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CAPÍTULO I ESTADO UNIAXIAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES 1.1) Introducción. Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables 1.1.1) Definiciones
Mecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales, Mecánica de Sólidos Deformables o
Mecánica de Materiales) es la disciplina que estudia, básicamente, las relaciones entre acciones aplicadas y sus efectos en el interior de los sólidos o elementos estructurales.
T
Sólido estructural
Fuerzas concentradas Fuerzas distribuidas Momentos flectores Momentos Torsores Cambios de temperatura Perturbaciones Etc...
Acciones (Generalizadas)
T = Tfinal - Tinicial
En respuesta a las acciones aplicadas, el sólido se deforma: Configuración Final (Deformada) Efectos (Comportamiento)
Transmisión de cargas (ESFUERZOS) Cambios de geometría (DEFORMACIONES)
Configuración Inicial (No Deformada)
Z
Y
X Y, Z
Eje para momento torsor Ejes para momentos flectores My / Flexión en el plano XZ/ Mz / Flexión en el plano YX/
X Eje Normal
Perturbación (hundimiento de apoyos)
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para estudiar el comportamiento de un sólido estructural es preciso distinguir entre Configuración Inicial y Configuración Deformada. Configuración inicial Geometría y restricciones antes de aplicar las acciones Configuración Deformada Geometría y restricciones luego de ser aplicadas las acciones. Mecánica de Sólidos o Resistencia de Materiales es también una disciplina técnica relacionada con los Métodos de la Ingeniería que tienen especial interés en los conceptos de RESISTENCIA, RIGIDEZ y ESTABILIDAD de elementos o sistemas estructurales. RESISTENCIA Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para contrarrestar acciones sin quebrarse o descomponerse. RIGIDEZ Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para oponerse a las deformaciones que le inducen las acciones aplicadas. ESTABILIDAD Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para conservar una forma única garantizada por las condiciones del equilibrio. En Mecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales) se complementará el estudio de fuerzas iniciado en Estática. Sin embargo, existe una diferencia fundamental. RESISTENCIA
ESTÁTICA P
P P
Sólido rígido (indeformable)
Sólido deformable (de la conf. Inicial a la conf. Final)
Problema de Estática v.s. Problema de Mecánica de Sólidos ESTÁTICA: Hallar la fuerza en el cable BD. D
FBD
P
c A
a
B C
HA
A
P B C
b VA
Equilibrio MA = 0 P(a + b) – FBDsen a = 0 P(a b) P(a b) FBD c a sen a 2 a c2 P(a b) a2 c 2 ac Características de la solución: FBD
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La solución depende únicamente de las ecuaciones del equilibrio. La solución es INDEPENDIENTE del material del cable. No es necesario conocer las dimensiones transversales del cable.
MECÁNICA DE SÓLIDOS: Calcular el desplazamiento vertical del punto C. D P B
C
A
cv
=?
C'
Características (esperadas):
Debe "conocerse" el material del cable Debe conocerse la sección transversal del cable Además de las ecuaciones de equilibrio, se usarán otras que relacionen FUERZAS, DESPLAZAMIENTOS Y MATERIAL (Ecuaciones Constitutivas).
Existen dos grandes vertientes (enfoques) de estudio en Mecánica de Sólidos: Analítica Análisis y Cálculo de Esfuerzos y Deformaciones Experimental Estudio de las Propiedades Mecánicas de los Materiales y Sistemas Estructurales. El conocimiento y dominio de ambos enfoques, en Ingeniería permite el DISEÑO de elementos o sistemas estructurales, con SEGURIDAD y FUNCIONALIDAD. SEGURIDAD Transmisión adecuada de las cargas (relacionada con la Resistencia) P P
Respeto a las condiciones del uso para el que han sido concebidos (relacionada con las Deformaciones). FUNCIONALIDAD
1.1.2) Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables Con la finalidad de simplificar el tratamiento y las ecuaciones que describen el comportamiento de sólidos o sistemas estructurales, es conveniente usar HIPÓTESIS SIMPLIFICATORIAS. Estas han sido validadas analítica y experimentalmente.
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Sobre la Estructura Interna y Propiedades de los materiales Continuidad Homogeneidad Isotropía
Sobre el Carácter de las Deformaciones Deformaciones pequeñas (INFINITESIMALES)
Hipótesis Simplificatorias
CONTINUIDAD El material llena totalmente el volumen que ocupa. Se acepta una distribución CONTINUA de materia, en lugar de considerar a los sólidos como un conjunto de partículas discretas (MEDIO CONTINUO).
Medio continuo apropiado para estudiar fenómenos de presión, densidad, etc.
Medio discreto Apropiado para estudiar propiedades electroquímicas, magnéticas probabilísticas, etc
HOMOGENEIDAD Las propiedades del material son iguales en todos los puntos del sólido
P
Q
Propiedades iguales para puntos diferentes Material homogéneo Acero Material no homogéneo Concreto Armado ISOTROPÍA Las propiedades del material son iguales en todas las direcciones
Propiedades iguales para elementos de distinta orientación
Existen materiales que no son compatibles con esta hipótesis (la madera).
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DEFORMACIONES INFINITESIMALES Las deformaciones admisibles son pequeñas (infinitesimales) comparadas con las dimensiones iniciales del sólido. P P
L + L
L L 0 L
Esta hipótesis tiene un gran valor operativo: Nos permite referir las ecuaciones del equilibrio a la CONFIGURACIÓN INICIAL del sólido.
P1
P2
P1
P2
H1 V1 FV = 0 FH = 0 MO = 0
P1
P1'
V2
P2
P2'
Como se han generado cambios en la geometría, es complicado plantear las ecuaciones de equilibrio en la configuración final.
Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Inicial ANÁLISIS DE 1° ORDEN Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Deformada ANÁLISIS DE 2° ORDEN Nota) Existen otras hipótesis, como: Elasticidad del material, Linealidad entre fuerzas y desplazamientos, secciones planas, ..., etc. (Serán tratadas en su oportunidad)
1.2) Fuerzas Internas. Método de Secciones Consideremos un sólido en equilibrio.
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F2
Si cortamos al sólido mediante PLANOS IDEALES, se evidencian SISTEMAS DE FUERZAS INTERNAS (para cada plano de corte).
Sólido en equilibrio
F3 F4
F1
Las Fuerzas Internas se manifiestan como FUERZAS DE INTERACCIÓN entre las partículas del material que constituyen el sólido. Cada plano de referencia, separa al sólido en dos porciones.
Sección de interés
F2 (I)
F3
(II)
F4 F1
Plano de corte (imaginario) Fuerzas Internas
F2
F3
(II)
(I)
F4 F1 Garantizan el equilibrio de (I)
Garantizan el equilibrio de (II)
Ambas porciones en equilibrio Las fuerzas internas representan la interacción de una parte del sólido con la parte que ha sido (idealmente suprimida). En general, estas fuerzas tienen diferentes magnitudes y sentidos, y cambian al cambiar el plano de referencia. En cada caso, las fuerzas internas deben satisfacer las condiciones del equilibrio de la porción que se considere. ACCIONES INTERNAS Las fuerzas internas en una porción del sólido pueden representarse mediante un Vector Fuerza V y un Vector Momento M M
F2 (I)
(I)
V
F1
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Los vectores V y M sobre cada superficie de corte pueden descomponerse en sus componentes rectangulares. Las magnitudes de estas componentes se denominan Acciones Internas. y F2
(o: Centroide de la sección transversal)
Mxy Vxy (I)
o
F1
x
Vxx
Mxx
(Normal al plano de corte)
Vxz Mxz
z
Nota) Primer subíndice dirección normal al plano de corte Segundo subíndice dirección particular de la componente
V = (Vxx, Vxy, Vxz) M = (Mxx, Mxy, Mxz)
Si no existen confusiones, puede usarse un solo subíndice V = (Vx, Vy, Vz); M = (Mx, My, Mz) Si consideramos la porción (II) del sólido, las fuerzas internas son de la misma intensidad pero de sentido contrario. Cada una de las acciones internas manifiesta un EFECTO ESPECIAL en el comportamiento del sólido. Vxx FUERZA NORMAL ( al plano de corte) Vxy, Vxz FUERZAS CORTANTES (paralelas al plano de corte) Mxx MOMENTO TORSOR (con respecto al eje geométrico del sólido) Mxy, Mxz MOMENTOS FLECTORES (con respecto a ejes en el plano de la sección) Notas) 1) Las acciones internas ocasionadas por un Sistema de Acciones (cargas aplicadas + reacciones) dependen de la orientación del Plano de Corte.
F3
F2
P (I) (1)
F3
F2
(II)
P (II)
(I) F4
(2)
F4
F1 F1 A cada plano de corte le corresponde un SISTEMA DE ACCIONES INTERNAS 2) Si las ACCIONES EXTERNAS actúan en un plano, las fuerzas internas se reducen a tres (Sistemas Planos de Fuerzas).
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F3
1
1
F2
V
F2
N
M F4
1
1 F1 (Sistema plano de fuerzas)
F1 N Fuerza Normal V Fuerza cortante M Momento Flector
3) Las fuerzas internas variarán en intensidad y dirección, según se consideren distintos planos que pasen por un punto P. Un problema de interés será determinar las VALORES EXTREMOS de las Acciones Internas. 4) Cada acción interna representa un EFECTO distinto sobre el sólido. La Fuerza Normal representa una acción de extensión (tracción) o una acción de acortamiento (compresión) del sólido P
P
P
P
P
P
P
P
TRACCIÓN (+) (Alargamiento)
COMPRESIÓN (–) (Acortamiento)
Las Fuerzas Cortantes son componentes de la resistencia total al deslizamiento de una porción del sólido respecto de otra.
B A C
P
P
B Fuerzas cortantes
A
P
C
El Momento Torsor medirá la resistencia del sólido al GIRO relativo de una sección respecto de otra.
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Punto fijo Generatriz de referencia
A
x (Configuración inicial)
Sección fija A'
Aplicando el torsor T, la sección libre gira ° respecto a la sección fija.
T
A
x
Los Momentos Flectores medirán la resistencia del sólido a curvarse (flexionarse) respecto a un eje de su sección transversal.
M
N
V Se genera flexión (curvatura en un plano coordenado)
EJEMPLOS 1) La barra AB tiene un peso de 2 lb/pie y soporta 30 lbs en su extremo inferior. Hallar las acciones internas en las secciones a-a, b-b y c-c.
c
B
b a
Reacciones
c 4 pies
b
R W: peso total
4 pies
Aa 30lb
B
A
Fv = 0 R = W + 30 R = 2(8) + 30 R = 46 lbs
W 30 lbs
FUERZAS INTERNAS Consideremos una porción de barra de longitud x.
46
x
B Q F
Q peso de la barra de longitud x Fv = 0 F + Q = 46 F + 2x = 46 F = 46 – 2x; con 0 x 8 pies Fa-a = 46 – 2(8) = 30 lbs Fb-b = 46 – 2(4) = 38 lbs Fc-c = 46 – 2(0) = 46 lbs
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Es posible representar la variación de FUERZA AXIAL (NORMAL) mediante un Diagrama denominado DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL.
x
F
46 lbs +
Tracción F = 46 – 2x
x 2)
30 lbs
Graficar el diagrama de FUERZA AXIAL para el sistema representado. 3 ton
Encontramos q(x)
q=0 1
3m 3 ton 1m
(de variación lineal)
x
4
q( x )
4
x
x
q(x) = 4
q(x)
q = 1 ton/m
1
FUERZA INTERNA: Primer tramo 0x permisible =
70,000 = 28,000 lb/pulg2 2.5
POR TANTO, NO PUEDE ACEPTARSE la rotación de 0.05°. FACTOR QUE DOMINARÁ EL DISEÑO Nivel de Esfuerzos (No Rotación) Asignamos = 28,000 lb/pulg2 a la barra CD. FCD = 28,000 lb/pulg2 A Con esto, las ecuaciones (1), (2) y (3) siguen siendo válidas. En las ecuaciones (4), (5) el ángulo de 0.05° debe cambiarse por (incógnita) 2 AB = (8) . . . . (4.1) 360 2 CD = (18) . . . . (5.1) 360 9 CD = (28,000) . . . . (3.1) 18 10 6 F (puesto que hacemos CD 28,000 lb/pulg2) A Disponemos ahora de CINCO ECUACIONES (1), (2), (3.1), (4.1), (5.1) CON CINCO INCÓGNITAS: FAB, FCD, AB, CD, Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones FAB = 18,660 lb; FCD = 28,000A lb A = 0.765 pulg2 d = 0.987" (mínimo) Fines prácticos d = 1". 9)
Un prisma de peso G, área transversal A y Longitud L, descansa sobre un plano horizontal. Su material es de comportamiento elástico-lineal cuyo módulo de elasticidad es E. Calcular el descenso de su Centro de Gravedad. Peso total G G L Peso específico AL E Esfuerzo y Deformación unitaria en una A sección genérica, ubicada a la distancia x de la base superior.
x
F1 = Ax F1 = Ax
G AL
xG (compresión) F L F xG 1 = 1 = (compresión) A AL xG 1 = (acortamiento) EAL Definición de Deformación Unitaria:
F1 =
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u si dx es la longitud inicial, tendríamos u (dx ) 1 dx xG de donde (dx) = 1dx = dx (acortamiento) EAL Consideramos una "rebanada" diferencial en la distancia x.
x dx
d(x) z
Z
Después de la deformación, el espesor de la xG "rebanada", es: dx – (dx) = dx – dx EAL xG dx – (dx) = 1 dx EAL Si Z es la distancia de la rebanada ya deformada al suelo, tenemos. Z = (dx – (dx)), extendida para "todas" las rebanadas que pueden definirse en el intervalo (x, L). En consecuencia: xG
L
1 EAL dx . Evaluando la integral, tenemos: x
L
G x2 G L2 x 2 Z x ( L x ) EAL 2 x EAL 2 2
Aplicamos un Teorema de Centros de Gravedad. Si ZG es la altura del centroide (respecto al suelo o plano de referencia), después del acortamiento, tendremos: L
(Z G )(G) Z dG0 0
Pero dG0 peso de la rebanada diferencial. dG0 = Adx G G dG0 = A dx dG0 = dx AL L Por tanto: L G G (Z G )(G) (L x) (L2 x 2 ) dx 0 2EAL L
L
1 x2 G x3 Z G Lx (L2 x ) L 2 2EAL 3 0 L GL ZG 2 3EA
El descenso del Centro de Gravedad, será
L ZG 2
L GL ZG = 2 3EA
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10) Una placa rígida, semicircular, de peso W = 500 N y radio r = 1 m está soportada en los puntos A, B y D por tres cables idénticos. El punto C está en el centro del arco circular ADB y el radio CD es perpendicular al diámetro AB. Cada cable tiene módulo de elasticidad E = 210 GPa, diámetro d = 2 mm y longitud L = 1.2 m. Una carga P = 3W actúa perpendicular a la placa, a la distancia x del punto C. Calcular la distancia x para que la placa tenga una pendiente de 0.1° (a lo largo de CD) bajo acción simultánea de W y P.
Equilibrio: (G centroide de la superficie semicircular
A
B
P
C
FB FA
x A
C 4r 3
P
B
W
x
D
FD D
Fvert = 0 FA + FB + FD = P + W = 4W . . . . (i) MCD = 0 FAr = FBr FA = FB (simetría) . . . . (ii) 4r Wr MAB = 0 P x + W – FDr = 0 3Wx + 4 – FDr = 0 . . . . (iii) 3 3 Wx 4W De la ecuación (iii) obtenemos FD = 3 + . . . . (iv) r 3 4 W FD Reemplazando (ii) en (i) obtenemos 2FA + FD = 4W FA = . . . . (v) 2 Reemplazando (iv) en (v) obtenemos: 3Wx 2W . . . . (vi) FA 2W 2r 3 r 0.1° D – A W P
B A
D
A 0.1°
D A r r tan0.1° = D – A . . . . (vii)
D tan 0.1° =
(Los alambres que pasan por A y por B se alargan la misma cantidad) Material (Alargamiento): FL FL D D ; A A EA EA
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Reemplazando en (vii) L (FD FA ) . Considerando (iv) y (vi), tenemos: EA L 3Wx 4 W 3Wx 2W r tan 0.1 2W EA r 3 2r 3 Simplificando: WL 9x 2 r tan 0.1 2 EA 2r r tan 0.1
Reemplazando valores:
(1) tan 0.1
(500)(1.2) 2 4.5x 2 9 3 2 (210)(10 ) 4 (2 10 )
Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm
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1.13) Comportamiento No Lineal. Diagramas Idealizados / 1.13.1) Definiciones:
SÓLIDO ELÁSTICO
→
Aquel que recupera su configuración inicial
cuando desaparecen las acciones que ocasionaron la deformación. Elásticos Lineales Pueden ser
Elásticos No Lineales Anelásticos
(Disipación importante de energía, calor,…)
Lineal
No Lineal
(Acero)
Lazo de HISTÉRESIS
Anelástico
(Cº Simple en compresión)
(Caucho)
SÓLIDO INELÁSTICO → Aquel que no recupera su configuración inicial cuando desaparecen las causas que lo deformaron. En el sólido se inducen deformaciones irreversibles.
A( , )
tan
punto con
0
PERMANENTE
DEFORMACIÓN TOTAL
p
p r p
r
p permanente
r RECUPERABL E (ELÁSTICA)
r
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Nominal de Fluencia
En los materiales donde es imposible (difícil) precisar con exactitud el valor del ESFUERZO DE FLUENCIA
Y , es conveniente ubicarlo por
definición (nominal).
DIFÍCIL DE DETERMINAR EXPERIMENTALMENTE
Y P
(Y ,Y )
MÓDULOS SECANTE Y TANGENTE En materiales cuyos diagramas constitutivos son no – lineales, pueden definirse “MÓDULOS TANGENTE Y SECANTE”
( ) ( )
T ( , )
S
0
0
2 1 2 1
ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Las fuerzas externas realizan trabajo durante la deformación. Esta energía se almacena en el interior del sólido (Energía de Deformación).
(1 , P1 ) P P() P
U P()
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1.13.2) Diagramas Idealizados / : En general, las relaciones constitutivas
son complicadas, con la
posibilidad de presentar variadas alternativas o configuraciones. Para facilitar el tratamiento analítico del comportamiento de algunos materiales, se usan DIAGRAMAS IDEALIZADOS de las relaciones / .
SÓLIDO RÍGIDO:
Sin deformaciones
SÓLIDO PERFECTAMENTE ELÁSTICO:
LINEAL
NO LINEAL
SÓLIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO: A partir del esfuerzo de fluencia, las deformaciones inducidas crecen notoriamente. Las deformaciones elásticas que pudieran existir son insignificantes. El material fluye a esfuerzo normal constante.
y
SÓLIDO PLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO: A partir del esfuerzo de fluencia, Y , para inducir deformaciones mayores, se requiere incrementar el esfuerzo.
y
Zona de endurecimiento
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SÓLIDO ELÁSTICO – PERFECTAMENTE PLÁSTICO (ELASTOPLÁSTICO): Las deformaciones elásticas NO pueden despreciarse. Tampoco existe zona notable de endurecimiento.
y
y
SÓLIDO ELASTO – PLÁSTICO CON
y
Endurecimiento
ENDURECIMIENTO:
E 1
(Bilineal)
y
SÓLIDO DE RAMBERG – OSGOOD La deformación total
es: p r ....(*)
Para una gran mayoría de materiales la relación / (en la zona no
elástica) puede aproximarse por , donde Β y η son constantes p apropiadas para cada material.
Reemplazando en (*):
....( Ec.deRamberg Osgood ) r
Si además, la deformación es elástica lineal →
r .
.
Deformació n Elástica Lineal; Deformación Inelástica
Las ecuaciones de Ramberg– Osgood han sido estudiadas experimentalmente.
Acero Estructural 122400 Aluminio 72300
lb ; 25 pg 2
lb ; 10 2 pg
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NOTA› Las relaciones presentadas, suponen tácticamente que los materiales NO SON VISCOSOS, es decir NO se presentan fenómenos importantes de desplazamientos dependientes del tiempo (FLUJO). Existen materiales (asfaltos, breas,…) que se deforman gradualmente por acción de un esfuerzo y su deformación se incrementa con el tiempo aún cuando se haya retirado al esfuerzo.
Comportamiento influido por la VISCOSIDAD. MATERIAL ELÁSTICO
MATERIAL VISCOELÁSTICO
,
t
El modelo más simple de material viscoelástico, es el denominado SÓLIDO DE VOIGT – KELVIN, cuya ecuación constitutiva, es:
Módulo de Young Coeficient e de Viscosida d
t
De manera similar a la analogía existente entre un Sólido Elástico Lineal y un Resorte, el Sólido de Voigt – Kelvin acepta analogía con el modelo físico:
Elasticidad
Viscosidad
Sistema resorte/amortiguador en paralelo
Si el efecto de la Viscosidad es despreciable → 0 , y el modelo se reduce al Modelo de Hooke.
E
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Mecánica de Sólidos
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Otro material viscoelástico, es el que admite la ecuación constitutiva:
A
t t
Define un Material modelo MAXWELL
Constante de Elasticidad Constante de Viscosidad
El material modelo de MAXWELL es análogo al sistema resorte / amortiguador en serie:
Elasticidad
Viscosidad
Las soluciones de la ec. Constitutiva tipo Maxwell, se dan en dos planos coordenados:
t
t
PROBLEMAS
1)
¿Qué esfuerzo se requiere, en cada caso, para generar deformaciones unitarias de 0.001 y 0.004?
y
y
E
E
1
1
(i)
Klb y 60 pulg2
(iii)
(ii)
Klb Ε 3 10 pulg2 4
Klb 2 103 pulg2
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Mecánica de Sólidos
CASO ( i )
→
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RÍGIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO
y 1
2
0.001
0.004
CASO ( ii ) →
ELASTOPLÁSTICO Deformación Unitaria de Fluencia:
y E 1
2
Ey = 0.002
y E1 = 0.001
CASO ( iii ) →
Ey = 0.002
E2 = 0.004
ELASTOPLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO
y 2
E1 = 0.001
2 - y
E2 - Ey Ey = 0.002
E2 = 0.004
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2)
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El cilindro representado, es de un material de comportamiento elástico no lineal, cuyo diagrama / es parabólico. Hallar la deflexión del extremo libre ocasionada por el peso propio.
(10 2 ;10000
L 5"
0.2
Φ 6"
lb pulg3
lb ) pu lg2
parábola de 2do Grado
Vértice
Parábola k 10000 k 10 2 k 10
10
5
lb
5
pu lg2
...(1)
Fuerza Axial
P( x ) A (L x ) Esfuerzo Normal
P(x) A
(L x ) 10
Reemplazan do en (1)
5
De donde obtenemos la deformació n unitaria
P(x) (peso porción inferior)
2 10
3)
(L x )
10
(L x )
2
Una barra de sección circular tiene 3m. de longitud y 10mm de diámetro, ésta hecha
de
un
material
cuya
ecuación
constitutiva
es:
3 9 donde se expresa en MPa. La barra está 1 70000 7 270
cargada axialmente por fuerzas de tracción P = 20Kn, y después se retiran las cargas.¿Cuál es la deformación unitaria permanente de la barra?
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Mecánica de Sólidos
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Para P 20KN :
P
P σ
20 000N π 4
254.65MPa
3 2 2 (10 10 ) m
La deformación total, es : ε
9 254.65 3 254.65 1 70000 7 270
ε 0.00456 (deformación total)
Diagrama
total perm recup
M P a )
total recup
Comparándola con la ec. constitutiva dada :
sc de
ca
rg
a
ar
ga
( tota l )
E
70000
RECUP 0.00364
9
7 70000 270 3
PERM
1
re m p
p e rm
Total
to ta l
ε perm
3 254.65 254.65
9
7 70000 270
ε perm 0.00092
4)
El sistema estáticamente indeterminado que se representa en la figura consiste en una barra rígida horizontal ABCD, soportada por dos resortes idénticos en los puntos A y C. Los resortes admiten una relación fuerza – desplazamiento no lineal, dada por F
60 ;0 2.5pu lg.(F en libras; en pulgadas). La carga 1 1.12
P es de 35lb. y los segmentos de la barra tienen longitudes a=15”,b=10”,c=10”. (a)Graficar un diagrama fuerza desplazamiento para uno de los resortes. (b)Calcular las fuerzas FA Y FC en los resortes A y C respectivamente, los cambios de longitud A y c de los resortes y el ángulo de giro
de la barra
rígida.
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Mecánica de Sólidos
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P A
B
C
b
a
MB 0
c
P
Equilibrio:
F a F b P(b c) A C 15F 10F P(20) A C 3F 2F 4P....(1) A C
FC
FA
R
Compatibilidad:
A
B a
C b
c
Material:
131
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Diagrama Fuerza / Alargamiento
Flb) F
60 1.1.2
30 25
0.833 1.25
5)
pulg
Una barra prismática AB de longitud L=86” y área transversal A = 0.75pulg2 soporta dos cargas concentradas: P1=24Klb y P2=6 Klb. El material es una aleación cuyo diagrama / sigue una ecuación tipo Ramberg – Osgood.
en la que
1 10 ...........(i) 10 106 614.0 38000
tiene unidades Klb/pulg2.
Determinar el desplazamiento del punto B, en las sgtes. condiciones: i) P1 actúa sola; ii) P2 actúa sola;iii) P1 y P2 actúan simultáneas.
L/2
P2
L/2
P1
132
Mecánica de Sólidos
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50 40 30 20 10 0.01
0.02
0.03
En la mitad inferior σ
P1 24000 A 0.75 σ 32000 lb / pu lg2
Al que le corresponde ε 0.003492 El alargamien to de la barra, es : Δ B (0.00672)( 43)"(0.003492)( 43" ) Δ B 0.439"
NOTA › Observar que: En una estructura NO LINEAL, el desplazamiento producido por dos (o más) cargas que actúan en forma simultánea NO es igual a la suma de los desplazamientos producidos por las cargas cuando actúan por separado. (CASI DE SISTEMAS ELÁSTICOS LINEALES) 6)
Determinar la carga última que puede aplicarse a la barra rígida ABC, soportada por dos alambres de acero elastoplástico. (E=200GPa; y =250MPa).
-4
2
A=2x10 m 2.0m -4
2
A=3x10 m
1.5m
y
B A
E 1m
2m
C
1
P
y CARGA ÚLTIMA (Pu):
La que ocasiona que en ambos alambres se alcance el Esfuerzo de Fluencia y . (Simultáneamente)
133
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
(Falla del Sistema) Si sólo un alambre llega a la fluencia, NO se produce la falla del sistema, debido a que el otro alambre aún estará en el rango elástico. En el momento de la falla
PB =
y AB PB σ y A B
Pc
PB
P B (250 10 6 )(3 10 4 )
A
P B 75000 Newtons PC σ y A C
P
P c (250 10 6 )(2 10 4 ) P C 50000 Newtons
M
A
0 2P 2PB 3PC P
2(75000 ) 3(50000 ) 150 000Newtons 2
PU 150000 Newtons
(↑___ INICIA LA FLUENCIA EN EL MATERIAL DE AMBOS ALAMBRES). 7)
Dos cables son de un material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es k 2 ,siendo k=1010lb/pulg2 y 3 10 7 lb/pulg 2 .La sección transversal de cada cable es 0.2pulg2 y ambos tienen 5 pies de longitud. Determinar la deflexión vertical del nudo B por aplicación de la carga P=2Klb.
º
B P
Geometría:
1
Δ1 Δ 2 (Simetría total)
2
Δ1 Δ B cos α Δ B
B
2 B
1
3 2
Δ2 Δ Δ Δ ΔB Fuerzas:
3 ...(*) 2
F1 F2
F
F
1
2
F1 F2 30º
30º
P 3
P
134
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Esfuerzos:
P
1 2
3A
Ecuación Constitutiva:
k 2
Según (*)
, para cualquier Régimen L
P
k L 3A L
2
3 1 3 B k 2 B 2 2 L 3A L
P
2
Reemplazando valores numéricos, tenemos: 2000 3 ( 0. 2 )
3 10 7 3 10 10 3 B 2 B 5 12 2 (5 12) 2 4
(Fuerzas →lbs ; long → pulg.)
Resolviendo la ec. de 2do. grado, obtenemos:
B ' 0.1935 pulg B " 0.0143 pulg
Nota > Las dos raíces son soluciones correctas.
0 ( k ) 0 0
Ek2
3 10 7 k 10 10
0.003
E
=0
E = 0.003
Para un valor admisible del esfuerzo existen dos Deformaciones Unitarias
Calculamos las deformaciones unitarias (en los cables). Usamos (*)
Para
B
3 2
B ' 0.1935 " ' 0.1935
3 2
' 0.1676pu lg .
135
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
B " 0.0143 " " 0.0143
Para
3 2
" 0.01238pu lg .
Las deformaciones unitarias, son:
'
' 0.1676 0.00279 L 60
"
y
" 0.01238 0.000206 L 60
En el Diagrama Constitutivo:
E
E = 0.003
=0
E" = 0.000206 Si P es creciente
8)
E' = 0.00279
Si P es decreciente
Si P crece
B 0.0143 pu lg
Si P decrece
B 0.1935 pu lg
En el dispositivo esquematizado en la gráfica, se indican las dimensiones correspondientes antes de que sean aplicadas las cargas.¿En qué sentido y que distancia, en pulgadas, se moverá la placa fijada en el extremo derecho del tubo, debido a la aplicación de las cargas?. Las curvas / para el acero y el concreto se muestran en otra gráfica (1ton 2000lbs.) Tubo de Acero: dext = 5.563 pulg. dint = 5.047 pulg.
Placa de Apoyo
40 Ton
Placa de Extremo (CIRCULAR)
50 Ton
40 Ton Concreto (CILINDRO)
y=35000 lb/pulg
2
6
2
E=30 x10 lb/pulg 1
(0.0015;2.120) lb/pulg2 CONCRETO
136
Mecánica de Sólidos
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Fuerzas Internas: Tubo (18”) Esfuerzos:
F
1
50 Ton
Tracción: Tubo (8”)
(Tracción)
F1=50 Ton F1=(50)(2000)=1000 000lb 40 Ton
F
2
50 Ton
(Compresión) F2+80=50 F2= -30 Ton (Compresión) F2= -60000 lbs
40 Ton
Bloque Concreto 40 Ton
3
F
3
60000
4
50 Ton
(6) 2
2120
lb pu lg 2
(Compresión) 40 Ton
F3+80=50 F3= -30 Ton (Compresión) F3= -60000 lbs Nota→Acero en Régimen Elástico(Ley de Hooke). Concreto→Deformación Unitaria dada
9)
Cambio total de longitud: 1L 1 2L 2 3L 3
23250 30 10
6
(18 )
13950 30 10 6
(8) (0.0015 )(12)
0.00780 pulg. La placa del extremo derecho del tubo se desplaza hacia la izquierda (deformación neta por compresión)0.0078 pulg.
La barra rígida ABC, inicialmente en posición horizontal, está suspendida por dos barras de acero elastoplástico. El punto medio B de la barra es reflectado 10mm. Hacia abajo, por aplicación gradual de la carga Q. Luego la carga Q es retirada lentamente. Determinar: i)
El máximo valor de Q y la correspondiente posición de la barra rígida.
ii)
La posición final de la barra (luego de retirada Q).
137
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
E D
Q
y
B
A
C
E 1
Equilibrio: FAD
FCE
Q
Comportamiento Elástico Lineal: El máximo desplazamiento (elástico) del punto A, sucede cuando el material de la barra AD alcanza el esfuerzo de fluencia y . FAD MÁX y A AD (300 )(10 6 )( 400 10 6 ) 120 10 3 Newtons Con esto (ver *) Q MÁX 240 10 3 Newtons A este valor FAD MÁX le corresponde la deflexión : A yL
y
L
(300 )(10 6 ) 9
(200 )(10 )
(2) 3 10 3 m.
Barra AD:
FAD 3
x
(m)
-3
x
Puesto que, por el equilibrio, FAD FCE 120 10 3 N , posiblemente la barra CE no está en fluencia. La deflexión del punto C es C L
L,
138
Mecánica de Sólidos
C es decir:
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
120 10 3 1 (5) 6 9 500 10 10 200 L
C 6 10 3 m.
FCE MÁX y A (300)(10 6 )(500)(10 6 ) 150 10 3 N Barra CE:
F 3
FCEmáx=x 3
x
-3
x
B
A
(Barra CE → no en fluencia).
mm
mm mm
La deflexión del punto B, es: B
C
1 A C 1 3 6(10 3 ) 4.5 10 3 m 2 2
Puesto que B debe ser 10mm, deben presentarse deformaciones plásticas en las barras deformables. Comportamiento Plástico: Para Q=240 x 103 N ocurren deformaciones plásticas en la barra AD. Como la barra CE no ingresa al régimen plástico, la deflexión del punto C permanece igual a 6mm. Configuración de la barra rígida:
A 'A
' A 6 10 ' A 14mm 2
C
B
mm
mm
3
x ewtons
139
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Posición Final luego de retirada (gradualmente) la carga Q Deformación permanente en la barra AD
A 11mm 14mm
C mm
L FINA IÓ N C I S PO GA C AR S IN
Deformación recuperable
3mm
Deformación recuperable
10)
La barra AB es de acero elastoplástico (E=200GPa;
y =300MPa ).
Después de conectar la barra a la palanca rígida CD, se observa que el extremo D está demasiado alto. Se aplica entonces una fuerza vertical Q en D hasta que este extremo se desplaza al punto D’. Determinar la magnitud requerida de la fuerza Q y la deflexión
, si la palanca debe regresar a la
posición horizontal luego de retirada la carga.
Q A L=1.25m 9mm
D
B
a
y
Palanca Rígida
E
C
1
1 D'
y 300MPa 200GPa (materialde la barra AB)
140
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
A D
a
B
→ alargamiento total de la barra.
B’B”
→ alargamiento recuperable.
B’B
→ alargamiento permanente.
El material de la barra AB debe ingresar
B'
C
BB”
M
B"
al rango plástico.
1
La máxima deformación unitaria recuperable, es:
D'
y
Luego el alargamiento B’B”; es:
y
300 10 6 200 10
9
1.5 10 3.
B' B" L AB y (1.25 )(1.5 10 3 ) B' B" 1.875 10 3 m
La deflexión 1 se calcula por semejanza: CB' CM (1.1) 1 (1.875 10 3 ) 5.16 10 3 m B' B" 1 0 .4
Fuerza Máxima:
Fy...(*)
Qmáx
C B
Carga de Fluencia en la barra AB: Fy=A y FY (300 )(10 6 )
M
C
0
De donde
4
(9 10 3 ) 2 19 085.18 Newtons. FY (0.4) (1.1)Q MÁX Q MÁX
(19 085.18 )(0.4) 1.1
Q MÁX 6 940.06 Newtons. (*) Fy carga de fluencia(genera las deformaciones plásticas no resuperables)
11)
Un cable sometido a tracción de radio r, tiene en su eje un módulo de elasticidad E1, y este módulo crece linealmente hacia la periferia, donde alcanza el valor E2. Determinar la Fuerza de tracción que puede soportar el cable con la debida seguridad (el esfuerzo en ningún punto debe superar el valor
0 ).
141
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Ley de Variación del Módulo Elástico: (1) E2 E
E1
Ley de Variación:
dA=2d
P
P
La fuerza axial es: P
A
(A)
Constante)
r
P 2
(todas las fibras con la misma )
0
1 El esfuerzo es variable: 1 2 r
La deformación es constante en todos los puntos. r
1 P 1 2 2 r 0
r
1 P 2 1 2 r 0
P
3
r 2 1 2 2 ...()
En la periferie
0 ; 2 σ 0 ε 2
σ0 2
Reemplazan do en () : P
3
r2
σ0 1 2 2 2
(1) Material No Homogéneo
P
πr 2 σ 0 2 1 3 2
142
Mecánica de Sólidos
12)
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
La varilla uniforme BC tiene sección transversal A y está hecha de un acero elastoplástico (E,
y ). Usando el sistema bloque / resorte representado, se
desea simular la deflexión del extremo C de la varilla cuando la carga axial es P y luego se la retira. Designando por la masa del bloque;μ el coeficiente de rozamiento entre el bloque la superficie horizontal, hallar: (i) Una expresión para la masa m requerida. (ii)Una expresión para la constante del resorte K. La deflexión en los puntos C y C’ debe ser la
L
misma para todos los valores de P. C
B
P Varilla BC: Fuerza de Fluencia: Py=A y
B'
K
Deformación de Fluencia: y y L
C' P
m
y
L
Pendiente de la parte recta del Py
Diagrama P - y
y
P
A y L y
AE L
Sistema masa / resorte:
Py
Si P0)
Material a ensayar
Q
A
Q
152 L
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Sea r el espesor ….. e , una capa (corteza) de material a ensayar, ubicada a la distancia r del eje geométrico.
dr d
r
r1
dr
r2
d
dr
L Superficie lateral de la corteza: A 2rL (Esta superficie es el área de corte)
A
Q
El esfuerzo cortante generado, es:
Q Q A 2rL
r (defomaciones infinitesimales).
G
r
Q r (usando Ley de Hooke G ) 2rL r
Q r Q 2 r 2rL r 2rL r r
1
r Q Ln 2 2rL r1
3) Un tubo cilíndrico de radios OS= r1 Y OB = r2 y altura h, es de un material cuyo modulo elástico de corte es G. La superficie interior se mantiene fija y la externa se sujeta con un anillo que permite aplicar fuerzas P, según se indica en el esquema. Calcular el desplazamiento elástico del punto B con respecto al punto fijo A. (h → ┴ al plano de representación).
A la distancia r del punto O, se generan
P
esfuerzos cortantes uniformemente
o A
distribuidos en la superficie lateral de un
P
B
a
153
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
cilindro de radio r y altura h (CORTEZA). r1 r r2 .
Los esfuerzos en el área indicada, generan, a su vez, un momento respecto al eje, que equilibra al par
T
r
aplicado T=Pa. 2
T
2
hr 2hr A r rhr 2
A
A
0
0
T=Pa Pa 2hr 2
Luego
2
Pa 2hr 2
NOTA> Visualizar el elemento de área:
d r d
dA=r dh
Consideramos el elemento de cilindro, definido por ; r1; r2 ; r. O
Respecto al punto M, el punto N experimenta un
r d
deslizamiento
dr A(fijo) M
v r , siendo G la deformació n angular unitaria (Variación del ángulo recto en M).
N
El deslizamie nto del punto B, será
B
r2
v γr
r1
r2
v
1
Pa
G 2πhr
2
r
r1
M
N'
N
dr
r2
v
Pa r Pa 2 G2πh r r G2πh
1
v
1 r
Pa 1 1 G2πh r1 r2
r2
r1
Desplazami ento del punto B 154A) (respecto al punto fijo
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1.15) Deformación Transversal. Relación de Poisson. Deformación Volumétrica. 1.15.1) Relación de Poisson: Cuando se carga una probeta de material elástico en el Ensayo de Tracción Compresión Uniaxial,
se observa que sufre Deformaciones
Unitarias
Longitudinales (axiales) y la vez DEFORMACIONES TRANSVERSALES (LATERALES). L L'
P
d
Tracción
→ L’ > L
y
d’ < d
Compresión
→ L’ < L
y
d’ > d
P d'
Def. 1 Se denomina Deformación Unitaria Transversal o Deformación Unitaria Lateral, al valor
La
d'd d
Para materiales isotrópicos elástico – lineales, cargados uniaxialmente, las deformaciones laterales que se presentan son proporcionales a las Deformaciones Unitarias Longitudinales (axiales)
La long Def. 2 La relación entre la Deformación Unitaria Lateral y la deformación Unitaria Longitudinal, se denomina RELACIÓN DE POISSON.
LATERAL LONGITUDINAL
Como sg Lat sg long puede escribirse
LATERAL LONGITUDINAL
LATERAL LONGITUDINAL
155
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
La relación de Poisson es una cantidad positiva, adimensional, y generalmente es determinada experimentalmente. Es también una constante característica de los materiales. Aluminio.. .................................... 0.33 Hierro Fundido............................ 0.25 a 0.30
(Valores referenciales)
Acero Estructural........................ 0.15 Cobre......................................... 0.34
NOTAS> Z
i) Material elástico, lineal e isotrópico: Un elemento prismático sometido a Esfuerzo Normal Uniaxial x , sufre una deformación unitaria. x
x
.
x
x
Si el material es isotrópico, se x
y
presentan deformaciones transversales iguales (en las direcciones y, z)
y z
x
(Por la isotropía) .
ii) En materiales elástico lineales e isotrópicos, las constantes elásticas , SON INDEPENDIENTES de la orientación del esfuerzo normal uniaxial.
M A T E R I A L
MATERIAL E,
E,
iii) Las constantes elásticas , G, NO son independientes. Se demostrará (posteriormente) que entre ellas existe la relación : G
G 2(1 )
156
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1.15.2) Deformación Volumétrica: Consideramos un prisma de material
z
elástico, lineal e isotrópico, sometido a esfuerzo normal en una dirección. b
a
x
c
V0=abc (volumen inicial). x
Longitud Final de las aristas: x
y
y
b'b b' b(1 y ) b(1 x ) b
z
c 'c c ' c(1 z ) c(1 x ) c
x
a'a a' a(1 x ) a
Puesto que no se presentan distorsiones, el volumen final, es: V a' b' c ' a(1 x )b(1 x )c(1 x ) V abc (1 x )(1 x ) 2
Def.) Se denomina Deformación Volumétrica (Cambio Unitario de Volúmen) al cociente: v
v
V VFINAL VINICIAL V VINICIAL
abc (1 x )(1 x ) 2 abc abc 3
2
Simplificando, obtenemos v 2 x x ( 2) x (1 2 ) . Para
deformaciones
infinitesimales
x3 y x2 0 ,
y
con
suficiente
aproximación. v x (1 2 ) ò También
v
x
V V0
(1 2 )
x
(1 2 )
NOTA>. Puesto que x 0 , esperamos que v 0 , luego (1 2 ) 0
157
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1 2
0
y, como por definición 0, tenemos que 1 2
0 MATERIAL IDEAL, que pudiera estirarse en una dirección SIN CONTRAERSE lateralmen te.
1 MATERIAL IDEAL, perfectamente imcompresi ble (su cambio de volúmen sería 2 nulo).
0 MATERIAL IMAGINARIO, que podría estirarse en varias direcciones al ser trac cionado ena de ellas.
a
a'
b
x
b'
x
a'>a b'>b
EJEMPLOS 1) Una placa de aluminio está sometida a esfuerzo normal. Sabiendo que, antes de actuar la carga, se trazó una recta con pendiente 2:1, hallar la pendiente de la línea cuando x 18 Klb/pulg 2 ; 0 0.33, E 10 7 lb/pulg 2 .
2
L
1
x
L'
v
=18000 lb/pulg
2
x
v
158
Mecánica de Sólidos
Pendiente de L'
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2 ..............() 1
2 ; 1 (Cambios de longitud)
Pero
Tambien
18000 10 7
0.0018
2( v ) 2(0.33 )
18000 10 7
0.001188 Reemplazan do en ()
mL'
2 0.001188 1 0.0018
fracción que puede escribirse mL'
1.995 1
2) Hallar el cambio de altura y de volumen para el elemento representado. Considerar y 12 Klb/pulg 2 (compresión); 0.3, E 3 10 4 Klb/pulg 2
y
y
y
12 4 10 4 3 10 4
h h y 6( 4 10 4 ) 24 10 4 pulg.
h=6" d=4"
Cambio Unitario de Volúmen : v
V V0
v v
ó
v
y
1 2
12 1 2 0.3 1.6 10 4 3 10 4
V 2 V vV0 1.6 10 4 4 6 0.01206 pulg 2 V0 4
INDICA PÉRDIDA DE VOLUMEN
3) Una barra de acero ABC transmite una fuerza axial de tracción de modo que el cambio total de longitud es 0.6mm. Calcular, en cada tramo, el cambio de longitud y de diámetro. Considerar 0.3, E 2000GPa
P P P
mm d=20
750
mm d=13
P
500
159
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Esfuerzos :
AB
P
20 10 4
3 2
AB 3183.09P (Pascales)
P en Newtons . BC
P
4
13 10
3 2
7533.96P
Deformaciones Unitarias :
AB BC
AB
BC
3183.09P 1.592 10 8 P 200 10 9
7533 .96P 3.767 10 8 P 9 200 10
Alargamien tos : AB L AB AB 750 10 3 1.592 10 8 P 1194 10 11 P (mm) BC L BC BC 500 10 3 3.767 10 8 P 1883.5 10 11 P (mm) Condición :
AB BC 0.6 10 3 1194 10 11P 1883.5 10 11 P
de donde obtenemos : Luego
P 19496.3 Newtons.
AB 1194 10 11 19496.3 2.328 10 4 m B c 1883 .5 10 11 19496.3 3.675 10 4 m
Deformaciones Laterales : ' AB AB 0.3 1.592 10 8 19496.3
' AB 9.3 10 5
' BC BC 0.3 3.767 10 8 19496.3 2.203 10 4 Cambio en los diámetros :
13 10 2.203 10 2.864 10
d AB d AB ' AB 20 10 3 9.3 10 5 1.86 10 6 m dBC dBC ' BC
3
4
6
m
4) El cambio de diámetro de un perno de acero ha sido medido cuidadosamente luego de ser apretada la tuerca. Sabiendo que 0.29, E 200GPa , determinar la fuerza interna en el pero, si se observa que el diámetro se ha acortado en 13x10-6m.
160
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
x
PERNO dinicial=60mm
Disminució n del diámetro y -13 10 -6 m. Luego y
y
y dinicial
- 13 10 -6 0.2167 10 -3 -3 60 10
Relación de Poisson y
x
x
x
y
200 10 9 0.2167 10 -3 149.45 10 6 Pascales 0.29
Fuerza Axial en el perno F A x INICIAL
60 10 149.45 10 4 3 2
6
F 422.56 10 3 Newtons
5) El tubo de acero que se representa, esta sometido a carga axial centrada P. El material tiene constantes E,. Calcular el cambio unitario de volumen.
x
P
x L
P
2d 4
x
2
d2
4P 3d 2
4P 3E d 2
V V 4P 1 2 x 1 2 V V 3E d 2
d
2d
P
6) Para el sistema representado, calcular el cambio de volumen. Considerar el material con constantes elásticas E,.
161
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
qx Ax B
P
q0 0 A 0 B 0 B 0 q=0
x
qL q AL q A Repartición de la carga
L
q L qx
q x L
Fuerza interna en la sección x : q
N P R; siendo R la resultante de qx en el
P
trozo de longitudx. x
x
N P - qx x P
x
0
q
L xx 0
2
NP
qx L 2
N
CONDICIÓN : Cuando x L N 0 P
q x2 qL 0 P L 2 2
El cambio de volúmen se calcula a partir de V V0
1 2
(i)
x
donde se supuso x constante
V F F 1 2 A L F x , siendo Fla fuerza axial constante . V 0 1 2 0 A0 A0 A0 V
1 2 FL
F
F Ao inicial
L
162
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Si la fuerza axial es variable, la ecuación todavía puede usarse, teniendo presente que : L
FL Fx
0
L Fuerza 1 2 V Fx que puede usarse cuando F F(x)
Luego V
Axial
0
1 2 L P q x 2 x 1 2 PL qL2
0
Por la condición (i)
L 2
6
PL qL2 , luego 3 6
V
1 2 PL PL 2 1 2 PL
3
3
1.16) Sistemas Estáticamente Indeterminados
1.16.1) Introducción. Definiciones: Un sistema elástico lineal se define como sistema estáticamente indeterminado (hiperestático) cuando NO ES POSIBLE, usando únicamente las ecuaciones de equilibrio, calcular las reacciones externas y/o las fuerzas internas. Para solucionar sistemas hiperestáticos es necesario desarrollar ecuaciones adicionales, basadas en las propiedades del material u las características de las deformaciones. Tales ecuaciones suelen llamarse Ecuaciones de Compatibilidad.
Por ejemplo → Armadura con dos apoyos fijos (articulaciones) P P
Q
Q
R4 R2
R3
R1
SISTEMA HIPERESTÁTICO EXTERNO DE 1er ORDEN O GRADO DE HIPERESTATICIDAD (GRADO = Nº INCÓGNITAS – Nº ECUACIONES ÚTILES).
163
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para este caso, debe plantearse UNA ECUACIÓN ADICIONAL. (EXTERNO → Las incógnitas son Fuerzas de Reacción). Sistema de tres barras concurrentes.
2)
→ 3(Fuerzas de Barra)
Nº ECUACIONES
→ 2(Equilibrio Nudo A).
→
3)
1)
Nº INCÓGNITAS SISTEMA
HIPERESTÁTICO
er
INTERNO DE 1 ORDEN. Debemos plantear una ECUACIÓN ADICIONAL
A P
(INTERNO → Las incógnitas son Fuerzas Internas).
Existen sistemas que, a su vez, son hiperestáticos externos – internos. 3 EC. DE EQUILIBRIO y EXTERNO 6 INCÓGNITAS 6 barras, una más que la condición INTERNO estática : b 2n - 3 b 2(4) - 3 5
Sistema Hiperestático externo de 3er orden y, a la Q
vez, Hiperestático interno de orden 1.
P
1.16.2) Principio de Superposición: En SISTEMAS ELÁSTICOS – LINEALES, el efecto producido por un CONJUNTO DE ACCIONES es igual a la suma (superposición) de los efectos producidos por las acciones individualmente.
164
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz P
P
Q
Q
2
1
2
1
5 4
3
4
3
Fuerzas Axiales Fi
2
1
5
5
Fi'
(i=1,2,...)
4
3
Fi''
Fi=Fi'+Fi''
EJEMPLOS 1) Hallar las reacciones en los apoyos, aceptando material de comportamiento elástico – lineal. Considerar constante a la rigidez de la sección (EA). C
A
B
i) EQUILIBRIO:
P a
b
C
A
B RB
RA
R A R B P......... ........(1 )
Sistema Hiperestático (Externo) de 1er grado. Debemos planear una ecuación adicional. ii) COMPATIBILIDAD: Como los apoyos A y B son fijos, el cambio total de longitud de la barra deber ser NULO: AB 0 ó
AB CB 0......... ........(2 )
iii) MATERIAL(LEY DE HOOKE):
TRAMO AC A
F1 R A . AC
RAa EA
(alargamiento)
F1
RA
F2 R B .
TRAMO CB F2
B
CB
RB
- RBb EA
(acortamiento)
165
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Reemplazando en (1)
R A a RBb 0.............(3) EA EA
Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (3): RA
Pb ab
RB
Pa ab
2) Hallar la fuerza en cada barra de la armadura representada. Suponer material elástico lineal (módulo E) y sección transversal A en todas las barras
L
1)
F2
F1
2) 3)
L
i) Equilibrio (Nudo A):
F3
F1 cos F3 cos 0......................(1)
F1sen F3 sen P 0.................(2)
A P
(Hiperestático de 1er Orden)
P
ii) Compatibilidad:
A
3)
A
A' A
1 2 sen ......................()
2)
1)
3 2 sen ......................()
A' A' iii) Material (Ley de Hooke):
FL FL 1 1 EA 1 EA
F Lsen FL 2 2 EA EA 2
FL FL 3 3 EA 3 EA
Reemplazando en (*) y (**) F1L F2Lsen sen F1 F2 sen 2 ..........(3) EA EA F3L F2Lsen sen F3 F2 sen 2 ..........( 4) EA EA
Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),(4) Obtenemos: F1
Psen2. 1 2sen3.
; . F2
P 1 2sen3.
;.
F3
Psen2 1 2sen3.
Nota> Observar que las ec. (2),(3) y (4) son las independientes. La ecuación (1) proviene de (3) y (4).
166
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
3) Calcular los esfuerzos en las barras elásticas del sistema representado. Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A=4cm2 para todas las barras.
1)
3)
Rígida
B
C
A q=28K/cm
2)
i) FUERZAS(INTERNAS): F3
F1
B C
A q F2
F1 ; F3 TRACCIÓN ; F2 COMPRESIÓN
F M
VERT
B
0 F1 F2 F3 (300 )(28 ).....................................................(1)
0
200F3 (28)(100 )(50) 100F1 28(200 )(100 ) 0............(2)
ii) Compatibilidad:
alargamientos acortamie ntos
B C
A
Semejanza
2 1 3 1 1 3
3 2 2 1 3 0.........()
iii) Material (Ley de Hooke): 1
FL F1L FL ; 2 2 ; 3 3 EA EA EA
(OJO : Signo y iubicación en la barra 2)
Reemplazando en (*) y simplificando obtenemos:
167
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
3F2 2F1 F3 0.......... (3)
Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),tenemos:
F1 2400Kg. ; . F2 2700Kg. ; . F3 3300Kg. tracción
compresión
tración
ESFUERZOS:
1
F1 2400 Kg 600 ( tracción) A 4 cm 2
3
Kg 3300 825 ( tracción) 4 cm 2
2
Kg 2700 675 (compresión ) 4 cm 2
4) Una placa rígida está sostenida horizontalmente por cuatro cables verticales iguales entre sí, según se indica en la gráfica. Calcular la fuerza en cada cable ocasionada por la fuerza P que actúa en un punto de una diagonal. Cables { h, E, A. P
Las fuerzas que actúan en los cables que
B
L
L d
A
pasan por B y C son iguales (Simetría)
D
C
EQUILIBRIO:
x y
B
L
L
z D
d
x
A
P
M F
AD
0XX
VERT.
0
2 X 2Y Z P......................(1)
M
C
Y
BC
0
L 2 L 2 Pd Z 0.........(2) 2 2
COMPATIBILIDAD: c
P A
BC
C)
A D 2
;
B
A D 2
2B A D............(ó 2c A D )....()
MATERIAL (Hooke):
D
D
Reemplazando en (*): 2 Xh Yh Zh 2 X Y Z.......( 3 ) EA EA EA
168
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3) obtenemos: XP 4 1 d Y P 4 L 2 1 d Z P 4 L 2
5) Dos barras de igual longitud y distinto material están íntimamente unidas entre sí y sometidas a la acción de una fuerza axial P. Calcular el esfuerzo en cada barra y el alargamiento correspondiente. Ambos materiales son lineal – elásticos. Placas Rígidas
Rigidéz E1A1 Rigidéz E2A2
P
P
L
FUERZAS P1
P1
Equilibrio P1 P2 P
P2
P2
ó 1A 1 2 A 2 P......
169
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Deformación Axial (Ley de Hooke) : ε1 ε 2
σ1 σ 2 ...... E1 E2
E2 E A 2 σ1 A1 2 A 2 ...... E1 E1 PE1 P De σ1 E2 A1E1 E 2 A 2 A1 A2 E1
Reemplazamos en : P σ1 A1 σ1 ESFUERZOS :
De σ 2
E2 PE 2 σ1 σ 2 E1 A1E1 E 2 A 2
ALARGAMIENTOS : ΔL
σ similar resultado con ΔL 2 L E2
PL E1 A 1 E 2 A 2
6) La placa rígida A tiene tres soportes, tal
P
como se indica en el esquema. El soporte central es 0.001” más corto que los otros
A
dos. Una fuerza de 40Klbs. Actúa sobre A de tal forma que la placa permanece en posición horizontal. ¿Qué desplazamiento experimenta la placa A? 7
2
3)
2)
1)
6"
2
E=3x 10 lb/pulg ;A=1pulg →3 soportes. 0.001"
EQUILIBRIO:
a
P
a
F1 F2 F3 P F1a F3 a F1 F3 2F1 F2 P
F1
F2
2F1 F2 40000 lb ....
F3
GEOMETRÍA:
P
P
170
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Condición 1 3 2 0.001 F1 6
Material :
7
3 10 1
F3 6 7
3 10 1
F2 5.909 3 10 7 1
0.001
F1 F3 0.999F2 5000.... De las ecuaciones y , obtenemos : F1 14996 .66lbs. Alargamien to de la barra 1: 1
14996.66 6 310 7 1
1 2.999 10 3 pulg. 1 0.003pulg.
7) El sistema representado, está constituido por una barra rígida CB y dos barras elásticas (1) y (2). Por error, el elemento (1) ha sido diseñado 0.05cm más pequeño que lo necesario. Si durante el montaje las dos barras deben ir unidas al elemento rígido, determinar los esfuerzos inducidos en éstas barras. Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A1= A2=A
2
A
B a=1
3a
DA GI I R
0.05cm
1 C
D 2a
a
i) Fuerzas Generadas (supuesto el ensamble): F2
M
B a
0 F1 2a F2 3a 0 F1
3 F2 .....1 2
Compatibilidad : La distancia debe ser cubierta
F1
2a
por las COMPONENTES VERTICALES de los des -
Rx C Ry
c
plazamient os generados(inducidos) en las barras 2a
a
deformable s 1 y 2.
171
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
ii) Ecuación de condición(compatibilidad): 1 1 ....2
2
Semejanza :
45º
t1 2a 2
t1
2 2 3a 2
1
2a
De donde t 1
45
3a
2 2 2 3
1 t 1 cos 45º 1
t
t
1 Reemplazan do en 2 : 1
iii) Ley de Hooke:
2 2 2 2 3 2 2 2 3
2 2 3
F1 2a 2 F2 3a 3EA 6aF1 6aF2 ...3 EA 3 EA
Reemplazan do el sistema de ecuaciones 1 y 3 : F1
3EA EA ; F2 10a 5a
iv) Esfuerzos:
1
F1 3EA A 10a
;
2
F2 EA A 5a
Reemplazan do los valores numéricos :
1 300K / cm 2 2 200K / cm 2
tracciones de montaje 8) La barra rígida AB, articula en A, está soportada por 2 cables de acero y cobre, según
D
se
indica
en
el
esquema.
Determinar el esfuerzo en cada cable y la desviación vertical del punto B.
1.4m Ac er o
E
Cob re
1.8m
B
A
2Ton 1.5m
0.9m
C 0.6m
1Ton
172
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
E ac 2.1 10 6 K / cm 2 ; E cu 0.7 10 6 K / cm 2 A ac 4cm 2 ; A cu 6cm 2 ;
FUERZAS EN LOS CABLES: F ac F cu A
2Ton
M
A
1Ton
0 Fcu sen α 2 .4 Fac sen β 2 .4 100 3 2000 1 .5 0 ...1
sen α y sen β de las dimensione s dadas DEFORMACIONES: Cob re
cu sen
cu
A
C
B
Ac er
o
ac
Fcu 300 300 ....2 0.7 10 6 6 180
ac sen
A
cu sen
ac sen
Fac 400 400 ....3 2 .1 10 6 4 320
ÚNICO ec.(2) ec.(3) Fcu 300 300 Fac 400 400 .....4 6 0.7 10 6 180 2.1 10 6 4 320
Resolviend o las ecuaciones (1) y (4), obtenemos
Fcu 1136.3 Kg. Fac 2272.7 Kg.
ESFUERZOS;
ac
Kg 2272.7 56.81 2 4 cm
cu
Kg 1136.3 189.3 6 cm 2
Reemplazando en (2) o en (3): 0.135cm 0.6m
2.4m
173
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Semejanza B
2.4
B 3 B 3 2.4
3 0.135 0.168cm 2 .4
9) El sistema representado consta de una barra rígida AB, un resorte elástico lineal fijo al extremo A (k=100Kg/cm.), y otro resorte fijo al extremo B (k=50Kg/cm.). Se aplica una carga de 1000 Kg. en la posición indicada. Calcular las fuerzas en los resortes. Fuerzas: 1000Kg
Rígida
1000Kg
C
C
B
A
F1
F2
K2=50Kg/cm
K1=100Kg/cm
M 150cm
40cm
B
A
C
0 150F1 100F2 100040 3F1 2F2 800.....
60cm
GEOMETRÍA: 1000Kg
C
A
B
F1
F2
F1 extiende al resorte en A . F comprime al resorte en B 2
Semejanza
Resortes : F1 K 1 1
1
1 2 150 100
2 1 3 2 ...............
F2 K 2 2
F1 K1
2
Reemplazando en , obtenemos
F2 K2 2
F1 F 3 2 K1 K2
2F1K 2 3F2K 1 2F1 50 3F2 100 F1 3F2 .................... Resolviend o y , obtenemos F1
2400 Kg 11
F2
800 Kg 11
174
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
10) Calcular los esfuerzos normales que se generan en los elementos del sistema elástico representado. Considerar E=2x 105 Kg./cm2;para las tres barras A1= 2.0 cm2 , A2=3.5 cm2, A3=4.0 cm2 Supuesto que no existiese la restricción del piso rígido, el cambio de longitud, sería: 8m
T 1 2 3
3
T 0
16000 700 16000 800 6.4cm 10 5 35 10 5 40
Puesto que 6.4>3.8, en el extremo libre se presentará
7m
una Reacción, que impida el alargamiento total.
2
16000Kg 5m
1 0.038m
R2 En función de R1, los cambios de longitudes son: 1 3
R 1 500
10 20 2.5 10
4
5
R 1 acortamien to cm
16000 R 1 700 2 16000 R 1 10 4 cm 5 10 35 16000 R 1 800 4 2 10 5 40 2 16000 R1 10 cm 2
2
16000Kg
CONDICIÓN :
1
1 ' 2 ' 3 ' 3.8cm
Reemplazan do, tenemos :
R1
2.5 10 4 R 1 216000 R 1 10 4 216000 R 1 10 4 3.8 De donde : Luego :
R 1 4000Kg.
1
4000 200Kg / cm 2 compresión 20
2
16000 4000 343Kg / cm 2 tracción 35
3
16000 4000 300Kg / cm 2 tracción 40
11) Calcular los esfuerzos normales en las barras deformables del sistema representado. Considerar E1= 0.7E2; A1= 2.0 cm2 , A2=4 cm2
175
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
C
D 45°
2)
8kN
1)
F2
8kN
2a
Bx
B A
B
B
F a
M
F1
By
2a
0 800 a 2aF2 cos 45º 2aF1 0 F1 2F2 800...............1
Alargamien tos de las barras elásticas : 1
F1 2a 0.7E 2 A 1
;
F2 2 2a 2E 2 A 1
2
...............2
Compatibilidad:
C'
C
D'
D
Semejanza BC' C BD' D
1 2 2 2 2a
de donde
2 2 2 2a
2
1 2
....................3
Reemplazando (2) en (3): A
F
B
A'
F1 2a 2 2aF2 2 2E 2 A 1 0.7E 2 A 1
8000N
Simplificando:
F1 0.7F2 ..................4
Resolviend o 1 y 4 : F1 1990N F2 2843N
Esfuerzos:
1
1990N N 995 2 cm 2
2
2843 N 710.75 4 cm 2
12) Calcular las fuerzas axiales en las barras del sistema elástico representado, si todos son del mismo material (módulo E). Las barras verticales tienen sección transversal A, y las otras A1.
176
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Debido a la simetría (total) del sistema, sólo existen 3 P
incógnitas: X fuerza en las barras verticales
Y fuerza en las barras diagonales Z fuerza en las barras horizontales h
EQUILIBRIO DE UN NUDO:
Z
a
X
P
P
Z Y cos 0..........i X Ysen P 0..........ii
Y
GEOMETRÍA: Después de la deformación, las barras
exteriores seguirán formando un rectángulo (simetría) . Barras horizontales a a a a a a1 a Barras verticales h h h h h h1 h Barras diagonales d d d d d d1 d d 2 1 d 2 a 2 1 a 2 h 2 1 h 2
CONDICIÓN :
2
2
2
a 2 h 2 1 d a 2 1 a h 2 1 h ................iii
d -
MATERIAL :
Y Z X ; a ; h (Ley de Hooke) A 1E A 1E AE
Reemplazando en (iii), tenemos: 2
a
2
2
Y Z X a 2 1 h 2 1 h 2 1 ................iv A E A E A E 1 1
2
APROXIMACIÓN → TÉRMINOS DE 2do ORDEN 0 . Luego:
a
2
h2 Y h2 X a 2 Z ...............v A 1E AE A 1E
Resolviendo las ecs. (i), (ii),(v) obtenemos: Y
P 2
2
2
a h A a A cos sen A 1 h2 A1 h2
con (i) y (ii) se obtendrán X, Z.
13) Dos cables idénticos sostienen una barra rígida horizontal AB de longitud 3b, que soportan una carga Q=20KN en el extremo B. La relación carga / alargamiento viene dada por P
1.3 0 60mmP en KN; en mm , 1 0.026
donde P es la fuerza axial en un cable y el alargamiento. Determinar las
177
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
tracciones F1, y F2 en los cables 1 y 2 respectivamente; los alargamientos de los cables 1 y 2 y el desplazamiento del punto B. (Sistema Hiperstático) 2)
1)
P
A
B
b
b
b
Q=24KN
Debemos formular: -) Una ecuación de equilibrio.
mm
-) Ecuaciones de compatibilidad -) Relación Carga/ Desplazamiento. EQUILIBRIO: F2
F1
A
B
M
A
0 F1b F2 2b Q3b F1 2F2 3Q 80KN...............a
Q
COMPATIBILIDAD:
2)
1)
A
B
bar r
a r íg
2 2 1 ....b B 3 1 ....c
ida
RELACIONES CARGA / ALARGAMIENTO: De la ecuación constitutiva: F1
1.3 1 .....d 1 0.026 1
y
F2
1.3 2 .....e 1 0.026 2
SOLUCIÓN DE ECUACIONES: Resolviendo el sistema simultáneo de ecuaciones (a),(b),(c),(d),(e); obtenemos: F1 14.66KN ; F2 22.67KN ; 1 15.95mm ; 2 31.91mm
;
B 47.86mm
notar que 1 y 2 en el intervalo 0 60mm VERIFICAR RESULTADOS
RESOLVER EL SISTEMA INDICADO
NOTAS>
Debido al comportamiento NO LINEAL de los cables, no es posible encontrar las fuerzas y los desplazamientos para otros valores de Q, por
178
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
proporcionalidad directa (como se haría en un SISTEMA LINEAL ELÁSTICO).Tendríamos que resolver las 5 ecuaciones, modificando las ec.(a) Con el nuevo valor de Q.
El ejemplo ilustra cómo calcular las fuerzas y desplazamientos en una estructura estáticamente indeterminada, a partir de 3 conceptos: ECUACIONES DE EQUILIBRIO →(con base en principios de ESTÁTICA) ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD →(con base en principios de GEOMETRÍA) RELACIONES
CARGA
/
DESPLAZAMIENTO
→(con
base
en
propiedades de los materiales) 1.17) Esfuerzos y Deformaciones de Origen Térmico 1.17.1) Introducción Los sólidos o elementos estructurales pueden deformarse por:
Acciones Externas
Perturbaciones
Cambios de temperatura
Los cambios de temperatura aceptables en Ingeniería Civil, son aquellos que no modifican significativamente las propiedades físicas, químicas y mecánicas del material.
G
G T
(T+T)
Los elementos de sistemas estructurales u órganos de máquinas, tienden a dilatarse o contraerse cuando se calientan o se enfrían. Las deformaciones que se inducen, se denominan DEFORMACIONES TÉRMICAS.
Si los elementos pueden deformarse libremente (elementos no restringidos), las Deformaciones Térmicas NO están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.
T;L;E;A...
T+T;L+L;E... (Sólo deformación NO esfuerzo)
179
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Si los elementos no pueden deformarse libremente (elementos total o parcialmente restringidos) las deformaciones térmicas están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.
L
L T
T+T No se producen deformaciones, pero se generan esfuerzos
(Apoyos Indeformables)
1.17.2) Deformaciones Térmicas
Propiedades: Un sólido de material elástico isotrópico, no restringido y sometido a la acción de un cambio aceptable de temperatura, sufre deformaciones térmicas iguales en todas direcciones. Def. La Deformación Térmica Unitaria se define por: T
T L , donde T L es L
el cambio de longitud total inducido por la acción térmica. (L → Longitud inicial o de referencia, antes del incremento de temperatura).
Para cambios de temperatura aceptables, el incremento T L se mantiene proporcional a la longitud inicial y al cambio de temperatura: T L LT
Coeficiente de Dilatación Lineal(Val or carácterístico de cada material). L Longitud inicial T TFINAL TINICIAL es el cambio de temperatura.
En consecuencia, la Deformación Térmica Unitaria, es:
T
T L LT T T L L
Nota> El coeficient e α se expresa en 1 Temperatura Acero Estructural ............11.7 10 -6 C..........6.5 10 -6 F Aluminio.. ............ ........... 23.2 10 -6 C..........12.9 10 -6 F Madera(Pino).................. 06.1 10 -6 C..........3.4 10 -6 F
T 0
si
T 0 (calentamiento)
T 0
si
T 0 (enfriamiento)
Convenio: Nota> Para sólidos elásticos no restringidos (de material isotrópico) las Deformaciones Térmicas Unitarias son iguales:
xT yT zT T .
180
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Los desplazamientos generados por las deformaciones térmicas pueden relacionarse con las deformaciones térmicas unitarias, usando relaciones geométricas apropiadas en cada caso. En algunos casos pueden usarse las relaciones diferenciales existentes entre desplazamientos y deformaciones unitarias. 2
2
T+ T
T
T
1
1
T1 T
T+T
2
Ejemplo 1) Una varilla de acero cuya longitud es L=100” está fija por uno de sus extremos. i) Si se presenta un T 100º F uniforme, hallar el cambio de longitud. x ii) Si el cambio de temperatura es T 100 º F , hallar el cambio de L
longitud. Considerar 6 10 6 º F i)
X
T L=100"
T
L T+T
T
T T 100ºF
constante
T 6 10 6 100 T 6 10 4 L=100" X
T L T L 6 10 4 100 T L 6 10 2 pulg
T T L L
181
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
T
ii) T
100ºF T
L
X
T+x/L) L=100" X
x L
T T 6 10 6 100 T 6 10 4
x L
Para el caso : T
T x x
T L T x
L
L T
L
0
Si
6 x 3 x 4 L 4 L 10
10
L 100"
T L 3 10 2 pulg.
1.17.3) Esfuerzos Térmicos
Fundamentalmente, los esfuerzos térmicos se generan en SÓLIDOS RESTRINGIDOS total o parcialmente, al ser sometidos a cambios aceptables de temperatura. Al incrementarse (o decrementarse) la temperatura, se generan esfuerzos en el material del sólido.
T (Apoyos Indeformables)
Procedimiento para Evaluar T Consideremos una barra de material lineal elástico (isotrópico), rígidamente sujetada por sus extremos, sometida a un incremento aceptable de temperatura T .
E ;A ; T L IN IC IA L
E ;A ; T + T L F IN A L
Supongam os T>0
182
Mecánica de Sólidos
i)
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
SÓLIDO LIBERADO
Consideramos liberado un vínculo o restricción y permitimos (idealmente) que suceda el alargamiento. T
L
T L=LT)
T+T
(alargamiento) ii)
FUERZA EXTERNA
Puesto que realmente existe vínculo, físicamente no puede generarse el cambio de longitud T L , apareciendo fuerzas elásticas que contrarresten el supuesto alargamiento. T
L F
L La fuerza F ocasiona un cambio de longitud L iii)
FL (acortamiento elástico). A
COMPATIBILIDAD
Debido a que los apoyos no se mueven uno respecto del otro, es necesario que el cambio de longitud debido al incremento de temperatura y el cambio de longitud ocasionado por la Fuerza Elástica, se contrarresten. Es decir: T L L
L( L) -
de donde
NOTAS>
i)
FL A
F T T T A
Si T 0 T 0 (COMPRESIÓN EN EL MATERIAL) Si T 0 T 0 (TRACCIÓN EN EL MATERIAL)
ii)
T TFINAL TINICIAL
iii)
En la solución de problemas es útil emplear el Principio
de Superposición. EJEMPLOS 1) Las barras deformables del sistema representado sufren el mismo cambio de temperatura. Calcular los esfuerzos que se generan
183
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
L 1 L 2 6a E1 E 2 E
2)
1)
A1 A 2 A
B
A
1 2 2a
T T1 T2 0
3a
Sistema parcialmente restringido (Deformaciones compatibles con las condiciones de sustentación) EQUILIBRIO: F2
F1
2)
1)
O
1 TOTAL
O
2a
2TOTAL
M
0
3a
0 2aF1 5aF2 0
2F1 5 AF2 0....................
COMPATIBILIDAD: 2a
3a
1TOTAL 2TOTAL 2a 5a
1 TO TAL
2 TOTAL
5 1TOTAL 2 2TOTAL .............
CAMBIOS DE LONGITUD: 1TOTAL 6a T1 T0 EFECTO TÉRMICO
2TOTAL
F1 6a EA EFECTO ELÁSTICO
F 6a 6a T1 T0 2 EA
Reemplazando en : F 6a F 6a 5 6a T1 T0 1 26a T1 T0 2 ................. EA EA
Resolviendo el sistema de ecuaciones (*) y (**), obtenemos: F1
15 EA T1 T0 29
F2
6 EA T1 T0 29
Esfuerzos:
184
Mecánica de Sólidos
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F1 15 σ1 αET1 T0 COMPRESIÓN A 29 F 6 σ 2 2 σ1 αET1 T0 TRACCIÓN A 29
σ1
2) Una barra rígida está suspendida por dos alambres de 6.5 cm2 de sección transversal. Cuando se aplica la carga P, la temperatura es T. Calcular el incremento de temperatura necesario para que la barra rígida adopte la posición horizontal.
A C E R O
P=9Ton L
L/2
L
E 2.1 10 - 6 K / cm 2 Acero 12.5 10 - 6 /º C
A L U M I N I O
E 7 10 5 K / cm 2 Aluminio 28.5 10 -5 /º C
L/2
EFECTO ELÁSTICO al ac
puesto que al ac Fac Fal P
F al
F ac
ac
2
al
EFECTO TÉRMICO → (Supongamos T 0 ) (decremento)
P T
al
T
ac COMPATIBILIDAD: Posición Horizontal ac - Tac al - Tal
P P L L 2 ac LT 2 alLT E ac A ac E al A al
Reemplazando valores numéricos,
A ac
A al y despejando T , obtenemos
T 41º C . Puesto que es un valor positivo, nuestra suposición es correcta; es
decir: T 41º C (decremento)
185
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
3) La varilla de aluminio representada en la figura, está rígidamente soldada en su parte superior y unida a un bloque de 75Kg. de peso que se apoya en un plano horizontal rígido. A la temperatura Tº , la varilla no tiene carga y el peso del bloque es soportado por el plano rígido. i)
Si la temperatura de la varilla disminuye 17ºC, ¿qué fuerza ejercerá sobre el plano rígido?
ii) ¿Cuánto deberá disminuir la temperatura para que la varilla levante al bloque 25mm?
A 0.125cm2
P1 =0
6
23.410 /º C 6m 1)
E 7105Kg/ cm2
75
75Kg i)
P2 =75
P2
Temperatura Tº
Descenso de 17ºC: P1 P2 75.................1
P1
Problema hiperestático
Acortamien to de la varilla por temperatura L LT L 23.4 10 6 600 17
75
L 0.238cm P2
COMPATIBILIDAD: El acortamiento de 0.238cm debe ser contrarestado por la fuerza elástica R. P1
186
Mecánica de Sólidos
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P1L P1 600 L 00.238 EA 0.125 7 10 5 de donde obtenemos P1 34.7Kg.........2
Fuerza ejercida en el plano rígido :
de la ec. 1
P2 75 34.74 P2 40.3Kg
ii) Si la varilla sufre una deformación térmica suficiente para levantar el bloque, deben soportar los 75Kg. P1 = 7 5 K g .
0 .2 5 c m P2 = 0
Contracción total de la varilla: ' 0.25
P1L 75 600 0.25 EA 0.125 7 10 5
' 0.764cm.
Esta contracción deberá ser generada por el descenso de temperatura:
LT 0.764 T
0.764 23.4 10 6 600
T 54.4º C
4) Al elemento AB de la armadura representada, se le incrementa la temperatura desde 60ºF hasta 104ºF, mientras que al elemento AC se lo mantiene en la temperatura de 60ºF. Calcular los esfuerzos que se inducen en los elementos. Considerar
6 10 6 º F; E 30 10 6 lb / pu lg 2 ; A 2pu lg 2 para
ambos
elementos. B
Sistema no restringido totalmente. Las condiciones de compatibilidad geométrica, L
generan fuerzas elásticas en e pr
n sió
)
30º (tracción)
FAB FAC
las barras.
A
30º
m (co
C
Equilibrio del nudo A
RA
187
Mecánica de Sólidos
F
HOR
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0 FAB cos 30 FAC 3 FAC .................1 2
FAB
Compatibilidad. AC ELÁSTICO
AC
A
30º
A'
AB ELÁSTICO
30º
TEMPERATUR A
AB
Condición: AC cos 30 AB AC
3 AB ...............2 2
Reemplazando los cambios de longitud, tenemos:
FAC L
3
2
EA
F L 3 6 10 6 L104 60 AB ...............3 2 EA
Teniendo en cuenta la ec. 1, la ec.3 puede escribirse: F 3 L 3 AC 2 2 F L 6 10 6 L44 AB EA EA
De donde obtenemos: FAB 9602.91 lb Por la ec. 1
FAC 83126 .36 lb
AB
Esfuerzos :
AC
9602.91 4801.46 lb pulg 2 2 COMPRESIÓN
83126 .36 4158.18 lb pulg 2 2 TRACCIÓN
5) Dos barras están sin esfuerzo y tienen longitudes de 12 y 10 pulg, según se indica en el esquema. La barra (1) es de aluminio y la barra (2) es de acero. Suponiendo que los apoyos son absolutamente rígidos, calcular el esfuerzo en cada barra cuando la temperatura es 120ºF.(Temperatura inicial →30ºF) Aluminio : 0.000013 ; A 2pulg 2 ; E 10000 Klb pulg 2 1)
10"
Acero : 0.0000065 ; A 4pulg 2 ; E 30000 Klb pulg 2
→ Se conciben las barras separadas y se calculan las deformaciones térmicas, sin restricción. 2)
12"
188
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T LT
1)
1T 0.000013 10 90 0.0117" T2
2T 0.0000065 12 90 0.00702"
T
T 1
T representa la longitud total que las
2)
barras dilatadas deben ser comprimida s para ajustarse a los apoyos rígidos. T 1T 2T 0.0117 0.00702 0.01872 pulg.
Aplicamos fuerzas P, iguales y opuestas, en las barras (dilatadas) para acortarlas una longitud total T .
1 2 T PL PL T 1) EA 1 EA 2
P
T
2
1
R e
2)
P
e m pReemplazando datos: P10 P12 0.01872 210000 430000
De donde encontramos: P 31.2 Klb
1
Luego
31.2 Klb 15.6 2 pulg 2
;
2
31.2 Klb 7 .8 4 pulg 2
6) Cuatro placas de aluminio de 0.75” están unidos por un remache de ¾ pulg. de diámetro, según se representa en el esquema. A la temperatura de 30ºF los materiales están apretados. Pero sin esfuerzo. Si la temperatura sube a 120ºF, calcular el esfuerzo en cada material. Dato Area efectiva del Aluminio 4pulg 2 Acero
Aluminio 0.000133 ; E 10000 Klb / pulg 2
3/4"
3" 2
1
0.000065 ; E 30000 Klb / pulg 2
2
Las cuatro placas de aluminio son consideradas como un solo miembro de 3” de espesor.
Las deformaciones térmicas no restringidas, son:
189
Mecánica de Sólidos
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1T 0.0000065 3 90 0.0101755" 2T 0.0000133 3 90 0.00359"
T2
T representa la longitud que los miembros
T 1
dilatados deben ser deformados con la finalidad que la longitud final del remache sea igual al espesor final de las placas.
1)
2)
T 2T 1T 0.001835 pulg.
Se aplican fuerzas iguales y opuestas para comprimir las placas y estirar el remache:
2
1
1
6 .1 Klb 13.8 0.442 pulg 2
P3 P3 0.001835 0.44230000 410000 De donde obtenemos : P 6.1Klb.
1)
2)
1 2 T
tracción
;
2
6.1 Klb compresión 1.52 4 pulg 2
Nota> L1= L2 (finales) L 1 3 1T 1 3 0.001755 L 2 3 2T 2 3 0.00359
13.83 3.00314" 30000
1.523 3.0013" 10000
7) Una barra compuesta se construye a partir de una varilla de acero de 25mm de diámetro exterior y 25mm de diámetro interior. La varilla y el tubo se unen mediante dos pernos de 20mm de diámetro, según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo cortante que se tiene en los pernos, si después de apretados se eleva la temperatura en 50ºC. E 210 GPa ACERO 11 10 -6 /º C 50mm
d=20mm
25mm
COBRE
E 105 GPa COBRE 17 10 -6 /º C
Como cu ac , el cobre trata de dilatarse ACERO
L
más que el acero, determinándose esfuerzo
190
Mecánica de Sólidos
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cortante en los pernos de unión de ambos materiales. CONDICIÓN :
π π 25 10 3 σ cu 10 3 50 2 25 2 4 4 σ ac 3σ cu .........1
Facero Fcobre σ ac Simplificando
ALARGAMIENTO EN EL ACERO : σ σ ac L Δ ac ac L ............2 E ac 210 10 9
ACORTAMIENTO EN EL COBRE : σ cu σ cuL L ............3 E cu 105 10 9
Δ cu
CAMBIO TOTAL DE LONGITUD : ΔT α cuLΔT α ac LΔT ΔT LΔT α cu α ac
COMPATIBILIDAD: T
T ac cu (Reemplaza ndo 2 y 3)
Luego :
cu ac
LT cu ac
cu
ac
ac L
210 10
9
cuL
105 10 9
Simplificando y reemplazando valores:
5017 11 10 9
ac
cu
210 10 105 10 9 9
Teniendo en cuenta la ec. (1): 1 1 506 10 6 ac 9 3105 10 9 210 10
ac 37.83 MPa
de donde obtenemos :
Fac A ac ac
FUERZA QUE SOPORTA EL ACERO : Fac
25 10 37.83 0.018567MN 4 3 2
Fac 18.567KN
Los pernos se encuentran en estado doble cortante:
perno
Fac
2
perno
20 10 4
3 2
18.567 KN
20 10 m 2 3 2
2
29.55 MPa
191
Mecánica de Sólidos
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8) La figura muestra el prototipo de un sistema estructural. El área y el módulo de elasticidad de cada barra son A y E, respectivamente, y 2 2 1 . Si se aplica una carga P al bloque rígido y la temperatura disminuye T , determinar una expresión para el desplazamiento del bloque rígido.
i) 1
BLOQUE RÍGIDO
C 2
C
EFECTO ELÁSTICO:
P
1 P
2
L
u F1 F2
F1
P 2
P Alargamien tos : 1 2
F2
PL 2EA
DESPLAZAMI ENTO DEL BLOQUE 1
PL 2EA
ii) EFECTO TÉRMICO:
T1 L T 1
2
T1 L
1
T2 L
2
T2 2 L
T T 1
T
COMPATIBILIDAD: T 1
2 : desplazamiento del bloque rígido
u2
T
2
efecto térmico 2
T1 T2 2
2
L 1 T 2L 1 T 2
2
3 L 1 T 2
192
Mecánica de Sólidos
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Superposición: Desplazamiento total del bloque:
PL 3 L 1T 2EA 2
PL 3 L 1T 2EA 2
1 2
T 0 9) En el sistema representado: La barra AE es rígida. Se produce un incremento de temperatura de 100ºF. Calcular las fuerzas en los elementos CF y DG.
B
A
D
C
E
4"
G
6"
E 3 10 7 Klb / pulg 2 B arra CG A 0 .15 pulg 2 6 .5 10 - 6 /º F
F 5"
3"
3"
4"
E 10 7 Klb / pulg 2 Barra CF A 0 .1 pulg 2 12 10 - 6 /º F
FUERZAS: Suponemos que CF y DG están en tracción.
M
B
B
0
4FCF 7FDG 0.........
RB
FCF
FDG
GEOMETRÍA: Semejanza:
B
CF
DG
CF DG ........... 4 7 10
Material: total CF
E CF
T CF
FCF CF T A CF E CF
CF L CF total CF
CF
FCFL CF CF L CF T A CFE CF
de donde obtenemos: FCF 1 CF CF L CF T A CF E CF .......... . L CF
193
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
De manera similar, obtenemos: FDG
ADGEDG DG DGA DGEDGT........... LDG
Reemplazando y en : A E A E 4 CF CF CF CF L CF T 7 DG DG DG DG A DG E DG T 0 .......... L CF L DG
De obtenemos DG
7 CF . Reemplazamos en : 4
A E A E 7 4 CF CF CF CF L CF T 7 DG DG CF DG A DG E DG T 0 4 L CF L DG
De donde despejamos CF : CF
T4E CF A CF CF 7E DG A DG DG E A 7E A 4 CF CF 7 DG DG L CF 4 L DG
Reemplazando valores numéricos, obtenemos: CF 1.75 10 3 pulg. Con este valor y las ecuaciones , y , encontramos: FCF 908 lb compresión
FDG 520 lb tracción
;
10) En la gráfica se representa una placa delgada homogénea. Determinar el tamaño y la forma finales de la placa, si i)
En toda la placa existe un incremento de temperatura T º.
ii)
La placa se somete a un cambio de temperatura dado por T =Kx
iii) Cual será el valor de la deformación angular xz en el caso (i) iv) Qué valor tendrá la deformación angular para el caso (ii) suponiendo que al bordeo arista z permanezca fijo.
y Coeficiente de dilatación
0
b/ 2
t
b/
2
x a
z
194
Mecánica de Sólidos
i)
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Si en toda la placa se produce un cambio uniforme de temperatura de T º, en el caso de dilatación libre, la deformación lineal en cualquier dirección será uniforme y de valor
T El alargamiento en direcciones x,z será: z L z z T b
y
x L x x T a
La
placa
seguirá teniendo
forma
x
rectangular, con dimensiones:
b(1+T)
L z b T b b1 T
a(1+T)
L x a T a a1 T
ii)
z
Si el cambio de temperatura es T =Kx, entonces en un punto (x,z) sobre la placa, la deformación estará dad por Kx . x
También :
x x2 x x X Kxx K x 2 0
z z z z z Kxx Kxz z 0
x
Los puntos sobre el eje z NO SE DESPLAZAN (tienen x=0).
z
x P'
z
x
x z
P
x 0; z 0 El punto A tiene coordenadas
A
b a; (antes de la deformación). 2
A' forma final de la placa
a2 b b Después de la deformación para a la posición A' a K , Ka 2 2 2
iii)
Dilatación libre uniforme → La forma final de la placa es rectangular (no existe variación de los ángulos rectos), luego xz 0 en todo punto de la placa.
iv)
En este caso, la distorsión (angular) máxima se presenta sobre los bordes z b / 2 de la placa.
tan
Kab / 2 2
a a K 2
Kb / 2 a 1 K 2
xz máx
1.18) Ecuaciones Diferenciales para Fuerza y Deformación Axiales
195
Mecánica de Sólidos
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Si la carga axial se distribuye a lo largo de un elemento (barra) y si además varía la sección transversal, pueden deducirse ecuaciones para la fuerza y el desplazamiento como funciones de la posición a lo largo del miembro. Consideremos un miembro que soporta una carga axial por unidad de longitud q(x) en la dirección del eje centroidal. En los extremos pueden existir cargas aplicadas y/o reacciones que mantengan al miembro en equilibrio.
q(x)
x x
x
qx x xq ; x x x x
x
Teorema del Valor Medio para Integrales
x q(x)
F(x)
F(x+x)
x u(x)
x+ x
ESTÁTICA:
u(x+x)
F
De donde
X
0 F( x x ) xq Fx 0
F( x x ) Fx q 0 x
NOTAR QUE SI x 0 0
Pasando al límite, cuando x 0 , tenemos: Fx q 0 .....i x
Fuerza interna que actúa en la sección a la distancia X
GEOMETRÍA:
La Deformación Unitaria del elemento de longitud x , es:
196
Mecánica de Sólidos
x
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x x ux x x ux x x
x
ux x ux ...Pasando al límite cuando x 0 x
x
u ..................ii x
RELACIÓN FUERZA / DEFORMACIÓN
Si la barra es de material elástico-lineal y se presenta un cambio de temperatura T , tenemos:
xTOTAL x
F T ................iii AE
Reemplazando en la ec. (i): u AE AET qx 0 x x u AET qx 0..............iv AE x x x
La ecuación (iv) relaciona la carga distribuida q(x) y el cambio de temperatura T en la barra con el desplazamiento u(x) a lo largo del eje de la misma. La solución de la ecuación diferencial (iv) contiene dos constantes arbitrarias de integración, que podrán ser determinadas en base a las condiciones especificadas para los desplazamientos en cada problema. En el caso especial: T =0; A y E constantes; q(x)=0 → de la ec. (i) obtenemos F 0 , lo cual indica que la fuerza en la barra es constante (independiente de x). x
La ec. (iv) nos da: AE
2u 2u 0 0 ux c 1x c 2 x 2 x 2
donde c1 y c2 son las constantes de integración.
197
Mecánica de Sólidos
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A
B
XA
XB
x
B'
A'
x
uA
uB
u A c 1x A c 2 ; de donde c 1
u B c 1x B c 2
uB u A xB x A
; c 2 c 1x B u B
En este caso, el desplazamiento en la barra es Lineal: ux
uB u A x - x B uB xB x A
u uA
uB
XA XB (Diagrama de Desplazamientos) Si q(x) ≠0 → la fuerza interna F(x) será variable (función de x) a lo largo de la barra. EJEMPLO 1) Un tubo AB de acero se coloca entre dos apoyos rígidos; según se indica en la figura. Si el incremento de temperatura está dado por T = TB
x , siendo L
TB el incremento de temperatura en el extremo B. Determinar las reacciones
en A y en B y el desplazamiento a la mitad del tubo. B
A
T TB
L
L
x
Incremento de temperatura a lo largo de la barra
RB
RA
RA
F
RA= RB. Como no existe ninguna otra fuerza externa, la fuerza F es constante (la consideramos tracción) q(x)=0
198
Mecánica de Sólidos
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Usamos la ec.(iv), tenemos: AE
2u x AE TB 0 2 x L x
Supuesto AE constante
2u TB x 2 L
Integrando 2 veces: ux Condicione s :
x2 c 1x c 2 2
TB
L
u0 0 0 c 2
uL 0 0
2L
c1
ux
Por tanto :
ux
2L
2
TB
2
TB
TB
L2 c 1L 2
TB
x2 TB x 2 2
x x L L
Ecuación de desplazamiento a lo largo del tubo.
El desplazamiento en x L , es: 2
2 2 T
uL
B
L L L LTB 2L 2 B
u
x=L/2
x=L
x
L/BT
Por las ecs. (ii) y (iii) → F AE
u AET x
x x F AE TB 2 1 AETB L L 2
Simplificando: F AE
TB 2
independie nte de x
Las reacciones en los apoyos, son:
199
Mecánica de Sólidos
R A R B F AE condicione s del equilibrio
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TB COMPRESION ES 2
1.19) Comportamiento Inelástico en Tracción
Un material ELASTOPLÁSTICO se caracteriza por un Diagrama Constitutivo de la forma
FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO
y
DEFORMACIÒN ELÁSTICA
= 0.002
El rango elástico (lineal) existe hasta el esfuerzo de fluencia y . Después de esto, la conservación de una carga constante producirá una deformación ilimitada hasta el punto de fractura.
SISTEMAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADOS: Una estructura estáticamente determinada, cargada axialmente, se deformará elásticamente hasta que los esfuerzos en alguna parte alcanzan el límite de fluencia. Las cargas adicionales producirán después grandes deflexiones, dando por resultado la falla de la estructura.
EJEMPLO. Una barra rígida horizontal está soportada por dos cables de acero cada uno de los cuales tiene área transversal de 1.6 10 4 m 2 . Determinar i) La máxima carga P que puede aplicarse al centro de la barra, y la deflexión en el instante de la falla. ii) Trazar un diagrama Carga / Deflexión para esta estructura.
Considerar acero elastoplástico (E=200GPa; y =250MPa)
200
Mecánica de Sólidos
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Debido a la simetría PA=PB PB
PA 3.0m
3.0m
A
B
a
P
P
a
La carga P puede incrementarse hasta que la fuerza en cualquiera de los cables llegue a ser la fuerza de fluencia: PA= y A= (250x106)( 1.6104 ) PA=40000 N (=PB)
F
VERT
0 P PA PB 80000 N.
Para esta carga, el alargamiento de cualquiera de los cables, es
PA L ( 40000 )(3) 3.75 10 3 m 9 4 EA 200 (10 )(1.6)(10 )
Si las cargas se incrementaran, (esfuerzo más allá de y ), el cable fluirá y ocurrirá una deformación ilimitada. Para, este caso, el Diagrama P , es: P(NEW)
3.75x10-3
m)
SISTEMAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS: El procedimiento general para solucionar problemas hiperestáticos, usando la teoría elástica lineal, se resume en:
(i)
Ecuaciones de Equilibrio (Estática)
(ii) Relaciones de Compatibilidad (Geometría + material) (iii) Solución simultánea de las ecuaciones (i) y (ii). (Procedimiento usado cuando los esfuerzos se mantienen en el rango lineal elástico).
201
Mecánica de Sólidos
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Cuando se reconoce que los esfuerzos en algunos miembros se extienden al rango inelástico, la solución se simplifica debido a que la fuerza en cualquier miembro (cuyo material es de comportamiento elastoplástico) tiene un valor constante Py y A .
Si esta fuerza es conocida, las incógnitas restantes pueden determinarse por métodos estáticos. La capacidad máxima de soportar carga de una estructura estáticamente determinada se alcanza cuando cualquier miembro de apoyo ingresa al intervalo inelástico de esfuerzos. Las estructuras estáticamente indeterminadas tienen capacidad adicional de soportar cargas después de que un solo miembro de apoyo ingresa al régimen plástico. P
Py : carga de Fluencia
FLUJO PLÁSTICA ILIMITADO
(carga última) Py y A
Py DEFORMACIÓN ELÁSTICA
i.
Estructura Estáticamente Determinada
P FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO (TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN PLÁSTICO) Pu
Py
FLUJO PLÁSTICO RESTRINGIDO (PARTE DE LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO Y PARTE EN RÉGIMEN PLÁSTICO) DEFORMACIONES ELÁSTICAS (TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO)
a) Cuando ocurre la fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la carga de fluencia Py es también la carga última Pu de la estructura. b) Cuando ocurre fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la capacidad de carga es Py . Puede aplicarse carga adicional antes de que se alcance la carga última Pu y sucedan deformaciones irrestrictas. La región entre Py y Pu se designa Zona de Flujo o Plástico Restringido. En esta región, algunos
202
Mecánica de Sólidos
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de los miembros de apoyo están forzados en la zona plástica, pero todavía quedan suficientes apoyos comportándose elásticamente y, en consecuencia, la estructura puede soportar cargas adicionales. La capacidad de los materiales dúctiles puede ser aprovechada ventajosamente sin provocar grandes desperdicios de material. Es decir, algunos esfuerzos pueden analizarse en el rango plástico, ya que en ciertas ocasiones se puede permitir que algún miembro de una estructura entre en fluencia sin que se afecte la Estabilidad de la misma. EJEMPLOS 1) La barra rígida ABC está soportada por tres alambres elastoplásticos
E 30000 Klb / pulg
2
; y 36Klb / pulg 2
.Trazar el diagrama P – Δ para este 2
sistema. El área transversal de cada alambre es 1 pulg . D e
10"
10" 6"
b e m
B
A
P
a
C
a
o Debemos encontrar la carga y la deflexión que ocurren cuando aparece por primera vez la fluencia y, también, la carga y deflexión últimas. Cuando la carga P se incrementa desde O, los alambres se esfuerzan dentro del intervalo elástico. Esto continúa hasta que el alambre sometido al mayor esfuerzo alcance su punto de fluencia. Equilibrio:→ PA PB PC P PA A
PB
PC
B
C
PA a PC a PA PC Luego : 2PA PB P........
P
Compatibilidad: (acción elástica) Simetría total
A B C
A y C alambres iguales
203
Mecánica de Sólidos
Por tanto :
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
PA L A PL P 10 PB 6 5 B B A PB PA ....... E A A A EB A B E A A A EB A B 3
Resolviend o y , obtenemos : PA 3P
3 5 P ; PB P 11 11
Acción Inelástica:
5P
3P
Como los alambres tienen la misma sección transversal, el alambre que B
A
C
pasa por B alcanzará primero el Esfuerzo de Fluencia (puesto que
P
soporta mayor carga) En el estado de fluencia Según
y=A=36Klb=PB PA
PC
PA
3 3 PB PA 36 5 5 PA 21.6 Klb.
Reemplazando en , obtenemos: Py 221.6 36 79.2 Klb.
(carga que usamos por primera vez la fluencia). La deflexión bajo esta carga, es igual al alargamiento de cualquiera de los alambres. y B
PB L B 36 6 12 0.0864" E B A B 1 30 10 3
Después de que el alambre B ha fluido, soportará aún la carga constante Py 36 Klb. .
Cuando la carga aplicada P se incrementa más allá de 79.2 Klb los alambres A y C soportarán las cargas crecientes hasta que también alcances sus límites de fluencia. En ese momento ocurre el flujo plástico ilimitado, alcanzándose la carga última. Pu 36 36 36 108 Klb. 36Klb=PB
A
36Klb=PB 36Klb=PB
B
C
Pu
204
Mecánica de Sólidos
u a
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
PA L A 36 10 12 0.144" EA A A 1 30 10 3
Diagrama P - Δ
(Δ: desplazamiento en dirección y sentido de la carga P). P(KLb)
108=Pu 79.2=Py
y
(pulg)
u=0.144
PROBLEMAS 1) Dos tubos coaxiales, el interior (acero) tiene sección A = 10cm2 y el exterior (aluminio) tiene sección A = 15cm2. Los tubos son comprimidos en sus extremos mediante dos placas rígidas, según se indica en la gráfica. Trazar la curva carga / Deflexión del conjunto, cuando se comprimen con una fuerza axial P, de acuerdo con los diagramas constitutivos que se indican.
P ALUMINIO
6,000 K Cm2
ACERO
3,800 K Cm2
ALUMINIO
L=60 Cm ACERO 0.0032
0.005
COMPATIBILIDAD: COMPATIBILIDAD INICIAL
P
ac
Fac
Fal
al
Fac L=60 Cm
Fal
RÍGIDAS
Fal Fac Fac
Fal
205
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
FUERZAS DE FLUENCIA:
Fac y y A ac 6000 10 60000 Kg. Flc y y A al 3800 15 57000 Kg. ac
al
GEOMETRÍA: Debido a la rigidez de las placas, ambos tubos se acortarán la misma cantidad.
ac al
..................... L
DIAGRAMAS : Existen tres intervalos de interés: i)
0 0.0032 Los dos tubos en régimen elástico
ac Eac ac Eac al Eal al Eal Reemplazando valores: 6000 18.75 10 5 0.0032 3800 7.6 10 5 0.005
ac
Kg/cm
al
Kg/cm
ii)
2
2
00032 0.005 tubo de acero en régimen plástico y tubo de aluminio en régimen ellástico.
Kg/cm Kg/cm 2
ac y ac 6000 al E al al iii)
38000 7.6 10 5 0.005
2
0.005 Los dos tubos en régimen plástico
Kg/cm
ac y ac 6000 Kg/cm 2 al y al 3800
2
EQUILIBRIO: P ac A ac al A al
Con base a la ec. anterior pueden calcularse P1 y P2, valores de la carga axial P, correspondientes a las deformaciones unitarias 0.0032 y 0.005, respectivamente. P1 (18.75)(10 5 )(0.0032 )(10) (7.6)(10 5 )(0.0032)(15 ) P1 96.480 Kg. P2 (6000 )(10 ) (7.6 )(10 5 )(0.005 )(15) P1 117.00 Kg.
206
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Posteriormente las cargas adquieren valor constante: P (6000 )(10 ) (3800 )(15 ) P 117000Kg.
ALARGAMIENTOS
1 (0.0032 )(60) 0.192 cm 2 (0.005 )(60 ) 0.3 cm
Diagrama P - Δ P(Kg) 117,000=P2 96,480=P1
(cm)
2) La barra rígida horizontal AB está soportada por tres alambres elastoplásticos según se indica. Determinas la carga límite (PL) que produzca el colapso del sistema. Material
Área cm
2
σ
y
/ Kg / cm
Acero
1
5000
Bronce
2
4600
Alu min io
4
3300
40cm
ALUMINIO
BRONCE
ACERO B
A P
50cm
50cm
100cm
FUERZAS MÁXIMAS
Fbr
Fal
Fac
Fal máx 3300 4 13200 Kg. Fbr máx 4600 2 9200 Kg. Fac máx 5000 1 5000 Kg.
B
A PL
Para que se produzca el colapso del sistema, NO es necesario que simultáneamente fallen los tres alambres. Existen dos posibilidades:
207
2
Mecánica de Sólidos
i)
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Alambres de bronce y acero en fluencia, antes que el alambre de aluminio. (La barra AB tenderá a girar alrededor de A).
ii)
Alambres de bronce y aluminio en fluencia, antes que el alambre de acero. (La barra AB tenderá a girar alrededor de B)
M
i)
A
0 Fac
Fbr
Fal
(1)(9200 )(2) (500 )(2) 0.5PL
EN FLUENCIA
PL 38400Kg.
B
A PL
La fuerza en el alambre de aluminio se calculará por equilibrio: Fal 9200 5000 38400 Fal 24200Kg.
Puesto que la máxima fuerza en el alambre de aluminio es sólo 13200Kg., no es posible este resultado. Debemos analizar la segunda posibilidad. (Se obtuvo Fal Fal máx ). ii)
M
B
0
(13200 )(2) (922)(1) 1.5PL
Fac
Fbr
Fal EN FLUENCIA
PL 23733Kg.
B
A PL
La fuerza en el alambre de acero, es: Fac 13200 9200 23733 Fac 1333Kg.
Se obtiene Fac Fac máx 5000Kg Luego la carga limite, es PL = 23733 Kg. 3) Trazar el diagrama P – Δ para el sistema representado cuyas barras son de acero elastoplástico.( y 250MPa : E 200GPa; A 9cm 2 )
2m
4
1
3
2
4 3
3
P
P
208
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Incrementando la carga P desde O, las barras se esfuerzan dentro del intervalo elástico, hasta que la barra sometida al máximo esfuerzo alcance el valor del esfuerzo de fluencia. Equilibrio: F2
F3
F1
2F2 sen F1 P 2F2
4 F1 P 1.62F2 F1 P....... 5
P
Compatibilidad: 2 1 sen 1 2
F2 2.5 F1 2 4 EA EA 5 F1 1.5625F2 ......
Resolviendo (*) y (**) obtenemos:
F1 0.494P
;
F2 0.316P
Puesto que las barras tiene la misma acción transversal, La barra (1) es la que primeramente ingresa al régimen plástico. En ese instante: F1 y A (250 10 6 )(9 10 4 ) 225KN De F2 144KN
Reemplazando en (*): 1.6144 225 Py Py 455.4KN
Deflexión correspondiente: y
F1L 1 225 10 3 2 2.5 10 3 m EA 200 10 9 9 10 4
Después que la barra (1) ha fluido, soportará carga constante F1 225KN . Cuando la carga aplicada se eleva más allá de 455.5KN, las barras inclinadas soportarán carga creciente hasta alcanzar el calor de la carga de fluencia. En ese instante: F2 y A (250 10 6 )(9 10 4 ) 225KN y se alcanza el valor Pu: En : Pu 1.6(225 ) 225 Pu 585KN ocurre el flujo plástico ilimitado
209
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
225 10 3 2.5 3.125 10 3 m 9 4 200 10 9 10 3.125 10 3 Pero 2 1sen 1 3.906 10 3 m 4/5 Deflexión correspondiente 2
Con los valores calculados, se traza la curva P - Δ : P(KN)
Py 455.4KN
Pu
y 2.5 10 3 m
Py
Pu 585KN
FLUENCIA
u 3.906 10 3 m y
u
ÚLTIMA
(cm)
4) Dos alambres de acero elastoplásticos se usan para levantar un peso de 3Klb, según se incida. El alambre AB tiene longitud inicial de 20’ y el alambre AC tiene longitud inicial de 20.03’. Determinar la fuerza en cada alambre y su respectivo alargamiento. Cada alambre tiene 0.05 pulg2de área transversal. A
20'
20.03'
y=50 B
C
3Klb
= 0.0017
Cuando se levanta el peso, es el alambre AB el que soporta carga, hasta que su alargamiento sea 0.03’. Luego, es peso levantado es existido por los dos alambres. Deformación unitaria en AB: AB
0.03 0.0015, que es menor que la máxima 20
deformación elástica permitida en el material (εy). Para
AB 0.0015, la fuerza en el alambre AB, es : FAB AB A AB E AB A AB
50 (0.0015 )(0.05 ) 0.0017
FAB 2.20 Klb.
Puesto que el peso a levantar es 3Klb → ambos alambres lo soportarán. Equilibrio FAB FAC 3......1
210
Mecánica de Sólidos
FAB FAC
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Existen tres posibilidades para la deformación: a) Deformaciones elásticas en ambos alambres. b) AB en régimen plástico y AC en régimen elástico c) Deformaciones plásticas en ambos alambres.
3Klb
a) Deformaciones elásticas en ambos alambres: Condición de compatibilidad: AB 0.03 AC .........2
FAB 20 12 0.03 12 FAC 20.03 12 0.05 50 0.05 50 0.0017
0.0017
Simplificando, obtenemos: 20FAB 44.12 20.03FAC .......... 3 Resolviendo las ecs. (1) y (3): FAB 2.603Klb ; FAC 0.397Klb . Calculamos AB fluencia y 50
2.603Klb Klb , que resulta mayor que el esfuerzo de 52.06. 2 0.05pulg pulg2
Klb pulg 2
En consecuencia, el alambre AB ingresa al régimen plástico. Soporta una carga máxima de FAB y A 52(0.05 ) 2.5Klb Con este, la fuerza en el alambre AC es: FAC 0.5Klb
de la ec. de equilibrio (1)
El alambre AC permanece en el régimen elástico, AC
0.5 0.05
AC 10 Klb pulg 2 y 50 Klb pulg 2 La deformación unitaria correspondiente, será:
AC
AC E
AC
10 0.00034 50 0.0017
El alargamiento del alambre AC, es: AC 0.00034 20.03 Δ AC 0.0068 pies
Mediante la ecuación (2), encontramos Δ AB 0.03681 pies
211
Capítulo II ESTADO GENERAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES 2.1) Matrices de Esfuerzos y Deformaciones Unitarias. Forma Diferencial de las Ecuaciones de Equilibrio (Ecuaciones de Navier). 2.1.1) Matrices ; Consideremos un sólido estructural en equilibrio y un prisma infinitesimal recortado de su interior: Consideraremos únicamente los Medios Continuos no Polares (Las fuerzas de sección no contienen momentos). P
En el caso general, en cada cara del prisma actuarán tres componentes de esfuerzo.
y
Esfuerzos CARA x XX XY XY
yy
CARA y YX YY YZ
CARA y POSITIVA
CARA z ZX ZY ZZ (Sobre las caras positivas)
yx
Nota: si no se consideran las FUERZAS MÁSICAS, en las caras opuestas (negativas) actúan esfuerzos de la misma intensidad y sentido contrario.
yz xy zy
CARA x
P
xz
NEGATIVA
x
zx CARA x POSITIVA
zz
z
xx
CARA z POSITIVA
Convenio: Esfuerzos positivos, según las direcciones y sentidos indicados en la gráfica anterior.
Mecánica de Sólidos
Definición: XX XY XY La matriz YX YY YZ ZX ZY ZZ
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
se denomina MATRIZ DE ESFUERZOS
Como una respuesta del sólido a los esfuerzos actuantes indicados, se generan las deformaciones unitarias siguientes: CARA x XX XY XY CARA y YX YY YZ CARA z ZX ZY ZZ
Definición:
La
matriz
XX XY XY YX YY YZ ZX ZY ZZ
se
denomina
MATRIZ
DE
DEFORMACIONES
UNITARIAS Las matrices ; definen el Estado Tensional / Deformacional en el punto P del sólido. PROPIEDAD: las matrices ; son matrices 3 × 3 SIMÉTRICAS. Por la Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante, tenemos: XY YX ; XZ ZX ; YZ ZY Por la definición de Deformación Unitaria Cortante y propiedad conmutativa de la suma: XY y XY YX YX Similar para los otros planos: ZY YZ ; ZX XZ
Debido a la simetría de las matrices ; , para su determinación basta conocer, en cada caso, seis magnitudes o componentes.
x
TRES ESFUERZOS NORMALES Y TRES ESFUERZOS CORTANTES, PARA LA MATRIZ . TRES DEFORMACIONES UNITARIAS NORMALES Y TRES DEFORMACIONES CORTANTES, PARA LA MATRIZ . NOTA. Las matrices de esfuerzo y de deformaciones unitarias ; , se relacionarán entre si a través de constantes elásticas apropiadas (características del material), mediante una matriz denominada Matriz de Constantes Elásticas..
212
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2.1.2) Forma Diferencial de las Ecuaciones de Equilibrio (Ecuaciones de Navier) En Estática se formulan ecuaciones del equilibrio para partículas discretas y cuerpos rígidos, en términos de fuerzas y/o momentos. En Mecánica de Sólidos, interesa establecer las ecuaciones del equilibrio en términos de los esfuerzos desarrollados en el interior de los sólidos deformables. Consideremos un volumen elemental recortado de un sólido deformable, para el cual la configuración deformada (en equilibrio) sea un prisma rectangular sometido a esfuerzos y fuerzas másicas. Fuerzas Másicas (de cuerpo o de volumen): Las que influencian directamente los elementos de masa a través del cuerpo o del sólido. Se las define en términos de Unidades de Fuerza por Unidad de Volumen (o unidad de masa). Así los efectos de la gravedad, efectos electromagnéticos,... etc. Deduciremos la ecuación de equilibrio correspondiente a la dirección X; en las otras direcciones (Y Z) la deducción es similar. Sea B X la función distribución de Fuerzas por Unidad de Volumen en dirección OX. (Consideramos únicamente los esfuerzos que generan fuerzas en dirección OX). y
z
x
dz x
dx yx yx y dy
B x dV B x dx dy dz
fuerzamásica
zx dy
zx zx z dz
yx
Bx d V
x
x dx x Variaciónde x debida a la variación dx
F 0 X dx dydz - X dydz X x yX yX dy dxdz - yX dxdz y zx zx dy dydx - zx dydx B x dxdydz 0 z
Simplificando, tenemos:
213
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
x xy zx B x 0 i x y z Reiterando el procedimiento en las direcciones Y, Z se deducen ecuaciones análogas a la i :
∂τ xy ∂x
+
xy x
∂σ y
∂y yz y
+
Definición) Las ecuaciones i , i i , del Equilibrio (Ecuaciones de Navier).
∂τ yz ∂z
+ B y = 0 ( i i )
z B z 0 i i i z
iii
se denominan Ecuaciones Diferenciales
Expresan condiciones para el equilibrio en términos de esfuerzos y distribuciones de fuerzas másicas.
B Bx ,By ,Bz VECTOR DE FUERZAS MÁSICAS
NOTAS: 1. Las ecuaciones de Navier son independientes del material. Esto significa que son validas en régimen elástico o inelástico. 2. No existen ecuaciones en número suficiente para determinar, a partir de ellas, las seis componentes de esfuerzo desconocidas. Esto nos indica que en el Análisis de Esfuerzos, los problemas son Estáticamente Indeterminados. 3. Las ecuaciones de equilibrio M 0 se consideraron al estudiar la simetría de la matriz de esfuerzos (Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante). 4. Si además el sólido estuviese en movimiento, las ecuaciones de Navier siguen siendo válidas, agregando el término representativo de las fuerzas de inercia (Principio de DI Alambert): Fx 0 Fx I C Fx I C 0
2.2) Ley Generalizada de Hooke 2.2.1) Ley de Hooke en Tres Direcciones Ortogonales. Ecuaciones de Lamé Consideremos un prisma recto de material elástico, lineal e isotrópico, sometido a esfuerzo normal en tres direcciones ortogonales (No incluimos la presencia de Fuerzas Másicas).
214
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
z
E MATERIAL G y
z
x x x
y
z
y
ESTADO TRIAXIAL DE ESFUERZO NORMAL
Para cada dirección, la deformación unitaria total, es la suma de una DEFORMACIÓN UNITARIA LONGITUDINAL Y DOS DEFORMACIONES TRANSVERSALES. Por comodidad, puede usarse el Principio de Superposición:
x x
=
x
x
z
+
DEFORMACIO NES DEBIDAS A y
y
DEFORMACIO NES DEBIDAS A x
x
+ y
z
TOTALES
DEFORMACIO NES
y
z
y
y
' x ' y ' z
z
DEFORMACIO NES DEBIDAS A z
z
' ' x
' ' ' x
' ' y
' ' ' y
' ' z
Para cada dirección aplicaremos la Ley de Hooke (uniaxial) de Poisson: ' x x ' y x E E y y ' ' x ' ' y E E ' ' ' x z ' ' ' y z E E
' ' ' z
y la definición de Relación x E y ' ' y 1 E ' ' ' y z E ' y
Por el principio superposición, las deformaciones unitarias totales, son: MATE RIAL
215
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
x ' x ' ' x ' ' ' x y ' y ' ' y ' ' ' y 2 z 'z ' 'z ' ' 'z
Reemplazando las ecs.1) en las ecs 2) y simplificando, tenemos:
1 x y z E 1 y y x z E 1 z z x y E x
3
Def). Las ecuaciones (3) constituyen la Ley Generalizada de Hooke (para esfuerzos normales en tres direcciones ortogonales). Notas) 1. Si el material es elástico, lineal e isotrópico, los elementos de la matriz y sus correspondientes de la matriz , se relacionan mediante las ecuaciones:
1 x y z E 1 y y x z E 1 z z x y E 1 xy xy G 1 xz xz G 1 yz yz G x
4
Estas ecuaciones nos permiten obtener las Deformaciones Unitarias Normales y Cortantes, conociendo los esfuerzos y las características elásticas (E, G) del material. 2. Las ecuaciones (4) pueden invertirse para obtener los esfuerzos en función de las deformaciones unitarias normales y cortantes. Se obtienen: x 2 x x y z y 2 y x y z 5.1 z 2 z x y z xy G xy xz G xz 5.2 zy G zy
216
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Definición). Las ecuaciones (5.1) para x , y , z se denominan Ecuaciones de LAMÉ (del Estado Triaxial de Esfuerzos Normales). Las constantes elásticas , están dadas por: E E G ; G (5.3) 1 1 2 21 denominadas Constantes Elásticas de Lamé. 2.2.2) Definiciones. i) INVARIANTE: cantidad cuyo valor no depende del sistema de coordenadas de referencia. y
A r 2 Invariante Las coordenadas del centro (C) cambian si se consideran otros sistemas de coordenadas. Las coordenadas del centro C no son invariantes.
r
c
x
x'
y'
ii) La suma x y z
(traza de la matriz ) se denomina Primer Invariante de
Esfuerzos: 1 x y z La suma x y z
(traza de la matriz ) se denomina Primer Invariante de
Deformaciones Unitarias. 1 x y z Entre 1 y 1 se verifica la relación 1
1 2 1 E
(La invarianza 1 se demostrará al estudiar la Transformación General de Esfuerzos). iii) El invariante 1 x y z es numéricamente igual al cambio Unitario de Volumen. V ; siendo V0 el volumen inicial. V0 Por consiguiente el variante θ1 mide el cambio de volumen por unidad de volumen. 1 x y z
iv) Un estado de esfuerzos definido por la matriz 0 0 0 0 0 0
p 0 se llama ESTADO HIDROSTÁTICO DE ESFUERZOS.
(Estado volumétrico ó Estado de comprensión triaxial). Recuerda al principio de Pascal: La presión hidrostática es la misma en todas las direcciones.
217
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Si el material es elástico, lineal e isotrópico, tenemos: 1 2 el p p p p E 1 , es decir p K1 , siendo K E 31 2 31 2 E denominado MÓDULO DE COMPRESIBILIDAD DEL MATERIAL. (MÓDULO VOLUMÉTRICO, Bulks). K: representa un valor de esfuerzo de compresión necesario para producir una deformación volumétrica igual a la unidad (K es el valor de –p para generar θ1 = 1). 1
EJEMPLOS 1) En el interior de un sólido, los esfuerzos están dados por la matriz x2y 1 y 2 x 0 1 3 2 1 y x y 3y 0 (unidades de esfuerzo) 3 2 0 0 2z
Determinar la distribución de Fuerzas Másicas, si el equilibrio debe satisfacerse en todo punto del sólido.
Esfuerzos x x 2 y y
xy 1 y 2 x
1 3 y 3y 3
yz 0
zx 0
z 2z 2
Reemplazando en las Ecuaciones de Navier (ecs i, ii, iii), obtenemos: 2xy 2xy 0 B x 0
1 - y 31 3y 2
2
Bx 0
3 0 By 0 By 0
0 0 4z B z 0
Bz 0
Luego, vector de fuerzas másicas es: B = (0, 0, -4z) (vector típico de efectos de peso propio). 9K G , donde 3K G E: Modulo de Elasticidad Lineal G: Modulo de Rigidez. K: Modulo Volumétrico.
2) Demostrar la igualdad. E
Sabemos que:
De (iii) y (ii) obtenemos p 1 2 1 K E
E 2g1 ( i ) 1 2 1 1 ( ii ) E K1 ( iii )
(Estado hidrostático de esfuerzos).
Por definición de 1 :
218
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
p 1 2 3 1 1 2 3 K E K E
De donde E 3K1 2( iiii ) Entre las ecuaciones (i ) y (iiii) eliminamos la relación de Poisson . Obtenemos: E 1 E de donde despejamos E, para obtener finalmente: 1 2G 2 6K E
9K G 3K G
3) Una varilla de latón AD está acoplada a cierto dispositivo que aplica un confinamiento (presión lateral) de 8,000 lb/pulg2 en la porción BC de la varilla. Sabiendo que E = 15 ×106 lb/pulg2 y 0.33 , determinar: (i) El cambio en la longitud AD; (ii) El cambio en el diámetro en la sección central de la varilla.
A
i) En un punto tal como se presenta estado de confinamiento lateral. z x
B
24"
x
10"
z
x z 8,000 lb pu lg 2 y 0 (no hay esfuerzo normal)
C
D
2" Usamos la ley generalizada de Hooke en dirección OY: 1 Tenemos y y x z . Reemplazando valores: E 1 0 0.33 8,000 8,000 y 15 10 6 y 352 x 10 -6
En cambio en la longitud AD será L y
219
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1011 352 10 6 3.52 10 3 pu lg . (Notar que solo la longitud L = 10’’ está afectada por el confinamiento) ii) Cambio en el diámetro:
1 x y z E 1 8000 0.33 8000 x 15 10 6 x 357 .33 x 10 -6 (disminuci ón del diámetro) x
Luego d d x
d 2' ' 357.33 10 6
d 714.66 10
6
pu lg adas
4) La placa representada está restringida, de tal manera que no puede dilatarse ni contraerse en dirección Y, pero puede hacerlo libremente en las direcciones X, Z. Las superficies de la placa perpendiculares al eje Z están libres de esfuerzo. Si se produce un cambio uniforme de temperatura (ΔT°), hallar y , x , z . T
y
y DEFORMACIO NES EN GENERAL :
0
0
x
TOTAL ELÁSTICA TÉRMICA
z
E; ;
Para cada dirección las deformaciones unitarias totales, son: 1 x TOTAL x y z T 1 E 1 y y x z T 2 TOTAL E 1 z TOTAL z x y T 3 E
Condición → restricción → y
0 luego: TOTAL
x x z ET ( haciendo y
0) TOTAL
x 0
, tenemos y 0 ET z 0 Reemplazando los valores x , y , z en la ecuación (1) tenemos: Reemplazando datos
220
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
x TOTAL
1 0 2 1 1 T E
Reemplazando en la ecuación (3), tenemos:
z TOTAL 1 0 T E 5) Una placa rectangular de espesor “d” está comprendida entre dos planos paralelos rígidos cuya separación es invariable. La placa está sometida a las fuerzas indicadas P y Q. Calcular la presión que ejerce la placa sobre los planos rígidos. P
P
P
y
y
a
a
b Q
d
Q
x
Q
z
b d
E;
Q
P
P
P Como el espesor “d” de la placa no puede cambiar debe ser z 0 . Luego: 1 o z x y E De donde obtenemos z x y
Q P Reemplazando los esfuerzos normales, obtenemos z bd ad La presión total ejercida sobre los planos rígidos, es: PTOTAL
PTOTAL
z ab (área indicada). a P Q b ab P Q (compresión sobre los planos rígidos). d ad bd d
Nota: Observar que z 0 NO IMPLICA NECESARIAMENTE z 0 6) En el sistema representado, calcular las nuevas dimensiones de las aristas del bloque rectangular. A 1 Barras Elásticas E 1 (cuatro, simétricamente ubicadas) 1 aristas iniciales a, b, c. Bloque Prismático E 2 2
221
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
c p
a
b p Planta
Frente
b
Barras Elásticas 1 Bloque 2
p
y
a
p z
c
x
Reacciones:
F R
F F
R 4 F1 Esfuerzos en el bloque: R (compresión en dirección de x) x ab y (Dato) z 0
(Dato)
F Deformaciones unitarias (bloque): (Ley Generalizada de Hooke) 1 x x 2 y z E2 1 y y 2 x z E2 1 z z 2 x y E2
Reemplazando los esfuerzos tenemos:
222
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R ab 2 p 0 1 R y 0 p 2 E2 ab 1 R z p 0 2 E2 ab x
1 E2
Simplificando: 1 R 2p 2 E 2 ab 1 R y p 2 3 E2 ab x
z
1 E2
R p 4 2 ab
Cambios de longitud (bloque): x c x
c R 2p 5 E 2 ab
Cambio de longitud (barra elástica):
FL Rc 6 E1A 1 4E1A 1
Condición (paredes rígidas) → Δx = Δ, luego: c R RC de donde obtenemos R: 2p E 2 ab 4E1A 1 2p R E2 1 4E1A 1 ab Conocida la fuerza R, reemplazamos su valor en las ecuaciones (2), (3), (4), para obtener las deformaciones unitarias en el bloque. 1 2 x 2 p E 2 E 2 ab 4E A 1 1 1
2p 2p 1 1 2 p ; z y p 2 E 2 ab E 2 ab E2 E2 1 1 4E1A 1 4E1A 1 Las nuevas dimensiones de las aristas del bloque serán:
a’ = a ( 1 + εy );
b’ = a ( b + εz );
c’ = c ( 1 + εx )
223
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7) Sobre un cubo de 1 m. de arista, cuyo material es elástico lineal quiere inducirse el 2kx 2k 0 Estado de Deformación Unitaria dado por la matriz: 2k 2ky 0 , donde (x, 0 0 2k y, z), son las coordenadas de cualquier punto del sólido, expresadas en cm. Se conoce que E 2.6 x 10 5 Kg cm2 ; 0.3 ; K 10 5 . Calcular los esfuerzos requeridos en las caras del bloque. G
y
F
B
D
A
z
x E
C
o Con los valores E, determinamos las constantes de Lamé:
2.6 10 5 0.3 1.5 10 5 Kg / cm2 E 1 1 2 1 0.31 0.6
E 2.6 10 5 10 5 Kg / cm2 21 21 0.3
Usamos las ecuaciones de Lamé para calcular los esfuerzos requeridos en las caras del sólido (Ecuaciones 5.1):
x 2 x x y z
(y similares)
x 2 10 5 2 10 5 x 1.5 10 5 2 10 5 x 2 10 5 y 2 10 5
(Las deformaciones εx, εy, εz, → se obtienen de la matriz ). Simplificando se obtiene x 7x 3y 3 De manera similar procedemos para las direcciones y,z. obtenemos:
y 3x 7y 3 ;
z 3x 3y 7
A partir de las ecuaciones para esfuerzo cortante (ecs 5.2) obtenemos; xy G xy
224
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xy 10 5 2 10 5 2 ( recordar que G = μ)
( xy 2 K , de la matriz ) De manera similar tenemos: xz 0 , yz 0
Resumen de ecuaciones para los esfuerzos x 7x 3y 3
xy 2
y 3x 7y 3
xz 0
z 3x 3y 7
yz 0
A partir de estas ecuaciones pueden hallarse los esfuerzos en cada cara del prisma.
Cara
plano
OCDE………………
y=0
ABGF………………
y = 100 cm
AOFE………………
x=0
CBGD……………… OABC……………… EFGD………………
(Kg / cm2 ) y 3x 3
………
……
(Kg / cm2 ) xy 2
y 3x 703 ……
xy 2
x 3y 3
……
xy 2
x = 100 (cm) ……
x 3x 703 ……
xy 2
Z=0 ……… Z = 100 (cm) ……
z 3x 3y 7 …… z 3x 3y 7 ……
0 0
……
…………
y 3x 703
G
y F
z 3x 3y 7
B
x 3y 703
A z D E
x
C z 3x 3y 7
x 3y 3
o y 3x 3
225
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8) Un prisma rectangular de aristas a, b, c está solicitado por tres fuerzas normales A, B, C paralelas a las aristas. Hallar la relación entre estas seis magnitudes para que el volumen del prisma no cambie. Considerar el prisma de material elástico lineal (E; ). z
Esfuerzos A x bc B y ac C z ab
C
a
b
B
c
y
A
x
1 x y z E 1A c 1 B aA bB cC x → x E bc abcE ac ab
Deformaciones unitarias: x
De manera similar, obtenemos: 1 bB aA cC ; z 1 cC aA bB y abcE abcE Condición: V 0 → x y z 0 (ver sección 2.2.2) Reemplazando las deformaciones unitarias, tenemos: 1 aA bB cC bB aA cC cC aA bB 0 abcE
Simplificando → Como
1 1 2 aA bB cc 0 abcE
1 1 2 0 ; la condición buscada será: abcE aA bB cC 0
9) Se hace descender, en el océano, una esfera sólida de acero de 100 mm de diámetro, hasta donde la presión es 90 x 10 6 Pa . Sabiendo que E 200 x 10 9 Pa ; 0.3 , determinar: i) La reducción del diámetro de la esfera.
226
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ii) La reducción del volumen de la esfera. iii) El aumento porcentual de la densidad de la esfera. Principio de Pascal x y z p Deformaciones unitarias 1 x x y z E 1 2 1 x p p p p E E
Similar para y y para z .Obtenemos: x y z
2 1 p E
Reemplazando valores numéricos:
0.6 19010 6 1.8 10 4 200 10 9 d 0.1 1.8 10 4 1.8 10 5 m.
x y z i) d d x ii)
1 x y z
volumen) VTOTAL
VTOTAL 3 1.8 10 4 5.4 10 4 V0
(cambio
unitario
del
4 3 0.05 5.4 10 4 2.83 10 7 m3 3
m Lnp Lnm LnV , de donde: v dp dV (puesto que m es constante) p V
iii) p
Reemplazando valores:
dp 2.83 10 7 5.4 10 4 p 5.236 10 4 (volumen inicial de la esfera) dp 0 0.054 0 0 0 p
10) Una barra cilíndrica, de material elástico lineal (E, ) está sometida a comprensión p, según se indica en el esquema. Lateralmente la barra está confinada por un tubo cilíndrico de pequeño espesor y módulo elástico E 1 . Hallar los esfuerzos normales en la barra.
227
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P
x z Elementos cúbicos en la barra :
L E1
E;
d d1
En la barra interior, la deformación unitaria en dirección X, es:
x
1 1 x y z x x x ...........(1) E E
En el tubo de confinamiento:
x
x ó z
c
c
2 c e L x Ld x d 2e x c d d1 d 2 2 c
(Compresión) c
xd (esfuerzo circunferencial) d1 d
Deformación unitaria: ' x
c xd (2) d1 dE1 E1
228
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Compatibilidad: x ' x igualamos (1) y (2) 1 x p x x d , de donde obtenemos: d1 dE1 E p x z (Compresiones). E d 1 E1 d1 d 11) Una barra prismática, de material elástico lineal (E; ) está sometida al estado de 0 0 esfuerzos 0 0 0 . Determinar: 0 0 0 i) La superficie transformada de una esfera de ecuación x2 + y2 + z2 = R2 en el interior de la barra. ii) El volumen encerrado por la nueva superficie. Considerar el origen “O” como punto fijo durante la deformación de la barra.
z
o
x
y
z y 0 (dato)
Deformaciones unitarias (barra): x
x
Ley Generalizada de Hooke: 1 1 x x y z E E Similarmente: y ; z E E
También: xy yz zx o (ver matriz ).
Campo de Desplazamientos: x
u 1 u (1) x E x
229
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v v (2) y E y w w z (3) z E z y
Integrando las ecuaciones (1), (2), (3), tenemos: u x f1 y, z ( 4) E v y f 2 x, z (5) E w z f3 x, y (6) E Deteminamos las funciones f1 (y; z); f2 (x; z); f3 (x; y) usando las condiciones para distorsión nula xy yz zx 0 . Sabemos que: xy
u v ; y x
yz
w v ; y z
yz
w u x z
Luego tenemos: De 4 y 5 : De 5 y 6 : De 4 y 6 :
f1 f 2 0 * v x f2 f3 0 * * z y f1 f3 0 * * * z x
Para todo PX, Y,Z de la barra.
De (*) notamos que f1 y f2 han de ser funciones de z De (**) notamos que f2 y f3 han de ser funciones de x De (***) notamos que f1 y f3 han de ser funciones de y Luego f1 C1;
f2 C2 ;
f3 C3
Desplazamientos: Reemplazamos f1, f2 y f3 en las ecuaciones (4), (5) y (6): u x C1 E v y C2 E w z C3 E u 0 x 0 paray 0 Si el origen es punto fijo v 0 w 0 z 0
230
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Con el cual determinamos que C1 C2 C3 0 . En consecuencia el Campo de Desplazamiento se define por: u
x; E z
v
y ; E
w
z E
P Esfera P’ Nueva superficie (Transformada de la esfera) r r0 u
r x, y, z u, v, w
P'
o
r x u , y v , z w x' z ' y'
u
r
P x, y, z
r0
x
y Es decir: x ' x u y ' y u z ' z w
x E y ' y y E z ' z z E x ' x
Por lo tanto:
PorEs lo decir: tanto:
x ' x 1 E y ' y 1 E z ' z 1 E
x' 1 E y' y 1 E z' z 1 E x
Superficie inicial: x2 + y2 + z2= R2 (esfera) Superficie transformada: x
x '2 1 E
2
y '2 1 E
2
z '2 1 E
2
R 2 (Elipsoide de revolución alrededor del eje x)
231
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VFINAL VINICIAL x y z VFINAL VINICIAL x y z 1 VINICIAL
VFINAL
4 R 3 1 3 E E E
VFINAL
4 R 3 1 1 2 3 E
12) Un material elástico (E, , α) originalmente llena una cavidad con lados 2a y altura h, en un bloque rígido, según se indica en el esquema. Encima del material elástico se coloca una tapa rígida y se aplica una fuerza de comprensión F a ésta, al mismo tiempo que se incrementa la temperatura. Expresar el movimiento de la tapa en función de F, T y las constantes elásticas del material. Despreciar cualquier efecto de fricción. y y
F F
a
Material
a
Deformable
2a
c
h
2a
x
x
z
Establecemos, en primer lugar los ejes coordenados como se indica en los esquemas. Se excluye la posible fricción → El material deformable no se adhiere a las paredes del bloque rígido ni a la tapa durante la deformación. Con “c” indicaremos el movimiento de la tapa (supuesto positivo según el eje “y” indicado). Como el material deformable es elástico lineal, usamos las ecuaciones de la Ley de Hooke Generalizada, más el efecto de temperatura:
1 x y z T E 1 y y x z T E 1 z z x y T E x
1
232
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Debido a la carga aplica, en el material sólo ocurren esfuerzos normales. Por la restricción del bloque rígido, el material sólo experimentará deformaciones normales en dirección Y. y ; x z 0 Por la simetría (sección transversal cuadrada) x z. (Puede verificarse haciendo x 0; z 0 en la 1° y la 3° ecuaciones (1)) Reemplazando en la ecuación (1):
0 = σ x - ν (σ y + σ z ) + EαΔT De donde obtenemos: x
E y T (2) 1 1
Reemplazando la ecuación (2) en la segunda de las ecuaciones (1) encontramos que: 1 2 2 1 y E ET (3) 1 1 F El esfuerzo en dirección y es: σ y = 2 (compresión ) (4) 4a c También, la deformación unitaria en dirección y, es (5) h Reemplazando las ecuaciones (4) y (5) en (3) y simplificando obtenemos:
c 1 1 F 1 2 2 ET h E 1 4a ó c 1 F T 2 h 1 3 K 4a
Siendo K el módulo de compresibilidad del material.
Si ΔT = 0 F comprime el material y c es negativo
Si ΔT ≠ 0, la fuerza F requerida para mantener la tapa en su posición inicial (cuando c 0 ), es:
F 4a 2 3 KT 13) (Ecuaciones diferenciales del equilibrio en Coordenadas Polares). Al estudiar la distribución de esfuerzos en anillos, discos giratorios y otras piezas curvas, es conveniente emplear Coordenadas Polares:
233
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: Angulo polar. : Radio vector. : Esfuerzo Normal en
dirección radial. : Esfuerzo Normal en dirección tangencial.
Consideremos un elemento plano definido en coordenadas polares.
p
p
p
Elementos de espesor unitario, al plano del dibujo.
(Esfuerzos en el elemento polar, indicando la variación de los mismos al variar el radio vector y el ángulo polar. No incluimos distribución de fuerzas másicas). Estableciendo el Equilibrio de Fuerzas en dirección radial, tenemos:
p p
p sen 2 sen 0 2
Efectuado operaciones, obtenemos:
234
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p p
0 2 2
Simplificando la sumatoria anterior, y dividiendo entre , obtenemos:
0 2 2 2
Llevando al límite, cuando ; 0 , tenemos:
0
Expresión que puede escribirse:
0
Finalmente
1 0 *
Estableciendo, ahora, el equilibrio de FUERZAS en dirección tangencial (ortogonal a la dirección radial), tenemos:
1 2 0 * *
Las ecuaciones (*), (**) son las ecuaciones de equilibrio, expresadas en términos de esfuerzos, en un sistema plano de coordenadas polares. No se incluyen las posibles distribuciones polares de fuerzas Másicas. 2.3) Esfuerzos Sobre Planos de Orientación Arbitraria. Transformación General de Esfuerzos. 2.3.1) Esfuerzos Sobre Planos de Orientación Arbitraria. Consideremos un prisma elemental, sometido al estado general de esfuerzos definido por la matriz . x xy yx y zx zy Pueden ser definidos los vectores siguientes:
xz yz z
x x ; xy , xz Vector esfuerzo sobre la cara X positiva.
y y x ; y , yz Vector esfuerzo sobre la cara Y positiva.
235
Mecánica de Sólidos
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z zx ; zy , z Vector esfuerzo sobre la cara Z positiva.
De manera equivalente, en función de los valores unitarios i , j , k. x x i xy j xz k y yx i y j yz k
1
z zx i zy j z k
En general x , y , z , son vectores no paralelos a los vectores unitarios i , j , k respectivamente. z
z zx , zy , z
k
x x , xy , xz
En las caras opuestas actúan Vectores Esfuerzo de la misma intensidad y
i
sentido contrario.
x
j
y
y yx , y , yz
Consideremos, ahora, el vector esfuerzo sobre un plano inclinado ABC que pasa por un punto P del sólido. z
N
C
y P
P
x
B y
A z
x
236
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N Vector Unitario Normal al plano ABC N l i mj n k . Ecuación cartesiana del plano lx my nz q . Cosenos directores de la normal al plano l2 + m2 + n2 = 1 z
N
l cos m cos n cos
y
x
Sobre el plano ABC, para el equilibrio, se desarrollará un VECTOR ESFUERZO. P Vector esfuerzo sobre el plano inclinado ABC. Generalmente P no es normal al plano ABC. El vector esfuerzo P puede expresarse en función de sus componentes cartesianas rectangulares.
P P x i P y j P z k (2) Debemos encontrar las componentes P x , P y , P z en función de los elementos de la matriz y de los cosenos directores l, m, n, de la normal al plano inclinado ABC. La suma vectorial de las fuerzas actuantes sobre el tetraedro OABC nos permite escribir:
P l x m y n z (3) (Vector esfuerzo en el punto P). Reemplazando las expresiones (1) y (2) en (3), tenemos:
P x i P y j P z k l x i xy j xz k
n
j k
m xy i y j yz k xz i
yz
z
Simplificando y recordando las condiciones para igualad de vectores, obtenemos:
237
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Px l x m xy n xz Py l yx m y n yz
4
Pz l zx m zy n z
Las ecuaciones (4) definen las Componentes Cartesianas Rectangulares del Vector de Esfuerzos P , en función de las componentes del Vector Normal Unitario N y de los elementos de la Matriz de Esfuerzo . Matricialmente, las ecuaciones (4) se expresan: Px x Py yx Pz zx
xz l yz m z n
xy y zy
ó P N Vector columna de los cosenos directores de la normal al plano inclinado ABC. Definición: El esfuerzo normal en un plano que pasa por P, es la Proyección Ortogonal del Vector p sobre el Vector Normal Unitario N . N C
PN
P Px , Py , Pz
P
PS
s
PN PS
B Esfuerzo Normal en el plano ABC. Esfuerzo Cortante en el plano ABC (en la dirección S).
(Dirección S normal con N ). La magnitud del esfuerzo Normal, es: PN P N (Producto escalar) En términos de componentes rectangulares, tenemos:
σ PN σ Px i σ Py j σ Pz k
li m j nk
σ PN lσ Px mσ Py nσ Pz
238
Mecánica de Sólidos
Reemplazamos
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σ Px , σ Py , σ Pz por sus valores dados en las ecuación (4) y
simplificando, tenemos: σ PN l 2 σ x m2 σ y n2 σ z 2lmτ xy 2ln xz 2mn τ yz
.......... ....(5)
La magnitud del esfuerzo cortante, PS , en dirección S, es: σ PS
2
σP σN
2
σ PS σ Px σ Py σ Pz σ PN 2
2
2
2
.......... ...(6)
Notas: 1. Vector Gradiente
N normal
z
Sea P0 un punto sobre la gráfica de x, y, z k El vector unitario normal, es: N
P0
Siendo el vector gradiente: i j k , evaluando en x x x el punto P0 .
x, y, z k
x
y
2. Recordando las operaciones del álgebra matricial, el esfuerzo normal sobre el plano inclinado ABC (ec.5) puede escribirse: l σ PN l m n σ m n ó σ PN N
T
σ
N
l Siendo N m el vector columna de cosenos directores de la normal al plano n
inclinado ABC.
239
Mecánica de Sólidos
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EJEMPLOS 7 5 0 1. En un sólido la matriz de esfuerzos es 5 3 1 Klb pulg 2 . Determinar el 0 1 2 Vector Esfuerzo en un plano que pasa por un punto del sólido, y es paralelo al plano ABC. z Plano ABC: x y z 1 4 2 6 C 3 x 6y 2z 12 Cosenos directores del vector normal al plano ABC: 6 ''
4 '' P
2 '' B
A x
l
y
3 3 2 6 2 22
3 7
, m
6 3 2 6 2 22
6 7
n
2 3 2 6 2 22
2 7
Vector esfuerzo: Px 7 5 0 3 7 Py 5 3 1 6 7 0 1 2 2 7 Pz
Efectuando el producto indicado, tenemos: Px 9 7 Py 5 7 Pz 10 7 luego :
P
9 5 10 i j k 7 7 7
3 xy 5 y 2 0 0 2z 2. El estado de esfuerzos en un sólido viene dado por 5 y 2 2z 0 0 (Unidades de esfuerzo), siendo (x, y, z) las coordenadas de cualquier punto del sólido. Determinar el vector esfuerzo actuante en el punto P0 2,1, 3 ubicado
sobre el cilindro y z 4 2
2
240
Mecánica de Sólidos
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z
N
2,1,
3
y
y 2 z2 4
x Vector unitario normal: N
siendo : y 2 z 2 4 0 y2 z2 4
Vector gradiente: 0i 2y j 2zk
evaluando en P0 2,1, 3
0i 2 j 2 3 k luego : N
0i 2 j 2 3 k
02 22 2 3
2
0i
1 3 N 0, , 2 2
1 3 j k 2 2
En el punto P0 , la matriz de esfuerzos es: 5 6 5 0 0 2 3
0 2 3 0
Vector esfuerzo: 5 Px 6 0 Py 5 0 2 3 Pz
0 2 3 0
0 12 3 2
Efectuando el producto, e identificando elementos, obtenemos: Px 3 Px 5 2 Py 3 Luego:
P
5 i 3 j 3k 2
241
Mecánica de Sólidos
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0 1 3. La matriz de esfuerzos en un punto es 1 y 2 1
2 1 calcular y , de manera 0
que el Vector Esfuerzo en un plano que pasa por ese punto, sea nulo. Encontrar el Vector Unitario Normal para ese plano libre de esfuerzos. Vector esfuerzo P : desconocidos Px 0 1 Py 1 y 2 1 Pz
2 1 0
l m n
Efectuando el producto e identificando componentes, tenemos: Px m 2n
; Px 2l m
; Py l m y n
Condición P = 0. Entonces se requiere: m 2n 0 .......... ..........1 l m y n 0 .......... ..2
2l m 0 .......... ........3 De (1) n m 2 ; de (3) l m 2 Reemplazando en (2): m m m y 0 2 2
m 1 y 0
m 0 es imposible, puesto que ocasionaría m n l 0
Entonces
1 y 0
y 1
Para este valor, las ecs. (1), (2), (3) quedan: m 2n 0 lmn 0 2l m 0 Que las resolvemos bajo la condición:
l 2 m2 n2 1 (cosenos directores) 1
Obtenemos : l
2
;m
;n
1
6 6 6 Los vectores unitarios normales al plano libre de esfuerzos son: N
1 6
i
2 6
j
1 6
k
242
Mecánica de Sólidos
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4. Sean P1 y P2 los vectores esfuerzo correspondientes a dos planos que pasan por un punto M, Sean n1 y n2 las normales a dichos planos. Demostrar que la proyección de P1 sobre n2 es igual a la proyección de sobre P 2 sobre n1 . n1
P2
n2
P1
M
Debemos probar que: P1 · n2 P 2 · n1.......... .....* Estado de esfuerzos en el punto M: x xy xz xy y yz xz yz z
El vector esfuerzo P1 es: P1x x P1y xy P 1z xz
xy y yz
xz yz z
a1 b1 c 1
Desarrollando el producto, encontramos:
P1 x a1 xy b1 xz c 1 ; xy a1 y b1 yz c 1 , xz a1 yz b1 z c 1
La proyección de P1 sobre n2 , es P1·n2 luego: P1·n 2 x a1a 2 xy b1a 2 xz c 1a 2 xy a1b 2 y b1b 2 yz c 1b 2 xz a1c 2 yz b1c 2 z c 1c 2 .......... .........( **)
De manera similar obtenemos la proyección de P2 sobre n1 : P 2 ·n1 x a1a 2 xy b1a 2 xz c 1a 2 xy a1b 2 y b1b 2 yz c 1b 2 xz a1c 2 yz b1c 2 z c 1c 2 .......... ........(* * *) Comparando (**) con (***) obtenemos (*): P1·n2 P2 ·n1 Nota: Este resultado, se denomina Ley de Reciprocidad Generalizada. a b 5. El estado de esfuerzos en un punto es a c donde a, b y c son b c constantes y es un valor dado no nulo. Encontrar las constantes a, b y c de manera que el vector esfuerzo sobre el plano octaédrico sea nulo.
243
Mecánica de Sólidos
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z
ABC es el plano octaédrico, si:
N cos , cos , cos
C
B
y
A x
cos2 cos2 cos2 1 1 cos 3
Normal al plano octaédrico: ' 1 1 1 1 1 1 N , , ó N , , 3 3 3 3 3 3 Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico: a b 1 3 OCT a c 1 3 b c 1 3 Desarrollando el producto, obtenemos: σ aσ bσ aσ σ cσ bσ cσ σ σ OCT , , 3 3 3 3 3 3 3 3 3 Condición dada: OCT 0 0, 0, 0 luego: 1 σ aσ bσ 0 ; 1 aσ σ cσ 0 ; 1 bσ cσ σ 0 3 3 3 De donde (como es 0 obtenemos: 1 a b 0 a 1 c 0 * b c 1 0 Resolviendo el sistema (*), tenemos: a = -1/2
b = -1/2
c= -1/2
cx 0 0 6. El estado de esfuerzos en un sólido es cx 0 cx donde c es una 0 cx 0 constante.
244
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i) Probar que se satisfacen las ecuaciones del equilibrio, cuando el vector de fuerzas másicas es nulo. ii) Determinar el vector esfuerzo en P0 4,4,7 sobre el plano 2x 2y z 7 y sobre la esfera x 2 y 2 z 2 81 i) Las componentes de esfuerzo son:
x 0 ; xy cz ; xy 0 ; y 0 ; yz cx ; z 0 Reemplazando en las ecuaciones de Navier, notamos que se verifican sólo cuando Bx By Bz 0 punto P0 4,4,7 2x 2y z 7 0
ii) Plano 2x 2y z 7 Vector normal al plano: n
(evaluando en P0 )
2i 2 j k
n
2 2 1 2
2
2
2 2 1 i j k 3 3 3
Vector esfuerzo en el punto P0 : P0
7c 0 2 3 0 7c 0 4c 2 3 0 4c 0 - 1 3
8 14 18 P0 c, c, 3 3 3
Esfera x 2 y 2 z 2 81
x 2 y 2 z 2 81 2xi 2y j 2zk 4,4,7 8i 8 j 14k
Luego: n
8i 8 j 14k 8 2 8 2 14 2
4 4 7 i j k 9 9 9
Vector esfuerzo: 7c 0 4 9 - 28c 9 0 P0 7c 0 4c - 4 9 0 0 4c 0 7 9 16c 9 28 16 P0 ci 0 j ck 9 9 14 7 7 7. En el punto P el estado de esfuerzos es 7 21 0 determinar: 7 0 35 i) El vector esfuerzo en un plano que contiene a P y es paralelo al plano BGE. ii) El vector esfuerzo en un plano que contiene a P y es paralelo al plano BGFC. iii) Las componentes de esfuerzo normal y esfuerzo cortante en el plano BGFC.
245
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z 6 ''
B
A
C
D E P
4 ''
y 2 ''
G
F
x i) Hallamos la ecuación del plano BGE: x y z 1 6x 2y 3z 12 2 6 4 Los cosenos directores de la normal al plano, son: 6 2 3 l m n 2 2 2 2 2 2 2 6 2 3 6 2 3 6 22 3 2 6 2 3 l m n 7 7 7 14 7 7 6 7 El vector esfuerzo P es: P 7 21 0 2 7 7 0 35 3 7
Efectuando el producto, obtenemos: 11 P 12 9
ó
P 11 i 12 j 9k
(Siendo i, j, k los vectores direccionales unitarios) ii) Hallamos la ecuación del plano BGFC: x z 1 2x z 4 2 4 Los cosenos directores de la normal al plano son: 2 1 l m0 n 2 2 2 2 1 2 12 2 1 l m0 n 5 5 14 7 7 2 5 El vector esfuerzo, es: P 7 21 0 0 7 0 35 1 5 Efectuando el producto, obtenemos:
246
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21 5 P 14 5 21 5
P
ó
21 5
i
14 5
21
j
5
k
iii) Sobre el plano BGFC, el esfuerzo normal, es: 2 5 donde N 0 1 5
N N N luego : 2 N 0 5
1 5
14 7 7 7 21 0 7 0 35
2 5 0 1 5
21 5 1 14 5 5 21 5 42 21 63 N 0 (component e normal) 5 5 5 La componente de esfuerzo cortante , es: 2 N 0 5
2
2
P N
2
2
2
21 14 21 63 5 5 5 5
2
37.696 5
Nota: Los esfuerzos N y están expresados en las mismas unidades de esfuerzo que los elementos de la matriz . 2.3.2) Transformación General de Esfuerzos i) Propiedad: “Conociendo las componentes de esfuerzo, referidas a tres superficies ortogonales en un punto, pueden calcularse las componentes de esfuerzo que actúan sobre cualquier otra superficie que pasa por el punto referido.”
247
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Consideremos un tetraedro infinitesimal OABC, recortado de un sólido en equilibrio. En los planos coordenados actúan esfuerzos dados por la matriz . z
n n
C
s s yx
y
P
yz
A
x
xy
x
xz
o
zx
zy
B
y
z
La superficie ABC tiene como vector unitario normal n anx , any , anz y sobre ella
actúa el esfuerzo normal n y el esfuerzo cortante s recordar : anx any anz 1 2
2
2
La magnitud del esfuerzo normal, es:
n a nx a ny a nz
a nx a ny a nz
Desarrollando las operaciones matriciales, obtenemos: 2 2 n x a nx xy a nx a ny xz a nx a nz yx a ny a nx y a ny 1 2 yz a ny a nz zx a nz a nx zy a nz a ny z a nz
Nota) Observar la coincidencia con la fórmula deducida en la sección anterior (ec.5), con el cambio de nomenclatura para los cosenos directores del vector normal unitario:
l anx
m any
n anz
248
Mecánica de Sólidos
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La igualdad (1) demuestra que el esfuerzo normal actuante sobre cualquier superficie que contiene al punto para el cual está definido el estado de esfuerzos (mediante la matriz ), depende únicamente de las componentes de esfuerzo y de los cosenos directores de la normal a la superficie de interés. Sean a n
sx , a sy , a sz
los cosenos directores
de una dirección s (contenida en el plano ABC y normal al vector n ). Recordar: a 2 sx a 2 sy a 2 sz = 1 anx a sx any a sy anz a sz 0
C
s
B P
Estableciendo el equilibrio tetraedro OABC, puede establecerse una expresión, similar a la ec. (1), para el esfuerzo cortante s :
A s x a nx a sx xy a nx a sy xz a nx a sz yx a ny a sx y a ny a sy 2 yz a ny a sz zx a nz a sx zy a nz a sy z a nz a sz La igualdad (2) demuestra que el esfuerzo cortante s , en la dirección s , depende únicamente del estado de esfuerzos y de los cosenos directores de las direcciones
n y s. Las ecs. (1) y (2) nos permiten calcular los esfuerzos sobre cualquier superficie que pase por el punto dado, en función de los elementos de la matriz y de los cosenos directores de n y s (ortogonales).
249
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ii) Ecuaciones para la Transformación General de Esfuerzos
z'
z
PROBLEMA Conocida la matriz , referida al sistema x, y, z, encontrar la matriz ’ asociada con el sistema x’ y’ z’.
y'
(x, y, z): ortogonal (x’, y’, z’): ortogonal)
(x y z) rotación (x’ y’ z’)
o x' x
y
Para encontrar x ' (Esfuerzo Normal en la dirección X’) Podemos usar la ec. (1), anterior, con el cambio apropiado en la nomencla-
tura. Entonces, en la ec. (1) en vez de usar n para la dirección de una superficie (su normal), usamos x’ (normal a la superficie coordenada z’ o’ y’). Reemplazando n por x’ en la ec. (1), tenemos: 2 2 n x a x 'x xy a x ' x a x 'y xz a x 'x a x 'z yx a x 'y a x 'x y a x ' y 3 2 yz a x ' y a x 'z zx a x 'z a x ' x zy a x 'z a x 'y z a x 'z Donde: a x 'x coseno director entre el eje x’ y el eje x. a x 'y coseno director entre el eje x’ y el eje y. etc. En forma semejante, pueden hallarse expresiones para los esfuerzos normales y ' y
z ' Se obtienen: 2 2 y ' x a y ' x xy a y ' x a y ' y xz a y ' x a y 'z yx a y 'y a y ' x y a y ' y 4 2 yz a y ' y a y 'z zx a y 'z a y ' x zy a y 'z a y ' y z a y 'z 2 2 z' x a z' x xy a z' x a z'y xz a z' x a z'z yx a z'y a z' x y a z'y 5 2 yz a z' y a z'z zx a z'z a z' x zy a z'z a z'y z a z'z También el esfuerzo cortante x 'z' puede calcularse a partir de la ec. (2) en forma análoga a las usadas para determinar los esfuerzos normales en el sistema rotado (x’ y’ z’). Obtenemos: x 'z' x a x 'x a z'x xy a x' x a z'y xz a x ' x a z'z yx a x 'y a z'x y a x 'y a z' y 6 yz a x 'y a z'z zx a x 'z a z' x zy a x 'z a z' y z a x 'z a z'z y similares para x 'y ' , y 'z' .
Las ecuaciones para la transformación de esfuerzos, ecuaciones (3), (4), (5), (6),…. Se escriben consistentemente en forma matricial:
250
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matriz referida a las coordenadas (x ,y, z). ' matriz referida a las coordenadas (x’, y’, z’). Ambos sistemas de coordenadas son respectivamente ortogonales.
z'
MATRIZ DE TRANSFORMACIÓN DE COORDENADAS: A
y'
z
(MATRIZ DE COSENOS DIRECTORES) a x 'x a x ' y a x 'z A a y 'x a y ' y a y 'z a z' x a z'y a z'z (También denominada matriz rotación de coordenadas).
x'
x
x
y
z
x’
a x'x
a x'y
a x 'z
y’
a y'x
a y'y
a y 'z
z’
a z'x
a z'y
a z 'z
y En base a esta matriz A , las ecs. (3), (4), (5), (6), escriben consistentemente: ' A AT
se
matriz de esfuerzos en el sistema x y z.
Siendo: A
matriz de esfuerzos en el sistema x' y' z'. matriz de rotación.
'
A
T
transpuesta de la matriz de rotación.
T
: se intercambian filas con columnas en la matriz A
Recordar A
a x ' x a x ' y a x 'z A a y ' x a y ' y a y 'z a z' x a z' y a z'z Recordar también las condiciones de ortonormalidad. T
EJEMPLOS 1) Demostrar n'
y'
'
z'
'
x y z (Primer invariante de esfuerzos).
Sumando respectivamente las ecs. (3), (4) y (5), tenemos: 2 x ' y ' z' x a x ' x xy a x 'x a x ' y xz a x ' x a x 'z yx a x ' y a x ' x y a x ' y yz a x ' y a x 'z 2
zx a x 'z a x 'x zy a x 'z a x ' y z a x 'z 2
x a y 'x xy a y 'x a y ' y xz a y ' x a y 'z 2
251
Mecánica de Sólidos
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yx a y 'y a y ' x y a y 'y yz a y 'y a y 'z 2
zx a y 'z a y 'x zy a y 'z a y 'y z a y 'z 2
y a z' y yz a z' y a z'z xz a z' y a z'x 2
yx a z'y a z' x y a z'y yz a z'y a z'z 2
zx a z'z a z'x zy a z'z a z'y z a z'z
2
Expresión que puede arreglarse de la manera siguiente:
a
x ' y ' z' x a x ' x a y ' x a z' x z
2
2 x 'z
2
a y 'z a z'z 2
a a
2
2
y
xy
2 x'y
a y ' y a z' y
x'x a x'y
2
2
a y ' x a y ' y a z' x a z' y
Por las condiciones de ortonormalidad, los coeficientes que multiplican a los esfuerzos normales x , y , z valen UNO (son la suma de cuadrados de cosenos directores. Condición de normalidad). También los coeficientes que multiplican a los esfuerzos cortantes xy ..., etc. Valen CERO (condición de ortogonalidad). En consecuencia:
x ' y ' z' x y z (Denominado PRIMER INVARIANTE DE ESFUERZOS). 10 50 50 2) Dado el estado de esfuerzos 50 0 0 M Pa , hallar x ' , siendo x’ la 50 0 0 dirección i 2 j 3k .
Vector Unitario en dirección x’: i 2 j 3k 1 2 3 x' i j k 14 14 14 1 22 32 1 2 3 Cosenos Directores a x ' x ; a x'y ; a x 'z 14 14 14 Usamos la ecuación (escalar) de transformación (ec. 3) (Ver Pág. 261) 2 2 n x a x ' x xy a x ' x a x ' y xz a x ' x a x 'z yx a x ' y a x ' x y a x ' y yz a x ' y a x 'z zx a x 'z a x ' x zy a x 'z a x ' y z a x 'z
2
Reemplazando valores de los cosenos directores: a x'x
1 14
; a x'y
2 14
; a x 'z
3 14
Tenemos:
252
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1 1 2 1 3 50 50 n 10 14 14 14 14 14 2
x’
x
y
z
cos 45º
cos135 º
cos 90º
y’
cos 45º
cos 45º
cos 90º
z’
cos 90º
cos 90º
cos 0º
50 2 1 0 1 0 2 3 14 14 14 14 14 3 2 3 2 3 0 0 14 14 14 14 14
50
Efectuando operaciones, obtenemos: 10 100 150 100 150 14 14 14 14 14 90 x' M Pa 6.43 M Pa x' 14 x'
3) El estado 100 es 0 0
de esfuerzos en un punto P, referido al sistema de coordenadas x, y, z 0 0 0 0 . Determinar la matriz de esfuerzos correspondiente a un 0 300 sistema de ejes obtenido mediante la rotación de 45º, del sistema x y z alrededor del eje z, en sentido horario cuando se mira hacia el punto. z'
z
P
x'
45
0
45 0 x
y
y'
Matriz de rotación A 2 2 2 2 0 A 2 2 2 2 0 0 0 1 Respecto al sistema rotado x’ y’ z’ , la matriz de esfuerzos, es:
' A A T
253
2
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σ' A
σ
AT Efectuando el triple producto matricial, tenemos:
X
Y
z
x’
cos 30º
cos 30º
cos 30º
y’
cos 30º
cos 30º
cos 30º
z’
cos 30º
cos 30º
cos 30º
50 50 0 ' 50 50 0 0 0 300
4)
En 500 0 100
un punto de un sólido, la matriz de esfuerzos está dada por 0 100 0 0 KPa , en el sistema inicial de referencia x, y, z. Un nuevo 0 800 sistema de referencia x’ y’ z’ se obtiene girando el sistema inicial 30º alrededor del eje z, según se indica. Determinar la matriz esfuerzos referida al sistema x’ y’ z’. Usaremos la expresión matricial:
' A A
T
Definimos la matriz de transformación de coordenadas A :
z
z'
o 30
x
30 0
y'
0
y
x'
254
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0.866 0.5 0 A 0.5 0.866 0 0 0 1 ' A A T T
x' y'x' z'x'
x'y' y' z'y '
x 'z' 0.866 0.5 0 500 0 100 0.866 0.5 0 y 'z' 0.5 0.866 0 0 0 0 0.5 0.866 0 z' 0 0 1 100 0 800 0 0 1
Desarrollando el triple producto matricial, tenemos: x' y'x' z'x '
x 'z' 375 216 86.6 y 'z' 216 125 50 KPa z' 86.6 50 800
x'y' y' z'y '
Notar que: σ x ' + σ y ' + σ z' = 375 125 + 800 = 300 KPa σ x + σ y + σ z = 500 + 0 + 800 = 300 KPa → σ x ' + σ y ' + σ z' = σ x + σ y + σ z
(Pr imer Invariante de Esfuerzos).
k 0 0 5) Respecto al sistema x y z, la matriz de esfuerzos es: 0 k 0 determinar la 0 0 k matriz de esfuerzos referida al sistema x’ y’ z’.
y'
z' z
4
x'
o
y
x
x’: Dirección octaédrica.
255
Mecánica de Sólidos
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Usaremos: ' A A T Debemos encontrar la matriz de transformación: A Como el eje x’ forma ángulos iguales con los ejes x, y, z, es conocida la primera fila de la matriz A . También, como el ángulo entre z’ y z es , se conocerá el elemento a z'z (= cos 45) 4 de la matriz A . Datos: a x ' x a x ' y a x 'z cos cos 2 cos 2 cos 2 1 1 cos 3 1 también : a z 'z 2
Condiciones: a y ' x a y ' y a y ' x 1 cosenos directores de y' 2
2
2
a z' x a z' y a z' x 1 cosenos directores de z' 2
2
2
(Provienen del coseno de entre dos direcciones):
a x `x a y ' x a x ' y a y ' y a x 'z a y 'z 0 x' y' a x `x a x ' x a x ' y a z ' y a x 'z a z 'z 0 x' z' a y `x a z ' x a y ' y a z ' y a y 'z a z 'z 0 y' z' x
y
z
x’
a x'x
a x 'y
a x 'z
y’
a y 'x
a y 'y
a y 'z
z’
a z'x
a z'y
a z'z
Reemplazando en las 5 ecuaciones anteriores los valores conocidos, determinamos el sistema siguiente: 2 2 2 a y ' x a y ' y a y 'x 1(1) a z' x a z' y 2
1 3 1 3
a y'x a x'x
a y `x a z ' x
1
1 1 2
(2)
1
a y 'z 0 a y ' x a y 'y a y 'z 0 (3) 3 1 1 1 a z' y 0 a x 'x a z'y 0 ( 4) 3 3 2 2 1 a y 'y a z'y a y 'z 0 (5) 2 3 1
a y'y
2
Las ecuaciones (1), (2), (3), (4), (5) determinan un sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas: a y 'x , a y ' y , a y 'z , a z'x , a z'y A partir de las ecuaciones (2) y (4), obtenemos:
256
Mecánica de Sólidos
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a z' x 0
a z'y
1 2
Reemplazando estos valores en (5), obtenemos a y 'y = a y 'z (*) Esta condición la reemplazamos en (1) y (3): a y ' x 2a y ' y 1 2
2
a y 'x 2a y ' y 0
y
donde obtenemos : 2 1 a y'x , a y 'y 6 6 y en consecuencia, a y 'z
1
(*) 6 Tenemos completada la matriz de rotación A 1 3 A 2 6 0
Finalmente, reemplazamos en: ' A A
x’ y’ z’
x
y
z
1 3
1 3
1 3
1 6
1 6
2 0
6
1 2
1 6
1 2
1 3 1 6 1 2
T
x ' x ' y ' x 'z' 1 3 1 3 1 1 6 1 x ' y ' y ' y 'z' 2 6 0 1 2 1 x 'z' y 'z' z' Desarrollando el triple producto matricial: x xy xz xy y yz xz yz z
1 3
3 K 0 0 1 3 6 0 K 0 1 3 2 0 0 K 0
2
6
1 6
1 2
1 3 1 6 1 2
k 0 0 0 k 0 0 0 k
k k k 6) La matriz de esfuerzos k k k está k k k referida al sistema x y z. Hallar la matriz referida al sistema x’ y’ z’, según se indica en el esquema.
1 2
257
Mecánica de Sólidos
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y'
z
z'
arc cos
2 3
y
x'
x
Los ejes y’, z, z’ están en un mismo plano vertical. Los ejes x’, x, y están en un mismo plano vertical. Determinaremos la matriz de transformación de coordenadas A : Existen cinco elementos conocidos: a x'y 0 a x'x A a y'x a y'y 2 3 1 3 1 3 1 3 Similar al ejemplo anterior, empleamos las condiciones de ortonormalidad: a x `x a x ' y 1 2
2
2 1 3 a x 'y a y'y 0 0
a y `x a y ' y 2
2
a x `x a y ' x a x `x a y `x
1 3 1
a x 'y a y 'y
1 3 1
0 0
2 1 0 3 3
3 3 Resolviendo este sistema, obtenemos: a x `x 1 2 1 2 1 2 0 a x'y 1 2 A 1 6 1 6 2 3 a y `x 1 6 1 3 1 3 1 3 a y'y 1 6
Luego:
258
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1 2 ' 1 6 1 3
0 1 6 2 3 1 3 1 3
k k k 1 2 k k k 1 2 k k k 0
1 2
1 6 1 3 1 6 1 3 2 3 1 3
Desarrollando el triple producto matricial, obtenemos: 0 0 0 ' 0 0 0 0 0 3k 1 0 7) Referida al sistema x y z, la matriz de esfuerzos es: 0 2 0 0
0 0 demostrar 3
que el esfuerzo cortante sobre un plano octaédrico, está dado por: 1 1 2 2 2 3 2 3 1 2 OCT 3 z
n Vector normal unitario a uno de los planos octaédricos. P Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico.
n
1 1 1 n , , 3 3 3
P
y
El esfuerzo sobre el plano octaédrico, es:
x 1 0 P 0 2 0 0
0 1 3 0 1 3 3 1 3
3 3 3
El esfuerzo normal sobre el plano octaédrico, es: 1 0 N 1 3 1 3 1 3 0 2 0 0
El esfuerzo cortante, será:
0 1 3 1 0 1 3 1 2 3 3 1 3
3
N P
s
259
Mecánica de Sólidos
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OCT P N 2
2
1 2 1 2 2 2 1 2 3 1 2 3 3 9
Que se transforma en : 1 1 2 2 2 3 2 3 1 2 OCT 3
2.4) Esfuerzos y Direcciones Principales. Diagonalización de la Matriz Un problema de gran interés en el análisis de esfuerzos, consiste en determinar los máximos valores de los esfuerzos normales y sus direcciones correspondientes. El esfuerzo normal que actúa sobre una cara de un prisma será máximo, cuando en esta cara, los esfuerzos cortantes sean nulos. ( máximo cuando 0 )
En consecuencia, la matriz de esfuerzos deberá transformarse en una matriz diagonal
T
T: transformación de similaridad. y
2 2
1
3
x
1
3
z : NO DIAGONAL
: MATRIZ DIAGONAL
Los ejes 1-2-3 denominan EJES PRINCIPALES DE ESFUERZO x xy xz 0 0 T 1 xy y yz 0 2 0 0 0 3 xz yz z
1 2 3
260
Mecánica de Sólidos
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Definición) Los esfuerzos 1, 2 , 3 se denominan ESFUERZOS PRINCIPALES. Sus direcciones correspondientes, se denominan DIRECCIONES PRINCIPALES. Los planos donde actúan los esfuerzos principales, se denominan PLANOS PRINCIPALES. Sean N l1, m1, n1 el vector unitario normal paralelo al eje principal 1.
2
l1 cos x,1
m1 cos y,1
n1 cos z,1 El vector esfuerzo sobre el plano cuya normal es N1 , es:
N1
N1
(*)
1 3 Si en el plano indicado, los esfuerzos cortantes son nulos N1 (condición de paralelismo de vectores). La igualdad (*) nos queda:
N1 N1
(**)
Siendo un escalar por determinar. En términos de sus componentes, la ecuación (**) es: l1 x xy xz l1 m1 yx y yz m1 n 1 zx zy z n1 Efectuando el producto matricial, e, identificando componentes, tenemos: l1 x l1 xy m1 xz n1 m1 yx l1 y m1 yz n1 n1 zx l1 zy m1 z n1
Ecuaciones que determinan el sistema lineal homogéneo siguiente:
x l1 xy m1 xz n1 0
yx l1 y m1 yz n1 0 zx l1 zy m1 z n1 0
261
Mecánica de Sólidos
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Sistema lineal de ecuaciones homogéneas, que notación matricial se expresa: x yx zx
xy y
yz z xz
zy
l1 0 m1 0 n 0 1
(Las incógnitas son los cosenos directores l1, m1, n1 ). Una condición del Álgebra Lineal, expresa:”Para que el sistema de ecuaciones homogéneas ó admita soluciones diferentes de la solución trivial l1 m1 n1 0 , es necesario que: det( s) 0 “ En consecuencia, la condición requerida es: x xy yx y zx zy
xz yz
z
0
Definición) El determinante del anterior sistema de ecuaciones lineales homogéneas det(s) se denomina DETERMINANTE CARACTERISTICO. La ecuación det( s) 0 se denomina ECUACIÓN CARACTERÍSTICA. Las raíces de la ecuación característica se denominan RAICES CARACTERÍSTICAS. Nota: Las raíces características vienen a ser los valores buscados del escalar λ. También se denominan Valores Característicos. Encontradas las raíces características, mediante el sistema ó se encontrarán los cosenos directores correspondientes (Un juego para raíz característica). Notas: Debido a que es una matriz simétrica de orden 3, las tres raíces de la ecuación característica son REALES (Teorema del Álgebra Lineal). Cada raíz característica es un valor del ESFUERZO PRINCIPAL. Por lo general, las raíces se ordenan 1 2 3 ó 1 2 3 .
Sustituyendo el valor el valor de cada raíz característica en el sistema ó y
recordando que DIRECTORES.
l 2 m2 n2 1; se determinan tres sistemas de COSENOS
Cada juego de cosenos directores, define una DIRECCIÓN PRINCIPAL. Puede demostrarse que las tres DIRECCIÓNES PRINCIPALES son mutuamente ORTOGONALES. En los planos principales NO actúan esfuerzos cortantes. En consecuencia, la matriz que define el estado PRINCIPAL DE ESFUERZOS es una matriz diagonal:
262
Mecánica de Sólidos
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1 0 0 2 0 0
0 0 3
Por esto, el proceso de calcular las raíces y los valores característicos, se denomina DIAGONALIZACIÓN DE LA MATRIZ DE ESFUERZOS (Problema de vectores y valores propios)
Al formular la ecuación características se obtiene un polinomio de la forma 3 12 2 2 3 0 , donde 1 PRIMER INVARIANTE DE ESFUERZOS. 2 SEGUNDO INVARIANTE DE ESFUERZOS. 3 TERCER INVARIANTE DE ESFUERZOS. Sus valores están dados por: 1 x y z 2 x y y z z x xy xz yz 2
2
2
3 x y z 2 xy xz yz xy z yz x xz y 2
2
2
EJEMPLOS 1) Hallar los esfuerzos 0 0 la matriz 0 0 150 80
principales correspondientes al estado de esfuerzos dado por 150 80 lb pulg 2 200
0 Ecuación Característica:
0 150
0 0 80
150 80 0 200
Desarrollando el determinante, obtenemos: 3 2 200 28 0 ,900 POLINOMIO CARACTERÍSTICO
Resolviendo la ecuación característica, obtenemos las raíces características: 1 0 ; 2 297.23 ; 3 97.23
Los esfuerzos PRINCIPALES son: lb lb 1 297.23 ; 1 0 ; 1 97.23 2 pulg pulg 2 3 1 0 2) El estado de esfuerzos en un punto es 1 3 0 MPa 0 0 1 esfuerzos principales y sus direcciones correspondientes.
. Determinar los
263
Mecánica de Sólidos
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3 Ecuación Característica:
1 0
1 3 0
0 0 0 1
Desarrollando el determinante, obtenemos:
1 3 2 1 0 Raíces Características: 1 1 ; 2 2 ; 3 4 Esfuerzos Principales: 1 4 MPa ; 1 2 MPa ; 1 1 MPa 4 0 0 MATRIZ DIAGONAL: 0 2 0 MPa 0 0 1
Direcciones Principales: Para 4 : 0 3 4 1 El sistema nos queda 1 3 4 0 0 0 1 4
l1 0 m1 0 n 0 1
De donde obtenemos las ecuaciones lineales: l1 m1 0
l1 m1
l1 m1 0 l1 m1 3n1 0
Que las resolvemos con las condiciones
n1 0 2 l1
m1 n1 1 2
2
l1 l1 0 1 En consecuencia: 2
2
l1 1 2 m1 1 2 n1 0 Vector unitario correspondiente a la primera dirección principal:
N1 1 2, 1 2 , 0
Para 2 : 0 3 2 1 0 1 3 2 0 0 1 2
l2 0 m2 0 n 0 2
De donde obtenemos las ecuaciones lineales:
264
Mecánica de Sólidos
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l2 m2 0
l2 m2
l2 m2 0 l2 m2 n2 0
n2 0
Que las resolvemos con las condiciones l 2 m2 n2 1 2
2
2
2 l2 1 2
En consecuencia: l2 1 2 m2 1 2 n2 0 Vector unitario correspondiente a la segunda dirección principal: N2 1 2, 1 2 , 0
Para 1: 0 3 1 1 1 3 1 0 0 0 1 1
l3 0 m3 0 n 0 3
De donde obtenemos las ecuaciones lineales: 2l3 m3 0 l3 m3 2 l3 2m3 0 l3 2m3
l 3 m3 0 l3 n3 m3 1 n3 1 2
2
2
Vector unitario correspondiente a la tercera dirección principal: N3 0, 0, 1 Nota: LOS EJES PRINCIPALES 1-2-3 pueden referirse a los ejes iniciales x, y, z mediante una tabla de cosenos directores: x
y
z
1
1 2
1 2
0
2
1 2
1 2
0
3
0
0
1
Se define la matriz 1 2 B 1 2 0
1 2 0 1 2 0 0 1
La matriz diagonal satisfacerá la condición: B B
T
4 0 0 1 2 1 2 0 3 1 0 1 2 1 2 0 0 2 0 1 2 1 2 0 1 3 0 1 2 1 2 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 Encontrando los productos escalares N 1.N2; N1.N3; N2.N3 se comprueba que las tres direcciones principales con mutuamente ortogonales.
265
Mecánica de Sólidos
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20 40 60 3) Dada la matriz de esfuerzos 40 40 20 MPa 60 20 20 principales y sus correspondientes direcciones.
20 Ecuación Característica:
40 60
40 40 20
, hallar los esfuerzos
60 20 0 20
3 40 2 6000 40 000 0 Desarrollando el determinante, obtenemos: , ECUACIÓN CÚBICA
Resolviendo la ecuación característica, obtenemos: 1 97.39 ; 2 6.44 ; 3 63.83
Los esfuerzos principales son: 1 97.39 MPa 1 6.44 1 -63.83
MPa
0 0 97.39 0 6.44 0 MPa 0 0 63.83
MPa MPa
Direcciones principales Reemplazando 1 97.39 en el sistema ; o en su equivalente ; obtenemos:
20 97.39 l1 40 m1 60 n1 0 40l1 40 97.39 m1 20n1 0 60 l1 20m1 20 97.39 n1 0 Que se resuelve condicionada con: l1 m1 n1 1 2
2
2
Obtenemos: l1 0.6574
m1 0.6116
n1 0.4402
Que constituyen los cosenos directores de la 1ra dirección principal. Reiterando el procedimiento, obtenemos los cosenos directores de la 2da y 3ra dirección principal: l 2 0.4488
m 2 0.7871
n 2 0.4232
l3 0.6053
m3 0.0807
n3 0.7919
266
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Nota: Es útil recordar las condiciones de ortonormalidad: A a1, b1, c 1
Vectores unitarios
B a 2 , b 2 , c 2
A
A B a1a 2 b1b 2 c 1c 2 0 a1 b1 c 1 1 2
2
2
a2 b2 c 2 1 2
2
2
En todos los casos, las matrices y caracterizan el mismo ESTADO DE ESFUERZOS.
B
0 200 300 4) Para el estado de esfuerzos 200 500 0 lb pulg 2 se conoce que en 300 0 600 un punto dado, uno de los esfuerzos principales es 749 lb pulg 2 ¿Qué valor tiene el esfuerzo de compresión máximo en el punto y qué dirección tiene?
Para facilitar las operaciones numéricas: 0 0.2 0.3 0.2 0.5 0 K lb pulg 2 0.3 0 0.6
Ecuación Característica: 0.2 0.3
0.2 0.5 0
0.3 0 0 0.6
Desarrollando el determinante, obtenemos: 3 1.12 0.17 0.069 0
Como un esfuerzo principal es 0.749 K lb pulg 2 divisible por - 0.749
el polinomio característico debe ser
Efectuando la división, el cociente es: 2 0.351 0.0929 0
Ecuación algebraica cuyas raíces son: ' 0.5275 Klb pulg 2 y ' ' 0.1765 Klb pulg 2
Por tanto, el esfuerzo de compresión máximo es 0.1765 Klb pulg
2
Para esa raíz característica, hallamos los cosenos directores correspondientes
267
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0.2 0.3 0.1765 0.5 0.1765 0 0.2 0.3 0 0.6 0.1765
l 0 m 0 n 0
Efectuando el producto se tiene las tres ecuaciones:
0.1765l 0.2 m 0.3 n 0 0.2l 0.6765 m 0 0.3l 0.7765 n 0 Que se resuelve con la condición: l 2 m2 n2 1 Obtenemos: l 0.899
m 0.266
n 0.347
La dirección pedida es N 0.899 i 0.266 j 0.347k 5) Los esfuerzos principales en un punto son 1,000 y 500 lb pulg 2 ¿Qué valor tienen los esfuerzos que actúan en la dirección de unos ejes que forman un ángulo de 30º, en sentido horario, con los ejes principales?
0 1,000 Matriz de esfuerzos principales 5,000 0 () Notar que se trata de un estado bidimensional de esfuerzos.
y'
y
x, y ejes principales x’, y ejes principales 30 0
30 0
x
x' x
y
X’
cos 30º
cos 120º
Y’
cos 60º
cos 30º
Encontramos la matriz rotación A
3 2 A 12
La matriz de esfuerzos en el sistema x’, y’ es: ' A A
1 2 3 2
T
268
Mecánica de Sólidos
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3 2 ' 12
0 3 2 1 2 1,000 5,000 1 2 3 2 0
1 2 3 2
Efectuando el producto matricial triple, encontramos: 875 125 3 lb pulg 2 ' 125 3 625
' x ' x'y'
x'y' y '
2.5) Esfuerzos Octaédricos. Estados Medio y Desviador de Esfuerzos. Elipsoide de Esfuerzos. i) Esfuerzos Octaédricos Un plano cuya normal forma ángulos, iguales con las DIRECCIONES PRINCIPALES de esfuerzos, se denomina PLANO OCTAÉDRICO. 2
3
1
3
n l, m, n vector unitario
1 2
1 1 1 n , , 3 3 3
Propiedad: sobre un plano octaédrico actúan los esfuerzos: 1 NORMAL OCT 1 2 3 3 1 1 2 2 2 3 2 CORTANTE OCT 3 1 1 1 En efecto, en el plano octaédrico donde n , , 3 3 3 El esfuerzo normal es: 0 1 σ1 0 1 1 1 0 σ 2 0 1 OCT , , 3 3 3 0 0 σ 3 1 Desarrollando los productos:
3 1
2
3 3 3
269
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1 σ1 σ 2 σ 3 3 El vector esfuerzo sobre el plano octaédrico, es: OCT
0 1 0 1 σ 3 1 σ σ σ P 1 , 2 , 3 3 3 3
3 3 3
σ1 0 P 0 σ 2 0 0
El esfuerzo cortante sobre el plano octaédrico, es: OCT P OCT 2
1 1 1 2 2 3 1 2 3 3 3 3 3 9 2
OCT
2 2
2
Simplificando, puede escribirse: OCT
1 3
1 2 2 2 3 2 3 1 2
ii) Estados Medio y Desviador de Esfuerzos Muchos trabajos experimentales en laboratorios de ensayo y resistencia de materiales han demostrado que el inicio de la fluencia, en varios tipos de materiales, depende de 1 la magnitud del esfuerzo normal m x y z , al cual se denomina Esfuerzo 3 Normal Medio.
En varios problemas nos interesará descomponer el estado de esfuerzos superposición de dos ESTADOS: m d
en una
Donde: m Estado Medio de Esfuerzos (Estado esférico)
d Estado Desviador de Esfuerzos
270
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y
m
y m
yx
yx yz
xy
zy
zx
x
xz
yz
=
z
xy y yz
x y z 3 xz yz 0 z 0
Donde: m
+
zx
xz
x m
z m
m
ESTADO GENERAL
x xy xz
m
xy
zy
ESTADO MEDIO
ESTADO DESVIADOR
m
d
0
0
x y z 3
0
0
x y 3
xy xz m x xy y m yz yz z m z xz
x y z
3 En el estado desviador de esfuerzos: 2 x y z 2 x y z 2 x y z 1 3 3 3 1 0
Si el material es elástico, lineal e isotrópico: El cambio unitario de volumen es: 1
1 2 1 es decir, para este caso 1 0
Propiedad: Como en el Estado Medio de Esfuerzos, no existen esfuerzos cortantes, no se presentan distorsiones angulares. Es decir, el estado medio es responsable de los cambios DE VOLUMEN (sin alterar la FORMA). Como la deformación volumétrica unitaria es NULA en el Estado Desviador de Esfuerzos, no se generan cambios de volumen. Es decir, el estado medio es responsable de los cambios DE FORMA (sin alterar el VOLUMEN). Estas consideraciones serán utilizadas al estudiar los criterios de Falla de Materiales. Nota: Diagonalizando la matriz del estado desviador de esfuerzos d se determinarán los ESFUERZOS DESVIADORES PRINCIPALES.
271
Mecánica de Sólidos
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Ejemplo: Hallar los esfuerzos desviadores principales asociados con la matriz de esfuerzos: 10 6 0 6 10 0 MPa . 0 0 1 Encontramos la matriz del estado desviador, a partir de: m d
Estado medio:
m
m
10 10 1 0 0 3 10 10 1 0 0 3 10 10 1 0 0 3 7 0 0 0 7 0 0 0 7
Estado desviador: d m 10 6 0 7 0 0 3 - 6 0 d 6 10 0 0 7 0 - 6 3 0 0 0 1 0 0 7 0 0 - 6
Sean " s" los esfuerzos principales desviadores. Ecuación característica: 3-s -6 0 -6 3-s 0 0 0 0 -6-s
Desarrollando el determinante y simplificando, obtenemos:
- 6 - ss - 9s 3 0 luego : s1 9 MPa s 2 3 MPa Son los esfuerzos desviadores principales.
s 3 6 MPa
iii) Elipsoide de Esfuerzos. Definición: El lugar geométrico de los extremos de los vectores de esfuerzo total, correspondientes a todos los planos que pasan por un punto, se denomina ELIPSOIDE DE ESFUERZOS (ó ELIPSOIDE DE LAMÉ).
272
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La ecuación del elipsoide de esfuerzos puede ser referida al triedro de direcciones principales de esfuerzo.
3 z p
n l, m, n P
x
1
y
2
Plano que pasa por P, con normal unitaria n l, m, n Vector esfuerzo P : Px x Py 0 0 Pz
0 y 0
0 0 z
l l1 m m 2 n n 3
Px l1 ; Py l 2 ; Pz l 3 Pero : l 2 m 2 n 2 1 Px 1
2
2
2
Py Pz 1 3 2
ó
Px
2
1
2
Py 2
2
2
Pz 3
2
2
1
Es la ecuación del elipsoide de esfuerzos. Pz
El elipsoide de esfuerzos representa la distribución de las magnitudes del esfuerzo total en un ESPACIO DE ESFUERZOS.
3
2
Py
1
Px 273
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EJEMPLOS 1) En un punto P , los esfuerzos principales son 1 12 ; 2 3 ; 3 6 . Determinar el vector esfuerzo y su componente normal en el plano octaédrico que pasa por P . Cosenos directores del plano octaédrico l m n l2 l2 l2 1 l m n
1 3
Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico: OCT N OCT
OCT
12 0 0 1 3 12 3 0 3 0 1 3 3 3 0 0 6 1 3 6 3 12 3 6 i j k 3 3 3 T
La componente normal será OCT N OCT OCT
N
12 0 0 1 3 1 1 1 0 3 0 1 3 , , 3 3 3 0 0 6 1 3 3
2) Probar que la componente normal del esfuerzo en un plano octaédrico es igual a un tercio del primer invariante de esfuerzos. Cosenos directores de un plano octaédrico: lmn
1 3
Vector esfuerzo en el plano octaédrico: OCT N OCT
OCT
1 3 1 3 3 1 3 1 i 2 j 3 k 3 3 3 1 0 0 2 0 0
0 0
Componente normal del vector esfuerzo en el plano octaédrico: T
OCT N
OCT
1 3
1 3
N
1 0 1 0 2 3 0 0
0 1 3 0 1 3 3 1 3
Desarrollando el producto, tenemos:
274
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OCT
1 0 Dada la matriz 0 2 0 0
1 2 3 1 2 3 * 3 3 3 3 0 0 , el primer invariante de esfuerzos es la traza de la 3
matriz:
* *
I1 1 2 3
Comparando * y * * : 1 OCT I1 3 2.6) Esfuerzos Cortantes Máximos
Dado el estado general de esfuerzos mediante la matriz , es posible determinar los planos donde actúan los esfuerzos cortantes de máxima o mínima intensidad. Para simplificar los desarrollos algebraicos, es conveniente trabajar con la matriz de esfuerzos en el estado principal . z
referida al triedro de direcciones principale s.
3
1 0 0 2 0 0
P
2
1
x
y
0 0 3
Al rotar el prisma, en sus caras actúan nuevamente esfuerzos normales y cortantes. El propósito es determinar los valores EXTREMOS de los ESFUERZOS CORTANTES y, a su vez, determinar los planos donde estos actúan. z
p máx
P
Plano
N
N
N : Vector unitario normal al plano buscado (referido a las direccione s principale s)
buscado
y x
Sea N l, m, n entonces, las componentes del vector esfuerzo total, son:
275
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Px x Py 0 0 Pz
0 0 z
0 y 0
l l1 m m 2 n n 3
Es decir: P 1li 2l j 3lk La componente de esfuerzo normal N (sobre el plano buscado) es: N P N
N 1li 2 m j 3 nk
li m j nk
N 1l 2 2 m 2 3 n 2 La componente de esfuerzo cortante, cumple la condición: 2 P N ; es decir : 2
2
2 Px Py Pz 1l 2 2m 2 3 n 2 2
2
2
Reemplazando las componentes Px , Py , Pz dadas por (*) tenemos:
2 1 l2 2 m2 3 n2 1l2 2m2 3n2 2
2
2
* *
Como depende de los cosenos directores (buscados) l,m,n al variar la dirección del vector normal N , también variará la intensidad del esfuerzo cortante .
(ó 2 ) resultan ser funciones de tres variables direccionales: l,m,n ; sujetas a la ecuación de condición l 2 m2 n2 1. Estamos frente a un problema de valores extremos condicionados: “Hallar los valores extremos de:
2 1 l 2 2 m2 3 n2 1l 2 2m2 3n2 2
2
2
con la ecuación de restricción l2 m2 n2 1 ”. El problema puede solucionarse por algún procedimiento de Optimización Matemática (por ejemplo usando Multiplicadores de Lagrange)
Sea F 1 l 2 2 m2 3 n2 1l 2 2m2 3n2 l 2 m2 n2 1 2
2
2
* * *
Las condiciones de valor extremo son: F 0 ; l
F 0 ; m
F 0 ; l2 m2 n2 1 0 n
(Es evidente que el máximo de F también da el máximo de ) Encontrando las derivadas parciales y simplificando, se plantea un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas l,m,n, .
276
Mecánica de Sólidos
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El sistema referido, es:
m 2 l m n 0 n 2 l m n 0
l 1 21 1l 2 2m 2 3 n 2 0 2
2
2
2
2
1
2
3
2
2
3
2
2
2
1
* * * *
3
2
2
3
l2 m2 n2 1
Un conjunto de soluciones para
****
esfuerzos cortantes asociados * * * , es: l 1 l0 l0
y los correspondientes valores de los
m0 m 1 m0
n0 0 n0 0 n 1 0
A
Los esfuerzos cortantes dados por A son evidentemente los VALORES MÍNIMOS. Notar, además que las direcciones dadas por A son las direcciones principales de esfuerzos (por eso, los esfuerzos cortantes son NULOS). Un segundo conjunto de soluciones de * * * * , es: l 1 l l
m 1 2 1 2
1 2
m0 m
n n
1 2
n0
1 2 1 2
2 3 2
3 1 2
1 2 2
B
3 1 puesto que los esfuerzos principales 2 3 1 que actúa en el plano cuya normal MÁ X 2
De los tres valores , el mayor es están ordenados 1 2 3 tiene por cosenos directores.
Dicho plano, es el plano bisector del ángulo diedro formado por los planos principales donde actúan el esfuerzo principal mayor 1 y el esfuerzo principal menor 3 .
277
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3
45 0
Tercer plano principal
0
45
m
áx
1
Plano de ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMO (Bisector)
Primer plano principal
Por ley de reciprocidad del esfuerzo cortante, en un plano perpendicular al plano de esfuerzo cortante máximo, también actuará MÁX .
m
áx
m
áx
Plano donde actúan el ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMO
En resumen: Para calcular el MÁX , basta determinar los esfuerzos principales mayor, menor 1, 3 puesto que
MÁX
3 1
. Mediante operaciones vectoriales es 2 posible encontrar el vector normal unitario correspondiente a los planos de esfuerzo cortante máximo. Nota. Se definen “Esfuerzos Cortantes Principales” a los valores dados por las ecuaciones (B). 3 1 2 1 1 , 2 2 , 3 3 2 3 1 2 2 2
278
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Donde los índices NO INDICAN FRACCIONES, sino es una convención para indicar que el esfuerzo cortante actúa en el plano que forma 45º con los planos donde actúan los esfuerzos principales respectivos. ( 1 Indica que el cortante actúa en el plano bisector del diedro formado por los 2
planos donde actúan 1 y 2 ). 2
Elementos 3
Cúbi cos
1
1
3
2
2
1
2
EsfuerzosPr incipales (Normales )
3
3
1
Esfuerzos cor tan tes Pr incipales
EJEMPLOS 0 0 5 1) El estado de esfuerzos en un punto es 0 6 12 . Encontrar el máximo 0 12 1 esfuerzo cortante. 5 0 0 Ecuación característica: 0 6 12 0 0 12 1
Desarrollando el determinante, obtenemos las raíces características mediante la ecuación. 5 15 10 0 1 5 2 15 3 10 Esfuerzos principales: 1 10
2 5
3 15
3 1 10 ( 15) 12.5 (en las 2 2 mismas unidades que los esfuerzos dados en la matriz)
Luego el esfuerzo principal máximo es MÁX
Este esfuerzo actúa en los planos bisectores de los planos principales donde actúan 1 y 3 3 . 1 2) En un punto P los esfuerzos principales son tales que 2 2 1 3 . Encontrar el 3 vector normal unitario del plano en el que N 2 y 1 . 4
279
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Con respecto a las direcciones principales, el esfuerzo normal N está dado por
N 1l2 2m2 3n2 . El esfuerzo cortante está dado por
2 1 l 2 2 m2 3 n2 1l 2 2m2 3n2 2
2
2
Condiciones del problema: 2 2 1 3 3 3 3 2 1 ; N 1 ; 1 4 4 4 Reemplazando en las educaciones para N y , tenemos:
1 3 3 1l 2 1 2 2 1 3 4
2
2 2 m 3 n 2
3 2 1 l 2 1 2
2
3 2 2 m 3 n 2 1 4
Además, teneos la condición: l 2 m2 n2 1
* * *
* * *
A partir de las ecuaciones * y * * * se obtienen de la condición:
1 3 n2 l2 0 l n Reemplazando “n” por “ l ” en la ecuación * * y teniendo presente que la condición * * * ahora es 1 2l2 m2 , obtenemos: l2 1 ; de donde l 1 . Por consiguiente 8 2 1 . n 2 De 1 2l 2 m2 obtenemos: m
3 2
1 3 1 , , El vector normal unitario, es N 2 2 2 2 2
Nota: Los valores negativos de l,m,n ; definen el otro sentido del mismo vector.
3) 1 3 1 3
Para a y'x a x'x
a y `x a z ' x
1
matriz
de
esfuerzos
a y 'z 0 a y ' x a y 'y a y 'z 0 (3) 3 1 1 1 a z' y 0 a x 'x a z'y 0 ( 4) 3 3 2 2 1 a y 'y a z'y a y 'z 0 (5) determinar los esfuerzos 2 3 1
a y'y
la
1
principales, el máximo esfuerzo cortante y el esfuerzo cortante octaédrico.
280
Mecánica de Sólidos
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Estado bidimensional de esfuerzos z
Ecuación característica: y
x
xy xy
y
Desarrollando el determinante y simplificando:
x
x
y
Las raíces características son: ' 63.951 ' ' -49.951 Por consiguiente, los esfuerzos principales son σ1 = 63.951 MPa
σ 2 = 63.951 MPa
En este caso, el máximo esfuerzo cortante, es: 1 2 63.951 49.951 2 2 56.951 MPa
MÁX MÁX
El esfuerzo cortante octaédrico, es: 1 1 2 2 2 3 2 1 3 2 3 1 63.951 49.95 2 49.9512 63.9512 3 46.62 MPa
OCT OCT OCT
Nota: Recordar que los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo NO se representan en los mismos planos. Los esfuerzos bidimensionales se presentan en innumerables aplicaciones de la Mecánica de Sólidos. Por su utilidad, en la sección siguiente estudiaremos en detalle el caso del Estado Bidimensional de Esfuerzos (denominado también ESTADO
281
Mecánica de Sólidos
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PLANO DE ESFUERZOS). Una aplicación importante del estado plano de esfuerzos, es el estudio de los Recipientes de Pared Delgada sometidos a presión. 2.7) Estado Plano de Esfuerzos 2.7.1) Definiciones Si dos caras paralelas de un elemento prismático, representativo del estado de esfuerzos en un sólido, están LIBRES DE ESFUERZO se presentan EL ESTADO PLANO DE ESFUERZOS. Seleccionemos al eje z como el eje perpendicular a las caras libres de esfuerzo. y La matriz de esfuerzos, es: y x xy xz xy y yz xz yz z yx x Que para el caso, puede representarse: xy x xy xy x xy y x yx (Matriz representativa del estado de plano de esfuerzos). z
y
y
Esfuerzos del estado plano con signo positivo (CONVENIO).
y
xy
x
x
xy
x y
2.7.2) Transformación de Esfuerzos Bidireccionales El estado plano de esfuerzos es bastante usado y útil, por cuanto aproximadamente corresponde a innumerables situaciones físicas de interés en Ingeniería. En esta sección estudiaremos las ecuaciones de transformación de esfuerzos, cuando se cambia el sistema de coordenadas de referencia. Sólo analizaremos el caso de rotación de coordenadas, dejando el eje “z” invariante.
282
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Nota: Tener en cuenta que estamos frente a un caso particular de la transformación de esfuerzos estudiaremos en la sección 2.3.2. Para el caso, el estado de esfuerzos (en el sistema rotado) viene dado por la matriz x' x'y' 0
x'y' y' 0
0 0 0
y Y'
y'
X' Y '
X'
x'
X' x’ y’ z’
X cos
cos 2 cos 2
y X' Y' cos 2 cos cos
2
z 2Y'
x
cos cos
2
x' x'y' 0
cos 0
x'y' y' 0
0 0 0
La matriz transformación de coordenadas es:
cos sen 0 A sen cos 0 0 0 1
La matriz de esfuerzos en el sistema rotado, se expresa por ' A A
T
Luego: x' x'y' 0
x'y' y' 0
0 cos sen 0 x 0 sen cos 0 yx 0 0 0 1 0
xy y 0
0 cos sen 0 0 sen cos 0 0 0 0 1
283
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Desarrollando los productos matriciales, e identificando los respectivos elementos, tenemos: x ' x cos2 y sen2 2 xy sen cos
x 'y ' x y sen cos xy cos2 sen2
*
y ' x sen y cos 2 xy sen cos 2
2
Conviene expresar las ecuaciones * en términos del ángulo doble:
1 1 x y x y cos 2 xy sen2 2 2 1 x ' y ' x y sen2 xy cos 2 2 1 1 y ' x y x y cos 2 xy sen2 2 2 x'
* *
Las ecuaciones * o sus equivalentes * * son las ecuaciones de transformación de esfuerzos planos por rotación de coordenadas. Nota: Observar que x' y' x y primer invariante de esfuerzos (sumar la primera y tercera de las ecuaciones * * ) 2.7.3) Esfuerzos Principales Ecuación característica:
x xy 0 yx y
Desarrollando el determinante obtenemos: 2 x y x y xy
2
0
Raíces característica:
1 2
x
y
x
y
4 xy
2
y
4 xy
2
y
4 xy
2
y
4 xy
2
2
x
y
x
2
2
2
Los Esfuerzos Principales, son: 1 1
x
x
y
y
x
2 x
2
2
2
284
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para determinar p haremos
y
x'y' 0
2
(Condición para Esfuerzos Principales).
1
y'
x'
1 x y sen2 p xy cos 2p 0 2
p
de donde obtenemos: 2 xy tan 2 x y
1
x
2
La ecuación anterior define dos valores de 2 p separados 180º y, por tanto, define dos valores de p separados 90º (Uno corresponde a la dirección x’ y el otro a la dirección y’). Def.) Las direcciones x’, y’ a lo largo de las cuales actúan los esfuerzos principales se denominan Direcciones Principales. Los planos donde actúan los esfuerzos principales, se denominan Planos Principales. y
2
1
xy
y y' x
x'
x
x
xy planos principale s
2
1 p
y
Estado de esfuerzosprincipale s
2.7.4) Esfuerzo Cortante Máximo. Efectuada la rotación de coordenadas, el esfuerzo cortante es, xy
para hallar su valor máximo, hacemos de donde obtenemos tan 2 s
1 x y sen2 xy cos 2 2
d x ' y ' d
0
x y 2 xy
285
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Ecuación que nos permite calcular dos valores 2 s separados entre sí 180º .Por consiguiente, obtenemos dos valores de s separados entre si 90º. y y'
x'
MÁX
y'
x'
S ' x
x'
y'
Planos de Esfuerzo Cortante Máximo La magnitud del máximo Esfuerzo Cortante, es: MÁX
x y 1 x y sen arctan 2 2 xy
y xy cos arctan x 2 xy
Evaluando la composición de funciones, tenemos: x y MÁX 2
2
1 2 xy 2
y
x
2
4 2 xy
Si efectuamos la diferencia de esfuerzos principales 1 2
y
x
2
4 xy
1 2 2 (Coincidente con las expresiones para el caso general).
En consecuencia: MÁX
Notas) 1. Consideremos las ecuaciones para determinar los s correspondientes a los esfuerzos principales y al esfuerzo cortante máximo. tan 2p
tan 2 s
2 xy x y
x y 2 xy
(Esfuerzos Principales)
(Esfuerzo Cortante Máximo)
286
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Observemos que tan 2p
tan2 s 1 que es la condición de perpendicularidad. En
consecuencia 2 p y 2 s están separados 90º.Por tanto p y s están separados 45º.
Dirección normal al plano de MÁX
N CIO C E R DI
L CIPA N I R P
1
S1 P1 N IO CC RE DI
S1 P1 45º
PA CI IN PR L
2
Dire cc plan ión no rma o d l al e M ÁX
P 2
S2
S2 p2 45º
Los planos de τ MÁX son bisectores del Recordar Sección 2.6.2, al finalizar diedro formado por los planos de esfuerzos principale s.
287
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2. En un elemento cúbico que está sometido al Estado Principal de Esfuerzos (bidimensionales), los esfuerzos cortantes se presentan en los planos diagonales.
Planos Principales
Caras del Cubo Planos Digitales
Planos Principales de Esfuerzo. Planos de Esfuerzo Cortante Máximo.
3. Sobre los planos de Esfuerzo Cortante Máximo, actúan esfuerzos normales, cuyas intensidades son:
- - 1 1 x ' x y x -y cos arctan x y xy sen arctan x y 2xy 2 2 2 xy
Simplificando se obtiene x '
1 2 x y
De manera similar, tenemos:
y'
1 1 x y - x y cos arc tan y x - xysen arc tan y x 2 2 2xy 2xy
Simplificando se obtiene y '
1 x y 2
y'
y'
x'
1 y x 2
y'
1 2 y x y x xy 2
MAX
x' s 2
2
tan 2 s1 S2
s1
x y 2xy
S1 90 0
x
288
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
EJEMPLOS
10 MPa
1) Para el estado plano de esfuerzos representado, determinar: i) Los planos principales ii) Los esfuerzos principales iii) El máximo esfuerzo cortante y sus correspondientes esfuerzos normales
40 MPa
50 MPa
40 MPa
50 40 (MPa) Matriz → 40 10 i) Planos Principales:
tan 2p
2xy 240 4 x y 50 10 3
2P1 53.10 y 2P2 180 53.10 233.10 P1 26.60 y 2P2 116.60
ii) Esfuerzos Principales: 2
1
x y x y 2 xy 2 2 2
50 10 50 10 2 1 40 70 MPa 2 2 2
x y x y 2 2 xy 2 2 2
2
50 10 50 10 2 40 30 MPa 2 2
y
2 -30
1 70 MPA
y'
x'
x
p2 116.6 0
2
289
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
iii) MAX :
MÁX
1 2 70 30 50 MPa 2 2
2
x y 2 (Coincide con MAX xy ) 2 1 x y 2 x , y , 20MPa
Esfuerzos Normales correspondientes: x ,
y ,
Direcciones de τMAX : tan 2s
tan 2s
x y 2xy
50 10 3 ,luego, s1 18.435 0 240 4
s2 90 0 18.435 0 71.565 0
y
y'
y' 20 MPa
MAX 50 MPa
x' 20 MPa
x s1 18.435 0
x' 2) Un elemento plano, cuadrado, está sometido a los esfuerzos que se indican. Representar (a) El elemento en el estado principal de esfuerzos. (b) El elemento en estado de esfuerzos cortantes máximos. Matriz de esfuerzos: 2000 1000 lb 2 1000 1000 pu lg
1000lb / pu lg 2
y x
2000
lb pu lg 2
1000lb / pu lg 2
(a)Estado principal.
290
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Localización de los ejes: 2xy x y 2 1000 tan 2p 2 2p1 63.45 0 y2p2 63.45 0 180 0 2000 1000 Encontramos tan 2p
p1 31.72 0 p2 58.28 0
Esfuerzos Principales: 1,2
x y x y 2 4 2 xy 2
1,2
2000 1000 2000 1000 2 4 1000 2
2 lb lb ; 2 380 Encontramos 1 2620 2 pu lg 2 pu lg
(b) Cortantes Máximos: tan 2s
x y 2000 1000 1 2s1 26.55 0 2xy 2 1000 2
2s2 26.55 0 180 0 Encontramos s1 13.28 0 ; s2 103.28 0
0 y
0
lb 2 380 pu lg 2 y' 0 x
x'
lb pu lg 2
x , , x ,, y', y' ' 13.28 0 31.72 0
x''y'
x'y'
0
MÁX 1500lb / pu lg 2 y' '
y
x' '
13.28º
x
31.72º 1 2,620
Nota:
DIRECCION SE MAXIMO CORTANTE
DIRECCIONES PRINCIPALES
Cortante Máximo: MÁX
1 1 lb x y 2000 1000 1500 2 2 pu lg 2 1 2 2620 380 lb 1120 2 2 pu lg 2
Esfuerzos Normales: x, y,
MÁX 1,120 lb / pu lg 2
1500
lb pu lg 2
45 (bisector ) 0
291
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
3) En una placa de 1 pulg. de espesor actúan uniformemente las fuerzas F1=500 y F2=2000 lbs. Encontrar: i)
Esfuerzos normales sobre los planos diagonales.
ii) Esfuerzos cortantes correspondientes a un sistema de coordenadas, cuyos ejes forman 300 en sentido antihorario con los iniciales. F2
A
B
y F1
500 lb 41.67 12 * 1 pu lg 2
y
2000 lb 83.33 24 * 1 pu lg 2
F1
x
1'
x
2'
C
D
F2
i) Plano AD
A
N1
1 ;N1 sen, cos (Vector 2 Normal Unitario) 1 1 N1 sen arctan , cos arctan 2 2 D 2 1 . N1 , 5 5 tan
x
C
El esfuerzo Normal es: n1
N1 N1..N1 columna fila 41 . 67 0 1 2 83.33 5 5 0
1 5 58.33 lb 2 pu lg 2 5
Plano CB
B N2
tan
1 2 1 ;N2 sen, cos , 2 5 5
Luego 0 1/ 5 2 41.67 2/ 5 0 83 . 33 5 5 lb 58.33 pu lg 2
N2
C
D
N2
1
292
Mecánica de Sólidos
ii) es
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Matriz de Rotación
x x’ Y’
3 /2 1/ 2
En el sistema x’,y’ la matriz de esfuerzos,
3 /2
3 , 2 1 2
y'
y
y 1/ 2
1 0 2 41.67 83.33 3 0 2
3 2 1 2
1 2 3 2
x'
30º
60 º 30º
x
El elemento de lugar 12 (ò 21) de la matriz σ, es: -54.127 que representa el esfuerzo cortante pedido: lb x , y , 54.127 pu lg 2 4) Los esfuerzos principales en un punto de un sólido son 1000 y 500 lb/pulg2.Hallar los esfuerzos que actúan en dirección de unos ejes que forman un ángulo de 300, en sentido horario, con los ejes principales.
2 500
lb pu lg 2 y'
1 1000
1
lb pu lg 2
30º x' 1000 2 0 500 0 (Estado inicial)
x , x , y , , , , x y y (Estado Rotado) ,
Usamos las Ecuaciones (**):
293
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1 x y 1 x y cos 2 xysen 2 2 1 1 y , x y x y cos 2 xysen 2 2 1 x , y , x y sen2 xy cos 2 Reemplazando los valores dados en la matriz , tenemos: x ,
1 1500 1 500 cos 60 0 2 2 1 1 y , 1500 500 cos 60 0 2 2 1 x , y , 500 sen 60 0 2 , De donde encontramos: x 875 y , 625 x , y , 216.5 lb / pu lg 2 x' 625lb / pu lg 2 x ,
x' y'
y'
y
x
y'
x' y' 216.5 lb / pu lg 2
x' 875lb / pu lg 2
Reconocer el signo de x' y'
5) El estado de esfuerzos en un punto, deberá ser la superposición de los estados planos representados. Determinar los valores " " , " " para que el estado resultante, sea una compresión hidrostática de 4kg/cm2. (Compresión hidrostática)
45º 2
6 K / cm
2 Kg / cm2 SUPERPOSICION
294
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz 4 K / cm2
4 K / cm2
6 K / cm2
2 K / cm2
(i)
(ii)
(iii)
La superposición NO puede hacerse directamente. Rotamos los bloques (i) y (iii) hasta que coincidan con la orientación del bloque (ii). Usaremos las ecuaciones (**) x'
xy
y'
x'
y
x' y'
x
x
y'
45º
y
1 1 x y x y cos 2 xy sen2 2 2 1 1 y ' x y x y cos 2 xy sen2 2 2 1 x 'y ' x y sen2 xy cos 2 2 x'
Para el bloque (i): x 6 y 2 yx 0
45 0
El bloque (i) rotado, es: 4 4
2
4
1 b 2 1 b 2cos 90 0sen90 4K / cm2 2 2 1 1 y , b 2 b 2cos 90 0sen90 4K / cm 2 2 1 x , y , 2 6 0 cos 90 2K / cm2 2 x ,
(Reconocer el signo de x , y , con el sentido del esfuerzo cortante)
2
4 295
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Bloque (iii)
1 4 4 1 4 4cos 90 0sen90 4K / cm2 2 2 1 1 y , 4 4 4 4 cos 90 0sen90 4K / cm 2 2 1 x , y , 4 4 sen90 0 cos 90 0 2 x ,
x 4 y 4 yx 0
45 0
El bloque (iii) rotado, es:
4
4
4 4 Superposición (con los bloques en la misma orientación)
4 4 4 8K / cm2
4
4
2
4 Condiciones →
4
4
2 4
4
2 4 2K / cm2
6) Hallar los esfuerzos principales y sus direcciones respectivas, para el estado de esfuerzos resultante de la superposición de los dos estados representados. 3 0
y
2 0
y'
x'
45º
x
3 0
(i)
(ii)
296
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para “realizar” la superposición, ambos bloques deben tener la misma dirección. Rotamos el bloque (i) hasta la posición del bloque (ii). y
y'
Matriz de Rotación
x'
x 45º
x’ Y’
x
2 A 2 2 2
y 0
cos 450 cos 450
cos 45 cos1350
2 2 2 2
2 La matriz 0 0
0 (bloque i), rotada es , AA 0 2 2 2 2 2 0 2 0 2 0 2 2 2 2 0 0 2 2 0 2 2 2 2
0 0
La matriz que representa al bloque (ii) es 0 0 (Con la misma orientación que , ) ,, 0 3 0
La matriz que representa al Estado Supuesto, será 0 , ,, 0 0 2 0 Para encontrar las Esfuerzos Principales asociados con la matriz podemos usar las fórmulas: 1
x
y
x
y 4 2 xy
2
x
y
1
2xy x y
:
Reemplazando los valores dados en
1
0 2 0 0 2 0 2 4 0 2 2
0 2 0 0 2 0 2 4 0 2
tan 2p1
y 4 2 xy
2
2 tan 2p
x
2
0 1 13 2
0 1 13 2
2( 0 ) 2 2P1 33.69 0 0 2 0 3
P1 16.845 0 2P2 33.69 0 180 0 146 .310 P2 73.155 0
297
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
0
2 0
0
0
2 0
0
2 º Direccion Principal
x' P1 16.845º
1º Direccion
y'
73.155 º
Estado Supuesto
Principal
l ipa c n ri
P on i c c ire 1º D 45º16.845º 28.155º Direccion Inicial
Planos Principale s
7) Un punto de una placa delgada se somete a los dos estados de esfuerzo sucesivos mostrados. Determinar el estado de esfuerzos resultante, representado en el elemento orientado como se muestra a la derecha.
58MPa
60 º
25º 200MPa
350MPa
(i) (ii) La superposición se realiza entre elementos con la misma orientación.
(iii)
En consecuencia, rotaremos los bloques (i) y (ii) hasta que alcancen la orientación del bloque (iii).
298
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Bloque (i)
Rotación
y
y'
x
x
x'
30º
x'
'
0 200 350 0 y' y
Matriz Rotación x x’ cos 30 0 Y’ cos 60 0
x
y cos120 0 cos 30 0
A
3 2 1 2
1 2 3 2
30º
60 º 60 º '
3 2 1 2
30º
x'
3 1 200 0 2 2 0 350 3 1 2 2
1 2 3 2
Efectuando los productos tenemos:
236.50 64.95 ' 312.5 64.95 Bloque (ii) Rotación
y
y' x'
x'
25 º
x x
0 58 58 0
' '
299
Mecánica de Sólidos
y'
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
y
Matriz Rotación x y 0 x’ cos 25 cos 65 0 Y’ cos115 0 cos 25 0
0.906 0.423 A 0.423 0.906
25 º 65º x'
25 º
x
0.906 0.423 0 58 0.906 0.423 ' ' 0.423 0.906 58 0 0.423 0.906
Efectuando los productos matriciales, tenemos:
44.456 37.231 ' ' 37.231 24.524 Sumando las matrices y se obtiene la matriz representativa del estado superpuesto en la orientación del bloque (iii)
102.81 192.044 MPa 102.181 337.024 8) En un punto de un sólido elástico se aplican esfuerzos directos de 90 MN/m 2 a tracción y 50 MN/m2 a compresión, en planos mutuamente perpendiculares. Los planos estarán sometidos además a un esfuerzo cortante. Si el esfuerzo principal máximo debe limitarse a 100 MN/m2 en tracción, determinar: a) El valor del esfuerzo cortante b) El otro esfuerzo principal c) El esfuerzo normal en el plano de esfuerzo cortante máximo. Hacer un diagrama que muestre las posiciones de los planos principales y los planos de esfuerzo cortante máximo, con respecto a los planos de los esfuerzos aplicados. y 50MPa
a) Condición: 1 100 MPa Usamos:
x 90MPa
xy ?
1
100
x
y
x
y
2
4 2 xy
2
100 50 90 50 2 4 2 xy 2
Estado Inicial
300
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
de donde encontramos el esfuerzo cortante xy 38.73 MPa b) Para hallar el segundo esfuerzo principal 2 , usamos: 2
x
y
x
y
4 2 xy
2
90 50 90 50 2 438.73 2
2 2 2 60 MPa c) Sabemos que, en los planos de máximo esfuerzo cortante, el esfuerzo normal, es: 1 1 x´ y´ x y 90 50 20 MPa 2 2 1 (Se obtiene igual resultado mediante x´, ý 1 2 )´ 2 d) El máximo esfuerzo cortante, es: 2 100 60 MAX 1 80 MPa. 2 2 Diagrama solicitado:
Ubicamos los planos principales. tan 2P
2 xy
x y
238.73 0.5533 90 50
2P 28.96 º P1 14.48 º P2 14.48 90 104 .48 º Los planos donde actúa MAX , son bisectores de los diedros formados por los planos principales Direccion de y
Pla no de
MÁ X
e 2 n d ccio Dire
c Direc
45º
Direccion de x
14.48º 45º
45º
45º ANO 1º PL
NO
LA 2º P
L CIPA PRIN
e 1 ion d
Pla
no
de
MÁ X
L CIPA PRIN
301
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
9) Una placa delgada en estado plano de esfuerzos está sometida a esfuerzos normales x , y y a un esfuerzo cortante xy (Fig. a).A los s 40 0 y 80 0 desde el eje x, el esfuerzo normal es de 50 MPa a tracción (Fig. b y c). Sabiendo que x 20 MPa , hallar los esfuerzos x y y . y 50MPa
50MPa
xy y
y'
x
x
80º
40º
x'
y' '
x' '
20MPa
50MPa
50MPa
(a)
(b)
(c)
Usamos la ecuación (**): (Sección 2.7.2) x´
1 1 x y x y cos 2 xy sen2 2 2
dos veces:
1 1 20 y 20 y cos 80 0 xy sen80 0 1 2 2 Para 1 1 80 0 50 20 y 20 y cos160 0 xy sen160 0 1 2 2 40 0 50
Simplificando les ecuaciones (1) y (4), tenemos:
80 20 cos 80 0 y 1 cos 80 0 xy 2sen80 0
80 20 cos160 0 y 1 cos160 0 xy 2sen160 0
76.53 0.83 y 1.97 xy 98.79 1.94 y 0.68 xy
Resolviendo las ecuaciones , encontramos y 43.77 MPa y 20.41 MPa
10) Relación entre las Constantes Elásticas , G, . Consideremos un cubo de material elástico lineal e isotrópico, sometido al estado plano de esfuerzos representado.
302
Mecánica de Sólidos
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A
a
a
Estado Plano de Esfuerzo Cortante puro.
a a
a
El esquema para deformaciones infinitesimales, es:
a
A
La deformación unitaria de la diagonal OA, A' es:
OA ' OA * OA OA Con aproximación suficiente:
B
O .distorción por cortante A'
A
45º
B
OA ' OA A 'B tambien A 'B AA ' cos 45 0 A ' B a
2 2
Por tanto, reemplazamos (*), tenemos 2 a 2 2 OA OA a 2 Ley de Hooke: G OA * * 2G Rotamos el bloque inicial un ángulo de 450
303
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2 A 2 2 2
y
y'
x
La matriz de esfuerzos; es: 2 ' 2 2 2 2
x'
2 2 0 2 0 2
1
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 0 2 0 2
Deformación unitaria en dirección de T 1: Ley Generalizada de Hooke 1 1 - 2 1 1 - - 1 Deformacio n Unitaria en direccon de 2 : 1
1
2
1 2 - 1 1 - - 2 - 1 2
La deformación unitaria en la diagonal, es: ε diag = 2ε1 + ε 2 Por tanto: 2 τ τ1 + - 1 + ε Ε τ = 1 + ....* * * Ε
ε diag = ε diag
Igualando (**) y (***), obtenemos: 1 , de donde 2G G 21 Que es la relación entre las constantes elásticas G, E, . 2.7.5) Representación Gráfica del Estado Plano de Esfuerzos. Circunferencias de Mohr En muchas aplicaciones de la Ingeniería, es útil tener una representación geométrica del Estado Plano de Esfuerzos.
304
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Las ecuaciones de transformación, ecs. (*) ò (**) de la sección 2.7.2, pueden interpretarse como las ecuaciones paramétricas (con Ѳ como parámetro) que generan una curva plana en un sistema coordenado rectangular: .( Eje para esfuerzoscortantes)
.( Eje para esfuerzosnormales)
De las ecuaciones (**), obtenemos: σx + σy σx - σy σ x' = cos 2θ +τ xy sen2θ 2 2 (α) σx - σy τ x' y' = sen2θ +τ xy cos 2θ 2 Elevando al cuadrado las ecs.(α) y sumando término a término (para eliminar el parámetro Ѳ), obtenemos: 2
2
y - y ' - x 2 x' y' x 2 xy x 2 2 Como X , Y , XY son valores conocidos, la ecuación (β) representa una circunferencia en el PLANO DE ESFUERZOS. x y Coordenadas del Centro → C ,0 2
x - y Radio → R 2
2
xy 2
CIRCUNFERN CIA DE ESFUERZOS (CIRCUNFER NCIA DE MOHR) 2
1
C R
MÁX
x y 2 Varios hechos importantes relativos al Estado Plano de Esfuerzos, establecidos en las secciones anteriores, quedan manifestados en las propiedades geométricas de la Circunferencia de Morh. Por ejemplo:
*) Valores extremos del Esfuerzo Normal: x y 1 y 2 , tales que 1 R 2 x y
2
y
2
x y 2
R
ò
2
y x y x y 2 xy ; 2 x 2 xy 1 y en los 2 2 2 2 puntos representativos el esfuerzo cortante en NULO. En consecuencia, dichos puntos representan LOS ESFUERZOS PRINCIPALES.
305
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**) Los valores máximos de x 'y ' son R , con valores del esfuerzo normal iguales a
x y 2
.
x y 2 xy ) (Recordar MAX 2 Hace falta precisar el significado del parámetro Ѳ en la Circunferencia de Esfuerzos. Las ecuaciones (α) pueden re-escribirse de la manera siguiente: x y x' R cos 2p cos 2 Rsen 2psen2 2 x 'y ' Rsen 2p 2
x 'y '
x y
Rcos2p 2 .1 2 Rsen 2p 2
x'
Nota: Para obtener las ecuaciones (β.1) hemos usado la ecuación para encontrar el ángulo doble que corresponde a la direcciones principales: 2 xy xy tan 2p x y x y 2 2
- y x 2 R
2 xy
xy
x y
R cos 2p 2 Rsen2p
xy
y hemos reemplazado en las ec. (β). Las ecuaciones (β.1) son “otra” representación paràmetrica de la Circunferencia de Morh.
2p x y 2
y'
y
x'
Como al deducir las ecuaciones de transformación de esfuerzos, el α Ѳ se midió (positivo) en sentido antihorario, a partir de la dirección positiva del eje x, resulta que el esfuerzo normal x queda x representado en la circunferencia de Morh cuando, en las ecs, paramétricas, hagamos Ѳ=0.
x y x 2 Elesfuezo Cortante xy Rsen 2p Luego
R cos 2p x ' para 0 x' y' para 0
En consecuencia, el parámetro 2Ѳ que figura en las ecuaciones de la Circunferencia de Morh, debe indicarnos también una rotación positiva en la dirección contraria al movimiento de las manecillas del reloj. *) Procedimiento para trazar la Circunferencia de Morh.
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Datos x , y , xy . Usamos las ecuaciones (β.1) y (β.2).
Comenzamos con las componentes del esfuerzo para
0
Ubicamos el punto C:
xy y x
x
x y C ,0 2
C
R
x(u, v )
x y
y
2 Para que la componente u del punto x represente el esfuerzo normal x es necesario xy que el ángulo indicado se 2p (Determinado con la ec. 2p ). x y
Para que la componente del punto x represente el esfuerzo cortante xy por
CONVENIO usamos la región BAJO el eje para los cortantes positivos. (Observar las ecuaciones β.2).
El punto x representa con las coordenadas x , xy
Ubicado x, con Cx como radio (R) se traza la Circunferencia de Mohr correspondiente.
y
y
C 2p R
Podemos comprobar que el valor y corresponde a la absisa del punto diametralmente opuesto con x (punto y).
xy 0
x y 2 y
307
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Tenemos, ahora, que localizar que punto en la circunferencia trazada, corresponde a los esfuerzos x' , y' , x' y' y'
y'
x'
x' y'
y ' y x'
y'
1
2
C
xy 0
2
x
x' x
x'
x' y'
y' x'
El ángulo 2P 2 que aparece en las ecuaciones (β.1) es el x' C1 (gráfica anterior). Observar que el punto x’ se localiza mediante una rotación de 2 de la recta Cx (hasta ocupar la posición Cx’). Los esfuerzos transformados x ' , x' y' son las coordenadas del punto x’.El esfuerzo transformado y' es la absisa del punto y’ (punto diametralmente con x’) Notas: *) Todos los esfuerzos que correspondan a los s se medirán directamente sobre la gráfica. **) Recordar que el convenio de signos para Ejemplo: Un elemento sometido al Estado Plano de Esfuerzos tiene las componentes indicadas en la gráfica. Trazar la Circunferencia de Morh para representar dicho estado de esfuerzos. Localizar los puntos a) y b) en la Circunferencia que proporcionan las componentes de esfuerzo en planos con normales en las direcciones a y b, obtenidas al girar los ejes en sentido horario 400. Mostrar las componentes de esfuerzo en un elemento alineado en las direcciones a y b.
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xy 60MPa
40º
y X 80MPa
x
40º y 20MPa
En este caso
x y
2 coordenadas C (50,0).
50MPa .Luego el centro de la Circunferencia de Mohr tiene las
Se ubica el punto x con coordenadas (80,60) ( hacia abajo del eje : CONVENIO). Se traza una circunferencia con centro en C y radio Cx. 2
80 20 2 El radio, es: R 60 67.1MPa 2
y 20MPa
b
C
2
1
2p
2 80º
xy 600 hacia
a
2 80º
Se ubica el punto y (opuesto diametralmente al punto x).La absisa del punto y representa el esfuerzo normal y .
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Ubicamos el punto a (que corresponde a una rotación del eje x un ángulo en sentido horario de 400) A partir de la dirección Cx medimos 2 80º en sentido horario. Ubicamos el punto a. Las direcciones a y b están separadas 900 (plano físico), por tanto con una separación (en sentido horario) del ángulo doble (1800) se ubicará al punto b. (resulta el punto diametralmente opuesto al punto a) Los esfuerzos según la dirección a son las coordenadas del punto análogo (a) en la Circunferencia trazada. Resultados son: a 3.88MPa ; ab 40.0MPa . El esfuerzo normal en dirección b es la primera componente del punto análogo (b) en la Circunferencia. Se obtiene b 103.9MPa . El elemento alineado según las direcciones a, b tiene la representación siguiente: b 103.9MPa a y
b
a
b
x 40º
ab 40.0MPa
a 3.88MPa
NOTA) Los puntos1, 2 representan los esfuerzos principales. De la gráfica se obtienen: 1 117.1MPa ; 2 17.1MPa 60 30 0 0 2p 63.43 p 31.715 (Positivo → sentido antihorario a partir de la posición
El ángulo p , se calculará a partir de tan p
horizontal).
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2 1 117.1MPa
y
p 31.715 0 x
1 2 17.1MPa
2.8) Recipientes Sometidos a Presión. Recipientes de Doble Curvatura. Ecuación de Laplace. Los recipientes o depósitos son “estructuras cerradas” que sirven para almacenar y/o transportar líquidos, gases o cualquier otra sustancia. En esta sección estudiaremos los esfuerzos que se generan en Recipientes de Pared Delgada, sometidos a presión. 2.8.1) Definiciones *) Un recipiente o depósito se denomina “de pared delgada” cuando
e 0 , siendo “e”
el espesor de sus paredes y “ ” el radio principal de curvatura. Para fines prácticos: Recipientes de pares delgada, son los que cumplan la condición e 1 . 10 *) Los recipientes pueden ser de variadas formas:
Esféricos Cónicos
Cilindrico s,etc
*) Generalmente, estos elementos trabajan a presión (interior o exterior), Ejem: tanques para almacenamiento de líquidos, tuberías a presión, cilindros hidráulicos, etc.
311
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P
(Depósitos para almacenar gas.) *) Formas más generales para estos depósitos son los Recipientes de Doble Curvatura. (Generados por rotación de una curva plana, denominada Generatriz, alrededor de un eje coplanar). Curva generatriz.
MERIDIANOS (diversas posiciones de la generatriz durante la rotación) PARALELO (Secciones transversales)
eje de simetria (de revolucion )
Doble Curvatura: * Radio de Curvatura del paralelo p ** Radio de Curvatura del Meridiano m
En los recipientes de pared delgada sometidos a presión, se desarrollarán esfuerzos tangentes a los paralelos y a los meridianos. Para determinarlos, usaremos la hipótesis de las Secciones Planas: “Las secciones planas, transversales, permanecen planas después de aplicadas las cargas de presión”.
Meridiano or eri t n ni sió e r P
Paralelo
Espesor e
Con suficiente aproximación se define un Estado Plano de Esfuerzo. A medida que el espesor de la pared, e, tiende a cero, la aproximación al Estado Plano es más exacta.
312
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2.8.2) Hipótesis i)
ii)
Si el recipiente admite un eje de simetría, las cargas actuantes también se distribuirán simétricamente respecto al mismo eje.
Eje de simetría
Los esfuerzos generados en las paredes del recipiente se distribuyen uniformemente en el espesor.
Espesor
Puede suceder 1 2 La repartición uniforme de esfuerzos supone: *) Que no se presenten cambios bruscos en la geometría.
Zonas donde si es posible aceptar una distribucón uniforme del esfuerzo.
Zonas donde NO puede aceptarse una distribucion uniforme del esfuerzo.
Los apoyos no deben ser empotramie ntos rígidos
Nota) A medida que
e es menor, la hipótesis de la distribución uniforme del esfuerzo
es más consistente.
e
P
distribución uniforme
e 1 10
e 1 10
distribucion no uniforme. Depósitos de pared gruesa
313
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Nota) Resultante de Fuerzas debidas a la presión. Z
S: Superficie que recibe la presión p.
y y
Proyeccion de S ortogonal en el plano XY
R z pS y
x
Rz: Resultante, en dirección z, de las fuerzas generadas por la presión p.
S XY
2.8.3) Cálculo de Esfuerzos. Ecuación de Laplace (*) Introducción: Consideremos un recipiente de pared delgada sometido a presión interior (constante o variable), cuya superficie media sea una superficie de doble curvatura. (Superficie media → Lugar geométrico del los puntos medios de todos los espesores). Separemos un elemento infinitesimal, limitado por dos arcos de paralelo y dos arcos de meridiano, suficientemente próximos. El elemento de recipiente se define mediante los Centros y Radios de Curvatura. m : Radio de Curvatura del Meridiano p : Radio de Curvatura del paralelo.
Meridianos
Paralelos
(*) Nota) El radio de curvatura p es ORTOGONAL al Meridiano. m os ian rid Me
p
p
m : Esfuerzos Meridionales (tangentes a los arcos de meridiano). p : Esfuerzos en paralelo (tangentes a los arcos de paralelo).
los Parale
m
314
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Los arcos de paralelo son arcos de circunferencia. Por esto, los esfuerzos p también suelen denominarse Esfuerzos Circunferenciales. m
Con aproximación suficiente se definió un Estado Plano de Esfuerzos.
p p superficie exterior deposito del espesor m
Nota: Generalmente, la presión interior es despreciable comparada con la magnitud de los esfuerzos. p m ; p p
p
m
p, en la sup erficie interior N 0, en la superficie exterior
m
p
En el estado plano, un recipiente ideal de pared delgada se comporta como una Membrana (Tracción en dos direcciones. No experimenta flexión).
Estado triaxial de Esfuerzo. p N
(**) Ecuación de Laplace Consideremos un recipiente de pared delgada, espesor constante e, cuya superficie media es una Superficie de Revolución, y que contiene líquido (o cualquier otra sustancia) en una profundidad H. Lo contenido en el contenido de peso recipiente ejerce una especifico presión sobre la parte interior de la pared. Generalmente, el valor de la presión es función de z. p=p (z)
p
H m
Z
p
m
Para determinar la magnitud de los esfuerzos m y p , en el nivel z, estableceremos el equilibrio de un elemento diferencial del recipiente.
315
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p
d
d
m
( p Ortogonal con el
p
Meridiano).
m p
p
m
p d
d 2
FP
Fm
m d
d
2
P
FP
2
Fm d 2 La condición de equilibrio en dirección radial (coincidente con la recta de acción de la fuerza debida a la presión, P), es: d d P 2Fm sen 2Fp sen * 2 2 d d Donde P 2 p sen 2 m sen p , es la fuerza debida a la presión sobre el 2 2 elemento de recipiente.
Fm mp ed
También:
(Resultante de los esfuerzos meridionales), y
Fp p m de (Resultante de los esfuerzos en el paralelo) (e → espesor). Reemplazando en (*), obtenemos: 4pρ p ρ m sen
dθ dψ dψ dθ sen = 2σ mρ p edθsen + 2σ p ρ m edψsen (* *) 2 2 2 2
Usando la aproximación para ángulos infinitesimales, tenemos:
pp m em p p m luego de simplificar, la última expresión puede escribirse:
316
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p m p I e m m Ecuación denominada Ecuación de Laplace para recipientes de pared delgada y doble curvatura, sometidos a presión. (***) Inclusión del Peso Propio La Ecuación de Laplace no es suficiente para calcular los esfuerzos m y p .Otra condición se obtiene analizando el equilibrio de la porción de recipiente de altura z. Del recipiente dado, separamos el “Recipiente Parcial” de altura z.
m
m
x
P
p
m una fuerza unica
Z QL
meridianos ( al meridiano)
QR
m : Re sul tan te de los esfuerzosMeridional m (en el nivel z) m 2xem
QR: Peso propio del recipiente parcial de altura z. QL: Peso propio del liquido (o sustancia) contenido en el recipiente parcial de altura z. La condición de equilibrio, en dirección vertical, se expresa por:
m cos
p x2
fuerza debida a
QR QL
la presion
Luego: 2xem cos px 2 QR QL
px 2 QR QL de donde: m 2xe cos expresión puede escribirse: m
QR QL px 2 II 2xe cos 2xe cos
Notas) Los pesos propios QR y QL son opcionales. Su inclusión depende de cada problema.
317
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Recordar que p es ortogonal con el meridiano. p x
paralelo
x p cos
Z meridiano
2.8.4) Casos Particulares. Las ecuaciones (I) y (II) pueden particularizarse para el caso de recipientes cilíndricos y esféricos de pared delgada, sometidos a presión. (*)Recipiente Cilíndrico. Consideremos un recipiente cilíndrico de pared delgada, cuyo peso propio es despreciable. Así mismo, consideraremos que el peso de lo contenido es también despreciable. Radio del paralelo
p r
tapas en los extremos.
Paralelo
r
r espesor uniforme
e Presión Interior
Radio del Meridiano m (Radio de curvatura de una recta)
meridiano
QR = QL=0 (consideraciones del enunciado) Aplicando la Ecuación de Laplace: p m p p p , de donde obtenemos : e p e r p r Esfuerzo en el paralelo o Esfuerzo Circunferencial . e Reemplazando en la ec. (II): px pr Esfuerzo Meridional o Esfuerzo Longitudin al. m 0 m 2e cos 2e p
x r Nota) Reconocer que, para este caso, 0 0
318
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m
r
P
P espesor e
P
m
(**) Recipiente Esférico.
r P
QR = QL=0 En este caso m p r
espesor uniforme
luego
e
p m p e r r
r m p I e m p r (Simetría del
de donde p
recipiente) También p r
paralelo
r
(ec.II):
pr 0 2e cos para el caso:α=0 m
meridiano
0
m
m
Luego, m
pr 2e
Y reemplazando en (1): p
pr 2e
m p (Previsible, debido a la simetría del depósito respecto a un punto). Nota) Si la presión es interior, los esfuerzos m p son de tracción. Si la presión exterior, generalmente los esfuerzos son de compresión.
319
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P
P
Nota) Las fórmulas para esfuerzos en recipientes cilíndricos, pueden usarse en la solución de problemas de Anillos Delgados Sometidos a Presión. P
P
No existe el esfuerzo longitudinal (meridional), si es que el recipiente no está cerrado en sus extremos. Si el anillo es de pared delgada rint rext . PROBLEMAS 1) Un depósito está construido por dos hemisferios, unidos por 150 pernos igualmente espaciados en el contorno. El diámetro interior del depósito es 20 pies y debe contener gas a la presión de 75 lb/pulg2 .Antes de aplicar la presión del gas, se ocasionará una tracción de 15,000 lb/pulg2 en los pernos. Si el material tiene un esfuerzo final u 60000 lb/pulg2 y se requiere un FS=4, calcular el espesor de la pared y el área efectiva de cada perno.
e? 10'
P
pr 2e u pr prFS Condición u e FS 2e FS 2 u
Esfuerzos en la pared del depósito: p
320
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Reemplazando valores 7510 124 0.3 pu lg adas e 260000
numéricos:
AP Sea Fp la tracción en un perno. Entonces:
Perno de sección transversal Ap
Peine de la sección transversal.
Fuerza total en los pernos = 150 Fp Fuerza Resultante de la Presión = pr 2 Condición de equilibrio
F
VERT
0
150 FP pr 2
P
FP
FP A su vez Fp =AP → FP=AP (15 000)
Luego reemplazando valores tenemos: 150 AP (15 000) =(75)( )(10*12)2 2
de donde AP= 1.5 pulg . Conocida AP puede hallarse el diámetro del perno: AP =
π 2 d → rP = 0.7' ' (Realmente rp = 0.75” (dimensión comercial) 4 P
2) Una tubería tiene diámetro exterior de 30’’ y espesor 7/16’’. Encontrar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo en condiciones estáticas. 62.4
0.036lb / pu lg 3
lb / pu lg 2
400'
P (tubería:
extremos existe. m ) .
sin
tapas,
no
P
321
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El esfuerzo circunferencial es p
pr e
pMÀX w H (presión máxima)
pMÀX
w Hr (Radio exterior) e
Reemplazando valores:
0.036 400 1215
pMÀX
7 16
7 16
5751 .8
lb pu lg 2
Estado Plano de Esfuerzos, entonces: m 0 0 MAX
PMÁX
5751 .8 0 lb 2875 .9 2 pu lg 2
PMÁX
m 0 0
Estado Plano elemento
de
Esfuerzos
en
el
3) Un anillo de latón de 120 mm de diámetro exterior, encaja perfectamente en el interior de un anillo de acero de 120mm de diámetro interior cuando la temperatura del sistema es 5 0C, determinar: i) El esfuerzo en el anillo de acero. ii) La presión que el anillo de latón ejerce sobre el de acero. e 4mm Acero Acero E 210GPa 6 12 10 /º C r 60mm e 4mm Latón E 105GPa 6 12 10 /º C Latón Tº 55.5 50º C
(Como acero < laton ; el latón se dilata más) i) Anillo de Acero
322
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La presión ejercida por el anillo de latón genera una deformación unitaria (elástica) en el anillo de acero: ac pr ac E ac eE ac El incremento de temperatura genera una deformación térmica unitaria. ac
acero
r
T ac ac T
La deformación unitaria total en el acero, es: total ac
pr ac T 1 eE ac
ii) Anillo de latón (El latón trata de dilatarse más, pero el anillo de acero lo restringe) pr (p → presión externa) e pr (Ley de Hooke) LU eE La (Deformación unitaria elástica) LU
r
P
T La La T (Deformación térmica unitaria)
En el latón, la deformación unitaria total, es: total ac
pr La T 2 eE La
El contacto entre ambos materiales debe darse según una sola superficie. Por consiguiente, la condición de compatibilidad, es: total total La ac , es decir
pr pr ac T La T 3 eE ac eE La
Reemplazando valores numéricos en la ecuación (3) y despejando el esfuerzo, tenemos: pr 0.028 GPa (Tracción en el acero) e pr e También ac p ac e r 4 Luego p 0.029 1.867 10 3 GPa . 60
323
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4) Un cilindro circular recto, de longitud L, diámetro interior d, espesor constante, es de un material elástico lineal cuyas constante son E, . Está sometido a presión interna p. Sin incluir el peso propio, determinar el cambio de longitud y el cambio de diámetro. L
P
d
i) Cambio de Longitud 1 L C * E pr L Esfuerzo longitudinal L 2e pr C Esfuerzo circunferencial C e El cambio de longitud es L LL . Luego
Ley de Hooke generalizada: l
L
L pr pr E 2e e
pd 1 L d 2r 2eE 2 ii) Cambio de diámetro
de donde: L
d d d
C
1 C L (Ley de Hooke generaliza da) E d pr pr d Ee 2e expresión que puede escribirse d
P
C
d
pd 2 1 2eE 2
5) Un tanque de aire comprimido, cuyo diámetro interior es 18’’ y cuyo espesor es ¼’’, se forma soldando dos hemisferios de acero. a) Si el esfuerzo permisible de tracción en el acero es 14 000 lb/pulg 2 ¿Cuál es la presión permisible máxima del aire en el depósito? b) Si el esfuerzo cortante permisible en el acero es 6,000 lb/pulg 2, ¿Cuál es la presión permisible máxima? c) Si la deformación unitaria normal en la superficie externa del tanque no debe exceder de 0.003 ¿Cuál es la presión permisible máxima?
324
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d) Sabiendo que la falla en la soldadura ocurre cuando la carga de tensión (tracción) sobre ella es superior a 8.1 Klb/pulg. del cordón. Si se requiere un FS= 2.5 contra la falla en la soldadura, ¿Cuál es la presión máxima permisible? Considerar comportamiento elástico-lineal, con E=29*106 lb/pulg2 y =0.28 (en el acero). Cordón de
a)
soldadura
p
pr 2l p 2l r
14,000 20.25 777.78 lb/pulg 2
9 (Es la presión máx. permisible, puesto que el es el permisible). 46,000 0.25 0 pr 4e b) p p 2 4e r 9 2 p 666.67lb / pu lg (Máxima permisible, porque es el máximo permisible)
c) Ley de Hooke del Estado Plano: σ 1 ε C = [σ C νσ C ] = C (1 ν ) E E 2eEε C pr (1 ν ) → p = εC = , reemplazan do datos : 2eE r (1 ν ) p=
(2)(0.25)(29 × 10 6 )(0.0003) lb (màx . permisible , porque se considero ε C màx.). = 671.3 9(1 0.28) pulg 2
d) Fuerza de tracción permisible en el cordón de soldadura FALLA 8.1 klb klb lb 3.24 3,240 FS 2.5 pu lg pu lg pu lg T 3,240 lb/pulg klb FALLA 12,960 e 0.25 pulg pu lg 2
PER 1' ' espesor
PER
pr 2e despejamos p 2e r 20.25 12,960 720 lb/pulg 2 Luego p 9 lb Nota) La máxima presión permisible es: p MÀX 666.67 pu lg 2 6) Un recipiente cilíndrico a presión se construye enrollando una placa de acero y soldándola a lo largo de sus bordes. El cordón de la soldadura forma 55º con el eje longitudinal. El recipiente tiene un radio interior r=1.8 m y espesor de pared e=20mm. El material es acero con E=200 GPa y 0.3 .La presión interna p es de 800 KPa. Calcular tambien , de
a) Esfuerzos longitudinal y circunferencial. b) Esfuerzos cortantes máximos. c) Deformaciones unitarias circunferencial y longitudinal. d) Esfuerzo normal y esfuerzo cortante, perpendicular y paralelo, respectivamente, al cordón de la soldadura.
325
Mecánica de Sólidos
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a) Elemento de recipiente, en un punto A
55º
C A
L
pr 2e pr C e L
L
C
Soldadura reemplazando los valores numéricos, tenemos L 36MPa ; C 72MPa . p 800 KPa Nota) Observar que 0.022. La presión es despreciable comparada L 36000 KPa con el menor esfuerzo. Se justifica la aproximación al estado plano de esfuerzos. b) El máximo esfuerzo cortante (en el plano L ; C ),es: L 72 36 MAX C 18 MPa 2 2 Existe otro cortante en la pared del recipiente: 3 MÀX C 36 MPa 3 no existe estado plano 2 (en dirección normal al plano C L ). c) Ley de Hooke generalizada (aceptando régimen lineal) 1 1 L L C y C C L E E Reemplazando valores, tenemos: 1 72 10 6 L 0 . 036 0 . 03 0 . 072 200 ESFUERZOS EN GPa ESFUERZOS EN GPa 1 0.072 0.30.036 306 10 6 C 200 d) Y Cordón de soldadura
es:
X
A
x
B y
C matriz de rotación 0.819 0.574 A= 0.574 0.819
x
35º C 72MPa
La
55º
B
A
y xy
L
L 36MPa
326
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x Luego xy
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xy 0.819 0.574 36 0 0.819 0.574 y 0.574 0.819 0 72 0.574 0.819
Efectuando los productos obtenemos:
x 47.8 MPa ; y 60.2 MPa ; xy 16.9 MPa Esfuerzos en la soldadura normal→47.8 MPa ( normal al cordón de la soldadura) cortante → 16.9 Mpa 7) El depósito representado se construyó con una placa de acero de 10mm de espesor. Calcular los máximos esfuerzos circunferencial y longitudinal que originará una presión interior de 1.2 MPa. El recipiente dado no es un recipiente de doble curvatura. Por lo cual, encontramos los esfuerzos máximas solicitados, usando directamente las condiciones del equilibrio.
d 400mm a 600mm
Analizando los tres casos: tapas ?
L (ii )
C
(i)
F o pdL 2Le
L
C
pr , reemplazan do valores e 1.20.4 17.84 MPa C 20.01 C
(iii )
C
caso (ii):
p ad d2 d 4 F o p ad d2 2a 2 e L L 4 2 e2a d
reemplazando valores:
1.2 0.6 0.4 0.42 L
4
0.0120.6 0.4
17.84 MPa
caso (iii)
327
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
F o 2Le Reemplazando valores:
C
C
pa dL C
pa d 2e
1.20.6 0.4 60 MPa 20.01
L MÀX 17.84 MPa C MÀX 60 MPa
ii iii
8) Un tanque cilíndrico de pared delgada y longitud L está situado exactamente entre dos paredes extremas rígidas cuando la presión no actúa sobre él. Calcular la fuerza ejercida sobre las paredes por el tanque, cuando la presión interior sea p y el material que lo forma siga la Ley de Hooke. espesor e
2r
Un elemento en la pared del tanque está sometido a un estado biaxial de esfuerzos.
L
pr e pr L 2e C
C
Se generan deformaciones unitarias en dos direcciones: 1 1 pr pr C C L E Le 2e
F
L
L
L
1 L C 1 pr pr E L 2e e
La fuerza F, que el tanque ejercerá sobre la pared, deberá contrarrestar el posible cambio de longitud L. L pr 1 L L L E e 2
L
F
La fuerza F debe generar un acortamiento igual a L . (paredes rígidas → L no puede cambiar) Luego
L
328
Mecánica de Sólidos
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FL L EA FL L r 1 p 0 E2re E e2
de donde obtenemos la fuerza F
F
pr 2 1 2
COMPRESION
(F es también la fuerza ejercida por el tanque sobre las paredes rígidas) 9) Calcular los esfuerzos circunferencial y meridional que se desarrollan en las paredes del recipiente cónico representado. Considerar constante el espesor y no incluir el peso propio del recipiente. Determinar los máximos esfuerzos y dónde se presentan. Recipiente de doble curvatura
H
p
H Z
Ecuación de Laplace: luego
p m p e m p
p p p p p 1 e p e
m p
meridiano
m
m meridiano recto
P
Paralelo
x
Z
Presión en la altura z: p H z
P
P sen
x
sen
P P sen Z
Determinamos p en función de z.
De donde obtenemos
Z
329
Mecánica de Sólidos
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p z
sen cos 2
Reemplazando en (1): p
p
H zz sen2 e cos
sen Hz z 2 2 e cos
El esfuerzo meridional se calcula a partir de la ecuación m
QL px 2 2e cos 2xe cos
m
P
m
tan
x x z tan z
Reemplazando en (2):
x
Z
m
QL H z z tan 2.1 2e cos 2z tan e cos
Datos → QR=0 (no incluir peso del recipiente)
2 x z (Peso de lo contenido en el recipiente parcial) 3 2 QL z tan z 3 Finalmente, reemplazando en (2.1) y simplificando, tenemos: tan 2 2 m Hz z * * 2e cos 3 Esfuerzos máximos: a partir de (*) y (**). d sen H 2z 0 condición para MÀX : P dz e cos2 de donde z=H/2, (altura donde p es máximo) QL
El esfuerzo MÀX es : MÀX
MÀX
2 sen H H H e cos 2 2 2
en
sen H2 e cos 2 4
Condición para m MÀX :
d m tan 4 0 H z 0 dz 2e cos 3
330
Mecánica de Sólidos
de donde z
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3H , (altura donde es m máximo). 4
Reemplazando en (**), tenemos: m MÀX
2 tan 3 2 3H H H 2e cos 4 3 4
m MÀX
3 tan 2 H 16e cos
Nota) Observar que los esfuerzos máximos se presentan en diferentes alturas. 10) Determinar el estado de esfuerzos en el punto A de la pared de un recipiente semiesférico. Considerar R el radio del recipiente; e el espesor constante y el peso específico del líquido contenido. No incluir efectos del peso propio del recipiente. m
R
p
3R 4
A
p
A
R/ 4 m
Ecuación de Laplace
m p p m p e
Recipiente semiesférico m p R , luego m p
p R 1 e
R R R Presión en el punto A: p 3 2 4 4
R 2 * 2e R Equilibrio del recipiente parcial de altura (casquete esférico) 4
Reemplazando en (1): m p
m P
P
x
QL
F
m
VERT
0
px 2 Q L 2xe m cos
donde p
R/ 4
R 2 2
R 7 x R 2 R R 4 4 cos
x 7 R 4
331
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Re cordar el volumen de un casquete esferico 2 R 1 R Q L R 3 4 4 R R 11 3 QL R 192 h V h 2 R h 3
Reemplazando en (**), simplificando y despejando m , obtenemos: m 53 R 2 168e
(Esfuerzo Meridional). 2 2 De la ec. (*), obtenemos p R 53 R
2e 168e 31 2 p R (Esfuerzo en el paralelo). 168
Los valores m y p definen el estado de esfuerzos en el punto A. 11) Determinar los “Esfuerzos de Membrana” que se generan en una cúpula semiesférica de radio a, espesor uniforme e, por efectos de su peso propio (q → peso propio superficial). Esfuerzo de Membrana (sin flexión) m
p
p m
(Aproximación al Estado Plano). Cúpula Semiesférica
Consideramos el casquete ABC. B
B
A
C
a
a
QR
x
A
C
a
a
m
m
O
Equilibrio:
332
Mecánica de Sólidos
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F
Q R 2xe m cos 0
VET
0
QR * 2xe cos
de donde m
Q R peso propio del casquete ABC QR q S casquete Q R = q2πa 2 (1 x = asenθ;
Reemplazando en (*), tenemos m
es decir m
cos θ)
cos α = senθ
2a 2 q1 cos 2asen cos
aq compresión en los meridianos e(1 cos )
Esfuerzos en el paralelo: Usamos la Ecuación de Laplace:
QR
m p p m p e
m m C úpula semiesférica m p a
a a m p p , de donde p p m e e Debemos precisar p f B
C
A
P
a q
p q cos (presión exterior) Reemplazando en (*): a aq p q cos e e1 cos simplifica ndo : p
aq 1 cos cos2 e 1 cos
(Esfuerzo circunferencial) Nota) Es conveniente graficar la variación de m y p de acuerdo a la variación de . aq 2e
B
A
C
B
para 0
m
compresión aq e
A
m
m
para
2
p
C
P
aq 2e para 0 aq e
P
para 90º
333
Mecánica de Sólidos
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El punto donde p =0 1 cos cos2 0 51º49'
corresponde a
compresión en el paralelo
51º49' 51º49' tracción en el paralelo
Nota) Superficie Casquete Esférico.
B
2
S OY 2 xds S
A
x ds asen C
S OY
BC
x 1 y' 2 dx
Ecuación de la Circunferencia x 2 y 2 a2
a x
y' x a 2 x 2
asen
S OY 2
0
x 1
1/ 2
x2 dx a2 x 2
SOY 2a 2 1 cos
Peso del casquete qSOY 12) Se tiene un depósito cilíndrico, r de radio r, con fondo en forma de casquete esférico de radio R. Hallar los esfuerzos h máximos en las porciones cilíndrica y esférica, así como R h' la fuerza de B compresión en el anillo de refuerzo BB. Considerar “e” el espesor de todo C el depósito. El líquido contenido (peso específico ) ocupa el nivel h1.
h1
B
334
Mecánica de Sólidos
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2 h' 3 Peso del líquido contenido P r 2h R 3 R 2h' 3 3 donde h’ es la proyección del radio R sobre el eje vertical del depósito.
Porción Cilíndrica. P 2re pr Esfuerzo Circunferencial C Para CMÀX e encontramos la presión máxima PMAX h . Luego C MÀX hr , se presenta en el paralelo que pasa por B e Porción Casquete Esférico.
Esfuerzo Longitudinal L
Los máximos esfuerzos se producen en el punto más bajo C. 1 2
PR h1R 2e 2e
Fuerza en el anillo BB. La fuerza de tracción en la porción esférica, por unidad de longitud del anillo BB, es: F
L e P 1 P e sen 2re sen 2rsen
La componente radial es: P P cos cot an 2rsen 2r (Esta es la fuerza que determina compresión en el anillo BB) F cos
Nota) Debe suceder que ambas porciones estén unidas por un anillo capaz de resistir la compresión a que está sometido.
335
CAPÍTULO III TORSIÓN 3.1) Introducción 3.1.1) Hipótesis en el Problema de la Torsión Generalmente, los elementos que trabajan a torsión son ejes circulares sólidos o tubulares. Sección
Sección
llena
tubular
T
T
Elementos importantes que trabajan a torsión son los tubos cilíndricos de pared delgada Tubo cilindro de pared delgada (espesor constante o variable):
T
T
Existen otros elementos estructurales que trabajan a torsión: B
A P
P En el presente capitulo estudiaremos el problema de la torsión de barras de sección circular y tubos cilíndricos de pared delgada. La torsión de barras de otras secciones transversales no puede estudiarse con los métodos elementales de la Mecánica de Sólidos Deformables. Observaremos que con la torsión se inicia el estudio de problemas donde el esfuerzo inducido NO PUEDE suponerse distribuido uniformemente en la sección transversal.
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Definición) Torsión: Transmisión de momentos a lo largo de un eje que tiene la misma dirección que la del vector momento. Hipótesis Para determinar relaciones analíticas sencillas entre el momento torsor, los esfuerzos y las deformaciones que se generan, se usan hipótesis simplificatorias (que han sido corroboradas analítica y experimentalmente). i) Material homogéneo, con propiedades elásticas lineales (Ley de Hooke). ii) Secciones circulares: las secciones circulares permanecen circulares. X
X
A'
A
A
T
Sección circular, antes de aplicar el torsor T
Sigue siendo sec ción circular, luego de aplicado el torsor T
iii) Sección planas: las secciones transversales permanecen planas (Navier). X
X
T
Continua en el mismo plano luego de aplicado T
Sección ubicada en un, plano antes de aplicado T
iv) Las secciones transversales giran como si fuesen discos rígidos; es decir todos los diámetros giran el mismo ángulo. NOTAS: - La hipótesis (iii) deja de ser válida para secciones NO CIRCULARES.
X
X
T Sección plana (antes de la torsión)
Sección ALABEADA (después de la torsión)
337
Mecánica de Sólidos
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Las secciones perpendiculares el eje de una barra no circular se alabean, cuando la barra es sometida a torsión. Esta deformación de la sección plana generalmente es debida a la distribución no uniforme de esfuerzos. - La hipótesis (iv) significa que a lo largo del eje circular, las secciones transversales rotan cantidades diferentes, pero cada sección rota como un disco rígido. X2
Sección fija (de referencia)
B
A'
2 Generatriz de referencia
T
1
B'
A
Todos lod diámetros giran 1
Todos lod diámetros giran 2
Para deformaciones infinitesimales, el ángulo de giro, es proporcional a una distancia de referencia: 2 K x 2 (convenientemente seleccionada).
Gener atriz d eforma da T
l iz inicia r t a r e Gen
3.2) Torsión de Barras de Sección Circular. Esfuerzo Cortante. Ángulo de Torsión. Consideremos una barra de sección circular llena, material lineal elástico, sometida a torsores T en sus extremos. T
T
B
C
A
338
Mecánica de Sólidos
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Toda porción BC debe mantenerse en equilibrio. Se generará un sistema de fuerzas cortantes elementales (perpendiculares al radio vector), que representan la interacción con la porción suprimida AC. C
C
B
T
T
Torsor aplicado
Torsor interno (resistente)
T
Las fuerzas elementales (dF) generan el Torsor Interno. dT dF dA T
La condición (1) debe satisfacerse para valores del esfuerzo cortante en toda la sección, pero no nos proporciona ninguna información sobre la manera en que dichos cortantes se distribuyen en la sección transversal. La real distribución de es un problema estáticamente indeterminado. Deben analizarse las deformaciones.
dA
dF
dA 1
A
3.2.1) Deformaciones Cortantes por Torsión Consideremos una barra circular sometida a torsión. Separemos de ella un cilindro coaxial de radio (antes de aplicar el torsor) y señalemos un elemento limitado por dos arcos de circunferencias concéntricas y dos segmentos de generatrices, suficientemente próximos. Circunferencias que no se deferman (Hipotesis ii)
L
A'
T
c
m
A
Luego de aplicado el torsor, el elemento señalado se transforma, aproximadamente, en un rombo manifestándose deformaciones cortantes. L T
n'
n' m
n
n
339
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Ángulo de torsión (giro) de la sección transversal. Deformación cortante (mide la distorsión de la superficie cilíndrica). Para deformaciones infinitesimales:
n n' n n' L . Con aproximación suficiente, L De donde obtenemos: 2 L La ecuación (2) manifiesta que el ángulo de distorsión , varía linealmente con la distancia al eje de la barra. (En el eje de la barra 0 y no existe deformación cortante)
L máx
En la superficie externa (r=c) la distorsión es máxima máx Entre las ecuaciones (2) y (3) eliminamos
c 3 L
, obteniendo máx 4 . L c
Definición) Se denomina Ángulo Unitario de Torsión (o Razón de Torsión) al valor
(unidades L
1 Longitud ).
La razón de torsión representa el giro mutuo de dos secciones, referido a la distancia entre ellas. Por tanto tenemos que 5 Nota): En algunos casos (momentos de torsión variables) es conveniente definir como Razón d de Torsión, al valor: 5.1 dL 3.2.2) Esfuerzo Cortante. Fórmula de la Torsión Elástica
Se acepta que los esfuerzos cortantes por torsión permanecen inferiores al esfuerzo cortante de fluencia del material y que es válida la Ley de Hooke.
340
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H
H G
1
Ley de Hooke: G Reemplazando el valor dado por la ec. 4: G máx 6.1 c ó máx 6.2 c
(Puesto que máx G máx ley de Hooke) Las ecuaciones (6) establecen, que mientras no se excedan los límites de Elasticidad Lineal, el esfuerzo cortante inducido por la torsión, varia linealmente con la distancia .
máx máx
c
Si en la ec. (1) reemplazamos el esfuerzo cortante definido por la ec. 6.2, tenemos: T dA A c máx T máx 2 dA 7.1 c A Expresión que puede escribirse: G máx T 2 dA 7.2 A c La integral 2dA define el momento polar de inercia del área de la sección
A
transversal de la barra en estudio. 2 dA J , con lo cual tenemos:
A
341
Mecánica de Sólidos
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máx J 8.1 c ó G máx T J 8.2 c El esfuerzo cortante , a cualquier distancia del eje de la barra, verifica: 1 J T c J J , es decir T 9 c (a partir de las ecuaciones 6.2 y 8.1) T
Definición) La ecuación
T se denomina Fórmula de la Torsión Elástica de barras de sección J
circular. El máximo valor de esfuerzo cortante, es (para c ) Tc MÁX 10 J NOTA: Sección circular llena: J espesor d
c
A
2 dA ; dA 2 d
C
J 2 2 d 0
Momento Polar de Inercia: J c4 2
Sección tubular: J
c2
c1
4 c 1 c 24 2
Si el espesor tiende a cero: c 1 c 2 0 , el momento polar de inercia puede aproximarse por J 2ec 32 , siendo c 1 c 2 e (el espesor).
Definición) J El valor se denomina Modulo Polar de la Sección. Depende sólo de las propiedades c geométricas.
342
Mecánica de Sólidos
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J 2 c4 c c W c3 2 W
c
Puede escribirse MÁX
T 11 (ver la ecuación 10) W
Nota) Considerando la Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante, deben aparecer Esfuerzos Cortantes en planos perpendiculares al plano de la sección transversal. T
Cor tan te por torsión máx
Cor tan te longitudin ales o complement arios
máx
T
La existencia de los cortantes complementarios se revela, por ejemplo, al ensayar probetas de madera. La resistencia al cortante a lo largo de las fibras de madera, es relativamente baja. Por esto, la destrucción de la probeta comienza con la formación de grietas longitudinales.
T T
343
Mecánica de Sólidos
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3.2.3) Ángulo de Torsión en el Intervalo Elástico Consideremos una barra de sección circular y material elástico lineal, sometida a torsión.
L T
G
MÁX
c
Usando las ecuaciones: MÁX c ec. 3 L T MÁX c ec. 10 J Obtenemos: MÁX G MÁX (Hooke )1 T c G c 2 J L TL 3 , mide el giro, en sentido del torsor T, de la sección libre de la barra, JG respecto a la sección de referencia.
JG Rigidez Torsional de la sección. JG K T Rigidez Torsional de la barra. L TL T JG K T L De donde: T K T Si :1 T K T Luego, La rigidez torsional de la barra es un valor del momento torsor necesario para generar una rotación unitaria”. TL 3 JG El ángulo mide el giro, en sentido del torsor T, de la sección libre respecto a una sección de referencia. En función de la razón de torsión, tenemos: T T 3.1 L JG JG
344
Mecánica de Sólidos
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Definición) De manera alternativa, el ángulo unitario de torsión o razón de torsión, puede definirse en forma diferencial. d T 4 dx JG T Por tanto d dx indica el ángulo relativo de la torsión entre dos secciones JG separadas la distancia elemental dx.
Por integración podría hallarse :
dx
T
d JG dx
0
L
0
d
JG dx 5 T
L
Siendo 0 el ángulo inicial de torsión (ángulo de torsión de la sección de referencia).
Nota) Si existiesen momentos torsores distribuidos, por unidad de longitud, para evaluar se plantea una ecuación diferencial de 2º orden: tx T dT
T dx
Equilibrio: T dT t x dx T 0 dT dx la razon de Torsion es : d T y si J y G son constantes, se tiene : dx JG tx
De donde: d T d2 1 dT 2 dx JG JG dx dx d2 1 d2 t GJ t x x dx 2 JG dx 2
345
Mecánica de Sólidos
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Permite calcular por doble integración. PROBLEMAS 1) Determinar los torsores de reacción y el máximo esfuerzo cortante en cada tramo de la barra compuesta representada. Considerar G = 80 GPa en toda la barra. d
B
D
A
D = 50mm. d = 25mm.
C
T 680 N - m
1.2m
1.8m
Equilibrio: TA
T B
A
TC C
TA TC 680 1 (Problema hiperestático) Compatibilidad: Giro de la sección B único: TL TL , JG BA JG BC
reemplazando valores tenemos: TC 1.2 TA 1.8 4 4 50 25 3 3 G x10 G x10 2 2 2 2 TA 10.67TC 2 Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2) TA 621 .74 N - m TC 58.26 N - m
Cortantes máximos: Tramo AB: MÁX
Tc J AB
621.74 50 x10 3 2
50 x10 3 2 2
4
MÁX 25.33 x 10 6 Pa
Tramo BC:
346
Mecánica de Sólidos
Tc MÁX J BC
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
58.26 25 x10 3 2
25 x10 3 2 2
4
MÁX 18.99 x 10 6 Pa
2) Considerar una barra circular sólida de 5 cm. de diámetro, sometida a un torsor resistente linealmente variable t 1 x Kx y a un torsor constante T 500 N m . Calcular el ángulo de giro de la sección libre. Suponer G 85 X10 3 MPa . T 500 N M x
B
t1x K x 2m
t1x K x
(Torque resistente)
t1
A
Determinamos K: Equilibrio: T f1 x dx
L
2
500 Kx dx 0
K 250 , luego t 1 x 250 x.
El giro de la sección B puede calcularse mediante la ecuación: d2 d2 t 1 x tx JG 2 tx JG 2 250 x dx dx Integrando dos veces tenemos: 250 x 3 JG Gx c 2 2 3 Condiciones: d x0 0 dx c1 c 2 0 x00 250 3 1 Luego x 6 JG Reemplazando valores (para x 2 m)
347
Mecánica de Sólidos
250 3 2 6
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1 5 85 x10 3 x10 6 x x10 2 22
4
; simplificando:
6.4x10 3 radianes. 3) Un depósito cilíndrico de pared delgada, contiene gas a la presión de 6 MPa y está sometido a los torsores indicados. Si el diámetro interior es 150 mm y el espesor uniforme es 5mm, determinar: i) El máximo esfuerzo normal. ii) El máximo esfuerzo cortante. T 4.5 KN m
T
T
Esfuerzos: i) Por la presión interna: pr pr L ; c 2e e Reemplazando los valores numéricos, obtenemos: L 45 MPa ; c 90 MPa ii) Por el momento torsor: c = 75+5 = 80 mm. Tc 4.5x10 3 x 80 x10 3 24.59 MPa 3 4 3 4 80 x10 75 x10 2 Estado de esfuerzos:
C
C 24.59 MPa
L 45 MPa
L
24.59 45 MPa 90 24.59 Diagonalizando la matriz: 0 100.83 MPa 34.17 0
C 90 MPa
348
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1 100.83MPa ; 2 34.17MPa ; 3 0 3 100.83 - 0 máx 1 50.415 MPa 2 2
4) Dos barras sólidas de acero, están unidas por engranajes, según se indica en el esquema. Se aplica un torsor T = 9 Klb-pulg a la barra AB. Sabiendo que el esfuerzo cortante admisible es 7,500 lb pu lg 2 y considerando sólo efectos de torsión, hallar el diámetro de las barras AB y CD.
D
R 2.25" C
B r 1.75"
A
TAB T
T
Equilibrio: T TAB 1
R f
TCD R
349
Mecánica de Sólidos
f
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
TAB R
r
T TAB TCD r R R 5.25 TCD TAB TCD T 3T 2 r 1.75 Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) para T = 9 Klb-pulg: TAB 9 Klb pu lg TCD 27 Klb pu lg
Barra AB:
T Klb ; esfuerzo cortante por torsión AB AB 2 J AB pu lg T 2TAB 3 ; admisible. AB AB rAB 4 rAB 2 Luego: 29000 r 0.914pu lg 3 rAB AB 7500 d AB 1.828 " ad 7.5
Barra CD: Similar 2T 227000 3 3 rCD CD rCD ad 7500 rCD 1.318 pu lg d CD 2.636 "
5) El eje troncocónico representado, de espesor uniforme “t”, es de un material cuyo módulo de rigidez es G. Demostrar que el ángulo de torsión en el extremo A, es: TL c A c B A con aproximación suficiente. 4Gt c 2A c B2 Pared delgada t 0
350
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
T
CA
A
L t
CB
B
CA
C
L
X
CB Elemento diferencial en la altura x: J Jx C
dx
L
El ángulo de torsión, es
JGdx * T
0
351
Mecánica de Sólidos
J Jx
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
π c t 4 c 4 ; como t 0, se aproxima 2 π J 4 c 3 t 2πc 3 t , reemplazam os en * 2 J
L
φ
T T dx φ 3 2πGt G2πc t
L
dx
3
x c B c B c A L Desarrollando la integral y simplificando, se obtiene: TL c B c A Giro en el extremo A. 4Gt c 2A c B2 0
0
6) Una barra sólida, de radio c está sujeta a un torsor T. Determinar la fracción de T, que es resistida por el material contenido en un cilindro coaxial de radio c/2. T
C
c 2
El torsor resistido por el núcleo es:
dT' dA dA 2d (Corona circular a la distancia )
dA
dT' 2d 22 d* Pero sabemos que máx . Reemplazando en (*) c
2 dT' 2 máx 2 d T' máx c c T'
c2
d 3
0
3 c máx * * . 32
Reemplazando el esfuerzo cortante máx
decir: T'
Tc 3 Tc en * * , obtenemos T' es c 4 J 32 c 2
T 16
Nota) T 15 T , que equivale al 93.75% del 16 16 torsor T aplicado. El “núcleo” sólo resiste el 6.25% del torsor aplicado T.
La parte “tubular” de la barra resiste T ' ' T
352
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
El material “tubular” es altamente eficaz para resistir el torsor T. Esto justifica el uso de barras tubulares como mecanismo eficaz para transmisiones de torsores, con ahorro de material. 7) Un poste de hierro ( G 5.5x10 3 lb pu lg 2 ) de 2 pulg de diámetro, está enterrado 24 pulg. en el suelo. Si se aplica un torsor en su parte superior usando una llave rígida; determinar el esfuerzo cortante máximo en el poste y el ángulo de torsión en su extremo superior. Suponga que el torsor está a punto de hacer girar al poste, y que el suelo ejerce una resistencia uniforme a la torsión de t lb - pulg pu lg a lo largo de la longitud enterrada de 24 pulg. 6"
6"
25 lb
A d 2"
25 lb
36"
B 24"
t
Tramo AB: Torsor interno TAB 2512 300 lb - pulg (sentido contrario al torque actuante Tramo BC: lb pu lg Equilibrio 25 12 t24 0 t 12.5 pu lg Torque interno en BC: TBC
TBC 12.5 X TBC 12.5 X Máximo torsor 300 lb pu lg X (en la sección B) Como J es constante y la parte AB soporta un torque interno de 300 lb pu lg , el esfuerzo cortante máximo, es: TABc 300 1 máx 190 .99 lb/pulg 2 4 J 1 2 Ángulo de torsión: (en el extremo superior del poste, con relación al fondo del mismo). Como el poste está a punto de girar, ambas porciones AB y BC girarán: T L A AB AB JG
LBC
0
TBC 300 36 12.5 x dx dx JG JG JG 0 24
Evaluando la integral tenemos: 10,800 12.5 24 2 2 A JG JG 4 Reemplazando JG 1 5.5 10 6 , encontramos: 2
353
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
A 0.00167 radianes
8) Una barra sólida y otra tubular están hechas del mismo material y tienen el mismo peso y la misma longitud. Designamos por n la razón c 1 c 2 , demostrar que la razón T5 Th entre el torsor en la barra sólida y el torsor en la barra tubular, es: i)
1 n 2 1 n 2 si el esfuerzo cortante máximo es igual en ambas barras.
ii) 1 n 2 1 n 2 si el ángulo de torsión es igual para ambas barras. c1 nc 2 c2
c0
c1 Pesos iguales: c 02L c 22 c 12 L
c 02 c 22 c 12 c 0 c 2 1 n 2
(i) para igualdad de esfuerzos cortantes máximos: TS c 0 Th c 2 , de donde obtenemos: 4 4 4 c0 c 2 c1 2 2 TS c 3c 40 24 Th c 2 c1
TS c 32 Th
1 n c c 1 n 2 32
4 2
4
1 n 1 n 1 n 2 32
2
2
2
TS 1 n2 Th 1 n2
(ii) Para igualdad de ángulos de torsión:
TsL T c4 ThL c 4 1 n2 s 4 0 4 2 Th c 2 c1 1 n4 G c 04 G c 24 c 14 2 2
2
2
32
TS TS 1 n 2 1 n2 1 n2 Th Th 1 n 2 1 n2 1 n2 1 n2 1 n2
9) Determine la rotación máxima del extremo libre de la barra AB, cuando el cuerpo de peso W, impacta en el extremo C de la barra rígida BC.
354
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
W
h
diámetro d Módulo de rigidez G
C
A
BA
A RR
a
B
L
A ID G RI
Principio fundamental: U T 1 1 U T 2 1 TL T 2L U T 2 JG 2JG a B
C
cv
La energía de deformación U, también puede escribirse: JG 2 U * 2L T W h cv * * . Reemplazamos (*) y (**) en (1). JG 2 W h cv . Compatibilidad geométrica a cv 2L JG 2 W h a ecuación de 2do en . Resolviendo, obtenemos: 2L
2
WaL h WaL WaL 2 JG a JG JG Nota: WaL WaL es el giro en condiciones estáticas: st JG JG
355
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
h Por consiguiente: st 2st 2 st a 2h Que puede reescribirse st 1 1 a st
ó K d st donde K d 1 1
2h a st
Es el factor dinámico en torsión. 10) Para el sistema en torsión representado, calcular el diámetro mínimo necesario. considerar: M =40 N - m ; m = 80 N – m/m ; a =0.5m; ad 40 MPa ; G 8x10 4 MPa m
d?
M a
a
a
Problema hiperestático: Equilibrio: M1
M2
m
M
1
M1 M2 am M*
2
3
Condición: 1 2 3 0 (apoyo empotrado) * * Tramo 1: M1 m
T
X
356
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
a
T M1 mx 1
M1 mx dx JG
0
2
a M1 m 2 1 JG Tramo 2: m M1
T
a
X a
T M1 ma 2 2
M1 ma a
M1 ma dx JG
0
JG
Tramo 3: M1
m
T
M a
a a
T M1 M ma 3 3
M1 M ma a
0
X
M1 M ma dx JG
JG Reemplazando los giros 1 , 2 y 3 en * * y simplificando, obtenemos: 5 3M1 am M * * * 2 Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (*) y (***) y reemplazando valores conocidos, encontramos: M1 100 N m M2 260 N m Torsor máximo: M2 260 N m
Puede representarse gráficamente la variación del momento torsor (interno). Diagrama de Momento Torsor.
357
Mecánica de Sólidos
100 N m
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
80 N m m
0.5m
400 N m
0.5m
260 N m
0.5m
140
140
Diagrama de Momento Torsor
100
260
260
Esfuerzo cortante: T r T r 2T ad máx ad máx máx 4 J r 3 r 2 2Tmáx . Reemplazando valores, obtenemos: ad
Luego: r 3 r = 0.016 m. d = 0.032 m.
11) Una barra de sección circular de radio r = 1cm, está doblada en forma del anillo CB de 20 cm. de radio medio, seguido por un tramo radial recto BA. La barra está empotrada en C y sometida en A a una fuerza normal al plano del anillo, P. Si el esfuerzo cortante admisible en el material de la barra es 750 Kg cm2 , calcular la fuerza P admisible y el desplazamiento del punto A.
C B
Como la fuerza P es normal al plano del anillo CB, en cualquier sección del anillo se desarrollan una fuerza cortante y un momento torsor. (No en el tramo radial).
R P
A 2r R 20 cm. r 1 cm.
358
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
P
A
P B
R
P
T T PR
La fuerza cortante P genera en la sección transversal un esfuerzo cortante directo que, P P en valor promedio, es ' 2 . A r El momento torsor genera esfuerzo variable en la sección transversal de la barra T doblada: ' ' , que tiene su valor máximo para r . J El esfuerzo (total) cortante será la superposición del cortante directo y del cortante por torsión. P
"máx
Tr P 2 J r PRr P 2PR P máx 2 máx 2 3 4 r r r r 2 Reemplazando los datos dados: 2P20 P ; de donde encontramos: 750 3 2 1 1 Pad 57.468 Kg máx
Para calcular el desplazamiento vertical del punto A (debido al efecto de torsión), podemos usar el principio fundamental U T
359
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
1 C T2 T 2R T2 P V ; U ds d R2 L 2JG 2 2JG 2JG P 2 R 3 2 U Luego, igualando T y U : 2JG 1 c P 2R 3 2P 2R 3 4PR 3 P v cv 4 2 JG Gr 4 G r 2
T
Reemplazando valores, tenemos: cv
3 457.468 20
8 x 10 5 x 14 cv 2.3 cm.
12) Se utiliza una placa anular de espesor t para conectar la barra AB (de radio r1 ) al tubo CD (de radio interior r2 ). (a) Demostrar que el ángulo que rota el extremo C del tubo con respecto al extremo B TL 1 1 de la barra, es: 4Gt r12 r22 (b) Verificar
1 r12 1 2G r22
donde , es el esfuerzo cortante en el borde interior de la
platina. T C
D B A
T
módulo de rigidez G.
r1 r2
t Calculamos el esfuerzo cortante a cualquier distancia del centro (en la platina)
t radio
Equilibrio: 2 t T T * 2 3 t
B
A T
360
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
En la platina, a una distancia , (antes de aplicar T). d B
Luego de aplicado el torsor: B
d
d
d
d
d d G d 1 d d G Reemplazando el valor (*): 1 T d T d d 2 G 2 t 2Gt 3 Integrando:
r2
r1
r
T d T 1 2 3 2Gt 3 2Gt 2 r1
T También: 1 (en (*) r1 ) 2r12 t Si entre las dos últimas expresiones, eliminamos t, obtenemos: r2 1 1 12 2Gt r2
T 1 1 2 4Gt r1 r22
13) Usar el primer teorema de Castigliano para encontrar las ecuaciones de equilibrio en el sistema torsional representado. Determinar los torsores internos. G 80 GPa para todo el sistema.. L 1 1 m ; L 2 0. 6 m ; L 3 0 . 8 m d1 20 mm ; d 2 30 mm ; d3 25 mm R1 0.35 m ; R 2 0.20 m ; R 3 0.30 m T0 0.2KN m
361
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz 1
R1
La energía de deformación almacenada en una barra sometida a TL torsión (constante) es U . Como JG TL , la energía puede JG 1 escribirse U C 2 , 2
L1 d1
R2
2
L2 T0
d2 L3
R3
d3 3
Donde C
JG (denominado constante de resorte torsional) y es el giro relativo en L
cada barra. 1 giro del elemento 1. 3 giro del elemento 3. Las energías por torsión, son: 1 1 U1 C112 ; U2 C 2 22 ; 2 2
2 giro del elemento 2. giro causado por T0 (sobre 2). (*) U3
1 C 3 32 2
Compatibilidad: Debe mantenerse en contacto perfecto entre los discos. Luego: R 2 2 R11 y R 2 2 R 3 3 (sólo un giro es independiente). R R 1 2 2 y 3 2 2 . La energía de deformación en el sistema, R1 R3 2
1 R 1 1 R 2 es U C1 2 2 C 2 2 C 3 2 2 2 R1 2 2 R3
2
Primer Teorema de Castigliano:
U T0 C 2 2 * Principio del Trabajo Mínimo (sistema hiperestático 2 la respuesta redundante) 2
R R U 0 C1 2 2 C 2 2 C 3 2 2 R1 R3
2
2 0 * *
362
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Las ecuaciones (*) y (**) son las ecuaciones de equilibrio. Reemplazando en ellas los valores numéricos dados, obtenemos: 10.603 2 0.21
y
12.177 2 10.603 02
Resolviendo (1) y (2) 0.1135Rad ; 2 0.0946Rad.
Los torsores internos son T1 C11 67.9 N m T2 C2 2 200 N m T3 C3 3 241.9 N m (Conocidos y 2 mediante las ecuaciones de compatibilidad 1 , 3 ) Puesto que el elemento (2) no tiene un extremo fijo para calcular el giro, se debe usarse la ec. (5)
3.3) Conexiones Excéntricas Definición) Una junta o conexión cargada excéntricamente es aquella en la cual la línea de acción de la carga NO pasa por el centroide del patrón de conectores. CG
Junta no excéntrica CG centroide del conjunto de áreas
P
transversales de los conectores.
Junta o conexión Estructural.
Junta excéntrica e Excentricidad.
CG
P
En el cálculo de conexiones excéntricas, la carga excéntrica se descompone en una fuerza que pasa por el centroide y un momento. P C arg a directa CG
CG
M
M Carga rotacional M Pe
P
P
Línea de acción de la carga aplicada
e
363
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Se diferencian dos efectos: i) La fuerza directa, que genera esfuerzos cortantes directos (en los conectores). ii) la carga rotacional, que genera esfuerzos cortantes por torsión (en los conectores). Hipótesis - Cada conector soporta una carga igual, de magnitud FD
P , siendo N el numero de N
secciones resistente de los conectores. FD FD FD
(en el centroide
FD
FD
FD
esta aplicada P )
La carga rotacional M tiende a hacer girar la placa de conexión alrededor del centroide CG. Los conectores impiden tal rotación, empujando la placa en una dirección perpendicular al radio vector.
M actuante
F2
3
2
F3
r2
CG
F1
F1 , F2 , , F3 fuerzas Fi
rn
r1
1
ri
i
Fn
rotacionales (generan un momento opuesto al actuante, de igual intensidad .)
N
**) Placas Conectoras Rígidas. Las fuerzas en los conectores son proporcionales al radio vector:
F1 F2 F F i N . r1 r2 ri rN
La acción del momento M sobre el grupo de conectores es semejante a la acción de un torsor. Puede aplicarse la fórmula del esfuerzo cortante por torsión
Tp J
.
364
Mecánica de Sólidos
ri
CG
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i T Pe ; ri
yi
J: MTO polar de inercia de las áreas
xi
transversales de todas los conectores.
M Pe Fi
radio Ci
Ji0 MTO polar de inercia del area i - ésima
Teorema de Steiner: J
Si los radios (de los conectores) Ci 0 Jio
J N
i1
i o
A iri2
4 Ci 0 2
(radio del conector Ci despreciable comparado con el radio vector ri). Con aproximación suficiente:
J
N
A r
2
i i
i 0
Por consiguiente el esfuerzo cortante por torsión en cada conector, se aproxima por: Ji
Per i
o por:
N
A r
2
i i
i0
i
Per i
A x N
i
2 i
y i2
i0
La fuerza rotacional en el conector i-ésimo es F A i i o Fi A i
Per i
A x N
i
i 0
2 i
y i2
Per i
A x N
i
2 i
y i2
i 0
donde (xi, yi) son las coordenadas del centroide del área transversal del conector iésimo, respecto de un sistema de coordenadas rectangulares cuyo origen es el CG del conjunto de todas las áreas transversales de los conectores.
Calculadas las fuerzas rotacionales, deberán sumarse vectorialmente con las fuerzas directas.
365
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
FD
Deberá calcularse la fuerza total máxima, para precisar el conector más cargado
ri Fi
CG Ejemplo
1) Determinar la carga soportada por el remache más cargado en la conexión representada. Todos los remaches tienen el mismo diámetro.
3''
3''
3''
3''
Trasladamos la carga P al centroide del área transversal del remache N0 3.
P 15Klb 6' '
FD FD FD FD FD
M M 90Klb pu lg
15klb
15klb F1
Fuerzas Rotacionales: F2
1
2
M
3
4
5
1
(F1,…,F5
generan
un
momento
opuesto a M) F4
F5
366
Mecánica de Sólidos
r1=6
r2=3
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
r3=0
r4=3
r5=6
x1=-6 x2=-3 x3=0
x4=3
x5=6
x 6
2 i
y i2 90
i0
y1=0
y2=0
Luego: Fi
y3=0
y4=0
Per i
x N
2 i
y i2
y5=0
F1
906 6klb , 90
F2
903 3klb , 90
F4
903 3klb 90
i0
F3
900 0 90
F5
906 6klb 90
9 Klb
Fuerzas totales.
6 Klb
0 Klb
Remache mas cargado
Remache sin carga 3 Klb
2) La conexión
200 mm
representada
500 mm
30 mm
contiene 8 pasadores de diámetro efectivo 20 mm cada uno. Sin
300
150
rozamiento, encontrar mm
mm
considerar el posible
30º
la fuerza actuante
F=1Ton
sobre el pasador más cargado.
120 mm
367
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Trasladamos la carga 1 Ton al centroide del conjunto de áreas transversales de los conectores. FD
M=(1cos 30º)600+(1sen30º)120=579.62T mm M=0.57% 2 T-m
3
1 0.125Ton 8 Sobre cada conector (paralelas a la fuerza F)
Las fuerzas directas son FD
FD FD FD
7 FD CG FD
M
8
4
6 2
FD 5
FD
1
Las fuerzas rotacionales son perpendiculares a los radios vectores respectivos
Como las fuerzas F1, F2 , F3 ,F4, F4
tienen la misma distancia entre su punto
de
aplicación
y
C.G→ F3
F7
F1,=F2 =F3 =F4= Fe Similar para las fuerzas F5,=F6 =F7
ri
F8 M
re
=F8= Fi → 4Fere+4 Firi =M…1
CG F6
F5 F1
F2
Las fuerzas son proporcionales a sus radios vectores
Fe re 2 Fi ri
En base a las dimensiones dadas, obtenemos re=180.28 mm; ri=96.05 mm. Reemplazando valores en 1 y 2: 4(180.28Fe+96.05Fi)=579.62;
Fe 180.28 Fi 96.05
Resolviendo este último sistema de
ecuaciones, obtenemos: Fi=0.333T y Fe= 0.626T. (F5,=F6 =F7 =F8=0.333 Ton; F1,=F2 =F3 =F4=0.626 Ton)
368
Mecánica de Sólidos
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El conector sometido a la mayor fuerza es aquel que tenga la mayor resultante entre FD y la respectiva fuerza rotacional. Esta situación se presenta para el remache (conector) 4.
La fuerza total sobre el conector 4, es: F4TOTAL F42 FD2 2F4 FD cos
30º
reemplazando valores:
F4TOTAL 0.626 2 0.125 2 20.626 0.125 cos 26.31
4
efectuando operaciones:
F4TOTAL 0.74Ton .
150
CG 3.4) Torsión de Elementos Cilíndricos de Pared Delgada. Fórmulas de Bredt 3.4.1) Introducción. Definiciones La torsión de elementos cilíndricos de paredes delgadas y “secciones cerradas” puede estudiarse aproximadamente por la teoría desarrollada en las secciones anteriores.
Seccion Cerrada
Seccion no cerrada
tubo cilindrico
T
de pared L D
C
B
G
A
m at er ia lM od ul o
delgada
Seccion de espesor constante o variable a la largo de la periferie. el espesor se mantiene constante a lo largo de los generatrices (L).
369
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Puede aceptarse que el esfuerzo cortante es constante en todo el espesor, con mayor aproximación a medida que el espesor tienda a cero.
A
A
2
Consideremos el equilibrio del
A
í
elemento ABCD.
B B
1
B
(Esfuerzos Cortantes: tangentes a la
x
linea media)
A
F
longitudinales
FAD FBC : A t A x B t B x A t A
B t B
A
D
A
A
s
B B
C
B
B
Puesto que A y B han sido puntos arbitrarios, la condición (*) expresa que el producto del esfuerzo cortante y el espesor en un punto, se mantiene constante a lo largo de la periferia de la sección transversal. Es decir: t Cons tan te
Definición) El valor constante t se denomina Flujo de Cortante. q= t .(El flujo de cortante tiene dimensiones de fuerza / longitud). El flujo que representa una fuerza por unidad de longitud. Para un elemento de longitud S , la fuerza asociada es F qS q
dF dS
370
Mecánica de Sólidos
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3.4.2) Esfuerzo Cortante Consideremos un punto arbitrario O dentro del área limitada por la Línea Media. El momento de la fuerza asociada F1 respecto
A
al punto 0, es:
F
M rF M rqS
En toda la sección se generará un momento
r
B
M q rds SO
(ds → elemento de arco, evaluando en la línea
ds
media) Por equilibrio:→M=T; luego
T q rds
SO
Si s es una curva cerrada simple que nos e corta a si misma,
la integral
rds puede calcularse geométricamente SO
1 S r 2 àrea AOB
A A
s
r
integrando A
o
A área
B
1 rds 2 SO
sectorial
Linea Media
Reemplazando el valor
A
rds 2A en la ecuación (*), tenemos: SO
371
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
T 1Aq T 2At, de donde : T T 1 MÁX 1.1 2At 2AtMIN
3.4.3) Razón de Torsión Para calcular el ángulo de giro (o la razón de torsión) pueden considerarse conceptos de energía de deformación:
L
dV Ltds T
dV
U
J2 dV 2 G
ver
sección 3.3
V
U
2
1 T T 2L tLds U 2G 2At 8GA 2
So
ds t
(Puesto que el espesor t puede ser variable).
Aplicando el 2º Teorema de Castigliano:
U T TL 4GA
2
So
ds 2 t
expresión que nos permite calcular el ángulo de torsión. La razón de torsión será:
T L 4GA 2
So
ds 2.1 t
Nota) Si el espesor t es constante, el ángulo de giro, será:
TL So 4GA 2 t
ó
T 2AT
LSo LSo 2.2 2AG 2GA
Definición) Las fórmulas (1) y (2) se denominan Fórmulas de Bredt para la torsión de tubos cilíndricos de pared delgada.
372
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
EJEMPLOS
1) Un miembro de pared delgada tiene 1.2 m de longitud y su sección transversal es la indicada. Calcular el máximo torsor que puede soportar. Si el ángulo de torsión debe limitarse a 10º, calcular el esfuerzo cortante que se genera cuando se aplique el torsor máximo. Considerar G=80 Gpa.
r
r 10mm
A linea media (So)
r 25mm So 225 210.5 115 .972mm
espesor constante t=1mm
A 25 2r 10.5 871.361mm 2 2
Condición 10º Fórmula de Bredt
en
TL 10º 4GA 2 t
radianes
Reemplazando valores numéricos y despejando T para la condición de igualdad MÁX 304.709N m
obtenemos:
Esfuerzo Cortante:
T 304 .709 3 2tA 2 1 * 10 871 .361 10 6
174 .85 * 10 Pa . 6
2) Una barra de acero tiene la sección transversal indicada. Calcular el torsor admisible para que el esfuerzo cortante no exceda de 900 K/cm2. Calcular el ángulo de torsión correspondiente a una longitud L=2.2m. Considerar G=800,000 K/cm2.
2cm
1cm
1cm 2cm
20cm
So
15cm
373
Mecánica de Sólidos
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So 218 214 64cm A 14 18 252cm2
Fórmulas de Bredt: T 2A Tad 2t min A ; reemplazando valores: Tad 2900 1252 53,600Kg cm.
Razón de Torsión
T 4GA 2
So
ds t
(El espesor no es constante)
So
ds 2 t
0
2
ds 2
1cm
0
ds 14 36 50 1
Reemplazando en (*)
18cm
ds
2
453,600 50 4800,000 252 2
1.116 * 10 4 rad / cm.
ds Ángulo de giro:
L 1.116 * 10 4 * 2 2 * 100 . L en cm.
0.0246 Radianes.
14cm
3) Determinar los errores que se cometen calculando el esfuerzo cortante y la razón de torsión mediante las fórmulas de Bredt, en el caso de una sección en forma de corona circular, tal que
t 1 . R 10
t Línea media
R
t S o 2 R 2 t 1 38 R S o 2R1 R1 20 2R 20 2
Área sectorial:
2
t t 361 A R R 2 1 R 2 2 400 R
374
Mecánica de Sólidos
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T T T 5.54 2At 361 R R 3 2 R 2 400 10 Luego tenemos: 38 T R TSo T 20 5.832 2 2 4GA t GR 4 361 R 4G R 2 400 10
Calculando y mediante las fórmulas exactas (Secciones anteriores) Obtenemos MÄX 5.816
T T y 5.816 .Comparando 3 R GR 4
(*) Con los valores exactos, encontramos que el error es del 4.75% por defecto para el esfuerzo cortante, y del 0.275% por exceso para la razón de torsión.
3.5) Torsión Inelástica 3.5.1) Introducción. Distribución del Al deducir las fórmulas
T TL y se aceptó que la ley de Hooke es aplicable a J JG
todo el elemento sometido a torsión. Si la resistencia a fluencia fl es sobrepasada en alguna región del elemento, o si el material admite un diagrama no lineal, las anteriores relaciones no tienen validez. En esta sección desarrollaremos un método más general, que puede aplicarse en los casos en que la Ley de Hooke no se verifica.
max
c
Seccion 4.2.1 resulta válida para cualquier C MÁX
material.
Si el esfuerzo MÄX es especificado en el material,
max
puede
obtenerse
la
relación
.
max
375
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Con el diagrama , se determina MÄX , y ese valor se llevará a la ecuación
P . c MÁX
Para cada valor de se determina el correspondiente (usando la ecuación anterior). Posteriormente, para ese valor determinado, y a partir del diagrama constitutivo , se obtiene el correspondiente valor .
Representando gráficamente los valores se
max
obtiene la distribución deseada de esfuerzos.
Usando la ecuación de equilibrio c
T 2d
MAX
0
c
T 2 2 d
0
donde se obtiene del diagrama trazado anteriormente. Si es posible expresar la integral (*) se dA
evalúa analíticamente. En otros casos, la evaluación del torsor T, deberá
C
max
x
hacerse por integración numérica. c
Nota) El cálculo de la integral T 2 2 d se vuelve más significativo, si 0
c
observamos que la integral
2
d representa el Momento de Inercia, respecto al
0
eje del área representada.
376
Mecánica de Sólidos
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dA dp
MAX
d
T 2 dA 2 d
fl 3.5.2) Barras Cilíndricas Elastoplásticas
G 1
Consideremos una barra de sección circular llena y material elastoplástico, sometida a torsión. i) Si H , es aplicable la Ley de Hooke, la distribución
T
de esfuerzos cortantes a través de la sección, es lineal; el máximo esfuerzo cortante estará dado por MÁX
T
Tc J
MÁX JH (del material)
ii) A medida que el torsor aumenta, el esfuerzo cortante MÁX también aumenta, hasta alcanzar el valor H Con este valor H se calcula el momento torsor
max fl
correspondiente al inicio de la fluencia. TH
J W fl c MÁX
TH: torsor máximo elástico (Es el mayor torsor para el cual las deformaciones permanecen elásticas).
Para una sección circular llena de radio c, se obtiene: T
3 C fl 2
377
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
iii) Cuando el torsor sigue creciendo, en la barra se desarrolla una Región Plástica, alrededor de un Núcleo Elástico de radio fl
max fl fl
C
NUCLEO ELASTICO
En la región plástica, el esfuerzo es uniforme igual a fl , mientras que en el Núcleo Elástico, el esfuerzo varía linealmente con y puede expresarse como:
H fl
iv) A medida que T sigue creciendo, la región plástica se expande hasta que, en el límite, la deformación es totalmente plástica.
Si usamos la ecuación de c
fl
equilibrio: T 2 2 d 0 fl , podemos calcular el 0
momento torsor que corresponde a un fl del núcleo elástico. JH 0 fl Recordando que: H C H fl
Tenemos: H
c
H d 2 2 fl d T 2 H 0
2
H
efectuando las integrales: T
2 3H , y puesto que C 3 fl 1 3 3 4 C
TH
3 C fl ec. 2
obtenemos: T
4 3H , siendo TH el momento torsor elástico máximo. Tfl 1 3 4C 3
378
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Nótese que cuando 0 , el momento tiende al valor limite TP
4 Tfl que seria el 3
valor del Momento Torsor correspondiente a una deformación totalmente plastificada.
Definición) El valor límite Tp se denomina Momento Torsor Plástico. Nota) Las fórmulas deducidas son exclusivas para barras circulares llenas, de material elastoplástico.
La distribución de la deformación a través de la sección permanece lineal después del inicio de la fluencia. La ecuación
permanece válida y puede emplearse para L
expresar el radio del núcleo elástico fl en función del ángulo de torsión. Si es suficiente grande para causar deformaciones plásticas, el radio del núcleo elástico H se obtiene haciendo igual a la deformación de fluencia fl , es decir: fl fl
1 L
Sea fl el ángulo de torsión al iniciarse la fluencia, (cuando fl C ). Haciendo fl y fl c en la condición (1), obtenemos: fl c
fl L , de donde c fl 2 L fl
De las ecuaciones (1) y (2), obtenemos: c
L fl fl L
f c
H .
Si reemplazamos
H 4 3H en la ecuación T Tfl 1 3 c 4C 3
expresamos el momento torsor T en función de : T
4 3 fl Tfl 1 3 3 4
3
Donde: Tfl Torsor en el inicio de fluencia
fl Ángulo de Torsión en el inicio de la fluencia Observar que la ecuación (3) se usa únicamente para fl .
379
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Para fl la relación entre Ty es lineal (dada por
TL ). JG
Combinando las dos ecuaciones para el torsor T, obtenemos: TG L , si fl T= 3 4 Tfl 1 fl , si 3 3 4
fl
T
T
Tfl
4 Tfl 3
fl
Diagrama T- para la torsión de barras circulares llenas, de material elastoplástico.
EJEMPLOS 1) Un eje circular sólido de L= 1.2 m y d= 50 mm es
sometido a torsores T = 4.5KN-m en sus extremos. Si el eje es de material elastoplástico ( 150MPa ; G 80GPa ),
fl
G 1
determinar:
i) El radio de Núcleo elástico.
ii) El ángulo de torsión del eje.
T
i) Radio del núcleo elástico: Torsor pura inicio de la fluencia Tfl Wfl donde
W
T
3 C (ec.**). 2
Reemplazando valores: 3 25 * 103 150 * 106 3,681.55 N m 2 Tfl 3.681 KN-mTaplicado 4.5 KN-m
Tfl
En consecuencia, la barra si está en fluencia.
380
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Usamos la ecuación T
3 4 Tfl 1 fl 3 obtenemos: 3 4c
3
3T fl c 4 T Reemplazando valores y despejando fl , fl Tenemos: fl 15.75 *103 m ii) Ángulo de Torsión En el inicio de la fluencia, el ángulo de torsión es fl
TL donde T es el torsor de JC
fluencia. Reemplazando datos: fl 89.9 *103 Rad De la ecuación
fl fl obtenemos C fl fl c
Reemplazando valores hallamos
142.7 *103 Rad
8.18º
2) Se aplica un torsor T en la barra AB, de acero elastoplástico
H 150MPa;G 80GPa
d=20 mm T
B
Determinar: i) El torsor cuando el ángulo de torsión en A es 45º ii) El diámetro correspondiente al Núcleo Elástico de la barra
A
1.5 m
El ángulo de torsión en el inicio de la fluencia, es:
fl
TflL TflC L L fl JG J GC GC
Reemplazando valores:
fl 150 *106
1.5 16.114º 80 *10 *10 *103 9
3 4 1 f El torsor T se calcula con la ec. T Tfl 1 3 4
donde Tfl
flJ Reemplazando valores obtenemos: c
T=293 N-m ii) Diámetro del Núcleo Elástico:
381
Mecánica de Sólidos
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fl fl c fl c dato 10 * 10 3 16.114 6.446 * 10 3 m 25 dfl 12.98mm.
fl
dext =70 mm dint =30 mm
3) Un eje tubular es de material el elastoplástico G 80GPa; fl 180MPa , y su longitud es 0.9m Determinar: i) El ángulo de torsión para el cual la sección se convierte en completamente plástica.
fl 180MPa
C2
ii) El correspondiente momento torsor.
C1 -) Fuencia de la superficie interior
fl
flL flL c1 Gc1
180 106 0.9 fl 0.135 Rad 80 109 15 * 103
7.737º
ii) Momento torsor:
TP 2 2 fld 2 L
0.035
fl2d
0.015
0.035
1 TP 2fl 3 14.89 KN-m 3 0.015
x
4) Una barra de acero elastoplástico que tiene la forma indicada, está sometida a torsores T=45 Klb-pulg. Hallar
A
B
E
C
D T
T
i) El espesor de la zona plástica en la porción CD.
d 2''
ii) La longitud de la porción BE que permanece
4''
totalmente elástica. Considerar G= 11.5*106lb/pulg2; fl 22
d 2.5''
Klb pulg2
382
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
i) Zona plástica en la porción CD (Consideramos la sección en D).
Tfl fl
J 3 fl CD3 Tfl 22 1 34.56 Klb-pulg cD 2 2
3 1 3 4 1 fl 4 fl Usamos: Tfl fl 1 45 34.56 1 3 4 CD 3 4 CD
encontramos fl 0.454'' . Luego el ancho de la zona plástica es 1-0.454=0.546 pulg.
ANCHO
NUCLEO ELASTICO
ii) Sección E totalmente elástica
PEA
J J T J 45 T fl 2.045 CE CE CE 22
PLASTICA
CE4 2.045 CE 1.092'' 2 CE
Reemplazando J:
semejanza s; encontramos x=2.528''
B E
C
1.25'' 1.092''
1.00''
x 4'' 3.6) Torsión de Elementos de Sección no Circular Las fórmulas para la distribución de esfuerzos y deformaciones bajo cargas de torsión, deducidas en las secciones anteriores se aplican únicamente a elementos de sección transversal circular. Su deducción se basa en la hipótesis de permanencia de las secciones planas. La validez de esta hipótesis depende de la simetría axial del elemento. Para barras de otra sección transversal, por la falta de simetría axial, la torsión ocasiona que las secciones transversales salgan de su plano (se alabeen).
383
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
T
sec cion plana
T
sec cion distorcionada (alabeada) La determinación de los esfuerzos y las deformaciones en elementos de sección no circular, sometidos a cargas de torsión, no puede determinarse con los métodos simplificados de la Mecánica de Sólidos, Se estudian en cursos avanzados como Elasticidad, Mecánica Estructural y otros.
Un resultado de interés para la torsión de barras rectas de sección rectangular uniforme, es: max
a
T
T
G
b
modulo de rigidez
L
a Lado más largo de la cara (a>b). El esfuerzo cortante máximo ocurre a lo largo de la línea central de la cara más ancha de la barra.
max
T c1ab2
El ángulo de torsión se expresa por:
TL c 2ab3G
Los coeficientes c1 y c 2 dependen únicamente de la relacion a/b. (Las expresiones indicadas son válidas sólo para el intervalo elástico lineal). a/b-----------------------c1-----------------------------c2 1.0---------------------0.208---------------------0.1406 1.2---------------------0.219---------------------0.1661 1.5---------------------0.231---------------------0.1958
384
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
2.0---------------------0.246---------------------0.229 2.5---------------------0.248---------------------0.249 3.0---------------------0.267---------------------0.263 4.0---------------------0.282---------------------0.281 5.0---------------------0.291---------------------0.291 10.0--------------------0.312---------------------0.312
----------------------0.333---------------------0.333 Ejemplo T
Se aplica un torsor T=2Klb-pulg.
T
T
a cada una de las barras
d
d
representadas. Si el esfuerzo
d d
cortante admisible es 6
2d
Klb/pulg2, hallar la dimensión “d” requerida para cada barra.
Barra de la sección circular: Td / 2 d / 24 2 2d / 2 6 d 1.193 pu lg 4 d / 2 2 max
max
T a a b 1 2 b C1ab
max
2 6 d 1.170 pu lg 0.208 d3
Barra de sección cuadrada:
max
Barra de la sección rectangular:
T 2d 2 C1 0.246 2 d C1ab
max
2 6 d 0.878 pu lg 0.246 2d3
A las barras representadas en el problema anterior, se les aplica un torsor de 300 N-m. Si el esfuerzo cortante admisible es 60 MPa, hallar la dimensión “d” requerida para cada barra.
Similar al ejemplo. Obtenemos: Barra de sección circular d=29.4 mm Barra de sección cuadrada d=28.9 mm
385
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Barra de sección rectangular d=21.7 mm
3.6.1) Otras Secciones Transversales. *) Sección elíptica MÁX en los extremos del eje menor.
MÁX
16T ; siendo T el torsor b 2 h
h
En la barra de sección transversal elíptica.
material con modulo de Rigidez G
El Ángulo de Torsión, por unidad de longitud, es:
4 2 TI P 4
A G
Donde IP=
bh 3 hb 3 es el 64
b
momento polar de inercia de la sección. A
bh área de la sección transversal. 4
**) Sección en Triángulo Equilátero.
b m
máx en el centro de los lados
(Puntos m) máx
m
m
h
20T b3
El ángulo de torsión por unidad de longitud, es
4b2T , siendo G el módulo de b 4G
rigidez del material. ***) Sección en Hexágono Regular máx
T 0.217 Ad
T , donde d es el diámetro del círculo inscrito y A el área de la sección. 0.133 Ad2 G
****) Octágono Regular máx
T T ; (d, A → igual que el caso 0.223 Ad 0.13 Ad2 G
b
a
anterior). *****) Trapecio isósceles Se reemplaza el trapecio isósceles por un rectángulo
CG
c
d
equivalente (a b c d). Al rectángulo equivalente se le aplican las formulas dadas en la sección anterior.
386
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
La deducción de estas (y otras) fórmulas, así como el comportamiento de sólidos más generales se estudian en Cursos Avanzados de Mecánica de Sólidos o Elasticidad. Para el “Estudio Experimental” de la torsión existe un procedimiento analítico denominado Analogía de la Membrana.
3.7) Ecuaciones Diferenciales para Momento y Ángulo de Torsión
Al deducir la ecuación 0
Tdx
GJ L
se aceptó que el radio de la barra era
constante.
Si se aplica un torsor distribuido a lo largo de la barra, entonces el momento torsor interno variará a lo largo de dicha barra. En este caso se estableció una ecuación diferencial para determinar el cambio de torsor y el ángulo de torsión en cualquier sección de la barra.
De manera más general: Consideremos una barra de material lineal elástico, de sección circular variable a lo largo de la barra y sometida a la acción de torsores distribuidos q(x) y torsores concentrados en los extremos.
TA
TB xB
xA
qx momento torsor por unidad de longitud de la barra. Longitud de la barra : L XB X A
L Separamos un elemento de barra de longitud x
387
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Los torsores internos en las secciones del elemento, son: T(x x)
T(x)
T x y T x x . Ladistribucion del torsor q x contribuye con
x
x origen
x x
q x dx q x x
donde : q()x
T(x)
xx x
T(x x)
TL x q x Tx 0
Equilibrio:
Tx x Tx q 0 x x 0
Pasando al límite cuando
dT x qx 0(i) dx
notar
El ángulo de torsión relativo a lo largo de la barra, es: Combinando las ec. (i) y (ii), tenemos:
Si q=0 y GJ se mantiene constante
que si x 0 x .
dT x T dφ T GJ ii . dx JG dx
d d GJ qx 0iii dx dx
dT x 0 dx
ec.i.
En este caso, el momento torsor a lo largo de la barra se mantiene constante. Si q=q(x) diferente de cero, se integra la ec.(i) para encontrar T=T(x). Con T=T(x) conocido se integra la ec.(ii) para encontrar x .
Las dos constantes de integración (que corresponden a las integraciones) se evalúan mediante dos limitaciones sobre el sistema estudiado.
Alternativamente, con q=q(x) conocido se puede integrar la ec.(iii) para encontrar
x . (Las constantes se encuentran en base a las condiciones propias del problema). Por ejemplo con q(x)=0 y GJ constante
d2 0 dx 2
iii , de
donde determinar emos C1x C 2 .
388
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
Si el ángulo de torsión en x=xA es A y en x=xB es B , las constantes se determinan a partir de las condiciones: A C1X A C 2 ; B C1XB C 2 C1
B A ; C 2 C1XB B xB x A
En este caso, el ángulo de torsión varía linealmente, de acuerdo con: x
B A A x x B B x C1x B B x B xB x A xB x A
Observar que, en este caso, a partir de las ecs. (ii) y anterior, tenemos: A d B A T T GJ B dx x B x A GJ xB x A
x B x A T
L .
GJ B A L
que es una ecuación ya conocida para T constante.
Ejemplo
L La barra circular de longitud L, representada en el esquema, se somete a un torsor distribuido q0 .El módulo de rigidez del material es G y el momento polar de inercia de la sección es
x
J. Determinar los torsores reacción, la distribución del
q0
ángulo de torsión a lo largo de la barra y el esfuerzo cortante
A
B
máximo (diámetro d).
Equilibrio: TA TB q0L i
B
TA
La
q0
B
ecuación
constante es
(iii)
con
q=q0;
GJ
q d2 0 . Integrando 2 GJ dx
la ecuación anterior, tenemos:
TB Condiciones: 0 A 0
x y
x
q0 x 2 C1x C 2 iii 2GJ
L B 0 (empotramientos).
Reemplazando en (ii) determinamos C 2 0; C
q0L . 2GJ
La distribución del ángulo de torsión, a lo largo de la flecha, es:
389
Mecánica de Sólidos
x
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
q0L x x 1 2GJ L
Por la ecuación (ii), obtenemos T=GJ
q L 2x d GJ 0 1 dx 2GJ L
La distribución del torsor a lo largo de la barra es lineal: T
q 0 L 2x x 1 2 L
Reacciones: TA T0
q0L 2
TB TL q0
L 2
Graficas de Tx y x :
q0
L 2
max
B A
torsor
q0
L 2
A
q0L2 8GJ
en x=L/2
B
angulo de torsion MAX MIN
q L 2d 2 8 qL , que se desarrolla en los apoyos. q0L máx 0 4 2 d3 r 4
390
CAPÍTULO IV ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Energía de Deformación es uno de los conceptos más importantes en el estudio de la Mecánica de Sólidos Deformables. 4.1)
Introducción. Definiciones
En el estudio del movimiento de partículas discretas y cuerpos rígidos, se demuestra que muchos problemas pueden solucionarse más fácilmente usando principios y consideraciones de energía, que usando la formulación directa de las ecuaciones del equilibrio. En este capítulo se definen Métodos de Energía que son extremadamente útiles para solucionar problemas y otros planteamientos de la Mecánica de Sólidos Deformables.
Definición. Energía de Deformación, es la energía almacenada en un sólido, en consecuencia del trabajo realizado por las acciones externas durante el proceso de deformación (Energía Interna). Si el material es elástico, se denomina Energía de Deformación Elástica.
Resulta fundamental distinguir la manera en que pueden aplicarse las cargas externas:
F
F F: constante F = K Δ
Δ APLICACIÓN GRADUAL Aplicación lenta, por incrementos
APLICACIÓN SÚBITA Aplicación violenta
Los efectos dinámicos
Los efectos dinámicos
(aceleraciones, vibraciones;…)
(aceleraciones, vibraciones;)
pueden ser considerables.
son despreciables.
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz W
Nota
x
Existe otra manera de aplicar
h
las cargas: POR IMPACTO (Será tratada posteriormente, en el presente capítulo. 4.1.1)
Trabajo de Cargas Externas
Consideraremos un sólido deformable en equilibrio, sustentado mediante apoyos no elásticos. F1
Fuerzas restrictivas No generan trabajo A F2
A' F4
(Reacciones: no sufren desplazamientos en su dirección) Acciones aplicadas Generan trabajo
P F3
La aplicación gradual (por incrementos) de las cargas, requiere: Q – Wext = E2 – E1. . . . (1) (Primera Ley de la Termodinámica) Donde: Q: Cantidad de calor transferido durante el proceso carga – deformación. Wext: Trabajo realizado por el sistema de cargas externas durante el proceso carga –deformación. E2 – E1: Cambio en la energía.
4.1.2) 1)
Energía potencial (altura) Incluye Energía cinética (movimient o) Energía Interna (deformaci ón)
Hipótesis Simplificatorias
Si el proceso carga–deformación es aproximadamente ADIABÁTICO (sin transferencias importantes de calor), puede aceptarse Q 0.
2)
Si el trabajo realizado por el centro de gravedad del sólido es despreciable durante el proceso carga – deformación (el centro de gravedad del sólido no
392
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
cambia significativamente de posición), entonces el cambio en la energía corresponde únicamente al cambio en la energía interna.
3)
Si el material es elástico (no necesariamente lineal) y no existe HISTÉRESIS, el cuerpo realiza una cantidad igual y contraria de trabajo durante los procesos de carga y descarga.
F
F W1 = -W2 carga = descarga
Lazo de Histéresis
ga
car
rga ca
a carg des
ga ar c s de
ELÁSTICO
ANELÁSTICO
Con dichas hipótesis, puede considerarse que los sólidos deformables almacenan energía durante su deformación, y ésta energía es equivalente al trabajo generado por las cargas externas.
La primera Ley de la Termodinámica (ec. 1) se expresa por: Wext = U . . . . (1.1) Siendo U la energía interna almacenada en el sólido durante el proceso carga / deformación. 4.2)
Energía Debida a Fuerza Normal
Consideremos una barra prismática de material elástico lineal, sometida a la acción gradual de una fuerza axial centrada. L
F
A;E
F=KΔ
Δ F
Δ El trabajo realizado por la fuerza F, es:
393
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F F=K
Wext
( F)
Wext
dWext = Fd
Fd Δ Δ
2 kd k 2 0
k 2 . . . . (2) 2
Por la ec. (1.1) U =
La ec. (2) puede escribirse: U =
1F 2 1 U = F . . . . (3) 2 2
F F=K
(
U
F)
U = 1 FD 2 Área bajo el diagrama
Si, además, el material satisface La Ley de Hooke: U
F 2L F 2L 1 FL U . . . . (4) F = 2EA 2 EA 2EA
Notas: i)Observar que
U FL F EA
"La derivada parcial de la Energía de Deformación almacenada en un sólido de material elástico lineal, con respecto a una fuerza aplicada, es igual al desplazamiento del punto de aplicación de esa fuerza, medido en su dirección" (Segundo Teorema de Castigliano).
ii)Es posible expresar la energía de deformación, (ec. 4), en función de otras variables. En función del 394
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz 2
U
F 2LA F 2L LA 2 F LA U 2 = U . . . . (5) 2EA 2E A 2E A 2E
2 Vol . . . . (5.1) 2E
ó U
(Vol = AL = Volumen no deformado)
En función del Cambio de Longitud
U
F 2L FL EA ; F , reemplazando en (4) 2EA EA L
U
EA 2 L EA U . . . . (6) 2EA L 2L
2
En función de la Deformación Unitaria: Sabemos que = L reemplazamos en (6): U
EA L 2 = EAL 2 . . . . (7) 2L 2
ó
U
E 2 Vol . . . . (7.1) 2
(Siendo Vol el volumen inicial)
Iii) Si el sólido tiene secciones transversales variables (sólido homotético) pueden aplicarse, convenientemente, las ecuaciones anteriores para calcular la energía de deformación almacenada en el sólido.
Para el elemento diferencial: dz
dz
F (aplicada gradualmente) F
F
E d( )
A= A (z) (acotada) A= A (z)
z L
Si el material sigue la ley de Hooke: d() Luego dU
F(dz) EA
1 1 F F d() = F( dz) 2 EA 2
Usando la ecuación 4:
395
Mecánica de Sólidos
dU
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F 2dz F2 . . . . (8) dz U 2EA L 2EA (z)
La ec. (8) puede usarse también cuando F = F(z)
U
L
F 2 ( z )dz . . . . (8.1) 2EA( z )
iv) El trabajo realizado por la carga externa F (aplicada gradualmente) es numéricamente igual al área limitada por el diagrama P-.
F F= F( ) dU = F d
F F
U
d
ΔdF Δ
Definición. El área complementaria en el diagrama P–, define la Energía Complementaria.
F
( F)
U*
U + U*=F
F
U Propiedad:
U*
ΔdF (Energía
F
Complementaria)
Fd dF ()(F)
F
Si U U* el material es de comportamiento no lineal. Si U = U* el material puede ser de comportamiento lineal. U = U* no implica necesariamente comportamiento lineal.
396
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F
F ( F) ( F)
U*
U*
U = U*
U = U* U
U
U = U* no implica necesariamente comportamiento lineal
iv) Al someter un sólido a la acción de fuerzas, éstas generan trabajo, que en general se invierte deformando al sólido, generándose la Energía Interna. Si las cargas son aplicadas gradualmente, la energía cinética puede ser despreciable. Si las cargas no se aplican gradualmente, será necesario incluir la Energía Cinética (K). F
AA’: Con velocidad importante A A'
Wext = U + K
v
La aplicación gradual de las fuerzas, garantiza que los efectos dinámicos en las partículas materiales son insignificantes (casi nulos) y por consiguiente K 0.
vi) Todo sistema conformado por elementos linealmente elásticos sometidos a fuerza axial centrada, almacena Energía de Deformación. n
UTOTAL Ui i 1
Siendo: Ui:la energía almacenada en el i-ésimo elemento. n: nº de elementos Barras linealment e elásticas y de sección transversal constante Armaduras Apoyos no elásticos
397
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Fi
Ai
4
i;
6
Li
5
;E
2
1
Elemento i-ésimo
7
3
Fi
Ui
Fi2L i 2Ei A i
UTOTAL
Fi2L i 2E A . . . . (9) i 1 i i n
Si existiesen "Apoyos Elásticos", en el cálculo de la Energía Total debe incluirse la Energía almacenada durante la deformación de los apoyos.
Resortes elástico lineales
K1
K1, K2 constantes de resorte
K2 1
2
F1 = K11 (resorte 1) F2 = K22 (resorte 2) Unidades de K FUERZA/LONGITUD
UTOTAL = U1 + U2 + UR1 + UR2
U TOTAL
F12L1 F 2L 1 1 2 2 FR1 1 FR 2 2 2E1 A1 2E 2 A 2 2 2
(1 y 2 son los cambios de longitudes de los resortes) También:
U TOTAL
F12L1 F 2L K K 2 2 1 21 2 22 2E1 A1 2E 2 A 2 2 2
vii)Es importante distinguir entre Carga Aplicada gradualmente y Carga Aplicada súbitamente.
398
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F F F: creciente con
F = K
( F ) L E A
U= 1 F
U
(Aplicación Gradual)
F F
F: aplicada en toda su intensidad
( F ) F :constante
L E A
U= F
U
(Aplicación Súbita) viii) Sea U la energía almacenada durante el proceso de carga / deformación,
F Rango inelástico
F
U Si desde un punto en el rango inelástico, se descarga el material, la fuerza regresa a cero, presentándose un alargamiento permanente. En el proceso de descarga NO se recupera toda la energía generada durante el proceso de carga.
399
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F
Energía disipada
Energía recuperable
perm
elástico (recuperable)
El resto de energía se disipa (calor, fricción interna, etc...).
ix) El principio de Superposición NO puede aplicarse para evaluar la energía de deformación en un elemento.
400
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1
F1 A 1 1 L
1
s e
1
1
L E A
F12L U1 2EA
F2 F2 A 2 2 L 2
s e
1
1
L E A
F22 L U2 2EA
F 1+ F 2
s e
L E A
F1 F2 1 2 A 2 1 1 2 L
(F1 F2 )2 L U 2EA
U U1 + U2
s=s1+s2 e=e1+e2 (Si pueden superponerse)
EJEMPLOS
1.
En el sistema representado, cuya rigidez axial EA es constante, determinar: i)La energía de deformación U1 cuando Q=0 ii) La energía de deformación U2 cuando P=0 iii) La energía de deformación cuando actúan a la vez P y Q
401
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
A
B
C P
L/2
i) Q = 0
U1
ii) P = 0
U2
iii) P y Q
U3
U3 U3
L/2
P12L 2EA Q2 L
2 2EA
U2
Q 2L 4EA
P2 L
2 2 (P Q ) L / 2 2EA 2EA
P 2L 4EA P 2L 2EA
P 2L 2PQL / 2 Q 2L 4EA 2EA 4EA
PQL Q 2L 2EA 4EA
Notar que U 3 U2 + U1
2. Cada barra de la armadura representada tiene área transversal A y módulo de elasticidad E. Hallar el corrimiento horizontal del punto B.
P
B 1 2 A
60º
60º
C
L P
L1 L2 L F 1cos 60º F2 cos 60º P F 1sen60º F2 sen60º F 1 F2
F1 F2
1 1 F2 P 2 2 F1 P F1
F2 P
402
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz 2
Aplicando la ecuación 4: U
U ΔHB B
2
F1 L1 F L + 2 2 2E1A1 2E 2 A 2 P 2L P 2L P 2L + U 2EA 2EA 2EA
P
Wext
B’
U
p B ΔH 2
P 2L 2EA
Principio Fundamental:
P B P 2L 2PL ΔH ΔBH 2 EA EA 3. La rigidez axial de las barras AB y BC es EA. El ángulo b puede variarse cambiando la longitud de las barras, pero el nudo B debe permanecer a una distancia L de AC. Hallar la máxima energía de deformación y el correspondiente desplazamiento vertical del nudo B.
A
B P
C
FAB b
b
FCB
L
FCB senβ FABsenβ FCB FAB FCB cos β FAB cos β P 2FAB cos β P FAB
P
P 2 cos β
403
Mecánica de Sólidos
LAB
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
senβ
L L LAB L AB senβ
L U
2 P2 L P 2L U 2EA 4 cos2 β senβ 4EA cos2 βsenβ
Umin, cuando cos2sen sea máximo: y cos2 βsenβ
y cos2 β cos β senβ 2 cos β senβ β y 0 cos3 β 2 cos βsen 2 β β
cos β 0 cos2 β 2sen 2 β 0 1 2 tan 2 β 0 tan 2 β
3
2
1 2
senβ
2
1 , cos β 3
2 3
1 U min
P 2L 1 3 3 2 U min P L 2 4EA 2 1 8EA 3 3
A
B
V B
P C
Wext
1 B PΔV 2
Wext U min
404
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
p B 3 3 2 ΔV P L 2 8EA
3 3 P L 4EA
ΔBV
4. Las barras de la armadura representada tienen rigidez axial EA. Determinar: a) La Energía de Deformación en términos del desplazamiento vertical del punto D. b) El desplazamiento vertical del punto D. c) Las fuerzas en las barras de la armadura.
A
B
C h
D P a)
cos α
h h LDC LAD LDC cos α
A
B
C
D
C
D
cos α
U U
A
V D
D
Δ DC Δ DC ΔDV cos α Δ AD ΔDV cos α ….( * ) D ΔV
EA 2 EA 2 EA D 2 Δ AD Δ DC ΔV 2LAD 2L DC 2h EA D 2 EA D 2 EA D 2 1 ΔV cos2 α ΔV ΔV cos3 α h 2h h 2 cos α 405
Mecánica de Sólidos
U
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
2 EA 1 2 cos3 α ΔDV 2h
b) Wext
1 D PΔV 2
Principio fundamental:
2 1 D EA Ph PΔV 1 2 cos3 α ΔDV ΔDV 2 2h EA 1 2 cos3 α
c) Fuerzas:
FAD
FH = 0 FAD= FDC
FDC a
a
FV = 0 FAD cosaFDC cosa FDBP 2 FAD cosa FDBP
P FDB
Ph cos α EA 1 2 cos3 α
De ( * ) Δ AD
Como Δ AD
FAD LAD , obtenemos: EA
F Ph cos α h , de donde: AD 3 EA cos α EA 1 2 cos α
FAD
P cos 2 α F DC 1 2 cos3 α
De la ecuación de equilibrio:
2
P cos 2 α cos α F BD P 1 2 cos3 α
FBD
P 1 2 cos3 α
5. En el sistema representado, cuando P=0 existe la diferencia de longitudes S: i)Graficar un diagrama fuerza desplazamiento ii) Calcular la energía de deformación almacenada en los resortes, cuando X =2S
406
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
S
K2 i) 0 X S
K1
P
P = K1 X
K2
ii) X S
X
K2 ( X- S ) P
K1 X K2 ( X- S )
K1 X .......... .......... .. 0 X S 2K2 x S K1x P P ` K 1X 2K 2 ( X S )..... X S P (K1 +K 2 )2S
U
K1 X S
U
2S
X
K S (K1 K 2 )2S 1 K1SS 1 S 2 2
U (2K1 K 2 )S 2 4.3) 4.3.1)
Energía Debida a Fuerza Cortante y Momento Torsor Energía Debida a Fuerza Cortante
407
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Consideremos una barra prismática de material elástico lineal, en Estado de Esfuerzo Cortante. L
g
A ; E, G
d
F aplicada gradualmente F
F K'δ d: desplazamiento de la sección libre
Dejando de lado el efecto de flexión (momentos), la fuerza F produce la distorsión , y el desplazamiento . Para evaluar la energía de deformación, aplicamos la ec (1.1): W ext = U donde W ext trabajo producido por la carga F durante el desplazamiento . U Energía almacenada en la barra por efectos de la fuerza cortante. Para deformaciones infinitesimales 0; = L. Luego Wext
1 1 1 F ó U F U FL 2 2 2
Si los esfuerzos en el material permanecen en el rango elástico lineal
= G, y en consecuencia: U
1 1 FL F FL U 2 G 2 G A
de donde U
1 F 2L . . . . (10) 2 GA
(de la misma estructura que la ecuación (4)) La energía U, puede expresarse en función del esfuerzo cortante promedio: 2
U
F2LA F LA LA U 2 . . . . (10.1) 2G 2A 2G A 2G
ó U 2
Vol . . . . (10.2), 2G
siendo Vol = AL el volumen del sólido no deformado. También U = ∫(V)
τ2 dV 2G
(10.3)
408
Mecánica de Sólidos
4.3.2)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Energía Debida a Momento Torsor
Consideremos una barra circular de material lineal elástico, con Módulo de Rigidez G.
A
B
T aplicada gradualmente
L La sección B gira el ángulo por efectos del torsor T T T=K (, T)
1 U Tφ 2
U Pero en el rango elástico lineal, sabemos que:
φ
TL T TL T 2L U U …..(*) U es función del torsor T 2GJ GJ 2 GJ
También:
U
1 GJ GJ 2 φ φ U φ …..(**) U es función del ángulo 2 L 2L
Para barras compuestas: n
U U i i 1
donde Ui es la energía almacenada en el sólido i.
Ti 2Li U i 1 2Gi J i n
409
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Si la sección transversal de la barra o si el torsor interno son variables a lo largo de la barra:
T 2 x dx 2GJ X L
U EJEMPLO
Una barra troncocónica de material elástico lineal, está sometida al torsor T en su extremo libre. Calcular la energía de deformación y el giro del extremo libre.
B A T
dA
dB
L En este caso T y G son constantes, J(x) variable.
Por semejanza
dA
x
d
d dA
dB
dB d A x L
El momento polar de Inercia es:
J x
d dA π 4 π d J x x dA B 32 32 L T 2 x
L
Por tanto: U
0
4
2G
d dA π X dA B 32 L
4
410
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Evaluando la integral:
U
1 16T 2L 1 3 3 3πGd B d A d A d B
Puede calcularse el ángulo de giro A:
Wext
1 1 16T 2L 1 3 3 U Tφ A 2 3πGd B d A d A d B
, T aplicado por
incrementos
φA
1 32TL 1 3 3 3πGd B d A d A d B
4.4) Densidad de Energía Definición. Se denomina densidad de energía de deformación al valor u
U . . . . (1) Vol
Donde U es la energía de deformación almacenada en el elemento de volumen inicial Vol. Alternativamente, puede definirse u
dU . . . . (1.1) dV
almacena dU dV
La densidad de energía también se denomina Energía por Unidad de Volumen (Energía unitaria). Unidades: [u]
[unidades de U] [unidades de V]
En el sistema internacional:
Nm Joule 3 m m3
Para una barra de material elástico, sometida a carga axial, la densidad de energía, es:
411
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Δ LEA
u
F
A d( L )
Fd
u
F
AL
ó
s (e,s)
u d . . . . (2)
U e Notas i) El concepto de Densidad de Energía de Deformación, elimina el efecto del tamaño de la barra, y concentra la atención en las propiedades del material. ii) Existe cierta analogía entre U y u: Uen el plano F-Δ uen el plano s-e
F
s
u
U
e
Δ
u
U Fd
d
iii) Para una barra de material elástico lineal, la densidad de energía puede expresarse de diferentes maneras: Δ LEA
F
412
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1 F 2L U u 2 EA V LA 2
F2 1 u u 2 . . . . (3) 2E A 2E s s=Ee
(e,s) 1 σ2 u 2 E
e También u
1 . . ..(4) 2
u
1 1 E E2 2 2
u
1 2 E . . . . (5) 2
Definición. La densidad de energía de deformación, evaluada en el punto límite de proporcionalidad del material, se denomina Módulo de Resiliencia del material. Representa la energía máxima, por unidad de volumen, que puede absorver el material sin que se presenten deformaciones permanentes.
s
sfl
u
1 σ fl εfl 2
e efl
iv) La energía total de deformación puede calcularse a partir de la densidad de energía.
413
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
dU U udV . . . . (6) dV V
u
PROBLEMAS 1) En la armadura representada, todas las barras tienen 10 pulg 2 de sección transversal. El material admite la ecuación constitutiva = 10–6( + 2) ( en klb/pulg2). Calcular la energía total de deformación.
7
9'
4
3
5
6
P= 60 Klb
No se usan Ui
1
2
12'
12'
Fi2L i 2Ei Ai
puesto que el material de las barras NO es de
comportamiento elástico lineal.
tra
cc
ió n
F
U
co
m
pr e
si
ón
U
U Fd (barras en tracción)
U = ∫F dΔ (barras en compresión) Δ
Determinamos las Fuerzas Axiales en las barras de la armadura.
414
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
F1 = –160; F2 = –80; F3 = 0; F4 = 100; F5 = –60; F6 = 100; F7 = 80 (klb) Determinamos los Esfuerzos Normales correspondientes. 1 = –16; 2 = –8; F3 = 0; 4 = 10; 5 = –6; 6 = 10; 7 = 8 (klb/pulg2) Energía en la barra i-ésima Ui Fd
U i σAd (εL) AL σdε en tracción ε
ε
Ui AL d en compresión
Pero = 10–6( + 2) Ui AL (10 6 )(1 2)d 0
σ
U i = 10 AL∫ σ (1 + 2σ )dσ = 10 AL 6
6
0
U i = 10 6 AL
σ2 2
+
2 σ 3
3
σ2
2 + σ 2 3
σ 3 0
. . . . (*)
UTOTAL = U1 + U2 + U3 +... + U7 . . . . (**) Reemplazamos los valores particulares para cada barra, obtenemos: U1 = 4.1165; U2 = 0.5376; U3 = 0; U4 = 1.29; U5 = 0.175; U6 = 1.29; U7 = 0.5376 (usando *) Luego, la energía total será U = 7.9467 klb-pulg (usando **)
2
Para el bloque de material elástico lineal e isotrópico representado, determinar la Energía de Deformación. El material presenta el diagrama - indicado.
415
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz FY
FZ =50 KN
5 cm
FX
10 cm
8 cm
FX =500 KN
FZ FY =100 KN
s 140 MPa =0.3
10 -3
e
Debido a la isotropía, la densidad de energía, es u
1 1 1 x x y y zz . . . . (1) 2 2 2
Esfuerzos: x
y z
500 kN 125000 kPa ; 8 5 10 4 m2
100 kN 20000 kPa 5 10 10 4 m2
50 kN 6250 kPa 8 10 10 4 m2
Deformaciones: x z
1 1 [x (y z )] ; y [y (x z )] ; E E
140 1 [z (x y )] . Del gráfico constitutivo hallamos E 3 MPa E 10 (pasar a kPa)
Reemplazando valores, encontramos:x = 0.000949 y = – 0.000397 z = – 0.000269 Reemplazando en (1) obtenemos u = 64.123125 416
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
La energía total será U = uV U = (64.123125)(0.05)(0.08)(0.10) = 0.02565 kJoules
3)
Hallar el desplazamiento horizontal del nudo C. L1 = 10 2 '
B
A
A1 = 0.5 pulg2 E1 = 3×104 klb/pulg2 2
1
L2 = 10' A2 = 1 pulg2 E2 = 3×104 klb/pulg2 F= 16 Klb
Hallamos las fuerzas internas F1 = 16 2 klb; F2 = –16 klb Calculamos la energía total de deformación:
U
1 F12L1 1 F22L 2 , reemplazando valores U = 3.408 klb-pulg. 2 E1A1 2 E2 A 2
Trabajo realizado por la carga F. B
A
2'
1'
C' F
V
C
C C
H
Principio fundamental W ext = U
1 (16)CH 3.408 2
De donde obtenemos CH = 0.426 pulg (Trabajo = Fuerza×desplazamiento en la misma dirección)
4)
Una barra prismática de longitud L, sección transversal de área A y peso W , cuelga libremente de uno de sus extremos. Calcular la energía elástica debida al peso propio. Considerar E el módulo de elasticidad del material.
417
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
L E A
Fuerza Interna:
F+Q=W F=W–Q (Q: peso de la barra parcial de altura z) W W W z Q Az z F W z W(1 ) L L AL L
W
Z
Q
2
F2dz 1 L 2 z Energía: U U W 1 dz 2EA 2EA 0 L L
F
5)
Desarrollando la integral, obtenemos U
W 2L 6EA
Un cono circular recto, de altura H y peso W, cuelga de su base cuyo radio es R y está sometido solamente a la acción de la gravedad. Hallar la energía elástica que se almacena en el cono. El material es de comportamiento lineal (E).
R
H
Peso unitario:
W W 3W Vol R 2H R 2H 3
Consideramos un cono parcial de altura z:
418
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
W F
Q
x
Q
z
2 3W 2 x z x z 3 R 2H 3
W 2 x z HR 2
Q Determinamos una relación entre x y z. R x R z H
x
H
x
R z. H
Reemplazando en Q.
Z
Q
W R2 3 W 3 z 3z HR 2 H2 H
Equilibrio F = Q (F es la fuerza interna) Energía U
1 F2 dz (puesto que A es variable) 2E L A
W
dz
3 2
1 H H3 z U 2E 0 x 2
obtenemos: U
6)
W2
6
1 H H6 z 2 dz . 2E 0 R 2 z2
Simplificando
y
evaluando
la
integral,
H
W2H 10ER 2
Una fuerza P actúa en la base superior de un tronco de cono de material elástico lineal (módulo E). Halle el trabajo elástico de la fuerza P, sin incluir el peso propio.
P A0 h A1
E
419
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Usamos la relación existente entre las áreas transversales y las alturas. R Área Ao
a x
Z
h
2
A a x …(1) A0 a
Área A Área A1
En la sección transversal ubicada a la distancia x (a partir de la base superior) la fuerza axial (normal) es –P. Luego:
(P)2 dx , donde A(x) la obtenemos de la ecuación (1). 0 2EA ( x )
h
U
h
U 0
P2dx
h
2EA 0 a a x
2
0
P2a2dx
2EA 0 a x
2
Desarrollando la integral, obtenemos U
A partir de la ecuación (1) obtenemos
P 2a h . . . . (2) 2EA 0 a h
h . Cuando x = h dede ser A = A1, luego: ah
2
A A1 a h a h a 1 . Reemplazando en (2): A0 A0 h U
7)
P 2a 2EA 0
h P2h . Simplificando tenemos U 2E A1A 0 A a 1 A0
Expresar la energía de deformación del sistema representado, en función de los desplazamientos u, v. Las tres barras son de material elástico lineal.
v
u 1 2
30º
60º
3
60º
420
Mecánica de Sólidos
Barra (1): L1; E1; A1
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Barra (2): L2; E2; A2
Barra (3): L3; E3; A3
Consideremos la barra i-ésima.
Li, Ei, Ai
Ui
Fi2L i FL pero i i i Ei A i 2Ei Ai
Ui
1 Ei A i 2 1 2 EA i k ii ; donde k i i i 2 L i 2 Li
es la rigidez axial de la barra i-ésima.
La energía almacenada en el sistema será:
U
1 2 1 1 k i1 k 2 22 k 323 . . . . (1) 2 2 2
Debemos calcular los cambios de longitud de las barras 1, 2, 3 compatibles con las componentes u, v del desplazamiento del nudo común.
En cada caso, basta proyectar los desplazamientos u, v sobre la dirección de la barra respectiva.
Barra 1
v
º 30 º 30
u
1 = u cos30° + v sen30° 30º
1 u
3 1 u 3v v . . . . (2) 2 2 2
Barra 2
421
Mecánica de Sólidos
v
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
60º 60º
u
2 = u cos60° + v sen60°
2 u
1 3 uv 3 v . . . . (3) 2 2 2
60º
Barra 3
60º
v u 60º
3 = v sen60° – u cos60° (se restan proyecciones en sentido contrario) 3 v
3 1 v 3 u u . . . . (4) 2 2 2
60º
Reemplazando (2), (3), (4) en (1) y simplificando, tenemos:
U
1 k1 (u 3 v)2 k 2 (u v 3 )2 k 3 (v 3 u)2 8
donde k1
8)
E1A1 E A E A ; k 2 2 2 ; k 3 3 3 (Rigideces axiales de las barras) L1 L2 L3
Obtener una expresión para calcular la energía de deformación que se almacena en el tubo cilíndrico de pared delgada representado en el esquema, por efectos del momento torsor T= 30 Kg-m. Considerar.E= 2.1×106 kg/cm2, =0.25.
422
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
T = 30 kg-m
Dm
h=60mm e= 4mm (espesor) Dm = 50mm (diámetro medio)
En cualquier sección transversal, el torsor es resistido por fuerzas cortantes (que se desarrollan en el plano de la sección).
T
d Rm
d
e
R=
Distribución uniforme de (espesor delgado) Los esfuerzos cortantes generan un momento M (respecto al centro de la sección). dM = RmdA; (Rm radio medio) dM = Rm(Rmd)e = Rm2ed 2π
Luego: M
R
2 m
τedθ R m2 τe(2π )
0
Condición de equilibrio: T = M T = Rm2e2, de donde
T . Sabemos 2 2eR m
que la Energía de Deformación por esfuerzo cortante, es
U
2 Vol 2G
423
Mecánica de Sólidos
Entonces: U
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz 2
T 2R meh) 2eR 2 ( m volumen del tubo
1 E 2 2(1 )
Reemplazando valores numéricos, obtenemos U = 0.82 kg-cm
9)
Calcular la energía de deformación acumulada en la armadura representada. Todas las barras tienen la misma rigidez de sección EA.
P
4
P
P 3m 6
2
3m 1
3
8
7 5
4m
4m
4m
4m
Encontramos las fuerzas axiales en todas las barras de la armadura. Para una barra, la energía es: U i =
Li i =1 2E i Ai 13
Para el caso:
F
U =∑
1 2E i Ai
F i 2Li
2
i
; Como todas las barras tienen la misma rigidez
de sección EA, tenemos:
U
1 13 2 Fi Li . . . . (*) (fuerzas en las unidades de P, longitudes en metros) 2EA i1
Las fuerzas axiales, son: 5 F12 P 2
5 F6 8 P 2
5 F2 4 P 3
5 F4 6 P 3
F13 2P
F35 2P
F5 7 2P
F7 8 2P
F23 0
F6 7 0
5 F2 5 P 6
5 F5 6 P 6
F4 5 P
(Usar, por ejemplo, método de nudos)
424
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
A partir de las dimensiones dadas, encontramos las longitudes de las barras. Teniendo las fuerzas en las barras y las longitudes, reemplazamos en (*). Obtenemos
U
913 2 P . 18EA
Nota.) En esta clase de problemas, es conveniente organizar los cálculos en una tabla u hoja de cálculos: Fuerza Barra
Fi2
Axial
Fi2L i
Li
Fi 1-2
– 5P/2
25P2/4
5
125P2/4
6-8
– 5P/2
25P2/4
5
125P2/4
Etc.
Etc.
Sumar: U
4.5)
1 2EA
Teoremas de Castigliano
4.5.1) Introducción Existen Teoremas basados en Energía de Deformación, que permiten: -
) Calcular deflexiones de nudos o puntos libres de Sistemas Deformables. A
AV ; B
D
C
AH ; DV ; DH ; C
BA, AD, AC, BD, DC
- ) Resolver Sistemas Hiperestáticos
425
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
- Reacciones Externas - Fuerzas internas - Desplazamientos de Nudos - Giro de Barras
Uno de los Teoremas de Energía, muy importante en el estudio de Sistemas Elásticos Lineales, que contribuyó al desarrollo analítico y la sistematización de la Mecánica de Cuerpos Deformablñes, es el Segundo Teorema de Castigliano.
En general, consideramos las hipótesis: -) Material elástico lineal
-) Cargas gradualmente aplicadas
-) Procesos adiabáticos
-) Apoyos suficientes para evitar desplazamientos de cuerpo rígido.
Sólo consideramos los desplazamientos debidos a la deformación del material.
Comentario:Consideremos un sólido estructural deformable de material elástico (no necesariamente lineal).
P
P=P(Δ) (Δ,P)
P Δ
dp
U*
U
U Δ dΔ
La energía de deformación es:
U Pd Pd . . . . (1)
0
426
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz P
La energía complementaria es: U* dP dP . . . . (2) P
0
x
(Recordando un Teorema del Cálculo Integral:Si g( x ) f ( f )df g'(x) = f(x) ) 0
A partir de las ecuaciones (1) y (2), obtenemos: De (1)
U P Primer Teorema de Castigliano
De (2)
∂ U * = Δ Segundo Teorema de Castigliano ∂P
Nótese que si el material es elástico lineal, entonces U = U*, y en consecuencia
U P
Forma usual del Segundo Teorema de Castigliano.
"La derivada parcial de la Energía de Deformación, almacenada en un Sistema Elástico Lineal, con respecto a una carga aplicada, es igual al desplazamiento del punto de aplicación de la carga, medido en dirección de la carga misma".
4.5.2) Segundo Teorema de Castigliano
Enunciado: "La derivada parcial de la Energía de Deformación almacenada en un sistema linealmente elástico, con respecto a una fuerza seleccionada (aplicada gradualmente) que actúa sobre el sistema, es igual al desplazamiento del punto de aplicación de esa fuerza en dirección de su propia recta de acción".
Demostración:
Consideremos un sólido elástico lineal, sometido a la acción gradual de fuerzas P 1, P2, ..., Pk,
Pn independientes entre sí.
Sea k el desplazamiento del punto de aplicación de P k a lo largo de su recta de acción.
427
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Pk
P1 Δ1 Δk
Δn Pn
PKFuerza selecionada
La Energía de Deformación es función de las cargas aplicadas: U = U (P1, P2,. . ., Pk,. . ., Pn) Si solamente varía la fuerza Pk, el cambio en la energía, es: dU
U dPk Pk
Puesto que las reacciones no generan trabajo, la energía total de deformación, es: UTOTAL U
U dPk . . . . (1) Pk
Siendo U la energía generada por P1, P2, . . ., Pk, . . ., Pn.
428
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Si cambiamos el orden de aplicación de las fuerzas Pk y dPk, tendríamos:
Trabajo realizado por las fuerzas externas: "=
1 (dPk )(dk ) (dPk )( k ) 2
(Cuando se aplica Pk sucede que ya se aplicó el dPk en toda su magnitud); siendo:
429
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
trabajo realizado por la aplicación gradual de las fuerzas aplicadas P 1, P2, . . ., Pk, . . ., Pn.
1 (dPk )(dk ) trabajo generado al aplicar gradualmente el dPk. 2
(dPk )( k ) trabajo adicional, generado por aplicación de Pk.
(dPk recorre k permaneciendo constante)
Para deformaciones infinitesimales, con suficiente aproximación, tenemos: (dPk )( k ) , puesto que
'=
Por el principio fundamental: (dPk )( k ) U
1 (dPk )(dk ) es un infinitésimo de orden superior. 2
' UTOTAL . Luego, tenemos:
U dPk (Usando la ecuación 1) Pk
además,
= U, finalmente obtenemos:
(dPk )( k )
U dPk . Como para que exista cambio en la fuerza seleccionada se Pk
requiere dPk 0, de la última ecuación tenemos: k
Nota).
U Segundo Teorema de Castigliano. Pk
La fuerza seleccionada (acción generalizada) Pk puede ser o bien una fuerza concentrada o bien un momento concentrado. fuerza concentrada k es desplazami ento lineal Pk momento concentrado k es desplazami ento angular (giro)
dPk
Pk lineal
dΔk Δk
referencia final
angular(giro)
referencia inicial
430
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
PROBLEMAS
1)
Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA. Calcular el desplazamiento vertical del punto A. L
L 6
A
1
P L 3
2
5
4
En el punto A existe la carga P, aplicada verticalmente. Luego, por aplicación directa del 2do Teorema de Castigliano calcularemos el desplazamiento vertical del nudo A.
AV
U . . . . () P
Calculamos la energía de deformación almacenada en la armadura: U
6
F2L
2Ei Ai i 1
i
i
1 F12L1 F22L 2 F32L 3 F42L 4 F52L 5 F62L 6 . . . . () 2EA
Por el método de los nudos, hallamos las fuerzas en las barras: F1 = P; F2 = –P 2 ; F3 = P; F4 = –P; F5 = –P 2 ; F6 = 2P
A partir de los datos geométricos dados, encontramos las longitudes de las barras. Reemplazando en () y simplificando, tenemos: 7 4 2 2 P L . Finalmente reemplazando en (), tenemos: U 2EA 7 4 2 PL AV EA
2)
(MÉTODO DE LA CARGA FICTÍCIA) Calcular el desplazamiento horizontal del punto de aplicación de la carga P, en el sistema representado. Las barras deformables, son de material linealmente elástico.
431
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz ángulo rígido
1.5EA 1
P d
B
EA 2
a
a/2
a
Como en el punto B, no existe carga horizontalmente aplicada, no puede aplicarse directamente el 2do Teorema de Castigliano. Usamos el Método de la Carga Ficticia:
Suponemos una carga ficticia Q aplicada horizontalmente en el punto B. Determinamos la energía de deformación en función de la CARGA REAL (P) y de la CARGA FICTICIA (Q).
1
P (real)
Q (ficticia)
2
a a Las fuerzas en las barras deformables, son: F1 P ; F2 Q P . d d
Energía: U = U1 + U2
U
F12L1 F2L 2 2 . Reemplazando valores, tenemos: 2E1A1 2E2 A 2 2
2
a a a P a Q P a d 2 d U ; simplificando: 2(1.5EA ) 2(EA )
432
Mecánica de Sólidos
U
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
P2a3 a a Q P 2 d 2d EA 2EA
2
Aplicando, ahora, el 2do Teorema de Castigliano:
BH
U Q Q 0
Luego: BH
Hacer Q 0, significa restituir el sistema original de cargas (que no contiene a la fuerza Q).
a a Pa2 Q P EA d Q 0 EAd
(El signo menos significa que el desplazamiento generado está en sentido contrario al supuesto para la carga ficticia).
3)
Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA. Encontrar el desplazamiento del punto D causado por aplicación de una fuerza P horizontalmente aplicada en el nudo D.
A
L
1
5
2
C
B
4
3
L
P (real) D L
El desplazamiento del punto D tendrá una componente horizontal y una componente vertical. Para aplicar el 2do Teorema de Castigliano (caso del desplazamiento vertical) aplicamos una carga Q ficticia, verticalmente aplicada en el nudo D. (Longitudes: L1 =
Energía: U
2 L; L2 = L; L3 =
1 2EA
2 L; L4 = L; L5 = L.)
5
Fi2L i i 1
. . . . ()
433
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
A
1
5
2
C
B
4
3
P (real) D Q(ficticia)
Encontramos las fuerzas en las barras (en función de P y Q). F1 =
2 (P + Q); F2 = – (P + Q); F3 = – 2 P; F4 = (P + Q); F5 = – P
Reemplazando los valores en (), tenemos: U
1 2(P Q)2 2L (P Q)2 L (2P2 ) 2L (P Q)2 L P2L 2EA
Desplazamiento horizontal DH
U P Q 0
Efectuando la derivada parcial, simplificando y haciendo Q= 0, tenemos: DH 8.6
PL (horizontalmente hacia la izquierda) EA
Desplazamiento vertical DV
U Q Q 0
Efectuando la derivada parcial, simplificando y haciendo Q= 0, tenemos:
DV 4.8
4)
PL (verticalmente hacia abajo) EA
Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA. Calcular los desplazamientos del punto C.
434
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
4
E
D
1000 lb
5
6
3
45°
1
2
A
B
C
2000 lb 10'
10'
Como en el punto C no existen cargas aplicadas, usamos el método de las cargas Ficticias. 4
E
D
5
6
45°
1
1000 lb
A
3
2 B
2000 lb
P ficticia
C Q ficticia
10'
10'
Encontramos las fuerzas en las barras (en función de P y Q). F1 = P-2(1+ Q); F2 = P - Q; F3 Energía de deformación: U
Q Q2 P; F4 = 1 + Q; F5 = Q; F6 0.707 0.707
Fi 2 L . . . . () i 1 2E i Ai 6
(Longitudes en pies)
Reemplazando los valores en (), tenemos: 2 Q 10 2 2 2 P 2 ( 1 Q ) 10 ( P Q ) 10 (1 Q ) 10 1 0.707 0.707 U 2 2EA Q 2 10 2 Q 10 0 . 707 0 . 707
435
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Segundo Teorema de Castigliano :
U ……(*) P P 0
ΔCH
ΔCV
Q 0
U ……(**) P P 0 Q 0
De(*):
ΔCH
1 2(P 2(1 Q))10 2(P Q)10QP00 2EA
ΔCH
1 2(2)(10) 20 pies 2EA EA
De(**):
10 Q 1 2P 2 2Q 10 2P Q 110 2 21 Q 10 1 0.707 0.707 0.707 ΔCV 2EA 2 Q 1 10 2Q10 2 0.707 0.707 0.707 P 0
Q 0
ΔCV
5)
1 80 20 113.2 106.6 pies 2EA AE
Calcular el cambio de pendiente del elemento DE, ocasionado por las fuerzas P y Q. Suponer E = 72 GPa para todas las barras. Las barras BD y DE tienen 900 mm2 de sección transversal, y las restantes tienen 150 mm 2. 2m
2m
1
A
4
E
C
P= 10 KN 2
1.5m
5
6
3 B
D
Q= 5 KN
Puesto que queremos calcular el giro de la barra DE, suponemos que sobre ella actúa un momento ficticio (definido por dos fuerzas iguales y opuestas actuando en D y en E).
436
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
M/L6 ficticia E
L6
P= 10 KN
D M/L6 ficticia Q= 5 KN
Encontramos las fuerzas axiales en función de P, Q, M.
F2 F3 F4 F5 F6
4 M P 3 0.6L 6
PQ 0.6 4 M (2P Q) 3 0.6L 6 . . . . () 4 M P 3 0.6L 6 0 P 4M 0.6 3L 6
F1
La energía total es: U
6
F 2L
2Ei Ai i 1
i
i
Antes de desarrollar la suma, podemos realizar la derivada parcial que requiere el 2 do Teorema de Castigliano: DE
6 Fi2L i U DE M i1 2Ei Ai M0 M M0
Aplicamos la regla de la cadena para derivadas:
6 FL Fi DE i i (Derivada de una suma = suma de derivadas) i 1 Ei A i M M 0 Puesto que E es común para todas las barras, tenemos: DE
1 F1L1 F1 F2L 2 F2 F L F ... 6 6 6 . . . . () E A1 M A 2 M A 6 M M0
437
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Las derivadas parciales
Fi , se calculan a partir de las ecuaciones (). M
Reemplazando valores numéricos en () y haciendo M = 0, obtenemos: DE = – 0.00432 rad (El signo menos indica que el giro se produce en sentido contrario al supuesto para el momento ficticio).
6)
Calcular el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la fuerza P = 30 kN. Suponer E = 2×105 MPa en todas las barras. Considerar L1 = 2 m, L2 = 1 m, L3 = 1 m
30º
30º 2
4cm
3
2
3cm
a
1m 2
2cm
1
a
2
P= 30 KN
Determinamos las fuerzas en las barras: F1 = P; F2 = P; F3 = P (La fuerza axial es la misma en las barras (2) y (3)). La energía de deformación, es: U
F12L1 F 2L F2L 2 2 3 3 2E1 A1 2E2 A 2 2E3 A 3
Reemplazando datos (E1 = E2 = E3 = 2×105 MPa), obtenemos: U
17 P2 (N-m) (Fuerzas N, longitudes m) 7 (48)(10 )
Por el 2do Teorema de Castigliano:
V
U 17 17 P (30 103 ) 7 P (24)(10 ) (24)(107 )
V = 2.125×10-3 m
438
Mecánica de Sólidos
7)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Las barras de la armadura representada tienen 1 pulg2 de sección transversal y su material admite la ecuación constitutiva = 6(105) (klb/pulg2). Calcular la deflexión vertical del nudo B.
C 2
U*
U 30º B 1
L= 10'
P= 10 Klb
F1 = P 3 ; F2 = 2P
Fuerzas Axiales:
Como el material es de comportamiento no lineal, aplicaremos el 2 do Teorema de Castigliano, en base a la Energía Complementaria.
U * BV . . . . (1) P i Ui * ui * Voli Ui * d ( A iL i ) 0
De la ecuación constitutiva encontramos que
2 (36)(1010 )
i
2 AiL i d i3 10 10 (3)(36)(10 ) 0 (36)(10 )
Ui * AiL i * U TOTAL =
A1L1 10
(3)(36)(10 )
σ 13 +
A2L2 10
(3)(36)(10 )
σ 23
F Reemplazando valores tenemos: i i Ai 3
U*TOTAL
P 3 2P A1L1 A 2L 2 10 10 (3)(36)(10 ) A1 (3)(36)(10 ) A 2
3
Aplicando el Segundo Teorema de Castigliano, ec (1) y reemplazando valores numéricos, tenemos: VB = 0.482 pulg
439
Mecánica de Sólidos
8)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
El elemento axial compuesto, cargado según se indica en el esquema, está soportado por dos bloques rígidos. Hallar las reacciones y las fuerzas en cada
Ei A i . Li
bloque deformable. Considerar K i
K3=3K2 K1=2K2 K2 P
2P
1
2
3
Deformables Rígidos u1
Sean:
u2
u1: desplazamiento del punto de aplicación de la carga P. u2: desplazamiento del punto de aplicación de la carga Q = 2P.
Cambios de longitud: 1 u1
2 u2 u1 () 3 u2
La energía total de deformación, es: U
1 2 1 1 k i1 k 2 22 k 323 . . . . () 2 2 2
Reemplazando en () los alargamientos dados por (), tenemos:
U
1 1 1 k iu12 k 2 (u2 u1 )2 k 3u22 2 2 2
Por aplicación del Primer Teorema de Castigliano, tenemos: U P K1u1 + K2 (u2 – u1) (–1) = P. . . . (1) u1 U Q K2 (u2 – u1) + K3u2 = Q. . . . (2) u2
Reemplazando los valores K1, K2, K3 y Q, tenemos: 2K2(u1) + K2(u2 – u1)(–1) = P . . . . (3) K2(u2 – u1) + 3K2u2 = 2P . . . . (4)
440
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
P K 2 Simplificando tenemos: ( ) 2P 4u2 u1 K 2 3u1 u2
Resolviendo el sistema (), obtenemos: u1
6P 7P ; u2 . . . . () 11K 2 11K 2
Conociendo los desplazamientos, se calcularán las fuerzas en los elementos (1), (2), (3). F1 = K11 = K1u1 F2 = K22 = K2(u2 – u1) F3 = K33 = K3u2 Reemplazando () en las expresiones anteriores, tenemos: F1
12P P 21P ; F2 ; F3 11 11 11
P
12P 11
K1
2P
P 11
P 11
K2 K3
(Diagramas de cuerpo libre que definen las reacciones y las fuerzas axiales en cada tramo).
Nota)
Observar, como con la ayuda del Primer Teorema de Castigliano, se ha resuelto un problema estáticamente indeterminado, sin usar directamente ecuaciones de equilibrio.
9)
Encontrar las fuerzas Q1 y Q2 necesarias para producir la configuración deformada que se indica. Considerar EA la rigidez axial de ambas barras.
441
21P 11
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Q2 3 Q1
4 q2 q1 L L1 = L; L2 = 5L/4 Por equilibrio del nudo, encontramos las fuerzas axiales: F1 Q1
4 5 Q2 ; F2 Q2 3 3
La energía de deformación almacenada en la armadura, es: U
1 1 F12L1 F22L 2 2EA 2EA
L U 2EA
2 2 4 5 5L Q1 Q2 L Q2 3 3 4
2 4 125 2 Q2 . . . . () Q1 Q2 3 36
Por el Segundo Teorema de Castigliano, tenemos: U U q1 y q2 . Luego, de (): Q1 Q2 L 2EA
4 L 2 Q1 3 Q2 q1 y 2EA
4 4 125 2 Q1 3 Q2 3 18 Q2 q2
Resolviendo simultáneamente las dos últimas ecuaciones, obtenemos:
Q1 (189q1 48q2 )
EA 125L
Q2 (48q1 36q2 )
EA 125L
Nota).
Es posible utilizar también el Primer Teorema de Castigliano para calcular desplazamientos de puntos libres en Sistemas elásticos lineales.
10) Encontrar los desplazamientos vertical y horizontal del nudo D de la armadura representada. Considerar E = 107 lb/pulg2; A = 1 pulg2 para las tres barras. (Solución por el 1er Teorema de Castigliano).
442
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
50” A 130”
90” B
C
120” 150”
Q= 10 000lb Como en el punto D (cuyos desplazamientos queremos calcular) no existe carga aplicada horizontalmente, suponemos que actúa una carga ficticia.
2 3 1
D q1
Q2 (ficticia)
q2
D'
Q1 =10 000lb (real)
Sean:
q1 desplazamiento vertical q2 desplazamiento horizontal
Calculamos la Energía de Deformación en función de los cambios de longitud (alargamientos) de las barras, usando, para cada barra, la expresión:
Ui
Ei A i 2 i . 2L i
Como la rigidez axial EA es la misma para las tres barras, tenemos: U
EA 2 EA 2 EA 2 EA 21 22 23 . . . . () 1 2 3 2L1 2L 2 2L 3 2 L1 L 2 L 3 443
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Se calculan las longitudes de las barras: L 1 = 130"; L2 = 120"; L3 = 150". Calculamos los cambios de longitud de cada barra. El cambio de longitud de una barra, es igual a la suma algebraica de las proyecciones de los desplazamientos q 1 y q2 en dirección de la barra.
L1
1
q 1cos
1 q 1 cosq 2 sen ........... 1 q1 12q 5 1 2 13
13
q sen 2
L2
q 1
2
........... 2
q1 q
2
444
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
L3
3 q 1cosq 2 sen q1 12q 5 ........... 3 3 2
q 1cos
13
q1
13
q2
q 2sen
Reemplazando (1), (2) y (3) en (), tenemos: EA U 2
2 2 1 12 5 q12 1 12 9 q2 q1 q2 q1 13 L 2 L 3 15 15 L1 13
Por el 1er Teorema de Castigliano, tenemos:
Desarrollando
U U Q1 y Q2 q1 q2
U Q1 : q1
EA 2 12 5 2 12 2 q1 q 2 q1 2 L1 13 13 13 L2 L3
Q1 9 12 12 q q 10 , 000 1 2 15 15 15
Reemplazando los valores conocidos (E; A; L 1; L2; L3) y simplificando encontramos: 1 = 19.14q1 – 0.47q2 . . . . (4) Desarrollando EA 2
U Q2 : q2
Q2 2 12 5 9 5 2 12 9 q2 q1 q2 0 q1 13 13 L 3 15 15 15 L1 13
Reemplazando los valores conocidos (E; A; L 1; L2; L3) y simplificando encontramos: – 0.0005q1 + 0.0035q2 = 0 . . . . (5) Resolvemos el Sistema de ecuaciones (4) y (5). Obtenemos: 445
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
q1 = 0.0075" q2 = 0.0524" 11) Una viga rígida está soportada por tres barras elásticas verticales. Cada una de ellas tiene un área transversal A y módulo de elasticidad E, pero la barra central es la mitad de larga que las otras dos. Calcular el corrimiento horizontal originado por la fuerza horizontal P. Considerar que el corrimiento es pequeño comparado con las otras dimensiones del sistema.
P L/2
L
d
L
d
d
P 2
1
Deformaciones unitarias: 1 3
2
3
L2 2 L 2 1 2 1 L L
L2 L 2 2 4 2 1 4 1 L L2 2
Como 0, usamos la aproximación Con esto, 1 3 1 2 1
1U 1
1 U (Si U 0) 2
1 2 1 2 2 1 2 L 2 L2
1 2 2 4 2 1 2 2 2 L L
Los alargamientos inducidos en las barras serán: 1 = 3 = L1 y 2
L 2 2 446
Mecánica de Sólidos
1 3 L
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1 2 2 L 2 2 ; 2 2 2 L2 2L 2 L2 L
La energía se calculará mediante U
EA EA (1 )2 2 ( 2 )2 2L 2L / 2 2 barrasiguales
Reemplazando 1 y 2 y simplificando, tenemos: U Aplicamos el Primer Teorema de Castigliano
Efectuando la derivada:
5EA 4 4L3
U 5EA 4 P P 4L3
5EA 3 P ; de donde L3
3
0.2P EA
12) La figura representa una armadura espacial, compuesta por tres elementos del mismo material y de igual sección transversal. ¿Qué deflexión experimenta el nudo B bajo acción de la fuerza P 3i 2 j 2k (klb), en dirección de la fuerza P? Considerar E = 25×106 lb/pulg2; A = 20 pulg2. Z
D 5’
5’ A
10’
_ P
B Y
X Determinamos los cosenos directores de la fuerza P y de las barras de la armadura. Cosenos directores P BA
3 , 17
2 , 17
2 17
5 10 , ,0 125 125
BC 0, – 1, 0
447
Mecánica de Sólidos
BD 0,
-
10 , 125
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
5 125
Ecuaciones de equilibrio:
∑F
0 →
∑F
0 →
∑F
0 →
x
y
Z
3 5 P FBA 0 17 125 2 10 P FBA - FBC 17 125 2 5 P FBD 0 17 125
10 FBD 125
Resolviendo este sistema de ecuaciones , hallamos : 3 125 FBA P 5 17 ( 0 2 125 FBD P 5 17 42P FBC 5 17
FBA; FBC y FBD son las fuerzas en las barras) Energía de deformación (longitud de barras en pies) U
1 2EA
(9)(125) 2 (42)2 P2 (4)(125) 2 P 125 10 P 125 . Simplificando, (25)(17) (25)(17) (25)(17)
tenemos: U PB PB
4.6)
42.13P2 (klb-pie). Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano: EA
84.26P . Reemplazando datos tenemos: EA (84.26) 17 0.000694 pies (en dirección de P ) 25 103 20 1 144 144
Método de la Carga Unitaria para Calcular Desplazamientos
Principio de Superposición: Si el material del sólido en estudio es de comportamiento elástico-lineal y las deformaciones son infinitesimales, el efecto de un conjunto de acciones es la suma (superposición) de todos los efectos producidos individualmente por las acciones.
448
Mecánica de Sólidos
Q
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Q
R
R P
P
+
+
=
d2
d1
d
d3
d= d1+d2+d3
Q
Q
P
P (F uerz as A x ial es )
=
Fi
(Fuerzas Axiales)
+
Fi’ Fi = Fi’ +Fi’’
Fi’’
En particular:
Q
Fi = ? 1
Carga Unitaria adimensional (paralela a la fuerza Q y del mismo sentido)
’
Fi = Q Pi Fi: Fuerza Axial Real ’ Pi : Fuerza Axial debida a la CARGA UNITARIA i: nº de barra
P i’ 449
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Al calcular deflexiones en sistemas elástico-lineales, los cálculos pueden simplificarse por aplicación del Principio de Superposición y del Segundo Teorema de Castigliano.
Dada la armadura, calcular los desplazamientos del punto M.
P2
PK M
P1
Desplazamiento vertical Mv = ? Como no existe carga vertical aplicada en el nudo M, usaremos el Método de la Carga Ficticia. Aplicamos, en M, la carga vertical ficticia PvM .
PK
P2
M
P1
Pv
M
Si Fuerzas Axiales (NO REALES) Si = (P1, P2, . . ., Pk, . . ., PvM ) (Haciendo PvM = 0 en Si obtenemos las FUERZAS AXIALES REALES) . . . . () Energía de Deformación: U
S 2L
n
2Ei Ai i 1
i
i
do
Por el 2 Teorema de Castigliano, tenemos: Mv
U Mv M Pv P M 0 PvM v
n
S2L i i P M 0 v
2Ei Ai i 1
Por una propiedad de la derivada: Mv
n
2S L
2E iAi i 1
i
Significado de
i
Si . . . . () PvM P M 0 v
S i : PvM
450
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Usamos el principio de superposición:
P2
P2
PK M
P1
=
P1
PK M
+
M
Pv
S ‘i
Si
cargas reales
fuerzas no reales
P2 P1
M M
Pv S’’i
carga ficticia (Si no son las fuerzas axiales reales, debido a PvM ) Si = S'i + S"i También por el mismo principio:
M M
Pv
Si
’’
M 1
Si
’’’
Si''' Fuerzas Axiales ocasionadas por una FUERZA UNITARIA. Luego Si' (Si''' )(PvM ) (Factores de carga unitaria) Entonces Si Si' (Si''' )(PvM ) 451
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Puesto que las fuerzas S'i son independientes de los factores de Fuerza Unitaria Si''' y de la fuerza ficticia PvM , tenemos: Las derivadas parciales
Si Si''' . En consecuencia: PvM
S i son numéricamente iguales a las FUERZAS AXIALES que PvM
se producen en la Armadura por efecto de una CARGA UNITARIA que actúa en la dirección del desplazamiento deseado, aplicada en el punto donde se evalúa tal desplazamiento.
Reemplazando en (), tenemos: SiL i ''' Si (Evaluada para PvM = 0) E A i 1 i i n
Mv
Pero Si evaluadas para PvM = 0 coinciden con las FUERZAS AXIALES REALES (recordar la condición). FiL i ƒi i 1 Ei A i n
Por lo tanto: Mv
()
(Combinación lineal de los cambios de
longitud de todas las barras) La ec () permite calcular cómodamente el desplazamiento Mv . En la expresión anterior: Fi Fuerzas Axiales Reales (ocasionadas por el Sistema Real de Cargas) ƒi Fuerzas Axiales por Carga Unitaria (Factores de Fuerza Unitaria).
Resumen
P2
PK Fi: Fuerzas Axiales Reales
P1
M fi: Factores de Fuerza Unitaria 1 452
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Los cálculos convienen ser realizados en un esquema tabular:
Barr
Longitud
Área
Elasticida
Fuerza Real
Factor Unitario
i
Li
Ai
d
Fi
ƒi
SiL i ƒi Ei A i
1
2
=============================================
n
Nota).
Sumar
Ei
=
El procedimiento para calcular MH es similar. Sólo cambiarán los Factores de Fuerza Unitaria. Para este caso, la fuerza unitaria actuará en el nudo de interés en dirección horizontal.
EJEMPLOS)
1)
Calcular los desplazamientos del nudo B.
1
P
30º 2
L Barra (1) AE Barra (2) 3AE L1 = L; L 2
2L 3
Bv : Fuerzas Axiales Reales: F1 3P ; F2 = – 2P Factores de Fuerza Unitaria
453
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1
1
30º 2
ƒ1 3 ; ƒ2 = – 2 Aplicamos (): Bv
F1L1 FL ƒ1 2 2 ƒ2 . Reemplazando los datos: E1A1 E2 A 2
2L (2P) 3PL 3 (2) Bv ( 3) EA 3EA Simplificando obtenemos: Bv
PL 3 3 EA 3 3
BH : Fuerzas Axiales Reales: F1 3P ; F2 = – 2P (las mismas) Factores de Fuerza Unitaria ƒ1 = 1; ƒ2 = 0 Aplicamos (): BH
3PL BH (1) EA
2L (2P) 3 (0) 3EA
Simplificando: BH Nota).
F1L1 FL ƒ1 2 2 ƒ2 . Reemplazando los datos: E1A1 E2 A 2
3PL EA
Como ambos desplazamientos son positivos, sus sentidos coinciden con los señalados para las Cargas Unitarias.
2)
Calcular el corrimiento del rodillo en la armadura representada. Considerar el material con módulo elástico E = 2.1×106 kg/cm2 para todas las barras. A1 = A2 = A3 = A5 = A7 = 12.7 cm2 A4 = A6 = 6.35 cm2
454
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30°
2
9 Ton
5
6 7
3
4
1
-) Calculamos las fuerzas axiales reales F1 = – 8,481
F2 = – 14,788
F3 = 18,116
F4 = 5,997
F5 = – 8,404
F6 = 4,241
F7 = 16,357 (expresadas en kg) (Se obtienen resolviendo la armadura con las cargas reales)
-) Calculamos los Factores de Fuerza Unitaria (adimensioanles)
2
7
3
1
5
6
4
f1= 0.606 f4= -1.428 f2= 1.057 f5= 0.955 f3= -0.865 f6= -1.009 f7= -1.875 1 (sin dimensiones)
El corrimiento del Rodillo estará dado por:
455
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7
FL
i 1
i
Ei Ai
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ƒi ; es decir: i
1 F1L1 FL FL FL FL FL FL ƒ1 2 2 ƒ2 3 3 ƒ3 4 4 ƒ 4 5 5 ƒ5 6 6 ƒ6 7 7 ƒ7 E A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7
(Puesto que E es el mismo para todas las barras) (Las longitudes o son datos o se calculan por relaciones geométricas). Reemplazando los datos numéricos en la sumatoria y simplificando, obtenemos: = – 1.397 cm (El signo menos indica que el corrimiento es en sentido contrario al señalado para la carga unitaria). 3) En la armadura representada calcular el desplazamiento vertical del nudo A, ocasionado por un incremento de temperatura de 50º F en las barras BC y CD. El coeficiente de dilatación lineal del material de las barras es =0.0000065/ºF.
C
B
D 32’
A
4 x 24’=96’
Como la armadura es isostática interna y externa, no se generan reacciones en los apoyos ni fuerzas axiales en las barras por efectos de los cambios de temperatura. Sin embargo si se originan cambios de longitud de las barras debidos a los cambios de temperatura, que ocasionarán una distorsión de toda la armadura.
Para calcular el desplazamiento vertical del nudo A, aplicamos la ecuación:
Δ
n
Δ f (*) i i
i 1
en la cual Di es el cambio de longitud de la barra i-ésima y fi es el correspondiente factor de carga unitaria. Para el caso, como sólo se incrementa la temperatura de las barras BC y CD existirán los cambios de longitud DBC y DCD, siendo nulos los cambios de longitud de las barras restantes. Por tanto, la ecuación (*), es: 456
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Δ ΔBC fBC Δ CD fCD (**)
Los cambios de longitud son: ΔBC Δ CD α L ΔT (0.0000065)(24)(50) 0.0078' . Determinamos los factores de carga fBC y fCD que vienen a ser las fuerzas axiales en las barras BC y CD debidas exclusivamente a la acción de una carga unitaria aplicada verticalmente en el nudo A. C
B
D 32’
A 1
4 x 24’=96’
Resolviendo la armadura indicada con la carga unitaria, encontramos: f BC=fCD= -0.375. Luego, reemplazamos en la ecuación (**): Δ (0.0078' )(0.375) (0.0078' )(0.0375) 0.00585' 0.0702"
(El signo menos indica que el punto A se desplaza verticalmente hacia arriba, contrario al sentido asignado para la carga unitaria).
4.7)
Principio del Trabajo Mínimo. Sistemas Hiperestáticos
Usando los Teoremas de Castigliano y conceptos sobre energía de deformación pueden solucionarse Sistemas Hiperestáticos Internos o Externos, bajo Carga Axial.
Interno
Externo
Interno / Externo
4.7.1) Principio del Trabajo Mínimo Consideremos una armadura hiperestática interna (externamente determinada) sometida a un Sistema de Fuerzas externas gradualmente aplicadas. El material de las barras se considera linealmente elástico.
457
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P2 P1
P3 Requerimos encontrar las Fuerzas en las barras de la armadura.
Procedimiento: i)
Determinamos el grado u orden de hiperestaticidad interna. (Número de barras existentes – Número de barras de la condición estática)
ii)
"Liberamos" tantas barras como es el grado de hiperestaticidad interna. En cualquier caso, la armadura resultante (denominada armadura primaria) debe ser Estable e Isostática Interna.
iii) Se "reemplazan" las barras suprimidas por sus Fuerzas Internas.
P2 P1
X X
"X" es la fuerza axial en la barra suprimida (llamada barra redundante o hiperestática)
P3
iv) Se evalúa la Energía de Deformación en la armadura primaria, en función de las cargas realmente aplicadas y de las fuerzas redundantes. U = U(P1, P2, P3, . . ., X) v)
Se calcula el "cambio de distancia" entre los nudos que definen la "barra suprimida", por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano U ' . . . . (1) X
vi) Consideramos la condición de Compatibilidad Geométrica. 458
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X
Barra hiperestática (suprimida) L; E; A X Por la Ley de Hooke:
XL . . . . (2) EA
( es el cambio de longitud de la barra suprimida) Condición de Compatibilidad: ' + = 0 (La separación de los nudos se contrarrestará con el alargamiento de la barra). Luego:
U XL 0 X EA
Donde,
X 2L U 0 X 2EA
X 2L es la energía almacenada en la barra suprimida. 2EA
U: energía de deformación en la armadura primaria. Por tanto:
UTOTAL 0 ; denominado Principio del Trabajo Mínimo. X
El Principio del Trabajo Mínimo (Teorema de Menabrea) establece que: "En un sistema linealmente elástico, con elementos redundantes o hiperestáticos, el valor de una fuerza hiperestática es aquel que hace mínima la Energía Total de Deformación almacenada en el sistema".
Nota).
El principio del Trabajo Mínimo debe usarse tantas veces como es el número de elementos redundantes. Asimismo, puede aplicarse en sistemas hiperestáticos internos y/o externos.
EJEMPLOS 1)
Determinar las fuerzas en las barras de la armadura representada. Considerar todas las barras con rigidez axial EA.
459
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1
20'
12 klb
2
3
40'
4
60'
Consideramos la barra (1) como el elemento redundante. La armadura Primaria, será: F1 (redundante) 12 klb
2
3
4
H1 V1
V2
-Reacciones y fuerzas internas, en función de F 1 (en la armadura primaria): H1 12 klb F2
F1 16 2 5 F3 (16 F1 ) 8
16 F1 2 () 1 F4 (48 3F1 ) 8
V1
5 (F1 16) 8
V2
-Energía Total de Deformación (se incluye la energía en la barra (1)) UTOTAL
1 F12L1 F22L 2 F32L 3 F42L 4 . . . . () 2EA
Reemplazamos () en () (las longitudes son datos) UTOTAL
2 1 48 3F1 25 25 (16 F1 )2 (50) (F1 16)2 (50) (F12 )(20) (60) 2EA 8 64 64
460
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U TOTAL 0 F1
Principio del trabajo mínimo:
Efectuando la derivación y resolviendo la ecuación planteada, tenemos: F1 = 2 klb (Fuerza en la barra redundante)
Reemplazando este valor en las ecuaciones (), obtenemos: F2 = 11.25 klb F3 = – 8.75 klb
F4 = 5.25 klb
V1 = -9 klb V2 = 7 klb 2)
Hallar las reacciones externas y las fuerzas internas en las barras de la armadura representada. Considerar la misma rigidez axial en todas las barras (EA).
a
P
a
a Se trata de una armadura hiperestática externa.
Seleccionamos una componente de reacción como la redundante. Por ejemplo la reacción R2.
R4 R3
3
2
1
4
5
P
6
R1 R2(redundante)
Encontramos la energía total: U = ƒ(P, R2)
461
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Fuerzas Internas: F1 R 2 2P; F2 2(P R 2); F 3 P () F4 -P; F5 2P; F 6 P
La energía total, es: U
6
F 2L
2Ei Ai i 1
i
. Reemplazando valores y simplificando, i
tenemos:
U
a (R 2 2P)2 2 2 (P R 2 )2 3P2 2 2P2 2EA
Principio del trabajo mínimo:
U 0 (puesto que R2 fue considerada la reacción F2
redundante).
Efectuando la derivación, tenemos: 2(R2 – 2P) + 4 2 (P – R2)(–1) = 0 1 2 (2P) de donde R 2 1 2 2
Reemplazando este valor en las ecuaciones (), obtenemos: F1
2 2 2 P ; F2 P ; F3 P 12 2 1 2
F4 P ; F5 2P ; F6 P
Mediante las ecuaciones de equilibrio para toda la armadura, pueden obtenerse las reacciones externas (puesto que R2 ya es conocida). Encontraremos: R1
3)
P 2 2 2 2 P ; R3 P ;R4 12 2 12 2 12 2
La armadura regular, compuesta de seis varillas articuladas entre si, representada en el esquema, está solicitada por 3 fuerzas iguales P que están en equilibrio. Todas las varillas tienen la misma sección transversal y son del mismo material (A; E). Hallar las fuerzas en las varillas.
462
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P L A
L1 A
L1 A
120º
L A L1 A
30º 30º
P
P
Como la armadura es regular, las tres barras exteriores tienen la misma fuerza, y las tres barras interiores también tienen igual fuerza.
P F F1 F1
P
F F1
P
Equilibrio de un nudo (exterior)
P
F
F
F1 P = F1 + 2Fcos30 P = F1 + F 3 . . . . () (No existe otra ecuación útil de equilibrio)
463
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Energía total: U 3
F2L F2L 3 1 1 . . . . () 2EA 2EA
Sea F la fuerza redundante Por consiguiente
U 0 F
3FL 3F1L1 F1 0 EA EA F
(puesto que entre F1 y F existe la relación ()) FL + F1L1( 3) 0 (De () se obtiene
F1 3) F
De las relaciones geométricas, deducimos que L L 1 3 , luego la ecuación anterior, es:
FL1 3 3F1L1 0 F = F1 Reemplazando en la condición de equilibrio () P F F 3 F
F1
4)
P 1 3
P 1 3
Dados P = 8 Ton; a = 1 m; 1 = 30°; 2 = 60°; E1 = E2 = E3 = 2×106 kg/cm2, hallar las fuerzas en las barras y la deflexión del nudo A. Considerar A1-=A2=A3 =1cm2
a
a
A P Debido a la simetría total, necesitamos determinar solamente 3 Fuerzas Axiales.
464
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2 2 1
1
3
P
Energía Total: UTOTAL
2F12L1 2F22L 2 2F32L 3 . . . . () 2E1 A1 2E1 A1 2E1 A1
(Todas las barras tienen la misma rigidez axial) Es un problema hiperestático Sea F3 la fuerza redundante.
2 2 1
1
F F
P
Equilibrio: P F3 P F3 2 cos 1 3 ( ) F3 F3 F2 F3 2 cos 2 2 1 2 F1
Reemplazando () en (), tenemos: 2
UTOTAL
1 P F3 1 F3 2 L 2 1 F3 2 L 3 . . . . () L1 E1A1 3 E1A1 2E1A1
Principio del trabajo mínimo:
∂ U TOTAL = 0 . Luego: ∂ F3
465
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1 L1 2(P F3 )( 1) 2F3L 2 F3L 3 0 E1A1 3
Simplificando y despejando F3, tenemos F3
2PL1 . . . . (1) 2L1 6L 2 3L 3
Relaciones geométricas a
L1 = 2a
L2 L3
L1 30º
L 2 2a
3
L 3 2a
3
Reemplazando en (1) y simplificando, tenemos: F3
2 3P 0.278P 92 3
Reemplazando F3 en las ecuaciones (), obtenemos: F1 = 0.417P; F2 = 0.278P; donde P = 8 Ton. Obtenemos: F1 = 3.336 Ton; F2 = 2.224 Ton; F3 = 2.224 Ton Para calcular el desplazamiento del nudo A, notamos que por la simetría del sistema, el desplazamiento es vertical. Reemplazamos F3 = 0.278P en la energía (ecuación )
U TOTAL =
1
E 1 A1
[
P
0.278P 3
2
2a + (0.278P ) 2
Por el Segundo Teorema de Castigliano: AV
2a a + (0.278P ) 2 3 3
]
UTOTAL P
Efectuando la derivación y reemplanzado los valores dados, obtenemos:
AV 0.192 cm
5)
Calcular las fuerzas en las barras y el desplazamiento del punto C. Considerar A = 0.1 pulg2; E = 30×106 lb/pulg2; L = 100 pulg. Todas las barras tienen la misma rigidez EA. 466
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
B
0. 8L P=2500 lb
L C
0.6
L
A
Reacciones Externas:
P H2
2
P
1
R 3
H1 Usando las ecuaciones del equilibrio, encontramos: H1 = – 0.48P + 0.64R H2 = 0.48P + 0.36R Por equilibrio de nudos, encontramos las fuerzas de barra: F1 = – 0.36P + 0.48R; F2 = – (0.8P + 0.6R); F3 = 0.6P – 0.8R . . . . () Energía de Deformación: U U
1 (F12L F22 0.8L F32 0.6L) 2EA
L (F12 0.8F22 0.6F32 ) . . . . () 2EA
467
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Para calcular el desplazamiento del punto C, usamos el Segundo Teorema de Castigliano: C C C
U P
L F F F 2F1 1 1.6F2 2 1.2F3 3 2EA P P P
L F1 F F 0.8F2 2 0.6F3 3 . . . . () F1 EA P P P
Las derivadas parciales
F1 F2 F3 , , se calculan a partir de () P P P
Reemplazando: ΔC
L - 0.36P 0.48R- 0.36 0.80.8P 0.6R0.8 0.60.6P - 0.8R0.6 EA
Simplificando: C También, 0
L 0.8576P 0.0768R . . . . () EA
U 0 (Principio del trabajo mínimo) R reacción hiperestática. R
L F1 F F 0.8F2 2 0.6F3 3 . Las derivadas parciales se encuentran a F1 EA R R R
partir de (). Tenemos: 0
L 0.48F1 0.48F2 0.48F3 F1 – F2 – F3 = 0 . . . . () EA
Resolviendo las ecuaciones () y () encontramos: R R
0.16 P 1.88
0.16 (2500) 212.8 lb. Conociendo R, mediante () hallamos: 1.88
F1 = – 797.856 lb; F2 = – 2,127.68 lb; F3 = 1,329.76 lb. Para calcular el desplazamiento, usamos () C
L 0.8576P 0.0768(212.8) L 2,127.66 EA EA
Reemplazando
6)
L , obtenemos C 0.0709 pulg. EA
En la armadura representada, determinar: a) Las reacciones externas, b) Las fuerzas axiales en las barras; c) El desplazamiento horizontal del nudo A. Considerar todas las barras con la misma rigidez axial. Datos: E = 2.1 x 103 Ton/cm2; A = 12 cm2; K = (50/9) Ton/cm (Constante del resorte de comportamiento elástico lineal) (Longitudes en metros).
468
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz K
Se trata de una armadura hiperestática externa, con un apoyo deformable.
4.5 m
6.0 m
R3
Sea R4 la reacción hiperestática.
A P=30 Ton
Determinamos U = f( P, R4), incluyendo la energía por la deformación del resorte.
R4
Equilibrio global: R1 + R2 = 0 R3 + R4 = P 6R4 – 4.5 R1 – 6 P = 0
R2 A R1
(*)
P
Fuerzas Axiales: F1= 0; F2 = 0; F3= R4; F4 = 1.34 (R4 – P); F5=1.67 (P-R4)
(**)
R2 2 2 2 La energía de deformación es: U = F L +F L +F L + 4 4 4 5 5 2K 2EA 3 3 1
[
Aplicamos el Principio del Trabajo Mínimo:
]
∂ u = 0 . Luego obtenemos: ∂ R4
∂ F ∂ F ∂ F K [ F3L 3 3 + F4L 4 4 + F5L 5 5 ] + R 4 = 0 EA ∂ R4 ∂ R4 ∂ R4 Las derivadas parciales se obtienen a partir de las ecuaciones (**). Reemplazando en
la ecuación anterior todos los valores conocidos, se plantea una ecuación algebraica de primer grado cuya incógnita es la reacción hiperestática R 4. Resolviendo esta ecuación obtenemos: R4 = 11.658 Ton. Reemplazando el valor R4 en las ecuaciones (*) y (**) encontramos las reacciones externas y las fuerzas axiales (reales) en las barras de la armadura (en toneladas). R1=-24.456; R2= 24.456; R3= 18.342; F1=F2= 0; F3=11.658; F4=-24.578; F5=30.631 Para calcular el desplazamiento horizontal del nudo A, usaremos el Método de la Carga Unitaria. Descargamos la armadura del sistema real de cargas y en el nudo A aplicamos una carga unitaria horizontal (adimensional). Resolviendo la armadura con la carga unitaria encontraremos los factores de fuerza unitaria f i.
469
Mecánica de Sólidos
X3
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Armadura hiperestática externa. Sea X4 la reacción hiperestática. Usaremos el Principio del Trabajo Mínimo.
X4
A
Equilibrio global: X1+X2+1=0; X3+X4=0 4.5X1+4.5-6X4=0
1
X1
(a)
Por el método del equilibrio de nudos, encontramos los factores de fuerza unitaria: f1=f2=0;
f3=X4;
f4= -1+1.336X4;
f5=-1.67X4 (b)
X 24 1 2 2 2 [f L + f4 L 4 + f5 L 5 ] + La energía de deformación es U = 2EA 3 3 2K Por el principio del trabajo mínimo:
∂U = 0 . Luego tenemos: ∂X 4
K [f3 L 3 ∂f3 + f4L 4 ∂f4 + f5L 5 ∂f5 ] + X 4 = 0 EA ∂X 4 ∂ X4 ∂ X4 Las derivadas parciales se obtienen a partir de las ecuaciones (b). Reemplazando los valores conocidos en la ecuación anterior, planteamos una ecuación algebraica de primer grado, cuya incógnita es la reacción hiperestática X4. Resolviendo dicha ecuación encontramos X4 = 0. 0984. Reemplazando este valor de X4 en las ecuaciones (b) encontramos los factores de fuerza unitaria: f1 = f2 = 0;
f3 = 0.0984;
f4 = - 0.8685;
f5 = - 0.1643
Finalmente reemplazando valores en la ecuación del desplazamiento deseado:
ΔAH =
1 [F L f + F4L 4 f4 + L 5 f5 f 5 EA 3 3 3
]
Encontramos ΔAH = 0.379 cm.
470
Mecánica de Sólidos
4.8)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Esfuerzos y Deformaciones Axiales por Cargas de Impacto.
4.8.1) Introducción. Definiciones. En los problemas estudiados anteriormente, se consideró que las cargas externas se aplicaban gradualmente, y que los elementos estructurales o sólidos deformables estaban en equilibrio estable en todas las etapas del proceso carga-deformación. En esta sección, estudiaremos los casos simples de Esfuerzos y Deformaciones Axiales provenientes de la aplicación de cargas de impacto. Definición) Carga Dinámica La carga causada por un cuerpo en movimiento. X
Q carga dinámica
h
rígido
La energía del cuerpo en movimiento se transfiere a los elementos resistentes.
Los conceptos de Energía pueden usarse para calcular los esfuerzos y las deformaciones uniaxiales producidos por cargas de impacto, aceptando que máx y máx no sobrepasan los límites de Elasticidad Lineal del material, obtenidos mediante Ensayos en Laboratorio.
Con frecuencia, los problemas de impacto, son consecuencia de Cargas Dinámicas, mediante las cuales un sistema transfiere su energía a otro, por medio de un choque o impacto.
El mecanismo simple para estudiar la transmisión de cargas dinámicas, es una barra elástica lineal con una plataforma rígida, y por la cual resbala –sin fricción– un cuerpo rígido de masa m.
471
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
sección A; material E
v=0
B
L
collar ( de peso W)
h
plataforma rígido
d
d Deflexión Dinámica. El bloque, de peso W, realiza el impacto, transfiriendo su energía cinética al cuerpo con el cual hace el contacto. 4.8.2) Hipótesis i) Durante el impacto no se disipa cantidad importante de energía. ii)
Toda la energía cinética del cuerpo que realiza el impacto se transfiere al sistema (a sus elementos resistentes).
iii) El diagrama constitutivo - obtenido del ensayo uniaxial de tracción (aplicación estática) sigue siendo válido d = Ed. Nota)
Se observará que una carga de impacto genera esfuerzos y deformaciones más elevados que los que produciría una carga de la misma intensidad, aplicada gradualmente.
4.8.3) Esfuerzos y Deformaciones por Impacto.
Consideremos una barra de material elástico lineal, sección transversal constante, y un peso W que cae libremente (sin fricción) partiendo del reposo, desde una altura h. Aceptamos que el peso de la barra es despreciable con respecto al peso W.
472
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz sección transversal
A
E
L
W h
d W
Principio fundamental: "El trabajo realizado por el peso al caer, es igual a la energía de deformación almacenada en los elementos elásticos". W(h + d) = U . pero U W(h d )
. . . (1)
AE 2 d . . . . (2), luego obtenemos 2L
AE 2 d , ecuación de segundo grado en d: 2L 2d
2WL 2WhL d 0 Cuyas raíces son: EA EA 2
d
WL WL WL 2 h . . . . (3) EA EA EA
Por las condiciones físicas del problema, d > 0. Luego sólo es aceptable una raíz: 2
WL WL WL d 2 h . . . . (4) EA EA EA
Δd: alargamiento dinámico, debido al impacto
473
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Si el peso W se aplicase gradualmente en la sección donde se realiza el impacto, se produciría un Alargamiento Estático, st:
L E A
(aplicado gradualmente)
st
W
WL , con lo cual la ecuación (4) puede reescribirse: EA 2
WL WL d st 2 h EA EA
ó 2h d st 1 1 . . . . (5) st
Definición) El coeficiente 1 1
2h se denomina Coeficiente o Factor Dinámico st
(Factor de amplificación dinámica) kd 1 1
2h . . . . (6)(kd >1) st
La ecuación (5) quedaría d = kdst . . . . (7)
Nota).
Si h = 0 la carga W se aplica súbitamente (de una vez toda su intensidad). En este caso: d = 2st (kd = 2). Es decir, una carga aplicada súbitamente ocasiona un alargamiento doble del que se produciría si la carga fuese aplicada gradualmente.
Aceptando que sigue siendo válida la Ley de Hooke, determinamos el Esfuerzo Dinámico generado: 474
Mecánica de Sólidos
d = Ed
d E
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
d , reemplazando d por su valor dado por la ecuación (4), L
obtenemos: 2 E WL WL WL d h . . . . (8) 2 L EA EA EA
Simplificando, y notando que
W es el esfuerzo normal en condiciones estáticas, A
tenemos: h d st 2st 2 Est . . . . (9) L
donde
W st (esfuerzo normal en condiciones estáticas). A
Usando la Ley de Hooke en condiciones estáticas st
WL E W 1 , obtenemos EA L A st
E st y reemplazando en la ecuación (9), tenemos: L st d st 2st 2h
2st 2h st 1 1 . . . . (10) st st
Equivalentemente: d = kdst . . . . (10.1) Nótese que se h = 0 kd = 2 y d = 2st, similar a lo sucedido con el alargamiento dinámico.
Notas) 1)
El esfuerzo dinámico d depende del módulo de elasticidad E del material y de la longitud L de la barra (ecuación 9); situación que no se presentaba en el esfuerzo estático st.
2)
Si durante el impacto los esfuerzos y deformaciones sobrepasan los límites de elasticidad lineal del material, las fórmulas deducidas NO son VÁLIDAS.
3)
El esfuerzo dinámico d puede disminuirse no solamente incrementando el área de la sección transversal, sino también incrementando la longitud de la barra (ecuación 9).
4)
El coeficiente dinámico kd puede expresarse en función de la velocidad con la cual el cuerpo de peso W impacta con la placa rígida.
475
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
W v=0
h
v= 2gh
kd 1 1
2h st
v2 = 2gh kd 1 1
5)
v2 . . . . (10.2) g st
Es posible expresar kd en función de la energía cinética en el momento del impacto y de la energía de deformación almacenada en la barra (por aplicación gradual del peso W).
En el instante del impacto, la energía cinética del cuerpo que cae, es:
K
W 2 v 2g
La energía de deformación generada por aplicación gradual de W, es: Ust
K v2 W st . Luego s Ust g st
y reemplazando en la ecuación (10.2), obtenemos: kd 1 1
6)
K . . . . (10.3) Ust
Si h >> st, el coeficiente kd puede aproximarse por kd
2h st
ó por k d
v2 g st
476
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
EJEMPLOS 1)
Hallar la deflexión en el punto B, debido al impacto del bloque de peso Q. La barra rígida AB, articulada en A, está sostenida por dos resortes elásticos lineales.
Q
K1
h
K2
B
A a
a
a
AB: barra rígida
1
2
Q
A
B
1
2
B
hd
B d =?
Principio fundamental:
Q(h + Bd) = U1 + U2 Q h Bd
K1 2 K 2 2 1 2 . . . . (1) 2 2
(U1, U2 son las energías acumuladas en los resortes) Condición de compatibilidad geométrica: 1
1 2 Bd (semejanza de triángulos) a 2a 3a
1 B 2 d ; 2 Bd 3 3
Reemplazamos en (1): Q h Bd
2
K1 1 B K 2 B d 2 d 2 3 2 3
2
Resolviendo ésta ecuación de segundo grado en Bd y aceptando la raíz físicamente posible, obtenemos: 2
Bd
9Q 9Q 18Qh K1 4K 2 K1 4K 2 K1 4K 2 477
Mecánica de Sólidos
2)
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Calcular la deflexión del punto B debida al impacto. Considerar constante la rigidez axial EA.
a v=0
Q
a rígida
B
a
El desplazamiento dinámico es: Bd = KdBst . . . . (1) donde k d 1 1 kd 1 1
2a Bst
2h st
. . . . . (2) (puesto que en B sucede el impacto)
Bst es la deflexión del punto B debida a la carga Q aplicada gradualmente.
EA
2a
B
a Q
Problema hiperestático
478
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
R2 reación hiperestática
2a tramo 2 B
tramo 1
a Q
R1
Equilibrio R1 + R2 = Q Energía de Deformación (estática): UT
Q R 2 2 a R 22 2a
UT
2AE
2AE
R12a R 22 2a 2AE 2AE
. . . . (3)
Principio del trabajo mínimo: U T 0 R 2
Q R 2 1a R 22 2a 0 EA
de donde obtenemos R 2
2EA
Q 2Q . Luego R1 3 3
Reemplazando R2 por su valor en la ecuación (3) y simplificando tenemos: UT
q 2 Q . Aplicamos, ahora, el 2do Teorema de Castigliano: 3EA
Bst
Ut 2aQ Bst . . . . (4) Q 3EA
Reemplazando Bst en la ecuación (2): kd 1 1
2a 3EA . . . . (5) 1 1 2aQ Q 3EA
Finalmente, reemplazando (4) y (5) en (1), obtenemos: 3EA Bd 1 1 Q
3)
2aQ 3EA
En el sistema representado, calcular Qmáx para que el esfuerzo normal no exceda de 1,600 kg/cm2.
479
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
30º
L
L
30º
L Q 0.5m rígida
L 1m
A 1 cm (en las tres barras) 6 2 E 2 10 kg/cm d 1600 kg/cm 2 2
Factor Dinámico: k d
d st
(st calculado en la sección donde se realiza el impacto) kd
1,600 kg/cm 2 1600 . . . . () Q kg Q 4 cm2
También k d 1 1
2h . . . . () st
Calculamos st:
T
T
30º
30º
30º
30º
Q Q gradualmente aplicado
T
Q 3
La energía de deformación, es: 480
Mecánica de Sólidos
U
Q2L Q2L Q2L 2EA 32EA 2EA
U
5Q2L 6EA
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
2do Teorema de Castigliano st Reemplazando en (): k d 1 1
U 5QL Q 3EA 2(50) 1200000 . . . . () 1 1 5 Q(100) Q 3 2 106 1
Igualando () con ():
1600 1200000 1 1 Q Q Resolviendo la ecuación, hallamos Q = 2.1776 kg que será el máximo valor de Q (puesto que ya se incluyó el mayor esfuerzo dinámico d = 1,600 kg/cm2)
4)
Un cuerpo M, cuyo peso es W = 7.5 kg, cae desde la altura h = 1.5 m, según se indica en el esquema. Si la barra es de acero cuyo esfuerzo de fluencia es y = 4,800 kg/cm2, hallar el área transversal de la barra, necesaria para no exceder el esfuerzo de fluencia (E = 2.1×106 kg/cm2)
M 2.40m 1.50m
Usamos d donde st
W 2h . . . . (ecuación 10) 1 1 A st
WL (medido en el punto donde suecede el impacto). EA
481
Mecánica de Sólidos
d
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
W 2hEA 1 1 A WL
. . . . ()
Condición del problema d y. Luego; reemplazando valores en () 4,800
7.5 (2)(150)(2.1)(106 ) A 1 1 A (7.5)(240) 2
4,800 A 1 7.5
1 350000A
2
Resolviendo la ecuación tenemos: A = 0.85 cm2 (la otra raíz no nos sirve, porque A > 0)
5)
La varilla AB, de sección uniforme, está hecha de un material que tiene y = 18 klb/pulg2; E = 15×106 lb/pulg2. El collar D se mueve a lo largo de la varilla a una velocidad de 10 pies/seg cuando golpea una placa colocada en el extremo B de la varilla. Usando un factor de seguridad de 4, respecto al peso, determinar el máximo peso del collar, si la varilla no debe permanecer deformada. No incluir el rozamiento. Sección transversal de diámetro d=5/8 pulg. D
B
A
V0 L= 4'
Como la varilla no debe permanecer deformada, encontramos la máxima Energía de Deformación (para evitar deformaciones permanentes).
sy uy e ey
482
Mecánica de Sólidos
Uy uy Vol
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1 y y AL 2
Ley de Hooke y
y 1 AL 2 Uy y y AL Uy y E 2E 2 E
Reemplazando valores: 2
5 (4)(12) 1 4 8 Uy (18,000)2 6 2 15 10
Uy = 159.04 lb-pulg (Máxima energía almacenada en la barra). En el momento del choque, la energía cinética del cuerpo en movimiento, es: K
1 mv 2 2
K
1W W (10 12)2 7200 2 g g
K 7200
W (W en libras, g = 32.2 pies/s2, g = 32.2×12 pulg/s2) (32.2)(12)
K = 18.6335W Aplicamos el principio fundamental: Uy = K 159.04 = 18.6335W, de donde obtenemos W = 8.535 lb El peso máximo permitido será Wmáx Wmáx
6)
W , es decir: FS
8.535 2.13375 lb 4
En el sistema representado, calcular hmáx, para que el esfuerzo en el cable no exceda de 160 MPa. Considerar:L = 1 m A = 2 cm2 E = 2×105 MPa Q = 100 N
483
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Q cable
L E A
h
60° B
A a
2a
AB: barra rígida
Factor Dinámico k d 1 1
2h . . . . () Bst
Calculamos Bst
60° B
A
Q aplicado gradualmente
La tensión en el cable es T 2 3Q Energía de Deformación U
U
T 2L 2EA
6LQ 2 EA
Segundo Teorema de Castigliano: Bst
U 12QL Q EA
Reemplazamos en ():
kd 1 1
hEA . . . . () QL
El esfuerzo dinámico, es d = kdst (st en el cable, que se el elemento elástico resistente)
484
Mecánica de Sólidos
d k d
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T hEA 2 3Q 1 1 A 6QL A
Condición d 160 MPa. Reemplazando valores numéricos, tenemos: h(2)(105 )(106 )(2 10 4 ) (2 3 )(100) 160 106 1 1 2 10 4 (6)(100)(1)
Resolviendo la ecuación obtenemos h = 0.128 m, que será la altura máxima pues ya se usó el máximo esfuerzo normal en el cable. hmáx = 12.8 cm 7)
Una masa de 6 kg cae desde una altura de 0.8 m, golpeando la cabeza de un perno largo de acero, según se indica en el esquema. Aceptando que toda la energía es absorvida por el perno, calcular el espesor necesario de la cabeza si el esfuerzo cortante de punzonamiento no debe exceder de 80 MPa. Considerar E = 200 GPa; diámetro del perno 20 mm.
m 1.50m
0.80m
e =?
cabeza del perno
El peso del cuerpo que cae es Q = (6 kg)(9.81 m/s 2) = 58.86 N El
factor
dinámico,
es:
kd 1 1
2h st
y
el
esfuerzo
dinámico
es:
2h W WL d 1 1 st , donde st ; st st EA A
485
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Reemplazando valores dados, tenemos: 2(0.8)(200)(109 ) (20 10 3 )2 4 d 1 1 (58.86)(1.5)
58 . 86 3 2 4 (20 10 )
Efectuando las operaciones numéricas, tenemos: d = 200.1127×106 Pa = 200.1127 MPa.
El esfuerzo dinámico, genera una fuerza axial dinámica Fd, que es la fuerza que trata de "perforar" la cabeza del perno.
Fd=d A Fd = (200.1127)(/4)(202×10-6)
aréa rsistente al punzonamiento
= 0.06287 MN
e El esfuerzo de punzonamiento que se genera (en la cabeza del perno), es: d, el mismo que genera una fuerza resistente al punzonamiento: 2red Equilibrio: 2red = Fd e e
8)
Fd , reemplazando valores, tenemos: 2rd
0.06287 0.0125 m e = 1.25 m. 2(10 103 )(80)
Determinar la máxima altura desde donde deberá caer sobre un piso rígido, una barra prismática de longitud L y peso G, para que en ningún punto se rebase el esfuerzo 0. Considerar el piso como elemento rígido; el peso específico del material de la barra; y E el módulo de elasticidad.
486
Mecánica de Sólidos
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G peso total
L
h
piso rígido
En el instante del impacto, la energía, la energía cinética es K = GH. Encontramos la energía de deformación almacenada en la barra, en condiciones G estáticas, debida al peso propio: AL A no es dato
x
Q
1
F
F + Q1 = 0 F = – Q1 = – Ax = F G
Ust
G Ax AL
x (en función de los datos) L
1 L 2 1 L x F dx G L 2EA 0 2EA 0
2
487
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Resolviendo la integral, obtenemos Ust
G2L 6EA
El coeficiente dinámico kd puede calcularse mediante la ecuación (10.3): kd 1 1 kd 1 1
K Ust
reemplazando K, Ust, obtenemos:
Gh 6EAh . 1 1 2 GL GL 6EA
En el momento del impacto, el peso se
"amplifica" (similar a d y d) Equilibrio Gd = 0A kdG = 0A
Gd
0
6EAh Reemplazando kd, tenemos: 1 1 G 0 A GL
Eliminamos A, reemplazando A
G , obtenemos: L
1 1 6Eh G G G 0 GL L L
Simplificando , despejamos el valor h:
hmáx
0 0 2L 6E
(h es máxima porque se consideró el mayor esfuerzo 0)
Nota).
Si la masa del cuerpo que sufre el impacto, no es pequeña en relación con la masa del peso W, es preciso tenerla en cuenta. Para ello se sustituye el efecto de inercia del cuerpo por la inercia de un peso equivalente, Pe, aplicado en el punto del impacto. Si admite que, depués del choque, el peso W queda en contacto con el cuerpo golpeado.
Depués del choque, la velocidad del conjunto, es:
488
Mecánica de Sólidos
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Wv= (W + Pe)Ve Ve
W v W Pe
Para esa velocidad común, la energía cinética total, es: W Pe 2 W Pe W2 W2 v 2 2 Ve v 2 2gW Pe 2g 2g W Pe
expresión que puede escribirse: Wv 2 1 (Energía cinética) K Pe 2g 1 W
Reemplazando en la ecuación (10.3), obtenemos:
kd 1 1
Wv 2 2g
1 1 Pe W ; simplificando, el factor dinámico puede 1 W 2L 2 EA
escribirse:
kd 1 1
v2 g st
1 . . . . (11) 1 Pe W
Donde v es la velocidad con la cual el cuerpo de peso W realiza el impacto. La magnitud del peso equivalente Pe puede obtenerse estableciendo que la energía cinética necesaria para impulsar Pe a la velocidad ve, es igual a la energía cinética que es preciso comunicar al cuerpo golpeado para desplazar el punto de impacto a la velocidad ve. En el caso de la barra sometida a tracción por impacto, la velocidad de un elemento cuyo peso es p dx, distante x del extremo fijo, vale v v e
x . (p es el peso por unidad L
de longitud de la barra). ()
489
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
x W
L
La energía cinética total de la barra, será: Pe v 2e p L 2 p 2L 2 pv 2eL3 pv 2eL que debe ser igual a . v dx v x dx e 2g 2g 0 2g 0 6g 6gL2
Igualando tenemos: Pe:
pv 2e Pe v 2e pL Pe 6g 2g 3
1 del peso de la barra. 3
Observar que si reemplazamos el "factor dinámico corregido", dado por la ecuación (11) en la ecuación (10.1) obtenemos para el esfuerzo dinámico
v2 d st 1 1 g st
1 . . . . (11.1) 1 Pe W
y obtenemos para la deflexión dinámica (ecuación 7), d st 2st
st 2 1 . . . . (11.2) v g 1 Pe W
() Se acepta que la velocidad es lineal respecto a la distancia x.
9)
El peso Q = 8 kg cae libremente desde la altura h, impactando la placa rígida que se indica en el esquema. La barra es de material lineal elástico cuyo módulo es E = 2×106 kg/cm2 y su peso propio es = 8 g/cm3. Si L = 2 m y A = 4 cm2, determinar la altura máxima h para que el esfuerzo no exceda los 1,000 kg/cm 2, en los casos (i) incluyendo la masa de la barra; (ii) prescindiendo de ella.
490
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Q L h
placa rígida
En cualquier caso el coeficiente dinámico es: k d
d st
En condiciones estáticas: st
Q 8 kg = 2 kg/cm2. 2 A 4 cm
El mayor esfuerzo es 1000 kg/cm2 d = 1000 kg/cm2 Luego k d
1000 500 2
i)h máxima, incluyendo el peso propio de la barra. El factor dinámico se calcula con la ecuación (11): kd 1 1
v2 g st
1 . . . . () 1 Pe Q
donde, v2 = 2gh; st
QL AL ; Pe 3 EA
Reemplazando en (): 2gh 1 ; reemplazando los valores numéricos, tenemos: kd 1 1 QL AL g 1 EA 3Q
(2h)(2)(10 )( 4) 1 kd 1 1 3 (8)(200) 8 10 4 200 1 3(8) 6
k d 1 1 7895h 500 1 1 7895h Resolviendo la última ecuación, obtenemos h = 31.539 cm. (h = 31.539 cm es máxima porque se consideró máx = 1000 kg/cm2) 491
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
ii)Sin incluir el peso propio de la barra. En este caso, el factor dinámico se calcula por la ecuación (6) kd 1 1
2h 2hEA 2h kd 1 1 1 1 QL QL st EA
Reemplazando valores numéricos k d 1 1
(2h)(2)(106 )( 4) (8)(200)
k d 1 1 10000h , de donde obtenemos h = 24.9 cm.
Nota).
Observar que, al no incluir el peso propio de la barra, la altura máxima de caída se reduce. %reducción
31.539 24.9 100 21.05% 31.539
10) En el sistema representado, calcular: i)El esfuerzo dinámico. ii)La deformación dinámica en el punto B.
L 2 m Barras inclinadas A 3 cm2 E 10 6 kg/cm 2
Q=20kg
30°
h=10cm
30°
B barra rígida, de peso Q 1 =2Q
Para calcular el esfuerzo dinámico y la deflexión dinámica, necesitamos conocer el coeficiente dinámico kd: kd 1 1
K . . . . () Ust
donde K Energía Cinética debida al impacto, incluyendo las masas de los pesos Q y Q1.
492
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Ust Energía de Deformación Elástica, debida a la aplicación gradual del peso que realiza el impacto (Q)
Determinamos K: Después del impacto, la velocidad del "conjunto" es vs, tal que: (Q1 + Q)vs = Qv v s
Q v Q Q1 2
1 Q1 Qv 2s 1 Q1 Q Q v 2 K 2g 2g Q Q1
K
Q2 v 2 Q2h ; pero v 2gh K . . . . () 2gQ1 Q Q1 Q
Determinamos Ust: T
30°
30°
Q
2Tcos30 = Q T
Q 3
T 2L T 2L Q2L . . . . () Ust 2 U 3EA 2EA EA
Q2h Q Q Reemplazamos () y () en (): k d 1 1 1 2 ; simplificando obtenemos QL 3EA
kd 1 1
3EAh Reemplazando los valores numéricos, encontramos: L Q1 Q
kd = 87.608 . . . . () i)d = kdst d k d
T Q 20 kd d 87.608 A 3A 3 3
d = 337.2 kg/cm2 493
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
ii)Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano en (): st st
Ust Q
2QL (2)(20)(200) st 0.00089 cm. 3EA (3)(106 )(3)
(Toda la barra rígida desciende st) La deflexión dinámica, serád = kdst = (87.608)(0.00089 cm) d = 0.078 cm (deflexión de toda la barra rígida)
11) Sobre un tronco de pirámide, de material elástico lineal, cae desde la altura h un peso Q. Calcular el factor dinámico. No incluir el peso propio del tronco de pirámide.
h Sección de área A0
L Sección de área A1
E
El Coeficiente Dinámico kd se calcula por: kd 1 1
K . . . . () Ust
donde Ust Energía de Deformación por aplicación gradual del peso que realiza el impacto (Q). K Energía Cinética después del impacto.
Determinamos Ust
494
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
H A0 H A H x
A0
2
2
H x A 0 .. (1) H
A
x A
L
A1 Por aplicación gradual del peso Q, la energía de deformación, es: Ust
Q2 L dx Q2 L dx 2E 0 A( x ) 2E 0 H x 2 A0 H
efectuando la integral, obtenemos:
Ust
Q2HL . . . . () 2EA 0 H L
En la relación (1): cuando x = L debe ser A = A 1. En consecuencia 2
H L A1 A 0 se despeja H. Obtenemos H H
A0 A1 A 0
L
Reemplazando H en (): A0 L Q2L A1 A 0 Simplificando, obtenemos Ust 2EA 0 A 0 L L A A 0 1 Ust
Q2L . . . . () 2E A 0 A1
Determinamos K: K
1 Qv2 (puesto que no se incluye el peso propio del tronco de pirámide) 2g
K
Q 2gh Qh . . . . () 2g
Reemplazamos () y () en la ecuación (), obtenemos:
495
Mecánica de Sólidos
kd 1 1
kd 1 1
4.9)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
2Eh A 0 A1 Qh 1 1 2 QL QL 2E A 0 A1 2Eh A 0 A1 QL
Energía en el Estado General de Esfuerzos. Energía de Distorsión
4.9.1) Introducción Para sólidos de material elástico lineal e isotrópico, en el caso general, la densidad de energía de deformación, es: u
1 1 1 1 1 1 x x y y zz xy xy xz xz yz yz . . . . (1) 2 2 2 2 2 2
donde x, y, z, xy, xz, yz son las deformaciones unitarias que definen el Estado General de Deformaciones; y x, y, z, xy, xz, yz son los esfuerzos del Estado General.
La energía total de deformación, acumulada en el sólido, será: U
udV
. . . . (2); siendo V el volumen del sólido no deformado.
(V)
Usando las ecuaciones de la Ley Generalizada de Hooke, la expresión (1) puede reescribirse en términos de los esfuerzos, obtenemos: u
1 2 1 2 x 2y 2z x y y z x z xy 2xz 2yz . . . . (3) 2E E 2G
expresión que evalúa la densidad de energía en función de los esfuerzos y los módulos E, G; así como de la relación de Poisson .
Usando las ecuaciones de Lamé es posible expresar la energía de deformación unitaria (densidad de energía) en función de las deformaciones unitarias y las constantes elásticas G, del material. Reemplazando las ecuaciones de Lamé en la ecuación (1) y simplificando, obtenemos:
1 2 u G2x 2y 2z x y z 2xy 2yz 2zx . . . . (4) 1 2 2
También, puesto que G E 21 , la ecuación (3) puede escribirse:
496
Mecánica de Sólidos
u
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1 2 2 x 2y 2z x y z 2 2xy 2yz 2xz . . . . (5) 4G 1
4.9.2) Densidad de Energía Volumétrica y Distorsional. Los términos de la ecuación (1) pueden reagruparse en dos sumandos: u = uv + ud . . . . (5.1) donde: uv
Densidad de energía correspondiente al cambio de volumen, sin distorsiones del sólido. Es decir, u v es la densidad de energía correspondiente al Estado Medio de Esfuerzos.
ud
Densidad de energía correspondiente a la distorsión del sólido, sin cambios de volumen. Es decir, u d es la densidad de energía correspondiente al Estado Desviador de Esfuerzos.
Cálculo de uv: z
sm
sm sm y
m
x y z 3
En el estado medio no existen distorsiones, luego la densidad de energía correspondiente, es: uv
1 1 1 m x m y mz . . . . () 2 2 2
Usando las ecuaciones de la Ley de Hooke generalizada, obtenemos: x y z
m 1 2 E
Luego, reemplazando en () y simplificando: uv
3 2 m 1 2 , es decir, la densidad 2E
de energía volumétrica, es: uv
1 1 2x y z 2 . . . . (6) 6E 497
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Para calcular la densidad de energía distorsional, usamos las ecuaciones (5), (5.1) y (6): (ud = u – uv). Efectuados los reemplazos y simplificaciones algebraicas, obtenemos: ud
1 x y 2 y z 2 z x 2 G 2xy 2yz 2zx . . . . (7) 12G
El valor encontrado ud es usado en las Teorías de Falla Elástica de Materiales. Nota).
La densidad de energía total (u), puede escribirse en función exclusiva de las deformaciones unitarias, en una forma equivalente a la dada en la ecuación (4).
u
E G 2 x y z G 2x 2y 2z 2xy 2xz 2yz . . . . (8) 21 1 2 2
Propiedad La Derivada Parcial de la Densidad de Energía de Deformación, con respecto a cualquier componente de la deformación, es igual a la correspondiente componente del esfuerzo.
Así:
u G xy xy (de la ecuación 8) xy
También: u E x y z 2Gx x 1 1 2 u E 2G x 1 1 2 x y z x
que es equivalente a: u 2 x x y z ; siendo las constantes , las Constantes x
Elásticas de Lamé. Por consiguiente, tenemos: u x x
Nota).
Observar la "analogía" entre la propiedad enunciada y el Primer Teorema de Castigliano.
Como ejemplo, deduciremos las expresiones que corresponden al Estado Principal de Esfuerzos.
498
Mecánica de Sólidos
i)
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Densidad de Energía (Total) de Deformación
u
1 1 1 11 22 33 . . . . (1) 2 2 2
3
s1 E; n 2
La Deformaciones Unitarias Principales, son: 1
1 1 2 3 E
2
1 2 1 3 E
3
1 3 1 2 E
Reemplazando en (1) y simplificando, tenemos: u
ii)
1 2 1 22 23 212 23 13 . . . . (2) 2E
Densidad de Energía Volumétrica y Distorsional. El estado de esfuerzos principales puede definirse como la superposición del Estado Medio y del Estado Desviador.
s3
s1 s2
s 3 -s m
sm
s 1 -s m
sm +
=
s 2 -s m
sm ESTADO MEDIO
m
ESTADO DESVIADOR
1 2 3 3
ESTADO MEDIO no produce distorsiones. Sólo cambios de volumen. 499
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
ESTADO DESVIADOR Produce sólo distorsiones (cambia a la forma). El volumen no varía. Observar que el Estado Desviador contiene términos de Esfuerzo Cortante (realmente, contiene funciones de la diferencia de esfuerzos principales). Sabemos que: u
uv
corresponde al estado medio
ud
. . . . (3)
corresponde al estado desviador
La densidad de energía volumétrica, uv, la podemos calcular usando la ecuación (2), cambiando 1, 2, 3 por m. Tenemos: uv
1 32 2 2 3m 2 3m m 1 2 2E 2E
ó 3 1 2 1 2 3 uv 2E 3
2
simplificando: 1 2 2 uv 1 2 3 . . . . (4) 6E
expresión que define la Densidad de Energía Volumétrica. Usando la ecuación (3) ud = u – uv; y reemplazando en esta última ecuación los valores dados por (2) y (4), luego de simplificar tenemos:
1 2 2 2 ud 1 2 2 3 3 1 . . . . (5) 6E
y como G ud
E
21
1 1 , tendremos: E 2G
1 1 2 2 2 3 2 3 1 2 . . . . (5.1) 12G
que también puede escribirse ud
1 2 1 22 23 12 23 13 . . . . (5.2) 6G
Las ecuaciones (5), definen la Densidad de Energía Distorsional.
Nota).
Observar que, incluso una condición simple de esfuerzo uniaxial, puede dividirse en Estado Medio y Estados Desviadores.
500
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Problema. En un cilindro de eje horizontal, longitud L y diámetro interior d, existe un líquido en reposo sometido a una presión p, que experimenta una disminución de volumen. Calcular la energía de deformación correspondiente. Considerar K el módulo de compresibilidad. P
P
P La densidad de energía correspondiente se calcula mediante la ecuación (2); donde 1 = 2 = 3 = – p u
1 2 3p2 1 2 p p 2 p 2 2 p 2 p2 p 2 2E 2E
501
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
La energía total de deformación, será U = uV. Luego.
u
2 3p2 1 2 d L . . . . () 2E 4
Recordando que el módulo de compresibilidad o módulo volumétrico es K
E , 3(1 2)
tenemos en ():
U
p2 d2L 8K
4.10) Criterios de Falla de Materiales 4.10.1) Introducción En los Ensayos de Tracción Uniaxial, se presentan dos situaciones diferenciadas del comportamiento de materiales.
s
s
material frágil
material dúctil
e Falla frágil (vidrio)
e Falla dúctil (acero)
Por excesivas deformacio nes Falla de un elemento estructural Por fractura real del sólido
Durante el diseño de elementos estructurales se usan, frecuentemente, propiedades mecánicas de los materiales, obtenidas experimentalmente en laboratorios, donde los materiales han sido sometidos a Condiciones Simples de Esfuerzo.
En las condiciones reales de servicio, los elementos estructurales están sometidos a condiciones del Estado General de Esfuerzos. Por tanto, es necesario disponer de criterios racionales para precisar, con aproximación suficiente, el inicio de la falla del material.
502
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Finalidad Las Teorías de Falla Elástica de Materiales, tienen la finalidad de predecir, basados en el comportamiento uniaxial en tracción, cuando se presentará la falla elástica bajo condiciones generales de esfuerzo. 4.10.2) Teorías de Falla Elástica Existen varidas teorías de falla elástica de materiales. Las más importantes, estudiadas analítica y experimentalmente, son:
i)
Teoría del Esfuerzo Principal Máximo (Rankine)
ii)
Teoría del Esfuerzo Cortante Máximo (Tresca)
iii)
Teoría de la Deformación Principal Máxima (Saint-Venant)
iv)
Teoría de la Densidad de Energía de Deformación (Haigh)
v)
Teoría de la Máxima Densidad de Energía de Distorsión (Von Mises)
i)Teoría del Esfuerzo Principal Máximo (Rankine) Postula que, en el Estado General de Esfuerzos, la falla se presenta cuando el Esfuerzo Principal Máximo alcanza el valor del Esfuerzo de Fluencia en tracción simple.
s
s sfl
e s Criterio de Fluencia: 1 = fl (tracción)
Nota).
También se presentaría la falla cuando el menor esfuerzo principal 3 fuese de compresión y su valor alcanzara el esfuerzo de fluencia (en compresión) Si 0s3, 3 = fl (compresión)
Esta teoría se cumple muy satisfactoriamente en el caso de materiales frágiles. Se recomienda no aplicarla en materiales dúctiles.
503
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Si1 < fl no sucede la falla 1 = fl se inicia la fluencia 1 > fl fluencia total
ii)Teoría del Esfuerzo Cortante Máximo (Tresca) Esta teoría establece que la falla puede presentarse cuando el Esfuerzo Cortante Máximo (en un sistema general de esfuerzos) resulta igual al valor del esfuerzo cortante de fluencia obtenido en la prueba de tracción simple.
s
s sfl
e s
máx
sfl: Esfuerzo de fluencia
1 3 2
En el caso uniaxial, el esfuerzo cortante máximo sería El esfuerzo cortante de fluencia: fl CRITERIO DE FALLA: fl
1 0 (puesto que 3 = 0) 2
fl 0 l/2 2
1 3 fl = 1 – 3 2
En materiales bajo condiciones generales de esfuerzo: Si
1 1 3 1 fl no hay fluencia 2 2 1 1 3 1 fl se inicia la fluencia 2 2
1 1 3 1 fl puntos de fluencia 2 2
Ha sido comprobado que esta teoría es bastante útil en el caso de materiales dúctiles.
504
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
El criterio de fluencia fl = 1 – 3 es una de las Leyes Básicas de la Teoría de Plasticidad. Se denomina Criterio de Tresca.
La representación gráfica de la condición de fluencia de Tresca, determina una Superficie de Fluencia en el espacio de esfuerzos 1, 2, 3. En primer lugar, analizaremos el caso donde 3 = 0.
En el caso general de esfuerzos, el criterio de Tresca, establece que para el inicio de la fluencia, se requiere:
1 1 3 1 fl . 2 2
La condición de fluencia representa una superficie en el espacio de esfuerzos principales.
505
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Los puntos "dentro" de la superficie Puntos Seguros (no fluencia) Los puntos "fuera" de la superficie Puntos no Seguros (en fluencia)
iii)Teoría de la Deformación Principal Máxima (Saint Venant) La falla se presenta cuando la máxima deformación unitaria en el estado general de esfuerzos, es igual a la deformación unitaria de fluencia obtenida en la prueba de tracción uniaxial.
s fl Efl fl
fl E
s Ley de Hooke generalizada: 1
1 1 2 3 E
Criterio de Fluencia: 1 = fl 1 1 2 3 1 fl 1 – (2 – 3) = fl E E
Si1 > fl se presenta la fluencia 1 = fl se inicia la fluencia
506
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1 < fl no se presenta la fluencia
Esta teoría resulta apropiada para materiales frágiles (hierro)
iv)Teoría de la Máxima Densidad de Energía de Deformación.(Heigh) Esta teoría postula que la falla elástica se presenta cuando la densidad de energía total de deformación, en el estado general de esfuerzos, es igual a la densidad de energía total de deformación asociada con el esfuerzo de fluencia del ensayo uniaxial de tracción.
Criterio de Fluencia: Usamos la ecuación (2) de la sección anterior
u
1 2 2 1 22 23 212 23 13 fl 2E 2E
Simplificando, obtenemos: 21 + 22 + 23 – 2(12 + 23 +31) = 2fl
Esta teoría proporciona resultados muy satisfactorios para el caso de materiales dúctiles.
v)Teoría de la Máxima Densidad de Energía Distorsional (Von Mises) Esta teoría se originó a partir de la observación de que materiales dúctiles, sometidos al Estado Medio de Esfuerzos, alcanzan resistencias de fluencia superiores a los valores determinados en el ensayo uniaxial de tracción.
La teoría postula que el fenómeno de fluencia no es exclusivo de tracción o compresión simples, sino más bien que la fluencia está relacionada con la distorsión del elemento.
Con referencia al Estado General de Esfuerzos, la densidad total de energía, es: u
1 2 1 22 23 212 23 13 2E
y la densidad de energía unitaria correspondiente a cambios de volumen (sin distorsiones del sólido), es:
507
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
1 2 2 2 2 uv 1 2 3 212 223 213 6E
.. . . (ecuación 4, sección
anterior) La densidad de energía distorsional es ud = u – uv
1 2 2 2 ud 1 2 2 3 3 1 6E
que es la energía unitaria responsable de los cambios de forma.
En el Estado Uniaxial de Tracción, cuando se inicia la fluencia, la densidad de energía distorsional, es:
ud fl 1 22fl 6E
(en la fórmula anterior con 1 = fl; 2 = 3 = 0)
Condición de Fluencia (Condición de Von-Mises): La falla del material se inicia cuando la densidad de energía distorsional, en el estado general de esfuerzos, es igual a la densidad de energía distorsional en el inicio de la fluencia del material, es de: ud = (ud)fl Luego:
1 1 2 2 2 3 2 3 1 2 1 22fl 6E 6E
Simplificando, (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 22fl denominada Condición de Fluencia de Von-Mises Si
(1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 < 22fl no se presenta fluencia (el estado de esfuerzos principales 1, 2, 3 es seguro)
Si
(1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 > 22fl se presenta fluencia (el estado de esfuerzos principales NO es seguro)
La condición de fluencia de Von-Mises puede representarse gráficamente en el triedro de esfuerzos principales.
508
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
22fl = (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2
La gráfica es un cilindro circular de radio r
2 fl , cuyo eje de simetría forma ángulos 3
iguales con las direcciones principales de esfuerzo (dirección octaédrica).
El Criterio de Fluencia de Von-Mises asegura que un Estado de Esfuerzos es seguro, si el punto (1, 2, 3) se localiza dentro del cilindro; en caso contrario, el estado de esfuerzos es NO SEGURO.
De uso frecuente en diseño estructural es el caso bidimensional: Reemplazando 3 = 0 en la Condición de Von-Mises: 22fl = (1 – 2)2 + 22 + 21; simplificando tenemos: 2fl = 21 + 22 – 12; que se denomina Condición de Fluencia de Von-Mises para el estado plano de esfuerzos. Su gráfica en el plano 1-2 es una elipse (denominada elipse de Von-Mises).
509
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
El Estado Biaxial de Esfuerzos ES SEGURO siempre que el punto (1, 2) se localice dentro del área limitada por la elipse. El estado representado por el punto (1, 2) es NO SEGURO si
se localiza fuera del área limitada por la elipse.
La Superficie de Von-Mises se intercepta con el plano 1-2 mediante la Elipse de VonMises.
PROBLEMAS. 1)
En un material cuyo esfuerzo uniaxial de fluencia es fl = 32 klb/pulg2, se induce el 20 15 0 estado de esfuerzos 15 4 0 klb / pu lg2 . Usando el criterio de Von0 0 z
Mises, determinar si ocurre o no la fluencia cuando: i) z = 9 klb/pulg2; ii) z = – 9 klb/pulg2
i)
20 15 0 Para z = 9 klb/pulg 15 4 0 klb / pu lg 2 0 0 9 2
Los esfuerzos principales, son: 1 = 29; 2 = 9; 3 = – 5 (klb/pulg2) 510
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Criterio de Fluencia de Von-Mises: (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 < 22fl Reemplazando valores: (29 – 4)2 + (9 + 5)2 + (– 5 –29)2 < 2(32) 2 1752 < 2048 cierta Por consiguiente, el Estado de Esfuerzos Principales (29, 9, –5) es SEGURO.
ii)
20 15 0 Para z = – 9 klb/pulg 15 4 0 0 0 9 2
Los esfuerzos principales, son: 1 = 29; 2 = – 5; 3 = – 9 (klb/pulg2) Reemplazando en el criterio de Von-Mises: (29 + 5)2 + (– 5 + 9)2 + (– 9 –29)2 < 2(32) 2 2616 < 2048 falsa Luego, el Estado de Esfuerzos Principales (29, –5, 9) es NO SEGURO. (El elemento está en fluencia)
2)
Se desea construir un recipiente cilíndrico de pared delgada, con un material que tiene 200 kPa como esfuerzo uniaxial de fluencia. El radio interior debe ser 1.25 m y el recipiente debe soportar una presión de gas de 0.7 kPa. Usando el criterio de Von-Mises, determinar el espesor necesario, si el factor de seguridad es 2. El estado de esfurzos es biaxial.
p
pr r ; m p e 2e 511
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Reemplazando valores dados: p
(0.7)(1.25) (0.7)(1.25) ; m (2)(e) e p
0.875 0.4375 ; m e e
Afectado con el factor de seguridad, el esfuerzo uniaxial de fluencia, es fl
200 kPa 100 kPa 2
Aplicamos el Criterio de Von-Mises (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 < 22fl con 1 = 0.875/e; 2 = 0.4375/e; 3 = 0; fl = 100 Obtenemos: 2
2
2
0.875 0.875 0.4375 0.4375 2 0 0 2(100) e e e e
Resolviendo esta ecuación, obtenemos e = 7.58 mm
3)
5,000 0 10,000 Considerar el estado de esfuerzos 5,000 20,000 0 lb / pu lg 2 0 0 0
y el
estado uniaxial de fluencia fl = 30,000 lb/pulg2. Determinar si el material ingresa al régimen de fluencia de acuerdo con las criterios de Tresca y de Von-Mises. Determinamos los esfuerzos principales: 1 = 10,7900 lb/pulg2; 2 = 0 lb/pulg2; 3 = – 20,7900 lb/pulg2;
i)
Criterio de Tresca: Inicio de Fluencia
1 1 3 1 fl 2 2
Reemplazando valores:
1 10,790 20,790 15,000 2
15,790 = 15,000 falsa Para el caso se cumple
1 1 3 1 fl , con lo cual, mediante el criterio de 2 2
Tresca, el material sí está en fluencia.
ii)
Criterio de Von-Mises
512
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
(1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 22fl Reemplazando valores, obtenemos: 115.6944×107 < 180×107 En consecuencia, según el criterio de Von-Mises, no se produce fluencia.
Nota: El Criterio de Tresca es más conservador que el de Von-Mises.
4)
Un material admite un esfuerzo uniaxial de fluencia de 240 MPa. Calcular el factor de seguridad, si los esfuerzos principales bidimensionales se limitan a 140 MPa (en tracción) y a 45 MPa (en compresión). Usar los criterios del esfuerzo cortante máximo y de la máxima densidad de energía distorsional.
i)
Criterio del Esfuerzo Cortante Máximo. 1 1 3 1 y 2 2
El factor de seguridad se aplica al esfuerzo uniaxial de fluencia. El criterio de fluencia queda: 1 140 (45) 1 y 1 240 2 2 n 2 n
ii)
n = 1.3
Criterio de la Máxima Densidad de Energía Distorsional. (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 22fl
El factor de seguridad se aplica al esfuerzo uniaxial de fluencia. El criterio queda: (140 – 0)2 + (0 + 45)2 + (– 45 – 140)2 = 22fl 240 (140 0) (0 45) ( 45 140) 2 n 2
5)
2
2
2
n = 1.44
Un sistema estructural está compuesto de elementos circulares cuyo diámetro es d. En cierta posición a lo largo de un elemento, se encuentra que la carga consiste de una fuerza cortantede 10 kN junto con una carga axial de tracción de 20 kN. Si el esfuerzo de fluencia en tracción para el material de los elementos es de 270 MPa y se debe tomar un Factor de Seguridad de 4. Calcular la magnitud d que se requiere, según (i) La teoría del esfuerzo principal máximo; (ii) La teoría de la máxima densidad de energía distorsional. La relación de Poisson es = 0.283.
513
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Sistema de Esfuerzos:
t sx
x
sx
t
20 80 2 (kN/m2) 2 d 4 d
10 40 2 (kN/m2) 2 d 4 d
Los Esfuerzos Principales son: 1,2
x y x y 2 42xy 2 2
; reemplazando tenemos:
2
80 80 40 2 4 2 2 d 40 d d 2 1 2 kN/m2 2 d
1,2
1
5.27 30.7 ; 2 (kN/m2) 2 2 d d
El esfuerzo de fluencia del material (fl efectivo) = 270/4 = 67.5 MPa
(i)
Teoría del Esfuerzo Principal Máximo: Criterio de falla 1 = fl efectivo 30.7/d2 = 67.5 MPa de donde obtenemos d = 0.0213 m = 21.3 mm
(ii) Teoría de la Máxima Densidad de Energía Distorsional 2 Criterio de Falla (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 2 fl
esf. de fl. efectivo
2
2
2
30.7 30.7 5.27 5.27 0 0 2 2 67.5 103 2 2 2 d d d d
2
de donde obtenemos d = 0.0223 m = 22.3 mm
6)
Las resistencias de prueba de un material sometido a compresión y tracción puras son 350 MPa y 300 MPa, respectivamente. En cierto diseño de componentes, el material puede someterse a cada uno de los cinco estados de esfuerzo biaxial representados. "Ordenar" los estados en orden decreciente del factor de seguridad respecto a las Teorías del Esfuerzo Principal Máximo, del esfuerzo cortante máximo, de la máxima energía unitaria distorsional.
514
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
50
a
100MPa
50
b
c 100
100
100
d
i.
100 100
e
Criterio del Esfuerzo Principal Máximo: Elemento (a):
1 fl 100
300 FS = 3 FS
Nótese que, para los estados b, c, d también el esfuerzo principal mayor es 1 = 100 MPa. En consecuencia, los estados a, b, c, d tienen FS = 3
Elemento (e):
100 M Pa Esfuerzo Principal Máximo s1 = 100 M Pa
-100 M Pa
100 M Pa
También para el elemento (e) el esfuerzo principal máximo es 1 = 100 MPa. Con lo cual, el Factor de Seguridad es FS = 3 Por el Criterio del Esfuerzo Principal Máximo FS = 3 para todos los elementos.
515
Mecánica de Sólidos
ii.
Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz
Criterio del Esfuerzo Principal Máximo: 1 – 3 = fl (esf. de fluencia efectivo) Elemento (a): 100 0
300 FS = 3 FS
Similar para los elementos b y d. Elemento (e): 100 (100) Elemento (c): 100 (50)
300 FS = 1.5 FS
300 FS = 2 FS
Por el Criterio de Esfuerzo Cortante Máximo, los FS son 3; 2; 1.5 (FS = 3 para los elementos a, b y d; 2 para el elemento c; 1.5 para el e)
iii.
Criterio de la Máxima Densidad de Energía Distorsional: (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 2fl
2
300 Elemento (a): (100 – 0) + (0 – 0) + (0 – 100) = 2 FS 2
2
2
FS = 3
2
300 Elemento (b): (100 – 50)2 + (50 – 0)2 + (0 – 100)2 = 2 FS 300 Elemento (c): (100+50)2 + (- 50 - 0)2 + (0 - 100)2 = 2 FS
2
FS = 3.46
2
FS = 2.27
300 Elemento (d): (100 – 100) + (100 – 0) + (0 – 100) = 2 FS 2
2
2
300 Elemento (e): (100+100)2 + (–100–0)2 + (0–100)2 = 2 FS
2
FS = 3
2
FS = 1.73
Por el Criterio del Máxima Densidad de Energía Distorsional, los FS son 3 .46 ; 3 ; 2 .27 ; 1 .73 b
a d
c
e
516
CAPÍTULO V ESFUERZOS DEBIDOS A LA FLEXIÓN 5.1) Introducción. Hipótesis en el Problema de la Flexión 5.1.1) Introducción En esta sección estudiaremos las acciones internas (fuerzas y/o momentos) que tienden a producir flexiones en un elemento mecánico. El Método General (de las secciones planas) nos ayudará en la definición de las fuerzas internas en cualquier sección de un elemento Y
MY Sección de interés (Cara X positiva)
NXY SÓLIDO EN EQUILIBRIO
NXX NXZ
X MX
Eje X Normal a la sección Ejes Y, Z, En el plano de la sección. Generalmente, el origen O coincide con el centroide del área de la sección transversal.
MZ Z Fuerzas Internas: Nxx Fuerza Axial (produce alargamientos o contracciones del elemento). Nxy, Nxz Fuerzas Cortantes (Producen deslizamientos de una sección respecto de otra) Mx Momento Torsor (Produce giro de una sección respecto de otra). My, Mz Momentos Flectores (Producen la FLEXIÓN (curvatura) del elemento). My Produce Flexión en el plano XZ Mz Produce Flexión en el plano XY En términos generales FLEXIÓN Cambios de Curvatura M 1 1 2
Eje 1
2 Configuración inicial
1
2
Eje
2 Configuración deformada
Definición. Elementos esbeltos: aquellos cuya longitud es mucho mayor que cualquiera de sus dimensiones transversales. L L a L 5a a L b L 5b b Definición. Vigas: Elementos estructurales cargados transversalmente. En el caso de Flexión Simple, las cargas se suponen actuando en un plano de simetría.
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Sección transversal simétrica
Plano de simetría Por comodidad el elemento se identifica por su diagrama de ejes y cargas.
Si las cargas no están aplicadas en el Plano de Simetría (o si no existe dicho plano) se presenta el caso de Flexión Compuesta. Y
Sección transversal no simétrica (Centroide) Z Cargas fuera del Plano de Simetría En el caso de elementos sometidos a Flexión Simple, pueden presentarse varios Estados de Carga: – Flexión Pura – Cortante y Flexión
y Mz
Mz x
z MOMENTO FLECTOR
MOMENTO FLECTOR FUERZA CORTANTE
– Cortante, carga axial y flexión
MOMENTO FLECTOR FUERZA NORMAL FUERZA CORTANTE
– Cortante, Carga Axial, Flexión y Torsión
MOMENTO TORSOR FUERZA NORMAL MOMENTO FLECTOR FUERZA CORTANTE
518
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
En primer lugar, estudiaremos la flexión de elementos de sección transversal constante, simétrica respecto del eje Y. y y y
z
z
z
. . . . etc.
5.1.2) Hipótesis en el Problema de la Flexión La hipótesis fundamental en la Teoría de la Flexión Elástica es la Hipótesis de las Secciones Planas (Bernouilli) “Todos los planos que son perpendiculares al eje longitudinal, permanecen planos y perpendiculares al eje deformado cuando el elemento es sometido a flexión” D' C' C D Mz Mz FIBRAS COMPRIMIDAS F' EJE RECTILÍNEO E' EJE DEFORMADO E F x FIBRAS EXTENDIDAS B' A' B A Estado Inicial Estado Deformado Los planos AC y BD pueden rotar uno respecto del otro, pero se conservan planos y perpendiculares al eje longitudinal deformado. Debido a que las deformaciones unitarias se relacionan con las deformaciones totales (cambios de longitud), la Hipótesis de las Secciones Planas implica que la deformación unitaria longitudinal x varía linealmente con la posición de la fibra observada, desde un valor extremo negativo (en CD) hasta un valor extremo positivo (en AB) (para el momento indicado Mz). x máx (en compresión) y C D 1 Variación 1 : 2 – C1 C 2 Lineal C1 y>0
E
Mz
y0 x
q
q(x)0
dV 0 dx
x
V>0 x dM 0 dx
x
x
q
P
P x
x
q
q P
P x
ii)
Esparza
M
dM 0 dx
q
Carlos
V
dV 0 dx
M
Ingº
x
Transformación de Cargas Repartidas. En algunos casos, será necesario transformar la carga uniformemente repartida en dos direcciones ortogonales.
)
W WN
x L
=
L
W
FUERZA DISTANCIA HORIZONTAL
WN: CARGA NORMAL
WNL
Equilibrio Wx
WSL
+
L
WS
WS: CARGA AXIAL
WNL = Wxcos x WN W cos L WN = Wcos2 WsL = Wx sen x Ws W sen W cos sen L Ws = Wsencos
529
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
)
Ingº
WN
= W
W
L
x
FUERZA DISTANCIA HORIZONTAL
WN: CARGA NORMAL
WS: CARGA AXIAL WNL = WLcos WN = Wcos WsL = WLsen Ws = Wsen
WNL
Equilibrio WL
Esparza
WS
+
L
L
Carlos
WSL
)
WN
W
L
=
L
W
FUERZA DISTANCIA HORIZONTAL
WLsen WNL
WSL
WS
+
L
WNL = WLsensen WN = Wsen2 WSL = WLsencos WS = Wsencos
3). Graficar las fuerzas internas en la viga representada.
531
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
W=30kN/m (sobre la barra Transformamos la carga repartida inclinada) en sus componentes normal y axial B (a lo largo del elemento) (caso ) 2.5 m
L=6.5 m
A
6m
B cos = 0.983; sen = .385 WN = Wcos WN = 27.69kN/m WS = Wsen WS = 11.55 kN/m
WS
WN
A Reacciones 27.69 kN/m
RB 11.55 kN/m
RBcos
RBsen
A2
A1 + RBcos = (6.5)(27.69) A2 + RBsen = (11.55)(6.5) 6.52 (27.69) R B cos (6.5) 0 2
A1
De donde obtenemos: A1 = 89.9925 kN A2 = 37.345 kN Existe un solo tramo típico: M P
27.69 kN/m
11.55 kN/m 37.345 kN
89.9925 kN x
V
RB = 97.5 kN P + 37.345 – 11.55x = 0 P = 11.55x – 37.345 V + 89.9925 – 27.69x = 0 V = 27.69x – 89.9925 x2 M 27.69 89.9925x 0 2 M = 89.9925x – 13.845x2
(0 x 6.5 m)
532
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
37.345 kN
+
FUERZA AXIAL A
–37.345 kN
Esparza
Mmáx=146.238 kN-m
+
B
A
Carlos
89.9925 kN
FUERZA CORTANTE
–
Ingº
B
MOMENTO FLECTOR
–
3.25 m
–89.9925 kN
PROBLEMAS 1) En el sistema representado, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para los diversos elementos.
E
-) Reacciones Externas E
3m
10 3
kN
D 2m B
30 kN
D
C
B
30 kN C
4m
1m
3m
N + 30 = 0 N = – 30 10 V 0 3 10 V 3 10 M x0 3 10 M x 3
A
-) Tramo AB (0 x 4 m)
30 kN
N V
M
x
10 kN 3
A
10 3
A 30
Elemento AB
533
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
B
B
40 3
Ingº
Carlos
Esparza
kN-m
– Fuerza Cortante
+
10 kN 3
A
Momento Flector
A
30 kN
M
Tramo BC (0 x 1)
x
N B
C V
C
V = –30 N=0 M = –30x
B
–
C
–
Fuerza Cortante
– 30 kN
– 30 kN-m
Momento Flector
Tramo BD (0 x 2)
E
10/3 3
N=0 V = 10/3 10 M = ( x 3) 3
D x V
M N
10 kN 3
Fuerza Cortante
D
+
10 kN-m
+
B
Momento Flector
50 kN-m 3
Tramo DE (0 x 5)
534
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
E
x
M N
10 8 cos 3 3
5
10/3
Carlos
Esparza
3
4
10 sen 2 3
Ingº
N = – 8/3 V=2 M = 2x
V 2 kN
E
E
+ 10 kN-m D
D
2) Para la viga representada, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 25 klb
3 4
4 klb/pie
8 klb
3'
A
B
10'
5'
C
D
10'
Reacciones
E 5'
15 klb 4 klb/pie
20 klb
8 klb
20 klb 41.5 klb
6.5 klb 15 klb
4 klb/pie 20 klb
A
B
C
20 klb
8 klb D
E
60 klb/pie 41.5 klb
5.5 klb
Tramo AB (0 x 10’)
535
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
4
M
20
P
x
P + 20 = 0 V + 41.5 – 4x = 0 x M + 4x – 41.5x = 0 2
Ingº
Carlos
Esparza
P = – 20 V = 4x – 41.5 M = 41.5 – 2x2
V 41.5 Tramo BC (10’ x 15’)
4
P + 20 = 0 V + 41.5 – 40 = 0 M – 41.5x + 40(x – 5) = 0
M
20
P
10' x
P = – 20 V = – 1.5 M = 1.5x + 200
V
41.5
Tramo ED (0 x 5’)
M P
E x
V
P=0 5.5 – V = 0 M – 5.5x = 0
P=0 V = 5.5 M = 5.5x
5.5
Tramo DC (5’ x 15’)
M
8
P
5' V
x
E
P=0 5.5 + 8 – V = 0 M – 5.5x – 8(x – 5) = 0
P=0 V = 13.5 M = 13.5x – 40
5.5
Diagramas
536
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
25 klb 8 klb 4 klb/pie
13.5
Fuerza Cortante 5.5 (klb)
+ – –1.5 –41.5 222.5
215
+
Momento Flector (klb-pie)
162.5 27.5
3) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga representada. Reacciones articulación (M = 0)
P
P
P
P
A
E B
a
a
a
a
Tramo AB (0 x a)
M
A P/2 x
V = – P/2 M = (P/2)x
V
2aP
D
C
P 2
3P 2
Tramo BC (a x 2ª) P M A
P/2 a
V x
V = P/2 P M x P( x a) 2
Tramo ED (0 x a)
M
Tramo DC (a x 2ª)
E x
2aP 3P 2
V = 3P/2 3P M x 2aP 2
537
Mecánica de Sólidos Díaz
P
M
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
2aP
E a
x
V
3P 2
V = P/2 3P M x P( x a) 2aP 2 Diagramas
P
P
E
A B
D
C
3P 2
P 2
P 2
V
+
–
Pa/2
+
M – – Pa/2
– 2aP 4) Para la viga representada, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 15 klb POLEA: 15 cable polea 15
2 klb/pie
15
15
C
A
15
15
4'
B
15
C 10'
8'
E
D 2'
10'
D
538
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
REACCIONES 55 klb-pie
Ingº
Esparza
15 klb 15 klb
15 klb
2 klb/pie B
E
A
15 klb
Carlos
C
D
15.5 klb
4.5 klb
Ecuaciones de V y M: Tramo AB (0 x 10) M 55 2
Tramo BC (10 x 18) 2
M
N 15
15.5
V
x
N = 15 V = 2x–15.5 M = 15.5x–x2–55
Tramo CD (18 x 20) 18'
10'
15
2 15
A 15.5
B
55
M
C
x N = 15 V = – 10.5 M = 10.5x – 225
V
V N = 15 V = 4.5 M = 45 – 4.5x Tramo DE (0 x 10) M D N 15.5
x N
N
x
15 55
V
4.5
N=0 V = 4.5 M = 4.5x
539
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
15 klb
DIAGRAMAS 2 klb/pie B
E
A
C
D
4.5
4.5
+
Fuerza Cortante (klb)
+
– –10.5
–
–15.5 45 5.06
+
+
Momento Flector (klb-pie)
–
–
–15
–36 –55 5) Aceptando que la reacción del terreno es distribuida uniformemente, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector en la viga representada. 6 kN 5 kN 5 kN
2m
Reacciones
6
5
B
A
2m
5 C W
Tramo AB (0 x 2)
5
4
V x
V + 4x – 5 = 0 x M M + 5x – 4x =0 2
4W = 16 W = 4 kN/m
V = 5 – 4x M = 2x2 – 5x
Tramo BC (2 x 4)
540
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
V
6
5
B
A
6+5–4x–V=0
x M+6(x–2)+5x–4x =0 2
M
Ingº
Carlos
Esparza
V = 4x – 11 M = 2x2 – 11x + 12
4 2 x Resumen
Gráficas
2 2x 5x; 0 x 2 m M 2 2x 11x 12; 2 x 4 m
5 4 x; 0 x 2 m V 11 4 x; 2 x 4 m 6 5
5
5 Fuerza Cortante (kN)
3
+
+ –
1.25
–
-3
-5
2.75
Momento Flector (kN-m)
–
– -2
-3.125
-3.125
6) Para el sistema representado, graficar los diagramas de Fuerza Cortante y Momento Flector.
w = 1.08 klb/pie articulación D
17.75' E
C
A
B
17.25'
58.33'
58.33'
Reacciones
541
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
1.08 klb/pie
D L = 60.97'
E Ax
Ax – Bx = 0 . . . . (1) Ay + By – 1.08(2)(58.33) = 0 . . . . (2) By(2)(58.33)–1.08(2)(58.33)(58.33)=0 . . (3)
C
A
Bx
B
Ay
By 1.08 MD = 0 (articulación) D
E Ax
1.08(58.33)( A
58.33 ) + Ax(17.25 + 17.75) 2
–Ay(58.33) = 0 . . . . (4)
Ay A x 52.50 klb A y 63 klb Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3), (4), obtenemos B x 52.50 klb B 63 klb y Debido a la simetría, basta precisar las Fuerzas Internas en la mitad del Sistema.
HD
D VD
VD + 63 – 1.08(58.33) = 0 VD = 0 Tramo AE (0 x 17.25')
E 52.5
HD = 52.5 klb
A
N M
63 klb 52.5
V x
V = 52.5 N = – 63 M = – 52.5x
63 Tramo DE (0 x 60.97’)
542
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
1.08 klb/pie
x M
52.5 klb
D
17.75'
N
58.33'
V
Transformando las fuerzas en sus componentes normal y axial.
52.5cos = 50.227 klb WN WS
52.5sen = 15.284 klb
M N
WN = 1.08cos2 = 0.9885 klb/pie WS = 1.08sencos = 0.3 klb/pie
V
N + 0.3x + 50.227 = 0
N = – 0.3x – 50.227
V + 0.9885x – 15.281 = 0 x M + 0.9885x – 15.284x = 0 2
V = – 0.9885x + 15.284
Mmáx = 118.219 klb-pie Diagramas
M = – 0.494x2 + 15.284
para x = 15.4’
15.284 klb +
– 905.500 klb-pie D –
E
–
15.4'
– 905.625 klb-pie
D
+ 118.219 klb-pie
E
–
+ 52.5 klb
– 44.985 klb A
A
Debido a la Simetría del Sistema, el Diagrama de Fuerza Cortante es Antisimétrico y el Diagrama de Momento Flector es Simétrico. 7) En el sistema representado, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
543
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
16 klb C D
C
4' B
16' klb pie
A 12'
5'
3'
E D
B 4
16
Reacciones
E
Esparza
23.47 klb 4
5' AB 20 ' BC 5'
A
32 klb
16.53 klb
Tramo AB (0 x 20’)
M
N
w' V
x
4 A
w'
1 (20 x ) 5
M
32
w'
16.53 13.224
9.918
A
V
25.6
x
4
N
w' 20'
A
x
4
B
(de semejanza)
20' 12'
16'
19.2 N + 13.224 – 19.2 = 0 N = 5.976 1 20 x ) V+ 25.6 + 9.918 – x (4 2 5 40 x x 2 355.18 V 10
1 x 1 20 x 2x M 25.6 x 9.918x x (20 x) x 4 0 5 2 2 5 3
M
5x 3 300 x 2 5327.7 x 150
(Mmáx = 197.03 klb-pie para x = 13.305’ haciendo M’ = 0) Tramo ED (0 x 5’)
544
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
M
N
23.47
x
Esparza
16
M
V
Carlos
Tramo DC (5’ x 10’)
E
N
Ingº
E
5' V
N=0 V = 23.47 M = 23.47x
x
23.47
N=0 V = 7.47 M = 7.47x + 80
Tramo CB (0 x 5’)
16 C M
N
D
5'
x
5 4 3
E
5'
23.47
V
FV = 0 23.47 – 16 – Vcos – Ncos = 0 FH = 0 Vsen – Nsen = 0 Obtenemos 3V 4N 37.35 N 5.976 klb 4 V 3N 0 V 4.482 klb M – 23.47(10 + xcos) + 16(5 + xcos) = 0 773.5 22.41x M 5 Gráficas 23.47 7.47 4.482
+ + C
D
B
13.305'
A
+
–
Fuerza Cortante (klb)
E
177.11
197.03 (Mmáx)
154.7
154.7
117.35
+
+
C
E
D
B
A
13.305'
Momento Flector (klb-pie)
-35.518
545
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
8) Una barra doblada en forma de semicircunferencia está empotrada en uno de sus extremos y sometida a una carga radial p. Graficar los diagramas de fuerza normal, fuerza cortante y momento flector. En una sección genérica (definida por el ángulo ), tenemos: N V
90– p
M r
r
FH = 0 Ncos(90 – ) – Vcos –
pr cos d
prd
d
=0
0
Nsen – Vcos – prsen = 0 . . . . (1) FV = 0 Nsen(90 – ) + Vsen +
prsend
=0
0
Ncos + Vsen + pr(1 – cos) = 0 . . . . (2) M = 0
M pr rsen( )d 0
M
0
r
prd
–
M pr 2sen( )d 0
M pr 2 (1 cos ) . . . . (3)
De (1) y (2) obtenemos: N = pr(1 – cos – 2cos2) V = pr(1 – 2sencos) = pr(1 – sen2) (0° 180°) Gráficas (Coordenadas Polares) pr
pr
2pr
+
– 45°
60° –2pr Fuerza Normal
45°
pr Fuerza Cortante
546
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
pr2
+
2pr2
Momento Flector
9) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga que se representa en el esquema.
W = –2x2
Y B
A
D
C
1000 lb
15000 lb-pie 10'
X
8'
2'
Reacciones FV = 0 R1 – 1000 –
20
2x dx 2
=0
0
R1 = 6330 lb R2
15000 lb-pie
R1
MA = 0 R2 – 15000 – 1000(18) – 1000 lb
20
x(2x
2
)dx
0
=0 R2 = 113000 lb-pie
Tramo AB (0 x 10’)
113,000 A
M
x V
6330 x–u
x
V 6330 2x 2dx 0 V 0
2 3 x 6330 3
x
M 13000 6330 x 2x 2 ( x u)du 0 0
M 13000 6330 x
W=–2x2 u x
1 4 x 6
du
Tramo BC (10 x 18’)
547
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
113,000 A
M
B
15000
6330
V
10'
V + 6330 –
x
2x dx 2
Ingº
Carlos
=0
0
2 V x 3 6330 3
M + 113000 – 6330x – 15000 +
x
Esparza
x
2x
2
( x u)du =
0
0 M 98000 6330 x
1 4 x 6
Tramo CD (18 x 20’) V + 6330 – 1000 –
113,000
x
2x
2
dx = 0
0
M 15000
6330 10'
1000 8'
x
V
2 3 x 5330 3 M + 113000 – 15000 – 6330x + 1000(x V
18) +
x
2x
2
( x u)du = 0
0
M 80000 5330 x
x4 6
Diagramas
Fuerza Cortante (lb)
–1.442 –2.442 –5663.33
–6330
–1556
Momento Flector (lb-pie)
–36366.67 –51366.67 –113000
548
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
10) El eje de una barra curva ABC es parabólico de 2 do grado. La fuerza en el cable es 200 lb. Encontrar las fuerzas internas en la sección 1-1. P=100 lb Parábola 1 Y B 1 4'' X A C
6
cable 12'
(– 12,– 4)
12'
x2 y 36
(12,– 4)
Reacciones
P=100 lb
MA = 0 100(12) – Cy(24) = 0
B A
Cy = 50 lb
200
200
Ay
FV = 0 Ay + 50 – 100 = 0 Ay = 50 lb
C Cy
Fuerzas Internas en 1-1:
Y X D(–6,–1)
V 90 –
M D
A
200
N
tan
dy dx ( 6 , 1)
tan
50
x 1 18 ( 6 , 1) 3
10 3
1
MD = 0 M + 200(3) – 50(6) = 0 M = – 300 lb-pulg FH = 0 200 + Ncos – Vcos(90 – ) = 0 3 1 N V 200 . . . . (1) 10 10 FV = 0 50 + Nsen + Vsen(90 – ) = 0 1 3 N V 50 . . . . (2) 10 10 De las ecuaciones (1) y (2): N 65 10 lb
549
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
V 5 10 lb
5 10 lb 65 10 lb
300 lb-pulg A
200 lb 50 lb
11) En un eje vertical 00’ que gira con velocidad angular está fijada una barra prismática homogénea AB, que forma un ángulo con el eje. Calcular el momento flector en la sección de unión B. Barra homogénea constante de peso unitario q. A A o dx En el elemento de barra actúan el x fc L peso qdx y la B fuerza centrífuga B qdx q o fc dx w 2 x sen g masa unitaria
Las fuerzas que actúan sobre dx generan un momento flector en la sección B. qdx M (qdx) xsen fc x cos 0 L L L L xsen q fc M qsenxdx W2sen cos x 2dx 0 g 0 0 dx 1 W 2L cos M qsenL2 x 3g 2
M 12) En el pilote suspendido que se representa, encontrar el máximo momento flector y donde se presenta. Peso total del pilote 1.414 kg.
550
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
P C B
1.6 m
1
R1
2.5 m R2
3.4 m A
45°
1414 kg
A R3
q
C
Tramo AB M x
264.67 kg q
45°
x 2 /2
999.85
R3 = 1414cos45 R3 = 999.85 kg R2 + R1 = 999.85 (999.85)(2.5) – R1(3.4) = 0 R2 = 264.67 kg R1 = 735.18 kg
1414 = 282.8 kg/m (3.4 1.6) (distribuido sobre la longitud inclinada)
735.18 kg
999.85 kg
C
q
B
A
Esparza
B
1.6 m
Momento Flector:
Carlos
Fuerzas en los cables
1
0.9 m cables
Ingº
1 2 M – 264.67x + 282.8x x =0 2 2 M = 264.67x – 99.985x2 dM 0 x = 1.324 m Mmáx dx Mmáx = 175.55 kg-m
264.67
5.4) Funciones de Singularidad El procedimiento clásico de emplear ecuaciones de equilibrio en cada tramo de un sistema para determinar la variación de la fuerza cortante y del momento flector, se vuelve engorroso a medida que se complica la forma del sistema y las cargas actuantes. Es conveniente definir un procedimiento matemático especial para manejar las cargas concentradas y discontinuas.
7 ecuaciones para V 7 tramos 7 ecuaciones para M ¿Puede escribirse UNA SOLA ECUACIÓN para la Fuerza Cortante y otra para el Momento Flector en TODA LA VIGA? (Sí, usando Funciones de Singularidad) En esta sección estudiaremos una Familia de Funciones de Singularidad que permiten analizar de manera sistemática diversos elementos estructurales sometidos a Cargas Concentradas y/o Discontinuas. Definición. Se define la Familia de Funciones n (x) x a
n
(n 0) mediante la
( x a)n si x a correspondencia n ( x) 0 si x a
551
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
(Los tiene significado especial)
fc
Si n = 0,la función 0(x) = x – a0 se denomina FUNCIÓN DE PASO UNITARIO (a partir de x = a). Si n = 1, la función 1(x) = x – a1 se denomina FUNCIÓN RAMPA UNITARIA (a partir de x = a).
n=2 n=1
1
(1+a,1)
n=0
a
0(x) = x–a0
1
1 1
1(x) = x–a1 x=a
x=a
Las funciones 0 y 1 se usarán para representar las CARGAS DISTRIBUIDAS aplicadas a lo largo de los diversos tramos o segmentos de una viga. Las funciones de Singularidad definidas mediante n (x) x a
n
(n 0) se integran
de acuerdo con la regla de integración ordinaria. x
n
x a dx
0
xa
n 1
(n 0)
n 1
Una representación para un MOMENTO CONCENTRADO UNITARIO que actúa en el punto x = a, se tiene en la forma 2 (x) x a 2 . Para representar una FUERZA CONCENTRADA UNITARIA
que actúa en el punto x = a, usamos 1 (x) x a
1
.(Estas funciones -2 y
-1 son verdaderamente singulares). Estas funciones son nulas en cualquier punto, salvo en x = a, (donde son infinitas). Satisfacen la Regla de Integración: x
0
xa
dx x a 2
; 1
x
0
xa
dx x a
-1(x) = x–a-1
a
0
1
Fuerza Concentrada Unitaria x
-2(x) = x–a-2 Momento Concentrado Unitario a
(Sentido Antihorario)
-1 se usará para representar FUERZAS CONCENTRADAS. -2 se usará para representar MOMENTOS CONCENTRADOS. Definición. 1 ( x ) x a FUNCIÓN DELTA (FUERZA CONCENTRADA UNITARIA) 1 2 ( x ) x a 2 FUNCIÓN DOBLETE (MOMENTO CONCENTRADO UNITARIO)
552
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Usando las funciones definidas, podrá escribirse una expresión algebraica para la función de carga q(x) que actúe en la viga. dV( x) dM(x) Conocida q(x), la integración de las ecuaciones q( x) y V( x) nos dx dx permitirá obtener las ecuaciones para fuerza cortante V(x) y para momento flector M(x) en toda la viga. Por tanto: Es posible determinar expresiones para V(x) y M(x) a partir de cualquier distribución de carga q(x) que sea factible de representarse mediante combinación de Funciones de Singularidad. Casos más Usuales
P q(x) = Px–a-1 x
a
M x
a
q(x) = Mx–a-2
q0
q(x) = q0x–a10 – q0x–a20
x
a1
(q(x) = q0(x–a10 – x–a20))
a2 q0 a1
a2
–q0
q0 a1
a2
q2 x
a1 a2
q( x )
q2 x a1 a 2 a1
1
x a2
1
q
2
x a2
0
553
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
q2 a1
q1
0
0
q( x ) q1 x a1 x a2 1 q2 q1 x a1 x a 2 a 2 a1
q2
a1
1
q
2
q1 x a2
a2 Notas i)
q0
0
x
a1
0
q( x) q0 x a1 q0 x a2 activa la carga en x a1
desactiva la carga en x a2
a2 q(x) = q0(x – a10 – x – a20) ii) El uso de Px – a-1 en la expresión de q(x) para representar una carga concentrada positiva P en x = a, se esclarece al usar la ecuación V(x) q(x)dx puesto que se obtendrá Px – a0 en la expresión para la fuerza cortante (este término producirá un salto en x = a). Si q(x) = . . . . + Px – a-1 + . . . . V(x) = . . . . – Px – a0 – . . . . + C1 (constante de integración) x
(Recordar
0
xa
0
1
dx x a )
iii) Max – a-2 representa un momento concentrado positivo en x = a Si q(x) = . . . . + Max – a-2 + . . . . V(x) = . . . . – (– Max – a-1) – . . . . + C1 V(x) = . . . . + Max – a-1 – . . . . + C1 M(x) = . . . . – Max – a0 + . . . . – C1x + C2 (Recordar Reglas de Integración para los signos). iv) Procedimiento para determinar V(x) y M(x). Reacciones y expresión de q(x) en términos de Funciones de Singularidad apropiadas (Se incluyen todas las cargas, incluidas las reacciones). Usar las ecuaciones dV( x) dM(x) q( x) y V( x ) dx dx
554
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
para obtener V(x) y M(x).
Determinar las constantes de integración, que dependen de las condiciones particulares de cada problema.
EJEMPLOS 1)
Obtener expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. Usar Funciones de Singularidad. Reacciones
P
P
P
x=0
a
L –2a
x=a
P
x a
x=L–a
x=L P
( POSITIVAS ; NEGATIVAS )
Función de Carga: q(x) = contribuciones de cada carga q(x) P x 0 1 P x a 1 P x (L a) 1 P x L
q(x) P x
P
P x a 1 P x (L a) 1
P x L 1
1
1
dV dM q y V dx dx y las reglas de Integración de Funciones Singulares
RELACIONES DE EQUILIBRIO: V(x) P x 0
0
0
P x a P x (L a)
0
P x L
0
C1
x +
determinamos C1 con la condición V(0 ) = – P x=0
P
V
V+P=0 V=–P
V(0+) = – P + 0 + 0 – 0 + C1 – P = – P + C 1 C1 = 0 Nota. Si la carga se expresa mediante funciones de singularidad y se incluyen las reacciones, generalmente C1 = 0. dM Usamos ahora V dx 0 0 0 0 dM P x 0 P x a P x (L a) P x L dx 1
1
1
1
M P x 0 P x a P x (L a) P x L C2 Como M(0+) = 0 C2 = 0
M=0
x=0 P
Por tanto:
V(x) P x 0
0
0
0
P x a P x (L a) P x L
0
555
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
1
1
1
Carlos
Esparza
1
M(x) P x 0 P x a P x (L a) P x L 2)
Ingº
Encontrar, usando funciones de singularidad, expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. P=20 klb 1 klb/pie
x 10'
10'
10'
Diagrama de carga:
x=0
Función de Carga:
22.5 klb
7.5 klb
20 klb
1 klb/pie
x=10'
x=20'
x 30 Recordar que x 30
x=30'
0
0, si x 30
0
0, si x 30
Luego tenemos: q(x) 7.5 x 0 Fuerza Cortante:
q(x) 7.5 x 0
1
1
20 x 10
0
1 x 20 x 30
20 x 10
1
22.5 x 20
0
1
1
22.5 x 20
1 x 20
1
0
dV q( x ) dx 0
0
0
V(x) 7.5 x 0 20 x 10 22.5 x 20 1 x 20 Momento Flector:
dM V dx
1
1
1
M( x) 7.5 x 0 20 x 10 22.5 x 20
x 20
1
2
2 (Recordar la Reglas de Integración. Verificar que las dos constantes de integración son nulas). 3)
Usando funciones de singularidad, encontrar expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. Diagrama de Carga:
15 kN/m
15 kN/m
10 kN/m x=0
2m
2m
2m
3m
x=2
10 kN/m x=6
x=4
66.43 kN
x=9
23.57 kN
Función de Carga:
q( x ) 15 x 0
0
x4
0
66.43 x 2
1
10 x 6
0
x 9 23.57 x 9 vale cero 0
1
518
Mecánica de Sólidos Díaz
q(x) 15 x 0
0
Mg.
15 x 4
1
0
66.43 x 2
1
V(x) 15 x 0 15 x 4 66.43 x 2 M( x) 15
x 0
2
15
x4
0
10 x 6
1
Carlos
23.57 x 9
1
10 x 6 23.57 x 9
2 1
66.43 x 2 10
x 6
2 2 2 Verificar que ambas constantes de integración son nulas.
4)
0
Ingº
Esparza
1
0
2
23.57 x 9
1
Usando funciones de singularidad, encontrar ecuaciones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada.
W0 X L/2
L/2
W0
W0L2
8 x=0 W0
q( x) 0
L2 x 0 8
2
0
x=L/2
x=L positivo
L 2
L x 0 2
1
0 x 0
0
x
L 2
0
Integrando una vez: (dV/dx = q) (Recordar Reglas de Integración). 1 0L2 x 0 1 0L 0 1 L V( x ) x 0 0 x 0 x 8 1 2 2 1 0L2 0L 0 1 L V( x ) x 0 1 x 0 0 x 0 x 8 2 2 Integrando otra vez: (dM/dx = V) 2 x 0 2 x L 2 0L 1 x 0 0 2 2 2 2 2 L L 0 1 2 L M( x) 0 x 0 0 x 0 0 x 0 x 8 2 2 2 Verificar que las dos constantes de integración son nulas.
L2 M( x ) 0 x 0 8
0
5.5) Deformaciones Debidas a la Flexión. Curvatura Elástica. Consideremos un elemento prismático sometido a Flexión Pura.
557
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
M
M
Centro de Curvatura
M
x
2 x
1
Esparza
En este caso, el eje geométrico (inicialmente recto) se transforma en una línea curva (línea elástica) cuyo centro de curvatura está en el plano de la flexión (plano XY). : Radio de Curvatura Necesitamos precisar M = (curvatura). Hipótesis: Inicialmente el elemento es recto y no presenta esfuerzos. El material es de comportamiento elástico lineal e isotrópico. Las secciones transversales son simétricas respecto al eje Y. No existe fuerza resultante perpendicular a la sección transversal. Las secciones transversales son planas antes y después de la flexión, y permanecen normales a las fibras deformadas.
LÍNEA ELÁSTICA
1
Carlos
Si el momento flector M es constante, la deformación por flexión también será constante.
EJE GEOMÉTRICO
M
Ingº
Antes de la deformación 1-1 y 2-2 son dos secciones planas paralelas entre sí y separadas la distancia x.
2 Centro de flexión (Centro de Curvatura) Luego de la deformación (por flexión) 1-1 y 2-2 siguen siendo secciones PLANAS y han girado una respecto de la otra.
M
1
x1 1
M
2
x 2
Seleccionamos el plano XY con origen sobre la Superficie Neutra.
558
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
y A J D
FIBRAS ARBITRARIAS y L0
A'
B K
y
E
c
z
B' c: Distancia del eje Z a las fibras más alejadas (en valor absoluto) c = |ymáx|
Configuración Inicial
Centro de flexión
Longitud del Eje Neutro (DE ) L0 =
M
Las fibras ubicadas a la distancia y (representadas por JK) encima de la superficie neutra, SE ACORTAN.
B K E
Su longitud final es: JK L ' ( y )
M A J D A'
y
x (DE L 0 ) Configuración Deformada (Flexión Positiva)
B' Inicialmente, la longitud de las fibras era L0. En consecuencia, la deformación unitaria longitudinal, es: L'L 0 ( y) ó x x L0
y . . . . (1) Nótese que las fibras sobre el eje neutro (donde y > 0) tienen x < 0, y las fibras bajo el eje neutro (donde y < 0) tienen x > 0. 1 1 ( Curvatura del Eje Neutro Longitudinal. > 0). Por la hipótesis de las Secciones Planas, en todos los planos paralelos al plano de simetría ocurre la misma deformación. de donde encontramos que x
Luego, el valor dado por la ecuación (1) es válido para cualquier punto. En conclusión: “La deformación unitaria longitudinal x varía linealmente con la distancia y, medida desde la Superficie Neutra”.
559
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
c x y
c
La deformación unitaria máxima, en valor absoluto, es c c
Variación lineal y x
De donde obtenemos
1 c c
c . . . . (1.1) c Con las ecuaciones para la deformación unitaria longitudinal, es posible deducir una Fórmula para calcular los Esfuerzos Normales producidos por la Flexión.
con lo cual, la ecuación (1) se rescribe: x y
5.6) Esfuerzos Normales Debidos a la Flexión 5.6.1) Introducción En primer lugar analizaremos el caso de Flexión Pura. Supongamos un elemento AB de sección transversal simétrica, sometido a flexión. Y M M A B Z
C (Sección simétrica respecto al eje Y) En cualquier sección intermedia C, se desarrollan fuerzas elementales normales, que representan la interacción con la porción (idealmente) suprimida. M M
M
A
C
Z C
Momento Resistente o Interno
El sistema de fuerzas elementales debe ser equivalente al Momento Interno M. En la sección transversal intermedia, C, las fuerzas son variables con la altura.
560
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
M
C A
M
C
A
T
(Lineal o no, de acuerdo con el material) C Resultante de las Fuerzas de Compresión. T Resultante de las Fuerzas de Tracción (generan el momento interno, resistente, M)
C Volumen del Sólido de Compresiones. T Volumen del Sólido de Tracciones. T = C (Equilibrio) M = Td = Cd
C d
T
5.6.2) Condiciones de Equilibrio Consideremos un elemento prismático, de sección transversal constante, sometido a flexión pura. M M Seleccionemos una sección transversal intermedia.
Y
z
-z
dF y
y
Z
En los elementos de área (simétricos) dA, se desarrollan fuerzas elementales normales dF = xdA
dF X
siendo x el esfuerzo normal en dirección X.
M
Condiciones de Equilibrio: i)
Fx = 0
x dA 0
(no existe fuerza axial) . . . . ()
(A)
561
Mecánica de Sólidos Díaz
ii)
Mg.
My = 0
z x dA 0
Ingº
Carlos
Esparza
(simetría de la sección) . . . . ()
(A)
Mz = 0 M +
y x dA 0 ,
(A)
de donde obtenemos: M y x dA . . . . (). (A)
Nótese que la distribución del esfuerzo normal x es un problema estáticamente indeterminado, debiendo por lo tanto estudiarse las deformaciones ocasionadas en el elemento. 5.6.3)
Fórmula de la FLEXIÓN ELÁSTICA
Definición. Los esfuerzos normales producidos por el Momento Flector se denominan Esfuerzos Normales por Flexión. En el rango de comportamiento elástico-lineal del material, la relación entre los esfuerzos normales y el momento flector se expresa mediante la Fórmula de la Flexión Elástica. Su deducción en dos etapas: Deformacio nes Ley Distribuci ón i) Elásticas Constitutiva de Esfuerzos Condicione s Fórmula de la ii) del Equilibrio Flexión Elástica Las deformaciones unitarias se definen por la ecuación (1.1) x y c c Si el momento M es de tal magnitud que los esfuerzos inducidos permanecen en el rango elástico lineal del material, puede usarse la Ley de Hooke: (x = Ex). E De (1) x y . . . . (2) ó de (1.1) x y c E . . . . (2.1) c pero cE = máx (en valor absoluto). Luego x y máx . . . . (3) c La ecuación (3) muestra que en la zona de comportamiento lineal elástico del material, el esfuerzo normal varía linealmente con la distancia medida desde la superficie neutra.
x c
y
x y
máx c
Reemplazando la ecuación (3) en la condición de equilibrio (), obtenemos: dA 0 y máx c (A)
(Diagrama de Esfuerzo Normal)
máx c
ydA 0
(A)
ydA 0
(A)
(puesto que
máx 0 ). c
Igualdad que demuestra que el Eje Neutro de la Sección
562
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Transversal coincide con un Eje Centroidal. y
z centroide La tercera condición del equilibrio () nos permite escribir máx máx 2 y(y c )dA M c y dA M (A) (A) Momento de Inercia del Área pero y 2 dA I z de la Sección Transversal, con respecto ( A) al EJE CENTROIDAL Z. Mc de donde máx I z M máx . . . . (4) c Iz
NOTA. Si M < 0 máx
Mc
. . . . (4.1) Iz Finalmente, reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (3), obtenemos: My . . . . (5) x Iz denominada Fórmula de la Flexión Elástica. Nota. Observar que para y > 0 es x < 0 y que para y < 0 es x > 0 (en casos de Flexión Positiva M > 0). M Definición. La ecuación (4) puede rescribirse máx (I z c) El valor Iz/c depende únicamente de la forma geométrica de la sección transversal. M Este valor se denomina Módulo Elástico de la Sección (S). Luego máx . . . . (6) S Nota. Debe recordarse que el Eje Neutro siempre coincide con el eje centroidal de la sección transversal, si la viga está sujeta a esfuerzos menores que el de fluencia del material y no se presentan fuerzas axiales. y
z
Eje Neutro
centroide 1 Nota. La curvatura elástica puede calcularse en función del momento flector. 1 c Definición. (curvatura) c
518
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
Mc y por la Ley de Hooke Iz 1 1 Mc Por tanto c EI z M . . . . (7), ecuación que define la Curvatura Elástica. EI z
Usamos máx Mc . Iz 1 es decir E c
M 1 . . . . (7.1). EI z Definición. EIz se denomina Rigidez Flexional del Elemento. N m2 [EIz] [FL2] klb pie 2 , etc
Si M < 0
5.6.4) Elementos con Sección Transversal Asimétrica La flexión de vigas elásticas cuya sección transversal tiene un eje de simetría, queda My expresada por la ecuación (5) x . Iz Para deducir esta fórmula se aceptó que los momentos aplicados actúan en el plano de simetría (XY). Estas limitaciones pueden simplificarse con el objeto de solucionar problemas de carácter más general. Las expresiones deducidas en las secciones anteriores se pueden utilizar para cualquier elemento que trabaje en Flexión Pura, siempre que los momentos flexionantes se apliquen en un plano paralelo a uno u otro de los Ejes Principales de la sección transversal. y M M z dA
z
y centroide (Sección Asimétrica)
Los esfuerzos normales varían linealmente desde el eje neutro que pasa por el centroide. y En un área elemental, el esfuerzo es x x máx (proviene de la ecuación 3). c Mc My M (Entre las ecuaciones máx y x se elimina ). Iz Iz Iz y Luego dF x máx dA es una fuerza normal elemental, que actúa sobre un elemento c de área ubicado a la altura y. La suma de los momentos de estas fuerzas elementales, respecto al eje Z, genera un momento flexionante (interno). Sin embargo, por la asimetría de la sección, dichas fuerzas internas podrían generar un momento con respecto al eje Y.
563
Mecánica de Sólidos Díaz
Mg.
El posible momento respecto del eje Y, será
zdF , es decir My
yzdA
La integral
x máx c
Carlos
(A)
(A)
My
Ingº
Esparza
y x máx zdA c
yzdA
( A)
define el Producto de Inercia del Área de la Sección Transversal. Si
(A)
los ejes Y, Z son los Ejes Principales del área (que pasan por el centroide), el Producto de Inercia es nulo. Si este es el caso My = 0, y pueden usarse las fórmulas deducidas anteriormente. y Nota. Si se aplica un momento, M, flexionante que no es paralelo a ningún eje principal, deberemos seguir el procedimiento de superposición (que estudiaremos más adelante).
z M EJEMPLOS 1.
Calcular el esfuerzo normal máximo inducido por el momento que actúa sobre la viga representada. 30' 1/2"
6"
500 lb-pie
1/2" 1/2"
4"
Flexión Pura
Viga de sección
ALMA
ALAS
500 lb-pie
500 lb-pie
|Mmáx| = 500 lb-pie | M| c máx Iz
y centroide z
Iz = 35.541 pulg4 C = 3" C = 3"
564
Mecánica de Sólidos Díaz
máx
Mg.
Ingº
Carlos
Esparza
(500 12)(13) máx = 506.46 lb/pulg2 35.541 506.46 lb/pulg2
z
NOTAR: M MA FB > FA y en consecuencia FA + R = FB. La carga R = FB – FA tiende a cortar al conector por el plano inferior de la capa. Si en A el momento es MA, en B será MA + dM: (MB = MA + dM)
613
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
En el tramo de longitud dx, las fuerzas FA y FB difieren en una cantidad infinitesimal dF = FB – FA MQ M Q Por consiguiente dF B A Iz Iz ó
dF
MA dM M Q A Q Iz Iz
dF
Q dM . . . . (I) Iz
dF Q dM se denomina Flujo de Cortante (q). dx Iz dx El flujo de cortante (q), representa la diferencia de fuerzas normales FB – FA para un elemento de viga de longitud dx. Unidades de fuerza Las unidades de q, son: Unidades de longitud Q dM . . . . (II) q Iz dx
Definición) El cociente
Recordando la relación entre M y V,
dM V , el flujo de cortante se expresará por dx
Q ( V) . . . . (III) Iz En la ecuación (III), V es la fuerza cortante en la sección transversal. q
Nota) Recordar el convenio de signos M M N N
V V Si usamos otro convenio de signos (usado en varios libros de Resistencia de Q Materiales), el flujo de cortante nos quedaría q V Iz N
M
M
V
N V
Resumen
Y dx
Centroide de A'
A' dF
q
Q ( V) Iz
ó
y1
q
Q V Iz
X Z
yG
Q = A'yG
(dependiendo del Convenio de Signos empleado)
614
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
dF q Definición de Flujo de Cortante. dx
Ejemplo Una viga está hecha de 3 planchas de madera de 20×100 mm de sección, asegurada con clavos, según se indica en la gráfica. Si entre los clavos hay una separación de 25 mm y la fuerza cortante en la viga es V = 500 N (segunda posibilidad de signos), hallar la fuerza cortante en cada clavo.
20 mm 20 mm
CG
A' 1
100 mm
yg
Z
1
yg = 60 mm Q = (0.02)(0.1)(0.06) Q = (120×10-6 m3)
E.N.
20 mm IZ = 16.2×10-6 m4 (de toda la sección transversal) Determinamos el flujo de cortante sobre la cara inferior de la plancha superior (nivel 11). 120 10 6 Q (500 N) q = 3703.7 N/m q V q Iz 16.2 10 6 Como la separación entre los clavos es 25 mm, la fuerza cortante en cada clavo, es: FC = (3703.7 N/m)(0.025 m) FC = 92.6 N 100 mm
5.8.2) Esfuerzo Cortante Transversal Aislemos la porción de viga de longitud dx, limitada por el plano que pasa por la altura y1. A B
B
A
FA
y1
X (E.N.) dx
(
yx
FB dF dx
dF = qdx
X
xy
yx xy xy = yx).
En la sección transversal.
En el plano de análisis, el esfuerzo cortante longitudinal es: dF dF 1 yx t(dx) dx t 1 VQ . . . . () yx q . Reemplazando el Flujo de Cortante, tenemos: yx t Iz t
615
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz Plano de análisis
Y
A' cg y1
yg
t CG
Z
(tener presente convenio de signos) Por la Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante, el esfuerzo cortante vertical (en la VQ sección transversal) es xy Iz t Donde: V Fuerza Cortante total en la sección transversal (Recordar Convenio de Signos) Q Momento Estático del área A' respecto al eje Z. Iz Momento de Inercia del área de la sección transversal (completa) con respecto al eje centroidal Z. T Ancho de la sección transversal en el plano de interés.
yx
Z
y1 xy
=0
=0
=0 =0
Notas) i) = 0 en las caras superior e inferior de la sección transversal. ii)
Q
y c
ydA
es máximo cuando y1 = 0. Sin embargo no siempre
y y1
VQ es tIz
máximo en el Eje Neutro (donde y1 = 0) puesto que también depende del espesor t de la sección transversal en el plano de interés: Definición) La constante K, tal que máx K
V se denomina Factor de Forma (de la A
sección transversal). V Puesto que promedio máx Kpromedio A V Fuerza Cortante (total) en la sección A Área total de la sección transversal EJEMPLOS
616
Mecánica de Sólidos
1.
b
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Determinar la variación del esfuerzo cortante en la sección indicada, por efectos de la fuerza cortante V. a
V
t=a A'
cg yg
y1
CG
Z
a
b
1 b b Q y1 (a) y1 y1 22 2 VQ Reemplazamos en y simplificamos. Obtenemos: tIz Iz
1 ab3 12
3V(b2 4 y12 ) 2ab3
Esfuerzo Cortante de Variación Parabólica
b
y1 máx a
Para y1 = 0 3V 3V 3 ; es decir máx máx máx promedio 2ab 2A 2 Factor de Forma K = 3/2 Para y1 = b/2 = 0 2.
Determinar la variación del esfuerzo cortante en la sección donde la Fuerza Cortante es máxima, en la viga representada.
4000 lb
2.5"
500 lb/pie
1" 3' Fuerza Cortante Máxima.
2.5"
9' 1"
2"
1"
617
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
4000 lb
6000 lb
500 lb/pie
Y
4000 lb
1
1
2
2
Z
IZ = 36.2 pulg4
|Vmáx| = 6000 lb
Por la "discontinuidad" en el ancho de la sección transversal, analizaremos en el nivel 1-1 y en los niveles 2-2+ y 2-2– VQ . En las fibras superiores (nivel 1-1) 1 = 0 puesto que Q = 0 (ó A' = 0) tIz En el nivel 2-2+ t = 2(1) = 2" En el nivel 2-2– t = 1 + 2 + 1 = 4" Ancho en el nivel 2-2+
2
2
Z
Ancho en el nivel 2-2–
2.5 (6000)(2)(1)(2.5) 0.5 2 2 2(1)(36.2) 2 = 725.14 lb/pulg2 2.5 (6000)(2)(1)(2.5) 0.5 2 2 = 362.57 lb/pulg2 (2 2)(36.2) En el Eje Neutro: 1 1 (6000) 3 1 (3)(2) (2)(0.5) (0.5) 2 2 = 383.29 lb/pulg2 3 (36.2)( 4)
362.57
725.14 lb/pulg2 385.29
618
Mecánica de Sólidos
3.
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Una viga I soporta una carga total de 6800 lb, uniformemente repartida. Encontrar: i) El esfuerzo cortante máximo. ii) La distribución del esfuerzo cortante en la sección transversal. iii) El % de Fuerza Cortante soportado por el alma.
W=6800 lb
L 0.425" 0.27"
8"
0.425" 4" Fuerza Cortante Máxima Momento de Inercia Iz = 56.9 pulg4
3400 lb
3400 lb Vmáx=3400 lb
i)
3400 Q Q VQ 59.75 (lb/pulg2) 56.9 t t Iz t
donde Q y t son variables. En una altura y, el Momento Estático es: 1
1
2
2
y Z
4 0.425 y 0.425 Q (0.27)( 4 0.425 y) y (4)(0.425) 4 2 2 Simplificando obtenemos Q = 8.164 – 0.135y2
619
Mecánica de Sólidos
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
487.8 8.07 y 2 59.75 (8.164 0.135y 2 ) t t En el nivel 1-1 1 = 0 487.8 8.07(3.575)2 En el nivel 2-2+ 2 4 2 = 96.17 lb/pulg2 Luego
487.8 8.07(3.575)2 = 1424.67 lb/pulg2 0.27 487.8 8.07(0)2 En el eje Z E.N. = 1806.67 lb/pulg2 0.27 máx = 1806.67 lb/pulg2 en el Eje Neutro (Z) En el nivel 2-2– 2
ii)
96.17
1424.67 1806.67
iii) Fuerza Cortante (aproximada) soportada por el alma. Valma [(8 – 2(0.425))(1424.67) + 23 (8 – 2(0.425))(1806.67 – 1424.67)]0.27 ÁREA DEL DIAGRAMA × ESPESOR DEL ALMA Valma 3242 lb
3242 100 95.35% de Vtotal 3400
4.) Una viga de madera tiene que ser fabricada usando secciones rectangulares según se indica en el esquema. Si los clavos van a ser espaciados cada 3", ¿cuál distribución es la más favorable? La fuerza cortante en la sección de interés de V = 1000 lb.
2"
2"
8"
8"
2"
2" 4" 8"
(a) En cada caso, determinamos el Flujo de Cortante: (a):
4" 8" (b)
620
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Mg. Ing. Carlos Esparza
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A
2" yG
4"
E.N. Iz = 981.33 pulg4 (1000)(8 2)(5) VQ q 81.52 lb/pulg q 981.33 Iz La fuerza cortante sobre 2 clavos es FS = (81.52)(3) = 244.56 lb separación
Sobre cada clavo PS = 122.28 lb (b):
4" 2" 4"
yG
Z (1000)( 4 2)(5) VQ q 40.76 lb/pulg 981.33 Iz La fuerza cortante sobre dos clavos es: FS = 40.76×3 = 122.28 lb. La fuerza cortante sobre un clavo es: PS = 61.14 lb Como PS del caso (b) es menor que PS del caso (a), respecto a Fuerza Cortante es más conveniente la disposición (b).
q
5.) Un recipiente cilíndrico a presión tiene 20' de longitud, 4' de diámetro interior y espesor de pared 1/8". El recipiente está apoyado en sus dos extremos, según se indica. El recipiente y su contenido pesan 900 lb/pie y el contenido ejerce una presión interior de 30 lb/pulg2. Determinar los esfuerzos biaxiales en los elementos A y B de la pared. Y 6' B r = 24" B e = 1/8" r A X Z A
20' Fuerzas internas.
621
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Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
W = 900 lb/pie M 9000 lb
V
6' Equilibrio 900 = 900(6) + V V = 3600 lb 62 (900) M 9000(6) 2 M = 37800 lb-pie My I z i) Esfuerzos por flexión VQ tIz En el punto A:
Y
2r
Z
r
A e
e
espesor t = 2e = 0 (puesto que yA = 0) I r 3e VQ , donde z tIz Q (re)(2r / ) Reemplazando datos en : (3600)(2r / )( re) 3600 re r 3e(2e)
3600 381.97 lb/pulg2 (24)(1 / 8) En el punto B: = 0 (puesto que Q = 0) My (37800)(12)(r e) B B Iz r 3e (37800)(12)(24.125) = – 2015.78 lb/pulg2 3 (24) (1 / 8) ii) Esfuerzos por la presión interior: pr (30)(24) L L = 2880 lb/pulg2 2e 2(1 / 8)
622
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Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
pr (30)(24) C = 5760 lb/pulg2 e (1 / 8) iii) Superposición de Esfuerzos: C = 5760 lb/pulg2 A C
= 381.97 lb/pulg2 L = 2880 lb/pulg2
L
C B
= L – 2015.78 = 2880 – 2015.78 = 864.22 lb/pulg2 C = 5760 lb/pulg2 Nota) El momento de Inercia se aproximó por Iz = r3e. r+e r
(r e)4 r 4 4 4 Iz [r 4 4r 3e ... e 4 r 4 ] 4 Iz (4r 3e) Iz r3e 4 (válido cuando e 0) Iz
6.) En la viga representada, calcular el máximo esfuerzo cortante, estableciendo previamente la dimensión H para que el esfuerzo normal no sea superior a 160 MPa. 5 cm 5 cm
10 kN/m
2m
10 kN
2m
H/2 H/2
2m 20 cm
–
Determinamos Vmáx y Mmáx.
623
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Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
10 kN/m
10 kN
Y H/2
c
10 kN
H/12
20 kN
CG
Z
10
5H/12
V
-10
(kN) Vmáx = 10 kN
-10
c = 7H/12 15840 3 IZ H 13824 (en cm4)
5
M (kN-m) |Mmáx| = 20 kN-m -20
Máximo Esfuerzo Normal máx
| Mmáx | c máx Iz
H H (20)(100) 2 12 15840 3 H 13824
1018.181818 kN/cm2 H2 Condición máx 160×103 kN/m2 = 16 kN/cm2 1018.181818 Luego 16 H = 7.9772 cm H 8 cm H2 Esfuerzo Cortante Máximo: |Vmáx| = 10 kN Iz = 586.667 cm4 (para H = 8 cm) VQ t ancho afectivo t = 5 + 5 = 10 cm tIz Y 5 cm 5 cm máx
ancho efectivo
4 cm H/12 = 0.667 cm 4 cm
Z 20 cm
Q = (2)(5)(4)(2 + 0.667) Q = 106.68 cm3 (10)(106.68) Luego de donde = 0.18184 kN/cm2 = 1.8184 MPa. (10)(586.667) 7.) Dos tablones de madera se unen mediante clavos, tal como se indica en el esquema. Si el momento flector que actúa sobre la viga se distribuye en la forma indicada y si cada clavo puede soportar una fuerza cortante de 200 lb, ¿qué espaciamiento mínimo debe considerarse?
624
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1"
M 3400 lb-pie
3" 1000 lb-pie 1"
X 5'
3" Centroide y Momento de Inercia
Y A'
Z
8'
1
2.5" 1
A"
0.5" 1"
(Q = A"yg) Iz = 8.477 pulg4 Q = (3)(1)(0.5 + 0.5) Q = 3 pulg3
(0 x 5' ) 200 x Momento Flector M(x) 300x - 500 (5' x 13' ) 200 dM Recordando que V , obtenemos V( x ) dx 300 Luego: Mmáx = 3400 lb-pie |Vmáx| = 300 lb Esfuerzo Cortante en el plano de unión (nivel 1-1) (300)(3)(1)(0.5 0.5) VQ 106.1696 lb/pulg2 11 11 (1)(8.477) tIz
Z
1
A" A'
t
1
0.5 + 0.5 = 1"
Fuerza Cortante (horizontal) F (1)(13 12) Longitud total en pulg. (ver diagrama Momento)
F = 16562.5 lb Condición 200 N = F = 16562.5 N = 82.812 (clavos)
625
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Espaciamiento (entre clavos) e
13 12" 1.883" 82.812
8.)Una viga de madera, cuyo peso unitario es 45 lb/pie3, tiene sección transversal de 6"×10". Si los máximos esfuerzos permisibles son 1200 lb/pulg 2 en tracción y 180 lb/pulg2 en cortante, hallar la máxima carga P que puede aplicarse. Y P W
3'
Z
3'
1 (6)(10)3 12 Iz = 500 pulg4 lb 6 10 pie2 w = 18.75 lb/pie w = 1.5625 lb/pulg w 45 pie 3 12 12 P W Iz
+ + –WL/2
WL/2
–
–P/2
+
P/2
–
2
WL /8
+
PL/4
+
wL P P 56.25 lb 2 2 2 2 wL PL Mmáx = 18P 1012.5 lb-pulg 8 4 Esfuerzos: My ; ymáx = – 5" (para de tracción) x Iz
Vmáx =
Luego: 1200
(18P 1012.5)( 5) P = 6610 lb 500
3V (en el eje neutro, caso de sección rectangular) 2A 2A La fuerza cortante máxima permisible será: Vad máx , 3 P 2 Luego 56.25 (6)(10)(180) P = 14290 lb 2 3 Carga máxima permisible Pmáx = 6610 lb máx
626
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Nota) Al no incluir el efecto del peso propio (w) los valores resultantes habrían sido 6670 lb y 14000 lb, que difieren de los encontrados en menos de 1% en ambos casos. 9.)
En la viga representada, determinar el esfuerzo cortante máximo, estableciendo el diámetro d para que el esfuerzo normal por flexión no exceda de 450 kg/cm2. Y
600 kg
600 kg
d=?
Z 0.5 m
0.5 m
IZ
0.25 m
4 d 64
Fuerza Cortante y Momento Flector Máximos:
600 kg 450 kg
600 kg
450 kg
600
150 V –450 M 150 225 kg-m Vmáx = 600 kg Mmáx = 225 kg-m Esfuerzo Normal (tracción) My (ymáx = – d/2) Iz (225)(100)( d / 2) 4 d 4 de donde obtenemos d = 8 cm. 450
Esfuerzo Cortante
Y dA = 2Zdy t
y0
Z r = 4 cm
z2 + y2 = 16
627
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4
Q 2y 16 y 2 dy y0
Q
2 16 y 20 3
3/2
t 2z0 2 16 y 20
Luego
VQ . Reemplazando tenemos tIz
200 23 16 y 20 t ; 2 (2 16 0 )(201.06) 3/2
( Iz
4 8 201.06 cm4) 64
Simplificando obtenemos: = 0.995(16 – y02) máx sucede para y0 = 0 máx = 15.92 kg/cm2 10.) La sección transversal de una viga tiene forma de isósceles, de altura H y base B. Encontrar el esfuerzo cortante en el eje neutro, si la sección admite V como la fuerza cortante total. B/2 Y 3 H/3 t/2 BH I ; Z B 36 2H/3 t = 2B/3 H/3
t
H
Z
VQ ...(*) IZ t
Y (B/2,H/3)
(–B/2,H/3) dA = 2zdy
Z L (0,–2H/3) Calculamos Q: L: y 2H z 2H B 3 Q
ydA
( A ')
H/3
2yzdy
0
628
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H/3
2H B 4 2y y dy BH2 3 2H 81 0 4 V BH2 Luego 81 3 = 2.67V/HB 2 BH B 3 36 V V 1.335 1.335 HB A 2 Q
11.) En la viga del problema anterior, encontrar el esfuerzo cortante máximo y el correspondiente factor de forma. Y
H/3
t1 t
Z
y1
L
t = 2B/3 Iz = BH3/36 L: y 2H z 2H B 3 H/3 2H B Q y y dy H 3 y1 B (4H3 27Hy12 27 y13 ) . Luego, simplificando 81H 4V VQ 6H2 9Hy 1 27 y12 3 t1Iz 9BH
Q
(notar que t1 = 2z1 t1
B 2H y1 H 3
9H d 0 – 9H – 54y1 = 0 y1 54 dy1 y1 = – H/6 2 4V 2 3V H H máx 6 H 9 H 27 máx 3 BH 9BH 6 6 máx ocurre cuando y1 = – H/6, es decir en la mitad de la altura.
máx para
629
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Y H/3
H/2
y1 = -H/6
Z
1 BH 2 2A = BH A
Luego máx
3V 3 V 2A 2 A
K = 3/2 (factor de forma) 12.) Determinar el esfuerzo cortante en el punto A del tubo cilíndrico de pared delgada representado, ocasionado por una fuerza cortante V. VQ tIz Iz rm3e
A rm
C
e0
Cálculo de Q:
rmd =0 A
d
rmcos
E.N. dQ = (e)(rm)d)rmcos dQ = erm2cosd
Q erm2 cos d 0
Q = erm2sen V(erm2 sen) A (rm3 e)e
A
Vsen erm
630
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Nota) máx sucede cuando = 90° V V . Como A = 2rme máx máx A /2 erm 2V V 2 A A Factor de Forma K = 2 máx
=0 Variación de
máx
=0 13.)
Para la viga representada, determinar i) El máximo esfuerzo cortante. ii) El esfuerzo cortante en los puntos a, b y c para una sección situada a la izquierda de la fuerza F.
Determinamos la fuerza cortante (diagrama V)
4000 kg
F
2000 kg
2000 kg 40 cm
4000 kg
40 cm
2000 kg
2000 kg
40 cm
30 cm
a b c
16 cm
20 cm
–170 –2000
–2170
12 cm 16 cm
–3830 |Vmáx| = 3820 kg i) Sección simétrica máx en el Eje Neutro Iz =
1 1 (16)(20)3 – (12)(16)3 12 12
VQ . . . . () tIz
Iz = 6570.67 cm4
631
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Q = (16)(2)(9) + (2)(8)(2)(4) Q = 416 cm4 En el Eje Neutro t = 4 cm
(3830)( 416) 60.62 kg/cm2 (6570.67)( 4) ii) A la izquierda de la fuerza F, la fuerza cortante en |V| = 2170 kg Punto a Q = 0 a = 0 Punto b Q = (16)(2)(9) = 288 cm3 t = 16 cm (2170)(288) b 5.94 kg/cm2 (6570.67)(16) Punto c Q = 288 cm3 t = 16 – 12 = 4 cm (2170)(288) c 23.78 kg/cm2 (6570.67)( 4)
Reemplazando en (): máx
14.) La viga representada tiene sección rectangular (b×h). Expresar máx en función de máx.. La carga P está aplicada en x=L/2. P h b Fuerza Cortante y Momento Flector
P
P/2
P/2
+ –P/2
–
P/2
V M
+ PL/4 1 h h Q b y y y 22 2 b b Q h 2y h 2y (h2 4 y 2 ) 8 8
632
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PL h My 4 2 máx 1 Iz bh3 12 3PL . . . . () (tracción) máx 2bh3 VQ tIz
h/2
y Z
b Ph 2 (h 4 y 2 ) 3P 2 8 (h2 4 y 2 ) Luego 3 4bh3 bh b 12 3P ' = 0 si y = 0 (Eje Neutro) máx . . . . () 4bh h De () y (), obtenemos: máx máx 2L 15.) En la viga representada, calcular el máximo valor de w para que el esfuerzo normal no exceda los 120 kg/cm2 y el esfuerzo cortante no exceda los 10 kg/cm2. 2W W 12 cm
3m
20 cm Determinamos Vmáx y Mmáx
1m
2W
W W
2W 7W/4
–
2W
+ –W/4
–W
+ 15W/8 Vmáx = 2W (kg)
633
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Mmáx
Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
1500 W (kg-cm) 8
12 203 8000 cm4 12 1500W (10) 8 máx 120 (condición) 8000 de donde obtenemos W = 512 kg VQ 2W(12)(10)(5) máx 10 (Condición) tIz (8000)(12) de donde obtenemos W = 800 kg. Wmáx = 512 kg Iz
16.) Dos vigas iguales están empotradas por uno de sus extremos. Por el otro, están unidas por medio de un perno sobre el que actúa la fuerza P. Calcular el diámetro del perno, aceptando un esfuerzo cortante de trabajo kS. P
h
d=?
h L máx
En una sección rectangular 3V máx 2A
b
3P 3P Fuerza cortante entre ambas vigas 2(2hb) 4hb
s 3PL . . . . () 4h La fuerza S actúa en la sección del perno. Determinamos el máximo esfuerzo cortante generado por la fuerza S en la sección transversal del perno.
S = bL
s
S
h
Y dA = 2Zdy y1
y
Z z2 + y2 = r2 SQ (en la sección circular del perno) tI I r4 4
634
Mecánica de Sólidos
r
r
y1
y1
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Díaz
Q 2yzdy 2y r 2 y 2 dy 2 2 (r y12 )3 / 2 3 2 S (r 2 y12 )3 / 2 3 Luego 4 r (2 r 2 y12 ) 4 Q
4S 2 (r y12 ) 4 3r
(ancho de la sección en el nivel y 1 )
máx para y1 = 0 máx
4S 4S 2 3A 3r
(A = r2)
PL PL Reemplazando el valor S de (): máx h2 2 3r r h PL PL Condición: kS máx k S 2 de donde r hk S r h 3
El diámetro pedido, es d 2
PL hk S
17.) Una sección semicircular está sometida a la acción de una fuerza cortante V. Calcular el esfuerzo cortante 1 en un punto cualquiera del contorno. Hallar el ángulo correspondiente al valor máximo de 1. Hallar dicho valor.
1
t -2 r c r
V r
1
c
r
El esfuerzo cortante vertical, es:
A'
VQ tIz
t = 2rcos = 1cos 1 cos Luego 1 En ():
VQ VQ . . . . () tIz cos 2rIz cos 2
Iz Momento de Inercia de toda la sección transversal respecto al eje centroidal Z. Q momento estático del área A' respecto al eje Z.
635
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Mg. Ing. Carlos Esparza
Díaz
Y
Z D ID
4 r 8
Iz
4 1 2 4r r r 8 2 3
r
4r/3
r
ID Iz Ad2 2
8 4 Iz r 4 0.10974r 8 9
Y A'
Z
y
dA=2zdy r
m
r
z2+y2=r2 y0
4r/3
y0 = rsen Qz
mdA
( A ')
m2zdy
( A ')
4r ; z r2 y2 3 r 4r 2 2 Luego Q 2 y r y dy 3 y0 my
r
4r 2 2 2 sen2 2 2 y 1 r y dy Q r 3 cos 3 3 3 rsen Reemplazando en () y simplificando, obtenemos: V 2 2 1 cos tan . . . . () 2 2 0.32922r cos d1 Condición para 1 máx 0 d Desarrollando la derivada y simplificando, obtenemos: cos 3 cot an 2 4 Resolviendo esta última ecuación obtenemos 37°10' V Reemplazando en () tenemos 1 máx = 1.0786 2 18.) Calcular el esfuerzo cortante en los puntos A, B y C de la sección transversal que se representa. La fuerza cortante es V = 140 kN. Graficar la distribución del esfuerzo cortante. Q
636
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Díaz
Y A
B 12.5 mm
100 mm
Z
C
100 mm
100 Iz 1003 (50)4 cm4 12 64 Iz = 8.027×10-6 m4 Esfuerzos Cortantes: VQ i) En A A (evaluada en A) tIz
A
140 103 (100 10 3 ) (25
50 mm
25 )(10 3 ) 2 16.35 106 = N/m2 6
100 10 3 8.027 10 VQ ii) En B B (evaluada en B) tIz
t 100 2 252 12.52 = 56.7 mm t = 56.7×10-3 m 37.5 Q = 100×37.5×(12.5 + ) – Q mm3 . () 2 Y 37.5 mm
A' B 12.5 mm
Z 25 mm
dA B
y Z
Q
R
o
y = Rsen R = 25 mm
ydA
(A)
Q
Rsen 2R cos (12 cos )d
( A)
Para y = 12.5 12.5 = 25sen = /6
637
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Para y = 25 25 = 25sen = /2 3
2 3 Luego Q 2R sen cos d R 3 (R = 25 mm) 3 2 /6 Q 6765.8 mm3 Reemplazando en () obtenemos: /2
3
2
Q = 110.4225×10-6 m3 140 103 110.4225 10 6 B B = 33.466×106 N/m2 3 6 56.7 10 8.027 10 VQ En C C (evaluada en B) tIz Q = (100)(50)(25) – Q1/2 círculo = (100)(50)(25) –
2 3 R (–cos3)0/2 3
2 (25)3(0.71) Q = 114.583×10–6 m3 3 140 103 114.583 10 6 C = 39.969×106 N/m2 C (50 10 3 )(8.027 10 6 )
Q = (100)(50)(25) –
A
16.35 MPa
33.966 MPa
B 39.969 MPa
C
Simétrico
19.) El esfuerzo normal de trabajo, admisible por flexión, en un perno es '. El esfuerzo cortante admisible es ' = 0.86' en las secciones solicitadas, el perno ha de resistir a la flexión y al esfuerzo cortante con la misma seguridad. Determinar el diámetro del perno conociendo el espesor b de la placa, (relación: ' = 0.86').
b/2
Q/2 d Q/2
Q
b b/2
Esfuerzo cortante en la sección del perno: 4Q máx = 3A Q fuerza cortante A área resistente Condición máx '
638
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Q/2 Q Q/2
0.86' =
4Q . . . . () 3 2 d 2
perno en estado doble de cortante
Flexión en el perno. w
w
b/2
Q/2
Q b
w Q w
Q/2 w
b
w
b/2 M
Momento Flector en la Sección Central del Perno. Q b b b Q b b M 0 b 22 4 2 2 4
ymáx = d/2
Qb My Esfuerzo normal por flexión: ' 4 I Qb d / 2 8Qb (En valor absoluto): ' . . . . () 4 4 d3 d 64 2 De (): Q = 0.3225'd . Reemplazando en () 8b ' 3 (0.3225' d2 ) d de donde obtenemos d = 2.58b M
5.9) Comportamiento Inelástico en Flexión 5.9.1)
Distribución de esfuerzos My La ecuación x es aplicable a elementos en flexión simple, cuyo material Iz permanece en el rango de comportamiento lineal-elástico. Si en alguna parte del elemento se sobrepasa la resistencia a la fluencia, o si el material tiene un diagrama constitutivo no lineal, la ecuación de la flexión elástica no tiene validez.
639
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En esta sección, desarrollaremos un método más general para determinar la distribución de esfuerzos normales en elementos sometidos a flexión pera no gobernada por la Ley de Hooke. y La relación x = máx es válida para cualquier material. Sin embargo, en estos c casos no puede suponerse que, en una sección dada, el Eje Neutro pase por el Centroide de la Sección (propiedad deducida bajo suposición de deformaciones lineales). El Eje Neutro debe ubicarse de manera que la distribución de esfuerzos sea consistente con las condiciones del equilibrio: (Esc.
x dA 0 ; yx dA M )
(A)
(A)
Nota) En el caso particular de vigas cuya sección transversal tenga dos ejes de simetría (z,y) y el material admita la misma ecuación constitutiva en tracción y en compresión, el Eje Neutro coincidirá con el eje horizontal de simetría de la sección transversal. M M –máx máx Y x y –máx máx
E.N.
Z
–máx
– máx
La distribución de esfuerzos normales en la sección del elemento (diagrama x vs y), puede obtenerse como se indica a continuación: – Si se ha especificado máx, determinamos el valor correspondiente de máx en el diagrama constitutivo.
máx máx
y máx c Para cada valor de y se determina el correspondiente x (usando la ecuación anterior) y usando el diagrama constitutivo se encuentra el valor del esfuerzo x (correspondiente al valor x encontrado) Graficando los resultados se obtiene la distribución buscada. Y
Se reemplaza este valor en la ecuación x =
– –
– máx
y=c
y=–c máx
640
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Para una viga de sección rectangular de ancho b, el momento M correspondiente en la c
distribución de esfuerzos normales anterior, es M by x dy . Puesto que x está c
c
definido por una Función Impar M 2b yx dy . 0
Si conocemos la expresión analítica x = (y) la integral anterior se evalúa analíticamente. En otros casos, la integral se efectúa numéricamente. El cálculo de la integral
c
y x dy
es más significativa reconociendo que dicha integral representa el
0
Momento Estático de 1er orden respecto al Eje Z1 de la superficie indicada.( máx x dy y
)
máx
5.9.2) Vigas de Material Elastoplástico Consideremos un elemento de sección rectangular de ancho b y peralte 2c. El material de comportamiento elástoplástico (E; y). Consideremos el caso de flexión positiva.
c
M
y
y
c
E 1
y
E.N.
Deben distinguirse varias etapas en el comportamiento en flexión. i) Si x < y Se aplica La Ley de Hooke y la distribución de Esfuerzos es Lineal Mc ( máx ). Iz Y
máx
–c
c
máx My) 1 M Para el caso M < My se usa EI z Nota) Representación Gráfica de My y MP.
643
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Y
c c
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–y
RC
Momento Elástico Máximo M = My Momento Plástico 2 2 M y cR C cR T Y MP = M 3 3 –y
2c/3 2c/3
R'C
RT
Z
c/2 c/2
Z
y MP
Definición) La relación
c ' c R C R 'T 2 2
y
R'T
MP k 0 depende únicamente de la forma geométrica de la My
sección transversal. Se denomina COEFICIENTE (FACTOR) DE FORMA (DE LA SECCIÓN) M Definición) La relación Z = P se denomina MÓDULO PLÁSTICO DE LA SECCIÓN. (Z tiene y dimensiones de L3) Como My = Sy siendo S el módulo elástico de la sección, tenemos: z Z k0 y k0 S y S (Coeficiente de forma:
módulo plástico ) módulo elástico
EJEMPLOS 1.
Una viga de acero elastoplástico (y = 36 klb/pulg2 en tracción y compresión) tiene la sección transversal indicada. Determinar el Factor de Forma para la viga. 0.5"
9"
Z
0.5" 0.5" 8"
644
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Factor de Forma: k 0
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MP My
My Momento Elástico Máximo MP Momento Plástico My:
–36 klb/pulg2
36 klb/pulg2
Iz = 211.0 pulg4 Mc máx Iz Luego: M (10 / 2) My = 1519.2 klb-pulg 36 y 211 My momento elástico máximo MP: Provoca la fluencia de toda la sección transversal. –36 klb/pulg2
C2 C1 Z
4.5" 9.5"
E.N.
T1 36 klb/pulg2
T2
Por la simetría de la sección y el diagrama constitutivo: C1 = T1 = (36)(4.5)(0.5) = 81 klb (fuerzas que actúan a través del centroide de los respectivos prismas de esfuerzos) C2 = T2 = (36)(0.5)(8) = 144 klb MP = (144)(9.5) + (81)(4.5) MP = 1732.5 klb-pulg M 1732.5 Luego: k 0 P 1.14 My 1519.2
2.
Una viga cuya sección T tiene las dimensiones indicadas en la figura, es de un material cuyo esfuerzo de fluencia en tracción y compresión es de y = 250 MPa. Determinar el Momento Plástico que la viga puede resistir.
645
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Díaz 100 mm 15 mm
120 mm
15 mm
En este caso, la sección transversal No es simétrica con respecto al eje horizontal (centroidal). En consecuencia, el Eje Neutro no pasará a través del centroide. Para determinar la ubicación del Eje Neutro, se requiere que la distribución del esfuerzo produzca una fuerza resultante nula en la sección transversal. –y
MP
15
C2
120 – d
C1
E.N. d
T1 y
Equilibrio T1 – C1 – C2 = 0 (250)(d)(15) – (250)(120 – d)(15) – (250)(15)(100) = 0 de donde d = 110 mm Luego: C1 = (250)(120 – 110)(10–3)(15)( 10–3) = 37.5×103 Newtons C2 = (250)(15)( 10–3)(100)(10–3) = 375.0×103 Newtons T1 = (250)(110)(10–3)(15)( 10–3) = 412.5×103 Newtons El Momento Plástico (respecto al Eje Neutro), es: MP = (412.5)(103)(110/2)(10–3) + (37.5)(103)(5)(10–3) + (375)(103)(10 + 15/2)(10–3) MP = 29.4375×103 N-m 3.
Un elemento sometido a flexión pura tiene la sección transversal representada y soporta un momento M = 36.8 kN-m. Si el material es elastoplástico, determinar. c = 60 mm
Material E = 200 GPa c = 60 mm y = 240 MPa b = 50 mm
i) El espesor del Módulo Elástico ii) El radio de curvatura de la Superficie Neutra
646
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i) Momento Elástico Máximo (My) 2 2 My bc 2 y My (50 10 3 )(60 103 )2 (240 106 ) 3 3 My = 28800 N-m = 28.8 kN-m Puesto que My < M(actuante) La sección ingresa a fluencia. 2 3 1 y y Usando la ecuación M My 1 , calculamos yy. 2 3 c 2 2 3 1 y y Reemplazando datos: 36.8 (28.8)1 yy = 40 mm 2 3 602 Zona plástica yy – yy
Z
Zona elástica
Zona plástica
Espesor del Núcleo Elástico 2yy = 80 mm ii) Radio de Curvatura: Deformación Unitaria de Fluencia y y
6
y E yy
40 mm 240 10 = 1.2×10–3. Luego 9 1.2 10 3 200 10 y
= 33.33 m (radio de curvatura correspondiente a M). 4.
Una viga de material elastoplástico (E = 3×104 klb/pulg2; y = 36 klb/pulg2) está sometida a flexión pura. Su sección transversal tiene la forma representada. Determinar el momento M y el correspondiente radio de curvatura, en los casos (i) Inicio de la Fluencia; (ii) Plastificación completa de las alas. 1" M 16"
Z 3/4" 1" 12"
Iz = 1524 pulg
4
i) Inicio de la fluencia: y
My c Iz
(36)(1524) 6858 klb-pulg 8 36 1.2 103 Radio de Curvatura: y y 4 E 3 10 8" c y y = 6666.67" y 1.2 10 3 My
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Díaz
–36 klb/pulg2
– y
(al inicio de la fluencia)
Z y = 0.0012
36 klb/pulg2
y = –0.0012
ii) Alas plastificadas
– y R1
3/4"
R2
7"
Z
4.67" 4.67"
7"
R3 R4
1" y
y = 0.0012
12"
Equilibrio R1 = R4 = (36)(1)(12) = 432 klb R2 = R3 = (1 / 2)(36)(7)(3 / 4) 94.5 klb (área del alma) M = (432)(2)(7.5) + (94.5)(2)(4.67) M = 7362.63 klb-p Radio de Curvatura: yy = 7". y 7" y 5833.33" y 0.0012 (Núcleo elástico 2yy = 14") 5.
Una barra prismática de sección rectangular está hecha de un material cuyo diagrama constitutivo tiene por ecuación = k3. Si se aplica un momento M a la barra, calcular el esfuerzo normal máximo.
b M
IZ
2c
1 2 b(2c ) 3 bc 3 12 3 máx x
c E.N.
Z
–c
b Hipótesis de Bernoulli: x = qy q kx3 = qy x3 = y x Q3 y k
constante
máx sucede cuando y = c, luego máx = x Q3 c de donde Q = 3máx . Por consiguiente: x = 3máx c c
3
y
648
Mecánica de Sólidos
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dA = bdy y dF
b
dF = xdA dF = 3máx 3 y bdy c Equilibrio: MEN = 0 c
c
0
0
M = M 2 ydF 2 y de donde máx máx
máx 3 c
3
ybdy desarrollando la integral
3 M 2bmáx c 2 7
7M 2 . Como Iz = bc3 2 3 6bc
7Mc 9Iz
649
CAPÍTULO VI DEFORMACIONES DEBIDAS A LA FLEXIÓN 6.01) Relaciones Momento / Curvatura. Ecuaciones Diferenciales de la Curva Elástica 6.01.1) Introducción Por acción de las cargas transversales, el eje geométrico de un elemento se flexiona a partir de su posición inicial. Definición). Curva Elástica: Forma adoptada por el eje neutro longitudinal luego de aplicadas las cargas de flexión.
AA’=uA
A
uA: Flecha del punto A (Deflexión vertical del punto A)
A'
A: Giro del punto rotacional del punto A)
A
A
(Deflexión
Generalmente las deflexiones son pequeñas comparadas con las dimensiones del elemento. Cada segmento (elemento de arco infinitesimal) de la Curva Elástica puede ser aproximado por un arco de circunferencia. El radio de este arco se denomina Radio de Curvatura (de la curva elástica). u ρ1
O1
El radio de curvatura es: ρ = EIZ / M
Curva Elástica
X Nota). Existe diferencia entre los ejes "y" y "u". El eje "y" ubica fibras materiales en la sección transversal. El eje "u" mide las flechas de la curva elástica. U
Y
Eje inicial
Y
X X Z
Y: ubica “fibras” en la sección transversal
Eje deformado
U: Mide “flechas” de la elástica
6.01.2) Curvatura Elástica Es conveniente determinar cuantitativamente la deformación del elemento debida a la flexión, esto es calcular la curvatura del eje geométrico. Consideremos un elemento en flexión pura positiva. Aislemos un elemento de "longitud unitaria". Se genera la deformación representada:
Mecánica de Sólidos
Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz
φ ρ–y
1
Línea Elástica
EJE NEUTRO y
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