EJERCICIOS RESUELTOS TORSION.pdf

Prefacio El presente libro estudia los temas más importantes en Resistencia de Materiales, con énfasis en aplicación a, solución de problemas y diseño de elementos estructurales y dispositivos mecánicos. El libro está orientado para alumnos de Ingeniería del segundo o tercer año. El desarrollo del curso de Resistencia de Materiales presupone que el alumno posee los recursos propios del cálculo infinitesimal, cálculo integral, geometría de masas en lo referente a saber calcular centros de gravedad y momentos de inercia de figuras planas, y, fundamentalmente, de la Estática, sin cuyo conocimiento es impensable poder obtener un suficiente aprovechamiento del curso. En la mayoría de los capítulos el primer objetivo es la determinación de las tensiones normales y transversales, luego la determinación de los valores máximos de estos tensiones y finalmente el cálculo de las correspondientes deformaciones. Se estudian como tipos de carga: Tracción, Corte, Torsión y Flexión. Inicialmente se estudia la teoría y esta se complementa con un apreciable número de ejemplos o problemas resueltos y luego con problemas propuestos para que el alumno refuerce su comprensión. En el primer capítulo se hace una introducción al estudio de la Resistencia de Materiales marcando sus objetivos y estableciendo los principios generales, que completan las conclusiones de la teoría de la Elasticidad, para poder desarrollar la disciplina siguiendo el método lógico-deductivo. En el resto de los capítulos se hace un análisis sistemático de las acciones que se derivan de una solicitación externa actuando sobre un prisma mecánico. Y este estudio se hace considerando los efectos producidos por cada una de las posibles magnitudes causantes, actuando cada una de ellas independientemente de las otras. Así, las tensiones normal y cortante que someten al prisma a tracción o compresión y a cortadura, respectivamente, son tratados en los Capítulos 2 y 3. En el capítulo 4 se estudia la teoría de la torsión y los tres capítulos siguientes se dedican al estudio de la flexión, en sus múltiples aspectos. En los dos primeros de éstos se expone la teoría general haciendo en uno de ellos un análisis del estado tensional que se crea en el prisma mecánico cuando se le somete a flexión pura o flexión simple, y en el otro, el estudio de las deformaciones producidas por la misma causa. El importante tema del pandeo es tratado en el Capítulo 8, en el que hay que abandonar una de las hipótesis fundamentales admitidas en Resistencia de Materiales cual es la de pequeñez de las deformaciones. Finalmente, un último capítulo se dedica al estudio de los estados tensional y de deformaciones cuando la solicitación que actúa sobre el prisma mecánico es arbitraria. Era necesario acabar la obra con un tema que nos hiciera ver la generalidad de aplicación de las teorías de la Resistencia de Materiales a todo tipo de piezas. En toda la obra se usa el Sistema Técnico de Unidades o el Sistema Internacional de Unidades y para la solución de muchos de los problemas se usó software matemático. Agradezco la ayuda y sugerencias de los docentes de Ingeniería Mecánica y Electromecánica de la UMSA, quienes realizaron valiosos aportes al texto.

Contenido Prefacio INDICE 1 Conceptos Básicos de la Resistencia de Materiales 1.1. Objeto y Finalidad de la Resistencia de Materiales 1.2. Concepto de Sólido Elástico 1.3. Modelo teórico de sólido utilizado en Resistencia de Materiales. (Prisma mecánico) 1.4. Principios generales de la Resistencia de Materiales 1.5. Tipos de Cargas exteriores sobre un prisma mecánico 1.6. Equilibrio estático y equilibrio elástico 1.7. Tipos de Solicitación 1.8. Determinación de las Cargas Internas (Método de las Secciones) 1.9. Tensiones o Tensiones 1.10. Deformación 1.11. Diagrama Tensión y Deformación 1.12. Constantes Elásticas 1.13,- Diagrama Tensión – Deformación para otros materiales 1.14. Diagramas Ideales 1.15. Coeficiente de Seguridad, Tensión Admisible y Carga Admisible 1.16. Falla frente a Cargas Estáticas y Variables PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 2 Tracción y Compresión 2.1. Introducción 2.2. Diagramas de Fuerzas Normales: 2.3.- Tracción Compresión Mono axial 2.4.- Tracción Compresión Biaxial 2.6.- Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) 2.7.- Trabajo de las Fuerzas en Tracción Compresión (Energía Potencial de Deformación) PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 3 Corte Puro 3.1. Introducción 2.2.- Tensiones y Deformaciones en Corte Puro 2.3. Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 4.- Torsión 4.1. Introducción 4.2. Diagrama de Momentos de Torsión: 4.3.- Torsión Circular 4.4 Torsión en Elementos con Sección Rectangular 4.5 Tensiones en Secciones Cerradas de Pequeño Espesor 4.6. Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 5.- Flexión - Fuerza Cortante y Momento Flector 5.1. Introducción 5.2. Cargas 5.3. Tipos de Apoyos 5.4. Tipos de Vigas 5.5. Cálculo de Reacciones 5.6. Momento Flector y Fuerza Cortante 5.7. Relación entre el momento Flector y la Fuerza Cortante 5.8. Determinación del Momento Flector y la Fuerza Cortante 5.9. Valores del Momento Flector y la Fuerza Cortante en los extremos 5.10. Cálculo de Momentos por funciones de Singularidad 5.11. Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMAS PROPUESTOS 6.- Flexión – Tensiones Normales y Cortantes 6.1. Introducción 6.2. Tensiones Normales en Flexión 6.3. Tensiones Cortantes en Flexión 6.4. Perfiles Comunes Usados en Vigas PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 7.- Deformaciones en Flexión 7.1. Introducción 7.2 Línea Elástica 7.3 Método de la Ecuación Diferencial de la Elástica o Doble Integración del Momento 7.4. Método de Superposición 7.5. Método del Área del Diagrama de Momentos o Teoremas de Mohr 7.6. Método de la viga conjugada 7.7. Sistemas Hiperestáticos PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 8.- Solicitación Compuesta 8.1. Introducción 8.2. Combinación de Tensiones 8.3. Combinación de Deformaciones 8.4 Casos de Solicitación Compuesta PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 9.- Métodos Energéticos 9.1. Introducción 9.2. Trabajo 9.3 Energía Potencial 9.4 Ecuaciones de la energía 9.5 Teorema de Castigliano 9.6 Ecuaciones de Castigliano PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 10.- Pandeo de Columnas 10.1. Introducción 10.2 Equilibrio Estable, Inestable e Indiferente 10.3. Tipos de apoyos y Columnas 10.4 Carga Crítica de Euler 10.5. Ecuación de la línea elástica: 10.6. Límites de Aplicación de la Formula de Euler 10.7. Columnas cargadas Excéntricamente – Formula de la Secante PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

1 Conceptos Básicos de la Resistencia de Materiales 1.1 Objeto y Finalidad de la Resistencia de Materiales El objetivo del presente libro es establecer los criterios que nos permitan determinar el material más conveniente, la forma y las dimensiones más adecuadas que hay que dar a los elementos de una estructura o máquina para que puedan resistir la acción de las fuerzas y momentos exteriores que los solicitan, así como para obtener este resultado de la forma más económica posible. Si se someten dos cables de la misma forma y dimensiones, pero de distinto material como podían ser de acero y cobre a una misma fuerza por ejemplo el peso de un cuerpo, mismo que se incrementa paulatinamente, se observa que el cable de cobre es el primero en el que se produce la rotura. Por lo tanto se puede decir que el acero posee mayor resistencia mecánica que el cobre, entendiendo por tal la capacidad de oponerse a la rotura al ser sometido a una solicitación exterior. En cuanto a las deformaciones que experimentan ambos materiales, también se observa que son distintas. Se llama rigidez a la propiedad que presenta el material de oponerse a las deformaciones. Otro aspecto de gran importancia es la estabilidad, entendiendo por tal la capacidad de oposición del elemento a grandes desplazamientos y deformaciones como resultado de las cargas exteriores. El cálculo de la estabilidad de la pieza nos permitirá conocer su capacidad de conservar las formas de equilibrio que adopta en estado deformado. Teniendo presentes las anteriores consideraciones, podemos dar una definición más simple aún que la dada inicialmente, y decir que Resistencia de Materiales es la ciencia que trata del cálculo de la Resistencia Mecánica, Rigidez y Estabilidad de las piezas de una estructura o máquina. En el presente libro se estudiaran principalmente dos problemas fundamentales: 1.° Problema de dimensionamiento. Conocido el sistema de cargas que solicita a una pieza de una estructura o máquina, calcular sus dimensiones para que la pieza resista y las deformaciones que se originan no sobrepasen unos valores límites fijados de antemano. 2.° Problema de comprobación. Conocida la solicitación exterior y terminado el dimensionamiento de una pieza, comprobar su resistencia y calcular las deformaciones. La Resistencia de Materiales tiene importantes aplicaciones en todas las ramas de la ingeniería. Sus métodos los utilizan los ingenieros aeronáuticos y navales para el diseño y construcción de aviones y barcos, respectivamente; los ingenieros civiles, al proyectar puentes, presas y cualquier tipo de estructura; los ingenieros de minas, para resolver la necesidad de conocimientos de construcción que exige su profesión; los ingenieros mecánicos y electromecánicos. para el proyecto y construcción de maquinaria y todo tipo de construcciones mecánicas, como son los recipientes a, presión; los ingenieros energéticos, para proyectar los diferentes componentes de un .reactor; los ingenieros metalúrgicos, por la necesidad que tienen del conocimiento de los materiales actuales para la búsqueda de nuevos materiales: los ingenieros eléctricos, para el proyecto de máquinas y equipos eléctricos, y, en fin, los ingenieros químicos, para el diseño de instalaciones en industrias de su especialidad.

1.2 Concepto de Sólido Elástico La Estática y la Mecánica Teórica consideran indeformables los cuerpos materiales, ya se encuentren en estado de movimiento o de reposo. Las conclusiones que se obtienen con esta suposición son en gran número de casos buenas aproximaciones de lo que realmente ocurre. Pero para determinar la resistencia de una pieza y sus deformaciones se deben analizar los cuerpos como deformables. Según lo indicado se pueden considerar los sólidos como: a) Sólido rígido, b) Sólido elástico y c) Sólido verdadero. a) Sólido rígido.- Es aquel que se supone indeformable y que ante cualquier carga (por grande que sea) a que está sometido, la distancia entre dos moléculas cualesquiera permanece invariable. b) Sólido elástico.- Es aquel que ante una tensión exterior se deforma y recupera su forma original al cesar la causa exterior. A los sólidos elásticos se les supone una serie de cualidades como son las de isotropía, homogeneidad y continuidad. Un cuerpo es isótropo cuando sus propiedades físicas no dependen de la dirección en que se han medido en dicho cuerpo. El sólido es homogéneo si toda región del mismo posee idéntica composición y características que otra cualquiera. Finalmente el cuerpo es continuo si no existen huecos entre partículas ni, por consiguiente, distancias intersticiales. c) Solido verdadero.- Las propiedades de isotropía, homogeneidad y continuidad no concurren en ningún material, ya sea natural o elaborado por el hombre: no es posible que se dé un grado de elasticidad exactamente igual en todas las direcciones debido a la distribución de sus átomos o moléculas en redes cristalinas ordenadamente dispuestas. Tampoco existe en la realidad la homogeneidad perfecta, así como sabemos por las teorías modernas de la materia que ésta no es continua y que existen espacios vacíos entre las moléculas y entre los mismos átomos que la componen. Por lo tanto en algunos materiales como la madera y el hormigo el cuerpo no puede ser analizado como Solido Elástico y debe ser analizado como solido verdadero. Entonces sólido verdadero es aquel que resulta de considerarlo como deformable ante las cargas a que está sometido y falto de isotropía, homogeneidad y continuidad El considerar a los sólidos continuo es muy cómoda, pues permite admitir, cuando existe una deformación debida a la aplicación de una fuerza a unas moléculas del sólido, que el tensión es absorbido en parte por las moléculas próximas y de esta forma queda repartido de forma continua y apta para el cálculo. Los materiales a que nos refiramos en lo sucesivo los consideraremos como sólidos elásticos. Quiere ello decir que si microscópicamente no son ciertas las hipótesis que se lo hacen, sí lo son macroscópicamente, pues los resultados que se obtienen quedan sancionados por la experiencia. Aún podremos en muchos casos, por ejemplo, cuando falte la homogeneidad en un sólido, considerar la existencia de varios sólidos elásticos dentro del sólido dado, cada uno de los cuales estará concretado por zonas que posean perfecta homogeneidad, y aplicarles las consideraciones teóricas que hagamos para los sólidos elásticos en general. 1.3 Modelo teórico de sólido utilizado en Resistencia de Materiales. (Prisma mecánico) Con objeto de estudiar los sólidos elásticos se crea un modelo teórico que se denomina prisma mecánico, que desde el punto de vista físico posea las propiedades de isotropía, homogeneidad y continuidad y que se define atendiendo a un criterio meramente geométrico.

Se llama prisma mecánico al sólido engendrado por una sección plana S de área cuyo centro de gravedad G describe una curva llamada línea media o directriz, siendo el plano que contiene a S normal a la curva. La mayoría de las piezas pueden considerarse como uno de los siguientes tipos de prismas: a) Barra. Se llama así al prisma mecánico cuyas dimensiones de la sección transversal son pequeñas, en comparación con la longitud de la línea media. Pertenecen a este tipo los elementos de estructuras y los cables, por ejemplo. Este es tipo de prisma mecánico más usado. Adicionalmente la mayor parte de barras son planos, es decir con línea media contenida en un plano, siendo éste, además, plano de simetría del prisma. En estructuras de hormigón armado se emplean sección transversal rectangular y cuadrada, mientras que en estructuras metálicas secciones muy usuales son el perfil laminado doble te I en vigas, o dos secciones en U soldadas en pilares.

Fig. 1 Barra b) Placa. Es un cuerpo limitado por dos planos, cuyo espesor es pequeño en comparación con las otras dos dimensiones.

Fig. 2 Placa Pertenecen a este tipo las losas que se fabrican para tapar depósitos subterráneos, as; como las placas utilizadas como forjados en las edificaciones. c) Cascara. Es un cuerpo limitado por dos superficies no planas, cuya distancia es pequeña en comparación con las otras dos dimensiones (Fig. 1.7).

Fig. 3 Cascara Son de este tipo los depósitos, como los tanques de agua, silos, gasómetros, etc., así como las tuberías de gran diámetro y, en general, las estructuras laminares. En los últimos tipos, es decir, en placas y cascaras, en vez de línea media se utiliza la superficie media, que se define como la constituida por los puntos que dividen el espesor en dos partes iguales.

1.4 Principios generales de la Resistencia de Materiales Como se mencionó anteriormente la Resistencia de Materiales requiere hipótesis simplificativas, en el presente texto se asumen las siguientes hipótesis: a) Los materiales se consideran continuos.- La mayoría de los materiales cumple con esta hipótesis aun cuando existan poros o se considere la discontinuidad de la estructura de la materia, compuesta por átomos que no están en contacto rígido entre sí, ya que existen espacios entre ellos y fuerzas que los mantienen vinculados, formando una red ordenada. b) Los materiales se consideran homogéneos.- Con esta hipótesis se consideran las propiedades idénticas en todos los puntos. c) Los materiales se consideran isótropos.- Con esta hipótesis se consideran las propiedades idénticas en todas las direcciones. Los metales son materiales homogéneos e isótropos y la madera, el hormigón y la piedra no lo son. d) Las fuerzas interiores que preceden a las cargas son nulas.- Las fuerzas interiores entre las partículas del material se oponen al cambio de la forma y dimensiones del cuerpo sometido a cargas. Al hablar de fuerzas interiores no consideramos las fuerzas moleculares que existen en un sólido no sometido a cargas. e) Es válido el principio de superposición de efectos.- Debido a que las deformaciones de los cuerpos son pequeños en comparación con las dimensiones del mismo, las ecuaciones de equilibrio correspondiente a un cuerpo cargado pueden plantearse sobre su configuración inicial, es decir, sin deformaciones, y que las deformaciones son proporcionales a las cargas. f) Es aplicable el principio de Saint Venant.- Según este principio las fuerzas interiores en los puntos de un sólido, situados lejos de los lugares de aplicación de las cargas no dependen del modo de aplicación de las mismas, por lo que se puede sustituir un sistema de fuerzas por otro equivalente 1.5 Tipos de Cargas exteriores sobre un prisma mecánico Las cargas exteriores sobre una pieza están constituidas por las cargas directamente aplicadas y las reacciones debidas a los apoyos. Las cargas se clasifican en: a) Fuerzas de volumen y fuerzas de superficie.- Las primeras actúan sobre todos los puntos del sólido y se deben a campos de fuerzas tales como el campo gravitatorio, el campo de fuerzas de inercia, o el campo magnético. Las fuerzas de superficie son las que se aplican a la superficie exterior del prisma. Pueden ser concentradas o repartidas. b) Cargas concentradas y distribuidas.- Las cargas concentradas son aquellas que se aplican en un punto mientras que las cargas distribuidas las que están aplicadas en porciones de área o volumen, En la naturaleza no existen fuerzas concentradas sino solo distribuidas sin embargo cuando el área o volumen de aplicación son pequeños las cargas pueden considerarse como concentradas. Las cargas distribuidas pueden ser de superficie (presión del viento o del agua sobre una pared) o de volumen (peso propio). c) Cargas estáticas y dinámicas.- Las cargas cuya magnitud, punto de aplicación y dirección no varían o lo hacen muy lentamente, se llaman cargas estáticas mismas que no provocan vibraciones de las estructuras o elementos, mientras que las cargas que varían con el tiempo se llaman cargas dinámicas y son las que provocan vibraciones

Si la variación de la carga es de carácter periódico, es decir, que los valores máximos de la carga se repiten cada determinado intervalo de tiempo las cargas se denominan cargas de régimen estable o cargas de repetición periódica. La resistencia para cargas estables se analiza en el presente libro pero no para cargas de régimen no estable. 1.6 Equilibrio estático y equilibrio elástico Para que un sólido rígido se encuentre en equilibrio es necesario y suficiente que se verifiquen: 1 Que la suma de las fuerzas que actúan sobre el sólido sea igual a cero, o lo que es lo mismo, que la resultante sea nula. Esta condición asegura que el sólido no tenga desplazamientos. 2 Que el momento resultante de todas las fuerzas respecto de cualquier punto sea igual a cero. Esta condición asegura que el sólido no experimente giros. En un Sólido Elástico estas condiciones son necesarias pero no suficientes, ya que si suponemos realizado en el sólido un corte ideal y prescindimos de una de las partes, es necesario que el sistema de fuerzas interiores en los puntos de la sección ideal sea equivalente al sistema de fuerzas que actúan sobre la parte eliminada. Así, para el equilibrio en un sólido elástico no sólo se requieren las condiciones del equilibrio estático, sino también que exista equilibrio entre las fuerzas exteriores y las internas en cada una de las infinitas secciones. Esta última condición es la característica del equilibrio elástico: es necesario que las fuerzas exteriores que actúan sobre el sólido sean contrarrestadas por las fuerzas interiores de cohesión molecular. 1.7 Tipos de Solicitación Considérese un cuerpo en equilibrio sometido a la acción de fuerzas y momentos externos, en cualquier sección interna aparecen una fuerza y un momento resultantes internos que equilibran las cargas externas. Los valores de la fuerza y el Momento internos se hallan generalmente con las ecuaciones de la estática P1 Fue rza In te rn a

P2

M o m en to In te rn o M2

M1 Pn

P3 M3 P1

Mn

P4

Fig. 4 Fuerza y Momento Internos La fuerza y el momento internos pueden descomponerse en componentes paralelas y normales a la sección. Del análisis individual de estas componentes definen los diferentes tipos de carga. Así la Fuerza Normal produce cargas Normales de Tracción Compresión, la Fuerza Tangencial produce cargas de Corte, el Momento Normal produce cargas de Torsión y el Momento Tangencial produce cargas de Flexión.

a) Tracción Compresión.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Tracción o Compresión, cuando sobre él se apliquen fuerzas paralelas al eje centroidal y perpendiculares a la sección transversal. Dependiendo si la carga tiende a estirar o a comprimir la pieza, la carga será de tracción o compresión.

Fig. 5 Tracción b) Corte.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Corte cuando sobre él se apliquen fuerzas perpendiculares al eje centroidal y paralelas a la sección transversal.

Fig. 6 Corte c) Torsión.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Torsión cuando sobre él se aplican Momentos paralelos al eje centroidal y perpendiculares a la sección transversal.

Fig. 7 Torsión d) Flexión.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Flexión cuando sobre él se aplican Fuerzas y Momentos perpendiculares a su eje centroidal y paralelos a la sección transversal.

Fig. 8 Flexión e) Cargas Combinadas.- Los cuerpos y elementos en condiciones reales presentan combinaciones de los anteriores tipos de carga. En el presente texto inicialmente se analizan los tipos de carga de forma individual y su combinación se analiza posteriormente 1.8 Determinación de las Cargas Internas (Método de las Secciones) En un cuerpo sometido a fuerzas y momentos, para hallar las cargas internas por el método de corte o secciones se imagina un plano imaginario que seccione o divida el cuerpo en dos partes. Para que cada parte este en equilibrio, en la superficie de corte de cada una de las partes por la interacción que ejerce la otra deben actuar una fuerza y un momento internos que equilibran las cargas exteriores, que actúan sobre la parte separada. Los valores de la Fuerza y el Momento internos se pueden hallar generalmente con las ecuaciones de la estática

P1 Fue rza In te rn a

P2

M o m en to In te rn o M2

M1 Pn

P3

Mn

M3 P1

P4

Fig. 9 Fuerza y Momento Internos La fuerza y el momento internos tienen componentes tangencial y normal a la sección. La componente normal de la fuerza a la sección “N” produce tracción, la componente tangencial de la fuerza a la sección “Q” produce corte, la componente normal del momento a la sección “Mt” produce torsión y la componente tangencial del momento a la sección “Mf” produce flexión. Frecuentemente las fuerzas exteriores se encuentran en un mismo plano, los momentos exteriores perpendiculares a este plano y no existen momentos de torsión Mt

Fig. 10 Configuración Frecuente

1.9 Tensiones o Tensiones a) Análisis Molecular Considérese una barra sometida a la acción de dos fuerzas iguales, opuestas y colineales en sus extremos. Se verifica el equilibrio: P - P = 0

Fig. 11 Fuerzas en las Moléculas Realizando un análisis molecular, la fuerza externa se distribuye en pequeñas fuerzas tirando de cada molécula, que tratan de separarla de sus vecinas, sin embargo la atracción entre moléculas opone resistencia con una fuerza igual y contraria, lo que finalmente impide que las moléculas se alejen entre sí. Tomando un par de ellas se verifica que: -Pi Fi - Fi Pi

(1.1

Donde Pi es la acción sobre cada molécula generada por las fuerzas “P” y “Fi “ la reacción que opone el material generada por la atracción molecular (o Atómica). Aumentando “P” aumenta la reacción Fi , que podrá crecer hasta un determinado límite, más allá del cual las moléculas se separan irremediablemente, y como consecuencia la barra se deforma permanentemente o se separa. b) Hipótesis de Navier Según esta hipótesis los sólidos homogéneos se imaginan como una sucesión de innumerables secciones transversales paralelas entre si y perpendiculares a su eje longitudinal (similar naipes pegados entre sí). Cada sección es tan delgada como el diámetro de un átomo y los átomos están ordenados según un arreglo matricial

Fig. 1.12 Hipótesis de Navier

Entonces :

Pi 

P n

P y Pi Fuerzas externa e interna sobre cada átomo “n” el número de átomos que hay en la sección transversal.

(1.2

c) Vector Tensión Considérese un cuerpo sometido cargas exteriores, si el mismo es cortado idealmente en dos partes A y B por medio de un plano π y se suprime una de las partes, por ejemplo la B, de la condición de equilibrio elástico se concluye que en toda la sección S aparece una distribución continua de fuerzas

Fig. 1.13 Vector Tensión Si df es la fuerza resultante en un punto P, se define como tensión en el punto a:

Esfuerzo 

Fuerza F  Area A

   f df t  lim dS0  S dS

(1.3

(1.4

El tensión o tensión es un vector colineal con df. e) Tipos de Tensiones o Tensiones El vector tensión puede descomponerse en una componente normal al plano () que recibe el nombre de tensión normal y en una componente paralela al plano () que recibe el nombre de tensión tangencial o cortante. A ambas tensiones se denomina componentes intrínsecas del vector tensión.

Fig. 1.14 Tensiones Normales y Cortantes La tensión normal provoca que las partículas que están en el plano dado, tiendan a separarse o a acercarse mientras que las tensiones tangenciales provocan el deslizamiento de las partículas del material, en el plano de la sección en cuestión.

Los materiales no tienen una determinada resistencia a las fuerzas y momentos, ya que ella depende de las dimensiones, pero sí tienen determinadas resistencias a las tensiones normales y cortantes En las caras de un elemento diferencial cúbico actuarán en el caso general las tensiones de la figura

Fig. 1.15 Estado tensional f) Densidad de Tensiones

Fig. 1.16 Densidad de Tensión Cuando una barra de sección variable se somete a cargas de tracción F, en cualquier sección transversal aparece una fuerza interna F que equilibra a la externa que se distribuye en tensiones normales. Sin embargo la magnitud de estos tensiones es variable debido a la variación del área. Estos tensiones son mayores donde las secciones normales son las menores y viceversa. Dibujando líneas equidistantes de la periferia se puede apreciar que ellas tienen mayor “concentración” o “densidad” donde el área es menor. La magnitud de las tensiones es proporcional a la concentración de líneas equidistantes. Este fenómeno es similar a la velocidad que adquiere un fluido en una tubería por lo que también es conocido por flujo de tensiones. g) Concentradores de tensión

Fig. 1.17 Concentración de Tensiones Los cambios o variaciones de las secciones transversales de una pieza y especialmente las variaciones bruscas, resultan en la magnificación de las tensiones efecto conocido como Concentración de Tensiones.

Las hendiduras, agujeros y cambios de sección bruscos son Concentradores de Tensiones. Se ha podido verificar que por ejemplo un agujero circular en una placa plana incrementa las tensiones hasta tres veces. 1.10 Deformación Consideremos dos puntos P y Q en un sólido elástico en estado neutro, sin carga, es decir, no sometido a solicitación alguna

Fig. 1.18 Deformación Aplicadas las cargas externas hay deformación y los dos puntos pasan a las posiciones P' y Q'. Se definen como deformación total y unitaria a la variación de distancia entre estos dos puntos y a la variación sobre la distancia original, respectivamente





  P' Q' P' Q'  dr '  dr



P' Q' PQ PQ

  dr '  dr   dr

(1.5

(1.6

Los sólidos, bajo la acción de cargas externas se deforman y cambian sus dimensiones o forma, Al cambio de dimensión se le denomina deformación lineal y al cambio de forma deformación angular. a) Deformación provocada por Cargas de Axiales

Fig. 1.19 Deformación por Cargas Axiales Una barra sometida a cargas axiales además de experimentar una deformación en la dirección de axial también presenta otra deformación en la dirección transversal. Las cargas de tracción provocan alargamiento en la dirección axial y adelgazamiento en la dirección transversal, mientras que las cargas de compresión provocan acortamiento en la dirección axial y ensanchamiento en la dirección transversal. Las deformaciones se cuantifican con: δ = lf - lo

Deformación longitudinal

(1.7

ε = (lf – lo)/lo

Deformación longitudinal unitaria

(1.8

δq = df - do

Deformación transversal

(1.9

εq = (df – do)/do

Deformación transversal unitaria

(1.10

Donde lf, lo, df y do son las longitudes y diámetros final e inicial b) Deformación provocada por Cargas de Corte Las cuerpos sometidos a cargas de corte no presentan deformaciones significativas (no se verifica cambio de dimensiones) pero si presentan distorsión (se verifica cambio de forma).

Fig. 1.20 Distorsión por Cargas de Corte La deformación se cuantifica con: γ

Angulo de inclinación de las caras

c) Deformación provocada por Cargas de Torsión Las barras sometidas a cargas de torsión no presentan deformaciones longitudinales sino rotaciones o deformaciones angulares entre secciones. Las secciones transversales giran una respecto a otra.

Fig. 1.21 Deformación por Cargas de Torsión La deformación se cuantifica con: φ

Angulo de rotación entre secciones de los extremos de la barra

d) Deformación provocada por Cargas de Flexión Los cuerpos generalmente rectos sometidos a cargas de Flexión se vuelven curvos por lo que presentan deformaciones lineales y angulares.

Fig. 1.22 Deformación por Cargas de Flexión Las deformaciones se cuantifican con: ô

Deformación lineal

θ

Deformación angular

1.11 Diagrama Tensión y Deformación La deformación depende de las cargas externas y consecuentemente de las tensiones y de fuerzas de atracción molecular, es decir, de la estructura interna del material. Para obtener la relación entre tensiones y deformaciones se procede por vía experimental mediante ensayos realizados en el laboratorio, en donde se comprueba, en efecto, que para dos piezas de distintos materiales, de iguales dimensiones y sometidas al mismo estado de cargas, las deformaciones son distintas. El ensayo más simple que se hace es el de tracción. En este ensayo sometiendo una pieza de dimensiones normalizadas llamada probeta a una carga de tracción que se aumenta gradualmente hasta la rotura. En la probeta se realizan previamente dos marcas, que determinan una longitud denominada distancia entre puntos, sobre las que se efectúa, por medio de un extensómetro, la medida de los alargamientos. Si A es la sección de la probeta y P la fuerza aplicada en sus extremos en dirección axial, la fuerza origina en el interior del material un estado de tensiones que se supone constante.



P A

(1.11

La probeta, debido al tensión, se alarga. La deformada unitaria longitudinal es:



l f  lo lo

(1.12

Aumentando progresivamente el valor de P, midiendo ε y llevando los valores a un gráfico, se obtiene para el acero dulce el diagrama tensión-deformación similar al de la figura

Fig. 1.23 Diagrama ζ - ε En este diagrama pueden distinguirse ciertas zonas con determinadas características: a) Período elástico.- Este período queda delimitado por la tensión Se (límite de elasticidad). El límite de elasticidad se caracteriza porque, hasta llegar al mismo, el material se comporta elásticamente, es decir que producida la descarga, la probeta recupera su longitud inicial. En la práctica, este límite se considera como tal cuando en la descarga queda una deformación especifica remanente igual al 0.001 %. Este período comprende dos zonas: la primera, hasta el Sp (límite de proporcionalidad), dónde el material verifica la ley de Hooke. La segunda zona entre Sp y Se, si bien es elástica, no manifiesta proporcionalidad entre tensiones y deformaciones. En la primera zona:

d   E d 

(1.13

En la segunda zona

d  f ( ) d

(1.14

En general, los límites de proporcionalidad y de elasticidad difieren muy poco entre sí. b) Período elasto-plástico.- Para tensiones superiores al límite elástico, la pieza no recobra su dimensión original y la deformación es permanente acorde con la carga aplicada. A medida que aumenta la solicitación, la gráfica disminuye el valor de su tangente, tendiendo a anularse en el tramo final del período, al cual se llega con un valor de tensión que se indica como Sy (tensión de fluencia). c) Período plástico (fluencia).- Una vez arribado al valor de tensión Sy (límite de fluencia), el material fluye, aumentan las deformaciones sin que existe aumento de tensión. El fenómeno no es tan simple, ya que la tensión oscila entre dos valores cercanos entre sí, denominados límites de fluencia superior e inferior, respectivamente. La tensión de proporcionalidad es aproximadamente 80% la de fluencia

Fig. 1.24 Líneas de Chernov - Lüders Los experimentos demuestran que durante la fluencia se producen deslizamientos relativos entre los cristales y en la superficie de la probeta aparecen las llamadas líneas de Chernov Lüders, que forman con el eje de la misma un ángulo de 45º. d) Período de endurecimiento y de estricción.- Luego de la fluencia hay un reacomodamiento cristalográfico y el material se endurece e incrementa su resistencia, es decir, admite un incremento de carga. En este período las deformaciones son muy pronunciadas. La tensión aumenta hasta alcanzar un valor máximo, denominado “tensión de rotura”, a partir del cual la tensión disminuye hasta que alcanza una determinada deformación de rotura, produciéndose la rotura física. La tensión Sut no es en realidad la máxima tensión que se origina en la probeta sometida a carga. En efecto, alcanzado el valor de la deformación específica correspondiente a Sut, comienza a manifestarse en la probeta un fenómeno denominado “estricción”.

Fig. 1.25 Fenómeno de estricción La estricción es la reducción de una sección central de la pieza, misma que hace que las tensiones aumenten y que, en realidad, el diagrama efectivo en lugar de presentar su concavidad hacia abajo muestra un punto de inflexión en las vecindades de Sut y cambia su curvatura presentando una rama creciente hasta alcanzar la deformación de rotura. Entonces el diagrama que anterior suele denominarse “diagrama convencional, ya que los cálculos de las tensiones se realizan siempre sobre la base de suponer la sección transversal constante, con área igual a la inicial. La estricción se mide por el “coeficiente de estricción lateral” con la siguiente expresión:



Ai  A f Af

Dónde: Ai y Af área inicial y final respectivamente En los aceros comunes φ ≈ 50 %

(1.15

Fig. 1.26 Diagrama ζ - ε efectivo y convencional Para tensiones mayores a la fluencia como M en la gráfica la pieza presenta deformaciones permanentes. Cuando se quita la carga las tensiones y deformaciones desaparecen a través de una recta paralela a la del período elástico. Si la probeta vuelve a cargarse la curva llega al punto N, pero con un nuevo recorrido donde ya no existe el período de fluencia y la zona recta se prolonga hasta un valor ζ'p > ζp.

Fig. 1.27 Endurecimiento mecánico del acero dulce Este fenómeno se denomina endurecimiento mecánico o por trabajo en frío, y también puede lograrse por laminado en frío, trefilado o torsión. El trefilado se utiliza para endurecer alambres o barras circulares finas, y el torsionado especialmente para barras redondas (en general, con conformaciones superficiales), para hormigón armado. Para aceros endurecidos mecánicamente o los de dureza natural, logrado por un mayor contenido de carbono o mediante aleaciones especiales, el diagrama ζ - ε es distinto del que se vio. Las características más importantes son las siguientes: - Sus límites de proporcionalidad y elasticidad son más elevados que los aceros comunes. - No poseen un límite de fluencia definido ni tampoco zonas de escurrimiento plástico. - La deformación de rotura se reduce considerablemente. Al no existir un límite de fluencia definido, este se determina en forma convencional como la tensión para la cual la deformación especifica remanente alcanzan al 0.2 %.

Fig. 1.28 Límite Convencional de Fluencia 0,% Los materiales como el acero dulce, que presentan una gran capacidad de deformación antes de alcanzar la rotura, se denominan “dúctiles”. Se puede decir que estos materiales avisan la rotura física, ya que antes de alcanzarse la misma las deformaciones son tan grandes, que la estructura llega a la falla por este motivo. Los materiales como el acero duro, para los cuales la rotura se produce bruscamente, sin grandes deformaciones previas, se denominan “frágiles”. e) Elasticidad y Plasticidad.- La propiedad que posee un material de volver parcial o completamente a su forma inicial una vez que desaparece la carga es lo que se llama “elasticidad”. Si la pieza recupera completamente su longitud inicial, se dice que el material es “perfectamente elástico” sino “parcialmente elástico”. Un material es “perfectamente plástico” cuando al dejar de actuar la carga que lo deforma mantiene su configuración deformada. En la realidad ningún material es perfectamente elástico o plástico, pero el acero, aluminio, goma, la madera y el hormigón se consideran perfectamente elásticos dentro de ciertos límites. Otros materiales como la arcilla y la masilla pueden considerarse como perfectamente plásticos. 1.12 Constantes Elásticas El comportamiento lineal elástico de los sólidos, permite definir las constantes elásticas, a) Módulo de Elasticidad Longitudinal (E).- Considérese una barra recta sometida a

tracción. Fig. 1.33 Barra de sección constante sometida a tracción La deformación unitaria es :



L L

(1.16

En la zona elástica, las tensiones son proporcionales a las deformaciones

Fig. 1.34 Proporcionalidad entre ζ – ε en la zona elástica

Tg 

 E 

(1.17

 E

(1.18

Ecuación conocida como de Hooke. La constante E, se conoce como módulo de elasticidad longitudinal o módulo de Young. Es la más importante de las cuatro constantes elásticas. b) Módulo de Elasticidad Transversal (G).- Sea un paralelepípedo fijo en su parte inferior y con una fuerza P en su cara superior.

Fig. 1.35 Distorsión provocada por tensiones cortantes La deformación se cuantificada por el ángulo

 La grafica entre

y la tensión tangencial o cortante es:

P A -

(1.19 es similar a la vista anteriormente para las tensiones normales.

Dentro de la zona elástica, la constante que vincula la tensión tangencial con la deformación angular, es llamada módulo de elasticidad transversal o módulo de rigidez (G).

Tg 

 G 

(1.20

Esta es la ecuación de Hooke para tensiones cortantes. Para el acero común Sy’ = 0,57 Sy c) Coeficiente de Poisson Al someter a una barra a un tensión axial, además de experimentar deformación según la dirección de la fuerza, el cuerpo también deforma en la dirección normal a ella.

Fig. 1.37 Deformaciones Longitudinal y Transversal Las deformaciones unitarias son:



L L

(1.21

a a

(1.22

q 

Experimentalmente se ha visto que ambas deformaciones son proporcionales εq = ν ε

(1.23

ν se define como el coeficiente o módulo de Poisson y su valor depende del material, En general para materiales isótropos, varía entre 0,25 y 0,33. En cualquier caso ν < 0,50 Valores de Constantes Elásticas según el material Material

E (Ton/cm²) 2.000 a 2.100 1.160 a 1.300 1.100 750 a 1600 760 80 a 120 150 a 350 < 120 0.01 -

Acero Cobre Bronce Hierro fundido Aluminio Madera (paralela a la fibra Hormigón Mampostería de ladrillo Caucho Corcho

γ 0.22 a 0.33 0.31 a 0.34 0.32 a 0.35 0.23 a 0.27 0.32 a 0.36 0.10 a 0.20 0.47 » 0.00

Los módulos de elasticidad longitudinal y transversal están relacionados por: E=2G(1+ν)

(1.24

ν es el coeficiente de Poisson

Donde

1.13 Diagrama Tensión – Deformación para otros materiales En la figura 1.29 se presentan los diagramas tensión – deformación para diferentes materiales. Ahora bien como se observa en la figura 1.30, hay algunos materiales para los cuales se observa que el diagrama ζ - ε es una curva continua sin tramos rectos, es decir, que prácticamente en ningún momento se verifica la ley Hooke. Un ejemplo clásico es el hormigón, donde interesa la curva ζ - ε en compresión.



 Mat. Frágil

Acero de Alta Calidad Acero Media Calidad Mat. Dúctil Acero Corriente



Fig. 1.29 Diagramas Tensión Deformación



En estos casos no puede hablarse de un módulo de elasticidad único. Cabe distinguir tres valores del módulo de elasticidad:

Fig. 1.30 Módulos Tangentes y Secantes a) Módulo al origen.- Es el valor al origen E = tg α

(1.25

b) Módulo Instantáneo.- Su valor lo da la pendiente a la curva ζ - ε en cada punto:

E

d  tg ( o ) d

(1.26

c) Módulo Secante.- Su valor viene dado por la tangente trigonométrica del ángulo α1. Para estos materiales, Bach, propuso como relación entre ζ - ε una ley de tipo exponencial que lleva su nombre: ζk = E e

(1.27

el coeficiente k depende del material (valor medio, ya que depende de muchas variables): Material Hormigón Cobre Latón Cuero

Coeficiente k k = 1,15 k = 1,10 k = 1,085 k = 0,70

Fig. 1.31 Diagramas no lineales ζ - ε En el caso que k = 1, 0 se obtiene la ley de Hooke. Ciertos materiales presentan un comportamiento diferente en compresión que a tracción, tal es el caso del hormigón.

1.14 Diagramas Ideales Los diagramas que se vieron a veces son reemplazados por diagramas idealizados por Prandtl, resumiendo las características fundamentales de los tres tipos de materiales. El diagrama ideal correspondiente a un material dúctil se compone de dos tramos rectos: uno inclinado, correspondiente al período elástico; el otro horizontal, materializando el período de fluencia. El período de endurecimiento no interesa porque la deformación al final de la fluencia es tan significativa que el material está en falla antes de llegar a la rotura.

Fig. 1.32 Diagramas ideales a) material dúctil b) material frágil c) material plástico En los materiales frágiles el límite de proporcionalidad es próximo a la tensión de rotura, prescindiéndose del tramo curvo y en materiales plásticos el diagrama es una recta horizontal, lo que significa que sometidos a una carga, se deforman indefinidamente sin incremento de tensión. 1.15 Coeficiente de Seguridad, Tensión Admisible y Carga Admisible No hay la seguridad absoluta y las piezas están amenazadas por incertidumbres. Existen numerosas causas de incertidumbres: Las hipótesis de cargas, las hipótesis de cálculo, los errores de cálculos, los defectos del material, los errores de las dimensiones, los errores de ejecución, etc. La falla de una pieza puede provocar pérdidas económicas y humanas por lo que se debe buscar la máxima seguridad. Para evitar la falla, la tensión máxima en una pieza no debe superar un valor límite. Para materiales dúctiles el valor límite es el límite de fluencia y para de materiales frágiles es el límite de resistencia o tensión de rotura Sadm = Sy/ 

Para materiales dúctiles

(1.28

Sadm = Sut/ 

Para materiales frágiles

(1.29

Donde  es el coeficiente de seguridad. La elección del coeficiente de seguridad es compleja pero disposiciones reglamentarias que tratan sobre construcciones de acero; indican valores que varían entre 1.25 y 1.60, para estructuras de hormigón armado, los coeficientes de seguridad varían entre 1,75 y 2,10 y en la construcción de máquinas el valor varía, entre 1.5 a 2.5.

1.16 Resistencia para Cargas Estáticas y Variables a) Cargas Estáticas.- Son aquellas cuya magnitud no varía con el tiempo, P Pmax Pmin

t

Fig. 1.38 Carga Estática Como se mencionó anteriormente, la falla frente a cargas estáticas se previene con :

 = E  < Sadm

(1.30

 = G  < S’adm

(1.31

b) Cargas Variables.- Son aquellas cuya magnitud varía con el tiempo. Cuando la variación es de carácter periódico y los valores máximos de la carga se repiten cada determinado intervalo de tiempo las cargas se denominan de régimen estable o de repetición periódica. En el presente libro se analiza la resistencia solo para cargas estables P Pmax

t

 P  Pmin  Pmed   max  2  

P min

Fig. 1.39 Carga variable de régimen estable Los dos casos más comunes de cargas variables de régimen estable son: - Cargas Intermitentes.- Son aquellas que aparecen y desaparecen. Es decir que varían periódicamente de un valor máximo a cero. ( Pmin = 0 ) P Pmax

P min

t

P  Pmed   max   2 

Fig. 1.40 Carga Intermitente - Cargas Alternantes.- Son aquellas cuya magnitud cambia de un valor positivo al mismo valor negativo. ( Pmax = - Pmin)

P Pmax

t

 P  Pmin  Pmed   max 0 2  

P min

Fig. 1.41 Carga Alternante Existen varias teorías para verificar la falla frente a cargas variables. En el presente libro se desarrollará sólo la teoría de Goodman Modificado.

Esfu erzos M á xim o s

Sut Sy

Esfu erzos M ed io s

Se 4 5º

 med Esfu erzos M íni m o s -S e

Fig. 1.42 Diagrama de Goodman Modificado Según esta teoría la pieza no falla mientras las tensiones se encuentran dentro de la región sombreada. Para construir el diagrama se necesitan: El Limite de Rotura Sut , El Limite de Fluencia Sy y el Limite de Resistencia a la fatiga Se (cuyo valor aproximado es la mitad de la resistencia a la rotura. Se = Sut/2). Por cada una de estas tensiones se traza una línea horizontal que intersecte a una línea a 45 grados que constituye la línea de Tensiones Medias.

PROBLEMAS RESUELTOS 1.1. Se tiene dos cables metálicos, el primero de Aluminio con un diámetro de 1 mm y el segundo de Acero con un diámetro de 0.5 mm. Tomar Sy al = 283 Mpa (2884.8 Kg/cm²) y Sy ac = 428 Mpa (4362.8 Kg/cm²). Se pide hallar la carga máxima que pueden soportar ambos cables y cuál es el de mayor resistencia

Cable Al



Cable Ac

0.1 [cm]

(a)



0.05 [cm]

(b)

Solución: Para evitar la falla  = P/A < Sy Despejando

P =  d2 Sy /4

Reemplazando valores Pal = 22.65 Kg Pac = 8.56 Kg El cable de aluminio es más resistente. 1.2. Dos piezas “a” y “b” con una longitud inicial de 10 cm y 100 cm, se deforman hasta alcanzar longitudes finales de 11 cm y 105 cm respectivamente. Se pide calcular la deformada total y unitaria Solución:

 = lf – l  =  / l = (lf - l)/ l a = 1 cm a = 0.1 (10%) b = 5 cm b = 0.05 (5%)

Nótese que:

a < b pero

a > b

1.3. Si en el problema anterior los diámetros de ambas piezas es de 1 cm. Se pide calcular la deformada total y unitaria transversal. Tomar  = 0.3 Solución:

q = -  df = q d + d

qa = - 0.03 (3%) dfa = 0.97 cm qb = - 0.015 (1.5%) dfb = 0.985 cm 1.4. Para el problema 1.2 se pide hallar las tensiones a los que están sometidas las piezas si son de acero. Tomar E = 2.1 x 10 6 Kg/cm² Solución:

=E a = 0.1 (10%) b = 0.05 (5%)

Entonces

a = 210000 Kg/cm² b = 105000 Kg/cm²

Ningún material soporta estos tensiones. Estas deformadas (10 y 5 %) son imposibles. 1.5. Cuál es la deformada máxima que puede tener un acero antes de fallar. Tomar Sy = 428 Mpa (4362.8 Kg/cm²) y E = 2.1 x 10 6 Kg/cm² Solución:

 < Sy =E  < = Sy/ E = 0.00207 (0.2%)

1.6. Una carga de 100 Kg se aplica a dos piezas de aluminio y acero con el mismo diámetro de 1 cm. Tomando Eacero = 2.1 x 10 6 Kg/cm², Ealuminio = 0.9 x 10 6 Kg/cm², Sy acero = 428 Mpa (4362.8 Kg/cm²) y Sy aluminio = 283 Mpa (2884.8 Kg/cm²). Se pide hallar : La relación de deformadas y la relación de factores de seguridad. Solución:

=/E  = Sy/ acero = P/A = aluminio acero/aluminio = Ealuminio / Eacero = 0.428 (42.8 %) acero / aluminio = Syacero/ Syaluminio = 1,512 (151,2 %)

Estos resultados muestran primero que el acero se deforma menos que el aluminio y segundo que el acero resiste más que el aluminio 1.7. Hallar los módulos de elasticidad al corte para los materiales del 1.anterior. Tomar  = 0.3 Eac = 2.1 x 10 6 Kg/cm², Eal = 0.9 x 10 6 Kg/cm² Solución:

G = E/[2 ( 1 +  )] Gacero = 8,07 x 105 Kg/cm² Galumino = 3,46 x 105 Kg/cm² 1.8. Construir el diagrama de Goodman Modificado para un material con S y = 4000 Kg/cm² Sut = 6000 Kg/cm² y Se = Sut/2 = 3000 Kg/cm² Solución:

S 6000

B

4000 3000

C

A 45º D

 med

A(0,3000) B(6000,6000) C(4000,4000) E(0,-3000)

-3000 E

1.9. En el anterior 1.hallar las ecuaciones de las tensiones máximas, tensiones medios y tensiones mínimas. Solución:

A (0,3000) B (6000,6000) C (4000,4000) E (0,-3000)

La ecuación de la recta conocidos dos puntos es (y – y1)/(x – x1) = (y2 – y1)/(x2 – x1) Para (A,B) (y – 3000)/(x - 0) = (6000 – 3000)/(6000 – 0) Smax = x/2+3000

para Smax< 4000

Las curvas de tensiones mínimas van de B a E y de C a D (y – 6000)/(x - 6000) = (-3000 – 6000)/(0 - 6000) Smin = 1,5 x – 3000

para min < 0

Cuando Smin = 0 se halla que x = 2000 y D = ( 2000,0) (y – 4000)/(x - 4000) = (0 – 4000)/(2000 - 4000) y = 2 x – 4000

para min > 0

Smin = 2x – 4000

1.10. Hallar las tensiones admisibles para carga estática, carga intermitente y carga alternante del material de los problemas 6 y 7 Solución: a) Carga estática S = Sy = 4000 Kg/cm² b) Carga intermitente S = . Smax = x/2+3000 y x = 2000 S = 4000 Kg/cm² c) Carga alternante S = Se = 3000 Kg/cm² 1.11. Para las cargas dadas determinar en cada caso si hay o no falla con el material de los problemas 6 y 7  max = 3500 Kg/cm² y  min = – 3500 Kg/cm².  max = 3500 Kg/cm² y  min = – 500 Kg/cm².  max = 4500 Kg/cm² y  min = 0 Kg/cm².  max = 4500 Kg/cm² y  min = 1500 Kg/cm². Solución:

 med = (max+ min)/2  a med = 0  b med = 1500 Kg/cm²  c med = 2250 Kg/cm²  d med = 3000 Kg/cm²

S 6000

B

4000 3000

C

A 45º D(20000,0)

 med

-3000 E

a)

 a med = 0 S max = 3000 <  a max = 3500

Hay falla

b)

 b max = 1500 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² Smax = 3750

y = x/2+3000

>  b max = 3500 Kg/cm²

No hay falla

 b min = - 500 Kg/cm² < 0 Smin = - 750 c)

<  b min = -500 Kg/cm²

No hay falla

 c max = 2250 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² Smax = 4125

d)

y = 1,5 x – 3000

y = x/2+3000

<  b max = 4500 Kg/cm²

Hay falla

 d max = 3000 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² Smax = 4500

y = x/2+3000

<  b max = 4500 Kg/cm²

No hay falla

 d min = 3000 Kg/cm² > 0 Smin = 2000

y = 2x – 4000

>  b min = 1500 Kg/cm²

Si hay falla

1.12. Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas, medios y mínimos. S Sut

B

Sy Se

C

A 45º D

 med

A(0,0.5*Sut ) B(S ut ,Sut ) C(Sy ,Sy ) D(Descon,0) E(0,0.5*Sut )

-S e E

La ecuación de la recta conocidos dos puntos es (y – y1)/(x – x1) = (y2 – y1)/(x2 – x1) La curva de tensiones máximas va de A a B (y – 0.5 Sut)/(x - 0) = (Sut – 0.5 Sut)/(Sut – 0) Smax = (x + Sut)/2

para Smax< Sy

Las curvas de tensiones mínimas van de B a E y de C a D BE)

(y – Sut)/(x – Sut) = (-0.5 Sut – Sut)/(0 – Sut) Smin = 1,5 x – 0,5 Sut

CD)

para min < 0

Cuando Smin = 0 se halla que x = Sut/3 y la coordenada de D ( Sut/3, 0) (y – Sy)/(x – Sy) = (0 – Sy)/(Sut/3 – Sy) y = (x – Sy)( – Sy)/(Sut/3 – Sy) + Sy Smin = (x – Sy)( – Sy)/(Sut/3 – Sy) + Sy

para min > 0

PROBLEMAS PROPUESTOS 1.13. Se pide hallar la carga que pueden levantar (resistencia) dos cables metálicos, el primero de Aluminio con un diámetro de 2 mm y el segundo de Acero con un diámetro de 1 mm. Tomar S y al = 2884.8 Kg/cm² y S y ac = 4362.8 Kg/cm² 1.14. Se pide hallar resistencia de los cables del 1.anterior, para cargas Alternante e Intermitente. 1.15. Una carga de 100 Kg se aplica a una pieza de Acero con un diámetro de 1 cm y una longitud de 100 cm. Se pide calcular las deformadas longitudinal y transversal. 1.16. En el anterior 1.se pide calcular la variación del volumen debido a la deformación. 1.17. Que carga aplicada a una pieza cilíndrica de Acero con un diámetro de 1 cm y una longitud de 100 cm produce una deformación de 0,1 mm. 1.18. Cuál es la deformada máxima que puede tener un Aluminio antes de alcanzar la fluencia. Tomar Sy = 2884.8 Kg/cm² y E = 0.7 x 10 6 Kg/cm² 1.19. Construir el diagrama de Goodman Modificado para un material con Sy = 3000 Kg/cm² Sut = 5000 Kg/cm² y Se = Sut/2 = 2500 Kg/cm² 1.20. En el anterior 1.hallar las ecuaciones de las tensiones máximas, tensiones medios y tensiones mínimas. 1.21. Hallar las tensiones admisibles para carga estática, carga intermitente y carga alternante del material de los problemas 4 y 5 1.22. Para las cargas dadas determinar en cada caso si hay o no falla con el material de los problemas 4, 5 y 6  max = 3000 Kg/cm² y  min = – 3000 Kg/cm².  max = 3000 Kg/cm² y  min = – 500 Kg/cm².  max = 4000 Kg/cm² y  min = 0 Kg/cm².  max = 4000 Kg/cm² y  min = 1500 Kg/cm². 1.23. Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas, tensiones medios y tensiones mínimas.

PROPIEDADES MECANICAS

Material Aluminun allys 2014-T4 Aluminun allys 2014-T6 Aluminun allys 2024-T4 Aluminun allys 6061-T6 Aluminun allys 7075-T6 Brass (Red, cold rolled) Brass (Red, annealed) Bronze (cold rolled) Bronze (annealed) Cast iron (tension) Cast iron (compression) Concrete (compression) Copper (cold-drawn) Plate glass Magnesium alloy Monel (wrough, hot rolled) Nickel alloy Nylon Polyethylene Rubber (average) Steel .2% C hardened Steel .2% C cold-rolled Steel .2% C hot-rolled Steel .4% C hot-rolled Steel .8% C hot-rolled Steel Stainless (cold-rolled) Steel Stainless (heat-treated) Steel, structural Steel ASTM-A36 Steel ASTM-A572 Steel ASTM-A514 Douglas Fir Southern Pine Red Oak

Sy

Sut

E

Ksi 41 60 48 40 70 60 15 75 20 29.5 2 40 22 50 60 0.6 62 60 53 53 76 165 132

MPa 283 410 331 276 483 414 104 772 138 205 13.8 280 150 345 414 4 428 414 366 366 524 1140 911

Ksi 62 70 68 45 80 75 40 100 50 40 125 5 45 10 40 90 80 9 2.5 2 90 85 62 84 122 190 150

MPa 428 480 470 310 552 518 276 515 345 274.5 870 35 310 70 280 621 552 60 17.5 13.5 620 587 428 580 842 1310 1040

36 50 100 6 6.5 4.6

250 340 700 41 45 32

60 70 120 7.4 8.4 6.9

400 500 830 51 58 48

Ksi 10,6 10,6 10,6 10,4 10 15 15 15 15 25 25 4,5 17 10 24 26 30 400 150 .4 30 30 30 30 30 29 29 29 29 29 1,3 1,9 1,8

G GPa 73 73 73 72 69 104 104 104 104 173 173 31 117 69 166 179 207 2.76 1 .00276 207 207 207 207 207 200 200 200 200 200 9 13.1 12.4

Ksi 4 3,8 3,9 3,9 3,75 5,5 5,5 6,5 6,5 12,5 12,5 6,3 4 20 9,5 11,4 .0007 11,6 11,6 11,6 11,6 11,6 12,5 12,5 11 11 11 -

GPa 27.6 26.2 27 27 26 38 38 44.9 44.9 86.3 86.3 43.5 27.6 138 65.6 78.7 41.5 80 80 80 80 80 86.3 86.3 75.9 75.9 75.9 -

 0.33 0.33 0.33 0.33 0.33 0.34 0.34 0.34 0.34 0.28 0.28 0.15 .35 0.2 0.35 .32 0.31 0.4 0.4 0.48 .32 .32 .32 .32 .32 .27 .27 .32 .32 .32 .29 .3 .3

2 Tracción y Compresión 2.1 Introducción Un elemento está sometido a tracción o compresión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen momentos internos, tampoco fuerzas de corte y solo se verifica una fuerza normal N en el centro de gravedad de la sección, es decir, en todas las secciones rectas del elemento se anulan el tensión cortante y los momentos torsor y flector. Dependiendo si la carga tiende a estirar o a comprimir la pieza, la carga será de tracción o compresión.

Fig. 2.1 Tracción Ejemplos de elementos sometidos a tracción compresión son: Los cables metálicos, los arriostres, los elementos de las vigas armadas y elementos de las estructuras metálicas. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.- Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.- Los materiales son homogéneos 4.- Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5.- Los miembros sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo. 2.2 Diagramas de Fuerzas Normales: Se denominan diagramas de fuerzas normales a los diagramas que dan las fuerzas normales N en cada sección de una barra prismática.

Fig. 2.4 Diagrama de Fuerzas Normales 2.3 Tracción Compresión Monoaxial a) Tensiones Considérese una barra prismática sometida a Tracción-Compresión.

Fig. 2.1 Tensiones en Tracción Compresión Realizando un corte en la barra por la sección recta transversal A, se observa que:

n = P/A

(2.1

n = 0

(2.2

La hipótesis de Bernoulli se comprueba experimentalmente observando que en una barra sin carga en la que se trazaron líneas rectas paralelas y perpendiculares a su eje longitudinal, con carga las líneas paralelas al eje longitudinal se alargan por igual (La

deformación longitudinal es constante), Fig. 2.1 Hipótesis de Bernoulli Entonces si εX = cte, de la ley de Hooke se concluye que como el área es también constante, las tensiones resultan constantes. Para una pieza de sección variable las tensiones varían inversamente proporcionalmente a la magnitud del área

Si en lugar de cortar la barra por la sección recta transversal A, se la corta por una sección inclinada en un ángulo α

Fig. 2.3 Tensiones en una sección inclinada Por equilibrio, la fuerza externa P genera una fuerza interna de igual magnitud, sin embargo esta ya no es perpendicular a la sección y se la puede descomponer en una componente N perpendicular a la sección que producirá tensiones normales y en otra componente Q tangencial a la sección que producirá tensiones cortantes. Se tiene: N = P Cos α

(2.3

Q = P Sin α

(2.4

α = N/Aα

(2.5

α = Q/Aα

(2.6

AN = Aα Cos α

(2.7

De 2.2, 2.3 y 2.6

α = N/Aα = P Cos α /(AN /Cos α) = P Cos2 α / AN

(2.8

α = (P/2AN) (1 + Cos 2 α)

(2.9

De 2.4, 2.5 y 2.6

α = Q/Aα = P Sin α/(AN /Cos α) = P Sin α Cos α / AN

(2.10

α = (P/2AN) Sin 2 α

(2.11

Reemplazando α = 0 en 2.7 y 2.8, se verifican los resultados obtenidos en 2.1 La ecuación de una circunferencia es : (x – xo)2 + (y – yo)2 = R2

(2.12

Y se verifica que (α - P/2AN)2 + α2 = (P/2 AN)2

(2.13

  max

P/2AN

 max



Fig. 2.4 Tensiones en una sección normal Entonces, la relación entre las tensiones α y α puede se representa por una circunferencia con un radio de P/2AN y con centro desplazado horizontalmente con el mismo valor del radio. b) Tensiones Principales Se llaman tensiones principales a las tensiones máximas. De 2.7, 2.8 y del gráfico Para α = 0

max = N = P/AN

 min = 0

(2.14

Para α = 45

45 = P/2AN

 max = P/2AN

(2.15

Para cargas de tracción y compresión en una dimensión las tensiones normales máximos ocurren en una sección transversal α = 0 y las tensiones cortantes máximos en una sección a α = 45º. Para prevenir la falla, ambos tensiones máximas no deben exceder las fluencias.

max = P/AN < Sy

(2.16

max = P/2AN < S´y

(2.17

c) Deformaciones Una pieza recta de sección constante y longitud l cargada en sus extremos por una fuerza de tracción (compresión) sufre una deformación L

Fig. 2.5 Deformación en una pieza de sección constante En la zona elástica, la deformada es proporcional a la carga y es válida la ecuación de Hooke

x = P/AN = E x

(2.18

y = z = 0

(2.19

x = /L

(2.20

y = z = - ν x = - ν x /E

(2.21

Entonces

x = PL/EA

(2.22

Resultado válido para piezas con sección constante. Para piezas con sección variable se aplica la anterior ecuación a un elemento diferencial “dx” donde el área se puede considerar constante. dx P

P

l lf

Fig. 2.6 Deformación en una pieza de sección variable d = Pdx/EA l

  0

(2.23

Pdx EA

(2.24

Para una sección transversal constante se obtienen los mismos resultados de 2.17 d) Cargas, Tensiones y Deformadas debido al Peso Propio En objetos de gran altura como por ejemplo edificios, torres y otros, el peso propio es una carga que tiene mucha importancia y debe ser tomada en cuenta. El peso es una carga variable ya que a analizando una sección horizontal a una altura “y”, esta soporta el peso de la porción del objeto que se encuentra encima de ella. Para entender mejor esto se presenta la analogía de una torre humana de 3 personas cada una con un peso de 75 Kg. En ésta torre la persona de arriba no soporta sobre sus hombros ninguna carga, la del medio soporta 75 Kg. y la de abajo soporta 150 Kg. sobre sus hombros.

dy

A

W(y ) Peso sobre "y "

h y

Fig. 2.7 Peso Propio Para un elemento diferencial “dy” el área de la sección se considera constante y su peso es dW =  A(y) dy

(2.25

El peso de la porción de la pieza que se encuentra sobre una sección a una altura “y” es h

W ( y )   A( y )dy y

(2.26

Un error común es tomar el límite inferior como cero, ya que en este caso el peso calculado es el de toda la pieza. Entonces se enfatiza en que el límite inferior de la integral es “y”. La tensión en una sección a una altura “y” es: h

W ( y)  ( y)   A( y )

 A( y)dy y

A( y )

(2.27

La deformación longitudinal debido al peso propio se halla con la ecuación 2.19 reemplazando en ella el peso como carga h   A( y )dy dy h h   Pdy y      EA EA 0 0

(2.28

e) Deformaciones debido a la temperatura Además de las deformadas debido a las cargas externas se presentan deformadas originados por cambios de temperatura, conocidas como dilataciones y contracciones. Los cambios de temperatura originan una deformación lineal uniforme en todas las direcciones, que se calcula por :

Entonces

lf = l +l  T

(2.29

t = l  T

(2.30

t =  T

(2.31

 es el coeficiente de dilatación que es un valor específico de cada material. Material Aluminio Fundición Cobre Acero Hormigón

23.2 10.4 16.7 11.7 10.8

Las deformada total es por consiguiente la suma de las deformadas debido a cargas externas y la deformada debido a los cambios de temperatura.

tot = mec + t = /E +  T

(2.32

Si la deformación por cambios de temperatura se restringe, provocan tensiones. Para encontrar estas tensiones, se usa la anterior ecuación escrita en otra forma que se conoce como la ley de Hooke extendida o la ley de Duhamel – Neumann

 = E (tot -  T)

(2.33

Cuando la expansión térmica de un sistema se restringe por ejemplo anclando una pieza entre dos paredes rígidas, aun pequeños cambios de temperatura producen grandes tensiones térmicos. Esto se debe al módulo de Young que para la mayoría de los materiales usados en Ingeniería es grande

2.4 Tracción Compresión Biaxial a) Tensiones Considérese un elemento diferencial sometido simultáneamente a cargas de tracción compresión en dos direcciones

Fig. 2.8 Tensiones en Tracción Compresión Biaxial En la sección inclinada aparecen simultáneamente tensiones normales  y cortantes . Por trigonometría L Cos  = dy

(2.34

L Sin  = dx

(2.35

 L dz - y dx dz Sin  - x dy dz Cos  = 0

(2.36

 - y Sin2  - x Cos2  = 0

(2.37

 = y (1-Cos 2)/2+ x (1+ Cos 2)/2

(2.38

 = (y+ x )/2+(x - y )(Cos 2)/2

(2.39

 L dz + y dx dz Cos  -x dy dz Sin  = 0

(2.40

 + y Sin  Cos  - x Sin  Sin  = 0

(2.41

 = (x -y )(Sin2)/2

(2.42

De la estática

 F1 = 0

 F2 = 0

Las ecuaciones 2.26 y 2.29 dan las tensiones normales y cortantes para una sección inclinada. Ya que

(Sin 2 )2+( Cos 2 )2 = 1

(2.43

Entonces

[-(x + y )/2]2 + 2 = [(x - y )/2]2

(2.44

Similar a una dimensión, las ecuaciones representan una circunferencia con desplazamiento en  de (x +y )/2, sin desplazamiento en  y radio igual al (x - y )/2. Esta ecuación no necesariamente pasa por el origen

 (x y)/2

 max (x-y)/2

 max



Fig. 2.9 Circulo de Mohr en Tracción Compresión Biaxial b) Tensiones Principales Las tensiones máximas o principales son: Para  = 0

max = x

 min = 0

(2.45

Para  = 90

max = y

 min = 0

(2.46

Para  = 45

min = 0

 max = (x -y )/2

(2.47

Una pieza sometida a tracción compresión en dos dimensiones tiene tensiones normales máximas en los ejes “x” y “y”, y tensiones cortantes máximos en secciones inclinadas a  = 45º. Para que la pieza no falle, las tensiones máximas no deben exceder los límites de fluencia

max < S y

(2.48

 max < S´y

(2.49

c) Deformaciones En la figura se muestra un elemento sometido a tracción compresión en dos dimensiones o biaxial

Fig. 2.10 Deformaciones en Tracción Compresión Biaxial Debido a que las ecuaciones son lineales, se aplica el principio de superposición, donde se hallan primero las deformaciones originadas sólo por las cargas horizontales y luego las

deformaciones originadas sólo por las cargas verticales. Las deformadas totales se hallan por la superposición o combinación de ambos resultados parciales. Considerando inicialmente sólo las tensiones horizontales

x = x /E

(2.50

y = - q = -  x /E

(2.51

Considerando ahora sólo las tensiones verticales

y = y /E

(2.52

x = - q = -  y /E

(2.53

Superponiendo

xt = x /E -  y /E = x- y

(2.54

yt = y /E -  x /E = y- x

(2.55

2.5 Tensiones en Recipientes de Pequeño Espesor a) Tensiones en Recipientes Cilíndricos de Pequeño Espesor Considerando recipiente cilíndrico de radio interior r y espesor de pared t, que contiene un fluido a presión. Se van a determinar las tensiones ejercidos sobre un pequeño elemento de pared con lados respectivamente paralelos y perpendiculares al eje del cilindro. Debido a la simetría axial del recipiente y de su contenido, no se ejercen tensiones cortantes sobre el elemento.

Figura 2.11 Recipiente cilíndrico Las tensiones ζ1 y ζ2 mostrados en la figura 2.11 son por tanto tensiones principales. El tensión ζ1 se conoce como tensión de costilla y se presenta en los aros de los barriles de madera. El tensión ζ2 es el tensión longitudinal. Para determinar las tensiones de costilla se retira una porción del recipiente y su contenido limitado por el plano “xy” y por dos planos paralelos al plano yz con una distancia Δx de separación entre ellos. Se aclara que p es la presión manométrica del fluido.

Figura 2.12 Trozo del cilindro Con la ecuación de equilibrio de fuerzas en “z” se halla el tensión de costilla: p (2r) Δx = 2 ζ1 Δx t

(2.56

ζ1 = p r / t

(2.57

Para hallar el tensión longitudinal ζ2 como se muestra en la figura 2.13 se hace un corte perpendicular al eje x y se considera, el cuerpo libre, consta de la parte del recipiente y de su contenido a la izquierda de la sección

Figura 2.13 Corte del cilindro De la sumatoria de fuerzas en z, finalmente se concluiría que: p (π r2) = ζ2 2 π r

(2.58

ζ2 = p r / (2 t)

(2.59

El tensión en la costilla es el doble del tensión longitudinal b) Tensiones en Recipientes Esféricos de Pequeño Espesor Debido a la presión interior p, un elemento diferencial y por la simetría de la esfera estará sometido a las tensiones ζ2 uniformes

Fig. 2.14 Tensiones en un Recipiente de Pared Delgada Esférico La tensión ζ2 se halla de una manera similar a la tensión longitudinal en cilindros De la sumatoria de fuerzas en x, finalmente se concluiría que: p (π r2) = ζ2 2 π r

(2.60

ζ2 = p r / (2 t)

(2.61

2.6 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) Cuando en una barra o en una estructura el número de ecuaciones de equilibrio es inferior al número de incógnitas, se dice que es un caso Hiperestático. Estos casos suelen darse cuando la barra o la estructura tiene apoyos (ligaduras) de más. Para resolver pues un caso hiperestático no serán suficientes las Ecuaciones de equilibrio y se buscarán para complementarlas Ecuaciones de Deformación,

PROBLEMAS RESUELTOS 2.1. Una pieza con una sección de 1 cm² está sometida a una fuerza de tracción en una dimensión de 100 Kg. Hallar las tensiones en secciones con ángulos de 0º hasta 360º con un intervalo de 10º. Solución: =(P/2An)(1+Cos 2) 100.0 97.0 88.3 75.0 58.7 41.3 25.0 11.7 3.0 0.0 3.0 11.7 25.0 41.3 58.7 75.0 88.3 97.0 100.0 97.0 88.3 75.0 58.7 41.3 25.0 11.7 3.0 0.0 3.0 11.7 25.0 41.3 58.7 75.0 88.3 97.0 100.0

=(P/2An)(Sin 2) 0.0 17.1 32.1 43.3 49.2 49.2 43.3 32.1 17.1 0.0 -17.1 -32.1 -43.3 -49.2 -49.2 -43.3 -32.1 -17.1 0.0 17.1 32.1 43.3 49.2 49.2 43.3 32.1 17.1 0.0 -17.1 -32.1 -43.3 -49.2 -49.2 -43.3 -32.1 -17.1 0.0

60.0 40.0 20.0 Esf Corte

(Gr) (Rad) 0 0.0 10 0.2 20 0.3 30 0.5 40 0.7 50 0.9 60 1.0 70 1.2 80 1.4 90 1.6 100 1.7 110 1.9 120 2.1 130 2.3 140 2.4 150 2.6 160 2.8 170 3.0 180 3.1 190 3.3 200 3.5 210 3.7 220 3.8 230 4.0 240 4.2 250 4.4 260 4.5 270 4.7 280 4.9 290 5.1 300 5.2 310 5.4 320 5.6 330 5.8 340 5.9 350 6.1 360 6.3

0.0 -50.0

0.0

50.0

100.0

-20.0 -40.0 -60.0 Esf Normal

2.2. Hallar las tensiones máximas del 2.1. Solución:

max = P/AN = 100/1 = 100 Kg/cm²  max = P/2AN = 100/2 = 50 Kg/cm²

2.3. Una pieza está sometida a cargas de tracción compresión en dos dimensiones con x = 90 Kg/cm² y y = -120 Kg/cm². Hallar las tensiones para ángulos desde 0º hasta 360º con un intervalo de 10º. Graficar los resultados.

Solución:  = (x+y)/2 + ( x- y)(Cos 2)/2 90.0 83.7 65.4 37.5 3.2 -33.2 -67.5 -95.4 -113.7 -120.0 -113.7 -95.4 -67.5 -33.2 3.2 37.5 65.4 83.7 90.0 83.7 65.4 37.5 3.2 -33.2 -67.5 -95.4 -113.7 -120.0 -113.7 -95.4 -67.5 -33.2 3.2 37.5 65.4 83.7 90.0

 =(x-y)(Sin 2)/2 0.0 35.9 67.5 90.9 103.4 103.4 90.9 67.5 35.9 0.0 -35.9 -67.5 -90.9 -103.4 -103.4 -90.9 -67.5 -35.9 0.0 35.9 67.5 90.9 103.4 103.4 90.9 67.5 35.9 0.0 -35.9 -67.5 -90.9 -103.4 -103.4 -90.9 -67.5 -35.9 0.0

150.0 100.0 50.0

Esf Corte

(Gr) (Rad) 0 0.0 10 0.2 20 0.3 30 0.5 40 0.7 50 0.9 60 1.0 70 1.2 80 1.4 90 1.6 100 1.7 110 1.9 120 2.1 130 2.3 140 2.4 150 2.6 160 2.8 170 3.0 180 3.1 190 3.3 200 3.5 210 3.7 220 3.8 230 4.0 240 4.2 250 4.4 260 4.5 270 4.7 280 4.9 290 5.1 300 5.2 310 5.4 320 5.6 330 5.8 340 5.9 350 6.1 360 6.3

-150.0

0.0 -50.0

50.0

-50.0 -100.0 -150.0 Esf Norm al

2.4. Hallar las tensiones máximas del problema 2.3. Solución:

=0

max = x = 90 Kg/cm²

 = 90

max = y = -120 Kg/cm²

 = 45

 max = (x - y )/2 = 105 Kg/cm²

2.5. Una pieza cilíndrica de Acero tiene  = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a una carga de 1000 Kg. Tomando Sy = 1800 Kg/cm² y Sy´ = 960 Kg/cm²sse pide hallar: Las tensiones máximas Las tensiones a 30o Las deformadas total, unitaria longitudinal y transversal Los coeficientes de seguridad Solución: a)

A = 2/4 = 7,07 Kg/cm² max = N = P/AN = = 141,47 Kg/cm²

para  = 0o

 max = P/2AN = 70,73 Kg/cm²

para  = 45o

 = (P/2AN )(1 + Cos 2)

b)

30 = 106,10 Kg/cm²  = (P/2AN) Sin 2 30 = 61,25 Kg/cm²  = Pl/EA = 6,73 x 10-3 cm

c)

 = /l = 67 x 10-6 ( 67 x 10 –4 %) q = -  = -20,20 x 10 –6 (-20,20 x 10 –4 %) q = q d = -60,6 x 10 –6 cm  = Sy/max = 1800/141,47 = 12,72

d)

 = Sy´/max = 960/70,73 = 13,57 2.6. Una pieza de a = 2 cm de ancho por b = 3 cm de alto y c = 1 cm de profundidad está sometida a una fuerza horizontal de 100 Kg. y una vertical de 200 Kg. Se pide hallar las dimensiones finales. Tomar  = 0.3

200[kg]

c 100[kg] b a

Solución: x = Fx/(b c) = 33,33 Kg/cm² y = Fy/(a c) = 100,00 Kg/cm² xt = x /E -  y /E = 1,58 x 10-6 yt = y /E -  x /E = 4,28 x 10-5 af = a + a xt = 2,000003 cm bf = b + b yt = 3,00012 cm 2.7. En la pirámide truncada de área transversal cuadrada de la figura. Se pide calcular: a) El peso parcial sobre cualquier altura “y” b) El tensión normal máximo

c) La deformada total

60[cm]

SEC. A-A

dy

A

1000[cm]

A

y

90[cm]

Solución:

b(y) = (- 30/1000) y + 90

a) El peso sobre y es h

h

y

y

2

W ( y )   A( y )dy     30 / 1000 y  90 dy





1000  3   W ( y )   603   30 / 1000 y  90    (3)30  b) El tensión normal es máximo en la base ( y = 0)

 max 

 1000 (603  903 ) 903

max = 703.83  c) La deformada l

Wdy 0 EA

 

l

 0





3 1000  3  30   60    y  90   dy 90   1000    dy 2  30  E  y  90   1000 





  1000  1  1000  1 2 2 1000   603      60  90  E 90  2(30)   30  60 90 

2.8. En la pieza cónica truncada de la figura, se pide hallar la deformación debida a la acción de la fuerza P y del peso propio.

P

D/2

SEC. B-B

dy

B

h

B

y

D

Solución: h

 

P  W ( y)dy EA

0

D y    1 2 h 

d

d 2

A



4

 D y

   1 4  2  h 

2

2 y y  D y   W ( y )   A( y )dy       1 dy 0 0 4  2  h 

W ( y) 

h



h

Pdy

  0

D 2y 2 ( y  3 yh  3h 2 ) 48h 2

E

 D  y

   1 4  2  h 

2

 0

D 2 y 2 ( y  3 yh  3h 2 )dy 48h 2 2   D  y  E    1 4 2 h 

h(24P  D 2 h) 3ED 2

2.9. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables.

l

l

(b)

l/2

P

l

(c)

(a)

a

l

(b)

b

(c)

c

Solución:  Fy = 0

Ta+ Tb + Tc = P

(i

 Ma = 0

P l/2 – Tb l – Tc 2l = P/2 - Tb –Tc 2 = 0

(ii

El sistema es hiperestático ya que son tres incógnitas (Ta , Tb ,Tc) y sólo 2 ecuaciones. La tercera ecuación se halla analizando las deformaciones

(a-c)/2l = (b-c)/l  Tl Ta l Tcl T    2 b  c  EAa EAc EA EA c   b

Ta –Tc = 2 (Tb – Tc) Ta – 2 Tb + Tc = 0 De i, ii y iii

(iii

Ta = P - Tb - Tc = 2 Tb - Tc Tb = P/3 Tc = P/12 Ta = 7P/12

2.10. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables

  

 

b

a





c

O P

O'

Solución: lb = la Sin  = 0.5 la lb = lc Sin  = 0.866 lc  Fy = 0

Ta Sin + Tb+Tc Sin  = P Ta 0.5 + Tb + Tc 0,866 = P

 Fx = 0

(I

Ta Cos  = Tc Cos  Ta 0,866 = Tc /2

 Ma = 0

(ii

No existe ya que las fuerzas son concurrentes

El sistema es hiperestático ya que son tres incógnitas (Ta , Tb ,Tc) y sólo 2 ecuaciones. De la ecuación de deformadas 







O

O 



O'



O'



a = OO´Sin (-) = Ta la / EA

(iii

b = OO´Sin (90-) = Tblb/EA

(iv

c = OO´Sin (+) = Tclc/EA

(v

De iii y iv

Ta la/ Sin (-) = Tb lb/ Sin (90-)

(vi

De iv y v

Tb lb/ Sin (90-) = Tc lc/ Sin (+)

(vii

Del gráfico

la 0.5 = lb lc 0,866 = lb De vi

Tala/(Sin Cos - Sin  Cos ) = Tblb/ Cos  Ta (lb/0.5)/(Cos 0.5- Sin  0,866) = Tblb/ Cos  Ta = 0.5Tb( 0.5- 0.866 Tan ) 0.5 - (Ta / 0.5Tb) = 0.866 Tan  Tan  = [( 0.52Tb - Ta) / (0.5Tb)]/0.866

De vii

(viii

Tb lb/ Cos = Tc lc/ SinCos+Sin Cos) Tb lb/ Cos = Tc (lb/0.866)/ (0.866Cos+Sin 0.5) 0.5 Tan  = (Tc/0.866 Tb) – 0.866 Tan  = [(Tc – 0.8662Tb) / (0.866 Tb)]/0.5

De viii y ix

(ix

[( 0.52Tb - Ta) / (0.5Tb)] 0.5 = [(Tc – 0.8662Tb) / (0.866 Tb)] 0.866 ( 0.52Tb - Ta) = (Tc – 0.8662Tb) ( 0.52Tb - Ta) = (Tc – 0.8662Tb) Tb = Ta + Tc

(x

Esta última es la ecuación de deformaciones buscada. De x y i

Ta 0.5 + (Ta +Tc )+ Tc 0,866 = P 1.5 Ta + 1.866 Tc = P 1.5 Ta + 1.866 (2Ta 0.866) = P Ta = 0.211 P 0.29 P Tc = 0.366 P 0.42 P Tb = 0.577 P 0.5 P

2.11. En el sistema de la figura se piden hallar las tensiones en los cables a y b. La barra horizontal se supone rígida y articulada en la pared

l/2

(b)

(a) 

Tb

Ta 





Rx l/2

l/2

P Ry

l/2

l/2

P

Solución: Tan  = (l/2)/(l/2) = 1  = 45º Tan  = (l/2)/l = 0.5  = 26,56  Fx = 0

Rx- TaCos  -Tb Cos  = 0

(i

 Fy = 0

Ry + Ta Sin  +Tb Sin -P = 0

(ii

 Mo = 0

- Ta Sin  l/2 -Tb Sin  l + P l = 0 Ta 0.3535 + Tb 0.4472 = P

(iii

Son tres ecuaciones con cuatro incógnitas Rx , Ry , Ta y Tb

l/2

A  A'

a

Del grafico

 B' b

la Cos  = l/2 lb Cos  = l a = AA´Sin  b = BB´Sin  AA´ = BB´/2

Entonces

AA´ = a / Sin  = BB´/2 = b /2 Sin  Tala/(EA Sin ) = Tblb/ (2EA Sin ) Ta/(2 Cos  Sin ) = Tb/ (2 Cos  Sin ) Ta/ Sin (2 ) = Tb/ Sin (2 ) Ta/ 1 = Tb/ 0.8

(iv

Que es la cuarta ecuación buscada, De donde Ta = 1.405 P Tb = 1.124 P 2.12. Hallar las tensiones en los cables a y b

 Ta (a) 

(b)



Rx



Tb





Ry

l/2 l/2

P

P

Solución:  Fx = 0

Rx + Ta Sin 30 = 0

(i

 Fy = 0

Ry + Ta Cos 30 + Tb -P = 0

(ii

 Mo = 0

-Ta l/2 -Tb Sin 60 l + P Sin 60 l/2 = 0 -Ta 0,5 -Tb 0,866 + P 0,433 = 0

(iii

El 2.es hiperestático con tres ecuaciones y cuatro incógnitas Rx , Ry , Ta y Tb

 (a) A

 B

A'



b B'

lb Cos 30 = la a = AA´Sin 90 b = BB´Sin 60 AA´ = BB´/2 Entonces

AA´ = a / Sin 90 = BB´/2 = b /(2 Sin 60) Tala/(EA) = Tblb/ (2EA Sin 60) Ta lb Cos 30 = Tb lb / (2 Sin 60) Ta 1,5 = Tb

Resolviendo

(iv

Ta = 0,2406 P Tb = 0,361 P 2.13. Se pide hallar el diámetro de la barra AC. Tomar Sy = 1800 Kg/cm²

A TAC

20 30

B

 60

2TBC Cos 



B

C

P

Vista Lateral

P

Solución:

 Fy = 0

Tan  = 20/60

 = 18.43

Tan  = 15/60

 = 14.03

TAC Sin  = P TAC = 3163.09 Kg

 Fx = 0

Tracción

TAC Cos  + 2TBC Cos  = 0 TBC = - 1546.56 Kg

Compresión - Pandeo

Analizando solo la barra AC AC = TAC/( dAC2/4) < Sy dAC = 1.49 cm 2.14. En el sistema de la figura se piden las reacciones en A y B 30[cm]

B

Rb

B

T

2

40[cm]

P

y

P

1 x

A

A 60[cm]

Ra

Solución:  Fy = 0

Rb = Ra + P

(i

El sistema es hiperestático con una ecuación y dos incógnitas Ra y Rb. Las ecuaciones de los círculos respecto del sistema x - y son x2+y2 = 302 x2 + (y-40)2 = 152

los diámetros 1 = 2 (302-y2)1/2 2 = 2 [152-(y-40)2]1/2 éstos se igualan a un altura de 2(302-y2)1/2 = 2[152-(y-40)2]1/2 302-y2 = 152- y2+ 80y –1600 y = 28,43 ec deformaciones t = 1+2 = 0 1 

28.43

 0



Ra dy 4

E 2(30  y )





2 1/ 2 2

2

Ra E 60

28.43

 0

 1 1   (30  y)  (30  y) dy  

Ra (3.6167) E 60

1 

40



2 

28, 43

2 



( Ra  P)dy 4

  ( Ra  P) 1 1  dy   E 30 28, 43 15  ( y  40) 15  ( y  40)  40

E 2(152  ( y  40) 2 )1/ 2



2



( R a  P) (2.0472) E 30

1   2 

Ra ( R  P) (3.6167)  a (2.0472)  0 E 60 E 30

Ra = - 0.259 P Rb = 0.741 P 2.15. Se pide hallar las reacciones en las paredes 2

1

60

30

A

45

RA

P

30

B

10

RA

A

x

P

3

RB

B



Solución:  Fx = 0

Rb + P = Ra

Los diámetros y deformadas d1 = -30 x/45 + 60 d2 = 30 d3 = 3 x - 195

(i

45

Ra dy 4 4 Ra 45 dy  2 E (30 x / 45  60) 30 E  30 x / 45  60

1   0

1 

4(45) Ra 1 1 (  )  Ra 9,09e 7 E 30 30 60

2 

Ra 30(4)  Ra 2,02e 8 2 E 30

( Ra  P)dy 4 4( Ra  P) dy  2 E (3x  195)(3) 75 E 3 x  195

85

3   3 

4( Ra  P) 1 1 (  )  ( Ra  P)3,36e 9 E (3) 60 30

La ec de deformadas t = 1 +2+3 =  Ra9,09 E-7+Ra2,03 E-8+(Ra-P)3,36 E-9 = 0,001 Ra = 0.75 P Rb = 0.25 P 2.16. Hallar las tensiones en las barras del sistema de la figura

100 cm

a

b

Tb

a

Ta

30

Ta

P

P

Solución Fx = 0

Ta Cos 30 = Ta Cos 30

Fy = 0

2 Ta Sin 30 + Tb = P

M = 0

Las fuerzas son concurrentes

No aporta (i

Se tiene una ecuación y dos incógnitas. De las deformaciones

b

a

a 30 O

b a

b = OO´

O'

a = OO´Sin 30 b = a /Sin 30 Tb lb/EA = Tala/(EA Sin 30) la Sin 30 = lb Tb la Sin 30 = Ta la/Sin 30 Tb = Ta / Sin2 30 4 Tb = Ta De i y ii

(ii

2 (4 Tb) Sin 30 + Tb = P Ta = 0.2 P Tb = 0.8 P

2.17. Tres barras se encuentran articuladas en A para soportar juntas, un peso W como se indica en la figura. El desplazamiento horizontal del punto A esta impedido por una varilla corta horizontal AO que se supone infinitamente rígida, a) Determinar las expresiones para calcular las tensiones en cada una de las barras y la fuerza total sobre la barra AO. b) Utilizando las anteriores relaciones determinar las tensiones sí: A1 = A2 = A3 = 2 cm²  = 30º;  = 45º; W = 2500 [ Kg].

L2,A2,E 0

L1,A1,E 0

L3,A3,E 0



L



a

W

Solución.  Mo = 0

(T1 cos  )a  T2 a  (T3 cos  )a  Wa  0 L2,A2,E0

L1,A1,E 0

T1 cos   T2  T3 cos   W  0

L3,A3,E 0





(i













L



W

Además

cos    1 /  2 cos    3 /  2

(ii

l1 Cos  = l2 = l3 Cos  A T1  cos 2  · 1  A2

(iv

 ·T2 

A  T3  cos 2  · 3 ·T2  A2  T1 

T2 

T3 

(v

cos 2 A1W A2  cos 3 A3  cos 3 A1

(vi

A2W A2  cos A3  cos 3 A1

(vii

cos 2 A3W A2  cos 3 A3  cos 3 A1

(viii

3

Además y T2

T1



T3



R

x

W

T3 sen  T1 sen  R  0 W (cos 2 senA3  cos 2 senA1 ) R A2  cos 3 A3  cos 3 A1

(ix

Con los datos se halla que: T1 = 936.062 Kg T2 = 1248 Kg T3 = 624.041 Kg R = - 26.768 Kg 2.18. Hallar la deformación total de la barra de la figura, considerando el material Acero con D = 10 cm, l = 50 cm, E = 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg

P

D/2

2P

l/2

l/2

D/3

D

l/2

T 

l/2

 0

P1 dx l P2 dx 3l / 2 P3 dx    EA1 l / 2 EA2 EA3 l

P1 = -P (compresión) P2 = -P (compresión) P3 = P (tracción) D1 

D 2

d1 

D 3

A1   ( D1  d 1 )  2

2

5D 2 144

D2 

Dx D 2x  l   D( ) 2l 4 4l

d2 

D 3

A2   ( D2  d 2 )  2

D3 

2

2 D 2  2 x  l 

1     4  4l  9 

Dx D 2x  l   D( ) 2l 4 4l

d3  0 A3   ( D3  d 3 )  2

T 

l/2

 0

2

2 D 2  2 x  l  

 4  4l

   

P1 dx l P2 dx 3l / 2 P3 dx 72 Pl 12 Pl 25 8Pl       ln  2 2 EA1 l / 2 EA2 EA3 13 3ED 2 5ED ED l

Reemplazando T = - 0,00296 cm 2.19. En el sistema mostrado en la figura, se pide determinar las reacciones que soportan las paredes rígidas por efecto de las cargas que se indican. Considerar una sección rectangular de espesor constante “b” y los siguientes datos: L = 30cm; H = 10 cm; h = H/3; E = 2.1x106 Kg/cm² ; P = 5000 Kg; b = 5 cm

Solución: l

P1 dx 2l P2 dx 5l / 2 P3 dx 3l P4 dx T       EA1 l EA2 EA3 5l/ 2 EA3 0 2l

 2x  A1  b1   H  3l 

A2  bH / 3 bH (l  2 x' )  H h A3  A4  b  x' h  3l  l 

Asumiendo que el bloque no llega a chocar en el extremo izquierdo P1 = 0 P2 = P P3 = P P4 = 3P Reemplazando l

T   0

l

2l

0dx Pdx   bH  2x  Eb1   H l E 3 3l   2l

0dx Pdx   bH  2x  l E Eb1   H 3 3l  

T   0

l/2

 0

l/2

 0

l

Pdx 3Pdx  bH (l  2 x' ) l / 2 bH (l  2 x' ) E E 3l 3l l

Pdx 3Pdx  bH (l  2 x' ) l / 2 bH (l  2 x' ) E E 3l 3l

PL 9 (3  3 ln 2  ln 3)  0.00837cm EbH 2

T 

ya que ésta deformada es mayor a la tolerancia indicada, hay contacto en la pared izquierda y se debe tomar en cuenta la reacción R1 sobre la pared izquierda del apoyo. Recalculamos la deformada con P1 = -R1 P2 = P - R1 P3 = P - R1 P4 = 3P - R1 Además la deformación iguala a la tolerancia dada ( = 0.001) l

T   0

T 

 R1dx ( P  R1 )dx   bH  2x  Eb1   H l E 3  3l  2l

l/2

 0

( P  R1 )dx (3P  R1 )dx   0.001 bH (l  2 x' ) l / 2 bH (l  2 x' ) E E 3l 3l l

3Pl 3R l (2  2 ln 2  3 ln 3)  1 (ln 3  1)  0.001 2 EbH EbH

De donde

R1 = 4657.03 Kg

Además

R2 = P + 2P – R1

R1 P

De donde

R2

2P

R2 = 10342.97 Kg

2.20. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función cuadrática, como se ve en la figura.

y

y

P D

d

x

D

Dx dx

f(x2)

x

d

x

l

Solución:

t  

l

0

Pdx EAx

la variación del diámetro en función de x es cuadrática

Dx  Ax 2  B para x = 0

Dx = d

para x = l

Dx = D

Resolviendo

Dd  Dx   2  x 2  d  l  Ax 

t 

  D  d  ·  4   l 2

 E··  D  d ·x l

0

t 

De donde

 ·x  d   

2

2

P·dx

4   l 2



2

  d  

2

 D  d  2 P·l  D  1 arctg  d (D  d )   E· ·d ·D  Dd   

2.21. Hallar una expresión para determinar la reacción en cada uno de los apoyos, de los elementos mostrados en la figura, originados por un aumento de la temperatura T, considerando como datos: , l, a.

Cu

a

Al

a/2

l

a

l 

Solución: Suponiendo que la deformación por dilatación es mayor a la holgura

Cu

Al

La deformada en la pieza de cobre por tensiones es  cu  

l

0

Dx 

R·dx E cu Ax

a x (  1) 2 l

 cu  

R·dx

l

0

Ecu

 cu 

 a  x

   1 4  2  l 

2

8Rl E cu a 2

En el aluminio la deformación es similar:  al  

l

0

Dx 

a x (  1) 2 l l

R·dx

0

 a  x

 al  

 al 

R·dx Eal Ax

 Eal    1 4 2  l 

2

8Rl Eala 2

La deformación por la variación de temperatura:  T  lcu T  l alT  l (cu   al )T

Además

 cu   al   T  

Reemplazando, obtenemos:

8Rl 8Rl   l ( cu   al )T   2 E cu a E al a 2

8R * l 2

Ecu *  * a



8R * l E al *  * a 2

 l * T  cu   al   

De donde: 8Rl 8Rl   l ( cu   al )T   2 Ecua Eala 2

Ecu Eala 2 2 Ecu  Eal

R

l (cu   al )T   

2.22. La pieza mostrada en la figura fue maquinada con las dimensiones mostradas, si la temperatura aumenta a 120ºC, determinar las reacciones que soportan los apoyos luego de la dilatación, tomando: l = 20[cm]; D = 5[cm]; d = 2[cm]; cu = 17x10-6[1/ºC]; al = 22.2x105[1/ºC]; Ecu = 1.1x106[ Kg/cm²]; Eal = 7x105[ Kg/cm² Tº=25 ºC D

Cu

Al

l

l

d

 Solución: La deformación debido a la dilatación es:  T  l cu T  l al T  l ( cu   al )T  T  20(17 x10 6  22.2 x10 5 )(120  25)

 T  0.0745cm

Ya que la deformada es mayor a la holgura, hay contacto en la pared derecha.  R   T   dx

Dx

Cu

R

Al x

x l

R   0

2l P1 dx P dx  2 E al Aal l E cu Acu

P1 = R A1 =  d2/4 P2 = R A1 =  Dx2/4 El diámetro es lineal Dx = A x + B de las condiciones de borde se obtiene que:

Dx 

Dd x  2d  D l

Reemplazando: l

R   0

2l

Rdx Rdx  2 2 d  Dd  l E al E cu  x  2d  D  4 4 l 

Resolviendo:

R 

4 R( DEal  dE cu ) Dd 2E al E cu

Reemplazando 4 R( DEal  dE cu ) Dd 2E al E cu

  T  

Con los datos R = 2599.39 Kg 2.23. En la siguiente figura determinar las tensiones que ocurren en cada uno de los alambres flexibles, que soportan a la barra rígida, articulada en uno de sus extremos. (Considerar los datos mostrado en la figura.

E,A 1,l1

E,A 2,l2



  l

l

l E,A 3,l3

P

Solución: Las deformaciones



 1 a 

 3

2 b



entonces

a / l = b / (2l) 1 = a Sin  2 = b Sin  3 = b Sin 

además

l = l1 Cos  l = l2 Cos  l = l3 Cos 

reemplazando: 2

2

sen

1 sen

2  2

 1 sen sen

3  2

1sen sen

Las deformadas: 1 

T1l1 EA1

2 

T2 l 2 EA2

3 

T3 l 3 EA3

T2

l l T1 cos  cos sen 2 EA2 EA1 sen

T2 

T3

2sen cos A2T1 sen cos A1

l l T1 cos  cos sen 2 EA3 EA1sen

T3 

2sen cos A3T1 sen cos A1



De la estática T1senl  Pl  T2 sen 2l  T3sen 2l  0

Donde

T1 

sen cos A1P K

T2 

sen cos A2 2 P K

T3 

sen cos A3 2 P K

K  A1 sen 2 cos   4 A2 sen 2  cos   4 A3 sen 2  cos 

2.24. Determinar la deformación debido al peso propio del bloque mostrado en la figura. Siendo la sección, circular y variable con la altura, de forma parabólica, según el sistema de coordenadas, mostrado. H

x

x ry

y

H dy

y

wy

H/3

y

Solución: T  

H

0

w( y ) dy EA y

la ec. de la parábola es

x  x o  P( y  y o ) 2 ( xo , y o )  (

H ,H) 6

para x = H/2 y = 0 x  rr 

( y  H )2 H  3H 6

El área a cualquier altura “y” es: ( y  H )2 H  2 A( y )  rr      6  3H

El peso por debajo de “y” es:

2

w( y )   ry dy 2

Reemplazando y simplificando: w( y) 

 H 2 540

47H

5

 135H 4 y  180 H 3 y 2  140 H 2 y 3  60 Hy 4  12 y 5



La deformada:    47 H 5  135H 4 y  180 H 3 y 2  140 H 2 y 3  60 Hy 4  12 y 5 2 H  H 540 T    2 0 ( y  H )2 H   E     6  3H 



simplificando:

T 

H 2 90 E

(17  6 ln 3)





dy   

PROBLEMAS PROPUESTOS 2.25. Hallar la tensión normal en una barra de sección circular sujeta a una carga de tracción de 100 Kg si su diámetro es de 1 cm. 2.26. Hallar las tensiones normal y cortante para una sección a 30º en el anterior problema 2.27. Una pieza está sometida a tensiones de tracción compresión en dos dimensiones con x = - 120 Kg/cm² y y = -150 Kg/cm². Hallar las tensiones para una sección que forma un ángulo de 30º con la horizontal 2.28. Hallar el círculo de Mohr y las tensiones máximas en el anterior problema. 2.29. Una pieza de acero tiene sección cuadrada de 3 x 4 cm y un largo de 900 cm y está sometida a una carga de 1500 Kg. Se pide hallar: Las tensiones máximas Las tensiones a 30o Las deformadas total y unitaria longitudinal y transversal Los coeficientes de seguridad Sy = 1800 Kg/cm² y Sy´ = 960 Kg/cm² 2.30. Una pieza de a = 3 cm de ancho por b = 4 cm de alto y c = 2 cm de profundidad está sometida a una fuerza horizontal de 150 Kg. y una vertical de -200 Kg. Se pide hallar las dimensiones finales. Tomar  = 0.3

200[kg]

c 150[kg] b a

2.31. En el sistema de la figura la sección transversal es circular y las dimensiones están en centímetros. Se pide hallar: a) El peso parcial sobre cualquier altura “y” b) La tensión normal máxima c) La deformada total

30

1000 y 500

15 45

2.32. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables.

l

l

(a)

(b)

(c)

(b)

(a)

l/2

P

2.33. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables 



(a)



(b)

(c)

P

2.34. Hallar las tensiones en los cables

l/4 (a)

l/5

(b)

(c)

l/5

2.35. Hallar las tensiones en los cables

(d)

l/5

(e)

l/5

l/5

P



(a)

(b)



(c)



l/2 l/2

P

2.36. Se pide hallar el diámetro de la barra AC. Tomar Sy = 1800 Kg/cm² A A 20 30

B 60



B

C

P

2.37. Hallar la deformación total debido al peso propio. Tomar las unidades en cm

30

40

P

25

60

2.38. Para el sistema de la figura se piden las reacciones en A y B. Tomar las unidades en cm

B

40

50

P

30

A

50

2.39. Se pide hallar las reacciones en las paredes. Tomar  = 0.01 cm

70

P

40

A

60

50

B

20



2.40. Tres barras se encuentran articuladas en A para soportar juntas, un peso W como se indica en la figura. El desplazamiento horizontal del punto A esta impedido por una varilla corta horizontal AO que se supone infinitamente rígida, a) Determinar las expresiones para calcular las tensiones en cada una de las barras y la fuerza total sobre la barra AO. b) Utilizando las anteriores relaciones determinar las tensiones sí: A1 = A2 = A3 = 2 cm²  = 30º;  = 45º; W = 2500 Kg.

l/4

l/4

l/4

l/4

l/3

A

P

2.41. Hallar la deformación total del sistema de la figura. Tomar E = 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg

0.35

P

60

45

45

2.42. Hallar la deformada debido a la fuerza P y el peso propio P

D

h

dy

A

A

y

D/2

2.43. En el sistema mostrado en la figura determinar las reacciones que soportan las paredes rígidas por efecto de las cargas y un incremento de la temperatura. Considerar una sección rectangular de espesor constante “b” y los siguientes datos:

L = 30cm; H = 10 cm; h = H/3; E = 2.1x106 Kg/cm² ; P = 5000 Kg; b = 5 cm T = 90C l/2

B

P

A

H

2P

h

H

B



l

l

B-B

b

l

2.44. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función cúbica, como se ve en la figura.

y

y

P D

d

x

Dx

D

dx

f(x2)

x

d

x

l

2.45. Hallar una expresión para determinar la reacción en cada uno de los apoyos, de los elementos mostrados en la figura, debido a la variación de temperatura T, considerando como datos: , l, a. T

a/2

Cu

a

l

Al

l



2.46. Si la temperatura aumenta a 120 º C, determinar las reacciones que soportan los apoyos luego de la dilatación, tomando: l = 20 cm; D = 5 cm; d = 2 cm; cu = 17x10-6 (1/ºC); al = 22.2x10-5 (1/ºC); Ecu = 1.1x106[ Kg/cm²]; Eal = 7x105[ Kg/cm² T

d

Cu

l

a Al

D

l

 cm

2.47. Hallar las tensiones en el sistema de la figura. Cuando las deformaciones además de la carga P provienen de un incremento de la temperatura T

E,A 1,l1

E,A 2,l2



  l

l

l E,A 3,l3

P 2.48. Determinar la variación que debe tener la sección circular del elemento de la figura, de modo que las tensiones debido al peso propio sean constantes. x y

ry

dy

wy

y

2.49. La barra maciza mostrad en la figura, consta de un tramo troncocónico y otro cilíndrico, determinar la deformación total del sistema siendo el material el mismo para ambos tramos. d D 3P

P

2P

l

l

2.50. Determinar la expresión para calcular la deformación total de la barra, que tiene una perforación que produce una pared de espesor constante t, como se muestra en la figura, la barra se encuentra sometida a la acción de las respectivas cargas. La sección de la barra varía según se ve en dicha figura. t

P

D

l/2 2P

3P

2P

D/2

l

l

2.51. La barra mostrada en la figura se encuentra sometida a la mostradas que produce una reacción interna de la barra, debido muestran, determinar las reacciones que se producen en dichos además que los materiales tienen diferente módulo de elasticidad, y es circular y varía en cada tramo.

3P

2P E2

d

2d

E1

E1 l

l

l

acción de las fuerzas a los apoyos que se apoyos, considerando su sección transversal

2.52. Determinar la ecuación para determinar el Área de las secciones transversales de los elementos elásticos que se muestran en la figura. Considerar conocidas las longitudes de cada una de éstas.

1 2

a

P

3 a

2.53. Hallar las tensiones de los elementos mostrados en la figura.

1 

2



P

a 

2.54. Hallar las tensiones en las barras de la armadura mostrada en la figura cuando se aplica la fuerza indicada. Considerar E, A igual para todas las barras.

a

1

2

a

a

P

2.55. Una armadura simétrica experimenta las cargas mostradas en la figura. Determinar las tensiones normales que experimentan cada una de ellas.

1

1

a

3a

3a

2

2

P

2.56. Calcular las tensiones de montaje de los elementos flexibles mostrados en la figura, si uno de ellos fue fabricado con una falla en su longitud  = 0.5 cm.

a=1[m]



2a



a

2.57. Determinar los desplazamientos, horizontal y vertical, del punto de aplicación de la fuerza P, además determinar todas las tensiones en las diferentes barras. Considerar, el módulo de rigidez a la tensión E·A, constante. l

2l

3 1

l

2

l

P

. 2.58. Determinar el desplazamiento del punto A debido a las cargas aplicadas sobre la armadura mostrada en la figura. 2l

l 3

1

2

l

A

l

P

3 Corte Puro 3.1 Introducción Un elemento está sometido a Corte Puro cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen momentos internos, tampoco fuerzas normales y solo se verifica una fuerza tangencial Q en el centro de gravedad de la sección, es decir, en todas las secciones rectas del elemento se anulan la fuerza normal y los momentos torsor y flector.

Fig. 3.1 Corte Puro Ejemplos de elementos sometidos a Corte Puro son: Vigas de muy pequeña luz donde la rotura se produce por corte puro y el efecto de flexión es despreciable, el corte de planchas metálicas mediante cizallado, punzonado o troquelado y las uniones con remaches, bulones, soldadura, pernos, etc. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.- Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.- Los materiales son homogéneos 4.- Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5.- Los miembros sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo. 3.2 Tensiones y Deformaciones en Corte Puro a) Tensiones Considérese una pieza sometida a una carga horizontal en su cara superior y anclada en su cara inferior:

Fig. 3.2 Tensiones en Corte Puro Realizando un corte en la pieza por la sección recta horizontal A, se observa que:

=0

(3.1

 = Q/A

(3.2

Ahora bien, las tensiones cortantes no aparecen aisladas. Analizando un elemento diferencial del cuerpo 





















(a)

(b)

(c)

(d)

No equilibrio en x

Si equilibrio en x

Si equilibrio en x

Si equilibrio en x

Si equilibrio en y

Si equilibrio en y

Si equilibrio en y

Si equilibrio en y

No equilibrio rotación

No equilibrio rotación

No equilibrio rotación

Si equilibrio rotación

Fig. 3.3 Condiciones de Equilibrio Para que el elemento diferencial este en equilibrio, necesariamente se requiere que: a) Las tensiones de corte actúen en cuatro caras del elemento diferencial. b) Las tensiones sean concurrentes o divergentes en las aristas y que tengan igual magnitud. Si en lugar de cortar la barra por la sección recta horizontal A, se la corta por una sección inclinada en un ángulo α

Fig. 3.4 Tensiones en una Sección Inclinada Geométricamente dl Cos α = dy

(3.3

dl Sin α = dx

(3.4

α dl dz + y dy dz Sin α + x dx dz Cos α = 0

(3.5

α + y Cos α Sin α + x Sin α Cos α = 0

(3.6

α = - Sin 2α

(3.7

α dl dz - y dy dz Cos α + x dx dz Sin α = 0

(3.8

α - y Cos α Cos α + x Sin α Sin α = 0

(3.9

α =  Cos 2α

(3.10

De la estática  F1 = 0

 F2 = 0

Cuando α = 0 se verifica que 0 = 90 = 0

(3.11

0 = 90 = 

(3.12

Ya que

(Sin 2 α)2+( Cos 2 α)2 = 1

(3.13

De 3.3 y 3.5

α2 + α2 = 2

(3.14

Que es la ecuación de una circunferencia con centro en el origen.

  max

  max  

Fig. 3.5 Circulo de Mohr b) Tensiones principales Los valores máximos de las tensiones normales y cortantes son: Paαa α = 0

min = 0

 max = P/AN

(3.15

Paαa α = 45 max = P/AN

 min = 0

(3.16

Estos resultados indican que un elemento con cargas cortantes presenta las tensiones cortantes máximos cuando α = 0 y las tensiones normales máximas en una sección a α = 45º. Para prevenir la falla, las tensiones máximas no deben excedeα las fluencias. max = P/AN < Sy

(3.17

 max = P/AN < S´y

(3.18

c) Deformaciones Como se mencionó anteriormente, los elementos sometidos a la acción de fuerzas cortantes o tangenciales, más que presentar cambios en las dimensiones sufre distorsión o cambios de forma. Dentro de la zona elástica, las tensiones de corte son proporcionales al ángulo de deformación.

  



 De la ecuación de Hooke  = Q/AN = G 

(3.19

 = Q/(AN G)

(3.20

3.3 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) En algunas ocasiones las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y  M = 0) son en número menores al número de Cargas incógnitas que se desean hallar. Estos problemas se conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir ecuaciones adicionales de deformaciones.

PROBLEMAS RESUELTOS 3.1. Una pieza con un área de 1 cm² soporta una fuerza cortante de 100 Kg. Se piden: a) Las tensiones en ángulos de 0 a 360 con intervalos de 10.y b) Graficar  vs.  Solución: =(Q/An)Sin 2 0.0 34.2 64.3 86.6 98.5 98.5 86.6 64.3 34.2 0.0 -34.2 -64.3 -86.6 -98.5 -98.5 -86.6 -64.3 -34.2 0.0 34.2 64.3 86.6 98.5 98.5 86.6 64.3 34.2 0.0 -34.2 -64.3 -86.6 -98.5 -98.5 -86.6 -64.3 -34.2 0.0

=(Q/An)Cos 2 100.0 94.0 76.6 50.0 17.4 -17.4 -50.0 -76.6 -94.0 -100.0 -94.0 -76.6 -50.0 -17.4 17.4 50.0 76.6 94.0 100.0 94.0 76.6 50.0 17.4 -17.4 -50.0 -76.6 -94.0 -100.0 -94.0 -76.6 -50.0 -17.4 17.4 50.0 76.6 94.0 100.0

150.0 100.0 50.0 Esf Corte

(Gr) (Rad) 0 0.0 10 0.2 20 0.3 30 0.5 40 0.7 50 0.9 60 1.0 70 1.2 80 1.4 90 1.6 100 1.7 110 1.9 120 2.1 130 2.3 140 2.4 150 2.6 160 2.8 170 3.0 180 3.1 190 3.3 200 3.5 210 3.7 220 3.8 230 4.0 240 4.2 250 4.4 260 4.5 270 4.7 280 4.9 290 5.1 300 5.2 310 5.4 320 5.6 330 5.8 340 5.9 350 6.1 360 6.3

0.0 -100.0

-50.0

0.0

50.0

100.0

-50.0 -100.0 -150.0 Esf Normal

3.2. El remache de la figura une tres piezas y soporta las cargas dadas. Hallar las tensiones. Tomar d = 25.4 mm y F = 100 kN.

Solución:  = F/(2AN) = 100000/(2 ( 25.42)/4] = 98,67 N/mm2

3.3. Que diámetro debe tener un remache para unir dos placas que soportan una fuerza de corte de 1000 Kg. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm²

Solución: max < P/AN = 1000/( d2/4) < 900 d2 = 4(1000)/( 900) d = 1.19 cm Se adopta d = 1,27 cm 3.4. Dos placas unidas por dos cordones de soldadura a 45º soportan una carga de corte de 6000 Kg. Si el ancho de las placas es de b = 3 cm, se pide hallar las dimensiones de la garganta y de la base de la soldadura. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm². P

e P a

Solución: El área mínima es A=eb=e3 max = P/AN = 6000/[2(3)e] < 900 De donde

e = 1.11 cm

Y

a = 2 e Cos 45 = 1.57 cm

3.5. Una pieza de madera con una sección transversal de 3 x 3 cm. está colada como se ve en la figura. Hallar la fuerza máxima que puede soportar. Tomar Sy´ = 200 Kg/cm²

P 1. Solución:

60

P

De 2.7 y 2.8

 = (P/2AN) (1 + Cos 2 )  = (P/2AN) Sin 2   60 = (P/2AN) Sin 2  = P/[2(3)(3)] Sin 60 < 200 P = 4156.92 Kg

3.6. Hallar las tensiones cortantes en función del momento torsor en un pasador que sostiene una polea en un eje

Solución: El Momento de Torsión T=Qr Q=T/r  = Q/AN = T /(r a b) 3.7. Una polea está fijada a su eje por medio de un pasador cilíndrico. Los ejes del eje y del pasador son perpendiculares. Si el momento torsor soportado es de 150 Kg cm. y el diámetro del eje de 3 cm. Se pide hallar el coeficiente de seguridad en el pasador. Tomar diámetro pasador 0,5 cm. y Sy` = 900 Kg/cm²

Pasador

Polea Eje

Solución: T=Fr F = T / r eje = 150 Kg cm/(3/2) cm = 100 Kg max = P/AN = 100/( pas2/4) = 509.29 Kg/cm²  = Sy´/max = 900/509.29  = 1.76

3.8. En la figura se representan planchuelas, unidas por cordones de soldadura. Se trata de soldaduras en ángulo compuestas por dos cordones laterales y dos frontales. Se pide la fuerza P que pueden soportar los cordones

Solución: g = 0.7 e AN = (2 a + 2 b) g  = P/AN = P/ [(a + b) 1.4 e] 3.9. Hallar la intensidad máxima H de la carga que puede soportar la plataforma rígida de la figura. Los pasadores en A, B y C tienen un diámetro de 1 cm y Sy´ = 900 Kg/cm² A

30



AC C

B

40

C

Rx 30

Rv

35

Peq

30

Solución:  = Arctan(30/40) = 36.86 La carga equivalente Peq = H 70 Fx = 0

Rx – AC Cos  = 0

(i

Fy = 0

Ry + AC Sin  = Peq

(ii

MB = 0

AC Sin  40 = Peq 35

(iii

AC = H(70)35/(Sin  40) = 102,08 H Rx = AC Cos  = 81.66 H Ry = H70 - AC Sin  = 8.75 H

R  ( Rx 2  Ry 2 )  82.12 H AC = AC/AN = 102,08H/( 12/4) < 900 Kg/cm² HAC = 6.92 Kg/cm O = R/AN = 82,12H/( 12/4) < 900 Kg/cm² HO = 8.6 Kg/cm Entonces

H = 6.92 Kg/cm.

3.10. La plataforma rígida de la figura está soportada por dos cables a y b. Hallar el diámetro del pasador en O si Sy´ = 900 Kg/cm² y P = 100 Kg

a

Ta

30

O

30

Rx

b

Tb

30 60 60 Ry

P

P

Solución: De 2.11

Ta = 0.24 P = 24 Kg Tb = 0.36 P = 36.1 Kg

 Fx = 0

Rx + Ta Sin 30 = 0

(i

Rx = -12.04 Kg  Fy = 0

Ry + Ta Cos 30 + Tb -P = 0

(ii

Ry = 43.2 Kg

R  ( Rx 2  R y 2 )  44.64 Kg O = R/AN = 44.64/( pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 0.25 cm 3.11. Hallar la fuerza que se necesita para troquelar un disco de 3 cm de diámetro y 0,2 cm de alto . Tomar Sy´ = 1500 Kg/cm². P

Solución: max = P/AN > S`ut A =   t =  3 0,2 = 1,88 cm² P > S`ut A = 1500 Kg/cm 2 1.88 cm² = 2827.4 Kg 3.12. Una escalera está diseñada para soportar una persona de 500 Kg y está fijada al piso por dos pasadores que evitan su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores: Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

P

P

N

x 60

60

Rx Ry

Solución: Fx = 0

Rx = N

(i

Fy = 0

Ry = P

(ii

MA = 0

P x Cos 60 – N l Sin 60 = 0

(iii

N = P x Cot 60 /l Rx = N = P x Cot 60 /l Ry = P R  Rx 2  Ry 2

x R  P 1  ( Cot 60) 2 l

Máx con x = l R = 1.15 P max = R/AN = 1.15 (500)/(2 pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 0.6377 cm 3.13. Una escalera soporta una persona de 500 Kg en su punto medio y está fijada al piso por dos pasadores que evitan su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores: Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

P

60

Solución: Del anterior problema x R  P 1  ( Cot 60) 2 l

para x = l/2

R = 1,04 P max = R/AN = 1,04 (500)/(2 pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 0.606 cm

3.14. La pieza de la figura está fijada por cuatro pasadores y soporta una carga de P = 3000 Kg. Se pide hallar el diámetro mínimo de los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm².

P

9

A B

9

C

D

Solución: Por simetría, la carga P se reparte equitativamente entre los cuatro pernos Fy = 0

Fa = Fb = Fc = Fd = P/4

(i

Fa = Fb = Fc = Fd = 750 Kg

(i

 = F /A < S´y 750 Kg/( d2/4) < 1100 Kg/cm² d > 0.9317 cm 3.15. La plataforma de la figura soporta una carga de 100 Kg y esta soportada por 2 pasadores de 1 cm de diámetro. Se pide el coeficiente de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm².

P=100[kg]

P M

75

9

Fa

Fb

Solución: Los pasadores además de soportar la carga vertical deben soportar el momento que se origina respecto del centro de los mismos. Fy = 0

Fa + Fb = P

(i

MA = 0

P (75+9) = Fb 9

(ii

De i y ii

Fb = 933.33 Kg Fa = - 833.33 Kg a = Fa /A = 833.33/( 12/4) = 1061.02 Kg/cm² b = FB /A = 933,33/( 12/4) = 1188.34 Kg/cm² a = S`y/ a = 1.036 (No hay falla)

b = S`y/ b = 0.925 (Hay falla) 3.16. La plataforma de la figura soporta una carga de 400 Kg y esta soportada por 4 pasadores de 1 cm de diámetro. Se pide el coeficiente de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm².

P=400 kg 9

75

P=400 kg M=P(75+9/2)

B D

A C

d

Solución: d = (9 )21/2/2 = 6,36 Fy = 0

Fa = Fb = Fc = Fd = P/4 = 100 Kg

(i

Mo = 0

Fa = Fb = Fc = Fd = M/(d4)

(ii

Fa = Fb = Fc = Fd = [400(75+9/2)]/[4(6.36)] = 1250 Kg La composición da

Fax = -1250 Cos 45 = - 883.88 Kg Fay = 100-1250 Sin 45 = -783.88 Kg Fatot = 1181.40 Kg Fbx = -1250 Cos 45 = - 883.88 Kg Fby = 100+1250 Sin 45 = 983.88 Kg Fbtot = 1322.60 Kg Fcx = 1250 Cos 45 = 883.88 Kg Fcy = 100-1250 Sin 45 = -783.88 Kg Fctot = 1181.40 Kg Fdx = 1250 Cos 45 = 883.88 Kg Fdy = 100+1250 Sin 45 = 983.88 Kg Fdtot = 1322.60 Kg Los pasadores más solicitados son los “b” y “d”, es decir los de la derecha b = d = F /A = 1322.60/( 12/4) = 1683.98 Kg  = S`y/  = 0.653 (Hay Falla) 3.17. La plataforma de la figura soporta una carga de 1000 Kg y esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables. Se pide el diámetro del pasador O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

Ta

l/2 





Rx l/2

l/2 P

Ry

l/2

Tb  l/2

P

Solución: De 2.10

Ta = 1.405 P = 1405 Kg Tb = 1.124 P = 1124 Kg

 Fx = 0

Rx- TaCos  -Tb Cos  = 0

(i

 Fy = 0

Ry + Ta Sin  +Tb Sin -P = 0

(ii

 = 45º  = 26,56

Rx = 1496.9 Kg Ry = -496.9 Kg

R  Rx  Ry 2

2

R = 1577.21 Kg max = R/AN = 1577.21/( pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 1.49 cm

PROBLEMAS PROPUESTOS 3.18. Una pieza circular con un diámetro de 1 cm soporta una fuerza cortante de 150 Kg. Se piden a) Las tensiones para ángulos de 0 a 360 con intervalos de 10.y b) Graficar  vs.  3.19. Cuantos remaches de 2 cm. de diámetro se necesitan para unir dos placas que deben soportar una fuerza de corte de 1500 Kg. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm P P

3.20. Dos placas con un ancho de b = 3 cm y un espesor de e = 0,5 cm. están unidas por cordones de soldadura a 45º: Se pide hallar la carga máxima que la unión soportan. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² P

e P a

3.21. Una pieza de madera con sección cuadrada soporta una carga de 1000 Kg y está unida a 70 º. Se piden las dimensiones. Tomar Sy´ = 200 Kg/cm²

P

P 70

3.22. Una polea está fijada a su eje por medio de un pasador rectangular. El momento torsor soportado es de 150 Kg cm y el diámetro del eje de 3 cm. Hallar el área que debe tener la chaveta. Tomar Sy` = 900 Kg/cm²

Chav eta

Polea

Eje

3.23. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y un cable. Para una intensidad de la carga distribuida de H = 10 Kg/cm. Se pide hallar los diámetros de los pasadores en A, B y C. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² A

30 

B

40

30

3.24. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables. Para una carga horizontal en su extremo derecho de P = 100 Kg, se pide hallar el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm²

30

O 30 60

P P

3.25. Que fuerza se necesita para troquelar una pieza de sección cuadrada de 6 cm de lado y 0,3 cm de alto. Tomar Sy´ = 1500 Kg/cm²

P

3.26. Una escalera soporta una carga distribuida de H = 10 Kg/cm y se fija al piso por dos pasadores para evitar su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

H

60

3.27. La plataforma de la figura esta soportada por 4 pasadores de diámetro de 1,5 cm y en ella actúa una fuerza P. Se pide hallar el valor máximo de P que pueden soportar los pasadores. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

P

9

A

9

B

C

D

3.28. La plataforma de la figura esta soportada por 4 pasadores con un diámetro de 1 cm y en ella actúa una fuerza P = 2000 Kg. Se pide el factor de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm²

9

90

A

B

C

D

P = 400 Kg

6

3.29. La plataforma de la figura esta soportada por 3 pasadores con un diámetro de 1 cm y en ella actúa una fuerza P = 400 Kg. Se pide el factor de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm².

P=400 kg 90 A C

B 12

3.30. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables. Para las cargas en su extremo derecho de P y 3P, se pide hallar el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² y P = 1000 Kg.



 3P

l/2

l/2 P

3.31. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y cuatro cables. Para una carga vertical en su extremo derecho de P = 1000 Kg, se pide hallar el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

P

l/2

l/4

l/4

l/4

l/4

4 Torsión 4.1 Introducción Un elemento está sometido a torsión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen fuerzas internas, tampoco momentos de flexión y solo se verifica un momento normal Mt en el centro de gravedad de la sección o una cupla que queda contenida en el plano de la misma, es decir, en todas las secciones rectas del elemento se anulan las fuerzas y el momento flector.

Fig. 4.1 Torsión Los ejes y árboles de cualquier maquina son ejemplos de elementos sometidos a torsión. Los elementos sometidos a torsión son comúnmente de sección circular, sólida o hueca, debido a que piezas tales como rodamientos, poleas y engranajes en los sistemas de transmisión de potencia (donde se generan pares de torsión) tienen agujeros circulares que se montan sobre árboles y ejes. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.- Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.- Los materiales son homogéneos 4.- Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5.- Los miembros sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo. 4.2 Diagrama de Momentos Torsores: Se denominan diagramas de momentos torsores a los diagramas que dan los momentos de torsión Mt en cada sección de una barra prismática.

Fig. 4.2 Diagrama de Momentos Torsores 4.3 Torsión Circular a) Tensiones Aceptando la hipótesis de Coulomb que establece que las secciones normales al eje de la pieza permanecen planas y paralelas a sí misma luego de la deformación por torsión. Como consecuencia de lo enunciado resulta que las secciones tienen rotaciones relativas, de modo que las rectas trazadas sobre ellas continúan siendo rectas y los ángulos mantienen su medida. Por otro lado, las generatrices rectilíneas de la superficie lateral del cilindro se transforman en hélices.

Fig. 4.3 Rotación de Secciones en Torsión Considérese una barra prismática sometida a momentos de torsión en sus extremos. Una línea recta (A-B) dibujada en su superficie exterior y paralela a su eje axial antes de la aplicación de los momentos de torsión, se inclina y curvea luego de la aplicación de los momentos (A-C). Analizando el giro d entre las secciones laterales en un elemento diferencial de longitud dx

Fig. 4.4 Análisis de un Elemento Diferencial Se puede apreciar, que una figura rectangular a, b, c, d se distorsiona en la forma romboidal a´, b´, c, d debido al desplazamiento de los puntos a y b hacia a` y b` en la sección derecha. Ésta deformación o distorsión es la misma que se producía en cargas de corte. Entonces :

De Hooke

Tg  ≈  = AA’/AAo

(4.1

AA` = r d

(4.2

AAo = dz

(4.3

=G

(4.4

 = G r d/ dz

(4.5

En la ecuación se aprecia las tensiones cortantes son proporcionales al radio (  r ).

Fig. 4.5 Tensiones Cortantes en Torsión De la estática  Mo = 0 A

 (dA)r  Mt 0

Y de 4.5

(4.6

 Grd  r 2rdr   Mt dz  0

R

 

r 4 d 4 dz

G 2

Mt  GI o

(4.7

R

 Mt

(4.8

0

d dz

(4.9

De 4.5 y 4.9

Mtr Io



 max 

(4.10

Mt R Io

(4.11

Para piezas sólidas

 max

d T( ) 16T  24  3 d d 32

(4.12

Las tensiones máximas nunca deben sobrepasar los Límites de Fluencia del material.

 max < S´y

(4.13

b) Deformaciones El ángulo que giran las secciones laterales de una pieza sometida a torsión.

R

d

Fig. 4.6 Angulo de Rotación entre Secciones en Torsión Integrando 4.10 l

Mt dz GI o 0

 

(4.14

Si el diámetro es constante



MtL GIo

(4.15

c) Tensiones Principales

Fig. 4.7 Tensiones Tangenciales y Normales Un elemento diferencial del interior de una barra circular torsionada se encuentra en un estado de corte puro. Como se vio, las tensiones principales resultan iguales en valor absoluto y de signo contrario e iguales al valor de las tensiones tangenciales. Además actúan a 45º con respecto a los planos de las secciones, formando superficies helicoidales. En vista que las tensiones de la parte central de la sección maciza son pequeñas, no tienen un aporte significativo, por lo que para torsión son más convenientes las secciones huecas

Fig. 4.8 Tensiones en una Pieza Circular Hueca 4.4 Torsión en Elementos con Sección Rectangular

Fig. 4.9 Torsión en una Pieza Rectangular

En este caso la hipótesis de Coulomb: "las secciones transversales permanecen planas durante la torsión", válida para secciones circulares, no es válida para secciones rectangulares ya que las secciones se alabearán.

Fig. 4.10 Alabeo de una Pieza Rectangular Aun así se supone que sólo aparecerán tensiones cortantes x. El cálculo exacto de tensiones y deformaciones en una pieza de sección cualquiera sometida a Torsión, se debe a Saint-Venant y es parte de la Teoría de la Elasticidad. Aquí se exponen solo los resultados que se obtienen al aplicar dicha teoría al caso se piezas de sección rectangular.

Fig. 4.11 Tensiones en una Pieza Rectangular El esfuerzo cortante máximo se da en el punto medio del lado mayor y su valor es

 max 

Mt b 2 h

(4.16

El Angulo

 h/b

Mt Ghb3

1

1,5

0,208

0,231

0,141

0,196

(4.17

1,75

2

2,5

3

4

6

8

10

OO

0,239 0,246

0,258

0,267

0,282

0,299

0,307

0,313

0,333

0,214 0,229

0,249

0,263

0,281

0,299

0,307

0,313

0,333

4.5 Tensiones en Secciones Cerradas de Pequeño Espesor Para piezas con pequeño espesor las tensiones normales se consideran cero y sólo habrá tensiones cortantes.

Considérese un elemento diferencial de una pieza de longitud dx sometida a Torsión. Las tensiones cortantes aparecen solo en las secciones cortadas y son tangentes a ellas

Fig. 4.12 Sección Cerrada de Pequeño espesor Analizando el elemento b c d e. De la estática en x

Fig. 4.13 Tensiones en Sección Cerrada de Pequeño espesor

b tb dx = c tc dx

(4.18

b tb = c tc

(4.19

 t = Constante (Flujo cortante es constante

(4.20

Las tensiones cortantes, son mayores donde el espesor es menor Tomando momentos respecto del centro de gravedad G de la sección, de todas las fuerzas que actúan en la misma:

Fig. 4.14 Momentos de las Tensiones en Sección Cerrada de Pequeño espesor dF =  dSm t

 (dS Sm

m

t )r  Mt

Sm Longitud de la Linea Media

(4.21

Mt  t  rdSm  t  2dAm  t 2 Am Sm



(4.22

Sm

Mt 2tAm

(4.23

Dónde: Am = "área encerrada por la línea media de la sección transversal" La tensión cortante máxima se da donde el espesor es mínimo, resultando su valor:

 max 

Mt 2t min Am

(4.24

4.6 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) De manera similar a lo visto anteriormente, cuando las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y  M = 0) son en número menores al número de reacciones incógnitas que se deben hallar, los problemas se conocen como estáticamente indeterminados o hiperestáticos. En estos casos se deben complementar las ecuaciones de la estática con ecuaciones de deformaciones

PROBLEMAS RESUELTOS 4.1. Una pieza cilíndrica de Acero de diámetro  = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a una carga de 1000 Kg. cm. Tomando Sy´ = 960 Kg/cm², se pide: a) Las tensiones máximas b) El coeficiente de seguridad y c) Las deformadas total y unitaria longitudinal y transversal Solución: La inercia es I =  4/32 = 7,95 cm4 a) Tensión máximo  max = TR/Io = 1000(1,5)/7,95  max = 188,62 Kg/cm² b) Coeficiente de seguridad  = S`y/max = 960/188,62 = 5,08  = 5,08 c) Deformada  = TL/(GIo) = 1000(100)/(6,67 x 105 7,95)  = 0,0188 rad 4.2. Un tambor con un diámetro de 30 cm, levanta una carga de 1000 Kg. Calcular el diámetro del eje. Tomar Sy` = 900 Kg/cm² Ø 30[cm] d

1000[kg]

Solución: El momento

T = 1000(30)/2 = 15000 Kg. cm

De 4.14

max = 16 T/ ( d 3) d = [16 T / ( S`y)]1/3 d = 4,39 cm

4.3. Un motor de 5 Hp esta acoplado por medio de una transmisión a un eje que gira a 30 rpm. Si el material del eje tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm². Tomando  = 1,5 se pide calcular el diámetro del eje. Solución: La potencia

Pot (CV) = T ( Kg. m)  (rad/seg)/ 75

 (rad/seg) = (30 rpm) (2 rad / rev) (min/60 s) = 3,14 rad/seg El momento

T = 5 (75)/3,14 = 119,36 Kg. m = 11942,59 Kg. cm

Tensión

max = 16 T/ ( d 3) < S`y/ d = [16 T  / ( S`y)]1/3 = 4,66 cm

Se adopta

d = 5 cm

4.4. En el sistema de la figura, se pide el ángulo de deformación del extremo libre respecto al extremo fijo. El material es acero y las dimensiones están en cm

120 40

100 [kg]

3Ø 1Ø

6Ø

Solución: T = F r = 100(3) = 300 Kg cm 1 = TL/(GIo) = 300(120)/(6.67 x 105  34/32) = 0.00678 rad 2 = TL/(GIo) = 300(40)/(6.67 x 105  14/32) = 0.182 rad tot = 1 + 2 = 0.189 rad 4.5. Dos piezas cilíndricas del mismo material están cargadas con el mismo momento de torsión “T”. La primera pieza es sólida con un diámetro “d” y la segunda es hueca con un diámetro externo “D” y un espesor “e”. Si la fluencia al corte es Sy. Se pide : La relación de dimensiones La relación de masas.

d

D e

Solución: a) Las tensiones de corte no pueden ser mayores a la fluencia  max 

TR  S y ´ Io

I T  o Sy ' R

En el cilindro sólido T d 4 2  Sy ' 32 d

(i

En el cilindro hueco





T  D 4  ( D  2e) 4 2  Sy ' 32 D

(ii

Ya que ambos tienen la misma carga y el mismo material. Igualando i y ii



d4 D 4  ( D  2e) 4  d D





 D 4  ( D  2e) 4  d   D  



1/ 3

(iii

b) La relación de masas Mh  

Ms  

 4

D

2

 ( D  2e) 2

(iv

d 2 4

(v



De iii, iv y v



 



Mh D 2  ( D  2e) 2 D 2  ( D  2e) 2 D 2 / 3   2/3 Ms d2 D 4  ( D  2e) 4





4.6. Para un cilindro hueco con un diámetro D = 5 cm y un espesor e = 0,3 cm. Hallar : a) El diámetro de un cilindro sólido que soporta la misma carga de torsión b) La relación de masas

d

Solución:



a)



 D 4  ( D  2e) 4  d   D  

1/ 3

d = 3.6849 cm



b)

Mh D 2  ( D  2e) 2  Ms d2



D e

(Mh/Ms) = 0.41536 Este resultado indica que si bien ambos cilindros tienen la misma resistencia, la pieza hueca solo pesa el 41,64 % de la pieza sólida. 4.7. El sistema de la figura tiene una forma cónica circular. En ella se pide calcular La tensión cortante máxima La deformada total 60 T=1000 kg cm

dy 1000 y

90

Solución: El diámetro

d(y) = - (30/1000) y + 90

y=0

d = 90

y = 1000

d = 60

a) La tensión máxima se presenta en el menor diámetro  max = 16 T/( d 3 ) = 16(1000)/ [ (60)3]  max = 0,0235 Kg/cm² b) La deformada h

T dy  GI o 0

 

1000

 0

1000(32) dy G (0,03 y  90) 4

 = 0.368717 /G 4.8. El sistema de la figura tiene una forma cónica circular hueca. En ellas se pide: a) La tensión cortante máxima b) La deformada total 60 45

T=1000 kg cm

dy 1000

y

15

90

Solución: Las ec. de los diámetros externo e interno son : D(y) = - (30/1000) y + 90 d(y) = (30/1000) y + 15 La inercia

Io =  [-(30/1000)y + 90]4 - [(30/1000)y + 15]4/32

a) La tensión máxima se presenta en la menor inercia I o min =  ( 604 - 454)/32 = 869767.09 cm4  max = TR/I = (1000)(30)/ 869767.09  max = 0,0344 Kg/cm² b) La deformada h

  0

1000

T dy  GIo

 0

(1000)(32) dy 4 4 G  0.03 y  90  0.03 y  15





 = 0,4145 /G 4.9. La pieza de la figura tiene una forma semiesférica truncada, con un diámetro en la base de 60 cm y una altura de 20 cm. Para un momento torsor T aplicado en su parte superior, se pide la deformación angular. y

T 20[cm ]

x 60[cm]

Solución: Definiendo un sistema de coordenadas en la base. La ecuación del círculo es : x2+y2 = 302 El diámetro

d = 2x = 2 (302-y2)1/2 20



 G 2(30

T 32dy 2

0



2 1/ 2 4

y )



T2 G

20

 (30

2

0

dy  y 2 )2

 = 2,3634 10-5 T / G 4.10. La pieza de la figura está formada por dos semiesferas truncadas con diámetros de 60 y 30 cm en sus bases. Para un momento torsor T aplicado en la sección común, se pide hallar los momentos de reacción en A y B

Tb

30[cm]

B

B

2

T

T 40[cm]

1

y

x

A

A 60[cm]

Ta

Solución: M=0

Ta + Tb = T

(i

Sistema hiperestático con una ecuación y dos incógnitas. La ec de deformadas t = 1+ 2 = 0 Se define un sistema de coordenadas en la base. Las ecuaciones de los círculos son : x2+y2 = 302 x2 + (y-40)2 = 152 Los diámetros d1 = 2(302-y2)1/2 d2 = 2[152-(y-40)2]1/2 Que igualan a una altura de d1 = 2(302-y2)1/2 = d2 = 2[152-(y-40)2]1/2 y = 28,43 1 

28.43

 0



G 2(30  y )

40



2 

28, 43

T 

Ta 32dy



2



2 1/ 2 4



(Ta  T )32dy

G 2(15 2  ( y  40) 2 )1 / 2

Ta (1.309)10 4 G



4



(Ta  T )(2.761)10 4 G

Ta (1.309)10 4 (Ta  T )(2.761)10 4  0 G G

De donde Ta = 0,678 T Tb = 0,322 T 4.11. La pieza de la figura tiene una sección circular. En ella se pide hallar las reacciones en las paredes

2

1 4T

T

T

3 4T Tb

60

30

A

45

30

10

B

Ta

x

A

B

Solución: M=0

Ta + T + Tb = 4T

(i

Sistema hiperestático con una ecuación y dos incógnitas. La ec de deformadas t = 1 + 2 + 3 = 0 Los diámetros

d1 = -30 x/45 + 60 d2 = 30 d3 = 3 x + 30 Ta 32dx Ta (1.65)10 4  4 G 0 G ( 30 x / 45  60)

45

1  

2 

(Ta  T )30(32) (Ta  T )(3.773)10 4  G G 30 4

(Ta  3T )32dx (Ta  3T )(3.668)10 5  G G (3x  195) 4 75

85

3  

Resolviendo

T 

Ta (1.65)10 4 (Ta  T )(3.773)10 4 (Ta  3T )(3.668)10 5   0 G G G

De donde Ta = 0,462 T Tb = -3,462 T 4.12. Determinar la deformación total que se produce en la barra de la figura que consta de dos tramos, una cilíndrica y otra cónica, sometida a la acción de un momento torsor T en su extremo libre. Tomar D = 10 cm y l = 50 cm.

T D/3 D/2

D

l/2

l/2 l/2

Solución: 



l

0

2

Tdx  GIo1



l

Tdx  l GI o2 2



3l

2

l

Tdx GIo3

(i

ext = D/2

0