Ejercicios Resueltos
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Ejercicio 1.1 Dado el tensor de tensiones tensione s (referido a un sistema cartesiano de referencia) en un punto de un sólido: 2 ⎤ ⎡12 4 [T ] = ⎢⎢ 4 − 8 − 1⎥⎥ MPa ⎢⎣ 2 − 1 6 ⎥⎦ Se pide: - Dibuj Dibujar, ar, sobre sobre el punto elástico elástico de la figura, figura, y en las caras más alejadas alejadas del origen de coordenadas, la dirección y sentido de cada una de las componentes compon entes tensionale tensionales s que, sobre sobre dichas, caras caras actúan. actúan. -Determinar el valor de las tensiones normal y tangencial t angencial que actúan sobre un plano paralelo al plano x+y+z=0 que pasa por las proximidades (distancia infinitesimal) del punto considerado. z Solución: 6
2 1 1
2
8 4
12
x
4
y
Vector normal al plano:
u= r
1
(i + j + k ) r
3
r
r
⎡1 ⎤ ⎡σ x* ⎤ ⎡12 4 2 ⎤⎢ ⎡ 18 ⎤ 3⎥ ⎢ *⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 1 ⎥ = 1 ⎢− 5⎥ σ = − − 4 8 1 y ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ 3⎥ 3⎢ ⎥ * ⎢σ z ⎥ ⎢ 2 − 1 6 ⎥ ⎢ 1 ⎥ ⎢⎣ 7 ⎥⎦ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎢ ⎥ 3⎦ ⎣ Tensión normal: = σ * ⋅ u = r
σ
n
r
1 3
(18 − 5 + 7 ) =
20 3
= 6 ,67 MPa
Tensión tangencial: τ
=
r
*
σ
2
− σ n2 = 132 ,67 − 44 ,49 = 9 ,39 MPa
Ejercicio 1.2 • Dete Determ rmina inarr las las te tens nsion iones es pr prin incip cipale ales s sab sabien iendo do que el tensor de tensiones viene definido por:
σ=
⎡ 20 40 − 30⎤ ⎢ 40 30 25 ⎥ MPa ⎢ ⎥ ⎢⎣− 30 25 − 10 ⎥⎦
Solución:
σ=
⎡σ x ⎢ ⎢τ xy ⎢τ zx ⎣ σ
τ
xy
σ
y
τ
yz
3
⎤ ⎥ τ zy ⎥ σ ⎥ z ⎦ τ
zx
=
⎡ 20 40 − 30⎤ ⎢ 40 30 25 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣− 30 25 − 10 ⎥⎦
MPa
− I1σ + I2σ − I3 = 0 2
I 1 = σ x+ σ y+ σ z = 20 + 30 –10 = 40 MPa I 2 = σ I 3 = σ
σ
x
+σ y
σ σ
x
y
σ
x
+ 2τ z
= 89500 MPa
+σ z τ
xy
y
τ
xz
σ
2 2 2 − − − τ τ τ = -3025 MPa z xy xz yz
−σ yz
2 x yz
τ
−σ
2 y xz
τ
−σ
2 τ
z
xy
3
− I 1
Resultado:
2
+ I 2
− I 3 = 0
= 65,3 MPa σ = 26,5 MPa 2 σ 1
σ 3
= −51,8 MPa
Ejercicio 1.3 En un problema bidimensional, el punto elástico de la figura se encuentra sometido al estado tensional que se indica. Se pide: a) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x,y b) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x’,y’ (e (el eje x’ forma un ángulo de 35º, en sentido antihorario, con el eje x). La expresión, en x-y, del tensor de tensiones es:
⎡ 40 − 15 ⎤ [T ] = ⎢ ⎥ ⎣− 15 − 25⎦
25 MPa
40 MPa
y
15 MPa
La expresión de dicho tensor en ejes x’-y’ la podemos obtener como:
x
[T ' ] = [ R]T [T ][ R ]
Siendo:
⎛ cos 35º − sen35º ⎞ ⎟⎟ ⎝ sen35º cos 35º ⎠
[ R] = ⎜⎜
− 35 ,67 ⎤ ⎡ 4 ,52 [T ' ] = ⎢ ⎥ ⎣− 35 ,67 10 ,48 ⎦
Ejercicio 1.4
Suponiendo la ausencia de fuerzas internas, determinar los posibles valores de las constantes C 1, C 2 y C 3 para que la siguiente distribución de tensiones puede existir en un sólido en equilibrio: x = −2 ⋅ C 1 ⋅ x ⋅ y
y =
σ
xy =
τ
(
C 1 ⋅ C 2
− y
2
σ
C 2 ⋅ z
) + C ⋅ x ⋅ z 3
2
z =
0
σ
xz = −C 3 ⋅ y
yz =
τ
τ
0
SOLUCIÓN: Ecuaciones de equilibrio interno (X=Y=Z=0) ∂σ x
+
∂ x
∂τ xy
+
∂ y
∂τ yx
+
∂ x
∂σ y
∂ x
+
∂τ zy ∂ y
=
0
= −2C 1 y − 2C 1 x
=
0
=
=
0 ( se cumple )
∂ z +
∂ y
∂τ zx
∂τ xz
∂τ yz ∂ z
+
∂σ z ∂ z
C 3 z
⇒
C 3
⇒
=
C 1
=
0
0
C 2 puede tomar cualquier valor, por lo que el estado tensional tendría la forma: x =
0
σ
xy =
0
τ
σ
τ
y =
C 2 ⋅ z
xz =
0
2
z =
0
yz =
0
σ
τ
Ejercicio 1.5 El tensor de tensiones en un punto de un sólido viene definido, respecto de un sistema de coordenadas cartesianas, por la siguiente matriz: ⎡ 50 − 20 0 ⎤ [T ] = ⎢⎢− 20 20 0 ⎥⎥ ⎢⎣ 0 0 0⎥ ⎦ 1.- Determinar de forma analítica: a) Los dos primeros invariantes del tensor de tensiones b) Los valores de las tres tensiones principales c) Los tres vectores unitarios que definen las tres direcciones principales d) La tensión tangencial máxima que se produce en las proximidades del punto considerado a)
I 1 = 50 + 20 = 70 I 2 = 50 ⋅ 20 − 20 2 = 600
b) Una de las tensiones principales (σz) es nula. Las otras dos las calcularemos resolviendo: − 20 50 − =0 ⇒ T − I = 0 1 = 60 2 = 10 − 20 20 −
Por tanto, las tensiones principales son:
1
= 60
2
= 10 y
3
=0
⎡50 − c) Como el eje z es una dirección principal ( u3 = k ), las otras dos las calcularemos resolviendo: ⎢ ⎣ − 20 a ⎡ − 10 − 20⎤ ⎧ 1 ⎫ ⎧0⎫ Dirección principal 1: ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ ⇒ u1 = 0,8943i − 0,4473 j ⎣− 20 − 40⎦ ⎩ a 2 ⎭ ⎩0⎭ r
r
r
r
r
Dirección principal 2:
⎡ 40 − 20⎤ ⎧ a1 ⎫ ⎧0⎫ ⎢− 20 10 ⎥ ⎨ a ⎬ = ⎨0⎬ ⇒ u2 = 0,4473i + 0,8943 j ⎣ ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ ⎭ r
r
r
d) La tensión tangencial máxima será: max
⎛ 60 − 10 60 10 ⎞ = max ⎜ , , ⎟ = max (25, 30, 5) = 30 2 2 ⎠ ⎝ 2
− 20 20 −
⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧0⎫ ⎥ ⎨u ⎬ = ⎨0⎬ ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ ⎭
2.- Para el estado tensional relativo al plano x-y, determinar gráficamente: e) El círculo de Mohr f) Las coordenadas (σ,τ) del polo de dicho círculo g) Los dos planos principales que se obtienen de dicho círculo h) Los dos planos sobre los que actúa la tensión tangencial máxima i) Los planos, paralelos al eje z, sobre los que el vector tensión forma el mayor ángulo posible con la normal a dichos planos. j) El plano al que representa el polo del círculo de Mohr
τ
Plano Y
σ 20 20
Plano X
50 y
x
τ
Plano Y
σ 20 20
Plano X
50
POLO y
x
τ
Plano principal II
Plano principal I
Plano Y
20 20
σ
50 y
x
Plano X
POLO
10
60
y
x
τ
Plano de máxima tensión tangencial
Plano principal II
Plano principal I
Plano Y
20 20
σ
50 y
x
Plano X Plano de máxima tensión tangencial
35
POLO
35 25 y
x
τ Plano en el que el vector tensión forma el mayor ángulo posible con la normal
σ Plano en el que el vector tensión forma el mayor ángulo posible con la normal
POLO
τ
σ Plano correspondiente al polo del círculo de Mohr
POLO
Ejercicio 2.2 El vector desplazamiento en un punto genérico de un sólido cargado viene dado (referido a un sistema cartesiano de referencia) por: r
= (2 ax − 2 az )i + (3 ax + 2 az ) k r
r
donde a es una constante conocida. Se pide: a) Expresión del tensor de deformaciones en un punto genérico del sólido b) ¿Es, físicamente, posible este campo de desplazamientos? c) ¿Qué lectura proporcionaría una banda extensométrica situada en la dirección de la bisectriz del primer cuadrante del sistema cartesiano que se utiliza?
a) El tensor de deformaciones se obtiene del campo de desplazamientos como sigue: u = u ( x , y , z ) = 2 ax − 2 az v = v( x , y , z ) = 0 w = w( x , y , z ) = 3ax + 2 az
∂u = 2a ∂ x ∂v ε y = =0 ∂ x ∂w ε z = = 2a ∂ x ∂u ∂v γ xy = + =0 ∂ y ∂ x ∂u ∂w γ xz = + = −2a + 3a = a ∂ z ∂ x ∂v ∂w + =0 γ yz = ∂ z ∂ y ε x
=
El tensor de deformaciones es: ⎡ 2 a 0 a / 2 ⎤
[ D ] = ⎢⎢
0
0
⎢⎣a / 2 0
⎥ ⎥ 2 a ⎥⎦ 0
b) Para que el campo de desplazamientos, o el de deformaciones que de él se derivan, sea físicamente posible, debemos comprobar que se satisfacen las ecuaciones de compatibilidad de deformaciones:
∂2 ∂2 ∂ ∂ ∂2 ∂2 ∂ ⎛ ∂ + 2 = = ⋅ ⎜⎜ − + + ; 2⋅ 2 ∂ y ∂ x ∂ x ⋅ ∂ y ∂ y ⋅ ∂ z ∂ x ⎝ ∂ x ∂ y ∂ z x
y
xy
yz
x
xy
xz
∂2 ∂2 ∂2 ∂ ⎞ ∂2 ∂ ∂ ⎛ ∂ ⎟⎟ + 2 = = ⋅ ⎜⎜ − + ; 2⋅ 2 ∂ z ∂ y ∂ y ⋅ ∂ z ∂ z ⋅ ∂ x ∂ y ⎝ ∂ x ∂ y ∂ z ⎠ ∂ ⎞ ∂2 ∂2 ∂2 ∂ ∂2 ∂ ⎛ ∂ ⎟⎟ + 2 = = ⋅ ⎜⎜ + − ; 2⋅ 2 ∂ z ∂ x ∂ x ⋅ ∂ z ∂ x ⋅ ∂ y ∂ z ⎝ ∂ x ∂ y ∂ z ⎠ y
z
yz
y
yz
xz
xy
x
z
xz
z
yz
xz
xy
En estas ecuaciones sólo aparecen derivadas segundas de las deformaciones, por lo que se verifica automáticamente al ser el campo deformaciones líneal. Por tanto, el campo de desplazamientos dado es físicamente posible.
c) El vector unitario de la bisectriz del primer cuadrante del es: 1 ( i + j + k ) u= 3 El vector deformación unitaria sería: r
r
r
r
⎡ 2a {ε *} = [ D ]{u } = ⎢⎢ 0 ⎢⎣a / 2 r
r
0
a / 2 ⎤ ⎧1⎫
0
0
0
2a
⎥ ⎪1⎪ ⎥⎨ ⎬ ⎥⎦ ⎪⎩1⎪⎭
⎧5a / 2⎫ 1 ⎪ ⎪ = ⎨ 0 ⎬ 3 ⎪ ⎪ ⎩5a / 2⎭
1 3
La deformación longitudinal correspondiente (la medida de la banda) es:
= ε * ⋅u = r
ε
r
1 3
5 a / 2
0
⎧1⎫ ⎪ ⎪ 5 a / 2 ⎨1⎬ ⎪1⎪ ⎩ ⎭
1 3
=
1 ⎛ 5 a
+ ⎜ 3 ⎝ 2
5 a ⎞
⎟= 2 ⎠
5 3
a
Ejercicio 2.3 En un pilar vertical de sección cuadrada hueca, tal como se indica en la figura (cotas en metros),
y 1 x
1 1 1
1
1
1
1
el tensor de deformaciones viene dado por: (− 2 x + 3 y ) 0⎤ ⎡ 3 x + 4
[ D] = ⎢⎢(− 2 x + 3 y ) ⎢⎣
0
0 0
⎥ ⎥ 2⎥⎦
0 ⋅ 10 − 4
Calcular: a) la variación de longitud del pilar, indicando si éste se alarga o se acorta, sabiendo que, su altura inicial era de 5 m b) la variación del ángulo, en el plano x,y, que se produce en el vértice de la sección de coordendas (2,2), indicando si el ángulo final en dicho vértice (que inicialmente era recto) aumenta o disminuye respecto de su valor inicial. c) El cambio de volumen que experimenta el pilar, indicando si aumenta o disminuye el volumen inicial del mismo.
= 2 ⋅ 10 −4
a)
z
b)
xy
⇒ ∆ h =
z
⋅ h = 2 ⋅ 10 −4 ⋅ 5 = 10 −3 m (alargamie nto)
= 2 ⋅ (− 2 x + 3 y ) ⋅ 10 −4 = (− 4 x + 6 y ) ⋅ 10 −4
−4 −4 Para el punto (2,2), γ xy = (− 4 ⋅ 2 + 6 ⋅ 2 ) ⋅ 10 = 4 ⋅ 10 rad (el ángulo disminuye)
c) eV = ∆V =
x
∫
+
y
+
eV ⋅ dV =
pilar
z
= (3 x + 6 ) ⋅ 10 −4 −1
1
−4 −4 ∫−2 (3 x + 6 ) ⋅ 10 ⋅ (dx ⋅ 4 ⋅ 5) + ∫−1 (3 x + 6 ) ⋅ 10 ⋅ (dx ⋅ 2 ⋅ 5) +
z
2
+ ∫ (3 x + 6 ) ⋅ 10 −4 ⋅ (dx ⋅ 4 ⋅ 5 ) = 360 ⋅ 10 −4 m 3
a
1
(el volumen del pilar aumenta)
a
b b
y
h x
dx dx dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dx
Ejercicio 2.1 Dado el tensor de deformaciones:
⎡ 0 003 − 0 001 0 002 ⎤ ⎥ [ D] = ⎢⎢− 0 001 − 0 002 0 ⎥ ⎢⎣ 0 002 − 0 002⎥⎦ 0 ,
,
,
,
,
,
,
encontrar la deformación unitaria según la dirección: r
m= i + j +k / r
r
r
m
= ⎡⎢ ⎣
⎡ 0 003 − 0 001 ⎤ ⎢− 0 001 − 0 002 3⎥ ⎦⎢ ⎢⎣ 0 002 0 ,
1
1 3
1 3
,
,
,
,
3 ⎧ ⎪ 0 002 ⎤ ⎪⎪ ⎥ 0 ⎥⎨ − 0 002⎥⎦ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ,
⎫ 3⎪ ⎪⎪ 3 ⎬ = 0 00033 ⎪ 3⎪ ⎪⎭
1 1
,
1
,
r
m
r
ε
m
= [ D]m r
Ejercicio 3.1
Determinar el desplazamiento relativo entre las dos secciones extremas de la barra de la figura: e P
b1
dx P b2
x L
Datos:
e = 1 cm, b1= 5 cm, b2= 10 cm, L = 40 cm P = 50.000 N, E = 2x107 N/cm2
, a una Consideremos una rebanada Consideremos rebanada de longitud longitud 1dx una distancia distancia x de la sección b1. El canto será:
= b1 + b2 a
− b1 L
= b2
x = b1 + ax
− b1 L
El área (Ax) de la sección escogida será: (b1+a.x)e Si esta rebanada experimenta una elongación du, su deformación será: du dx
=
P E ⋅ A x
La elongación total, u, que experimenta la barra será: u=
u
u
= =
∫
P
L
dx
=
A x E
0
P
∫ e E
dx
L
0
P a e E
+ ax b1 + a
∫
b1
u
L
dx
( b1 + ax ) e E
0
P
=
b1
ln
P
L
du = = ∫ aeE ∫ L
L
0
0
ln b1 + ax P
E ⋅ A x
dx
=
P
a ⋅ e ⋅ E
ln
L b1
a ⋅ L +0 b1
Sustituyendo valor Substituting backelfor K, u
P
= (
b2
− b1 L
ln ) e E
de a: b2 b1
En el problema: e = 1 cm, b 1= 5 cm, b2= 10 cm, L = 40 cm, P = 50.000 N, E = 2 x 107 N/cm 2
u
=
50.000 10− 5 7 ( ) . 1 . 2. 10 40
ln
10 5
= 0,01386 cm
Ejercicio 4.1 Para la barra prismática de la figura, que se encuentra sometida a la acción de su propio peso, determinar el campo de tensiones, de deformaciones, de desplazamientos y la energía elástica acumulada
z
γ =
L g
D B
x y
Peso Volumen
z
σ z
A ⋅ σ z = Peso = A ⋅ z ⋅ γ ⇒ z
⇒ σ z = z ⋅ γ
Peso
L z
Tensiones: σ x
c b
x y
σ y
=0 =0
= γ z τ xy = 0
Deformaciones: ε x
=−
ε y
=−
ε z
=
σ z
τ yz
=0
τ xz
=0
ν
E ν
E
1
ε xy
E =0
ε yz
=0
ε xz
=0
z γ z γ
γ z
u=−
Desplazamientos:
v=− w=
ν
E ν
E
Densidad de energía:
γ z y
γ
2 E
ω =
γ z x
[ z
2
1 2 E
+ν ( x 2 + y 2 ) − L2 ]
(σ z ) = 2
2
γ
z 2 2 E
Energía elástica almacenada en la barra: U =
∫ V
L
ω ⋅ dV =
∫ 0
2
γ
2
γ
AL3
z 2 Adz = 2 E 6 E
Ejercicio 5.1: Una placa rectangular se encuentra sometida a las acciones indicadas en la figura. Determinar la función de Airy que resuelve el problema. y
σ2
σ2
h x
σ1
σ1
L 3 La función de Airy será: φ = ax
σ x
=
∂
2
∂ y
φ 2
=
2cx + 6dy + 2 g
Imponiendo que: en x=0,
σ y σ x
=
=
2
+
bx y + cxy
∂
2
∂ x
σ 2
φ 2
=
− σ 1
h
2
+
dy
3
+
σ 2
− σ 1
6h
y
3
+
σ 1 2
y
2
2
6ax + 2by + 2e τ xy y + σ 1
; en x=0,τ xy
Se obtienen las constantes del polinomio, resultando: φ =
cx
+
fxy
=−
+
gy
∂φ ∂ x∂ y
=0
2
= −2bx −
; en y=0, σ y
2cy − f =0
Ejercicio 5.2: Un tubo de pared gruesa tiene un radio interior “ r 1 ” y exterior “ r 2” y se encuentra sometido a una presión interior de valor “ p”. Suponiendo que trabaja en condiciones de tensión plana, determinar el cambio de longitud que experimenta el radio interno del tubo al aplicar la presión “p”. Supóngase conocidos los valores de “E” y “ ” del material. La distribución de tensiones en el tubo es: σ
r
ε θ
=
=
1
[
2 r p 2 1 r 1
2 r 2
−
σ θ
− νσ r E
−
2 r 2 p
]= −
p
σ θ
=
1 2 r 2
−
[
2 r p 2 1 r 1
⎛ r 12 + r 22 ⎞ = ⎜⎜ 2 + ν ⎟⎟ ⇒ ∆r 1 = r 1ε θ 2 E ⎝ r 2 − r 1 ⎠ p
+
2 r 2 p
]=
2
r 1
2 r 2
⇒ ∆r 1 =
+ r 22 − r 12 pr 1 E
p
⎛ r 12 + r 22 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ r 2 − r 2 + ν ⎟ ⎝ 2 1 ⎠
Ejercicio 6.1
Calcular el desplazamiento vertical que experimenta el punto B del sistema articulado de la figura, formado por dos barras del mismo material (módulo de elasticidad E) y la misma sección transversal (Área=A). C
• Energía de deformación: 2
3 4
l
U =
B
3
P
=
D
De la geometría de la estructura: LCB
=
0,6 l
L DB
=
0,8 l
= +0,6 P
F DB
[(
F DB LDB 2 AE
) + (0 8) ]
P l 0,6
3
= −0,8 P
3
,
2 AE
2
=
0,364
P l AE
Ec. (1)
• Igualdad entre trabajo de las cargas externas y energía elástica almacenada: U = W 2
U = 0,364
Por condiciones de equilibrio: FCB
+
2 AE 2
4
2
FCB LCB
d B
=
P L AE
0,728
Pl AE
=
1 2
P d B
Ejercicio 6.2 Determinar los coeficientes de influencia, de la siguiente viga sometida a las acciones indicadas. F1=P F2=2P
2m 3m 6m sabiendo que está realizada con un material de módulo de elasticidad E y que el momento de inercia de su sección transversal es I. F
DATOS:
x Ecuación de la elástica:
d =
d =
Flbx ⎛
6 EI
⎜⎜1 − ⎝
b l
2
2
( − x ) ⎛ ⎜
Fla l
6 EI
−
1-
⎜ ⎝
l
⎞ ⎟ para 2 ⎟ l ⎠
x
a l
b
a
y
2
2
2
⎛ l − x ⎞ −⎜ ⎟ l ⎝ ⎠
0 ≤ x ≤ a
⎞ ⎟ para ⎟ ⎠
2
a
≤ x ≤ l
F1=P
F2=2P
2m 3m 6m 1
x 1
2
4m
2m
y
6m
d 11
1 ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 2 ⎛ 4 2 2 2 ⎞ 1 ⎜⎜1 − 2 − 2 ⎟⎟ = 3,56 = 6 EI ⎝ 6 6 ⎠ EI
d 21
2 1 ⋅ 6 ⋅ 2 ⋅ (6 − 3) ⎛ 2 6 − 3 ⎞ ⎜1- − ⎛ = ⎜ 6 2 ⎜⎝ 6 ⎠⎟ 6 EI ⎝
⎞ ⎟ = 3,83 1 ⎟ EI ⎠
2
1
x 1
y
2
4m
2m 3m
3m 6m
d 12
1 ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 2 ⎛ 32 2 2 ⎞ 1 ⎜⎜1 − 2 − 2 ⎟⎟ = 3,83 = 6 EI ⎝ 6 6 ⎠ EI
d 22
1 ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 3 ⎛ 32 32 ⎞ 1 ⎜⎜1 − 2 − 2 ⎟⎟ = 4,5 = 6 EI ⎝ 6 6 ⎠ EI
Ejercicio 6.3 Determinar, haciendo uso del concepto de coeficiente de influencia, la energía elástica almacenada por la siguiente viga sometida a las acciones indicadas. F1=P
F2=2P
d 11 = 3,56
2m 3m
d 12 = 3,83
1 EI 1 EI
d 21 = 3,83 d 22 = 4,5
1
EI 1 EI
6m
U = W =
1
n
n
∑∑ 2 i =1 j =1
d ij F i F j =
1
[ P 2 EI U =
2
⋅ d 11 + P ⋅ 2 P ⋅ d 12 + 2 P ⋅ P ⋅ d 21 + (2 P ) ⋅ d 22 2
18,44 ⋅ P
]
2
EI
- Determinar el desplazamiento vertical experimentado por la sección sobre la que actúa la carga P.
d 1 = d 11 ⋅ P + d 12 ⋅ (2 P ) = 11,22 ⋅ P
Ejercicio 6.4 Determinar, en función de los desplazamientos verticales (flechas) que experimentan las secciones sobre las que se aplican las cargas exteriores, la energía elástica almacenada en la viga d i = d i 1 ⋅ F 1 + d i 2 ⋅ F 2 + . . . . . . . . + d in ⋅ F n
F j = k j 1 ⋅ d 1 + k j 2 ⋅ d 2 + . . . . . . . . + k jn ⋅ d n
En nuestro caso:
d 11 = 3,56
d 1 = d 11 ⋅ F1 + d 12 ⋅ F2 d 2 = d 21 ⋅ F1 + d 22 ⋅ F2
d 12 = 3,83
1
d 21 = 3,83
EI 1
d 22 = 4,5
EI
1
EI 1 EI
Resolviendo el sistema:
F1 = P = EI [0 3 d 1 − 0 2555 d 2 ] ,
,
Ec. (2)
F2 = (2 P ) = EI [− 0 2555 d 1 + 0 00476 d 2 ] ,
k11 = 0 3 EI k12 = −0 2555 EI ,
,
,
k 21 = −0 2555 EI ,
k 22 = 0 00476 EI ,
U = W =
1
2
k jm d j d m = ∑ ∑ 2 =j1
= =
EI 2
EI 2
2
m =1
[0 3 d
− 0,2555 d 1 d 2 − 0,2555 d 2 d 1 + 0,00476 d 2 =
[0 3 d
− 0,511 d 2 d 1 + 0,00476 d 2
,
,
2 1
2 1
2
2
]
]
Ejercicio 6.5 Resolver la estructura de la figura aplicando el P.T.V. C
C
3
3 4
l
B
3
P
4
D
De la geometría de la estructura: L BC = 0,6 l L BD = 0,8 l
4
l
3
B
B’
P
4
D
Desplazamiento virtual: B
B´
C
C
B
l
B
B’
B’
cos
P CB
D
=
Deformaciones virtuales: DB
=
cos
LCB cos
L DB
∫∫∫
r
V
r
f V ⋅ δ dVol +
∫∫
Ω
r
r
f Ω ⋅ δ d Ω =
T.T.V. = ∫∫∫ (σ xε xδ + σ y ε yδ + σ z ε zδ + τ xyγ xyδ + τ xz γ xzδ + τ yz γ δ yz )dVol V
∫∫∫
Trabajo virtual fuerzas exteriores:
Trabajo virtual tensiones internas:
∫∫∫ ( V
x
x
CB
LCB cos
CB
LCB
V
+
cos
=
r
r
f V ⋅ dVol +
y
y
+
z z
( A ⋅ LCB ) + ( A ⋅ LCB ) +
∫∫
+
r
Ω
xy
f Ω ⋅
xy
+
cos DB
L DB cos
DB
L DB
r
d Ω = 0
xz
xz
+
yz
( A ⋅ L DB ) ( A ⋅ LDB ) = 0
yz
) dVol =
cos CB
CB
cos
LCB
+
cos
( A ⋅ LCB ) + cos
DB
DB
DB
=−
L DB
=0 ⇒ 4 CB
3
5
( A ⋅ LDB ) = 0
DB
=−
5
=−
cos CB
cos
4 3
CB
Si multiplicamos por A los dos miembros de esta última ecuación:
A ⋅
4
DB
= − A ⋅ 3
4
CB
⇒ F DB = − FCB 3
Por condiciones de equilibrio, habíamos obtenido previamente:
FCB = +0,6 P F DB = −0,8 P F DB = −
0,8 0,6
FCB = −
4 3
FCB
Ejercicio 6.6
En el sistema articulado de la figura formado por tres barras de idéntico material y siendo las áreas de sus respectivas secciones transversales: A, para las barras BC y CD, y 2A para la barra BD, determinar, cuando, sobre él actúa la carga P: a.- Las fuerzas axiles a las que se encuentran sometidas cada una de las barras b.- La energía elástica que almacena el sistema c.- El desplazamiento vertical del nudo C y el horizontal del nudo D. B
D
l/2
Áreas: Barra BD: 2A Barras BC y CD: A
C l
l
P
ASPECTOS GEOMÉTRICOS DE LA ESTRUCTURA ARTICULADA B
D θ
VB
θ
VD
C l
l
P
⎛ l / 2 ⎞ θ = arctan⎜ ⎟ = 26,565º ⎝ l ⎠ CD
= CB =
l
cos θ
= 1,118l
l/2
RESOLUCIÓN DE LA EXTRUCTURA POR EQUILIBRIO DE NUDOS:
NUDO B B
NBC
NBD θ
VB
NUDO CN
θ
NBC
N BC =N CD
C
θ
VB P
por simetría
2 N CD senθ = P N DC
= N BC = 1,118P
N BD
= 1,118 P ⋅ cos θ = P
DC
RESOLUCIÓN DE LA ESTRUCTURA POR EL P.T.V.:
B
D θ
VB
θ
VD
C l
l
P
D’δ
B
Desplazamientos virtuales: B y C no se desplazan D lo hace hacia su izquierda una magnitud δ
C’
l/2
D’ δ
B
D
C δ cosα δ
ε CD
=
δ cos α
δ
ε BD
l′
=
δ
2l
Trabajo fuerzas actuantes: δ W e xt=0 Trabajo fuerzas internas: δ W int
=
δ δ = σ CDε CD ⋅ Al ′ + σ BDε BD ⋅ (2 A ⋅ 2l ) = σ CD
N CD δ cos α
⋅ Al +
A
l′
δ W ext
= δ W int
⇒
N CD
N BD δ
2 A 2l
δ cos α l′
⋅ Al ′ + σ BD
δ
2l
(2 A ⋅ 2l ) =
(2 A ⋅ 2l ) = N ⋅ δ cos α + N ⋅ δ CD
BD
⇒ 0 = N CD ⋅ δ cos α + N BD ⋅ δ ∀δ ⇒
⋅ cos α + N BD = 0
U
= U DB + U BC + U CD = 2
+
(1,118P ) (1,118l )
=
1,898P l
2 ⋅ A ⋅ E
P
2
(2l )
2 ⋅ (2 A) ⋅ E
+
2
+
(1,118P ) (1,118l ) 2 ⋅ A ⋅ E
=
2
AE
U
= W
NUDO C:
1 2
NUDO D:
2
Pd =
1,898 P l AE P
⇒
d =
3,796 Pl AE
P ⋅ (2l ) P ⋅l A 2 = = u = ε BD ⋅ (2l ) = E EA 2 EA
w
PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO:
∂U 1,898 ⋅ 2 Pl 3,796 Pl d = = = AE AE ∂P
Ejercicio 6.7
Determinar, aplicando el teorema de reciprocidad y para la estructura articulada del problema anterior el desplazamiento vertical del punto C cuando actúa la carga Q que se observa en la figura: B
D
Q l/2
C
l
l
SISTEMA I
B
D
Q l/2
C
l
l
SISTEMA II B
D l/2
C
l
l
P
II
P ⋅ d
(↓) = Q ⋅ u (←) I
w I
u =
II
d
(↓) =
Q P
P ⋅l EA
⋅ u (← ) = I
Q ⋅l EA
Ejercicio 6.8 EJEMPLO DE APLICACIÓN DEL PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO Sabiendo que la expresión de la energía elástica almacenada en el sistema articulado de la figura (ver Ec. (1)) es: 2
U = 0,364
C
3 4
l
B
P l AE
determinar el valor del desplazamiento vertical que experimenta el nudo B.
3
P
4
d B = D
∂U ∂P
= 2 ⋅ 0,364
Pl AE
= 0,728
Pl AE
Ejercicio 7.1 Determinar la máxima presión “p” manométrica interna que puede soportar una vasija cilíndrica de pared delgada de espesor “ e” y radio “R” (R>>e) que contiene gas sabiendo que la tensión de plastificación del material de la vasija es “ σ y ”. NOTA: Aplíquese el criterio de plastificación de Tresca
Las tensiones en la vasija principales resultan ser:
σ 1
son: σ θ
=
El criterio de Tresca resulta: pR σ 1 − σ 3 = σ 1 = = 2k ⇒ e
σ θ ;
pR e
pR
=
e
σ 2
=
=
2
;
σ z ;
σ y
2
σ z
σ 3
⇒
=
pR
2e =
0
p
=
, por lo que las tres tensiones
σ y e
R
Ejercicio 9-10-11.1
La sección de la figura se encuentra sometida a un momento flector MX de –200kN.m y a un esfuerzo cortante QY de valor -2000 kN. Determinar las máximas tensiones normales y tangenciales que se producen en la sección. y 300 0 5
0 5 2
Cotas en mm
x 60
DETERMINACIÓN DEL C.D.G DE LA SECCIÓN: Tomando momentos estáticos respecto del eje horizontal que pasa por G 300
yG (60 )( yG / 2 ) −
0 5
−
x 0 5 2
G Cotas en mm
60
x
yG /2
(250 − yG )(60 )(250 − yG ) / 2 − −
(300 )(50 )(25 + 250 − yG )
yG
=
yG
=
0
200 mm
300 0 5
75
x 0 5 2
75 Cotas en mm
x
M x = 200 KN.m
200
Momento de inercia: I x
60
máx =
σ
+
M ymáx
=
2
3
2
( 300 )( 50 ) / 12 + ( 300 )( 50 )( 75 )
=
7 ,81 x107 + 8 ,44 x107 + 3 ,13 x10 6 +
+
8 ,44 x107 = 2 ,50 x10 8 mm 4
I
= 200x106 N.mm (200) mm / 2.50 x108 mm4 = 160 MPa
σ tracción
σ compresión
3
( 60 )( 250 ) / 12 + ( 60 )( 250 )( 75 )
= 200x106 N.mm (100) mm / 2.50 x10 8 mm4 = 80 MPa
300 0 5
75
x
25 0 5 2
Qy
Cotas en mm
60
200
x
Momento estático máximo: M e= (300)(50)(75) + (60)(50)(25) = 1,2 x 106 mm3 En la fibra neutra: a0=60 mm
Q y = 2000 kN
τ max =
(200x103 N) (1,2x106 mm3) = 16 MPa 8 4 (2,50x10 mm (60) mm
Flexión Compresión
300
80 MPa 0 5
Fibra
x
G
x
neutra
0 5 2
60
Cortante
160 MPa
Tracción
τ max=16
MPa
Ejercicio 12.1 Un árbol de 50 mm de diámetro y 0,7 m de longitud se encuentra sometido a la acción de un momento torsor de 1200 Nm. Calcular la máxima tensión tangencial que se produce y el ángulo que giran entre sí las dos secciones extremas. NOTA: G=90 GPa I O
τ max
θ
=
π D =
=
4
32
=
M z ⋅ R
M z ⋅ L G ⋅ I O
I O =
π ⋅ 0,05
4
32
=
=
613,59 × 10
1200 ⋅ 0,025 613,59 × 10
−
9
=
1200 ⋅ 0,7 90 × 10
θ
=
9
⋅
613,59 × 10
0,0152 ×
360 2π
=
−
9
−
9
m
4
48,89 MPa
=
0,0152 rad
0,871º
Ejercicio 12.2
Repetir el ejercicio 12.1 suponiendo que el árbol es un tubo con un diámetro externo de 50 mm e interno de 30 mm. I O
(
π D =
=
−
d
4
)
=
M z ⋅ L G ⋅ I O
M z ⋅ R I O
=
(
π ⋅ 0,05
=
32 τ
θ
4
4
−
0,03
1200 ⋅ 0,025
=
534,07 × 10
90 × 10
=
)
32
−
9
=
9
⋅
534,07 × 10
0,0175 ×
360 2π
=
−
=
534,07 × 10
56,17 MPa
1200 ⋅ 0,7
θ
4
9
1º
=
0,0175 rad
−
9
m
4
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