Mecánica de Sólidos Unidad 2 Problemas Resueltos Cálculo de esfuerzos y deformaciones normales en barras rectas sometidas a carga axial.
Ejercicio Nº 1. Ej. 101. Pág. 8. Resistencia de Materiales. Introducción a la Mecánica de los Sólidos (A. Pytel / F Singer) Un tubo de aluminio está rígidamente sujeto entre una barra de bronce y una de acero, tal como se muestra en la Figura 1. Las cargas axiales se aplican en las posiciones indicadas. Determinar el esfuerzo normal en cada material. Las aéreas de cada sección transversal se especifican en la Figura 1.
Figura 1. Solución:
Para calcular el esfuerzo normal en cada sección, se debe determinar primero la fuerza interna en cada una de estas. Los DCL adecuados se muestran en la Figura 2.
Figura 2.
Aplicando la condición de equilibrio a cada uno de los DCL de la Figura 2, se tiene: Pbronce = 20 kN (comp) ;
Pallum = 5 kN (Comp)
;
Pacero = 10 kN (Tracc)
Los esfuerzos Normales en cada sección son:
σ bronce =
Pbronce 20 kN = = 26,8 x 10 6 N/m 2 = 26,8 MPa. A bronce 700 mm 2
σ alum =
Palum 5 kN = = 5 x 10 6 N/m 2 = 5 MPa. 2 A alum 1000 mm
σ acero =
Pacero 10 kN = = 12,5 x 10 6 N/m 2 = 12,5 MPa. 2 A acero 800 mm
Ejercicio Nº 2 La ménsula de peso despreciable, que se muestra en la figura se carga con una fuerza P de 15 kN. La conexión en los extremos de las barras es por pasadores cilíndricos sin fricción. Determinar el esfuerzo normal en el tramo más delgado de la barra AB y el esfuerzo normal en la barra BC. El área de la sección transversal más delgada de la barra AB es de 0,9 cm2 y el área de la sección transversal de la barra BC es 1,5 cm 2.
Figura 1. Solución. Calculo de las fuerzas internas en las barras AB y BC. En la Figura 2 se muestra un DCL de un tramo ménsula, donde se ha cortado las barras AB y BC mediante planos perpendiculares a sus correspondientes ejes longitudinales. Las barras se consideran ideales, luego ellas pueden funcionar a tracción o a compresión, Las fuerzas internas actuantes el las secciones transversales se han supuesto dirigidas según la normal exterior al área de corte (barras a tracción), en caso de no ser esto correcto, se evidenciará si el resultado de la fuerza en cuestión da con signo negativo.
Figura 2. El valor de los ángulos θ y β quedan definidos de acuerdo con la geometría del dibujo del enunciado, esto es: 75 θ = tan -1 = 26,56º (1) 150 150 β = tan -1 = 45º (2) 150 Aplicando las ecuaciones de equilibrio al DCL de la Figura 1, se tiene:
( +) ↑Fy = 0
⇒
FAB sen θ− −FCBsen β−15 =0
( +) →Fx = 0 ⇒ − FAB cos θ − − FCB cos β=0
(3) (4)
Resolviendo el sistema de ecuaciones (3) y (4) se obtiene: FAB =11,2 kN
;
FBC = −14,1 kN
(5)
El signo negativo en el resultado de la fuerza interna F BC indica que la barra BC funciona a compresión, Por tanto dicha fuerza realmente debe estar dirigida entrando a la sección de corte. El esfuerzo normal en la sección transversal más delgada de la barra AB es un esfuerzo de tensión y queda determinado mediante: σAB =
FAB A AB
=
11,2 = 12,44 kN/cm 2 = 124,4 MPa 0,9
(6)
El esfuerzo normal en la sección transversal de la barra CB es un esfuerzo de compresión y queda determinado mediante: σCB =
FCB A CB
=
14,1 = 9,4 kN/cm 2 = 94 MPa. 1,5
(7)
Ejercicio Nº 3 La ménsula de peso despreciable, formada por las barras AB y CB ha de soportar la fuerza P aplicada en la conexión B, tal como se indica en la figura. Si el esfuerzo axial en las barras ha de ser el mismo, determinar el ángulo α necesario para que el volumen de la ménsula sea mínimo. Las barras son de sección transversal constante.
Figura 1 Solución. Cálculo de las fuerzas internas en las barras AB y BC. En la Figura 2 se muestra un DCL de un tramo ménsula, donde se ha cortado las barras AB y BC mediante planos perpendiculares a sus correspondientes ejes longitudinales. Las barras se consideran ideales, luego ellas pueden funcionar a tracción o a compresión, Las fuerzas internas actuantes el las secciones transversales se han supuesto dirigidas según la normal exterior al área de corte (barras a tracción), en caso de no ser esto correcto, se evidenciará si el resultado de la fuerza en cuestión da con signo negativo.
Figura 2 Aplicando las ecuaciones de equilibrio al DCL de la Figura 1, se tiene el valor de las fuerzas internas en las barras, esto es: ( +) ↑Fy = 0 ⇒ −T2 sen α−P =0 (1) ( +) →Fx = 0 ⇒ − T1 − T2 cos α = 0
(2)
De las ecuaciones (1) y (2) se tiene: T2 =
P (Comp) senα
T1 =
;
P cos α (Tracción) senα
(3)
Los esfuerzos normales correspondientes son: σ1 =
T1 A1
P cos α A1senα
=
σ2 =
;
T2 A2
=
P A 2senα
(4)
De acuerdo con la condición impuesta respecto a los esfuerzos y teniendo presente los valores obtenidos en (4), puede determinarse los valores de las áreas transversales de las barras en función del ángulo α, esto es: A1 =
P cos α σsenα
;
A2 =
P σsenα
(5)
El volumen de la ménsula es igual a la suma de los volúmenes de las barras, esto es: 1 P cos α L P L P cos α Vménsula = L1A1 + L 2 L 2 = ( L ) + + = σ sen α cos α σ sen α σ sen α cos α sen α Vménsula =
2 LP cos α +1 σ cos αsenα
(6)
Usando el teorema de máximos y mínimos del cálculo, se tiene: d Vmens dα
=
2 d cos α+1 = 0 dα cos αsenα
(7)
Resolviendo (7) se obtiene: cos 2 α =
Ejercicio Nº 4
1 3
⇒ α ≅ 55º
(7)
La ménsula de peso despreciable, formada por las barras AB y CB ha de soportar la fuerza P aplicada en la conexión B, tal como se indica en la figura 1. La sección transversal de la barra AB es 300 mm 2 y la de la barra BC es 500 mm2. Si E = 200 GPA, determinar el desplazamiento horizontal y vertical de la conexión B.
Figura 1 Solución. En la Figura 2 se muestra un DCL de un tramo ménsula, donde se ha cortado las barras AB y BC mediante planos perpendiculares a sus correspondientes ejes longitudinales. Las barras se consideran ideales, luego ellas pueden funcionar a tracción o a compresión, Las fuerzas internas actuantes el las secciones transversales se han supuesto dirigidas según la normal exterior al área de corte (barras a tracción), en caso de no ser esto correcto, se evidenciará si el resultado de la fuerza en cuestión da con signo negativo.
Figura 2 Aplicando las ecuaciones de equilibrio al DCL de la Figura 2, se tiene el valor de las fuerzas internas en las barras, esto es: ( +) ↑Fy = 0
⇒
TAB =50 kN
( +) →Fx = 0 ⇒ TBC =40 kN
(Tracción)
(1)
(Compresión)
(2)
La barra AB experimentará debido a la carga externa un alargamiento en dirección de la barra dado por, δAB =
TAB L AB A AB E
=
(50 x10 3 )(5000) (300 x10 − 6 )(200 x10 9 )
= 4,17 mm
(3)
La barra BC experimentará debido a la carga externa un acortamiento en dirección de la barra dado por,
δBC =
TBC L BC A BC E
=
( 40 x10 3 )( 4000) (500 x10 − 6 )( 200 x10 9 )
=1,60 mm
(4)
Figura 3 Para analizar el efecto de estos desplazamientos en el movimiento de la conexión B, imaginemos que se desconectan entre sí las barras AB y BC de manera que puedan alargarse y acortarse libremente debido a las fuerzas generadas en ellas, tal como se indica en la Figura 3. Para reunir sus extremos hay que girarlas una vez deformadas con sus nuevas longitudes alrededor de los centros de giro A y C respectivamente hasta que se encuentren en el punto B’. Ahora bien, los arcos generados por estas rotaciones son tan pequeños que se pueden reemplazar sin error apreciable por rectas perpendiculares a a las barras AB y BC ya deformadas; estas rectas que se cortan en el punto B’’. El desplazamiento total de B es el vector BB’’ o δ dirigido tal como se indica en la Figura 4.
Figura 4
En la Figura 4 se observa que el desplazamiento horizontal de B o componente horizontal de δ es: δh = δBC = 1,60 mm (hacia la derecha)
(5)
Por otra parte δh es igual a la suma algebraica de las componentes horizontales de δAB y de la longitud desconocida λ, esto es, δh = λ sen θ − δAB cos θ
(6)
Teniendo presente que sen θ = 3/5 y cos θ = 4/5, de (3) y (5) se tiene: 1,60 = λ (3/5) − 4,17 ( 4 / 5)
⇒ λ = 8,23 mm.
(6)
Con este valor de λ se puede determinar δv mediante, δ =δ senθ+λcosθ = 4,17(3 / 5) +8,23( 4 / 5) = 9,09 mm (hacia abajo) v AB
Ejercicio Nº 5 Una columna cuadrada de concreto de poca altura se refuerza axialmente con 6 cabillas de acero de 600 mm 2 de sección transversal c/u colocadas simétricamente en círculo alrededor del eje vertical de la columna tal como se indica en la Figura 1. A la placa de apoyo superior se le aplica una carga P, determinar el valor máximo de esta carga, si los esfuerzos admisibles son: para el acero 120MN/m 2 y para el concreto 6MN/m2 y sus correspondientes módulos de Young son: Ec = 14x109 N/m2 (concreto) y Tac = 200x109 N/m2 (acero).
Figura 1 Solución. La relación entre La fuerza aplicada P y las fuerzas internas en cualquier sección transversal de la columna puede determinarse mediante la ecuación de equilibrio del tramo de columna ubicado por encima del corte λλ
Figura 2 En la Figura 2 se muestra el DCL del tramo de columna por encima del corte λλ, aplicando la condición de equilibrio se tiene, ( +) ↑Fy = 0
⇒
P = N ac +N c
(1)
Como no hay otra ecuación estática que muestre la proporción en que se distribuye la fuerza total interna entre los dos materiales, se ha de acudir a la relación geométrica de acortamientos de los elementos de la columna. Es evidente que la placa de apoyo hace que el concreto y el acero se acorten la misma cantidad, esto es, δc = δac
⇒
σc L σac L = Ec E ac
(2)
De (2) y de los datos del módulo de Young se obtiene, E 200 σac = ( ac ) σc = ( ) σc = 14,3 σc Ec 14
(3)
De esta relación se deduce que, cuando el concreto alcance su esfuerzo admisible (esfuerzo límite para su comportamiento elástico) de 6 MN/m2, el correspondiente en el acero debe ser de acuerdo con la relación obtenida en (3): σac =14,3 (6) =85,8 MN/m 2
(4)
De este resultado se concluye que el acero no alcanzará su esfuerzo admisible de 120 MN/m 2 sin que el concreto se sobrepase del suyo. Los esfuerzos reales que se generan en los materiales de la columna deben ser, pues, de 6 MN/m2 en el concreto y de 85,8 MN/m 2 en el acero. Es fácilmente comprobable que si la carga P desconocida generará el esfuerzo límite en el acero (120 MN/m 2), el esfuerzo que se produciría en el concreto sobrepasaría su valor admisible y en consecuencia La fuerza axial interna en el acero y en el concreto pueden determinarse mediante: N ac =σac A ac =(85,8x10 6 )(6 x 600 x10 −6 ) =308.880 N
(5)
N c = σc A c = (6 x10 6 )(90000 x10 −6 −6 x 600 x10 −6 ) =518.400 N
(6)
Sustituyendo (5) y (6) en (1) se obtiene: Pmax = σac A ac = 308.880 + 518400 = 827.280 N
(7)
Pmáx = 827,28 kN
Ejercicio Nº 6 Una barra maciza de aluminio de 80 mm de diámetro se introduce concéntricamente dentro de un tubo de acero. Determinar el diámetro interior del tubo de manera que no exista presión alguna de contacto entre el eje y el tubo, sabiendo que el eje de aluminio debe soportar una fuerza axial de compresión de 400 kN. Para el aluminio el coeficiente de Poisson es µ = 1/3 y el módulo de Young es E = 70 x 109 N/m2
Solución. La compresión axial en el eje de aluminio debido a la carga de 400 kN es, (σal ) x = −
N(x) 400 x10 3 =− = −79,58 MN/m 2 π A al (0,080) 2 4
(1)
De acuerdo con la ley de Hooke, la deformación axial es, εx =
(σal ) x E al
=−
− 79,58x10 6 N/m 2 70 x10 9 N/m 2
= −1,13x10
−3
m/m
(2)
Para el esfuerzo unidireccional (según el eje axial de la barra), la deformación transversal (en la dirección radial) de la barra, de acuerdo con la relación de Poisson es, εy = − µ εx
(3)
De (3) se obtiene, εy = −
1 ( −1,13x10 − 3 ) = 0,379 x10 − 3 m/m 3
(4)
De acuerdo con la definición de deformación media, la deformación transversal es, εy = (
∆D ) ⇒ ( ∆D) al = ε y D al = (0,379 x10 − 3 ) (80) = 30,32 x10 − 3 m (6) D al
Teniendo presente este resultado (aumento del diámetro de la barra debido a la carga axial), el diámetro interior del tubo de acero debe ser mayor o al menos igual al diámetro de la barra con su diámetro expandido esto es,
(D int ) ac ≥ (D ext ) al + (∆ D) al = (80 + 0,03032) = 80,0303 mm.
(7)
Ejercicio Nº 7 Una varilla de cobre se introduce en un cilindro hueco de aluminio. La varilla sobresale 0,130 mm del borde superior del cilindro, tal se indica en la Figura 1. Determinar la carga máxima que se puede aplicar al conjunto por intermedio de la placa de apoyo. Los datos geométricos y de resistencia del material se especifican en la siguiente tabla.
2
Área (mm ) Módulo de Young E (Gpa)
Cobre 1200 120
Aluminio 1800 70
Esfuerzo Admisible (MPa)
140
70
Figura 1 Solución. Además de la ecuación de equilibrio estático es necesario hallar una relación entre los esfuerzos a través de una ecuación de deformaciones. Para ello considérese que al aplicar la carga P, la placa de apoyo desciende una cierta cantidad tal que además de comprimir la varilla de cobre, comprime también al cilindro de aluminio, por lo que se puede escribir la siguiente relación de desplazamientos (acortamientos), δcu = δal + 0,130x10 −3 (m) (1) La ecuación (1) puede escribirse en términos de los esfuerzos, σcu L cu σ L = al al + 0,130 x10 −3 (en metros) E cu E al
(2)
Usando los valores de la tabla se tiene, σcu (0,25013) σ (0,25) = al + 0,130 x10 −3 9 9 120 x10 70 x10
(3)
Efectuando los cálculos se obtiene, σcu = 1,71 σal + 62,4 x10 6
(Esfuerzos expresados en N/m2)
(4)
Si se llegase a aplicar una carga P en la placa de apoyo tal que el esfuerzo del aluminio alcanzase su esfuerzo admisible (70x106 N), entonces de acuerdo con la ecuación (4), el esfuerzo en el cobre llegaría a ser, σcu =1,71 (70 x10 6 ) +62,4 x10 6 =182,1x10 6 Pa =182,1 MPa
(5)
El valor del esfuerzo del cobre obtenido en (5) sobrepasa el admisible (140 MPa), por lo que es el esfuerzo admisible en el cobre el que va a limitar la carga. En este sentido debe determinarse el valor que adquiere el esfuerzo en el aluminio si la carga aplicada a la placa de apoyo es tal que se alcanza el esfuerzo admisible n el cobre, esto es, 140 x10 6 = 1,71 σal + 62,4 x10 6
(Esfuerzos expresados en N/m2)
(6)
De (6) se obtiene, σal
=45,4,1x10 6 Pa =45,4 MPa
(7)
Como puede observarse en (7) , al aplicar una carga P tal que el esfuerzo en el cobre llega a su valor admisible (140 MPa), el esfuerzo que se genera en el aluminio será de 45,4 MPa, inferior a su valor admisible (70 MPa) A continuación se determina las fuerzas internas en el aluminio y en el cobre, utilizando para ello los esfuerzos correspondientes que garanticen que no se sobrepasen los valores admisibles de ninguno de los dos materiales, esto es, para el aluminio se tomará el valor de 45,4 MPa y para el cobre el valor de 140 MPa N cu = σcu A cu N al = σal A al
= (1401x10 6 N/m 2 )(1200x10 −6 m 2 ) =168.000 N = (45,4x10 6 N/m 2 )(1800 x10 −6 m 2 ) =81.720 N
(8) (9)
Sobre la placa de apoyo actúa la fuerza P (hacia abajo) y las fuerzas internas generadas por el cobre y el aluminio (ambas hacia arriba), por tanto la ecuación de equilibrio para la placa es, P = N al + N co = 81720 +168000 = 249720 N
(10)
La máxima carga que se puede aplicar a la placa de apoyo sin que se sobrepase el esfuerzo admisible de alguno de los materiales es, Pmáx = 249,72 kN
