010
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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
=0
E" = 0.000206 Si P es creciente
8)
E = 0.003 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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Fuerzas Internas: Tubo (18”)
F
Esfuerzos: 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
3
40 Ton
F
3
60000
4
50 Ton
( 6) 2
2120
lb pu lg2
(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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 ) (200)(10 9 )
(2) 3 10 3 m.
Barra AD:
FAD 3
x
(m)
x
-3
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:
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
120 10 3 1 (5 ) 6 9 500 10 10 200 L
C 6 10 3 m.
FCE MÁX y A (300)(106 )(500)(106 ) 150 103 N Barra CE:
F FCEmáx=x 3
x 3
x
-3
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
xewtons 3
139
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Posición Final luego de retirada (gradualmente) la carga Q Deformación permanente en la barra AD
A 11mm 14mm
C mm
NAL N FI ICIÓ S O P GA CAR SIN
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 (material de la barra AB )
140
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
1
B"
D'
Luego el alargamiento B’B”; es:
al rango plástico. La máxima deformación unitaria recuperable, es:
y
y
300 10 6 1.5 10 3. 9 200 10
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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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)
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
el bloque no se mueve, y P c '
Si P 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).
149
Q ha
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En el tramo inicial del Diagrama
se observa proporcionalidad entre Esfuerzos
Cortantes y Distorsiones.
τ Gγ Ley de Hooke para Esfuerzo Cortante El valor G es otra propiedad característica de los materiales. Aluminio.. .......... .......... .......... ...... 26 10 9 Pa Hierro Fundido... .......... .......... ..... 39 10 9 Pa
(Valores referenciales)
Acero Estructura l......... .......... ..... 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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Esfuerzo k/cm
2
k/cm
k/cm
G
k/cm
2
2
(Material
E
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
dy
zy
0
yz
YZ ( xz )y ZY ( xy )z 0
dz
Simplificando : YZ ZY , denominada Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante.
zy
yz
Y
x
(Subíndice s commutables : 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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
P2 be
ii) Condición ad
b
mm
p 2be
Reemplazando valores, tenemos: 27 10 3 1.5 10 6 , de donde b 0.15m 3 2(b)(60 10 ) 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
L
Q 152
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 r2
Q r Q 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 153
B
a
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
T
vez, un momento respecto al eje, que equilibra al par
r
aplicado T=Pa. 2
T
2
hr 2hr A r rhr 2
A
A
0
T=Pa
0
Pa
Pa 2hr 2
Luego
2
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
r
d
Respecto al punto M, el punto N experimenta un deslizamiento
dr A(fijo) M N
v r , siendo G la deformació n angular unitaria (Variación del ángulo recto en M). 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
r2
1 r
Pa 1 1 G2πh r1 r2
r1
Desplazami ento del punto B
154
(respecto al punto fijo A)
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
P d'
Tracción
→ L’ > L
y
d’ < d
Compresión
→ L’ < L
y
d’ > d
Def. 1 Se denomina Deformación Unitaria Transversal o Deformación Unitaria Lateral, al valor
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
LATERAL
LONGITUDIN AL
LONGITUDINAL
155
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 Acero Estructura l......... .......... ..... 0.15
(Valores referenciales)
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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
Simplificando, obtenemos v 2 x x ( 2) x (1 2 ) . 3
Para
deformaciones
2
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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1 2
0
y, como por definición 0, tenemos que 1 2
0 MATERIAL IDEAL, que pudiera estirarse en una dirección SIN CONTRAERSE lateralmente.
1 MATERIAL IDEAL, perfectame nte imcompresible (su cambio de volúmen sería 2 nulo).
0 MATERIAL IMAGINARIO , que podría estirarse en varias direcciones al ser trac cionado ena de ellas.
a
b
a'
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/pulg2 .
2
L
1
x
L'
v
=18000 lb/pulg x
2
v
158
Mecánica de Sólidos
Pendiente de L'
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 ()
m L'
2 0.001188 1 0.0018
fracción que puede escribirse m L'
1.995 1
2) Hallar el cambio de altura y de volumen para el elemento representado. Considerar y 12 Klb/pulg2 (compresión); 0.3, E 3 10 4 Klb/pulg2
y
y
y
12 4 10 4 3 10 4
h h y 6( 4 10 4 ) 24 10 4 pulg.
h=6"
Cambio Unitario de Volúmen : v
d=4"
V V0
v v
ó
v
y
1 2
12 1 2 0.3 1.6 10 4 3 10 4
V 2 V vV 0 1.6 10 4 4 6 0.01206 pulg2 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
500
P
159
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Esfuerzos :
AB
P
20 10 4
3 2
AB 3183.09P (Pascales)
P en Newtons . BC
P
13 10 4
3 2
7533.96P
Deformaciones Unitarias :
AB BC
AB
BC
3183.09P 1.592 10 8 P 9 200 10
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 11 P 1883.5 10 11 P P 19496.3 Newtons.
de donde obtenemos : Luego
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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
x
PERNO dinicial=60mm
Disminución del diámetro y -13 10 -6 m. Luego y
y
y dinicial
- 13 10 -6 0.2167 10 -3 60 10 -3
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
P
4
x L
x
2d
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
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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 longitud x. x
N P - qx x P
x
0
NP
x
q
L xx 0
2
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 1 2 A L F F 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 RB P......... ........(1 )
Sistema Hiperestático (Externo) de 1er grado. Debemos planear una ecuación adicional. ii) COMPATIBILIDAD: Como los apoyos A y B son fijos, el cambio total de longitud de la barra deber ser NULO: AB 0 AB CB 0......... ........(2 )
ó
iii) MATERIAL(LEY DE HOOKE):
TRAMO AC A
F1 R A . AC
RAa EA
(alargamiento)
F1
RA
F2 R B .
TRAMO CB F2
CB
B 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
2)
1)
3)
A
A' A
1 2 sen .......... .......... ..( )
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 sen2..........(3) EA EA F3L F2Lsen sen F3 F2 sen2 .......... ( 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 .
166
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Nota> Observar que las ec. (2),(3) y (4) son las independientes. La ecuación (1) proviene de (3) y (4).
3) Calcular los esfuerzos en las barras elásticas del sistema representado. Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A=4cm2 para todas las barras.
1)
Rígida
B
3)
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: B A
C
alargamientos acortamientos
Semejanza
2 1 3 1 1 3
3 2 21 3 0.........( )
iii) Material (Ley de Hooke): 167
Mecánica de Sólidos
1
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
FL F1L FL ; 2 2 ; 3 3 EA EA EA
(OJO : Signo y iubicación en la barra 2)
Reemplazando en (*) y simplificando obtenemos: 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
A
pasan por B y C son iguales (Simetría)
D
d C
EQUILIBRIO:
x y
P
B
L
L
z D
d
x
A
M F
0XX
VERT .
0
2 X 2Y Z P.......... .......... ..( 1)
M
C
AD
Y
BC
0
L 2 L 2 Pd Z 0.........( 2) 2 2
COMPATIBILIDAD: c
P
A D 2
;
B
A D 2
2 B A D .......... ..( ó 2 c A D )....( )
A
BC
C)
D
D
MATERIAL (Hooke): 168
Mecánica de Sólidos
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Reemplazando en (*):
2Xh Yh Zh 2X Y Z.......( 3 ) EA EA EA
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
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Deformació n 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
Reemplazam os en : P σ1 A1 σ1 ESFUERZOS :
De σ 2
E2 PE2 σ1 σ 2 E1 A1E1 E 2 A 2
ALARGAMIEN TOS : ΔL
σ similar resultado con ΔL 2 L E2
PL E1 A1 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 40000lb....
F3
GEOMETRÍA:
P
P
170
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Condición 1 3 2 0.001 F1 6
Material :
F3 6
F2 5.909
3 10 1 3 10 1 3 10 7 1 7
7
0.001
F1 F3 0.999F2 5000.... De las ecuaciones y , obtenemos : F1 14996.66lbs. Alargamien to de la barra 1: 1
14996.666 310 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
A ID
0.05cm
G RI
1 C
D 2a
a
i) Fuerzas Generadas (supuesto el ensamble): F2
M
B a
c
0 F1 2a F2 3a 0 F1
3 F2 .....1 2
Compatibilidad : La distancia debe ser cubierta
F1
2a
por las COMPONENTE S VERTICALE S de los des Rx C
plazamientos generados(inducidos) en las barras Ry
2a
a
deformables 1 y 2.
171
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ii) Ecuación de condición(compatibilidad): 1 1 ....2
2
Semejanza :
45º
t1 2a 2
t1
2 2 3a 2
1
2a
t
t
3a
2 2 De donde t 1 2 3
45
1 t 1 cos 45º 1
1 Reemplazando 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
Reemplazando el sistemade ecuaciones1 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 se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo en cada cable y la desviación vertical del punto B.
172
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
E ac 2.1 10 6 K / cm 2 ; E cu 0.7 10 6 K / cm 2
D
A ac 4cm 2 ; A cu 6cm 2 ;
1.4m Ac
E
er o
FUERZAS EN LOS CABLES: Fac
Cob
re
1.8m
Fcu
A
C
2Ton 1.5m
M
A
0.9m
A
B 1Ton
2Ton
1Ton
0.6m
0 Fcusenα2.4 Fac senβ2.4 1003 20001.5 0...1
senα y senβ de las dimensiones dadas
DEFORMACIONES: Cob
cu sen
cu
re
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
Resolviendo 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
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 .......... ..........
Resolviendo y , obtenemos F1
2400 Kg 11
F2
800 Kg 11
174
Mecánica de Sólidos
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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
16000700 16000800 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 acortamiento cm
16000 R1 700 216000 R 1 10 4 cm 5 10 35 16000 R1 800 4 2 10 5 40 216000 R1 10 cm 2
2
16000Kg
1 ' 2 ' 3 ' 3.8cm
CONDICIÓN :
1
Reemplazando, tenemos :
R1
2.5 10 4 R1 216000 R1 10 4 216000 R1 10 4 3.8 De donde : Luego :
R1 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
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
2
;
F2 2 2a 2E 2 A 1
.......... ..... 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 0.7E 2 A 1 2E 2 A 1
8000N
Simplificando:
F1 0.7F2 .......... ........4
Resolviendo 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
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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 horizontal es 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 horizontal es 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
d2 1 d a 2 1 a h 2 1 h 2
CONDICIÓN :
2
2
a 2 h 2 1 d a 2 1 a h 2 1 h .......... ......iii 2
2
d -
MATERIAL :
2
Y Z X ; a ; h (Ley de Hooke) A 1E A 1E AE
Reemplazando en (iii), tenemos:
2
2
Y Z X a 2 1 h 2 1 a h 1 .......... ......iv A 1E AE A 1E 2
2
2
APROXIMACIÓN → TÉRMINOS DE 2do ORDEN 0 . Luego:
a
2
h2 Y h2 X a2 Z .......... .....v A 1E AE A 1E
Resolviendo las ecs. (i), (ii),(v) obtenemos: Y
P a h A a A cos sen A1 h2 A1 h2 2
2
2
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
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
barr a ríg
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
Mecánica de Sólidos
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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
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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 carácterís tico de cada material). L Longitud inicial T TFINAL TINICIAL es el cambio de temperatur a. En consecuencia, la Deformación Térmica Unitaria, es:
T
T L LT T T L L
Nota> El coeficiente α se expresa en 1 Temperatura Acero Estructura l .......... .. 11.7 10 -6 C......... .6.5 10 -6 F Aluminio.. .......... .. .......... . 23.2 10 -6 C......... .12.9 10 -6 F Madera(Pin o)........ .......... 06.1 10 -6 C......... .3.4 10 -6 F
Convenio:
T 0
si
T 0 (calentamiento)
T 0
si
T 0 (enfriamiento)
Nota> Para sólidos elásticos no restringidos (de material isotrópico) las Deformaciones Térmicas Unitarias son iguales:
xT yT zT T . 180
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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
T+T
T1 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 X
i)
T L=100"
L T
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 TL L
181
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T
ii) T
100ºF
L T
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,
T
se generan esfuerzos en el material del sólido.
(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 INICIAL
E;A;T+T L FINAL
Supongamos T>0
182
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i)
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SÓLIDO LIBERADO
Consideramos liberado un vínculo o restricción y permitimos (idealmente) que suceda el alargamiento.
L T
L=LT) T
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.
L T
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
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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
2TOTAL
2a
M
0
3a
0 2aF1 5aF2 0
2F1 5 AF 2 0.......... ..........
COMPATIBILIDAD: 2a
3a
1TOTAL 2TOTAL 2a 5a
1 TOTAL
2TOTAL
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 EAT1 T0 29
F2
6 EAT1 T0 29
Esfuerzos: 184
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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
Fac Fal P
ac
2
Fal
al
EFECTO TÉRMICO → (Supongamos
T 0 ) (decremento)
P
al T
ac T
COMPATIBILIDAD: Posición Horizontal ac - Tac al - Tal
P P L L 2 ac LT 2 al LT 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
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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 0.125 cm2
P1 =0
6
23.4 10 /º C 6m
1)
E 7 105 Kg / 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 temperatur a 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
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P1L P1 600 L 00.238 EA 0.1257 105 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 =75Kg.
0.25cm P2 =0
Contracción total de la varilla:
' 0.25
P1L 75600 0.25 EA 0.1257 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
FAB
las barras.
30º (tracción)
FAC
A
30º
) ión
es
pr
m (co
C
Equilibrio del nudo A
RA 187
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F
HOR
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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 9602.91lb FAC 83126.36 lb
Por la ec. 1
AB
Esfuerzos :
AC
9602.91 4801.46 lb pulg2 2 COMPRESIÓN
83126.36 4158.18 lb pulg2 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 2pulg2 ; E 10000 Klb pulg2 1)
10"
Acero : 0.0000065 ; A 4pulg2 ; E 30000 Klb pulg2
→ Se conciben las barras separadas y se calculan las deformaciones térmicas, sin restricción. 2)
12"
188
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T LT
1)
1T 0.000013 10 90 0.0117" 2T
2T 0.0000065 1290 0.00702"
T
T 1
T representa la longitud total que las
2)
barras dilatadas deben ser comprimidas 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 EA 1 2 2
P
e
T
1
R
2)
P
e m p Reemplazando datos:
P10 P12 0.01872 210000 430000 De donde encontramos: P 31.2 Klb
1
Luego
31.2 Klb 15.6 2 pulg2
;
2
31.2 Klb 7.8 4 pulg2
6) Cuatro placas de aluminio de 0.75” están unidos por un remache de ¾ pulg. de diámetro, según se representa en el esquema. A la temperatura de 30ºF los materiales están apretados. Pero sin esfuerzo. Si la temperatura sube a 120ºF, calcular el esfuerzo en cada material. Dato Area efectiva del Aluminio 4pulg2 Acero
Aluminio 0.000133 ; E 10000 Klb / pulg2
3/4"
3" 2
1
0.000065 ; E 30000 Klb / pulg2
2
Las cuatro placas de aluminio son consideradas como un solo miembro de 3” de espesor.
189
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Las deformaciones térmicas no restringidas, son:
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 pulg2
P3 P3 0.001835 0.44230000 410000 De donde obtenemos : P 6.1 Klb.
1)
2)
1 2 T
tracción
;
2
6.1 Klb compresión 1.52 4 pulg2
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.
190
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Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz E 210 GPa ACERO 11 10 -6 /º C 25mm
50mm
COBRE
d=20mm
E 105 GPa COBRE 17 10 -6 /º C
Como cu ac , el cobre trata de dilatarse ACERO
más que el acero, determinándose esfuerzo
L
cortante en los pernos de unión de ambos materiales.
π π 25 10 3 σ cu 10 3 50 2 252 4 4 σ ac 3σ cu .........1
Facero Fcobre σ ac
CONDICIÓN :
Simplifica ndo
ALARGAMIEN TO EN EL ACERO : Δ ac
σ ac σ ac L L ............2 E ac 210 10 9
ACORTAMIENTO EN EL COBRE : σ σ cuL Δ cu cu L ............3 E cu 105 10 9
CAMBIO TOTALDE LONGITUD : ΔT α cuLΔT α ac LΔT ΔT LΔT α cu α ac
COMPATIBILIDAD:
T ac cu (Reemplaza ndo 2 y 3)
T
Luego :
cu ac
LT cu ac
cu
ac
ac L
21010
9
cuL
10510 9
Simplificando y reemplazando valores:
5017 11 10 9
ac
cu
21010 10510 9 9
Teniendo en cuenta la ec. (1):
1 1 506 10 6 ac 9 3105 10 9 210 10
de donde obtenemos :
ac 37.83 MPa
FUERZA QUE SOPORTA EL ACERO : Fac
Fac A ac ac
25 10 37.83 0.018567MN 4
3 2
Fac 18.567KN 191
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Los pernos se encuentran en estado doble cortante:
perno
2
perno
Fac
20 10 4
3 2
18.567 KN
20 10 m 2
3 2
2
29.55 MPa
8) La figura muestra el prototipo de un sistema estructural. El área y el módulo de elasticidad de cada barra son A y E, respectivamente, y 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:
1
P
P
2
L
u F1 F2
F1 P F2
P 2
Alargamientos : 1 2
PL 2EA
DESPLAZAMI ENTO DEL BLOQUE 1
PL 2EA
ii) EFECTO TÉRMICO:
T1 LT 1
T1 L 1T
2
T2 L 2 T T2 2L 1T
COMPATIBILIDAD:
T 1
2 : desplazamiento del bloque rígido
efecto térmico
u2
2 T
192
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2
T1 T2 2
2
L 1T 2L 1T 2
2
3 L 1T 2
Superposición: Desplazamiento total del bloque:
PL 3 L 1 T 2EA 2
PL 3 L 1 T 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 3 107 Klb / pulg2 Barra CGA 0.15 pulg2 6.5 10- 6 /º F
F 5"
3"
3"
4"
E 107 Klb / pulg2 Barra CFA 0.1 pulg2 12 10- 6 /º F
FUERZAS: Suponemos que CF y DG están en tracción.
M
B
B
RB
0
4FCF 7FDG 0.........
FCF
FDG
GEOMETRÍA:
B
CF
DG
Semejanza:
CF DG .......... . 4 7 10
193
Mecánica de Sólidos
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Material: tota l CF
E CF
FCF CF T A CFE CF
T CF
CF L CF tota l CF
CF
FCFL CF CFL CF T A CFE CF
de donde obtenemos: FCF 1 CF CFLCFT A CFECF .......... . LCF
De manera similar, obtenemos: FDG
A DGE DG DG DG A DGE DG T........... L DG
Reemplazando y en : A E A E 4 CF CF CF CFL CF T 7 DG DG DG DG A DGE DG T 0.......... L CF L DG
De obtenemos DG
7 CF . Reemplazamos en : 4
A E A E 7 4 CF CF CF CFL CF T 7 DG DG CF DG A DGE 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.
194
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y Coeficiente de dilatación
0
b/ 2
t
b/ 2
x a
z Si en toda la placa se produce un cambio uniforme de temperatura de T º,
i)
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
z
Si el cambio de temperatura es T =Kx, entonces en un punto (x,z) sobre la
ii)
placa, la deformación estará dad por Kx .
x x2 x x X Kxx K x 2 0
z z z z z Kxx Kxz z 0
x
También :
x
Los puntos sobre el eje z NO SE DESPLAZAN (tienen x=0).
z
z
x P P' A
A' forma final de la placa
x z
x
x 0; z 0 El punto A tiene coordenadas b a; (antes de la deformación). 2
195
Mecánica de Sólidos
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a2 b b Después de la deformación para a la posición A' a K , Ka 2 2 2 Dilatación libre uniforme → La forma final de la placa es rectangular (no existe
iii)
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 1 K
a 2
xz máx
1.18) Ecuaciones Diferenciales para Fuerza y Deformación Axiales Si la carga axial se distribuye a lo largo de un elemento (barra) y si además varía la sección transversal, pueden deducirse ecuaciones para la fuerza y el desplazamiento como funciones de la posición a lo largo del miembro. Consideremos un miembro que soporta una carga axial por unidad de longitud q(x) en la dirección del eje centroidal. En los extremos pueden existir cargas aplicadas y/o reacciones que mantengan al miembro en equilibrio.
q(x)
x x
qx x xq ; x x x
x
x
Teorema del Valor Medio para Integrales
x
x
q(x)
F(x+x)
F(x)
x u(x)
x+ x
ESTÁTICA:
De donde
u(x+x)
F
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: 196
Mecánica de Sólidos
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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:
x
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 AE T qx 0 x x u AE T 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:
197
Mecánica de Sólidos
AE
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2u 2u 0 0 ux c 1x c 2 x 2 x 2
donde c1 y c2 son las constantes de integración.
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
L
T TB
L
x
Incremento de temperatura a lo largo de la barra
198
Mecánica de Sólidos
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RA= RB. Como no existe ninguna otra fuerza externa, la fuerza F es constante (la consideramos tracción) q(x)=0
RB
RA
RA
F
Usamos la ec.(iv), tenemos: 2u x AE TB 0 2 x L x
AE
Supuesto AE constante
2u TB x 2 L
Integrando 2 veces: ux Condiciones :
L
x2 c 1x c 2 2
TB
u0 0 0 c 2
uL 0 0
2L
c1
TB
2
L2 c1L 2
TB
x2 ux TB TB x 2L 2 2
Por tanto :
ux
2
TB
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
199
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
x x F AE TB 2 1 AE TB L L 2
Simplificando: F AE
TB 2
independiente de x
Las reacciones en los apoyos, son:
R A R B F AE
condicione s del equilibrio
TB COMPRESIONES 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
200
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i) La máxima carga P que puede aplicarse al centro de la barra, y la deflexión en el instante de la falla.
ii) Trazar un diagrama Carga / Deflexión para esta estructura. Considerar acero elastoplástico (E=200GPa; y =250MPa) Debido a la simetría PA=PB 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)( 1.6 104 ) 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 EA 200(10 9 )(1.6)(10 4 )
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: 201
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(i)
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Ecuaciones de Equilibrio (Estática)
(ii) Relaciones de Compatibilidad (Geometría + material) (iii) Solución simultánea de las ecuaciones (i) y (ii). (Procedimiento usado cuando los esfuerzos se mantienen en el rango lineal elástico).
Cuando se reconoce que los esfuerzos en algunos miembros se extienden al rango inelástico, la solución se simplifica debido a que la fuerza en cualquier miembro (cuyo material es de comportamiento elastoplástico) tiene un valor constante 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)
202
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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
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 / pulg2
.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
a
P
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:→
203
Mecánica de Sólidos
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PA PB PC P PA A
PB
PC
B
C
PA a PC a PA PC Luego : 2PA PB P........
P
Compatibilidad: (acción elástica)
Por tanto :
A y C alambres iguales
A B C
Simetría total
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
Resolviendo 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
PBL B 366 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.
204
Mecánica de Sólidos
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Pu 36 36 36 108 Klb. 36Klb=PB
36Klb=PB
36Klb=PB
B
A
C
Pu
u a
PA L A 3610 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:
205
Mecánica de Sólidos COMPATIBILIDAD INICIAL
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P
ac
Fac
al
Fal
Fac L=60 Cm
Fal
RÍGIDAS
Fal Fac Fal
Fac
FUERZAS DE FLUENCIA:
Fac y y A ac 600010 60000 Kg. Flc y y A al 380015 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:
ac
Kg/cm
al
Kg/cm
ii)
6000 18.75 10 5 0.0032 3800 7.6 10 5 0.005
2
2
00032 0.005 tubo de acero en régimen plástico y tubo de aluminio en régimen ellástico.
Kg/cm Kg/cm
ac y ac 6000 al E al al iii)
2
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
206
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
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.
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 B
A PL
207
2
Mecánica de Sólidos
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Fal máx 33004 13200 Kg. Fbr máx 46002 9200 Kg. Fac máx 50001 5000 Kg.
Para que se produzca el colapso del sistema, NO es necesario que simultáneamente fallen los tres alambres. Existen dos posibilidades: i)
Alambres de bronce y acero en fluencia, antes que el alambre de aluminio. (La barra AB tenderá a girar alrededor de A).
ii)
Alambres de bronce y aluminio en fluencia, antes que el alambre de acero. (La barra AB tenderá a girar alrededor de B)
i)
M
A
0 Fbr
Fal
(1)(9200)(2) (500)(2) 0.5PL
Fac
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
Fbr
Fal
PL 23733Kg.
Fac
EN FLUENCIA
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 9cm2 )
208
Mecánica de Sólidos
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2m
4
1
3
2
4 3
3
P
P
Incrementando la carga P desde O, las barras se esfuerzan dentro del intervalo elástico, hasta que la barra sometida al máximo esfuerzo alcance el valor del esfuerzo de fluencia.
Equilibrio: F2
F3
F1
2F2 sen F1 P 4 F1 P 1.62F2 F1 P....... 5
2F2 P
Compatibilidad: 2 1 sen F2 2.5 F1 2 4 EA EA 5 F1 1.5625F2 ......
1 2
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
209
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Después que la barra (1) ha fluido, soportará carga constante F1 225KN . Cuando la carga aplicada se eleva más allá de 455.5KN, las barras inclinadas soportarán carga creciente hasta alcanzar el calor de la carga de fluencia. En ese instante: F2 y A (250 106 )(9 10 4 ) 225KN y se alcanza el valor Pu: En : Pu 1.6(225) 225
Pu 585KN ocurre el flujo plástico ilimitado
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
ÚLTIMA
(cm)
u
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'
B
20.03'
y=50
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.
210
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Deformación unitaria en AB: AB
0.03 0.0015, que es menor que la máxima 20
deformación elástica permitida en el material (εy).
AB 0.0015, la fuerza en el alambre AB, es :
Para
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
FAB FAC
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 pulg2
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 pulg2 y 50 Klb pulg2 La deformación unitaria correspondiente, será:
211
Mecánica de Sólidos
AC
AC E
AC
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
10 0.00034 50 0.0017
El alargamiento del alambre AC, es: AC 0.0003420.03 Δ AC 0.0068 pies
Mediante la ecuación (2), encontramos Δ AB 0.03681 pies
212
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