Resistencia de Materiales Total

CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES Prof. Ing. Alejandro Salazar J.

INTRODUCCIÓN • El objetivo principal de la Resistencia de materiales es preparar al futuro ingeniero para analizar y diseñar las diversas estructuras y máquinas portadoras de cargas. • Tanto el análisis como el diseño de una estructura dada involucra la determinación de esfuerzos y deformaciones

INTRODUCCIÓN • La Resistencia de Materiales, es la disciplina que estudia las solicitaciones internas y las deformaciones que se producen en el cuerpo sometido a cargas exteriores. • La finalidad de esta disciplina es elaborar métodos simples de cálculo, aceptables desde el punto de vista práctico, de los elementos típicos más frecuentes de las estructuras, empleando para ello diversos procedimientos aproximados.

INTRODUCCIÓN • Se evaluarán diversas situaciones para analizar el comportamiento de: – Barras cargadas axialmente – Ejes – Vigas y columnas – estructuras.

• Se determinarán los esfuerzos y las deformaciones producidas por las cargas

OTRA DEFINICIÓN • La resistencia de materiales es el estudio de las propiedades de los cuerpos sólidos que les permite resistir la acción de las fuerzas externas, el estudio de las fuerzas internas en los cuerpos y de las deformaciones ocasionadas por las fuerzas externas.

• A diferencia de la Estática, que trata del estudio de las fuerzas que se inducen en las diferentes componentes de un sistema, analizándolo como cuerpo rígido, la Resistencia de Materiales se ocupa del estudio de los efectos causados por la acción de las cargas externas que actúan sobre un sistema deformable.

CONCEPTOS DE RESISTENCIA DE MATERIALES

CONCEPTOS • Los cuerpos rígidos e indeformables no existen en la realidad. Sin embargo, las deformaciones de los cuerpos, por la acción de cargas, son pequeñas y en general se detectan solamente con instrumentos especiales. • Las deformaciones muy pequeñas no influyen sensiblemente sobre las leyes del equilibrio y del movimiento del sólido, por ello la mecánica teórica prescinde de ellas.

• Sin el estudio de estas deformaciones, sería imposible resolver un problema de gran importancia práctica, como es determinar las condiciones en las cuales puede fallar una pieza, o aquellas en las que ésta puede servir sin riesgo.

CONCEPTOS Las construcciones que encuentra el ingeniero en su práctica, tienen en la mayoría de los casos, configuraciones bastante complejas. Sin embargo, los diversos elementos de estas se reducen a los siguientes tipos simples:

B a r r a d e e je c u r v o

B a r r a d e e je r e c t o

P laca

P r o p ella c o m p u esta p o r : C ilin d r o s d e e je r e c t o B ovedas

CONCEPTOS • En la Resistencia de • Esto último puede Materiales se estudian ocurrir por varios principalmente los motivos: casos de barras que – Deformaciones tienen sección demasiado grandes constante y eje recto. – Falta de estabilidad de • La falla de una los materiales estructura o de parte de – Fisuraciones la misma es la rotura, o – Pérdida del equilibrio sin llegar a ello, es la estático por pandeo, existencia de un estado abollamiento o vuelco, inadecuado. etc.

CONCEPTOS Los problemas a resolver haciendo uso de esta ciencia son de dos tipos: – Dimensionamiento – Verificación

En el primer caso se trata de encontrar el material, las formas y dimensiones más adecuadas de una pieza, de manera tal que ésta pueda cumplir su cometido: – Con seguridad – En perfecto estado – Con el menor costo

El segundo caso se presenta, cuando las dimensiones ya han sido prefijadas y es necesario conocer si son las adecuadas para resistir las solicitaciones a que va a ser sometido.

Hipótesis Fundamentales

a. El material se considera macizo. (continuo) El comportamiento real de los materiales cumple con esta hipótesis, aun cuando pueda detectarse la presencia de poros o se considere la discontinuidad de la estructura de la materia, compuesta por átomos que no están en contacto rígido entre sí, ya que existen espacios entre ellos y fuerzas que los mantienen vinculados, formando una red ordenada. Esta hipótesis es la que permite considerar al material dentro del campo de las funciones continuas.

Hipótesis Fundamentales

b. El material de la pieza es homogéneo. (idénticas propiedades en todos los puntos) El acero es un material altamente homogéneo; en cambio, la madera, el hormigón y la piedra son bastante heterogéneos. Sin embargo, los experimentos demuestran que los cálculos basados en esta hipótesis son satisfactorios.

b. El material de la pieza es isótropo Esto significa que admitimos que el material mantiene idénticas propiedades en todas las direcciones.

Hipótesis Fundamentales

d. Las fuerzas interiores, originales, que preceden a las cargas, son nulas Las fuerzas interiores entre las partículas del material, cuyas distancias varían, se oponen al cambio de forma y dimensiones del cuerpo sometido a cargas. Al hablar de fuerzas interiores no consideramos las fuerzas moleculares que existen en sólidos no sometidos a cargas. Esta hipótesis no se cumple prácticamente en ninguno de los materiales. En piezas de acero se originan estas fuerzas debido al enfriamiento, en la madera por el secamiento y en el hormigón durante el fraguado. Si estos efectos son importantes deben hacerse estudios especiales.

Hipótesis Fundamentales

e. Es válido el principio de superposición de efectos Cuando se trata de sólidos deformables, este principio es válido cuando: • Los desplazamientos de los puntos de aplicación de las fuerzas son pequeños en comparación con las dimensiones del sólido. • Los desplazamientos que acompañan a las deformaciones del sólido dependen linealmente de las cargas. Estos sólidos se denominan “sólidos linealmente deformables”

Como las deformaciones son pequeñas, las ecuaciones de equilibrio correspondientes a un cuerpo cargado pueden plantearse sobre su configuración inicial, es decir, sin deformaciones. Lo anunciado en este último párrafo es válido en la mayoría de los caso, no obstante, cuando se analice el problema del pandeo de una barra elástica se verá que este criterio no puede ser aplicado

Hipótesis Fundamentales

d. Es aplicable el principio de Saint – Venant – Este principio establece que el valor de las fuerzas interiores en los puntos de un sólido, situado suficientemente lejos de los lugares de aplicación de las cargas, depende muy poco del modo concreto de aplicación de las mismas – Por este principio en muchos casos podemos sustituir un sistema de fuerzas por otro estáticamente equivalente, lo que puede conducir a la simplificación del cálculo.

Hipótesis Fundamentales

d. Las cargas son estáticas o cuasi-estáticas – Las cargas se dicen que son estáticas cuando demoran un tiempo infinito en aplicarse, mientras que se denominan cuasiestáticas cuando el tiempo de aplicación es suficientemente prolongado. – Las cargas que se aplican en un tiempo muy reducido se denominan dinámicas y las solicitaciones internas que producen son sensiblemente mayores que si fuesen estáticas o cuasi-estáticas

MÉTODO Al estudiar un objeto o sistema real se debe comenzar por la elección de un esquema de cálculo. Para realizar el cálculo de una estructura es necesario separar lo importante de lo que poco importante. Es decir, hay que esquematizar la estructura prescindiendo de todos aquellos factores que no influyen significativamente sobre el comportamiento del sistema como tal.

MÉTODO Supongamos que se desea calcular la resistencia del cable de un ascensor. Debemos considerar ante todo el peso de la cabina, su aceleración, y en el caso de que se eleve a gran altura, el peso del cable. Así mismo, podemos dejar de lado algunos factores de poca importancia como la resistencia aerodinámica que ofrece el ascensor, la presión barométrica a distintas alturas, la variación de la temperatura con la altura, etc.

MÉTODO Un mismo cuerpo puede tener esquemas de cálculo diferentes, según la exactitud pretendida y según el aspecto del fenómeno que interesa analizar. A un mismo esquema de cálculo pueden corresponderle muchos objetos reales.

Al escoger el esquema de cálculo se introducen ciertas simplificaciones en: – La geometría del objeto. Un sólido muy alargado se puede idealizar como una barra – Los vínculos. Usualmente se consideran ideales – Los sistema de fuerzas aplicados. – Las propiedades de los materiales

MÉTODO • El paso siguiente a la elaboración del esquema de cálculo corresponde a la resolución numérica del problema, para lo cual, las bases fundamentales de la resistencia de materiales se apoyan en la estática. • Y aunque ahí parecería que el trabajo ha concluido con la resolución matemática, es necesario tener claro que lo que se ha resuelto no es el sistema real, sino un modelo matemático. Esto significa que los resultados deben ser adecuadamente interpretados, y eventualmente corregidos para cercarse lo más posible a la solución real.

Problema En la figura, se esquematiza una barra cilíndrica de 3,5 m de largo y 10 kgf de peso (aplicada en un punto medio), está apoyada en uno de sus extremos. Se le aplica la fuerza F1 = 48 kgf en el otro extremo y la fuerza F2 = 15 kgf a 2,7 m del apoyo. ¿A qué distancia debe aplicarse la fuerza F3 = 50 kgf (con sentido igual a F2), para que la barra esté en equilibrio?

Leyes de Newton • Primera Ley: – Cuando un cuerpo está en reposo, o moviéndose con velocidad constante sobre una trayectoria rectilínea, la resultante de todas las fuerzas ejercidas sobre él es nula.

• Segunda Ley: – La aceleración de un cuerpo es proporcional a la fuerza resultante ejercida sobre el cuerpo, inversamente proporcional a la masa del mismo y tiene la mima dirección y sentido que la fuerza resultante. F = m×a

• Tercera Ley: – Si un cuerpo ejerce una fuerza sobre otro, el segundo ejerce siempre sobre el primero otra fuerza de la misma intensidad, pero de sentido opuesto. – A toda acción se opone una reacción

Composición de Fuerzas

30°

10 kg

X kg 5 kg E n u n a lf ile r c la v a d o e n u n ta b le r o s e c o lo c a u n a p e q u e ñ a a n illa , a la q u e e s t á n a t a d a s t r e s c u e r d a s . D o s d e la s c u e r d a s p a s a n s o b r e p o le a s , c o m o e s t a in d ic a d o e n la f ig u r a . C u a n d o s e s u s p e n d e n d e la s c u e r d a s p e s o s d e 1 0 , 5 y X k g , la c u e r d a q u e s o p o r t a e l p e s o d e 1 0 k g f o r m a u n á n g u lo d e 3 0 ° c o n la h o r iz o n ta l. S e e n c o n t r a r á q u e p u e d e q u ita r s e e l a lfile r y la a n illa p e r m a n e c e r á e n r e p o s o b a jo la a c c ió n c o n ju n ta d e la s tr a c c io n e s d e la s t r e s c u e r d a s . ¿ c u á n to e s e l v a lo r X ?

Diagrama de Cuerpo libre Y

T

T sen 45° 45°

C

X

T cos 45° 80 kg 80 kg

U n t ip o c o r r ie n t e d e e s t r u c t u r a e n e l q u e in t e r v ie n e n c o m p r e s io n e s , a d e m á s d e t e n s io n e s C a lc u la r la t e n s ió n d e la c u e r d a y e l e m p u je d ir ig id o h a c ia a fu e r a d e l p u n ta l.

¿Qué entendemos por interacción? Interacción es la acción mutua entre dos o más objetos. En la imagen, se presenta para cada situación, cuáles son los cuerpos que interactúan y en qué consiste la interacción. La fuerza es una magnitud física que sirve para explicar las interacciones entre cuerpos. Los efectos de las interacciones son muchos. Nos centraremos inicialmente en definir la capacidad de las fuerzas para crear deformaciones...

Esfuerzo y Deformación • Los conceptos de esfuerzo y deformación pueden verse de manera elemental considerando el alargamiento de una barra prismática. Este elemento es una barra de sección recta constante en toda su longitud y de eje recto. • La barra esta cargada en sus extremos por fuerzas axiales P que producen un alargamiento uniforme por tracción de la barra

Esfuerzo y Deformación • Haciendo un corte imaginario (mm) en la barra, perpendicularmente a su eje, se puede aislar parte de ella como un cuerpo libre. • En el extremo derecho esta aplicada la fuerza de tracción P, y en el otro extremo hay fuerzas que representan la acción de la parte separada de la barra sobre la porción considerada.

Esfuerzo y Deformación • Las fuerzas están distribuidas continuamente en la sección recta, en forma análoga a la distribución continua de la presión hidrostática sobre una superficie sumergida. • La intensidad de la fuerza, o sea la fuerza por unidad de área se llama esfuerzo y generalmente se designa por la letra griega σ

Deformación Unitaria • La deformación se refiere a la variación relativa de la forma o dimensiones de un cuerpo cuando está sometido a esfuerzos.

UNIDADES • Las unidades del sistema SI en estos análisis, con P expresada en newtons (N) y A en m2, el esfuerzo σ se expresará en N/m2. Esta unidad se denomina pascal (Pa). Sin embargo esta es una unida muy pequeña, así que en la práctica se emplea es el kilopascal (kPa), el megapascal (Mpa), y el gigapascal (Gpa)

• En Estados Unidos las unidades empleadas son: Fuerza en libras y área en pulgadas cuadradas (in2). • Algunas conversiones básicas aproximadas: – – – –

1MPa = 10 kgf/cm2 1.000 psi = 70 kgf/cm2 1 kgf = 10 N 1 kgf/cm2 = 100 kPa

• Tomemos un sector de la barra y aumentemos su tamaño hasta ver sus moléculas. Veremos pequeñas fuerzas tirando de cada molécula, que tratan de alejarlas de sus vecinas. Sin embargo la atracción entre moléculas opone resistencia con una fuerza igual y contraria, lo que finalmente impide que las moléculas se alejen entre si.

ESFUERZO DE TRACCIÓN • Consideremos una barra sólida, sometida a la acción de dos fuerzas iguales y opuestas, además colineales. Ambas estarán en equilibrio, por lo que el sólido no puede desplazarse y se verifica la ecuación de equilibrio: P + (-P) = 0

-P

P

Si tomamos un par de ellas veremos: - Pi

Fi

- Fi

Pi

ESFUERZO DE TRACCIÓN • Siendo Pi la acción sobre cada molécula generada por las fuerzas “P” y “Fi“ las reacciones que opone el material generada por la atracción molecular (o Atómica). Si se aumenta “P” por algún medio, aumenta la reacción Fi, que podrá crecer hasta un determinado límite, más allá del cual las moléculas se separan irremediablemente, y como consecuencia la barra aumentará su longitud en forma permanente.

Problema

C

y

C

C

C

x

Diagrama de cuerpo libre de la estructura

d = 20 mm

0 ,6 m

600 m m

A

y

B

Ax

B

50 mm

A

50 mm 30 mm

A

+ ↑ ∑M c = 0:

800 mm 30 kN

A

A

x

B

y

A 0 ,8 m

Diagrama de cuerpo libre de AB

y

+ ↑ ∑F y = 0: B

B 3 0 kN

+ → ∑Fx = 0:

0 ,8 m

A ( 0.6 m ) − ( 30 kN )( 0.8 m) = 0 A = +40 kN A +C = 0 C = − A = −40 kN A + C − 30 kN = 0 A + C = 30 kN x

x

x

x

x

x

y

y

y

x

+ ↑ ∑M B = 0

30 kN

y

− Ay ( 0.8 m ) = 0 ⇒

A =0 A = 40kN→ , C = 40kN← , C = 30kN↑ x

x

y

y

Problema

C

d = 20 mm

F

BC

600 m m

F

A

30 kN

B

50 mm

50 mm 30 mm

F

800 mm 3 0 kN

3 .0

• La fuerza sobre el perno B son las fuerzas representadas en el triangulo de fuerzas:

AB

BC

5.

0

30 kN 4 .0

F

AB

= 40 kN

F

BC

F

AB

= 50 kN

PROBLEMA • Las fuerzas F’AB y F’BC que el perno B ejerce sobre, respectivamente, el elemento AB y sobre la varilla BC son iguales y opuestas a FAB y FBC. • Como los elementos están sometidos a dos fuerzas y ellas van a lo largo del eje, se dice que los elementos están sometidos a carga axial

F

F

BC

BC

te ns ió n

C

C

F 'B C

D

D

D F 'B C

B

E

F

AB

A

F

AB

B

A

E

compresión

F 'A B

F 'A B

PROBLEMA • Si la varilla BC es de un acero que presenta un esfuerzo máximo permisible de σperm=165 MPa, ¿Puede soportar la varilla la carga a la que se le someterá? P = FBC = +50 kN = +50 ×103 N 2

(

)

2  20 mm  −3 −6 2 A =π r =π  = π 10 ×10 m = 314 ×10 m  2  P + 50 ×103 N 6 σ= = = + 159 × 10 Pa = +159MPa −6 2 A 314 ×10 m 2

PROBLEMA • Para que el análisis de la estructura sea completo, deberá incluirse la determinación del esfuerzo de compresión en el elemento AB, así como una investigación de los esfuerzos producidos en los pasadores y en sus soportes. • También es necesario determinar si las deformaciones producidas por la carga dada son aceptables • Una consideración adicional, requerida por los elementos bajo compresión, involucra la estabilidad del elemento, es decir, su capacidad para soportar una carga dada sin experimentar un cambio súbito de configuración.

PROBLEMA • El papel del ingeniero no se restringe al análisis de las estructuras y las máquinas. Un asunto de mayor importancia para ellos es el diseño de estructuras y máquinas nuevas, es decir, la selección de los componentes apropiados para desempeñar una tarea dada. • Como nuevo ejemplo tomemos la misma estructura anterior y observemos que le ocurre si empleamos en ella aluminio con un esfuerzo permisible σperm = 100 Mpa.

PROBLEMA • Debido a que la fuerza en la varilla BC = 50 kN bajo la carga dada, entonces: A=

P

σ permisible

50 ×103 N −9 2 = = 500 × 10 m 100 ×106 Pa

y como A = π r 2 ⇒ A 500 ×10 −9 r= = = 12,62 ×10 −3 m = 12,62 mm π π d = 25,14 mm

• Se concluye que una varilla de aluminio de 26 mm. o de diámetro mayor, será adecuada.

Propiedades mecánicas de los materiales • Cuando una fuerza actúa sobre un cuerpo, se presentan fuerzas resistentes en las fibras del cuerpo que llamaremos fuerzas internas. Fuerza interna es la resistencia interior de un cuerpo a una fuerza externa. • El Esfuerzo significa la relación de la fuerza por unidad de área. • La Resistencia de un material, es la capacidad que tiene para resistir la acción de las fuerzas. • Los esfuerzos básicos son: compresión, tensión y cortante. Al hablar de la resistencia de un material hay que conocer el tipo de esfuerzo a que estará sujeto.

Propiedades mecánicas de los materiales •

•

Rigidez: La propiedad que tiene un material para resistir deformaciones se llama rigidez. Si, por ejemplo, dos bloques de igual tamaño, uno de acero y otro de madera están sujetos a cargas de compresión, el bloque de madera se acortara más que el de acero. La deformación de la madera es cerca de 30 veces mayor que la del acero, y se dice que éste último es, por lo tanto, más rígido. Elasticidad: es la habilidad de un material para recuperar sus dimensiones originales al retirar el esfuerzo aplicado.

•

•

Plasticidad: es la capacidad de un material para deformarse bajo la acción de un esfuerzo y retener dicha acción de deformación al retirarlo. Ductilidad: es la habilidad de un material para deformarse antes de fracturarse. Es una característica muy importante en el diseño estructural, puesto que un material dúctil es usualmente muy resistente a cargas de impacto. Tiene además la ventaja de “avisar” cuando va a ocurrir la fractura, al hacerse visible su gran deformación.

Propiedades mecánicas de los materiales •

Fragilidad: es lo opuesto a la ductilidad. Cuando un material es frágil no tiene resistencia a cargas de impacto y se fractura aún en carga estática sin previo aviso.

•

Resistencia última: es el esfuerzo máximo basado en la sección transversal original, que puede resistir un material.

•

Límite de proporcionalidad: es el punto de la curva en la gráfica de esfuerzo-deformación, hasta donde la deformación unitaria es proporcional al esfuerzo aplicado.

•

•

Punto de Cedencia (Límite de Elasticidad): es el punto en donde la deformación del material se produce sin incremento sensible en el esfuerzo.

Resistencia a la ruptura: es el esfuerzo basado en la sección original, que produce la fractura del material. Su importancia en el diseño estructural es relativa ya que al pasar el esfuerzo último se produce un fenómeno de inestabilidad.

Propiedades mecánicas de los materiales • Módulo de elasticidad: es la pendiente de la parte recta del diagrama esfuerzo - deformación y por consiguiente, la constante de proporcionalidad entre el esfuerzo y la deformación unitaria. • Se denomina con la letra Ε y su valor para el acero es de 2,100,000 kg/cm2, la madera varía entre 77,300 y 1,237,500 kg/cm2, y del concreto es de 10,000 f’c, en donde f’c es la resistencia del concreto en kg/cm2.

DEFORMACIÓN SIMPLE • Hemos visto hasta el momento la relación entre la fuerza (carga), la superficie y el esfuerzo. • Ahora empezaremos a estudiar otro campo de la resistencia de materiales, los cambios de forma, las deformaciones que acompañan un determinado estado de fuerzas. • Aunque se limita al caso de barras cargadas axialmente, los principios y métodos que se desarrollan son aplicables también a los casos más complejos de torsión y de flexión.

DIAGRAMA ESFUERZO - DEFORMACIÓN • La resistencia de un material no es el único criterio que debe utilizarse al diseñar estructuras. • Frecuentemente, la rigidez suele tener la misma o mayor importancia. • En menor grado otras propiedades tales como la dureza, la tenacidad y la ductilidad también influyen en la elección de un material.

DIAGRAMA ESFUERZO - DEFORMACIÓN • Todas estas propiedades se determinan mediante pruebas, comparando los resultados obtenidos con patrones establecidos. • Aunque la descripción completa de estas pruebas corresponde al “ensayo de materiales”, examinaremos una de ellas, la prueba de tensión en el acero, dada su importancia y la inapreciable ayuda que proporciona en la introducción de otros conceptos básicos.

DIAGRAMA ESFUERZO - DEFORMACIÓN • Consideremos una probeta de acero sujeta entre las mordazas de una máquina de pruebas de tensión y observemos simultáneamente la carga y el alargamiento de una determinada longitud de la misma. • Los resultados se acostumbran a presentar en un gráfico en el que en las ordenadas se llevan las cargas y en abscisas los correspondientes alargamientos.

DIAGRAMA ESFUERZO - DEFORMACIÓN

DIAGRAMA ESFUERZO – DEFORMACIÓN Esfuerzos límites σ=

P A Tiene un considerable alargamiento sin que haya aumento de carga

P u n t o d e f lu e n c ia ( o c e d e n c ia ) x

x x

L í m it e d e e la s t ic id a d

E s f u e r z o ú lt im o Máxima ordenada de la curva o lí m i t e d e r e s i s t e n c i a x x P u n to d e ru p tu r a a p a re n te

Esfuerzo más allá del cual, el material no recupera totalmente su forma original al ser descargado. Queda con una deformación permanente

L im i t e d e p r o p o r c io n a l i d a d Ley de Hooke: σ = Ε ε

ε=

δ L

Endurecimiento de Trabajo

Esfuerzo y Deformación reales, comparados con la curva normal de Esfuerzo - deformación S

σ S (lb/plg2)

Punto de cedencia en un acero templado de bajo contenido de carbono.

E sfu e rz o

Determinación del límite de proporcionalidad al 0.2 % Se aplica este concepto En aquellos materiales que No tienen un punto de Fluencia bien definido, o que Carecen de él, mediante un procedimiento de equiparación con los que si lo tienen.

L ím it e a p a r e n te d e p r o p o r c io n a lid a d

D e f o r m a c ió n 0 . 2 % ( D e s p la z a m ie n t o )

ESFUERZO DE TRABAJO Y FACTOR DE SEGURIDAD • El esfuerzo de trabajo es el esfuerzo real que soporta el material bajo la acción de unas cargas, y no debe sobrepasar el esfuerzo admisible, que es el máximo al que puede ser sometido el material, con un cierto grado de seguridad en la estructura o elemento que se considere. • En un diseño real, el esfuerzo admisible σ w ha de ser inferior al límite de proporcionalidad, con objeto de que pueda aplicarse en todo momento la ley de Hooke.

ESFUERZO DE TRABAJO Y FACTOR DE SEGURIDAD • Sin embargo, como es difícil determinar exactamente el límite de proporcionalidad, se acostumbra tomar como base para fijar el esfuerzo admisible el límite de fluencia (σ yp) o en su defecto, el esfuerzo último dividiéndolos entre un número N, convenientemente elegido, que se llama factor o coeficiente de seguridad.

σw =

σ N

yp yp

o bien, σ w = σ ult

N

ult

LEY DE HOOKE: Deformación Axial Distorsión • En el diagrama esfuerzo deformación la parte rectilínea se representa por la pendiente de la recta que es la relación entre el esfuerzo y la deformación. A esto se le denomina módulo de elasticidad y se representa por la letra E. Así: σ Pendiente de la línea esfuerzo − deformación = E = ε que se a cos tumbra a escribir : σ = E ε

LEY DE HOOKE: Deformación Axial Distorsión • Fue Thomas Young, en el año de 1807, quien introdujo la anterior expresión matemática con una constante de proporcionalidad que se llama módulo de Young o módulo de elasticidad. • Aunque da la impresión de que se trata de una medida de las propiedades elásticas del material, es una medida de su rigidez.

LEY DE HOOKE: Deformación Axial Distorsión • Las unidades del módulo de elasticidad son idénticas a las unidades para el esfuerzo σ , puesto que la deformación ε es una cantidad adimensional. • Otra forma de expresión de la ley de Hooke, muy conveniente a veces, es la siguiente:

σ = Eε P δ pero : σ = y ε= A L P δ entonces : =E A L PL σ L o lo que es igual , δ = = AE E

LEY DE HOOKE: Deformación Axial Distorsión • La validez de estas ecuaciones debe tener en cuenta las hipótesis siguientes: – La carga ha de ser axial – La barra debe ser homogénea y de sección constante – El esfuerzo no debe sobrepasar el límite de proporcionalidad

•

Deformación Angular o por Cortante Distorsión Las fuerzas cortantes

producen una deformación angular o distorsión, de la misma manera que las fuerzas axiales originan deformaciones longitudinales, pero con una diferencia fundamental. • Un elemento sometido a tensión experimenta un alargamiento, mientras que un elemento sometido a una fuerza cortante no varía la longitud de sus lados, manifestándose por el contrario un cambio de forma, de rectángulo a paralelogramo como se observa en la figura.

P

δs

s

L γ

P

s

Deformación Angular o por Cortante Distorsión

• El proceso puede imaginarse como producido por el desplazamiento infinitesimal que origina una deformación transversal total δ s, en una longitud L. s tan γ = • Por lo tanto: L • Como γ siempre es muy pequeño, entonces: tan γ ≈ γ

δ

P

δs

s

L γ

P

s

δ Así que: γ = s L

Deformación Angular o por Cortante Distorsión

• Para ser más precisos, la distorsión es la variación experimentada por el ángulo entre dos caras perpendiculares de un elemento diferencial. • Sí suponemos que la ley de Hook es válida en el cortante, existe una relación lineal entre al distorsión y el esfuerzo cortante dada por:

τ = Gγ

En donde G es el módulo de elasticidad al cortante llamado a veces módulo de rigidez. La relación entre la deformación tangencial total y las fuerzas cortantes aplicadas es:

VL δ = A G s

S

donde V representa la fuerza cortante que actúa sobre la sección de área A que la soporta

PROBLEMA • Dos barras de acero AB y BC soportan una carga P = 30 kN, como se indica en al figura. La sección de AB es 300 mm2, y la de BC es 500 mm2. Si E = 200 GPa, determine el desplazamiento horizontal y vertical del punto B. A A

B

m

θ 4 .0 m

3 .0 m

5 .0 = L

θ

B

C δAB

δB

P = 30 k N

C

B" B'

C

PROBLEMA • Empecemos por determinar las deformaciones totales producidas en cada barra por la acción de P. Del equilibrio se obtiene que: PAB = 50 kN a tensión y PBC = 40 kN a compresión. Las deformaciones correspondientes son:

PL δ= AE δ AB

(50 ×103 ) (5000) = = 4.17 mm, alargamiento −6 9 (300 ×10 ) (200 × 10 )

δ BC

(40 ×103 ) (4000) = = 1.60 mm, acortamiento −6 9 (500 ×10 ) (200 ×10 )

B

δBC

= 1 .6 0 m m

A

B

=

4.

17

m

m

PROBLEMA

δ

• Para analizar el efecto de estas deformaciones en el movimiento de B, imaginemos que se desconectan entra si las barras AB y BC de manera que puedan acortarse y alargarse, tal como se indica exageradamente en la figura. Para reunir sus extremos B hay que girarlas alrededor de A y de C hasta que se encuentren en B”. Los arcos engendrados por estas rotaciones son tan pequeños que se pueden reemplazar, sin error apreciable, por rectas perpendiculares a AB y BC; estas rectas que, se cortan en B’, determinan la posición final de B

θ

θ

y

δ x

B’

δ h = δ BC = 1,60 mm, hacia la derecha

m m 17

δBC

= 1 .6 0 m m

=

4.

B

B A

δ

• En la figura se representa, a mayor escala, las deformaciones δ AB y δ BC. El desplazamiento total de B es el vector BB’ o δ dirigido como se indica. • En la figura se observa que el desplazamiento horizontal de B o componente horizontal de δ , es:

Problema

θ

θ

y

δ x

B’

δBC

= 1 .6 0 m m

δ

A

B

=

4.

17

m

m

Problema

θ

b

a θ

δ x

l

y

l= a + b b = 1 .6 m m a = 4 .1 7 c o s θ l = x sen θ x s e n θ = 4 .1 7 c o s θ + 1 .6 x = (4 .1 7 (4 /5 ) + 1 .6 )/(3 /5 ) x = 8 .2 3 m m y = 9 .0 9 m m L a m a g n it u d d e lo s á n g u lo s q u e g ir a n la s b a r r a s A B y B C son: α AB =

x 8.23 = = 1.65 ×10−3 rad = 0.0945 LAB 5000

α BC =

y 9.09 = = 2.27 ×10−3 rad = 0.130 LBC 4000

PROBLEMA A Un tubo de aluminio esta rígidamente sujeto entre una barra de bronce y una de acero, según se muestra en la figura. Las cargas axiales se aplican en las posiciones indicadas. Determine el esfuerzo en cada material. A lu m in io

20 kN

B ron ce A = 700 m m

A = 1000 m m 2

15 k N

500 m m

2

A cero A = 800 m m

15 k N

600 m m

700 m m

2

10 kN

SOLUCIÓN PROBLEMA A Para calcular el esfuerzo en cada sección, hay que determinar primero la carga axial en cada una de estas. Los diagramas adecuados de cuerpo libre se muestran en la diapositiva siguiente. En cada sección la carga axial es:

A lu m in io B ron ce A = 700 m m

20 kN

A = 1000 m m 2

15 k N

500 m m

A cero A = 800 m m

2

10 kN

15 k N

700 m m

600 m m P

20 kN

20 kN

2

b

P

A l

15 k N

Pb = 20 kN (compresión) PAl = 5 kN (compresión) Pa = 10 kN (tensión)

P

20 kN

15 k N

15 k N

a

SOLUCIÓN PROBLEMA A A lu m in io B ron ce A = 700 m m

20 kN

A = 1000 m m 2

15 k N

500 m m

A ce ro A = 800 m m

2

10 kN

15 k N

700 m m

600 m m P

20 kN

20 kN

2

b

P

A l

15 k N

P

20 kN

15 k N

15 k N

Los esfuerzos en cada sección son: 20 kN 20 ×103 N σb = = = 28.6 ×106 N 2 = 28.6 MPa 2 −6 2 m 700 mm 700 ×10 m

σ Al = 5 MPa σ a = 12.5 MPa

a

PROBLEMA B • La probeta mostrada en la figura está compuesta por una varilla cilíndrica de acero de 1 in de diámetro y por dos manguitos de 1.5 in de diámetro exterior unidos a la varilla. Sabiendo que E = 29 x 106 psi, determine: – La carga P tal que la deformación total sea de 0.002 in – La deformación correspondiente a la porción central BC. 1 .5 " θ A

1" θ B

1 .5 " θ C

D

P'

P

2 in

3 in

2 in

SOLUCIÓN PROBLEMA B A

B

C

PL δ= AE

D

P'

P

δTOTAL = δ AB + δ BC + δCD P

P

δ TOTAL

P '''

P ''

PAB LAB PBC LBC PCD LCD = + + AAB E ABC E ACD E

Además, P = P' Las fuerzas internas son similares a P PAB = PBC = PCD

P

P'

SOLUCIÓN PROBLEMA B PAB ∗ 2 PAB ∗ 3 PAB ∗ 2 + + 2 2 2 ( ) ( ) π ∗ ( 1 .5 ) π ∗ 1 . 0 π ∗ 1 . 5 ∗ 29 × 10 6 ∗ 29 ×106 ∗ 29 × 10 6 4 4 4 4  4P 3P  0.002 = +  6  π ∗ 29 ×10  2.25 1  0.002 =

0.002 ∗ π ∗ 29 ×106 P= = 9.529 lb = 9,53 kips 4 ∗ 4.78 La deformación de la porción BC es :

δ BC =

9.529 lb × 3 in = 0.001255 in 2 π ∗1 in ∗ 29 ×10 6 lb 2 in 4

Se aplican dos fuerzas a la ménsula BCD como se muestra en la figura.

d

AB

B

P

A

5 ,8 1 c m m

a) Sabiendo que la varilla de control AB será de acero con un esfuerzo normal último de 600 MPa, determine el diámetro de la varilla utilizando un factor de seguridad de 3.3. b) El perno en C será de un acero con un esfuerzo último al corte de 350 Mpa. Encuentre el diámetro del perno tomando en cuenta que el factor de seguridad será de 3.3. c) Halle el espesor requerido de los soportes de la ménsula en C sabiendo que el esfuerzo permisible de apoyo del acero empleado es de 300 Mpa.

Problema C

50 kN

15 kN

D

C 30 cm

30 cm

Solución Problema C Cuerpo libre ménsula entera.

B

P

A

0 .6 m

La reacción en C está representada por sus componentes Cx y Cy.

50 kN

15 kN

Sí Cx y Cy son los componentes de la fuerza C en el punto C, C D necesariamente la fuerza 30 cm 30 cm C es la hipotenusa C generada por estos dos vectores de fuerzas. Y + ↑ Σ M c = 0 P(0.6 m) − (50 kN )(0.3 m) − (15 kN )(0.6 m) = 0 corresponde a la fuerza P = 40 kN de corte del perno. ΣFx = 0 C x − P = 0 C x = 40 kN C = 76.3 kN x

y

ΣFy = 0 C y − 50 kN − 15 kN = 0 C y = 65 kN

Solución Problema C a) Varilla de control AB Como el factor de seguridad debe ser 3.3, el esfuerzo permisible será: σv 600 MPa = = 181.8 MPa F .S . 3.3 Para P = 40 kN el área requerida por la sección transversal es : P 40 kN π Areq = = = 220 ×10 −6 m 2 = d 2AB σ perm 181.8 MPa 4

σ perno =

d AB = 16.74 mm

Respondan las preguntas b y c

Solución Problema C b) Corte en el perno C Para un factor de seguridad de 3.3, se tiene:

C dC

F

1

F

2

τϑ 350 MPa τ perm = = = 106.1 MPa F .S . 3.3 Como el perno se encuentra en cortante doble C 2 76.3 kN 2 Areq = = = 360 mm 2 τ perm 106.1 MPa Areq

π 2 = d C = 360 mm 2 = 21.4 mm. 4

Solución Problema C c) Cojinete en C Utilizando d = 22 mm., el área nominal de apoyo para cada ménsula es de 22 x t. Como la fuerza que soporta cada ménsula es de C/2 y el esfuerzo permisible de apoyo es de 300 MPa, se escribe Areq =

C

2 =

σ perm

(76.3 kN )

2 = 127.2 mm 2 300 MPa

Por lo tanto : 22t = 127.2

t = 5.78 mm.

Se quiere punzonar una placa que tiene un esfuerzo cortante último de 300 MPa., tal como se indica en la figura. – Si el esfuerzo de compresión admisible en el punto es de 400 MPa, determine el máximo espesor de la placa para punzonar un orificio de 100 mm de diámetro. – Si la placa tiene un espesor de 10 mm, calcule el máximo diámetro que puede punzonarse.

Problema D

P=400 M Pa

τ último

V = Acorte

Acorte = π × d × e

Solución Problema D

σ adm. = A punz .

P A punz

π ×d2 = 4

π ×d2 a ) P = 4000 × =V 4 π ×d2 4000 × 4 = 3,33 cm e= π × d × 3000 b) e = 10 mm φ máx. que puede punzonarse V τ= ⇒ V = 3000 × π × d × 1 cm π ×d ×e P π ×d2 σ= ⇒ P = 4000 × 2 4 π ×d 4 π ×d2 como P = V ⇒ 3000 × π × d × 1 cm = 4000 × 4 d = 3 cm

Problema 5 Una varilla de acero de 2.2 m de longitud no debe estirarse más de 1.2 mm cuando de le aplica una carga de 8.5 kN. Sabiendo que E = 200 Gpa. Determinar el diámetro mínimo de la varilla y el esfuerzo normal correspondiente causado por la carga. Con la formula : PL PL δ= ⇒ A= AE δE 0.00085 kgf × 2.2 m A= 0.0012 m × 2 kgf cm 2

L= 2.2 m = 0.0012 m P = 8.5 kN = 0.0085 N = 0.00085 kgf E = 200 Gpa = 0.2 Mpa = 2kgf/cm2

A = 0.779 cm 2

πd 2 A= ⇒ d = 0.996 cm Es el mínimo diámetro de la varilla. 4 P 8.5 kN Además, σ = = = 10.91 kN 2 2 cm A 0.779 cm

Quiz 1 (valor 6.7%) Determine el máximo peso W que pueden soportar los cables mostrados en la figura. Los esfuerzos en los cables AB y AC no deben exceder 100 MPa y 50 MPa, respectivamente. Las áreas transversales de ambos son: 400 mm2 para AB y 200 mm2 para AC.

C

B

30º

A

W

45º

Cargas Repetidas. Fatiga • Hasta el momento hemos considerado el comportamiento de una probeta sujeta a carga axial. En ella si el esfuerzo máximo en una probeta no excede el límite elástico del material, la probeta regresa a sus condiciones iniciales cuando se retira la carga. • Podría concluirse que una carga dada puede repetirse muchas veces, siempre y cuando los esfuerzos permanezcan dentro del rango elástico.

Cargas Repetidas. Fatiga • Esta conclusión es correcta para cargas que se repiten unas cuantas docenas y aun un centenar de veces. Sin embargo, no es correcta cuando las cargas se repiten millares o millones de veces. • En tales casos, la fractura ocurrirá aun cuando el esfuerzo sea mucho más bajo que la resistencia estática a la fractura. • Este fenómeno se conoce como FATIGA. • Una falla de fatiga es de naturaleza frágil, aun para materiales normalmente dúctiles

Cargas Repetidas. Fatiga • La fatiga debe ser considerada en el diseño de todos los elementos estructurales y de máquinas que se encuentran sujetos a cargas repetitivas o fluctuantes. • El número de ciclos de carga que puede esperarse durante la vida útil del componente varía mucho. • De un ejemplo de fatiga

RELACIÓN DE POISSON • Otro tipo de deformación elástica es la variación de las dimensiones transversales que acompañan a toda tensión o compresión axial • Es fácil comprobar que si una barra se alarga por una tensión axial, sufre una reducción de sus dimensiones transversales.

• POISSON comprobó que la relación entre las deformaciones unitarias en estas direcciones es constante y se ha dado su nombre a esta relación σy = 0

σx= P/A

σz = 0

RELACIÓN DE POISSON • En todos los casos se supone que todos los materiales considerados son homogénos e isotrópicos, es decir, se supondrá que sus propiedades mecánicas son independientes tanto de la posición como lo de la dirección

• Esto significa que la deformación unitaria debe tener el mismo valor para cualquier dirección transversal. • Por lo tanto, debe tenerse que:

εy = εz • Este valor se conoce como deformación lateral.

RELACIÓN DE POISSON • En todos los materiales de ingeniería, la elongación que produce una fuerza axial de tensión P en la dirección de la fuerza se acompaña de una contracción en cualquier dirección transversal.

P’

P

RELACIÓN DE POISSON deformación unitaria lateral ν ( nu ) = deformación unitaria axial O

εy εz ν =− =− εx εx σx εx = E

υσ x ; εy = εz = − E

RELACIÓN DE POISSON • La relación de Poisson permite generalizar la aplicación de la ley de Hooke al caso de esfuerzos biaxiales. • Por ejemplo, si un elemento está sometido simultáneamente a esfuerzos de tensión según los ejes X y Y, la deformación en la dirección X debida σ x es σ x/E pero, al mismo tiempo, el esfuerzo σ y producirá una contracción lateral en la dirección X de valor υ∗σ y/E, por lo que la deformación resultante en la dirección X estará dada por:

RELACIÓN DE POISSON

σy σx εx = −υ E E σy σx εy = −υ E E σx =

(ε x + υε y ) E 1−υ

2

; σy =

(1) (2) (ε y + υε x ) E 1 −υ

2

Ejemplo A

Ejemplo B

Ejemplo C1

Ejemplo C2

Ejemplo C3

Ejemplo D

Ejemplo E1

Ejemplo E2

Ejemplo F

Ejemplo G

Ejemplo H

Ejemplo I

Ejemplo J

Ejemplo K1

Ejemplo K2

Ejemplo L1

Ejemplo L2

Ejemplo M1

Ejemplo M2

Ejemplo M3

Ejemplo M4

PROBLEMA DEL BALANCÍN Una tabla uniforme de 40N de peso soporta dos niños con un peso de 500N y 350N, respectivamente, como se muestra en la figura. Si el soporte se encuentra bajo el centro de gravedad de la tabla y si el niño de 500N está a 1.5 m del centro, determine la fuerza N ejercida por el soporte sobre la tabla.

N x m

1 ,5 m

350 N 500 N 40 N

PROBLEMA DEL BALANCÍN Obsérvese que además de N, las fuerzas externas que actúan sobre la tabla son los pesos de los niños y el peso de la tabla, todo actuando hacia abajo. Es posible suponer que el centro de gravedad de la tabla esta en el centro geométrico, ya que la tabla es uniforme. Como el sistema está en equilibrio, la fuerza hacia arriba N debe equilibrar a todas las fuerzas hacia abajo.

∑ Fy = 0 N − 500 N − 350 N − 40 N = 0 N = 890 N ∑τ = o 500 N ×1.5 m − 350 N × x = 0 x = 2.14 m

Esfuerzos de Origen Térmico • Los cambios de • Consideremos una varilla temperatura generan en homogénea AB con sección los cuerpos dilataciones o transversal uniforme, que contracciones, de manera descansa sobre una que la deformación lineal superficie lisa. La dt viene dada por: temperatura de la varilla se δτ = α L ( ∆T ) eleva en ∆ T, se observa que la varilla se alarga por • En donde α es el una cantidad δτ, , que es coeficiente de dilatación proporcional tanto al lineal, que se expresa en cambio de temperatura m/m ºC, o simplemente como a la longitud de la (ºC)-1, L es la longitud y varilla. ∆Τ es la variación de temperatura en ºC.

Esfuerzos de Origen Térmico • Con la deformación δ τ debe asociarse una deformación ετ= δ τ /L. La ecuación:

δτ = α L ( ∆T )

puede transformarse en:

ε τ = α ∆T La deformación ε τ se conoce como deformación unitaria térmica, pues es causada por el cambio de temperatura en un cuerpo. Aquí no hay esfuerzo asociado con la deformación.

Esfuerzos de Origen Térmico • Ahora supongamos que la misma varilla anterior se coloca entre dos soportes fijos a una distancia L uno del otro. Nuevamente no existe esfuerzo ni deformación en esta condición inicial. Si se eleva la temperatura en ∆ T, la varilla no puede alargarse por las restricciones en sus extremos. La elongación de la varilla δ τ es por lo tanto 0. La deformación en cualquier punto ετ= δ τ /L es también 0.

Esfuerzos de Origen Térmico • Sin embargo los soporte ejercerán fuerzas P y P’ iguales y opuestas sobre la varilla después que se haya elevado la temperatura para evitar su elongación. Se crea así, un estado de esfuerzo en la varilla.

L A

B

δτ L A

B

L

A

B

P'

P A

B

Esfuerzos de Origen Térmico • En la preparación para determinar el esfuerzo σ originado por el cambio de temperatura ∆ T, se observa que el problema por resolver es estáticamente indeterminado. • Por lo tanto, primero debe calcularse la magnitud P de las reacciones en los soportes a partir de que la varilla tiene una deformación 0

L A

B

δτ A

B

δP A

B P L

Esfuerzos de Origen Térmico • Utilizando el método de superposición, se libera la varilla de su apoyo B y se le permite alargarse libremente mientras sufre el cambio de temperatura ∆ T. • Como:

δτ = α L ( ∆T )

L A

B

δτ A

B

δP A

B P L

Esfuerzos de Origen Térmico • Aplicando ahora al extremo B la fuerza P que representa la reacción redundante y empleando la fórmula: PL δP = AE

• Expresando que la deformación total debe ser 0, se tiene:

L A

B

δτ A

B

δP A

B P L

Esfuerzos de Origen Térmico PL δ = δ T + δ P = α ( ∆T ) L + =0 AE de donde se concluye que : P = − AEα ( ∆T ) y que el esfuerzo en la varilla debido al cambio de

temperatura es : P σ = = − Eα ( ∆T ) A

L A

B

δτ A

B

δP A

B P L

Problema Ilustrativo • Una varilla de acero de 2.50 m de longitud está firmemente sujeta entre dos muros. Sí el esfuerzo en la varilla es nulo a 20 ºC, determine el esfuerzo que aparecerá al descender la temperatura hasta – 20 ºC. La sección es de 1200 mm2, α = 11.7 µm/(m.ºC), y E = 200 GN/m2. Resolver el problema en los dos casos siguientes: (a) muros completamente rígidos e indeformables, y (b) muros que ceden ligeramente, acortándose su distancia en 0.5 mm al descender la temperatura de la barra.

Problema Ilustrativo Caso a) Imaginemos que se δ suelta la varilla del muro P derecho. En estas δ condiciones puede producirse libremente la Del esquema de deformación térmica. El deformaciones se deduce en descenso de temperatura este caso que δ T = δ P, esto es: origina una contracción, representada por δ T en la P Lδ σ= α L L ( ∆T ) τ δP = = = α ( ∆T ) L figura. AE E Para volver a unir la varilla σ = α E ( ∆T ) al muro, se necesita aplicar 9 −6 σ = ( 200 × 10 )( 11 . 7 × 10 )( 40) a la varilla una fuerza de tensión P que produzca una σ = 93.6 ×106 N/m 2 = 93.6 MN/m 2 deformación por carga δ. τ

P

Problema Ilustrativo. Caso b) δτ P

δP A c e rc a m ie n to

δ τ = δ P + A c e r c a m i e n to

σL α L( ∆T ) = + Acercamiento E σ ( 2.5) -6 (11.7 × 10 )( 2.5)( 40) = 200 ×109 + ( 0.5 ×10−3 ) σ = 53.6 MN/m2

Determine los valores del esfuerzo en las porciones AC y CB de la barra de acero mostrada, cuando la temperatura de la barra es de -50 ºF, sabiendo que existe un buen ajuste en ambos soportes rígidos cuando la temperatura es de +75 ºF. Utilice los valores de E = 29x106 psi y α = 6.5x10-6/ºF para el acero

Problema

A = 0 .6 i n

A = 1 .2 i n

2

A

2

C

1 2 in

B

1 2 in

Problema Primero se determinan las reacciones en los soportes. Como el problema es estáticamente indeterminado, se desprende la barra de su apoyo en b y se le deja pasar por el cambio de temperatura ∆T = (−50 º F)-(75º F) = -125 º F

A

C

B

δT A

C

B 2

1 L

L

1

A

δR

2

C 1

B 2

R

B

δT = α ( ∆T ) L = ( 6.5 ×10−6 /º F)( −125º F)( 24in ) δT = −19.50 ×10−3 in

Problema Aplicando ahora la fuerza desconocida RB en el extremo B, se aplica la ecuación siguiente para expresar la deformación correspondiente δ R: L1 = L2 = 12 in A1 = 0.6 in 2

A2 = 1.2 in 2

P1 = P2 = RB

E = 29 × 106 psi

 12 in P1 L1 P2 L2 RB 12 in    δR = + = + 6 2 2  A1 E A2 E 29 × 10 psi  0.6 in 1.2 in  δ R = (1.0345 ×10 −6 in lb) RB

Problema Expresando que la deformación total de la barra debe ser cero como resultado de las restricciones impuestas, se escribe: δ = δT + δ R = 0

(

δ = −19.50 ×10 −3 in. + 1.0345 ×10 −6 in.

lb

)R

B

=0

RB = 18.85 ×103 lb = 18.85 kips La reacción en A es igual y opuesta. Note que las fuerzas en las dos porciones de la barra son P1 = P2 = 18.85 kips. Los valores de esfuerzo en las porciones AC y CB de la barra, es :

σ1 =

P1 = 31.42 ksi A1

σ2 =

P2 = 15.71 ksi A2

Problema • No puede enfatizarse demasiado el hecho de que, a pesar de que la deformación total de la barra debe ser cero, ya que las deformaciones de las porciones AC y CB no son cero. Una solución para el problema basada en la suposición de que estas deformaciones son cero sería equivocada. • Tampoco puede suponerse que los valores de la deformación unitaria en AC o en CB sean iguales a cero.

Problema Para ampliar este punto, determinemos la deformación ε AC en la porción AC de la barra. La deformación ε AC puede dividirse en dos partes, una es la deformación térmica ε T producida en la barra sin restricciones por el cambio de temperatura ∆ Τ .

ε T = α ∆T = ( 6.5 ×10 −6 /º F)( − 125 º F) ε T = −812.5 × 10 −6 in in

Problema La otra componente de ε AC se asocia con el esfuerzo σ 1 debido a la fuerza RB aplicada a la barra. De la ley de Hooke, se expresa esta componente de la deformación como:

σ 1 31.42 ×103 psi − 6 in = = 1083 . 4 × 10 in E 29 ×106 psi Sumando las dos componentes de la deformación en AC, se obtiene : σ1 ε ac = ε T + = 271×10 −6 in in E

Problema • Un cálculo similar da la deformación de la porción CB de la barra:

ε CB ε CB

σ2 = εT + = −812.5 ×10 −6 + 541.7 ×10 −6 E − 6 in = −271×10 in

Problema • La deformación δ AC y δ CB de las dos porciones de la barra se expresan respectivamente como:

δ AC = ε AC ( AC ) = (271× 10 −6 )(12 in) δ AC = 3.25 × 10 −3 in

δ CB = ε CB ( CB ) = ( − 271× 10 −6 )(12 in ) δ CB = −3.25 ×10 −3 in • Puede así verificarse que, mientras que la suma δ = δ AC + δ CB de las dos deformaciones es cero, ninguna de ellas es cero.

TORSIÓN - INTRODUCCIÓN • Sólo estudiaremos el problema de la torsión y sus aplicaciones en el caso de árboles de sección circular o de tubos de pared delgada. • La torsión de árboles de sección arbitraria es un problema complejo que se sale del alcance de este curso para Ingenieros Industriales. • Con la torsión se inicia el estudio de los problemas en que el esfuerzo no se distribuye uniformemente dentro de una sección. Aunque la teoría general de este tipo de problema es complicada, su aplicación es sencilla, y una vez deducidas las fórmulas, no hay más que sustituir en ellas los valores de los datos y nada más

TORSIÓN - INTRODUCCIÓN • El procedimiento general que se sigue en todos los casos de distribución no uniforme de esfuerzos se puede resumir en los siguientes pasos: 1. Del examen de la deformación elástica que produce un determinado tipo de carga y la aplicación de la ley de Hook, se determinan unas relaciones entre los esfuerzos en los distintos puntos de la sección, de manera que sean compatibles con las deformaciones. Tales relaciones se denominan ecuaciones de compatibilidad.

2. Aplicando las condiciones de equilibrio en el diagrama de cuerpo libre correspondiente a una porción del cuerpo, se obtienen otras relaciones entre los esfuerzos. Dichas relaciones deducidas de la consideración de equilibrio entre las fuerzas exteriores aplicadas y las fuerzas resistentes interiores en una sección de exploración, se llaman ecuaciones de equilibrio.

TORSIÓN - INTRODUCCIÓN

3. Comprobación de que la solución del sistema de ecuaciones de los puntos 1 y 2 satisface las condiciones de carga en la superficie del cuerpo. Es decir se han de verificar las condiciones de frontera impuestas.

• En la teoría de la elasticidad se demuestra que si existe una solución que satisface estos tres grupos de ecuaciones, esta solución es única. • Para deducir las fórmulas de la torsión, se debe establecer una serie de hipótesis que pueden demostrarse matemáticamente y algunas de ellas, comprobarse experimentalmente.

HIPÓTESIS 1. Las secciones circulares permanecen circulares después de la torsión. 2. Las secciones planas permanecen planas y no se alabean después de la torsión. 3. La proyección sobre una sección transversal de una línea radial de una sección permanece radial después de la torsión. 4. El árbol esta sometido a la acción de pares torsionantes que actúan en planos perpendiculares a su eje. 5. Los esfuerzos no sobrepasan el límite de proporcionalidad.

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN En los diagramas se muestran dos proyecciones de un árbol circular macizo. Al aplicar un momento torsionante T a los extremos del árbol, una generatriz en la superficie del cilindro, inicialmente recta y paralela al eje, se tuerce formando una hélice, al tiempo que la sección gira un ángulo Φ

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN Imaginemos que el árbol esta formado por innumerables rebanadas muy delgadas, todas ellas perfectamente rígidas y unidas mediante fibras elásticas.

Hélice de deformación P o rc .2 P o r c ió n 1

P o rc .3

L

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • La (2) sufrirá una • Ésta girará hasta que las fibras rotación, resbalando elásticas que las unen a (2) sobre la (1) hasta que desarrollen como antes un par las fibras elásticas que resistente igual al par aplicado, las unen se deformen y y así sucesivamente, produzcan, al estirarse, propagándose la deformación un par resistente que por torsión a lo largo de la equilibra el par aplicado. longitud L del árbol. • En este momento, las “rebanadas” (1) y (2) • Originalmente todos los puntos actuarán como un iniciales de referencia de cada conjunto único y rígido, rebanada estaban paralelos al transmitiendo el par eje, luego están sobre una torsionante a la (3) hélice de deformación.

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • En realidad, todas las rebanadas empiezan a girar al mismo tiempo sobre las anteriores, tan pronto se aplica el momento torsionante, y el ángulo total de torsión θ de uno a otro extremo aumenta si el momento de torsión se incrementa

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Consideremos ahora una fibra cualquiera a una distancia r (=ρ ) del eje del árbol. Por la hipótesis (3) , el radio de dicha fibra girará también el mismo ángulo θ , produciéndose una deformación tangencial δ igual a DE

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN

• La longitud de esta deformación es el arco de círculo de radio r (= ρ ) y ángulo θ y viene dada por:

δ s = DE = ρ θ En estas condiciones, la distorción es : δs ρ θ γ= = L L Y el esfuerzo cortante, según la ley de Hook,  Gθ  τ = Gγ =  ρ  L 

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN δ = DE = ρ θ s

En estas condiciones, la distorción es : δ ρθ γ= s = L L Y el esfuerzo cortante, según la ley de Hook,  Gθ  τ = Gγ =  ρ  L 

Esta expresión se suele llamar ecuación de compatibilidad, puesto que los esfuerzos expresados por ella son compatibles con las deformaciones elásticas. Obsérvese que los términos del paréntesis son constantes que no dependen de la posición de la fibra.

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • De aquí, que el esfuerzo cortante en un punto interior sea el producto de una constante por su distancia al centro. Es decir, la distribución de esfuerzos a lo largo de cualquier radio varía linealmente con la distancia al centro de la sección.

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Siguiendo el procedimiento general (2), se divide el árbol en dos mediante una sección MN, perpendicular a su eje y se traza el diagrama del cuerpo libre correspondiente a una de las partes. Secció n M N T

ρ

o d P = τ dA

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Un elemento diferencial de área de esta sección estará sometido a una fuerza resistente d P = τ d A, ya que al ser diferencial se puede admitir que el esfuerzo es constante dentro del elemento. Como la misión de estas fuerzas resistentes, que representa la acción sobre esta parte suprimida del sólido, es oponerse al momento torsionante T, han de tener la dirección perpendicular al radio para producir el máximo efecto. Secció n M N T

ρ

o dP = τ dA

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Para que se cumplan • El par resistente Tr es la las condiciones de suma de los momentos equilibrio estático, se respecto al centro de aplica la condición: todas las fuerzas ΣM = 0 diferenciales dP • Lo anterior significa Σ M = 0 que el par torsor resistente ha de ser Tr − dP × ρ = 0 igual al momento torsionante aplicado. Tr = dP × ρ

∫ ∫

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN Sustituyendo t por el valor dado en la ecuación deducida de la ley de Hook, resulta: δ s = DE = ρ θ La distorción es : δs ρ θ γ= = L L Según la ley de Hook :  Gθ  τ = Gγ =  ρ  L 

ΣM = 0 Tr − ∫ dP × ρ = 0 Tr = ∫ dP × ρ

T = Tr = ∫ ρ dP = ∫ ρ (τ dA) Gθ 2 2 ρ dA donde : ρ dA = I ∫ ∫ L I = momento polar de inercia Gθ TL T= I que se escribe : θ = L IG T=

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • A fin de expresar θ en las unidades apropiadas (radianes), T debe estar en N.m y L en m; I estará en m4 y G en N/m2. • Sí se desea expresar θ en º, se multiplica el segundo miembro de la ecuación por la fracción unitaria (180º/π rad)= 57.3 º/rad.

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Sustituyendo el valor de: Gθ /L por su equivalente T/I, se obtiene:

δ s = DE = ρ θ En estas condiciones, la distorción es : δ ρθ γ= s = L L Y el esfuerzo cortante, según la ley de Hook,  Gθ  τ = Gγ =  ρ  L 

Gθ 2 2 ρ dA donde : ρ dA = I ∫ ∫ L I = momento polar de inercia Gθ TL T= I que se escribe : θ = L IG T=

Tρ τ= que es la fórmula I de la torsión

DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Para calcular el máximo esfuerzo cortante, que es la expresión más utilizada en la práctica, se sustituye ρ por el radio r del árbol, esto es:

τ máx

T ×r = I

Momentos Polares de Inercia para Secciones Circulares S e c c ió n L le n a

S e c c ió n H u e c a

R r r

d

d 5 .4 0 c m D

π r4 π d 4 I= = 2 32

π 4 4 π 4 4 I = (R − r ) = (D − d ) 2 32

Fórmulas de Torsión 2T 16T τ máx. = = Eje macizo 3 3 πr πd 2TR 16TD τ máx. = = Eje hueco 4 4 4 4 π (R − r ) π (D − d ) En muchas aplicaciones prácticas, los árboles se utilizan para transmitir potencia. Del estudio de la dinámica se sabe que la potencia P transmitida por un par constante T que gira a velocidad angular constante w esta dada por:

Fórmulas de Torsión P=Tw Donde w está medido en radianes por unidad de tiempo. Si el árbol gira a una frecuencia de f revoluciones por unidad de tiempo, w = 2πf, y se tiene: P = T 2πf

Así, el momento torsionante transmitido puede expresarse como:

P T= 2πf

Con P medida en watts (1 W = 1 N.m/s) y f en revoluciones por segundo (r/s), la ecuación determinará el momento torsionante en newton-metros (N.m)

UNIDADES Trabajo (fuerza × distancia ) Potencia = Intervalo de tiempo 1 CV = 75 Kilográmetro/seg = 735 W = 0,735 kW 1 kW = 103 julios/seg 1 kgf = 9,8066 N ≈ 9,81 N Se utiliza: 1 kgf = 10 N 1 kgf/cm2 = 100 kN/m2 ≈ 100 kPa 1 kgf.m ≈ 10 N.m ≈ 10 J. 1 W = 1 N.m/s

Problema Torsión 1 • Un árbol macizo de un tren de laminación tiene que transmitir una potencia de 20 kW a 2 r/s. Determine su diámetro de manera que el esfuerzo cortante máximo no exceda de 40 MN/m2 y que el ángulo de torsión, en una longitud de 3 m, sea como máximo 6º. Emplee un valor de G de 83 GN/m2. En este problema se debe tener en cuenta tanto la resistencia como la rigidez. Se comienza por determinar el momento torsionante a que esta sometido el árbol:

3

P 2 x10 = = 1590 N .m 2πf 2π ( 2) Para satisfacer la condición de resistencia se

T=

aplica :

τ=

16T π d3

40 x10 6 =

16.(1590 ) π d3

de donde : d 3 = 202 x 10 −6 m 3 = 202 x 103 mm 3

y d = 58.7mm

De la expresión del ángulo de torsión se deduce el diámetro necesario que satisface la condición de rigidez TL TL θ= x 57.3 o bien, I = x 57.3 IG θG π d 4 1590( 3)( 57.3) = d = 48.6 mm 9 ( 6) 83 x 10 32

(

)

Problema Torsión 1 El diámetro mayor de 58.7 mm., satisface las dos condiciones de resistencia y de rigidez.

Problema 2 Torsión

• La figura muestra un árbol macizo de dos materiales y diámetros distintos. Firmemente unidos y perfectamente empotrados en sus extremos. El par torsor aplicado es de 1000 N.m y como se observa en la figura, se aplica en la unión de las dos partes. Calcular el máximo esfuerzo cortante en el acero y en el aluminio.

Solución Problema torsión 2 • Se trata de un problema estáticamente indeterminado en el que se desconoce en que proporción se reparte el par torsor aplicado entre las dos partes, derecha e izquierda, del árbol. El procedimiento a seguir es igual al seguido en ejemplos anteriores en el caso de fuerzas axiales. • Aplicando las condiciones de equilibrio estático, se tiene:

∑M = 0

⇒ TAl + Ta = T = 1000

La otra relación entre TAl y Ta se obtiene por las condiciones geométricas de la deformación que, en este caso, se expresa por la igualdad del ángulo de torsión desde la sección en que se aplica

Solución Problema torsión 2

el par torsor, a los dos extremos del eje.

θ Al = θ a  TL   TL    IG  =  IG   ⇒ Ta = 1.17 TAl   Al   a  Resolviendo el sistema, resulta : TAl = 461 N .m

y Ta = 539 N .m

Teniendo en cuenta las formulas de la torsión, los esfuerzos viene dados por : τ=

16T nd 3

⇒ τ Al = 5.57 MN m 2

τ a = 22.0 MN m 2

Problema Torsión 3 • Un árbol de sección constante, de 50 mm de diámetro, esta sometido a los pares torsores que se indican en la figura, a través de engranajes montados sobre el. Si G es 83 x 103 MN/m2, determine, en grados, el ángulo total de torsión entre A y D. 7 0 0 N .m 1 2 0 0 N .m 1 3 0 0 N .m

A

m θ m 0 5

8 0 0 N .m

B C

3 .0

D

m 2 .0

m 1 .5

m

• El empleo de vectores para indicar el sentido de los pares aplicados, como se ve en la figura, facilita la determinación del momento torsionante resultante sobre cada par del árbol. • Se aplica la condición de equilibrio de un diagrama de cuerpo libre entre una sección cualquiera y un extremo del eje, por ejemplo, D. • Entonces respecto de D, los pares transmitidos por cada porción y por tanto los momentos torsionantes a que están sometidos son:

Solución Problema 3 • TAB = 700 N.m en sentido de las agujas del reloj. • TBC = 500 N.m en sentido contrario a las agujas del reloj. • TCD = 800 N.m en sentido de las agujas del reloj.

Solución Problema 3 • El ángulo de torsión total es la suma algebraica de los ángulos parciales en cada porción.

θ A/ D θ A/ D θ A/ D θ A/ D

TL =∑ IG 1 = TL × 57.3 ∑ IG 57.3 [ 700( 3) − 500(1.5) + 800( 2) ] = 4 π ( 0.050 ) 9 ( 83 ×10 ) 32 = 3.32

Problema 4 • Un árbol de acero se encuentra cargado según se muestra en la figura. Usando un módulo G = 83 GN/m2, calcule el diámetro requerido del árbol si el esfuerzo cortante está limitado a 60 MN/m2 y el ángulo de rotación en el extremo libre no debe exceder de 4º. 5 0 0 N .m

2 m

1 0 0 0 N .m

3 m

Solución Problema 4 TL ∑ TL θ =∑ x 57.3 luego, I = x 57.3 IG θG d4 =

32 ∑ TL x 57.3 πθG

d=4

32 × (1000 × 3 − 500 × 2) x 57.3 π × 4 × 83 × 109

I=

πd 4 32

πd 4 ∑ TL = x 57.3 32 θG

Entonces,

d = 0.04330 m

Por otra parte tenemos la ecuación de torsión: τ =

16T πd 3

d =3

De aquí también despejaremos el diámetro d.

16 × (1000 − 500) 60 × 106 × π

d3 =

16 × T τ ×π

d = 0.03488 m

CONCLUSIÓN Para satisfacer las dos condiciones al mismo tiempo, se debe seleccionar el mayor diámetro que es el requerido del árbol. En este caso, entonces se debe seleccionar el diámetro d = 0.04330 m

Datos: Acero: A = 6.000 mm2, E= 200 x 109 N/m2 y α = 11.7 μm/(m.ºC) Bronce (c/u): A = 6.000 mm2, E = 83 x 109 N/m2 y α = 19.0 μm/ (m.ºC)

Problema Nº 10

B ro n c e

A c ero

B ro n c e

55 M g

250 m m

A una temperatura de 20 ºC se coloca una plancha rígida, que tiene una masa de 55 Mg, sobre dos varillas de bronce y una de acero, tal como se muestra en la figura. ¿A qué temperatura quedará descargada la varilla de acero?

50 m m

S O L U C IÓ N : S í la b a r r a d e a c e r o q u e d a lib r e e s p o r q u e la s b a r r a s d e b r o n c e s e d ila t a r o n m á s q u e la b a r r a d e a c e r o . E s t o o c u r r e a la t e m p e r a t u r a s o lic it a d a e n e l p r o b le m a . O b s é r v e s e q u e e l c o e f ic ie n t e d e d ila t a c ió n d e l b r o n c e e s m ay o r q u e el d el ac ero . E l d ia g r a m a d e f u e r z a s e s e l s ig u ie n t e :

A 20 º C la situación es : ΣPY = 0

5 5 .0 0 0 x 9 ,8 1 N

W − 2 PB − PA = 0 P

B

W

a

P

B

250 m m

P

W = 2 PB + PA 53.96 = 2 PB + PA PA = 53.96 − 2 PB

n iv e l in ic ia l dTB n iv e l f in a l

dTA

Para la condición planteada : 50 m m

PA = 0 PB =

W = 26.98 × 10 4 N (Compresión ) 2

dTB + d PB = dTA + d PA

( α L ∆T ) B +  PL 

 PL  = ( α L ∆T ) A +    AE  B  AE  A ( α L ∆T ) B −  PL  = ( α L ∆T ) A  AE  B 26.98 ×10 4 × 0.25 19 ×10 × 0.25 × ∆T − = 11.7 ×10 −6 × 0.30 × ∆T −6 9 6000 × 10 × 83 ×10 4.75∆T − 135.4 = 3.51∆T −6

∆T = 109.2 º C T − 20 = 109.2 º C T = 129.2 º C

P r o b l e m a Nº 10

PROBLEMA 6 •

Calcular el mínimo diámetro de un árbol de acero que, sometido a un momento torsionante de 14 kN.m, no debe experimentar una deformación angular superior a 3º en una longitud de 6 m. ¿Cuál es el esfuerzo cortante máximo que aparecerá en él?

T = 14 × 103 Nm D min = ? θ = 3 τ =? L = 6m 83GN G= m2 De la expresión del ángulo de torsión se deduce que el diámetro necesario que satisface la condición de rigidez para este problema es: TL TL x 57.3 luego, I = x 57.3 IG θG 3 (14 × 10 Nm)(6m) I=  × 57.3 = 1.933 × 10− 5 m 4 9 2 (3 )(83 × 10 N m )

θ=

SOLUCIÓN PROBLEMA 6

πd 4 = 1.933 × 10 − 5 m 4 32 d=

4

(1.933 × 10−5 m 4 ) * 32 = 0.11846m = 118.46mm π

Con este diámetro hallado, reemplazamos en la ecuación de Torsión para un eje macizo y obtenemos: 16T 16(14 × 10 3 Nm) 2 2 τ= 3 = = 42892658 . 1 N m = 42 . 89 MN m πd π (0.11846m) 3

Quiz 2 (valor 6.7%) T A = 3 0 0 N .m

A

0 .9 0 m

30 m m

B T B = 4 0 0 N .m

0 .7 5 m

Los pares mostrados en la figura se ejercen sobre las poleas A y B. Sabiendo que los ejes son sólidos y de aluminio (G = 77 GPa = 77 x 109 N/m2), determine el ángulo de giro entre: a) A y B, b) AyC

46 m m

C

Quiz 3 (valor 6.7%) En un árbol macizo de 5 m de longitud, en el que el ángulo total de torsión es de 4º, el esfuerzo cortante máximo es de 60 MPa. Si G = 83 GPa, calcular su diámetro. ¿Qué potencia podrá transmitir a 20 r/s?

G = 83 GPa Θ=

entonces

4° x

max.=

Como es un eje macizo entonces: max.=

entonces

T= Resolviendo (1) se obtiene:

d = 0.1035 m = 10.35 cm P=Tw=

SOLUCIÓN QUIZ 3

Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas • Este estudio es un poco más complejo que los anteriores de fuerzas axiales y de torsión, por el hecho de que el efecto de las fuerzas aplicadas son variables de una a otra sección de la viga. • Estos efectos son de dos tipos claramente diferenciados: – La fuerza cortante – El momento flexionante o simplemente momento.

Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas • Estos dos efectos producen dos tipos distintos de esfuerzos en las secciones transversales de las vigas: 1. Un esfuerzo normal, directamente proporcional al momento flexionante. 2. Un esfuerzo cortante que depende de la fuerza cortante.

• Primero estudiaremos la distribución y el cálculo de la fuerza cortante y del momento flexionante en vigas sometidas a distintas combinaciones de carga en diferentes condiciones de sujeción o apoyo.

Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas

En la figura se muestran varios tipos de vigas con distintas condiciones de sujeción. 1. Una viga simplemente apoyada en sus extremos, o viga simple, tiene una articulación en un extremo y un apoyo móvil sobre rodillos en el otro. 2. Una viga en voladizo, o ménsula, se sujeta en un solo extremo, en un empotramiento que impide el giro en dicho extremo 3. Una viga apoyada con voladizo está apoyada mediante una articulación y un apoyo de rodillos, pero uno o los dos extremos sobresalen de los soportes

Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas P w N /m M R

1

(1 )

P

R

(2 )

2

w N /m

1

R

1

(3 )

P

R

R

2

2

Estas vigas son estáticamente determinadas, ya que sus reacciones pueden determinarse directamente mediante la aplicación de las ecuaciones de equilibrio estático.

Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas

• Una carga concentrada o puntual es la que actúa sobre una longitud tan pequeña de la viga que puede suponerse que lo hace sobre un punto (ver figura 1) • Una carga distribuida es la que actúa sobre una longitud finita de la viga. Puede ser uniformemente distribuida en toda su longitud como en la figura (2) o sobre una parte de ella como en la figura (3)

Fuerza cortante y momento flexionante En la figura se representa una viga simplemente apoyada, en equilibrio bajo la acción de una fuerza concentrada P y de sus reacciones R1 y R2. Despreciamos el peso propio de la viga. Supongamos que se corta la viga por una sección a-a a una distancia x de R1, quedando la viga dividida en dos partes. Y P

a

x

X R

a

R

L

1

(a)

M R

1

x (b)

V

r

r

M

V

r

2

P

r

L - x

R

2

(c)

E q u il ib r i o d e l a s p a r t e s d e u n a v i g a a l a i z q u ie r d a y a l a d e r e c h a d e u n a s e c c i ó n a - a

Fuerza cortante y momento flexionante • En el diagrama de cuerpo libre de la porción izquierda (b), se observa que la fuerza exterior aplicada es R1. • Para mantener el equilibrio, en la sección de corte a-a deben aparecer unas fuerzas resistentes, necesarias para satisfacer las condiciones de la estática, fuerzas que representan las acciones de la parte derecha suprimida sobre la porción izquierda considerada.

• En este caso, y como la fuerza exterior aplicada es vertical, se satisface directamente la condición ΣX = 0, siendo el eje X horizontal.

M R

1

x

V

r

r

Fuerza cortante y momento flexionante • Para satisfacer la condición ΣY = 0, las fuerzas interiores en la sección a-a deben originar una fuerza resistente que se oponga a R1. Esta fuerza es Vr, a la que se puede llamar fuerza resistente cortante. En el caso que se considera:

Vr = R1

• Sí hubiesen otras fuerzas aplicadas entre R1 y la sección a-a, la resultante no equilibrada de todas ellas (que es igual y opuesta a la fuerza resistente cortante), se obtendría como suma de sus componentes verticales.

Vr = R1- P1 - P2 P

1

P

2

M R

1

V

r

r

Definición del momento flexionante • El momento flexionante es la suma de los momentos de todas las fuerzas que actúan en la porción de viga izquierda o a la derecha de una sección, respecto al eje perpendicular al plano de las fuerzas y que pasa por el centro de gravedad centroide de la sección considerada. Analíticamente viene dado por: M = (Σ M)izq. = (Σ M)der.

Definición del momento flexionante • El criterio más extendido es que el momento flexionante es positivo si la flexión que produce en la viga presenta la concavidad hacia arriba. • Un criterio equivalente es que las fuerzas que actúan hacia arriba respecto de cualquier sección producen momentos flexionantes positivos y las fuerzas que actúan hacia abajo dan lugar a momentos flexionantes negativos. F le x ió n n e g a t iv a F le x ió n p o s itiv a

Problema Ilustrativo • Escribir las ecuaciones de momento flexionante y fuerza cortante de la viga cargada que se muestra en la figura. • Trazar los diagramas correspondientes. Y

c

x

b

x

30 kN

a

x

B

2 0 k N /m

A

C

a

D c

b

5 m

R

1

X 4 m

5 m

R

2

D ia g r a m a d e C a rg a s

Problema Ilustrativo - Solución • Se calculan las reacciones: ΣMA = 0 R2 x 10 – 30 x 14 – 100 x 2.5 = 0 R2 = 67 N ΣMC = 0 100 x 7.5 – 30 x 4 – R1 x 10 = 0 R1 = 63 N • Estos valores se comprueban, hallando ΣY = 0. R1 + R2 – 20 kN.m x 5 m – 30 kN = 0 R1 + R2 = 130 kN

Problema Ilustrativo - Solución • En la sección a-a entre A y B las fuerzas aplicadas a considerar son las que aparecen en la figura. Teniendo en cuenta las expresiones de la fuerza cortante y del momento, se tiene: [V = (ΣY)izq.]

a

(2 0 x ) k N x /2

VAB = (63 – 20.x) kN

[M = (ΣM)izq.] MAB = 63.x – (20.x).(x/2) (63.x – 10.x ) kN.m 2

• Estas expresiones son válidas solamente desde x = 0 hasta x = 5, entre los puntos A y B

x R

1

= 63 k N

a

Problema Ilustrativo - Solución • Para obtener la expresión de VBC y MBC, se supone una sección cualquiera b-b entre los puntos B y C. Su posición está definida por la abscisa x desde A, por lo tanto x varía entre 5 y 10 m.

b

100 kN x - 2 .5

2 .5 m

x R

1

b

= 63 k N

VBC = 63 – 100 = - 37 kN MBC = 63.x – 100(x – 2.5) (- 37.x + 250) kN.m

Problema Ilustrativo - Solución • Las leyes de fuerza cortante y momento en el intervalo CD resultan de la misma forma, considerando una sección cualquiera c- c entre ambos puntos. Las fuerzas a la izquierda son las indicadas en la figura:

c

100 kN x - 25 m

2 .5 m

10 m

R

2

= 67 k N c

x R

1

= 63 k N (x - 1 0 )

VCD = 63 – 100 + 67 = + 30 kN MCD = 63.x – 100.(x – 2.5) + 67.(x – 10) MCD = (30.x – 420) kN.m

Problema Ilustrativo - Solución • Resumiendo, en el cálculo de V se consideran las fuerzas exteriores aplicadas a la izquierda de la sección, mientras que M puede calcularse tomando momentos, con respecto a la sección considerada, de las fuerzas exteriores aplicadas a la izquierda o a la derecha. Se ha tenido cuidado en asignar signos + a V y M producidos por fuerzas que actúan hacia arriba, y signo menos en caso contrario.

Problema Ilustrativo - Solución Diagrama de fuerza cortante y momento flexionante: – Son simplemente la representación gráfica de las distribuciones correspondientes, dibujada en los sistemas de ejes coordenados V-x y M-x. – La fuerza cortante y el momento, en los puntos de discontinuidad, se determinan sustituyendo los correspondientes valores de x en las ecuaciones anteriormente encontradas. En general es más sencillo determinar estos valores directamente aplicando las definiciones de V y M a estas secciones.

Problema Ilustrativo - Solución • Por ejemplo, la sección entre A y B de fuerza cortante nula es aquella en la que el peso de x metros de carga aplicada, a razón de 20 kN/m, contrarresta la fuerza cortante positiva de 63 kN que existen en A. Por lo tanto: 63 = 20.x entonces: x = 3.15 m • El momento en esta sección se calcula tomando momentos de las fuerzas a la izquierda. Esto son la reacción R1 = 63 kN hacia arriba y la carga de 63 kN hacia abajo necesaria para anular V.

Y

c

x

b

x

30 kN

a

x

B

2 0 k N /m

A

C

a

D c

b

5 m

X

D ia g r a m a d e C a rg a s

X

D ia g r a m a d e C o r ta n te

4 m 5 m

R 1= 6 3 k N

R 2= 6 7 k N

V 63 kN 30 kN

9 9 .2 3 k N .m M

- 37 kN 6 5 k N .m

X

- 1 2 0 k N .m

D ia g r a m a d e M o m e n to

Problema Ilustrativo - Solución [ Μ = (Σ Μ ) izq.] En x = 3.15, M = (63)(3.15) – 63(3.15/2) = 99.23 kN.m • Si se supone que la viga es muy flexible, es posible dibujar la forma que ésta adquiere bajo la acción de las cargas aplicadas. Entre A y E es cóncava hacia arriba y entre E y D es cóncava hacia abajo. • En el punto E en que la viga cambia de forma, de cóncava hacia arriba a cóncava hacia abajo, se tiene un punto de inflexión y corresponde a la sección de momento nulo. Su posición se determina igualando a cero MBC. Entonces: -37x + 250 = 0; x = 6.76 m

Curva Elástica 9 9 .2 3 k N .m M

6 5 k N .m

X

D ia g r a m a d e M o m e n to

- 1 2 0 k N .m

C u r v a e lá s t i c a

A

E

D

Ejemplo 1 Escribir las distribuciones de momentos flexionantes y fuerza cortante en la viga siguiente. Trazar su diagrama, marcando los valores en todos los puntos de discontinuidad, y en los de fuerza cortante nula. Desprecie el peso propio de la viga. 50 k N

20 k N

2 m B

A

D C

1 m

6 m

R

1

R

2

Solución Ejemplo 1 VAB = 30 KN MAB = 30X KN.m Expresiones validas solamente desde X = 0, hasta X = 2. VBC = 30 – 50 = -20 KN.m MBC = 30X – 50 (X – 2 ) = (-20X +100) KN.m Expresiones validas solamente desde X = 2, hasta X = 6. VCD = 30 – 50 + 40 = 20 KN.m MCD = 30X –50 (X - 2) + 40 (X – 6) = (20X – 140) KN.m Expresiones validas solamente desde X = 6, hasta X = 7. • CALCULO DE LOS MOMENTOS MAB = 30 * 2 = 60 KN.m MBC = -20 * 6 + 100 = -20 KN.m MCD = 20 * 7 – 140 = 0

•

PARA EL PUNTO E LA POSICIÓN ES: 20X + 100 = 0 X = 100 / 20 X=5m

Ejemplo 2 2 m

B 1 0 k N /m D

A C

2 m

6 m

R

1

R

2

Escribir las distribuciones de momentos flexionantes y fuerza cortante en la viga problema. Trazar también los diagramas marcando los valores en todos los puntos de discontinuidad y en los de fuerza cortante nula

Solución ejemplo 2 ∑M ∑M

R1 + R2 – 60 kN = 0 R1 + R2 = 60 kN

A

R2 × 6 − (60kN / m × 5) = 0

⇒ R2 = 50 kN

C

R1 × 6 − (60kN / m ×1) = 0

⇒ R1 = 10 kN

60 kN

2 m

3 m

B

D

A C

x x R

1

R

x

2

x

V = ( ΣY ) Izq.

M = ( ΣM ) Izq.

V AB = R1 M AB = R1 × x

VBC = R1 − [10kN × ( x − 2 ) ]

M BC = R1 × x − [10kN × ( x − 2 ) ] × x

VCD = R1 − [10kN × ( x − 2 ) ] + R2

M CD = R1 × x − [10kN × ( x − 2 ) ] × x + R2 × ( x − 6 )

Ejemplo 3 •

Escribir las distribuciones de momentos flexionantes y fuerza cortante en la viga siguiente. Trazar su diagrama, marcando los valores en todos los puntos de discontinuidad, y en los de fuerza cortante nula. Desprecie el peso propio de la viga. 2 m 3 0 k N /m

B 1 5 k N /m

A 6 m

R

1

R

2

Solución Ejemplo 3 Sistema con cargas concentradas W1 = (30 kN/m)(2m) = 60 kN W2 = (15 kN/m)(4m) = 60 kN Para hallar las secciones se hace balance de fuerzas y momentos: Σfuerzas = R1 – 60 KN –60 kN +R2 = 0 R1 +R2 = 120 kN (1) ΣMA= (-60 kN*1m) + (– 60 kN*4m) + (R2*6m) = 0 R2 = (300 kN*m)/6m = 50 kN Para satisfacer la primera ecuación R1 = 70 kN

Solución Ejemplo 3

Va = 70 – 30X kN

de 0