1.- DEFINICIONES.-____________________________________________________________ 5 Características mecánicas de algunos materiales.- __________________________________ 5 Elasticidad.- _________________________________________________________________ 5 Tensión.- T, f_________________________________________________________________ 6 FORMAS DE TRABAJO.- ________________________________________________________ 7 Clasificación de los sistemas constructivos.- ______________________________________ 10 TRACCIÓN SIMPLE.- __________________________________________________________ 10 ACERO A-42.-_________________________________________________________________ 12 MATERIALES DÚCTILES.- _____________________________________________________ 13 MATERIALES FRÁGILES.- _____________________________________________________ 13 BARRA PRISMÁTICA SOMETIDA A TRACCIÓN SIMPLE.- _________________________ 14 BARRA PRISMÁTICA CONSIDERAN SU PESO PROPIO.- __________________________ 14 SÓLIDO DE IGUAL RESISTENCIA A LA TRACCIÓN.- _____________________________ 15 TRABAJO INTERNO DE DEFORMACIÓN.-_______________________________________ 16 ANILLOS DELGADOS SOMETIDOS A TRACCIONES.- _____________________________ 17 ANILLOS DELGADOS GIRATORIOS.- ___________________________________________ 24 PROBLEMAS HIPERESTÁTICOS EN TRACCIÓN Y COMPRESIÓN SIMPLE.- _________ 24 CABLES.- ____________________________________________________________________ 28 Equilibrio de un hilo.- ________________________________________________________ 29 Equilibrio de un hilo cuando F es paralela al eje OY.-______________________________ 30 Cable sometido a su propio peso.- ______________________________________________ 32 Parábola de los puentes colgantes.- _____________________________________________ 36 Poligonal.- __________________________________________________________________ 37 ELASTICIDAD.-_______________________________________________________________ 38 Ley de Hooke generalizada.- ___________________________________________________ 39 Tensiones en elasticidad tridimensional.- ________________________________________ 39 Tensor de tensiones.- _________________________________________________________ 40 Tensiones y direcciones principales.- ____________________________________________ 41 Componentes intrínsecas de T.- ________________________________________________ 43 Superficie indicatriz.-_________________________________________________________ 44 Cuádrica directriz.- __________________________________________________________ 45 Círculos de Mohr.- ___________________________________________________________ 45 Deformaciones.- _____________________________________________________________ 51 Componentes intrínsecas del vector deformación.- ________________________________ 54 2
Deformaciones y direcciones principales.-________________________________________ 54 Sistemas de representación del tensor de deformaciones.- __________________________ 54 Ecuaciones de compatibilidad de las deformaciones.- ______________________________ 54 Ecuaciones de compatibilidad de las deformaciones.- ______________________________ 55 Relaciones entre tensiones y deformaciones (σ ↔ ε).- ______________________________ 57 Tensiones perpendiculares y deformaciones longitudinales.- _________________________ 57 Cortadura pura.- ____________________________________________________________ 57 Energía de deformación de cortadura.- __________________________________________ 58 Estados de tensión y deformación planos.- _______________________________________ 59 Tensión plana.-_____________________________________________________________ 59 Deformación plana.-_________________________________________________________ 60 Estado de tensión plana.-______________________________________________________ 60 Deformación plana.-__________________________________________________________ 63 Deformación longitudinal y transversal en una dirección dada.-_______________________ 63 Medida de las deformaciones superficiales.- ______________________________________ 65 Ecuaciones generales de la elasticidad.-__________________________________________ Ecuaciones de equilibrio interno.- ______________________________________________ Ecuaciones de equilibrio en el contorno.- ________________________________________ Ecuación de compatibilidad.-__________________________________________________
67 67 68 68
Elasticidad bidimensional en coordenadas cartesianas.- ____________________________ 69 Función de tensiones de Aery.- ________________________________________________ 69 Soluciones polinómicas a problemas bidimensionales en coordenadas cartesianas.- _______ 71 Teoría del potencial interno.- __________________________________________________ 75 Concepto de potencial interno o energía de deformación.- ___________________________ 75 Relaciones entre fuerzas exteriores y deformaciones. Coeficientes de influencia.- ________ 76 Expresiones del potencial interno.- _____________________________________________ Fuerzas exteriores.- _________________________________________________________ Deformaciones (corrimientos).- ________________________________________________ Matriz de tensiones.- ________________________________________________________
77 77 77 77
Principio de los trabajos virtuales.- _____________________________________________ 78 Teorema de Maxwell – Betty.- _________________________________________________ 80 Teoremas de Castigliano.- _____________________________________________________ 82 Teorema de Menabrea (o del mínimo).-__________________________________________ 83 RESISTENCIA.- _______________________________________________________________ 87 Relación entre el tensor de tensiones, el esfuerzo cortante, el momento flector y el momento torsor.-_____________________________________________________________________ 87 Vigas.- _____________________________________________________________________ 88 Hipótesis.- ________________________________________________________________ 88 Tipos de apoyo.- _____________________________________________________________ 89 Tipos de vigas.- ______________________________________________________________ 89 Momento flector y esfuerzo cortante.- ___________________________________________ 91 Diagramas de Cx y Mx .- ______________________________________________________ 91 3
Relaciones entre Cx, Mx y la carga.- _____________________________________________ 92 Tensiones internas en vigas sometidas a flexión.- __________________________________ 98 Tensiones en vigas sometidas a flexión pura.- ____________________________________ 101 Dimensionamiento de un viga.-________________________________________________ 102 Secciones simétricas.- ______________________________________________________ 106 Secciones no simétricas.- ____________________________________________________ 106 Flexión simple.-_____________________________________________________________ 107 Secciones más adecuadas en vigas sometidas a flexión.- ___________________________ 107 Sección rectangular.- _______________________________________________________ 107 Sección circular.- __________________________________________________________ 108 Trabajo interno de deformación por acción flectora.- _____________________________ 109 Tensiones cortantes en flexión simple.- _________________________________________ 110 Relación entre las τ y Cx.- ___________________________________________________ 110 Fórmula simplificada de las tensiones tangenciales.- ______________________________ 113 Trabajo interno de deformación producido por las tensiones cortantes en f.s..-________ 114 Deformación de vigas sometidas a flexión.- ______________________________________ 117 Carga lineal.- _____________________________________________________________ 117 Carga puntual.-____________________________________________________________ 118 Ecuación universal de la línea elástica.-_________________________________________ 122 Los teoremas de Mohr.-______________________________________________________ 126 La viga conjugada.- _________________________________________________________ 132 Flexión desviada (esviada) o asimétrica.-________________________________________ 137 Flexión hiperestática en vigas de un solo tramo.- _________________________________ 139 Principio de superposición.- __________________________________________________ 145 Notas sobre los apoyos.-______________________________________________________ 145 Apoyos empotrados imperfectamente.- _________________________________________ 145 Asientos diferenciales de los apoyos de vigas empotradas.- _________________________ 146 Vigas continuas.- ___________________________________________________________ 147 Flexión compuesta.- (tracción y compresión excéntrica) ___________________________ 152 Flexión pura generalizada.- __________________________________________________ 152 Eje neutro.-_______________________________________________________________ 153 Flexión compuesta.- _________________________________________________________ 154 Compresión y tracción excéntricas.- (flexo-compresión) ___________________________ Núcleo central.- ___________________________________________________________ Núcleo central de sección rectangular.- _________________________________________ Secciones sin zona de tracción.- ______________________________________________ Sección rectangular.- _______________________________________________________
159 160 161 162 163
4
1.- DEFINICIONES.La Elasticidad y Resistencia de los materiales estudia las tensiones en un punto según una dirección, y el movimiento del punto. Fuerzas externas.-
Las que actúan sobre la estructura.
Acciones externas.-
Influencias sobre el sólido estructural. r r dF T= = Kgcm − 2 = Ncm − 2 dS
Tensión.-(F/S) Movimientos.Deformación.-
Características mecánicas de algunos materiales.-
1. Acero 2. Hormigón 3. Madera 4. Pétreos y cerámicos 5. Plásticos 6. Aleaciones ligeras (- aluminio) EM
σ = Kε.
⇒ σ
Acero
ε Elasticidad.-
Propiedad de los sólidos naturales que sometidos a la acción de fuerzas exteriores recuperan su forma primitiva cuando cesa la acción. 5
Sólidos perfectamente elásticos.- aquellos que la recuperan exactamente
➟
(energía potencial de deformación) Sólidos parcialmente elásticos.- siempre conservarán una deformación. Por
➟
un lado energía potencial de deformación (elástica que se recupera), y por otro deformación permanente (se pierde en forma de calor) F. exteriores · d = W = Energía. Barra → sólido engendrado por una superficie cuyo centro de gravedad se mueve describiendo una curva y manteniéndose normal a esta.
Formas constructivas
Lámina → una de sus dimensiones es despreciable frente a las otras dos (espesor). Las barras pueden ser alabeadas y planas, y nos podemos encontrar las siguientes clases de perfiles: Vigas:
IPN → I HEB →
Pilares:
UPN → L→ L
Las láminas pueden ser: placas, bóvedas, cúpulas, depósitos. F = M·a → para equilibrio F = 0 ⇒ a = 0 ⇒ v = cte. (V = 0 → reposo)
∑F ∑M
=0
x x
=0
∑ F = 0 ∑ F = 0 ∑ M = 0 ∑ M = 0 y
z
y
∑F =0 ∑F ∑M =0 x
y
= 0
necesarias pero no suficientes.
z
en el plano.
Tensión.- T, f c
F1
∆F
F2
T
A
d
b
F3
B
∆S
F4
Cuerpo en equilibrio. Son las fuerzas que ejerce B para que A permanezca en equilibrio.
a
6
T
∆F ∂F = ∆S → 0 ∆S ∂S
T = f = lím
σ .- Tensión normal τ .- Tensión tangencial o cortante T .- Tensor
F
F
FORMAS DE TRABAJO.F1
F2
y
z
Fi
Todas las fuerzas se reducen a
x A S
las seis que aparecen en las ecuaciones
Eje
B
de Fn
F2
la
estática.
Y
estas
en
las
denominadas solicitaciones equivalentes.
Si la solicitud equivalente cumple: 1.-
2.-
3.-
∑F ∑F ∑M ∑F ∑F ∑M
x
≠0=N
⇒ esfuerzo longitudinal simple:
y
= ∑ Fz = 0
tracción +, compresión -.
y
≠ 0 = Cy
⇒ esfuerzo cortante según el
x
= ∑ Fz = 0
plano XZ o cortadura según la
=∑ M y = ∑ M z = 0
x
x
=∑ M y = ∑ M z = 0
∑F ≠0=C ∑F =∑F =0 ∑ M =∑ M = ∑ M z
y
∑M ≠ 0= M ∑M =∑M =0 ∑ F =∑ F = ∑ F ∑M ≠ 0= M ∑M =∑M =0 ∑ F =∑ F = ∑ F x
x
=0
dirección z. ⇒ momento torsor
z
y
z
y
=0
⇒ Momento flector según el plano
f
x
x
z
T
y
5.-
plano XY o cortadura según la
y
x
4.-
⇒ esfuerzo cortante según el
z
x
dirección y.
XZ
z
y
z
=0
7
∑M ≠ 0= M ∑M =∑M =0 ∑ F =∑ F = ∑ F
6.-
z
T
⇒ momento flector según el plano
x
y
XY
x
y
z
=0
Solicitación.- Esfuerzos o formas de trabajo de la barra calculadas a partir de las fuerzas, y a partir de estas las tensiones internas. Convenio de signos.zi xi
zd Sd
Si ci
xd
cd
yi
N = ΣFx → + ⇒
X+
Cy = ΣFy → + ⇒
Yd+ Yi-
yd
Cz = ΣFz → + ⇒
zd+ Zi-
+ ΣMx = Mt → + ⇒ X
ΣMy = My → + ⇒ Sentido igual al de un tornillo roscado a derechas y haciendo girar Z sobre el X por el camino más corto.
ΣMz = Mz → + ⇒ Sentido igual al de un tornillo roscado a derechas y haciendo girar Y sobre el X por el camino más corto. x y
z
N
Cy
Mz
+
+
+
N
Cz
My
+
+
+
x Solicitaciones suponiendo rectos los ejes excepto en el caso de materiales muy flexibles, considerando su deformación para el cálculo.
8
Principio de Saint-Venant.- cualquier sistema de fuerzas exteriores con las mismas características de solicitación equivalente produce las mismas tensiones internas. Las tensiones internas se distribuyen de forma uniforme excepto para una longitud inicial igual a la mayor dimensión de la sección considerada. Sistemas hipo – iso –hiper- estáticos.Tensiones Deformaciones
Equilibrio isostático.
Suelen serlo aquellos que tienen los enlaces exteriores imprescindibles. Condiciones elásticas Deformaciones → tensiones
Equilibrio hiperestático.
Su grado es la diferencia entre el nº de incógnitas y el nº de ecuaciones de la estática. Enlaces superabundantes. Principio de superposición de efectos.- El efecto producido por varias fuerzas que actúan simultáneamente es igual a la suma de los efectos producidos por las fuerzas simples si actuaran separadamente. tenemos que considerar dos cosas: a)
Que la línea de acción de las fuerzas permanece en su posición original
b)
Que se cumple la ley de Hooke.
Los efectos de las fuerzas son: 1.-
tensiones
2.-
deformaciones
3.-
reacciones en los enlaces.
Esto sólo se cumple en sistemas isostáticos. En las estructuras hiperestáticas para poder calcular las reacciones exteriores, primero tenemos que hallar las deformaciones. Un sólido está sometido a tracción simple cuando la acción resultante de las fuerzas exteriores sitas a un lado de la sección ideal se reduce a un fuerza N dirigida
9
según el eje longitudinal de la barra si esta es recta, o según la tangente al eje geométrico del centro de gravedad si el eje es curvo. La deformación de la barra es tal que las secciones perpendiculares al eje se trasladan perpendicularmente a sí mismas produciéndose un alargamiento igual para todas la fibras.
ε=
∆l σ = l E
∆l ; l
ε α
N S
ε → deformación unitaria.
Clasificación de los sistemas constructivos.-
➥
Nº de ecuaciones = nº de incógnitas ⇒ sistema isostático
➥
Nº de ecuaciones < nº de incógnitas ⇒ sistema hiperestático; los enlaces son más de los necesarios.
➥
Nº de ecuaciones > nº de incógnitas ⇒ sistema hipoestático; nos faltan enlaces.
El empotramiento impide todo tipo de movimiento a la viga. RA + RB – N = 0;
RA
N
RB
ΣFx = 0; ⇒ es un sistema hiperestático. Hay un enlace
que sobra. HA
N
RA
P
RA = N ⇒ sistema isostático
TRACCIÓN SIMPLE.Cuando la acción resultante de los fuerzas exteriores situadas a un lado de la r sección transversal ideal S se reducen a una fuerza N dirigida según el eje longitudinal de la barra prismática si esta es recta y según la tangente al eje geométrico en el Centro de Gravedad (en adelante C.G.) si es curvo.
10
σx l l1 L1 = l + ∆l N
N
∑F =0 N −σ xS = 0
σx =
Ley de Hooke.-
N S
el desplazamiento de un punto es proporcional a la fuerza
creciente aplicada gradualmente.
∆l (= ∂ ) 1 N ∆l N α ;ε = = l S l E S
donde E es el módulo de elasticidad longitudinal
⇒ E = 2.100.000 Kgcm-2 para el acero. [ε] = adimensional E = FL-2
[N] = N = F [S] = L2
1.-
Determinar el alargamiento total de la barra cuya sección del tramo BC e 4
cm2 y la de los tramos AB y CD es de 8 cm2. Se supone de acero y se desprecian los efectos producidos por el cambio de sección. 20 cm A Q
20 cm B
S1 A1
A2 S2
P
20 cm C
S1.- Q D
σ1
Q P
S2.-
Q
σ2
P = 2500 Kg. Q = 5000 Kg.
∆l 1 σ = l E S
σ σ σ σ Q Q−P ∆l σ 1 = + 2 + 1 =2 1 + 2 =2 + l EA1 EA21 EA1 EA1 EA2 EA1 EA2 11
∂ = ∆l = 2
Ql (Q − P)l + = 0'01875cm EA1 EA2
ACERO A-42.σ σR Kg·cm
Punto de rotura real
F’ Tensión de rotura
-2
B
σf σe σp
β
G
Límite elástico
F
Zona de fortalecimiento
Punto de rotura aparente
Tgα = E Tgβ = E’ → módulo de elasticidad total.
Zona de fluencia
Zona de proporcionalidad
α
α Descargando la barra
ε (%)
Normalmente de 0 – B se le llama zona elástica. tgα = E (módulo de elasticidad longitudinal) = 2’1·106 Kgcm-2 tgβ = E’ (módulo de elasticidad longitudinal total) S
σe es la que produce una deformación permanente del 2%
S’ garganta
En el acero A-42b σp = 0’8σe
N ≤ en rotura; S Ψ=
N = F más grande. S'
S − S' ≈ 50 en el acero. S'
A − 42
σ p = 2160 Kgcm −2 −2 σ e = 2600 Kgcm σ = 4200 Kgcm − 2 R
E = 2'1·10 6 Kgcm −2 G = 8'1·10 −5 Kgcm − 2 α = 0'00012 gra do −1
A-52 → σp = 5200 Kgcm-2 E = 250000 → 400000 Kgcm-2 hormigón
H - 150 H - 175
σR = 15 → 40 Kgcm-2
H - 200
12
E = 100000 Kgcm-2 madera
σR = 600 → 1400 Kgcm-2
MATERIALES DÚCTILES.Fundición de hierro y aleaciones de aluminio.
σ Deformación plástica
σe σp
ε Aluminio estructural, no tiene período de fluencia. 0’2%
σ Deformación plástica
σe
1%
ε
MATERIALES FRÁGILES.σ σr σe
ε Grado de seguridad.- nos facilita la resistencia de la construcción.
13
G.s. =
σ rotura = υ ⇒ para materiales frágiles. σ admisible
Una construcción será resistente cuando podamos aumentar el valor de las fuerzas exteriores por un coeficiente υ > 1 sin que en ningún punto de la estructura se alcance la tensión admisible.
υ=
σ fluencia ⇒ para materiales dúctiles. σ admisible
Acero ⇒
σr = 3; σ adm
F · 1’5 ←→
σf = 1'5 σ adm
σf
σ adm ( A − 42) =
1'5
2600 Kgcm −2 = 1733Kgcm − 2 1'5
Madera ⇒ υ = 8
BARRA PRISMÁTICA SOMETIDA A TRACCIÓN SIMPLE.σx
A l
σx S – N = 0
S
σx S = N
B N
ε=
∆l σ x N = = ; l E ES
σx =
N
∆l = δ =
N S
Nl ES
BARRA PRISMÁTICA CONSIDERANDO SU PESO PROPIO.σx S x
N
γ (Kgcm-3)
N + γx S - σxS = 0
σxS = N + γx S
σx =
N + γxS N = + γx S S
σA =
N + γl S
σA
A
Diagrama de tensiones B
σB
14
σB =
σ adm =
N + γl S
σA ≤ σadm
⇒
N + Sγl ≤ Sσadm
⇒ S≥
N
⇒
⇒
N + γl ≤ σ adm ⇒ S
N ≤ Sσadm - Sγl
⇒
N ≤ S(σadm - γl)
σadm = γl → S = ∞
⇒
σ adm − γl
N S
Para que σadm > γl
εx =
∫ε
x
σx E
ε 0 dx =
;
dx = ∫
1 E
1 ∫ ε x dx = E
σx E
dx;
l 1 N N + γ l dx = + γx dx ∫ S 0 E S l
N x2 l2 1 N x +γ = l +γ 2 0 E S 2 S
l
ε x ∫ dx = ε x l = ∆l ; 0
N l2 l l l N +γ + γ = 2 ES 2 S
∆l =
1 E
2.-
Una varilla vertical de 180 mm de longitud ha de soportar en su extremo
inferior una carga p = 1400 Kg. ¿Calcula la sección transversal circular para que σMax = 1000 Kgcm-2 ?¿Una vez fijada la sección determinar el alargamiento? El peso específico es γ = 7850 Kgm-3
SÓLIDO DE IGUAL RESISTENCIA A LA TRACCIÓN.Es una barra hecha de tal forma que las tensiones son las mismas en todas sus secciones rectas.
15
Pe → peso específico l
dx
Sx+dx Sx
Sx+dx = Sx + dSx
x
σx =
S0 Fuerza de tracción uniformemente repartida
σadm = σx = σx+dx ⇒
(S x + dS x ) Sx
=
σ x + dx =
F + P + Pe (S x + dS x )dx ; F+P
dS x Pe P = dx = e dx; Sx σx σ adm
LS x =
σ adm
S x = S0 Sx =
x + LS 0 ;
e
F
σ adm
Pe
σ adm
e
F + P + Pe S x + dx dx S x + dx
F + P F + P + Pe S x + dx dx ; = Sx S x + dx
dS x Pe S x dx + Pe dS x dx ; = Sx F+P
Pe
F P F+P + = Sx Sx Sx
1+
dS x P (S + dS x )dx =1+ e x Sx F+P
Sx = σ x ; dS x ≈ 0 F+P
⇒
⇒
F + P F + P + Pe (S x + dS x )dx = (S x + dS x ) Sx
∫
LS x − LS 0 =
dS x P = ∫ e dx; Sx σ adm
Pe
σ adm
LS x =
S x=L x ; S0
Sx = S0
e
Pe
σ adm Pe
σ adm
x+C
x
x
Pe
σ adm
x
S0 = F / σadm
TRABAJO INTERNO DE DEFORMACIÓN.Es la fuerza que hay que aplicar a un sólido por el volumen deformado. La fuerza se aplica de forma progresiva evitando así acciones dinámicas. N dN1 N1
N → ∆l
N1 =
N1 → ∆l1
N∆l1 ∆l
τ Despreciamos
∆l1 ∆l d(∆l1)
infinitésimos
de
segundo
orden.
τ = N1d(∆l1)
→
trabajo
interno
de
deformación de la fuerza. 16
τ =∫
∆l
0
ε = σE
N 1 d (∆l1 ) = ∫
∆l
0
=
∆l
2 N∆l1 N (∆l1 ) N∆l =τ d (∆l1 ) = = 2 ∆l ∆l 2 0
N ∆l Nl ∆lSE = ; ∆l = ; N= SE SE l l
τ = 12 NSEl = 12 (∆l ) 2
S 2E2 l 1 (∆l ) SE = 2 SE 2 l l
2
2
τ
2 σ 2 =N 2 1 N∆l 1 N 2 1 (∆l ) E S = = = →= 2 2S E 2 l2 Sl 2 Sl
2
⇒
trabajo
por
unidad
de
volumen. Sl = V
τ
1 = Sl 2
σ
2
1 · E
Para una viga de sección variable ⇒
τ
1 N 2 dl =∫ 0 2 S E l
Cuando no se sobrepasa el límite elástico (las deformaciones no son permanentes) el τ externo se transforma en energía potencial elástica que se recupera cuando la solicitación deja de actuar. Si la barra fuese de sección variable integraríamos.
τ=
1 l N 2 dl 2 ∫0 ES
ANILLOS DELGADOS SOMETIDOS A TRACCIONES.Suponemos un tubo de longitud la unidad y una carga interior P en Kgcm-2. Líquido a presión
F
dV
dH
α
dα
e
σy
PdA = F;
dA = rdα;
π
π
0
0
dV = Prdα·cosα
V = ∫ Pr cos αdα = 2 ∫ Pr cos αdα ; 2
σy
V = 2Pr;
Equilibrio ⇒ 2Pr = 2σye
17
Pr
σy =
e spesor
σ=
γV 2
ε=
g
σy E
=
Pr ∆l =ε = l eE
e=
Pr
σy
∆l =
Pr 2πr 2 P = ∆l ·2πr = eE eE
3.-
Una llanta de rueda de 50x10 mm de sección transversal tiene de diámetro
la nueva longitud = 2πr’;
r' = r +
r2P eE
medio 80mm y está fabricada con hierro dulce. Nº de r.p.m. sin que T > 1200 Kgcm-2.
σ=
γV 2
V = wr =
g
2πn 2πn ·r = ·40; 60 60 2
2πn 7850 Kgm ·10 m cm ·40 60 1200 = ; −1 981cms −3
σ < 1200 Kgcm-2
−6
3
−3
n = 2923 r.p.m.. 4.-
Un perno de acero anclado en hormigón está sometido a tracción P.
Admitiendo que la fuerza de adherencia entre el hormigón y el acero varía parabólicamente según f = Kx2, determinar el alargamiento total del perno.
ΣFx = 0 p=∫
l1
0
l1
x3 l3 kx dx = k = k 1 ; 3 3 0
k=
2
3p l13
En la parte libre N = p; en la Parte empotrada: x
N = p − ∫ kx 2 dx = p − 0
∆l =
lσ lN = E ES
px 3 l13 l
l1
l
0
0
l1
∆l = ∫ εdl = ∫ εdl + ∫ εdl ; l1
∆l = ∫
l1
0
l N l1 N dl + ∫ dl = ∫ 0 l1 SE SE
x3 x4 p 1 − 3 p x − 3 l l 4l1 l p px 1 dx + ∫ + dx = ES = l1 SE SE ES l1 0
p l1 l − = ∆l ES 4 18
5.-
Una varilla vertical del pozo se una mina de 180 m ha de soportar en su
extremo inferior una p = 1200 Kg. ¿Determinar la sección transversal circular para que σM = 1000Kg·cm-2?, ¿Una vez fijada la sección determinar el alargamiento de la barra? Se tendrá en cuenta el peso específico del material γ = 7850 Kg·m-3.
σx =
p + pe x S
σM =
p p 1400 + γX M = + γL = + 7850·10 −6 ·1'8·10 2 S S S
S = 1’63 cm2 = π(d/2)2 d = 0’13 cm el perfil que se fabrica inmediatamente superior ⇒ d = 0’15 cm ⇒ S = 1’76 cm2.
∆l = ∫
l
0
p p + γx + γx l l l ( p + Sγx ) dl = S N S dl = ∫ dx; dl = ∫ ∫ 0 0 0 SE E E SE
pl γl 2 l p γl ∆l = + = + ; SE 2 E E S 2
1 ∆l = 2'1·10 6
(
1400·180·10 2 7850·10 − 6 180·10 2 + 1 ' 76 2
)
2
∆l = 7’42 cm.
6.-
Determinar el alargamiento de una viga cónica sometida a su propio peso.
∆l σ = ; l E
∆l =
l
l
0
0
∆l = ∫ εdl = ∫
Nl SE
3Q 1 · Sx l Qx S0l 3 dx = ∫ dx 0 S El SE 0
Q l 1 Ql · = · = ∆l S0 E 2 2 S0 E 1 peso → Q = γ · S 0 l 3
19
7.-
Las barras de la figura son de acero y sección circular (d = 18 mm), con una
longitud l = 1’80 m. Soportando un pero de 3500 Kg. Las sustentaciones son articulaciones y α = 30º. Calcular el corrimiento de C. Iden si α = 0º B
A
α
l C
8.-
Construir el diagrama de esfuerzos axiles para el pilar que se representa si
p1 = p, p2 = 3p, p3 = 2p y la carga distribuida uniformemente varía linealmente desde Q = 0 a Q = p/a. P1 + N1 = 0 ⇒ N1 = -p1 = -p
P1 a
N1
P2
a/2 a
P1
P1 +N2 – P2 = 0 ⇒ N2 = P2 – P1 = 2P
Q=0 P3
a
px dx − p 2 2a 2 2a → p / a px q x = 2 x → qx 2a p1 + N 3 + ∫
Q=p/a
x
0
a/2
p1 + p 3 + N 4 + ∫
x
0
px dx − p 2 = 0 2a 2
2p
7/4p
-
p
+
1/4p p
9.-
Una barra 1-2 de absoluta rigidez apoya sobre dos soportes metálicos A1 y
C2 de acero dulce, ambos con la misma altura y sección distintas S y S’. ¿determinar la 20
posición que ha de adoptar la carga vertical P para que la viga permanezca horizontal? No se tendrá en cuenta el peso propio de los soportes separados entre sí una distancia l. b p 1
a
p
ΣFy = 0 ⇒ VA + VC – p = 0
2
ΣFx = 0 ⇒ 0 = 0 S’
S
ΣMA = 0 ⇒ MA = 0 = VCl – pa = 0; VC = pa/l
h
l A
VA +
C VA
ε A = εC =
VC
b l − a V A = p = p l l
pa − p = 0; l
σ E
σA
;
EA
=
σC EC
E A = EC → σ A = σ C
N A NC = S S'
pb pa l = l ; S S'
p(l − a ) pa = ; S S'
pl a( pS + pS ') ; = S SS '
a=
pl pa pa = + ; S S' S
plS ' ; Ps + pS '
a=
S b = S' a
lS ' ; S + S'
b=
lS S + S'
10.- Dada la figura calcular las reacciones en los apoyos y dimensionar las barras 1, 2, 3. Utilizando una sola sección. P = 6000 Kg. σf =2800 Kg·cm-2 coeficiente de seguridad υ = 2. 3m
3m
ΣFv = 0 ⇒ RA + RB – p = 0
3m
ΣFh = 0 ⇒ 0 = 0
1 30º A
B
2 RA
RB
3
ΣM = 0 ⇒ MA = 0 = 9RB – 3p = 0 MB = 0 = 9RA – 6p = 0 RB = p/3 = 2000Kg; RA = 4000Kg.
Para resolverlo utilizamos el método de Ritte.
ΣFv = 0 ⇒ RA –p – N2sen30 = 0
D
N1
A C E
N2
N3
2 1 2 p − p − N 2 = 0; N 2 = − p = −4000 Kg . 3 2 3 ΣFh = 0 ⇒ N1 + N2cos30 + N3 = 0 M c = 0 = N 1 DE − p EC + R A AF ; N 1 = −2000 3Kg .
N 3 = 4000 3Kg .
⇒ N3 >|N2| > |N1| ⇒ S3 > S2 > S1
21
σa =
σf N N N = 1400 Kgcm − 2 = 1 = 2 = 3 ; ⇒ S 3 ≈ 4'95cm 2 = S 2 = S1 υ S1 S2 S3
11.- Un soporte de hormigón de 30x30 cm se refuerza axialmente mediante 4 barras de acero. Al soporte de 2’5 m de altura se le aplica a través de una placa rígida una carga longitudinal de 100 tn. ¿Esfuerzos en el hormigón y en el acero?, ¿ Comportamiento del soporte?, Eh = 2·105 Kg·cm-2; Ea = 2·106 Kg·cm-2.
εh = εa ⇒
σh Eh
=
σa Ea
;
Nh Na = S h Eh S a Ea
900 cm2 = Sh + Sa;
σh 2·10
5
∆l =
=
σa 2·10 6
⇒ σ a = 10σ h
pl Nl = ; ∆l a = ∆l h ES ES
⇒
pl pl = ;⇒ Ea S a Eh S h
⇒ Sh = 10Sa p = σ a Sa +
p = σaSa + σhSh;
σa 10
10 S a = 2σ a S a
⇒ 2Na = p;
Na = ½p
Sa + 10Sa = 900 ⇒ Sa = 81’82 cm2 ⇒ 81’82 / 4 cada barra. Sh = 818’2 cm2 Na = σaSa = 5000 Kg.
⇒
σa =611’11 Kg·cm-2
Nh = σhSh = 5000 Kg.
⇒
σh =61’111 Kg·cm-2
p l 5000 Kg ·250cm Nl 2 ∆l = = = = 0'0765 S h E h S a E a 81'82 Kgcm − 2 ·2·10 6 12.- Sólido de igual resistencia a compresión. ¿∆l, y volumen? F
σx = σx+dx = σa
S0 x l
Sx
γ Kg·m
dx Sx+dx
γS x dx p+F
=
-3
σ x=
p+F Sx
σ x + dx =
p + γS x dx + F p + F = ; S x + dS x Sx
dS x dS γ γ ; dx = x ; x + cte = LnS x σa σa Sx Sx
22
x = 0 ⇒ cte. = LnS0;
S γ γ x + LnS 0 = LnS x ; x = Ln x ; S x = S 0 σa σa S0
e
γ x σa
∆l =
σa E
l
13.- Una pieza prismática vertical de longitud 3 m y sección de área constante 4 2
cm está empotrada por su sección extremo superior, estando sometida a una fuerza de tracción p = 6 tn aplicada en su sección extrema inferior y a una fuerza antagonista que actúa de forma uniforme y de valor Q = 1 tn·m-1 siendo E = 2·106 Kg·cm-2. Calcular el alargamiento total y la energía de deformación acumulada en la pieza.
l
∆l = εl = ∫ εdl ;
ε=
0
L = 3 m. Q = 1Tm-1 S = 4 cm2 E = 2·106 Kgcm-2
σ E
=
N ∆l = l SE
x
N 1 − p + ∫ qdx = 0; 0
x
N 1 = p − ∫ qdx;
x
0
N 1 = p − qx ;
N = p – qx p=6T
∆l = ∫
l
0
σ=
p − qx p − qx ⇒ε = ; S SE
∆l =
pl ql 2 − ; SE 2 SE
l
px qx 2 p − qx − dx = ; SE SE SE 2 0
∆l = 0’169 cm. (Otra forma de hacerlo). Podemos equiparar la carga uniforme a una fuerza que actúa hacia arriba desde el Centro de Gravedad de valor Q = ql. Así nos queda que el axil es: N1 = p = 6T
0 ≤ x ≤ 1’5 m
N2 = p – Q = 3 T.
1’5 m ≤ x ≤ 3 m
N 1l = 0'113 SE ∆lT = ∆l1 + ∆l 2 = 0'169 N 2l ∆l 2 = = 0'056 SE ∆l1 =
l ( p − qx ) N2 1 dl = ∫ dx = 0 2 SE 0 2SE 2 SE
τ =∫
l
2
∫ ( p − qx ) l
0
2
dx;
τ = 393’75 Kgcm
23
ANILLOS DELGADOS GIRATORIOS.Anillo girando alrededor de un eje geométrico normal al plano del anillo con un velocidad angular w = cte. El elemento (a, b) está girando por lo que nos P
a l
r
s
aparece una fuerza centrífuga “P” y este elemento de masa estará sometido a una aceleración normal.
b dP = dm·w2·r;
Fc será:
m= P' =
peso γls γs = = ; l = 1; g g gra vedad
γs g
·w r
PROBLEMAS
σ → tensión circunferencial. Velocidad lineal
P' r γw 2 r 2 γV 2 σ= = = =σ s g g
2
an = w2r
HIPERESTÁTICOS
EN
TRACCIÓN
Y
COMPRESIÓN
SIMPLE.Para la resolución de este tipo de problemas, se efectúa un análisis de las deformaciones que se han de tener en cuenta para poder establecer las ecuaciones complementarias precisas.
14.- Dadas tres barras articuladas AB, AC, AD en la disposición de la figura con E = 2’1·106 Kgcm-2 y con las superficies indicadas, calcular la σ longitudinal de cada una y el corrimiento vertical de A.
B
S2 l2
S1
S2
X1
X2
α A A’
D
l2 =
l1 X’2
l1 cos α
∑F ∑F
v
= 0 ⇒ x 2 cos α + x1 + x' 2 cos α − p = 0;
h
= 0 ⇒ x 2 sen α 1 + x' 2 sen α − p = 0; ⇒
x' 2 = x 2 ⇒ x1 + 2 x 2 cos α = p
p 24
90
Tenemos por tanto una hiperestaticidad de grado 1.
D’ A’ ecuación de compatibilidad de las deformaciones.
AA’ = ∆l1 = δ1;
D’A’ = B’A’ = δ2 = ∆l2 = ∆l’2;
δ2 = δ1cosα
→
x2 l2 xl S 2 E 2 x 2 l 2 = 1 1 cos α ; xl ∆l1 = 1 1 S 2 E 2 S 1 E1 S1 E1
∆l 2 =
x 2 x1 = cos 2 α ; S 2 S1
x2 =
B’
∆α = 0;
x 2 l1 x l = 2 1 cos α ; S 2 cos α S1
S2 x1 cos 2 α ; S1
x2 =
S p cos 2 α · 2; S S 1 + 2 2 cos 3 α 1 S1
15.- Durante el montaje del sistema de barras se observó un defecto ε de forma que no concurría en el nudo A. El montaje fue realizado forzando los extremos (articulaciones A y C). Suponiendo el mismo material y sección averiguar los esfuerzos de las barras después del montaje. L 30º
1
2
A
∆l = ε =
30º
4
L 3
L
ε
3
N1 = N2;
5
N4 = N5
-2N4sen60º + N3 = 0
L
2N1cos60º - 2N4sen60º = 0
B
∆l3 + δ1 + δ2 = ε
N = SεEl
2N1cos60º - N3 = 0
L 3
30º 30º
Nl ; SE
→
ecuación de compatibilidad.
δ1 = ∆l1cos60º + ∆l2cos60º δ2 = ∆l4cos30º + ∆l5cos30º ∆l3 + 2∆l1cos60º + ∆l4cos30º = ε ∆l 3 =
N 3 l 2 N 1 cos 60º l = ; SE SE
∆l1 =
4 N 1 cos 60º l + 2 N 4 l 3 cos 30º = εSE; N1 − 3
εSE − 2 N 1l
N 2 = N1 =
3l
εSE
(2 + 3 )l
= 0; ;
N 1l ; SE
N 4l 3 ; SE
∆l 4 = N4 =
εSE − 2 N 1l 3l
N 1 3 − εSE + 2 N 1l = 0; N 4 = N 5 = N 1 tg 60 =
εSE 3
(2 + 3 )3l 25
16.- La estructura de la figura está formada por una viga articulada en A y las barras articuladas CD y BD de idéntico material y sección. Determinar las fuerzas normales de las barras articuladas cuando actúa una carga vertical p = 103 Kg.
D
Rha – N1cosα1 – N2cosα2 = 0 Rva + N1senα1 + N2senα2 - p = 0
a
Rhaa – p2a = 0 N1
α1 RhA
N2
Rha = 2·10
2·103 = N1cosα1 + N2cosα2
α2
C
a
(ΣMD = 0)
3
Rva + N1senα1 + N2senα2 - p = 0
B
a
RvA Si llamamos δ a la distancia que baja el punto B respecto a su posición inicial tenemos:
δ = ∆l1 sen α 1 = ∆l 2 sen α 2 ; 2·10 3 = N 2
N2 =
N 1l1 N l sen α 1 = 2 2 sen α 2 ; SE SE
N1 = N 2
l 2 sen α 2 l1 sen α 1
l sen α 2 + l1 cos α 2 sen α 1 l 2 sen α 2 ; + N 2 cos α 2 = N 2 2 l1 sen α 1 l1 sen α 1
2·10 3 l1 sen α 1 ; l 2 sen α 2 + l1 cos α 2 sen α 1
N1 =
2·10 3 l 2 sen α 2 l 2 sen α 2 + l1 cos α 2 sen α 1
También se puede suponiendo que las barras se estiran y luego las giramos 90º. Aplicando
∆L2
la
semejanza
de
triángulos
tenemos:
α2
AC AB
∆l1
∆l1 sen α 1 CC ' ∆l 2 ∆l 2 sen α 2 = ⇒ BB' = sen α 2 BB'
sen α 1 =
⇒ CC ' =
=
CC ' BB'
sen α 1 = sen α 2 =
1 2 1 5
;
l1 = a 2
;
l2 = a 5
26
∆l1 sen α 1 a = ; ∆l 2 2a sen α 2
∆l1 2 ∆l 2 5
=
1 ; 2
17.- Resolver la siguiente estructura hiperestática. 1 a
Rh1 + Rh2 + Rh3 – N1cosα - N2 – N3cosα = 0
α
2
P – N1senα + N3senα - Rv1 – Rv2 – Rv3 = 0
α
a
-aRh1 + aRh3 – l2Rv1 + l2Rv3 = 0 (ΣMp = 0)
p
3
δ 1 = ∆l1 sen α = ∆l 3 sen α = ∆l1 = ∆l 3 ⇒
∆l 2 sen (∆α )
N 1l1 N 3 l 3 = ⇒ N1 = N 3 SE SE
El problema se puede plantear por la mediana: B
a
1
C
CA → mediana del triángulo sin deformar.
α
2
CA’ → mediana del triángulo deformado.
A
α
2 2 2 CA = AB − CB AD = AB 2 2 2 CA = AD − CD CB = CD
p A’
3 D
2
2
BD 2CA = 2 AB − 2 2
2
2
2CA = 2 AB − 2CB ; BD 2CA = 2 AB − 2 2
2
2
→
BD' BA' + DA' = 2CA' + 2 2
2
2
2
2
sin deformar.
2
→
deformado. 2
BD BA' = l1 + ∆l1 2 2 2 (l1 + ∆l1 ) + (l 3 + ∆l 3 ) = 2(l 2 + ∆l 2 ) + 2 DA' = l 3 + ∆l 3 a2 CA' = l 2 + ∆l 2 l12 + 2l1 ∆l1 + l 32 + 2l 3 ∆l 3 = 2l 22 + 4l 2 ∆l 2 + 2 En la ecuación sin deformar quedaría:
27
2l 22 = 2l12 −
a2 ; 2
sumando esta a la anterior se obtiene:
2l1 ∆l1 + 2l 3 ∆l 3 = 4l 2 ∆l 2 ; cos α =
l2 ; l1
l1 (∆l1 + ∆l 3 ) = 2l 2 ∆l 2
∆l1 + ∆l 3 = 2∆l 2 cos α
N 1l1 N 3 l 3 2 N 2 l 2 + = cos α SE SE SE
⇒
N1l1 + N3l3 = 2N2l2cosα → tercera ecuación.
18.- Una placa absolutamente rígida, cuadrada, sostenida en los vértices por cuatro barras de acero iguales. Determinar NA, NB, NC, ND, originadas al actuar una P en un punto de la diagonal AC. A
B
D e
C P
CABLES.Un cable es un conjunto de cordones unidos a un alma. Se entiende por pérdida por cableado la resistencia mecánica que se pierde como consecuencia del hilado de los cordones. Se utilizan para líneas de transmisión , tensores, puentes, teleféricos... Se hacen las siguientes hipótesis: la sección es muy pequeña con respecto a la longitud; tiene resistencia nula a las solicitaciones de compresión, efecto cortante, efecto torsor, efecto flector; tiene resistencia infinita a la tracción ⇒ inextensor. Cordones (hilos Al) Cables
Alma (hilos acero)
Principal Secundaria
28
Carga de rotura calculada.- nº de hilos por el valor a la tracción que soporta cada hilo. Pérdida por cableado.- carga de rotura real menos carga de rotura calculada.
Equilibrio de un hilo.y
Ra
q A
Rb N β α
B
ds
ds
α+dα N+dN β+dβ
x
La tensión en cada punto es tangente a la línea de equilibrio del cable y la condición necesaria y suficiente ara que un cable esté en equilibrio es que la fuerza aplicada q esté contenida en el plano oscilador del cable.
[q] = F
L
ds → qds
q = qx + qy
dx ∂2x dα = 2 ds ds ∂s ∂2 y dy β = dβ = 2 ds ∂s ds
α=
∑F ∑F
α = cos α cosenos directores. β = cos β Ndα + αdN + q x ds = 0 Ndβ + βdN + q y ds = 0
x y
= 0; ( N + dN )(α + dα ) − Nα + q x ds = 0 = 0; ( N + dN )(β + dβ ) − Nβ + q y ds = 0
≈0
Nα + Ndα + αdN + dNdα − Nα + q x ds = 0 Nβ + Ndβ + βdN + dNdβ − Nβ + q y ds = 0
d ( Nα ) + q x ds = 0 d ( Nβ ) + q y ds = 0
d N d N
dx + q x ds = 0 ds dy + q y ds = 0 ds
Multiplicando en el último sistema la primera ecuación por α y la segunda por β, y luego sumándolas entre sí obtenemos:
αd ( Nα ) + αq x ds + βd ( Nβ ) + βq y ds = 0 αd ( Nα ) + βd ( Nβ ) + ds(αq x + βq y ) = 0 29
=1
[ (
)]
∂ N α2 + β2 −
(
)
N ∂ α 2 + β 2 + ds(αq x + βq y ) = 0 2
dN + ds (αq x + βq y ) = 0;
dy dx dN + ds q x + qy = 0 ds ds
dN + q x dx + q y dy = 0
→ ecuación diferencial de la tensión de un cable.
Equilibrio de un hilo cuando F es paralela al eje OY.-
d ( Nα ) + q x ds = 0 d ( Nβ ) + q y ds = 0 dN + q x dx + q y dy = 0 Su componente sobre el eje OX por tanto es nula:
dx d N = 0 ⇒ ds
Ndx = k; ds
N =k
ds dx
La tensión es proporcional a la proyección del elemento ds sobre un eje. kdy '+ q y ds = 0 dN + q y dy = 0
ds dy d k · + q y ds = 0; dx ds
N
N1
N1 = N + ds → si N y N1 están en el mismo plano.
ds Z N
N1
M
La otra condición de la estática: ΣM = 0.
M1
N1 = N +dN
ds M’
OM 1 = OM + ds = OM + d OM
Y qds
OM ' = OM + λd OM
X − N ∧ OM + N 1 ∧ OM 1 + q s dS ∧ OM ' = 0 0 = − N ∧ OM + N ∧ OM + N ∧ d OM + dN ∧ OM + dN ∧ d OM + q s dS ∧ OM + q s dS ∧ λd OM N ∧ d OM + dN ∧ OM + q s dS ∧ OM = 0;
(
N ∧ d OM + OM ∧ (dN + q s dS ) = 0;
)
N ∧ d OM = 0 ⇒ sen Nd OM = 0 30
qsdS – N + N1 = 0 qsdS – N + N + dN = 0 ⇒ qsdS + dN = 0.
N es tangente a dOM.
La única posibilidad para que esté en equilibrio es que qdS venga: qdS ds qdS
19.-
A
N
α
L
N=
∆α
L = 1’80 m P = 3.500Kg
α =30º
P
¿δc ?
despreciamos el ∆α
C ' C 1 = ∆L
x
= 0;− N cos α + N 1 cos α + Px = 0 ⇒ N = N 1
y
= 0; N sen α + N 1 sen α − P = 0 ⇒ 2 N sen α = P
P = 3.500 Kg 2 sen α
ε = ∆LL = σE δ=
φ = 18 mm
C’’ C1
∑F ∑F
N1
C
C’
CC 1 = δ c ;
B
P
=
N ; SE
NL ; SE sen α
∆L =
NL SE
sen α =
∆L
δ
;
δ=
∆L sen α
δ = 2'36mm
Con los datos del caso anterior calcular δ cuando α = 0. En este caso ya no
b)
se puede despreciar ∆α. L
C P
A
tg (∆α ) =
∆α B
C’
C1 P
δ L
CC 1 = δ
δ = L tg (∆α ) = L∆α tg(∆α) ≈ ∆α 31
ε
∆L ; = L
ε=
ε
AC1 − AC ' = = AC '
1 + (∆α ) − 1 = 1 + 2
ε = (∆α2 )
2
L2 + δ L
2
(∆α )2 − (∆α )8 2
8
−L
;
ε
+······−1
2
δ = 1 + − 1; L ≈0
N ∆L ε = SE = L
∆L = ; aplicando Hooke ⇒ P L N= 2 sen (∆α )
δ = 15’5 cm.
Cable sometido a su propio peso.-
La curva de equilibrio de un cable homogéneo sometido a su propio peso y sujeto a dos puntos fijos es la catenaria.
y
B
B
ds
x
dy dx qx = 0;
N
qy = -p
dx =k ds
kdy '+ q y ds = 0;
(ds)2 = (dx)2 + (dy)2;
ds = dx 2 + dy 2
ds = dx 1 + y ' 2 ; kdy '− p 1 − y ' 2 dx = 0; y
dy '
y0
1 − y'
∫
pa = k
2
=∫
x
x0
⇒
p dx; k
kdy ' = p 1 − y ' 2 dx ; arg Shy ' =
x − x0 ; a
y ' = Sh
x − x0 a
a → parámetro de la catenaria. ( en algunos libros es 1/a). p → carga lineal en kgm-1. k → tensión mínima.
x − x0 ( y − y 0 ) = aCh ⇒ curva catenaria. a
x0 A(0,0) y0 Long . catenaria B ( x , y ) B B a
32
B
B
A
A
l = ∫ dS = ∫
l=∫
1 + y ' 2 dx;
XB
0
x0 a
A → − y 0 = aCh
B → y B − y 0 = aCh
1 + Sh 2
X −X0 a
x − x0 x dx = a Sh + Sh 0 a a
(1) x − x0 a
(2)
x − x0 x (2) – (1) ⇒ y B = a Ch B − Ch 0 ; l − y B ; ⇒ Shθ = f (θ ) a a X0 −XB X0 −X0 XB −X0 X0 −XB X0 −X0 X B a− X 0 a a a a a a a − − + + e e e e e e e e + − + l − y B = 2 2 2 2 X0 X 0 −a X B l − y B = a − e + e a ;
l − y B = ae
l + y B = ae
X0 a
−X0 a
−X0 X B a− X 0 l + y B = e − e a ;
(3)
XaB e + 1
(4)
−XB 1 − e a
;
−XB −XB −XB XaB XaB X2 aB 2 2 a a (3)·(4) → l − y = a e − 1 + e −1 = a e + e − 2 = a e − e 2a 2
2 B
−XB X2 aB 2a − e e = 4a 2 2
l 2 − y B2 = 2aSh
Shθ =
l 2 − y B2 2a
2
2
=
2
2 2 xB ; = 4a Sh 2a
xB ; 2a
;
xB = θ → l 2 − y B2 = 2aShθ ; 2a
l 2 − y B2 Shθ = ; xB
Shθ =
θ
Cte.
θ l 2 − y B2 xB
Shθ = k’θ A flecha máxima B Tensión máxima
Tres datos
L C(xc , Yc)
33
y y1
B(xB,yB) Base de la catenaria
x
(x0,y0) a
x1 O’
y − y 0 = aCh
N =k
x − x0 ; a
y1 = aCh
x1 ; a
Chx = Ch(-x) ⇒ simetría respecto de y1
ds ; k = pa; donde k corresponde al Nmin. Y está en (x0, y0) dx
dS = 1 − y '12 dx N = k 1 − Sh 2
→
N = k 1 − y '12
x1 x y = kCh 1 = k 1 a a a
⇒
N = py1
20.- Una línea eléctrica está tendida entre dos torres verticales de 42 m, y estas sobre un suelo del 20%. La distancia horizontal es de 100 m. Sabiendo que p = 10 Kgm-1 y que NM es de 866 Kg. ¿Ecuación de la catenaria (a1 = 44’03; a2 = 38’9)?, ¿k?, ¿Longitud del cable entre ambas torres?, ¿Distancia mínima del cable al suelo? B N=py
A 42 dm 42
NM = pyB;
β 20
YA = yB – 20 = 66’6 m.
100
x y1 = aCh 1 ; a
866 = 20yB; yB = 86’6 m.
xB x B = a·arg Ch a x y A = aCh A x A = a·arg Ch a y B = aCh
yB 86'6 = a·arg Ch a a x − x = 100 A yA 66'6 B = a·arg Ch a a
34
100 + x A = a·arg Ch
86'6 66'6 86'6 ; 100 − a·arg Ch = a·arg Ch a a a
86'6 66'6 100 = a arg Ch − arg Ch → por tanteo ⇒ a = 44’03; a = 38’90 a a y1 = 44'03Ch
x1 ; 44'03
y1 = 38'90Ch
NM = k ⇒ ap = k; k1 = 440’3; L = SA + SB = aSh
x1 38'90
k2 = 389
xA x + aSh B ; l1 =124’53 m. ; a a
dm ?; se halla la recta que pasa por A y B ⇒
l2 = 131’42 m.
x − xA y − yA = ; xB − x A yB − y A
y − yA =
x − xA 5
x − xA x f = yA + − aCh ; se halla un mínimo en y’ = 0’2; obteniendo los valores 5 a f1 = 32’05 y f2 =37’27; y por tanto dm = (42- fM)cosβ; dm1 = 9’79 m. dm2 = 4’63m. 21.- Un cable de l = 120 m está sujeto en A y B de igual altura y separados 80 m. ¿flecha del cable y su peso total siendo NM = 650 Kg.? θ = 1’72. y
80 m.
Pt = pl;
y1
A
B
x
θ=
Shθ = kθ;
fM
Shθ a
x1
θ
l 2 − y B2
=
xB
xB 2a
=
l 120 = xB 80
Shθ = 1’5θ ⇒ θ = 1’62;
1'62 =
80 80 ; a= = 24'69m. 2a 3'24
y1 = aCh
x1 x x ; a + f M = y1 = aCh 1 ; a + f M = aCh 1 a a a
x f M = a Ch 1 − 1; a NM = py1; p =
40 f M = 24'69 Ch − 1; 24'69
650 ; a + fM
pt =
Pt = 10’03 Kgm-1 · 120 m.;
f M = 40'12m.
650 ·120 24'69 + 40'12 pt = 1203’6 Kg. 35
Parábola de los puentes colgantes.-
Consideramos un cable de peso propio despreciable y sometido a una “p” uniformemente repartida a lo largo de su proyección horizontal. y
qydS = -pdx B
A
k = pa
ds
N
dx pady’ –pdx = 0;
ay ' = x + C1 ; ay =
x2 + C1 x + C 2 ; 2
ady’ – dx = 0;
ady’ = dx;
C A C1 NM ⇒ B C2 long . f M
C x 2 C1 y= + x+ 2 2a a a N
kdy’ + qydS = 0
x
kdy’ –pdx = 0;
dx =k dS
dx dS =N =k⇒k dS dx
22.- Un cable de peso despreciable sujeto a dos puntos fijos A y B, y situados a diferente altura (10 m.), está sometido a una carga vertical p uniformemente distribuida a lo largo de la proyección horizontal. Hallar ¿La curva de equilibrio?, ¿NM y k? A (0, 0) B (200, 10)
200 m B yB - yA A fM
y=
x 2 C1 + x + C2 2a a
C2 = 0;
10 =
200 2 C1 + 200; a = 20(C1 + 100); 2a a 36
en el punto de flecha máxima la tg es cero. x C x C1 + ⇒ c + 1 = 0; a a a a
y' =
xc = C1; en este punto yc = -fM.
x c2 C1 C12 C12 C12 C12 ; 8= ; C1 = ±4 a ; a = −8= + − xc ; − 8 = 2a 16 a a a a C12 = 20(C1 + 100); ⇒ 16 y= N
x2 x − ; 800 5
C1 = -80; a = 400;
y = 0'00125 x 2 − 0'2 x
dx dS 2 = k; N = k = k 1 + ( y ') ; dS dx
N M → B; N M = 4·10 5 1 + ( y ') = 4'17·10 5 Kg . N m → C; k = pa; k = 400000 Kg . 2
Poligonal.-
Curva de equilibrio de un cable de peso despreciable sometido a cargas puntuales. A P1
P2
Pn
B Nn
N N1
N2
dx d N + q x dS = 0 dS dy d N + q y dS = 0 dS dN + q y dy + q x dx = 0
Zona comprendida entre dos de las cargas. d N d N
dx dx = 0 N = k1 dS dS dS dS k1 ; = k2 dy dy dx dy N k = =0 2 dS dS
dy k 2 = = k3 ; dx k1
y = k3 x + k 4 ;
qx = qy = 0; dN = 0 ⇒ N = k5 P2 → N1 y N2 en equilibrio.
23.- Un cable de peso propio despreciable, sujeto a A y B al mismo nivel, está sometido a cargas P1 = 10tn y P2 = 20 tn puntuales. Determinar analíticamente las 37
ordenadas y1 e y2 de los vértices de la poligonal, y N1 y N2, sabiendo que la poligonal pasa por el punto intermedio D (4, 5). P2 3 m.
A
P1
3 m.
4 m.
4 m.
B
D 5 m.
ELASTICIDAD.Parte de la física matemática que estudia las tensiones y deformaciones en cualquier punto de un sólido que sea elástico, homogéneo e isótropo. Propiedad que pueden presentar los materiales estructurales de modo que al cesar las acciones exteriores el sólido recupera su forma inicial devolviendo toda la energía almacenada durante el proceso de carga (energía elástica). Hipótesis básicas: ☻ Los sólidos son perfectamente elásticos; se devuelve toda la energías. ☻ No se tiene en cuenta la estructura molecular. La masa se distribuye uniformemente en todo el volumen (homogéneo). ☻ Tiene las mismas propiedades en todas sus direcciones. Los cristales se distribuyen al azar (acero laminado en caliente). Otras hipótesis:
•
Las deformaciones son pequeñas y las cargas no modifican su recta de aplicación (análisis de 1er grado).
•
Se pueden aplicar los principios de Saint-Vennant y superposición.
38
Ley de Hooke generalizada.-
Es una ley de tipo experimental.
ε=
∆l l
σ
=
E
;
y z
υ = coeficiente de Poison
x Volumen constante.
σx
E σ ε y = x (− υ ) E σx ε z = −υ E
εx =
ε x = −υ
σy
E σy εy = E σy ε z = −υ E
[ [ [
] ] ]
1 σ x − υ (σ y + σ z ) E 1 ε y = σ y − υ (σ x + σ z ) E 1 ε z = σ z − υ (σ x + σ y ) E
εx =
ε x = −υ
σz
E σ ε y = −υ z E σz εz = E
εi =
[E ] =
1
[σ
E F
i
]
− υ (σ j + σ k )
L2 [υ ] = a dim ensioneal < 0'5
Tensiones en elasticidad tridimensional.z
∆f
n
En equilibrio ∆F → -∆F.
n > 0 cuando al considerar la acción de V1 sobre
V1
V2, está dirigida de la cara de la superficie S en contacto
∆S
S
con V2 hacia la opuesta.
y V2 x
∆f (fuerzas interiores), es la resultante de los fuerzas que se aplican de un modo unívoco y a través de S, a cada uno de los dos conjuntos de puntos materiales en que divide al sólido la superficie S.
lim
∆s → 0
∆f ⇒ T (n ); ∆S
Hay una aplicación lineal de n en T. 39
σ normal ∆S T ζ ⊂ ∆S
n
T ζ
σz
ζzy
ζzx
∆S
Tensor de tensiones.z
z’
c
ζyz
x
σx
ζxy
ζyx
σy
n
F (fuerza / masa (volumen))
ζxz
o
F (fuerza / superficie)
b
y
ζzx
ζzy
σz
a
La componente según un eje es positiva cuando su sentido en relación con el sentido de dicho eje es el mismo que el del vector orientación del elemento de superficie considerado en relación con el eje correspondiente. ∧ Nx cos =l ∧ n ·abc cos Ny = m ∧ cos Nz = n
∑F ∑F ∑F
x y z
= 0 = 0; = 0
x F y z
x = σ x l + ζ yx m + ζ zx n y = ζ xy l + σ y m + ζ zy n z =ζ l + ζ m +σ n xz yz z
∧ obc = abc cos Nx = l = Sl ∧ oab = abc cos Ny = m = Sm ∧ oac = abc cos Nz = n = Sn
x dS − σ x dSl − ζ yx dSm − ζ zx dSn = 0 ydS − σ y dSm − ζ xy dSl − ζ zy dSn = 0 z dS − σ dSn − ζ dSl − ζ dSm = 0 z xz yz
⇒
⇒
x σ x y = ζ xy z ζ xz
ζ yx σy ζ yz
ζ zx l ζ zy · m σ z n
dSl dSm dSn
(tensor de tensiones)
ζij = ζji 40
Tomando momentos respecto a z’ sólo forman momento ≠ 0 (giro) ζyx = ζxy ; para estar en equilibrio
∑M
= 0 ⇒ ζ yx 12 OA ⋅ OC · 13 OB − ζ xy 12 OB ⋅ OC · 13 OA = 0 ⇒
i
∑M
x'
= 0 ⇒ ζ yz = ζ zy ;
σ x ζ = ζ xy ζ xz
∑M
y'
ζ yx = ζ xy
= 0 ⇒ ζ xz = ζ zx
ζ xy ζ xz σ y ζ yz ζ yz σ z
Tensiones y direcciones principales.-
Llamamos tensiones principales a aquello que tienen la propiedad de ser perpendiculares a los planos sobre los que actúan. Son aquellas que no tienen componentes tangenciales. z
c
T = ζ ·n ; n σ
o
x
b
y
a
x = σ ·l = σ x l + ζ xy m + ζ xz n y = σ ·m = ζ xy l + σ y m + ζ yz n z = σ ·n = ζ xz l + ζ yz m + σ z n
σ x −σ ζ xy ζ xz ζ xy σ y −σ ζ yz = 0 ζ xz ζ yz σ z −σ
σ x ζ = ζ xy ζ xz
ζ xy ζ xz σ y ζ yz ζ yz σ z
σ x ζ = 0 0
0
σy 0
0 0 σ z
(σ x − σ )l + ζ xy m + ζ xz n = 0
ζ xy l + (σ y − σ )m + ζ yz n = 0 ζ xz l + ζ yz m + (σ z − σ )n = 0
⇒
para que el sistema se C.I., que su solución
no sea la trivial. Se obtiene pues:
41
σ 3 − I 1σ 2 + I 2σ − I 3 = 0; ⇒
las raíces de dicha ecuación son precisamente σ1,
σ2 y σ3, que son las tensiones principales, siendo In los invariantes del tensor: I1 = σ x + σ y + σ z
I2 =
Menores complementarios de la diagonal principal
σ y ζ yz σ x ζ xz σ x ζ xy + + = σ x σ y + σ x σ z + σ y σ z − ζ sy2 − ζ sz2 − ζ yz2 ζ yz σ z ζ xz σ z ζ xy σ y I3 = ζ
Las tensiones principales sustituidas en el tensor nos dan las direcciones principales.
24.- Obtener los valores de las tensiones principales y las orientaciones par un punto siendo el tensor de tensiones referido a los ejes X, Y, Z: a a a ζ = a a a Kgmm − 2 a a a
(
a)
a)
)
b)
2 2 0 ζ = 2 − 1 0 Kgmm − 2 0 0 5
(
)
σ1 = 3ª σ2 = σ3 = 0
b)
La condición necesaria y suficiente para que un sistema lineal de ecuaciones
homogénea de m ecuaciones con n incógnitas tenga solución, es que el rango de la matriz de coeficientes sea menor que n. 2 −σ
2
2 0
−1−σ 0
5 0 0 0 2 0 ; 0 0 − 1
0
(5 − σ )[(2 − σ )(− 1 − σ ) − 4] = 0
0 = 0; 5 −σ
σ1 = 5 σ2 =3 σ = −2 3
Kgmm − 2
2 0 l1 0 2 − 5 σ1 ⇒ 2 −1− 5 0 · m1 = 0 0 0 5 − 5 n1 0
− 3l1 + 2m1 = 0 l1 = 0 2l1 − 6m1 = 0 m1 = 0 0n1 = 0
l + m + n = 1 ⇒ n1 = ±1 2 1
2 1
2 1
0 0 → autovector. ± 1
42
2 ± 5 − l 2 + m 2 = 0 l 2 = 2m 2 − 1 2 0 l2 0 1 2 1 2 2 σ 2 ⇒ 2 − 4 0 · m 2 = 0 ; ⇒ 2l 2 − 4m 2 = 0 ⇒ ± l 2 + m 2 + n 2 = 1 ⇒m 2 = ± 5 5 n =0 0 n 0 n 0 2 2 = 0 2 2 2 0 1 ± 5 − 4l 3 + 2m3 = 0m3 = −2l 3 4 2 0 l3 0 1 2 2 2 2 σ 3 ⇒ 2 1 0 · m3 = 0 ; ⇒ 2l 3 − m3 = 0 ⇒ m l 3 + m3 + n 3 = 1 ⇒ l 3 = ± 5 5 0 0 7 n 0 n =0 7 0 n = 3 3 3 0 Los vectores deben ser unitarios y perpendiculares entre sí.
Componentes intrínsecas de T.-
T 2 =σ 2 + ζ 2;
σ = T ·n T = ζ ·n
→ σ = (ζ ·n )·n *1
σ x ζ xy ζ xz l σ = ζ xy σ y ζ yz · m (l ζ xz ζ yz σ z n xl + ym + zn = σ
σ x l ζ xy m ζ xz n m n ) = ζ xy l σ y m ζ yz n ·(l ζ l ζ m σ n yz z xz
x m n ) = y ·(l z
m n) =
* 1 = σ x l 2 + σ y m 2 + σ z n 2 + 2ζ xy lm + 2ζ xz nl + 2ζ yz mn = xl + ym + zn → ζ x , y , z
ζ 1, 2,3 ⇒ σ 1l 2 + σ 2 m 2 + σ 3 n 2 = σ
ζ 2 =σ 2 −T 2; σ x T = ζ xy ζ xz
T = (ζ ·n );
ζ xy ζ xz l σ x l + ζ xy m + ζ xz n σ 1l Tensiones princ. → T = σ 2 m ⇒ σ y ζ yz · m = ζ xy l + σ y m + ζ yz n σ n ζ yz σ z n ζ xz l + ζ yz m + σ z n 3
⇒ T 2 = σ 12 l 2 + σ 22 m 2 + σ 32 n 2 ;
ζ T . P. = 0
43
Superficie indicatriz.-
σ = σ x l 2 + σ y m 2 + σ z n 2 + 2ζ xy lm + 2ζ xz nl + 2ζ yz mn l x = σ 1 m ⇒ y = r= σ σ n z = σ
l=x σ m= y σ z=n σ
σ = σ x x 2 σ + σ y y 2 σ + σ z z 2 σ + 2ζ xy xy σ + 2ζ xz xz σ + 2ζ yz yz σ σ = x 2σ x + y 2σ y + z 2σ z + 2 xyζ xy + 2 xzζ xz + 2 yzζ yz σ T .P. ⇒ C = ±1 = x 2σ 1 + y 2σ 2 + z 2σ 3 → dos cuádricas coaxiales. Al variar el plano, r se mantiene dentro de la familia de curvas.
σi con el mismo signo → elipsoide
C = +1 ⇒ ℜ C = -1 ⇒ ℑ
Sig. σi = sig. σj ≠ sig. σk → hiperboloide.
C = +1; 2 normales > 0 ⇒ de dos hojas
cono asintótico común
C = -1; 2 normales > 0 ⇒ de una hoja
2
2
2
σ 1x + σ 2y + σ 3z = 0
C = +1; 2 normales < 0 ⇒ de una hoja C = -1; 2 normales < 0 ⇒ de dos hojas
n
Cono asintótico
r=
1
σ
var ía el
plano
ABC
44
Cuádrica directriz.-
OM =
T
sobre el vector T
σ
T = σ 1li + σ 2 mj + σ 3 nk ⇒
x2
σ1
+
y2
σ2
+
z2
σ3
= ±1
Círculos de Mohr.-
σ1 > σ 2 > σ 3;
σ 12 l 2 + σ 22 m 2 + σ 32 n 2 = σ 2 + ζ 2 σ 1l 2 + σ 2 m 2 + σ 3 n 2 = σ l 2 + m2 + n2 =1
Haciendo l = cte. → Th. Rouché – Frobenius → condición de compatibilidad
σ 2 + ζ 2 − σ 12 l 2 σ 22 σ 32 σ − σ 1l 2 σ2 σ3 = 0 1− l2
(σ
2
1
1
)
(
)(
) (
)(
)
+ ζ 2 − σ 12 l 2 (σ 2 − σ 3 ) − σ − σ 1l 2 σ 22 − σ 32 + 1 − l 2 σ 22σ 3 − σ 32σ 2 = 0
σ2 +σ3
2
ζ 2 + σ −
2
2
σ −σ3 − 2 = l 2 (σ 1 − σ 2 )(σ 1 − σ 3 ) ≥ 0 2
Haciendo lo mismo para m y n 2
2
2
2
σ + σ 3 σ1 −σ 3 ζ + σ − 1 − = m 2 (σ 1 − σ 3 )(σ 3 − σ 2 ) ≤ 0 2 2 2
σ + σ 2 σ1 − σ 2 ζ + σ − 1 − = n 2 (σ 2 − σ 3 )(σ 1 − σ 2 ) ≥ 0 2 2 2
Haciendo l = 0 (m = 0; n = 0)
σ2 +σ3
2
ζ 2 + σ −
2
2
σ −σ 3 σ + σ3 σ −σ 3 ,0 ; radio 2 = 2 → centro 2 2 2 2
M
Llamando PM a la potencia del punto M:
PM = MA × MB = MT
A
2
B
T
45
46
47
En los gráficos anteriores:
σ → la del punto M
radio
(
) (
)
(
2
PM (C1 ) = MP × MQ = MC1 − PC1 × MC1 + r = MC1 − r
2
)
2
σ +σ3 σ −σ3 = σ − 2 +ζ 2 − 2 2 2
2
1er miembro de la ecuación (l2 = 0) 2
2 2 2 2 σ +σ3 MC1 = C1 R + RM = C1 R + ζ 2 = σ − 2 +ζ 2 2 σ3 + r σ −σ3 σ +σ3 C1 R = OR − OC1 = σ − σ 3 + r = σ − σ 3 + 2 =− 2 +σ 2 2
PM (C1 ) = PA (C1 ) = AD × AF = EG × AF = l 2 (σ 1 − σ 2 )( · σ1 − σ 3 )
2º miembro de la ecuación
EGσ = α ;
cos α =
EG ; σ1 − σ 2
EG = l (σ 1 − σ 2 )
AFσ = α ;
cos α =
AF ; σ1 −σ 3
AF = l (σ 1 − σ 3 )
25.- Dado el siguiente tensor, hallar: ¿Las invariantes?, ¿σ y la direcciones principales?, ¿Cuádrica indicatriz y discutirla?, ¿Aplicando los círculos de Mohr hallar las componentes principales de σ y ζ en un plano cuya normal es paralela a eje OX?, ¿Determinar las componentes intrínsecas analíticamente?, ¿elipsoide de tensiones?. 26.- Sobre las caras de un cubo de arista unidad que limitan el entorno de un punto P de un sólido elástico, existen las tensiones de la figura expresadas en T·cm-2. ¿Hallar ζ, los planos cuyos vectores σ - total son ortogonales a ellos, estudio analítico y gráfico en la sección ABC: A (1, ½, 0); B (1, 1, ½); C (0, 1, 0)? Z 1 0 0 ζ = 0 3 2 0 2 0
2 3
1− λ
Y
0 0
0
0
3−λ 2 = (1 − λ )( · 3 − λ )( · − λ ) − 4(1 − λ ) 2 0−λ
1 X 48
− 3λ + 4λ 2 − λ3 − 4 − 4λ = −λ3 + 4λ 2 + λ − 4 = 0 −1 1
−1
4
1
−4
−1 + 3
4
3
0
4
⇒
− λ 2 + 3λ + 4 = 0;
λ=
probamos la raíz λ = 1.
3 ± 9 + 816 3 ± 5 4 = = 2 2 − 1
4 0 0 0 1 0 = ζ 0 0 − 1
λ1 = 4; λ2 = 1; λ3 = -1;
e1 (0, 2 5 , 1 5 ) → (0,0'89,0'44) e 2 (1,0,0) → (1,0,0) e3 (0, 1 5 , − 2 5 ) → (0,0'44,−0'89)
0 0 l 0 1 − 4 3 − 4 2 · m = 0 0 0 2 − 4 n 0
Componentes intrínsecas ζ, σ y T. B C A r i n ' = (C − A) ∧ (B − A) = − 1 0
r j 1 1
2 2
r k r r r 0 = 0'25i + 0'5 j − 0'5k 1
2
(
r r 0'25 r 0'5 r 0'5 r 1 r n' = i + j− k ⇒ n = i + 2 j − 2k 0'999 0'999 3 n ' 0'999
)
0 0'89 0'44 1 1 1 n'' = 1 0 0 2 = (0'89 1 2'68) = (0'29 0'33 0'89 ) 0 0'44 − 0'89 3 − 2 3
α = arccos 0'29 = 72'66º β = arccos 0'33 = 70'53º γ = arccos 0'89 = 26'57º
r1 =
3 2 5 2
r2 = r3 = 1
C1 =
5 2 3 2
C2 = C3 = 1
A continuación se resuelve el problema gráficamente con los círculos de Mohr:
49
ζ = T 2 −σ 2
50
1 0 0 1 1 1 T = ζ ·n ' ' = 0 3 2 · 2 = (1 2 3 3 0 2 0 − 2
σ = T n ' ' = ζ (n ' ')
ζ =
2
4 );
T =
1 1 1 = (1 2 4 ) 2 = −0'333 ⇒ 3 3 − 2
(1'527 )2 + (0'333)2
1 21 1 + 4 + 16 = = 1'527Tcm − 2 3 3
compresión
= 1'490
4 0 0 1 T = ζ ·n ' ' = 0 1 0 ·(0'29 0'33 0'89 ) = 1'527 3 0 0 − 1
σ = −0'333;
ζ = 1'490
Deformaciones.-
dr = Mdro ∂u ∂u ∂u 1 + ∂x ∂y ∂z ∂v ∂v ∂v 1+ M = ∂y ∂z ∂x ∂w ∂w ∂w 1+ ∂x ∂z ∂y
M +Mt 2 M −Mt A= 2 M =S+ A
S=
∂u 1+ ∂x 1 ∂u ∂v S = + 2 ∂y ∂x 1 ∂w ∂u + 2 ∂x ∂z
1 ∂u ∂v + 2 ∂y ∂x ∂v 1+ ∂y 1 ∂w ∂v + 2 ∂y ∂z
1 ∂u ∂w + 2 ∂z ∂x 1 ∂w ∂v + 2 ∂y ∂z ∂w 1+ ∂z
0 1 ∂v ∂u A = − 2 ∂x ∂y 1 ∂w ∂u − 2 x ∂ ∂z
1 ∂u ∂v − 2 ∂y ∂x
1 ∂u ∂w − 2 ∂z ∂x 1 ∂v ∂w − 2 ∂z ∂y 0
dr = (S + A)dr0 ;
0 1 ∂w ∂v − 2 ∂y ∂z
S = (I + D ) ; donde I es la Matriz identidad.
51
52
∂u ∂x 1 ∂u + D = 2 ∂y 1 ∂w + ∂ 2 x
1 ∂u ∂w + 2 ∂z ∂x εx 1 ∂w ∂v 1 + = 2 γ xy 2 ∂y ∂z 1 2 γ xz ∂w ∂z
1 ∂u ∂v + 2 ∂y ∂x ∂v ∂y 1 ∂w ∂v + 2 ∂y ∂z
∂v ∂x ∂u ∂z
deformación
γ xy εy 1 γ 2 yz
1
2
γ xz 1 γ 2 yz ε z 1
2
dr = Idr0 + Ddr0 + Adr0 a matriz D aplicada dr0 nos da un vector de la misma dirección que dr0.
Ddr0 n
1
2
Adr0 =
ε n dr0
r i
1 1 ∂w ∂v rotc ∧ dr0 = − 2 2 ∂y ∂z dx
=
∂u 2 ∂z
1
−
r k ∂ 1 ∂w ∂v r 1 ∂u ∂w r 1 ∂v ∂u r − = − i − j + − k ∂z 2 ∂y ∂z 2 ∂z ∂x 2 ∂x ∂y w r r j k ∂u ∂w ∂v ∂u − − = ∂z ∂x ∂x ∂y dy dz
r i 1 1 ∂ rotc = 2 2 ∂x u
γ n dr0
∂v dz − ∂x ∂x
∂w
−
1 rotc ∧ dr0 2 r j ∂ ∂y v
r 1 ∂w dy i − ∂y 2 ∂y
∂u
−
∂v
∂v dz − ∂z ∂x
−
r 1 ∂w dx j + ∂y 2 ∂y
∂u
−
∂v
∂u dy − ∂z ∂z
−
v dx j ∂x
∂w
1 dr = Idr + Ddr + Adr = Idr + Ddr + rotc ∧ dr 0 0 0 0 0 2 0
53
Componentes intrínsecas del vector deformación.Q
dr0
n [Dn ] → deformación según una dirección
n : (l , m, n )
cualquiera.
n
ε n = n [Dn ] = (l
P
εx m n )· 1 2 γ xy 1 γ 2 xz
γ xy εy 1 γ 2 yz
1
2
γ xz l 1 γ 2 yz · m ε z n 1
2
ε n = ε x l 2 + ε y m 2 + ε z n 2 + γ xy lm + γ xz ln + γ yz mn 1
[Dn ]2 = ε n2 + 1 2 γ n2 ;
2
γn =
[Dn ]2 − ε n2
Deformaciones y direcciones principales.-
1
2
Ddr0 = λdr0 ⇒ (D − λ )dr0 = 0 → diagonalización.
γ ij = 0
1 γ ε x − λ 1 2 γ xy ε 1 2 xz 1 γ 1 εy −λ 2 xy 2 γ yz = 0 ⇒ ε 2 ⇒ direcciones principales. ε 1 γ 1 γ εz − λ 2 xz 2 yz 3
Sistemas de representación del tensor de deformaciones.-
Son análogos a los de tensión: Elipsoide
x2
(1 + ε 1 )2
de
+
y2
deformación
+
z2
(1 + ε 2 )2 (1 + ε 3 )2
→
(translación
y
deformación)
= dr0
Cuádrica indicatriz. Cuádrica directriz. Círculos de Mohr → al igual que en tensiones ½γ
ε
54
Ecuaciones de compatibilidad de las deformaciones.-
∂u ∂x ∂v εy = ∂y ∂w εz = ∂z
εx =
∂v ∂u + ∂x ∂y ∂w ∂u = + ∂x ∂z ∂w ∂v = + ∂y ∂z
γ xy = γ xz γ yz
ε → ε (u, v, w) γ → γ (u, v, w) 6 ecuaciones con 3 incógnitas
u ( x, y , z ) continuas ε → ε (u , v, w) v ( x, y , z ) y con ⇒ γ → γ (u, v, w) w(x, y, z ) derivadas continuas
Para que el sistema sea compatible (6 ecuaciones con 3 incógnitas) tiene que haber alguna relación entre los ε y los γ. Estas se denominan ecuaciones de compatibilidad.
dr = dc + dr0 ;
dc = dr − dr0 = Idr0 + Ddr0 +
r r r dc = dui + dvj + dwk ; r r r i j k r r r 1 1 ∂ ∂ ∂ rotc = = a1 i + a 2 j + a 3 k ; 2 2 ∂x ∂y ∂z u v w ⇒
1 1 rotc ∧ dr0 − dr0 = Ddr0 + rotc ∧ dr0 ; 2 2
r r r i j k 1 rotc ∧ dr0 = a1 a 2 a 3 ⇒ 2 dx dy dz
r r r 1 rotc ∧ dr0 = i (a 2 dz − a 3 dy ) + j (a 3 dx − a1 dz ) + k (a1 dy − a 2 dx ); 2
ε r x r r dui + dvj + dwk = 1 2 γ xy 1 γ 2 xz
γ xy εy 1 γ 2 yz 1
2
γ xz dx r 1 γ 2 yz · dy · i ε z dz 1
2
(
)
r r r r r j k + i (a 2 dz − a 3 dy ) + j (a 3 dx − a1 dz ) + k (a1 dy − a 2 dx )
1 1 du = ε x dx + γ xy − a 3 dy + γ xz + a 2 dz 2 2 1 1 dv = ε y dy + γ xy + a 3 dx + γ yz − a1 dz sistema equivalente al inicial. 2 2 1 1 dw = ε z dz + γ xz − a 2 dx + γ yz + a1 dy 2 2 Para que el sistema se pueda resolver la diferenciales tienen que ser exactas totales, y las derivadas cruzadas también han de ser iguales.
55
∂ε x ∂ 1 ∂ 1 ∂ε x ∂ 1 ∂ 1 = γ xy − a 3 ; = γ xz + a 2 ; γ xy − a 3 = γ xz + a 2 ; ∂y 2 ∂y ∂x 2 ∂z ∂z 2 ∂y 2 ∂a i ∂a i ∂a i ; ; ; ∂x ∂y ∂z
∂a1 1 ∂γ xz ∂γ xy = − ∂x 2 ∂y ∂z da1 =
∂a1 1 ∂γ yz ∂ε y ∂a1 ∂ε z 1 ∂γ yz ; ∂y = 2 ∂y − ∂z ; ∂z = ∂y − 2 ∂z ;
∂a1 ∂a ∂a dx + 1 dy + 1 dz ∂x ∂y ∂z
∂ε 1 ∂γ yz ∂ε y 1 ∂γ xz ∂γ xy 1 ∂γ yz dz dy + z − dx + − − da1 = 2 2 2 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ y z y z y z 1 ∂γ xy ∂ε z 1 ∂γ xy ∂γ yz ∂ε x 1 ∂γ xz dy + − − dx + da 2 = 2 ∂z − ∂x dz 2 ∂x 2 ∂z ∂x ∂z ∂ε 1 ∂γ xy ∂ε x ∂γ 1 ∂γ xy 1 ∂γ dy + yz − xz dz dx + y − − da 3 = 2 ∂x ∂y ∂y ∂x 2 ∂y 2 ∂x 1 ∂ ∂γ xz ∂γ xy − 2 ∂y ∂y ∂z
∂ 1 ∂γ yz ∂ε y = ∂x 2 ∂y − ∂z ;
2 2 2 ∂ 2 ε y 1 ∂ 2 γ yz 1 ∂ 2 γ xz 1 ∂ 2 γ xy 1 ∂ 2 γ xz ∂ γ xy 1 ∂ γ yz ∂ ε y ; ; + − = − = − 2 ∂y 2 2 ∂y∂z ∂z∂x 2 ∂x∂y 2 ∂y 2 ∂z∂y 2 ∂y∂x ∂z∂x
2
∂ 2ε y ∂z∂x
=
∂ ∂γ yz ∂γ xz ∂γ xy + − ∂z ∂y ∂y ∂x
∂ 1 ∂γ yz ∂ε y ∂ ∂ε z 1 ∂γ yz = − − ∂z ∂y ∂y 2 ∂z ∂z 2 ∂y 2 2 ∂ 2 ε x ∂ ε y ∂ γ xy + = ∂x∂y ∂y 2 ∂x 2 ∂ 2 ε x ∂ 2 ε z ∂ 2γ xz + = ∂x∂z ∂z 2 ∂x 2
2 2 ∂ ε y ∂ 2 ε z ∂ γ yz ⇒ = + ∂y∂z ∂y 2 ∂z 2
∂γ yz ∂γ xy ∂ 2ε x ∂ ∂γ = xz − + ∂y∂z ∂x ∂y ∂x ∂z 2 ∂ εz ∂ ∂γ yz ∂γ xz ∂γ xy = + − 2 ∂x∂y ∂z ∂x ∂y ∂z
2
De 1er orden
De 2º orden
Ecuaciones de compatibilidad de AIRY El cumplimiento de estas ecuaciones implica la existencia del vector corrimiento
c . Sustituidas en estas εx, εy, εz, γxy, γxz y γyz, conocidas en teoría, obtenemos la función de tensiones cuyas derivadas nos van a dar las tensiones en cada punto del sólido.
56
Relaciones entre tensiones y deformaciones (σ ↔ ε).Tensiones perpendiculares y deformaciones longitudinales.Se aplica en este caso la Ley de Hooke generalizada.
εx =
[
]
1 σ x − υ (σ y + σ z ) E
Cortadura pura.-
ζ A(0, ζ)
y
σ n1
ζ
a
σ
Mohr
α b’
b
σ
σ
x
¼π
a’
¼π+½γ
2α
-σ
A’(0, -ζ)
σ x = σ = - σ y = ζ ; σ 1, σ 2 σ
Elemento diferencial
tg
π
+ tg
γ
Cara sometida a cortadura pura (sólo sometida a ζ)
1 + tg
γ
1+
γ
π γ 4 2 = 2 = 2; tg + = 4 2 1 − tg π tg γ 1 − tg γ 1 − γ 4 2 2 2
tg
γ 2
≈
γ 2
π γ Ob' Ob + bb' = tg + = 4 2 Oa' Oa − aa' 1 1 ζ Ob' = Ob + Obε x = (1 + ε x )Ob = Ob 1 + (σ x − υσ y ) = Ob 1 + (ζ + υζ ) = Ob 1 + (1 + υ ) E E E 1 ζ Oa' = Oa + aa' = Oa(1 + ε y ) = Oa 1 + (σ y − υσ x ) = Oa 1 − (1 + υ ) E E
ζ ζ Ob1 + + υ γ ζ E E 2 = Ob' = ⇒ = (1 + υ ) γ Oa' ζ 2 E ζ 1− Oa1 − − υ 2 E E
1+
γ
γ =2
ζ E
(1 + υ );
Al ser un cuadrado Ob = Oa.
E = G → Módulo de elasticidad transversal. 2(1 + υ ) 57
En el acero G = 8·105 Kgcm-2. E
→
se obtiene por ensayos de tracción.
G
→
Se obtiene por distorsión angular. (ensayos a torsión en barras
delgadas y huecas)
υ
→
γ xy = γ xz γ yz
por la fórmula.
ζ xy
G ζ = xz G ζ yz = G
Energía de deformación de cortadura.-
Cuando la fuerza se aplica de forma estática y el punto de aplicación se desplaza en su misma dirección.
U=
1 Fδ en una barra a tracción. 2
F
δ
G
E
H
H’
G’
sen γ = B
A
δ
1 ≈ γ ; δ = γl u = ζSγl l 2 F = ζ ·S EFGH
γ C D
e =εx +εy +εz; e =
ζ = γG 1 u 1 u = γ 2 GSl ; u = = γ 2G 2 Volumen 2 1 [θ − 2υθ ]; e = 1 − 2υ θ E E
θ = σx + σy + σz . Presión hidrostática → σ x = σ y = σ z = − p ⇒ e =
k=
1 − 2υ (− 3 p ) = −3 (1 − 2υ ) p E E
E ; módulo elástico de volumen o compresibilidad. 3(1 − 2υ )
Despejando σx, σy y σz de la Ley de Hooke generalizada se saca:
58
σx =
υE E e+ ε (1 + υ )(1 − 2υ ) 1 − υ x
λ=
υE ≡ coeficiente de Lamé. (1 + υ )(1 − 2υ )
Haciendo lo mismo con los otros tres ejes se obtiene:
σ x = λe + 2Gε x σ y = λe + 2Gε y σ z = λe + 2Gε z
ecuaciones de Lamé.
e = ε1 + ε 2 + ε 3 = ε x + ε y + ε z ; ε1 =
1 [σ 1 − υ (σ 2 + σ 3 )] E
σ 1 = λe + ε 1 ; σ 2 = λe + ε 2 ; σ 3 = λe + ε 3 ; εx 1 εy −υ ε z = 1 −υ γ xy E γ xz γ yz
−υ
−υ
1
−υ
−υ
1
0
0 2(1 + υ )
0
0
2(1 + υ )
0
0
Matriz de flexibilidad. (facilidad de deformación del cuerpo)
σ x σ y σ z ; d = 1 Ft · 0 ζ xy E 0 ζ xz 2(1 + υ ) ζ yz
t = EdF-1 = EF-1d. R = EF-1 → matriz de rigidez. (oposición del cuerpo a ser deformado) σ x λ + 2G λ λ ε x σ y λ λ + 2G λ εy σ εz λ λ + 2G z = λ · G 0 0 γ xy ζ xy 0 G 0 γ xz ζ xz ζ G 0 0 γ yz yz
0
0
Estados de tensión y deformación planos.Tensión plana.-
z << y z
x
z << x
y y
59
σ z = 0 ζ xz = 0 ζ yz = 0
σ x ζ xy ζ xz
ζ xy ζ xz ε σ x ζ xy x ⇒ 1 2 γ xy σ y ζ yz → ζ σ xy y 0 ζ yz σ z
1
γ xy εy
0 0 ε z
2
0
Deformación plana.-
z >> x z >> y
z ↑;
carga uniforme en toda la longitud.
Suponemos un sólido delimitado por planos rígidos en los cuales no se deforma.
εz = 0;
u = u(x, y); v = v(x, y);
∂u ∂x ∂v εy = ∂y ∂w ε z = ∂z 1
∂v ∂u + ∂x ∂y ∂w ∂u = + =0 ∂x ∂z ∂w ∂v = + =0 ∂y ∂z
γ xy =
εx =
εx 12 γ xy
w = 0;
γ xz γ yz
σ x ζ xy γ xy → ζ xy σ y ε y
2
0
0
0 0 σ z
Estado de tensión plana.z y
σx
ζxy
A
ζ
T
σ
n
ζθ θ
σθ
π
ζxy σy x
O
θ
2
−θ n'
B
60
r n = i cos θ + σ (ζ ) = x ζ xy
r j sen θ ζ xy cos θ r σ ζ xy T = (ζ )n = x · ζ sen θ ·(i σ xy y σ y r r = (σ x cos θ + ζ xy sen θ )i + (ζ xy cos θ + σ y sen θ ) j
r j)=
σ θ = Tn = σ x cos 2 θ + ζ xy sen θ cos θ + ζ xy cos θ sen θ + σ y sen 2 θ 1 + cos 2θ 2 1 cos 2θ − sen 2 θ = 2 cos 2 θ =
σθ = σθ =
σx +σ y 2
σ1 + σ 2 2
+ +
σθ =
σ x −σ y 2
σ1 − σ 2 2
σx 2
+
σx 2
cos 2θ + 2ζ xy sen θ cos θ +
σy 2
−
σy 2
cos 2θ
cos 2θ + 2ζ xy sen θ cos θ cos 2θ
⇒
tensiones principales.
r r π r π r n ' = cos − θ i − sen − θ j ; n ' = i sen θ − j cos θ 2 2
ζ θ = T n ' = σ x cos θ sen θ + ζ xy sen 2 θ − ζ xy cos 2 θ − σ y sen θ cos θ
ζθ =
σ x −σ y 2
sen 2θ − ζ xy cos 2θ
ζθ =
⇒
σ1 − σ 2 2
sen 2θ
27.- Determinar gráficamente y comprobar analíticamente, los esfuerzos σ y ζ en d; ζM y superficies sobre las que actúa.
n 45º 40 Kgcm-2
σ 1 = σ x = 40 Kgcm −2 x
σ2 =σ y = 0
40 Kgcm-2
tg 2α =
ζ
ζM
A (σx, -ζxy) ⇒ (40, 0); B (σy, ζxy) ⇒ (0, 0);
0 = 0 ⇒ α = π σ x −σ y 2 2ζ xy
90º
θ
45º en el sólido θ = 2·135
σ
P (20, -20) 61
28.- Dado un elemento estructural sometido a cortadura pura según los ejes XY y con un valor ζ = 80 Kgcm-2 ¿Determinar gráficamente las T que corresponden a un plano inclinado 22’5º, σ1, σ2 y ζM? y
ζxy = 80 Kgcm-2 n
σx = σy = 0
σθ =
90+22’5º x
ζθ =
22’5º
σx +σ y 2
σ x −σ y 2
+
σ x −σ y 2
cos 2θ + ζ xy sen 2θ
sen 2θ − ζ xy cos 2θ
σ 112 '5 = 80 sen 22'5 = −56'57 Kgcm −2 ζ 90 + 22'5 = −80 cos 22'5 = 56'57 Kgcm −2 ζ B
A (σx, -ζxy)
(-56’57, 56’57)
B (σy, ζxy)
22’5º
A (0, -80)
σ 80=σ1
-80=σ2
B (0, 80)
A 29.- Hallar σ y ζ en las superficies G y F de la siguiente figura. 800
σ 1, 2 =
300 nF
nG F 60º
30º
G
400
σ 1, 2 =
σx +σy 2
σ x −σ y ± 2
− 400 − 800 ± 2
2
+ ζ xy2
(− 600)2 + (300)2
σ 1, 2 ⇒ σ 1 = −239'4 Kgcm −2 σ 2 = −960'6 Kgcm − 2
ζ xy 1 300 = tg 2α = ; 2 σ x − σ y 400 tg 2α =
3 π = 1'5; 2α = 56'3º +π ; α = 28'9º + 2 2
Girando sólo σ1, σ2
62
σ θ = σ 1 cos 2 θ + σ 2 sen 2 θ ζ θ = (σ 1 − σ 2 ) cos θ sen θ θ F = 60 + 90 − 28'9 = 121'84 θ G = −30 + 90 − 28'9 = 31'84
σ F = −759'9 Kgcm −2 ζ F = −323'2 Kgcm − 2 σ G = −440'1Kgcm − 2 ζ G = 323'2 Kgcm − 2
30.- Dado un sólido elástico con el estado de tensiones de la figura y siendo E = 1’5·106 Kgcm-2 calcular: dos expresiones del tensor de tensiones y dos del tensor de deformaciones. y
400 200
600
600
x
400
Deformación plana. εx D = 1 2 γ xy
1
γ xy ε y
2
Deformación longitudinal y transversal en una dirección dada.Conocidos εx, ½γxy, εy podemos hallar εθ y ½γθ en la dirección θ. P
Y
θ 90
dl
ϕθ
Q 2
S
T
R
θ
3
ϕθ <<<
90-θ
X Q’ 63
P(u , v ) ∂u ∂u ∂v ∂v Q u + dx + dy, v + dx + dy ∂x ∂y ∂x ∂y
∂u ∂u QR = dx + dy,0 ∂y ∂x ∂v ∂v RQ' = 0, dx + dy ∂y ∂x sen (90 − θ ) = cos θ =
εθ =
sen θ =
R2 ; R 2 = QR sen θ QR
R3 ; R3 = Q' R cos θ Q' R
∆l SQ' Q 2 + 3Q' QR cos θ + Q' R sen θ = = = ; ϕ θ <<< ⇒ PQ = PS ; l PQ PQ PQ S2 ≈ S3 ≈ Q2;
SQ’ = S2 + 3Q’; Q2 = QRcosθ;
Q’3 = Q’Rsenθ;
∂u ∂v ∂u ∂v dx + dy cos θ + dx + dy sen θ ∂y ∂y ∂x ∂x εθ = dl ∂u dx
∂u dy
∂v dx
∂v dy
cos θ + sen θ ε θ = + + ∂x dl ∂y dl ∂x dl ∂y dl
dx = cos θ ∂u ∂u ∂v ∂v dl ε θ = cos 2 θ + sen θ cos θ + cos θ sen θ + sen 2 θ dy ∂x ∂y ∂x ∂y = sen θ dl
ε θ = ε x cos 2 θ + γ xy sen θ cos θ + ε y sen 2 θ
ϕ θ = tg ϕ θ =
∂u ∂x ∂u ∂y QS ∂v ∂x ∂v ∂y cos θ − sen θ = + + PQ ∂x ∂l ∂y ∂l ∂x ∂l ∂y ∂l
QS = R3 − R 2 = Q' R cos θ − QR sen θ
ϕθ =
∂v ∂v ∂u ∂u cos 2 θ + sen θ cos θ − cos θ sen θ − sen 2 θ = γ xy ∂x ∂y ∂x ∂y
sen (90 + θ ) = cos θ ;
cos(90 + θ ) = − sen θ
ϕ θ + 90 =
∂v ∂u ∂u ∂v cos 2 (θ + 90 ) + − sen (θ + 90 ) cos(θ + 90 ) − sen 2 (θ + 90 ) ∂y ∂x ∂y ∂x
ϕ θ + 90 =
∂v ∂u ∂v ∂u sen 2 θ − − sen θ cos θ − cos 2 θ ∂x ∂y ∂y ∂x
64
ϕθ =
∂v ∂u ∂v ∂u cos 2 θ + − sen θ cos θ − sen 2 θ ∂x ∂y ∂y ∂x
γ θ = ϕ θ − ϕ θ + 90 γθ =
∂v ∂u ∂v ∂u cos 2 θ − sen 2 θ + − sen 2 θ + cos 2 θ + 2 − sen θ cos θ ∂x ∂y ∂y ∂x
(
∂u
)
(
)
∂v
∂v
∂u
γ θ = + (cos 2 θ − sen 2 θ ) + 2 − sen θ cos θ ∂y ∂x ∂y ∂x
(
)
1 1 γ θ = γ xy cos 2 θ − sen 2 θ + (ε y − ε x )sen θ cos θ 2 2 1 1 1 γ θ = γ xy cos 2θ + (ε y − ε x )sen 2θ 2 2 2 1 γ xy ζ xy γ xy 1 1 tg 2α = ; tg 2α = 2 ; tg 2α = ; σ x −σ y εx −εy 2 2 εx −εy
Medida de las deformaciones superficiales.Se utilizan extensómetros, cargas extensométricas o strain-ganges. Están constituidos por una resistencia eléctrica en un soporte aislante. P Modelo
R=ρ
α tamaño α solicitaciones
l A
R α l; variando la longitud varía la resistencia. Se aplica la escala y tenemos la deformación real.
∆R ⇒ ∆l ⇒ ∆ε Tiene el inconveniente de no medir γ. Normalmente no se conocen loas direcciones principales ε1 y ε2; entonces se colocan tres extensómetros (roseta).
65
arbitrario
½γ
A X’
β
X’
α
2β
B
X X
2α
ε2
D
Direcciones principales
½ γM
φ?
C 2φ
ε
ε1
β
εφ+α+β
εφ+α
εφ
ε’
εφ
α
εα+φ
εφ+α+β
31.- En un elemento plano mediante extensómetros se han medido las siguientes deformaciones en las direcciones expresadas: ε0 = 1000·10-5; ε60 = -65·10-5; ε120 = 2·10-5. ¿Hallar las deformaciones principales y γM? 32.- En el interior de un sólido elástico de E = 2·106 Kgcm-2 y υ = 0’25 está definido un estado de deformación plana. Las deformaciones unitarias en dos direcciones ortogonales paralelas al plano director, que se tomará como sistema de referencia cartesiano ortogonal εx = 2·10-4; εy = 0; ε30 = 0. ¿σ y direcciones principales? ¿Componentes intrínsecas del vector deformación unitaria correspondiente a una dirección 45º con OX? εx D = 1 2 γ xy
εn =
εx +εy 2
1
γ xy ε y
2
+
εx −εy 2
n → θ = 30º
1 cos 2θ + γ xy sen 2θ 2
2·10 4 + 0 2·10 4 − 0 1 1 0= + cos 60 + γ xy sen 60 ⇒ γ xy = −1'73·10 − 4 2 2 2 2 El signo menos indica que el ángulo después de deformarse es >90º 1 γ γ xy 1 2 xy tg 2α = ⇒ tg 2α = ; α = −60 2 εx −εy εx −εy
66
60 = −30 2 direcciones principales (σ y ε) π α 2 = −30 + = 60 = 0 ⇔ ε3 = 0 2
α1 = −
σ 3 = λ (ε 1 + ε 2 ) + 2Gε 3 σ 1 = λ (ε 1 + ε 2 ) + 2Gε 1 σ 2 = λ (ε 1 + ε 2 ) + 2Gε 2 ε 1, 2 =
εx +εy 2
λ=
υE (1 + υ )(1 − 2υ )
G=
εx + εy ± 2
2
E 2(1 + υ )
γ + xy 2
2
λ = 8·10 5 Kgcm − 2
G = 8·10 5 Kgcm − 2
ε 1 = 3·10 − 4 −4 ε 2 = −10
σ 1 = 640 Kgcm −2 σ2 =0 σ 1 = 160 Kgcm − 2 ε θ = ε x cos 2 θ + ε y sen 2 θ + γ xy cos θ sen θ
1 1 γ θ = (ε y − ε x ) cos θ sen θ + γ xy 2 2
2 2 cos θ − sen θ
(
)
ε 45 º = 0'73·10 −4 1 γ 45 º = 10 − 4 2
ε θ = ε 1 cos 2 θ + ε 2 sen 2 θ 1 θ = 45 − (− 30) = 75º γ θ = (ε 2 − ε 1 ) cos θ sen θ
2
Ecuaciones generales de la elasticidad.Ecuaciones de equilibrio interno.Consideramos un paralelepípedo elemental. σz dz
τxz τxy
σy
τxz
τxy 2
σx dx
τxz 1
τyz
x
σx
4
τyz
(∑ F ) = 0 (∑ F ) = 0 (∑ F ) = 0
τyz
5
τxy 6
τxz
τyz
σy
3
τxy dy
y
z
[(σ x )1 − (σ x )2 ]dydz + [(ζ yx )3 − (ζ yx )4 ]dxdz + + [(ζ xz )5 − (ζ zx )6 ]dxdy + Xdxdydz = 0 donde X son las fuerzas másicas específicas.
σz
67
[(σ ) − (σ ) ] = dσ x 1
x 2
x
= ∂σ x
∂σ x dydz + ∂ζ xy dxdz + ∂ζ xz dxdy + Xdxdydz = 0 ∂σ x ∂ζ yx ∂ζ xz + + + X = 0 ∂x ∂y ∂z ∂ζ xy ∂σ y ∂ζ yz + + + Y = 0 ∂x ∂y ∂z ∂ζ xz ∂ζ yz ∂σ z + + + Z = 0 ∂x ∂y ∂z
∂σ x ∂ζ yx + + X = 0 ∂x ∂y ∂ζ xy ∂σ y + + Y = 0 ∂y ∂x
ecuaciones de equilibrio
Ecuaciones de equilibrio en el contorno.Las tensiones varían de un punto a otro del cuerpo, y en su periferia deberán equilibrar las fuerzas exteriores que actúan sobe la superficie, de tal modo que dichas fuerzas pueden ser consideradas como una continuación de la distribución interna de esfuerzos. z C
σy ζyz
x
A
o
ζzy
(∑ F ) = 0 (∑ F ) = 0 (∑ F ) = 0
σx
ζxy
ζyx
dS = ABC;
n
x
y
ζxz
B
y
z
ldS = OBC X Y componentes de fs Z
ζzx
cosenos directores (l, m, n)
σz
Xds − σ x lds − ζ xy mds − ζ xz nds = 0; X − σ x l − ζ xy m − ζ xz n = 0 Y − ζ xy l − σ y m − ζ yz n = 0 Z − ζ xz l − ζ yz m − σ z n = 0
ecuaciones de equilibrio en el contorno
X − σ x l − ζ xy m = 0 Y − ζ xy l − σ y m = 0
Ecuación de compatibilidad.Relación entre las componentes del tensor de deformación.
68
∂u εx = ∂x ∂v εy = ∂y ∂w εz = ∂z
2 2 ∂ 2 ε x ∂ ε y ∂ γ xy = + ∂x∂y ∂x 2 ∂y 2 ∂ 2 ε y ∂ 2 ε z ∂ 2 γ yz + = de 2º orden. ∂y∂z ∂z 2 ∂y 2 ∂ 2 ε x ∂ 2 ε z ∂ 2 γ xz + = ∂x∂z ∂z 2 ∂x 2
∂u ∂v + γ xy = ∂y ∂x ∂v ∂w γ yz = + ∂z ∂y ∂u ∂w + γ xz = ∂z ∂x
∂ 2ε x ∂ ∂γ xy ∂γ yz ∂γ xz = + + ∂y∂z ∂x ∂z ∂x ∂y ∂ 2ε y ∂ ∂γ xy ∂γ yz ∂γ xz de 1er orden. 2 = + + ∂x∂z ∂y ∂z ∂x ∂y ∂ 2ε z ∂ ∂γ xy ∂γ yz ∂γ xz 2 = + + ∂x∂z ∂z ∂z ∂x ∂y 2
εz = 0 2 2 ∂ 2 ε x ∂ ε y ∂ γ xy + = γ xz = γ yz = 0 bi dim ensional ⇒ 2 2 w=0
∂y
∂x
∂x∂y
Combinando la Ley de Hooke y las ecuaciones de Lamé sólo faltan las longitudinales:
γ xy =
ζ xy G
; γ xz =
ζ xz G
; γ yz =
ζ yz G
;
Elasticidad bidimensional en coordenadas cartesianas.Función de tensiones de Aery. ∂σ x ∂ζ xy + + X = 0 ∂x ∂y ∂ζ xy ∂σ y + + Y = 0 ∂x ∂y
2 ∂ 2σ x ∂ ζ xy ∂X 0 + + = ∂x∂y ∂x ∂x 2 2 2 ∂ ζ xy ∂ σ y ∂Y + + = 0 2 ∂x∂y ∂y ∂y
2 ∂ 2ζ xy ∂X ∂Y ∂ 2σ x ∂ σ y − − − − =2 ∂x ∂y ∂x∂y ∂x 2 ∂y 2
1
69
∂ 2ε x
+
∂y 2
∂ 2ε y ∂x 2
=
∂γ xy ∂x∂y
2 2 ζ 1 (σ x − υσ y ) ∂ 2 1 (σ x − υσ y ) + ∂ 2 1 (σ y − υσ x ) = ∂ xy E ∂y E ∂x E ∂x∂y G 1 ε y = (σ y − υσ x ) E 1
εx =
2G
2 ∂ 2σ x ∂ 2σ y ∂ 2σ y ∂ 2σ x G ∂ ζ xy = 2 υ υ − + − 2 G ∂x∂y ∂y 2 ∂x 2 ∂x 2 ∂y
1 E
1 1+υ 1 1+υ ∂ 2σ x ∂y 2
−υ
2 ∂ 2σ x ∂ 2σ y ∂ 2σ y ∂ 2σ x ∂ σ y ∂X ∂Y ∂ 2σ x − − − ; + −υ =− 2 −υ ∂x ∂y ∂x 2 ∂y 2 ∂y 2 ∂x 2 ∂x 2 ∂y
∂ 2σ y ∂y 2
+
∂ 2σ y ∂x 2
−υ
∂ 2σ x ∂x 2
=−
∂ 2σ x ∂x 2
−
∂ 2σ y ∂y 2
∂ σy ∂ σx ∂X ∂Y ∂X ∂Y − − −υ −υ ; −υ −υ 2 2 ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y 2
2
2 2 ∂ 2σ x ∂ 2σ x ∂ σ y ∂ σ y ∂X ∂Y ; →divergencia de las fuerzas másicas → + + + + = −(1 − υ ) 2 2 2 2 ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y
→
∇·Fv div·Fv
Divergencia del vector gradiente
∂2 ∂2 2 + 2 ∂y ∂x
V ( x, y )
(σ x + σ y )
∂V r ∂V r i + j = ∇V ∂x ∂y ∂V x ∂V y + = ∇·V ∂x ∂y
Laplaciano
∇2 ∇·∇
→ gra diente de V → divergencia
∇ 2 (σ x + σ y ) = −(1 − υ )∇·Fv → cumple la ecuación de equilibrio interno y de
compatibilidad. El caso corriente es que las fuerzas másicas sean constantes o nulas: Fv = 0 − FV = cte. ⇒ ∇ 2 (σ x + σ y ) = 0 → con esto y las ecuaciones de contorno
resolvemos la función de Aery. 2 ∂ 2ζ xy ∂ 2σ x ∂ σ y = =− ∂x∂y ∂x 2 ∂y 2
70
Buscamos ahora una función φ(x, y) que cumpla: ∂ 2σ x ∂x 2
ζ xy
∂ 2σ y ∂ 2ζ xy ∂ 4φ ∂ 4φ ∂ 4φ ; ; = 2 2; = = ∂x∂y ∂x 2 ∂y 2 ∂x ∂y ∂y 2 ∂x 2 ∂y 2
∂ 2φ σx = 2 ∂y ∂ 2φ σy = 2 ∂x ∂ 2φ =− − X y − Yx ∂x∂y
∂ ∂ 2 + 2 ∂y ∂x
∂ 2φ ∂ 2φ ∇ 2 2 + 2 = 0 ∂x ∂y
Función biarmónica
laplaciano 2º
∂ 2φ ∂ 2φ 2 + 2 = 0; ∂x ∂y
2
∂ 4φ ∂ 4φ ∂ 4φ + + 4 = 0 ⇒ ∆2φ = 0 2 2 4 ∂x ∂y ∂x ∂y
Cumple las condiciones de compatibilidad, da la solución al problema de las tensiones. Tanto en tensión como en deformación plana se tiene que verifica las condiciones de contorno.
Soluciones polinómicas a problemas bidimensionales en coordenadas cartesianas.La solución a problemas bidimensionales donde las fuerzas de volumen son 0 o constantes se reducen a la integración de la ecuación diferencial ∆2φ = 0, donde φ = φ(x,y) es una función de tensiones y donde el tensor de tensiones (ζ) se obtenía:
σx =
∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ σ ζ = = − − X − Y = − ; ; ; y xy y x ∂x∂y ∂x∂y ∂y 2 ∂x 2
∂ 4φ ∂ 4φ ∂ 4φ +2 2 2 + 4 =0 ∂x 4 ∂x ∂y ∂y
X = σ x l + ζ xy m Y = ζ xy l + σ y m
1º
Se especifica la forma analítica de φ (grado)
2º
Determina los parámetros de forma que se cumplan las condiciones de
contorno y la de biarmonicidad. 3º
Conocidas las tensiones se determinan las deformaciones.
Vamos a fijar una función de tensiones y ver los problemas que resolvemos.
71
φ arbitraria φ
→ ∆2φ = 0 ⇒
problema resuelto
↓ polinomio hom ogéneo Fv = 0
Casos: 1º ⇒ φ ≡ φ ( x, y ) = ax + by
∂φ ∂ 2φ = a; = 0 ; ∂x ∂x 2 ∂φ ∂ 2φ = b; = 0; 2 ∂y ∂y 2 ∂ φ − = 0; ∂x∂y 2º ⇒ φ ≡ φ ( x, y ) =
∂ 2φ a ; = ∂x 2 ∂ 2φ = c; 2 ∂y ∂ 2φ − = −b; ∂x∂y
0 0
ζ ≡ 0 0
a 2 c x + bxy + y 2 2 2
-b c x
c
ζ ≡ − b
− b → constantes a
y
a
si sólo b ≠ 0 ⇒ tensión cortante pura si c ≠ 0 ⇒ c > 0 tracción c < 0 compresión.
3º ⇒ φ ≡ φ ( x, y ) =
a 3 b 2 c d x + x y + xy 2 + y 3 3·2 2 2 6
∂ 2φ ax by = + ; ∂x 2 ∂ 2φ = cxdy; 2 ∂y ∂ 2φ − = −bx − cy; ∂x∂y
σ x = dy sup oniendo sólo d ≠ 0 σ y = ζ xy = 0
de e -e -de y
x
Tracción
flexión
compresión
72
de e
flexión
x
-e L
y suponiendo b o c ≠ 0 ⇒ flexión compuesta. 4º ⇒ φ ≥ 4º gra do. los coeficientes tienen que cumplir alguna relación entre ellos. Fibra neutra → la que no sufre alteración de deformación.
33.- Una pieza prismática sometida a tensión constante, considerando un polinomio de 3er grado. b Z
h
X,
Sólo d ≠ 0
M Y, v
Y
Vamos a hacer que x e y coincidan con los corrimientos u y v.
σ x = dy h 1 R = σ x,M b I = ∫ y 2 dm; I = ∫ y 2 dA; [I ] = L4 2 2 1 h 2h 1 dm M = σ x,M b = σ x,M h 2 b ρ = 1 = = 1 ⇒ dm = dA 2 2 3 2 12 dA 1 M T = 2M = h 2 bσ x , M 6 h
h
I z = ∫ y 2 dA; I z = ∫− h y 2 bdy = 2b ∫− h y 2 dy = 2
2
σ x,M =
σx =
2
2
dh dh h 2 b 1 3 ; M= = bh d = I z d ; 2 2 6 12
M y ⇒ Ley de Navier Iz
bh 3 12 d=
M ; Iz
Iz = W (módulo resistente ) y I Wm = z h
2
73
σx =
M M = Iz W y
Fibra neutra.-
σx
M ∂u y= E EI z ∂x σ M ∂v y= ε y = −υ x = −υ E EI z ∂y
εx =
=
ζ xy M ∂u ∂v du ( y ) M yx + u1 ( y ) + = γ xy = = u= x+ 1 EI z G EI z ∂y ∂x dy 2 dv ( x ) M y v = −υ + v ( x ) − 0 + 1 EI z 2 dx du ( y ) dv1 (x ) M x+ 1 + =0 EI z dy dx
Si la función debe ser independiente de x e y deberá cumplir: du1 ( y ) = k1 u1 ( y ) = k1 y + k 22 dy v (x ) = − M x − k x + k dv1 ( x ) M 1 3 =− x − k1 1 EI z 2 dx EI z
condiciones de contorno. u1 ( y ) = 0
x = 0 u = 0 y = 0 v = 0 y = 0 ⇒ x = 0 ⇒ k2 = 0
v1 ( x ) = −
M x2 EI z 2
x = 0 ⇒ y = 0 ⇒ k3 = 0 ∂v = 0 ⇒ k1 = 0 ∂x x =0
M yx EI z m y2 M x2 v = −υ − EI z 2 EI z 2
u=
u x =0 = 0 v x =0 = −
M υy 2 2 EI z
v=−
v y =0 = −
(
M υy 2 + x 2 EI z 2
)
M x 2 → coinciden x e 2 EI z
y
∂2 y M M 2 y=− x → 2 =− ⇒ ecuación diferencial de la línea elástica (fibra 2 EI z EI z ∂x neutra).
74
34.- Una placa rectangular de 100 x 50 cm está sometida en su contorno a las tensiones tangenciales que se indican en la figura. Bajo estas no está en equilibrio; las leyes de las tensiones tangenciales dibujadas dan las tensiones en Kgcm-2 cuando las distancias se expresan en dm. Sabiendo que la función de Aery es un polinomio de 3er grado no homogénea y que las tensiones perpendiculares en BD y CD son 0 y en AB y AD son constantes: ¿Calcular y dibujar las leyes de variación de las tensiones perpendiculares en el contorno para que la placa esté en equilibrio?, ¿Expresión general de las tensiones en cualquier punto de la placa?, ¿Comprobar que la solución es válida tomando momentos en cualquier punto de la placa?.
φ ( x, y ) = Ax 3 + Bx 2 y + Cxy 2 + Dy 3 + Ex 2 + Fxy + Gy 2 ∂ 2φ σx = 2 ∂y ∂ 2φ σy = 2 ∂x ∂ 2φ ζ xy = − ∂x∂y
10
30
10 30 B
C
A
D
20 20
Teoría del potencial interno.Concepto de potencial interno o energía de deformación.Suponemos que aplicamos las fuerzas de un modo continuo y de tal forma que no se producen vibraciones y de forma adiabática. La energía es una función de punto por lo que el trabajo es reversible. Esto implica que todos los estados intermedios están equilibrados. v → 0 ⇒ ∆ε c = 0 = ∑ ζ = ζ e + ζ i ; donde ζ es el trabajo.
ζe
Vencer ligaduras internas =0 ⇒ solución elástica Vencer ligaduras externas = 0 ⇒se puede hacer tender a 0 Deformación
75
Calor = 0 ⇒ adiabática
ζi
Oponerse a la deformación.
ζe = ζi ⇒ cualquiera de ellos se denomina energía potencial de deformación, potencial de deformación o potencial elástico; que cumple la propiedad de devolverse al cesar la acción exterior.
Relaciones entre fuerzas exteriores y deformaciones. Coeficientes de influencia.En ningún punto del sólido elástico se sobrepasa el límite elástico. Las fuerzas se aplican de forma progresiva y adiabática o isoentrópica. En cada punto del cuerpo se produce una deformación proporcional a la fuerza aplicada. Es válido el principio de superposición. La aplicación de cualquier fuerza a un cuerpo elástico no modifica las líneas de acción de las restantes fuerzas aplicadas al mismo. Fj Fi
∆ij
∆ij → desplazamiento del punto i cuando se aplica
j
la fuerza Fj en el punto j.
δij → proyección del desplazamiento del punto i
i δij
sobre la fuerza Fi aplicada sobre dicho punto cuando sólo se aplica Fj en j.
∆ij α Fj ⇒ ∆ij = kFj
Desplazamiento del punto i cuando en el j aplicamos un Fj = 1
F1 (1) n F2 (2 ) ∆ i = ∆ i1 + L + ∆ in = ∑ ∆ ij M j =1 Fn (n )
n
δ i = ∑ δ ij ⇒ F j = 1 j =1 n
δ i = ∑ δ ij F j
Coeficientes de influencia
j =1
76
Expresiones del potencial interno.Fuerzas exteriores.F
ρFi / 0 ≤ ρ ≤ 1
Fi
A = dρ ·δ i
A
ρFi
ρδi
ζ =
(ρ+dρ)δi
δ
δi
1
ρ2
0
2
ζ = ∫ Fi δ i ρdρ = F1δ i
1
= 0
1 F1δ i 2
1 n ∑ F1δ i ⇒ Teorema de Clapeyron 2 1 n
.ζ = ∑ 1
1 1 F1δ i ; ζ = ∑ Fi ∑ δ ij F j ; 2 2 i j
ζ =
1 ∑ δ ij Fi F j 2 ij
El potencial interno es una función homogénea de 2º grado de las fuerzas externas aplicadas en el sólido elástico. Deformaciones (corrimientos).-
δ i = δ i1 F1 + L + δ in Fn i = 1, L , n → n ecu.
ζ =
1 Fi δ i ; 2
Fi
⇒
F1 = β 11δ 1 + L + β 1n δ n M n Fi = β i1δ 1 + L + β in δ n F j = ∑ β ji δ i i =1 M Fn = β n1δ 1 + L + β nn δ n
ζ =
1 ∑ β ji δ i δ j 2 ji
Matriz de tensiones.-
r f Ω (x , y , z ) u , v, w
ζ = ∫∫ ( x u + yv + z w)dΩ Ω
x = σ x l + ζ xy m + ζ xz n y = ζ xy l + σ y m + ζ yz n z = ζ xz l + ζ yz m + σ z n
ζ = ∫∫ [(σ x l + ζ xy m + ζ xz n )u + (ζ xy l + σ y m + ζ yz n )v + (ζ xz l + ζ yz m + σ z n )w]dΩ = Ω
∂P ∂Q ∂R dV = ∫∫ (Pl + Qm + Rn )dΩ = ∫∫∫ + + Ω V ∂x ∂y ∂z
77
∂ζ xy ∂ζ xz ∂P ∂σ x ∂u ∂v ∂w = u+ v + ζ xy + w+ σx + ζ xz ∂x ∂x ∂x ∂x ∂x ∂x ∂x ∂σ y ∂ζ yz ∂Q ∂ζ xy ∂u ∂v ∂w = u+ v+ σy + w+ ζ xy + ζ yz ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂ζ yz ∂σ z ∂R ∂ζ xz ∂u ∂v ∂w = u+ v + ζ yz + w+ ζ xz + σz ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z
γij εi X, Z e Y
Supongo X = Y = Z = 0 ∂P ∂Q ∂R 1 dV = ∫∫∫ (σ x ε x + σ y ε y + σ z ε z + ζ xy γ xy + ζ xz γ xz + ζ yz γ yz )dV + + V 2 V ∂x ∂y ∂z
ζ = ∫∫∫
El potencial interno es igual al potencial interno debido a la tensiones normales más el debido a las deformaciones tangenciales.
εi =
Ley de Hooke
ζ = ∫∫∫
V
1 2E
(
1 2 2 2 2 2 2 σ x + σ y + σ z − 2υ (σ x σ y + σ x σ z + σ y σ z ) + 2G ζ xy + ζ xz + ζ yz
ecuaciones de Lamé
ζ = ∫∫∫
1 [σ i − υ (σ b + σ k )] E
[
)dxdydz
σ i = λe + 2Gε i ; e = ε i + ε j + ε k
(
)
(
)]
1 λe 2 + 2G ε x2 + ε y2 + ε z2 + G γ xy2 + γ xz2 + γ yz2 dV 2
Si no hay ningún tipo de deformación ⇒ ζ = 0.
ζ ≥ 0 ⇒ función de deformación positiva (compresión elevada al cuadrado).
Principio de los trabajos virtuales.-
La condición necesaria y suficiente para que un sólido rígido esté en equilibrio es que el trabajo virtual de las fuerzas exteriores sea nulo para cualquier desplazamiento virtual del mismo. Se denomina desplazamiento virtual δr a cualquier desplazamiento que sea pequeño, posible, no necesario y compatible con los enlaces exteriores. No depende del tiempo.
F1 F2
Fu
⇒ no tiene porqué coincidir con el desplazamiento producido por las fuerzas (desplazamiento real)
dr F3
78
En esta situación el trabajo virtual es
dζ = F1 dr + F2 dr + L + Fn dr ⇒ dζ = (F1 + F2 + L + Fn )dr dζ = Rdr
siendo R la resultante de todas la fuerzas.
Condición necesaria:
si R = 0 ⇒ dζ = 0 ⇒ Equilibrio
Condición suficiente:
si dζ = 0 ⇒ R = 0 ⇒ Equilibrio; ya que dr puede no ser 0.
(sólido rígido ⇒ no aparecen fuerzas internas) Vamos a considerar un sólido elástico sobre el que están aplicadas fuerzas por r r unidad de volumen y de superficie f V f Ω . Habrá unas tensiones [ζ]. Se tendrán que cumplir las ecuaciones de equilibrio interno y de contorno.
r Vamos a considerar un campo virtual de corrimientos o desplazamientos Ψ ⇒ compatible con los enlaces exteriores ⇒ cumple las ecuaciones de compatibilidad. r Ψ (Ψ x , Ψ y , Ψz )
r Multiplicamos las ecuaciones de equilibrio interno por su correspondiente de Ψ , los sumamos y los extendemos al volumen. ∂ζ xy ∂ζ xz ∂σ Ψ x x + + + X = 0 ∂y ∂z ∂x ∂ζ xy ∂σ y ∂ζ yz Ψ y + + + Y = 0 ∂y ∂z ∂x ∂ζ yz ∂σ z ∂ζ Ψ z xz + + + Z = 0 ∂y ∂z ∂x
∂ζ yz ∂ζ xy ∂σ y ∂ζ yz ∂ζ xy ∂σ x ∂ζ xz ∂ζ xz ∂σ z Ψ Ψ + Ψ + Ψ + Ψ + Ψ + Ψ + Ψ + Ψ + dV + x x x y y y z z z ∫∫∫V ∂x ∂z ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ∂y
∫∫∫ (XΨ V
x
+ YXΨ y + XΨ z )dV = 0
Trabajamos con la 1ª integral.
∂ζ xy ∂y
Ψx =
∂
∂ (ζ xy Ψx ) ∂y
− ζ xy
∂Ψx ⇒ cada miembro. ∂y
∂ ∂ ( ζ xy Ψx + σ y Ψy + ζ yz Ψz ) + (ζ xz Ψx + ζ yz Ψy + σ z Ψz )dV − V ∂y ∂z P Q R ∂Ψy ∂Ψx ∂Ψz +σz + ζ xyγ xyΨ + ζ xzγ xzΨ + ζ yzγ yzΨ − ∫∫∫ σ x +σ y a V ∂y ∂z ∂x b
∫∫∫ ∂x (σ Ψ x
x
+ ζ xy Ψy + ζ xz Ψz )
79
γ xyΨ =
∂Ψx ∂Ψ y + ∂y ∂x
∫∫∫ (XΨ V
x
r r + YΨ y + ZΨ z )dV = 0 ⇒ ∫∫∫ f V ΨdV → trabajo virtual de las fuerzas de V
volumen. a ⇒ ∫∫∫ (Pl + Qm + Rn )dΩ = (Teorema de Gauss) Ω
[
]
= ∫∫∫ (σ x l + ζ xy m + ζ xz n )Ψ x + (ζ xy l + σ y m + ζ yz n )Ψ y + (ζ xz l + ζ yz m + σ z n )Ψ z dΩ = Ω
x
y
z
r r = ∫∫ (x Ψ x + yΨ y + z Ψ z )dΩ = ∫∫ f Ω ΨdΩ → Ω
Ω
trabajo virtual de las fuerzas de
superficie.
[
]
b ⇒ ∫∫∫ σ x ε xΨ + σ y ε yΨ + σ z ε zΨ + ζ xy γ xyΨ + ζ xz γ xzΨ + ζ yz γ yzΨ dV → trabajo virtual de las V
fuerzas interiores. r r r r Ψ Ψ Ψ Ψ Ψ Ψ f Ψ d Ω + f ∫∫ Ω ∫∫∫ V ΨdV = ∫∫∫ σ x ε x + σ y ε y + σ z ε z + ζ xy γ xy + ζ xz γ xz + ζ yz γ yz dV Ω
V
V
[
]
En todo movimiento virtual que se haga en un sólido elástico, el trabajo virtual realizado por la fuerzas externas (de masa y de superficie) es igual al trabajo virtual efectuado por las fuerzas internas. Teorema de generalidad absoluta.
Teorema de Maxwell – Betty.-
Consideramos un sólido elástico y le aplicamos dos sistemas de fuerzas: Fi → Ai
φj → Bj Fi
φi Ai
Bj
Llamamos λi a los desplazamientos de los puntos Ai cuando únicamente se aplica el sistema Fi, y µj’ a los desplazamientos de los puntos de Bj cuando únicamente se aplica el sistema Fi. De igual forma, llamamos µj
a los desplazamientos de los puntos Bj cuando
únicamente se aplica el sistema φj, y λi’ a los desplazamientos de los puntos de Ai cuando únicamente se aplica el sistema φj. 80
λ i (Fi ) Fi
Ai
φi
Bj
µ ' j (φ j ) µ j (φ j ) λ ' i (Fi )
λ i ( Ai ) Ai
Bj
desplazamientos en las direcciones de los respectivos sistemas de fuerzas
µ ' j (B j ) µ j (B j ) λ ' i ( Ai )
1 ∑ Fi λi 2 i 1 ζ (φ j ) = ∑ φ j µ j 2 j
ζ (Fi ) =
superposición.
ζ (Fi + φ j ) =
1 1 Fi λ i + ∑ φ j µ j + ∑ Fi λ ' i ∑ 2 i 2 j i ⇒ iguales. 1 1 ζ (φ j + Fi ) = ∑ φ j µ j + ∑ Fi λ i + ∑ φ j µ ' j 2 j 2 i j Esto nos sirve para calcular las líneas de influencia de cargas móviles y reacciones hiperestáticas.
punto ) ⇒ ζ (Fi + φ j ) = ζ (φ j + Fi ) ⇒
ζ ( func. de
⇒ ∑ Fi λ ' i = ∑ φ j µ ' j i
j
Teorema de Maxwell: en un sólido elástico el trabajo realizado por un sistemas de fuerzas Fi al aplicar otro φj es igual al realizado por el φj al aplicar el Fi. Teorema de Betty: es una consecuencia del de Maxwell. una una
fuerza Fi → µ ' j = δ ji Fi fuerza φ j → λ ' i = δ ij φ j
φ j δ ji Fi = Fi δ ij φ j ⇒ δ ij = δ ji
La deformación producida en un punto i en el sólido elástico en la dirección Fi cuando se aplica una fuerza en j en la dirección φj es igual a la producida en j según φj debido a una fuerza unidad aplicada en i según Fi.
F1=1
F2=1
δ21 δ21
81
P1
P2
δ21
δ12
P2 δ 21 P1
P1δ 12 = P2 δ 21
δ 12 =
M 1ϕ 12 = M 2ϕ 21
P1δ 12 = M 2ϕ 21
Teoremas de Castigliano.-
ζ =
1 1 δ ik Fi Fk ; ζ = ∑ β jk δ j δ k ; ∑ 2 j ,k 2 i,k
∂ζ = ∑ δ ik Fk = δ i ∂Fi i , k
⇒
1er teorema de Castigliano.
∂ζ = ∑ β jk δ k = F j ∂δ j j , k
⇒
2º teorema de Castigliano.
1º.- Si se expresa el potencial interno en función de la fuerzas exteriores y se deriva respecto de una de ellas se obtiene la proyección del corrimiento del punto de aplicación de esta fuerza sobre su línea de acción. 2º.- Si se expresa el potencial interno en función de los corrimientos de los puntos en los que actúan las acciones exteriores y se deriva respecto del corrimiento de uno de los puntos se obtiene la componente de la acción que cobre dicho punto actúa en la dirección de ese corrimiento. Estos no son teoremas generales. Para poder aplicar los potenciales deben se funciones o de las fuerzas exteriores o de los puntos. Si no se pueden aplicar, habrá que aplicar el principio de los trabajos virtuales.
82
Teorema de Menabrea (o del mínimo).-
Se utiliza cuando los sistemas son externa o internamente hiperestáticos. Este teorema permite conocer el desplazamiento de un punto en el que no hay ninguna carga, haciendo: ∂ζ =δ ∂P P =0
siendo P la carga ficticia que vale 0.
35.- La figura representa un sólido elástico de forma tetraédrica OABC. Sobre la r cara ABC se aplica una distribución uniforme de fuerzas de superficie de valor f Ω = -40i 10j –30k Kgcm-2. Sabiendo que en estas condiciones el estado tensional el homogéneo: ¿Matriz de tensiones?, ¿Potencial interno acumulado en el proceso de carga de la cara ABC?. E=2·104 Kgcm-2; υ = ¼. C
fΩ 4cm
2cm
2cm
B
A Vamos a suponer que los planos OAC, OCB y OAB son rígidos ⇒ γij = 0 ⇒ ζij =
γij·G = 0. Plano ABC:
x y z + + = 1; 2 x + 2 y + z = 4 2 2 4 n = (2,2,1);
2 2 2 1 n = 3 n4 = , , l = 3 3 3 3 2 m= 3 1 n= 3
X = σ x l + ζ xy m + ζ xz n Y = ζ xy l + σ y m + ζ yz n Z = ζ xz l + ζ yz m + σ z n
− 40 σ x − 10 = 0 − 30 0
0
σy 0
0 2 3 0 2 3 σ z 13 83
− 40 = 2 3 σ x σ x = −60 Kgcm −2 − 10 = 2 3 σ y σ y = −15 Kgcm − 2 − 30 = 13 σ z σ z = −90 Kgcm − 2
0 0 − 60 (ζ ) = 0 − 15 0 0 0 − 90
=0
ξ → potencial interno.
(ζ xy2 + ζ xz2 + ζ yz2 ) dV = ξ = ∫∫∫ [σ x2 + σ y2 + σ z2 − 2υ (σ x σ y + σ x σ z + σ y σ z )] + V 2E G 2 1
1
∫∫∫ [(− 60) + (− 15) + (− 90)
]
=
1 2E
=
1 2 2 60 + 15 2 + 90 2 − (60·15 + 60·90 + 15·90) ∫∫∫ dV 4 4 2·2·10 V
2
2
2
V
11
1
8
∫∫∫ dV = 3 Ah = 3 2 ·2·2 = 3 cm
− 2υ [(− 60 )(− 15) + (− 60 )(− 90) + (− 15)(− 90 )] dV =
ξ = 5'4·10 5 Kgcm
3
V
36.- Se considera el sistema de barras de la figura. E = 2·105 Kgcm-2. El lado de cada una de las barras exteriores a de cuadrado es 40 cm y su sección 4 cm2. Se aplica en A un P = 2 T. Sabiendo que el potencial interno de una barra a tracción es ξ =
N2 l, 2 ES
¿Aplicando el teorema de Castigliano hallar el descenso del nudo A?, ¿Y el acortamiento de CD? Estudiamos el equilibrio en los puntos A y D.
B a
N’
a 45
C
A
45
a
N
D a
P
∑F ∑F
A P
N=
x
= 0 ⇒ N ' sen 45 − N sen 45 = 0 ⇒ N ' = N
y
= 0 ⇒ 2 N cos 45 − p = 0 ⇒ 2 N
P 2
2 −P=0 2
(tracción)
N C
N1
D
Comp. N
2 N cos 45 − N 1 = 0 N1 = N 2 N1 = P aplicando los teoremas de Castigliano
84
CD
ζ = 4a
1 P2 a 2 2 a 2 2 2 P + +1 P ; ζ = P → que es función homogénea de 2 ES 2 2 ES ES 2
2º grado de las fuerzas externas.
(
)
(
)
∂ζ 40 a =δA = 2P + 2P ; δ A = 2·2000 + 2000 2 ; ∂P ES 2·10 5 ·4
δ A = 0'034cm ∂ζ Para hallar el acortamiento de CD se considera una carga ficticia = δ . ∂Q a =0
Considerando el equilibrio en D tenemos N N1
C
D
Q
Comp. N
ξ=
N=
P
2 ∑ Fx = 0 ⇒ 2 N cos 45 − N 1 + Q = 0 N1 = N 2 + Q = P + Q
N 2l a P2 a 2 (P + Q )2 +1 ; ξ =4 2 ES 2 ES 2 2 ES
∂ξ Q 2P P 2000 =2 a 2+ a 2 = a 2= 40 2 = 0'014; 5 ∂Q 2 ES 2 ES ES 2 · 10 · 4 Q =0 ∆CD = −0'014cm
37.- Cuando sobre el extremo de una viga en voladizo actúa una carga vertical P el δ de cada punto viene dado por y =
P EI z
x3 2 − l 2 x + l 3 ; ¿Hallar el potencial interno de 3 3
la viga?, ¿Desplazamiento vertical del extremo libre por aplicación de los teoremas de Castigliano?, ¿igualmente aplicando los teoremas de Maxwell y Betty? P/3 l/4
P/3 l/4
P/3 l/4
P/l l/4
P
ξ=
δ
1 1 1 P2 Pδ = Py (0 ) = 2 2 2 2 EI z
2 3 l ; 3
ξ=
P 2l 3 6 EI z
x y 85
∂ξ ∂ξ 2 Pl 3 =δ ⇒ = ∂P ∂P 6 EI z P/3
P/3
δ=
P/3
δA
Pδ A =
δA =
Pl 3 3EI z
P P3 3 2 EI z
Pδ A =
P P l l 3l δ = y + y + y 3 3 4 4 2
l3 l 3 2l 3 l3 l 3 2l 3 3 2 l 3 3l 3 2l 3 11P 2 l 3 3 − + = ; + 3 − + + 3 − + 3 3 4 3 32 EI z 2 ·3 2 4 4 ·3 4
11Pl 3 32 EI z
86
RESISTENCIA.Relación entre el tensor de tensiones, el esfuerzo cortante, el momento flector y el momento torsor.-
Sólido elástico en equilibrio. y My
F1
F1
Ty
F7
ϕB =
N
R Momento z
Mt
S
F6
F3
x
Tx M’
S
Mx
F3
CC ' CC 0 ± C 0 C ' = l l
Tx → esfuerzo cortante según x Ty → esfuerzo cortante según y
R = T x i + T y j + Nk
N → esfuerzo normal o axil
M = M xi + M y j + M t k
M flector = M x i + M y j
Mt → momento torsor (gira la sección sobre sí misma) y x
ζ
dS
ζzy ζzx σz
z dS S dS = N dS T = zy y zx dS = T x
∫∫ σ ∫∫ ζ ∫∫ ζ S
S
S
z
dM F = (r ∧ σ z dS ); dM t = (r ∧ ζdS );
dM = dM F + dM t ; M = ∫∫ (dM F + dM t )dS ; S
87
i
j
M = ∫∫ x
y
S
k
0 dS = ∫∫ i ( yσ z )dS − ∫∫ j ( xσ z )dS + ∫∫ k (xζ zy − yζ zx )dS ; S
ζ zx ζ zy σ z
S
S
M = M x i + M y j + M t k ⇒ M x = ∫∫ yσ z dS S
M y = − ∫∫ xσ z dS S
M t = ∫∫ xζ zy − yζ zx dS S
Vigas.-
Son elementos prismáticos que reciben una serie de acciones exteriores de los elementos que descansan sobre ellas. En general son barras en forma de prisma mecánico cuya longitud y radio de curvatura son considerablemente mayores que los de la sección transversal. La línea que une los centros de gravedad (C.G.) de las secciones se denomina fibra media o directriz. Según sea esta tendremos vigas rectas, curvas o alabeadas. Las acciones sobre la viga (y en general) se transmiten a los pilares y de ellos a la cimentación. Llamaremos prisma elemental de la viga al volumen limitado por dos secciones rectas infinitamente próximas. Las acciones que soporta y su peso propio son compensadas por fuerzas en los apoyos de la viga que denominaremos reacciones.
Hipótesis.Rigidez relativa elevada
⇒
E ↑⇒ ε ↓; σ / E = ε
Se cumple la Ley de Hooke. Se cumplen los principios de superposición y de Saint-Venant. Se cumple la hipótesis de Bernoulli. Las secciones planas y perpendiculares al eje permanecen planas y perpendiculares al eje después de la deformación. Todas la fibras paralelas al eje se deforman la misma cantidad. 88
Se cumple el principio de Bernoulli–Navier generalizado: dos secciones rectas e infinitamente próximas de una viga se alabean de tal modo que ambas son superponibles por desplazamiento.
Tipos de apoyo.-
Toda la masa de la viga se encuentra en la línea que representa la fibra media. Y
⊂ XY → 3 grados de libertad; 3 parámetros. X Z
Apoyo articulado móvil.-
2 grados de libertad
Rapoyo Apoyo articulado fijo.-
Rv
1 grado de libertad. Rh
Empotramiento.Rh
ningún grado de libertad.
M Rv
Apoyo elástico.-
Empotramiento elástico.-
Principalmente en puentes.
Tipos de vigas.-
Isostáticas.- sus reacciones se pueden calcular utilizando las ecuaciones de la estática. Cuyos apoyos nos dan 3 reacciones eficaces. 89
Hiperestáticas.- no son suficientes las ecuaciones de la estática. Aquellas cuyas reacciones son más de tres; enlaces superabundantes. Los apoyos deben ser de tal forma, que la viga tenga impedido todo movimiento como cuerpo rígido. El tipo de apoyo necesario depende de la geometría de la viga y de las cargas o acciones que va a soportar. a
39.-
b
α
A
B
F l
∑ F = 0; ∑ F = 0; ∑ M = 0; V
H
RVA + RVB − F sen α = 0 R HA − F cos α = 0;
R HA = F cos α aF sen α M A = 0; RVB l − Fa sen α = 0; RVB = l
a b RVA = F sen α 1 − = F sen α l l 40.-
l
α
A
F F sen α − RVA = 0;
RVA = F sen α ;
F cos α + R HA = 0; R HA = − F cos α ; M A = lF sen α ;
P/l
41.A
∑ F = 0; ∑ F = 0; ∑ M = 0;
B
V
RVA + RVB − P = 0;
H
R HA = 0; M A → RVB l − P
RVA =
P 2
l P = 0; RVB = 2 2
90
Momento flector y esfuerzo cortante.1 A
x
P(Kg·m-1) B
1’
1
A
Cx
1’ a
RA
L
RB
RVA
RA
Mx 1
Cx
Cx Mx
RVB
L-x B
1’ RB
Resultante (incluida RA) = Cx (distancia a 1-1’) Mx = Cx·a. Cx es el esfuerzo cortante de las fuerzas situadas a la izquierda (o derecha) de la sección ideal considerada. Es positivo respecto a un punto interior del elemento si tiene sentido destrógiro. Si la resultante de las fuerzas a la izquierda de la sección considerada va hacia arriba Cx es positivo. 2
1
2
1
2’
1’
2’
1’
Mx es el momento flector y es el momento de las fuerzas exteriores situadas a la izquierda (o derecha) de la sección ideal considerada, respecto al Centro de Gravedad (C.G.) de dicha sección. Es positivo si tiende a flectar el elemento de modo que presente la concavidad hacia arriba. Si la resultante a la izquierda de la sección considerada va hacia arriba.
2
1
2
1
2’
1’
2’
1’
Diagramas de Cx y Mx .-
Cx y Mx varían con la distancia considerada “x”. La representación de esa variación define la situación de la sección recta en que tiene lugar.
91
Los Mx positivos se representan para la Y negativa y viceversa, los Mx negativos se representan para la Y positiva. Para obtener los diagramas de Mx y Cx es necesario calcular las reacciones en los apoyos y dividir la viga considerada en tantos tramos como cargas diferenciadas hay. 42.-
x P(Kg·m-1)
1 A
B
1’
R A = RB =
L
P Pl M x = x2 − x 2 2
Pl Pl = P(l − x ) − 2 2 P Pl P Pl 2 (l − x ) M x ' = x' 2 − x' = (l − x ) − 2 2 2 2
Pl 2
C x = Px −
Pl 2
C x ' = Px'−
Cx
C x + C x' = 0 M x + M x' = 0
Mx
Relaciones entre Cx, Mx y la carga.-
Tramo descargado.2 Mx
O
1
Cx
Cx 2’
∑F ∑M
V
Mx+dMx
1’
dx C x dx = dM x ;
Cx =
= 0 ⇒ Cx − Cx = 0 O
= 0 ⇒ M x + C x dx − M x − dM x = 0
dM x dx
Tramo con una carga uniformemente repartida.-
2
O
1
Mx Cx
Cx+dCx Mx+dMx 2’
1’ dx
∑M
O
= 0 ⇒ M x + C x dx − M x − dM x − pdx
dx =0 2
dM x dx 2 − dM x = 0; C x = C x dx − p 2 dx 92
∑ FV = 0 ⇒ C x − C x − dC x − pdx = 0;
− p=
dC x dx
⇒
− p=
d 2M x dx 2
Tramo con una carga puntual.F 2 Mx
O
1
Cx
C’x 2’
Mx+dMx
∑F
V
= 0 ⇒ C x − F − C' x ; C' x = C x − F
1’ dx
Si en vez de una fuerza F es un momento M tendríamos
M ' x = M x + C x dx − M Ambas ecuaciones nos indican que los diagramas son uniformes excepto en el caso de cargas puntuales o pares exteriores.
p = 0;
dC x = 0 ⇒ C x = cte. dx
⇒
M x = C x x + k1
el momento varía linealmente. p = cte.;
dC x = kx + k1 dx
⇒
el cortante varía linealmente y el momento como una función de 2º grado. Si en el tramo el cortante es nulo el momento es constante.
dM x M = 0 ; dx m p = 0;
d 2M x = − p ⇒ m( y (− )) dx 2
dC x M = 0 dx m
d 2M x ⇒ M x → punto de inflexión. dx 2
Tipo de carga
Cortante
Momento
Puntual (grado -1)
0
1
Uniforme (grado 0)
1
2
Triangular (grado 1)
2
3
Parabólica (grado 2)
3
4
93
43.-
x
P
MA
l RA
Cx = P ⇒ M x = − Px M A = lP RA = P
x
44.-
Cx
P
-Pl
Mx
P(Kg/m) l
MA RA
C x = − R A + Px C x = − Pl + Px 2 2 2 l ⇒ x l x M A = Pl Mx =MA − P Mx = P − P 2 2 2 2 R A = Pl
Cx
-Pl
45.-
a
Mx
Pl2/2
l
a
p
p RA
RB
2 p − R A − RB = 0 p(2a + l ) − R B (a + l ) R A a + R B (a + l ) − p(2a + l ) = 0 R A = a 2p −
p(2a + l ) − R B (a + l ) − R B = 0; 2ap − p(2a + l ) + R B (a + l ) − R B a = 0; a
− pl + R B l = 0;
RA = p RB = p
Estudiando la viga en los distintos tramos
0 → a Cx = − p a → l Cx = p − RA = 0 Cx = 0 M x = − px M x = p(a + x ) − R A x M x = − pa
94
l → a C x = p − R A − RB = p Cx = p M x = p(a + l + x ) − R A (l + x ) − R B x M x = − pa + px Mx
Cx a
p
pa
l a
a
a
q
x
46.-
l
l RA
RB
1 l 1 R A + R B − ql = 0 R A = ql p = ql ; 6 2 2 1 1 1 R A l − ql l = 0 R B = ql 2 3 3
1 C x ( x = 0 ) = 6 pl 1 1 qx 2 C x = ql − 1 6 2 l C x ( x = l ) = − pl 3 2 ( ) = 0 = 0 M x M = 1 qlx − 1 qx 1 x x x 6 2 l 3 M x (x = l ) = 0
l→q qx p = x → p l
Cx = 0 ⇒
1 1 qx x ql − = 0; 6 2 l
l l 2 l = x2; x = →x= ; 6 ± 3 3
∂M x 1 1 qx = ql − = 0 ⇒ x ∂x 6 2 l − 2
l 3 l
Cx
3
Mx
El punto de momento flector Máximo se encuentra haciendo 0 la primera derivada del Momento flector.
95
47.p MA
p
RHA
D B
RVA
∑F
V
p C
E
l
RVD
= 0 ⇒ RVA + RVD = 3P; RVA = p R HA = 0
M A = 0 ⇒ M A − pl − p 2l + RVD 3l − p 4l = 0 M B = 0 (a la izqda.) M A − RVA = 0; M A = pl (a la dcha.) pl − RVD 2l + p3l = 0; RVD = 2 p D.E.C. (diagrama de esfuerzo cortante) ( AB )
C x = RVA = p;
( BC )
C x = RVA − p = 0;
( CD )
C x = RVA − 2 p = − p;
( DE )
C x = RVA − 2 p + RVD = p;
p
-p D.M.F. (diagrama de momento flector) ( AB )
M ( x =0 ) = M A = pl M x = M A − xRVA M ( x =l ) = M A − RVA l = 0
( BC )
M x = M A − RVA x + p ( x − l )
M ( x = 2l ) = 0 M x = M A − RVA x + p ( x − l ) + p ( x − 2l ) = pl − px + px − pl + px − 2 pl M ( x =3l ) = pl M ( x =3l ) = pl ( DE ) M x = M A − RVA x + p ( x − l ) + p ( x − 2l ) − RVD ( x − 3l ) = 4 pl − px M ( x = 4l ) = 0
( CD )
pl
pl p
48.-
B
l
p l
l
l
D
C
2l A
HA VA
HE
E VE 96
MC = 0 H A − H E = 0; H E =
p 2
V A = VE = p M C (Izqda.) = −V A 2l + H A 2l + pl = 0; H A =
p 2
HA tenderá a girar con respecto a C en sentido contrario a VA. D.E.A. (axiles) P/2
p
p
D.E.C.
p
-p p/2
p/2
D.E.F. pl
pl
pl
49.-
pl
M RHA
a
b l
RA
RB
97
R A + RB = 0
M l M RA = l RB = −
R HA = 0 R HA = 0
∑M
B
= 0; R A l − M = 0;
D.E.C.
Cx = RA =
M/l
M l
D.E.F.
Mb/l
( AC ) M x = R A x ( CB )
M x = RA x − M
M Ma/l
Tensiones internas en vigas sometidas a flexión.-
− p=
∂C x ∂ 2 M x = ; ∂x ∂x 2 Mx
♣ Cx = 0 ⇒ M = cte. y N = 0
Mx
Cx Mx
♣ Cx ≠ 0 ⇒ M y N = 0
Mx+dMx Cx+dCx
Mx
♣ Cx ≠ 0 ⇒ M y N ≠ 0
Cx
Mx+dMx
N
N+dN Cx+dCx
simetría p
p
a
a c
RA
l
d RB
(ac) Cx = p
(ac) Mx = px
(cd) Cx = 0
(cd) Mx = px-p(x-a) = pa
(db) Cx = -p
(db) Mx’ = -px’ 98
(ac) ⇒
Flexión simple
(cd) ⇒
Flexión pura
(db) ⇒
Flexión simple.
A
I
C
y
∫
=
2
B
dA ;
Pxy = ∫ xydA;
(
(AC) ⇒
flexión compuesta
(CB) ⇒
flexión simple
I x = ∫ y 2 dA; ⇒
producto de inercia
)
I p = ∫ x 2 + y 2 dA = I y + I x ;
⇒
momento polar inercial.
50.- Hallar el momento de inercia respecto de x y respecto XCG. 2
y
2
ρ =1⇒ m = A
8 20 2
X=
m1 x1 + L + m n x n M
X=
A1 x1 + A2 x 2 + L + An x n A1 + L + An
Y =
A1 y1 + A2 y 2 + L + An y n ; A1 + L + An
XCG
C.G.
x
n
n
1
1
Y AT = ∫ ydA; Y A = ∑ ydA = ∑ y i Ai ;
→ XCG
X = 12; Y = 3; Los momentos de inercia de un rectángulo según la dirección OX, con respecto a su centro de gravedad y con respecto a su base, son respectivamente:
I X CG =
1 3 1 bh ; I X = bh 3 ; 12 3
Así pues los momentos de inercia totales de la figura son el resultado de la suma de todos los momentos de inercia de los rectángulos.
99
1 1 1 I X = 2·10 3 + 20·2 3 + 2·10 3 = 1387cm 4 3 3 3 I x = I CG + Ad 2 ; siendo Ix cualquier eje paralelo al del C.G. I X CG = 1387 − 80·3 2 = 667cm 4
51.- Hallar el momento de inercia con respecto al C.G. según OX.
20
40 20
C.G.
42’7 20 XG
60
Y =
200·90 + 2(60·50) + 120·10 200 + 2·60 + 120
YG X
20
Y = YG = 57'273cm
60
1 1 2 2 I X CG = 100·20 3 + 20·100(32'727 ) + 2 10·60 3 + 10·60(7'273) + 12 12 1 2 + 60·20 3 + 60·20(47'273) ; 12 I X CG = 5353·10 6 cm 4
52.- Una viga en I con la sección de la figura y con 4 angulares iguales con un Ix cada uno de ellos respecto a un eje horizontal que pasa por el C.G. de 89 cm4 y cuya sección es 15 cm2, determinar el momento de inercia de toda la sección respecto a un eje horizontal que pasa por el C.G. de la misma.
I XG = 89cm 4 S = 15cm 2
2’37 cm 1 I XG = 20·2 3 + 20·2·15 2 + 12
2’37 cm
1 + 1'5·28 3 + 1'5·28·0 2 + 12
C.G. 28 cm
8 cm 15 cm
(
)]
+ 4 89 + 15·(12'04 ) ;
8 cm
2
2 cm
I XG = 27304'34cm 4 20 cm 100
Tensiones en vigas sometidas a flexión pura.-
El eje de geometría de la viga se deforma y a la deformada se le denomina línea elástica. C.G. Z
O
X
+Y Las fibras de la viga contenidas en XY se curvan según arcos circulares concéntricos. Las que no están contenidas en XY se curvan también según arcos circulares cuyos centros están en una línea perpendicular que pasa por O. La viga no está sometida ni a tracción ni a O
compresión, simplemente a flexión pura. La zona que no sufre ni acortamientos no
l.e.
M
M
compresión
alargamientos
se
denomina
capa
neutra.
Su
intersección con el plano XY se denomina fibra neutra. Esta no sufre ni incremento ni decremento de
tracción
su longitud.
La intersección de la capa neutra con YZ nos da la línea neutra.
dx = ρdϕ
εx = =
ydϕ dx
∆l l =
=
l f −li
ydϕ
ρdϕ
li
=
bb' ab
=
bb' dx
=
;
bb' = ydϕ
εx =
σ x = εxE
σx =
y
ρ y
ρ
E 101
∫σ ∫
x
Ey
ρ
tracción
dS
X compresión
dS f.n.= 0
E
dS = 0;
ρ
y
Z
∫ ydS = 0 Y
∫ ydS = 0
⇒
esta integral es un momento de primer orden o estático, y el
hecho de hacerla igual a cero implica que la fibra neutra pasa por el C.G., al igual que la l.n. dM = σ x dSy =
E
y 2 dS ;
M =
E
∫ρ
y 2 dS =
E
∫y
2
dS =
E
I ;
1
=
M EI Z
ρ ρ ρ Módulo Iz My M M resistente σx = σx = ; = wz ; σx = Iz Iz wz yM h yM 2 Esta es la Ley de Navier y es la ley fundamental de la resistencia de materiales. ρ
[wz ] = L3 h/2
y = h/2
+wz
y = -h/2
-wz
Z Y
En secciones simétricas ambos serán iguales y cambiados
de signo. En secciones asimétricas tendríamos dos módulos resistentes diferentes y cambiados de signo. Dimensionamiento de un viga.-
σ xM =
M MM y M = M ≤ σ adm = 2.600 Kgcm −2 (para el acero) wz Iz
53.- Dimensionar una vaga apoyada isostáticamente, si su longitud es de 20 m y está sometida a una carga lineal Q = 300 Kgm-1.
102
MM =
Ql 2 = 15000 Kgm = 1'5·10 6 Kgcm ; 8
1'5·10 6 Kgcm = 576'92cm 3 ⇒ w z para 2600 Kgcm 2
existir las tensiones a que está sometida la viga. Este valor se mira en tablas en la norma (MV-102). De aquí se obtiene que la solución mínima es una IPN − 300 . 54.- Teniendo en cuenta que la σadm = 2600 Kgcm-2 para el acero, hallar el perfil IPN mínimo para la viga de la figura. P = 120 Kg
0’9
Q = 400 Kgm-1
RA
4m
RB
R A + R B = 400·4'9 + 120
R = 732'50 Kg B 4'9 − R A ·4 = 0 R A = 1347'50 Kg M B = 0 ⇒ 120·4'9 + 400·4'9· 2 El momento flector en el intervalo CA:
M x = −120 x − 400 ∂M x ∂x
x2 2
M0 = 0 M 0 '9 = −270 Kgm
= −120 − 400 x ⇒ x = −0'3 que queda fuera de la viga (Máximo de la curva)
Luego el MM en este tramo se produce en x = 0’9. El momento flector en el intervalo AB:
MX
x2 = −120 x − 400 + 1347'5( x − 0'9) → 2
También se puede estudiar este
tramo en dirección inversa BA:
M x ' = R B x'−Q
( x ') 2 2
= 732'5 x'−400
( x ') 2 2
∂M x ' = 732'5 − 400 x' = 0; x’ = 1’83 m; ∂x'
x= l-x’;
x=3’07
m
→
punto
donde se encuentra el valor máximo del momento flector en el tramo AB.
103
-270Kgm
3’66 m
M x ' ( x' = 1'83) = 682'47 Kgm
3’07 m C
M x ( x = 3'07 ) = 682'47 Kgm
B
A
M x ( x = 4'9) = 0 Kgm
682’47Kgm M M = 682'47 Kgm
682'47 = w z = 26'24cm 3 2600 IPN − 100
Son posibles soluciones a este problema:
IPE − 100 UPN − 80 L − 100 x100 x12
Para vigas de cargas contenidas en uno de sus ejes de simetría son mejores los perfiles simétricos. 55.- En el cielo raso de una cubierta se tiene un lucernario constituido por barras de perfil laminados en L pareados( ) de 2’50 m entre apoyos, sobre las que se disponen placas de vidrio armado. Las barras han de soportar como carga más desfavorable la de un operario con herramientas que fijaremos de 100 Kg actuando en el centro del vano. ¿Perfil para A-42 si laσadm = 1300 Kgcm-2? 100 Kg X 2’50 m
I XT = 2 I X 1 I YT = 2 I Y 1 + 2 A(d )
2
Y
R A + R B = 100 R A = 50 Kg l R A l − p = 0 R B = 50 Kg 2
x=0→M =0 (AC) M x = 50 x x = 1'25 → M = 62'5 1300 = σ a =
(CB) M x = 50 x − 100 x −
1 x = 1'25 → M = 62'5 2 x = 2'50 → M = 0
MM 62'5 ; 1300 = ; w z = 4'8cm 3 w zM wz
⊥70 x70 x8 w z = 8'79cm 3 3 w y = 6'32cm
104
56.- Se desea arrollar alambre de acero de 0’8 mm de diámetro sobre una polea sin que el acero sufra deformaciones permanentes. ¿Diámetro mínimo de la polea si σe = 2000 Kgcm-2?.
O
y
ε=
ρ
ρ
ρ= σ = Eε = E
y
σ adm =
D + 0'04 + y 2
y
ρ
=E
y D + 0'04 + y 2
2100000·0'04 D + 0'04 + y 2
2'1·10 6 ·0'04 D + 0'08 = 2 2000
Dm = 83'84cm
57.- Se tiene una viga de longitud l, apoyada y con dos voladizos como en la figura. Se desea saber la relación que ha de existir entre a y b para que el momento flector mayor que se produzca tenga un valor mínimo. P (Kgm-1) a
b
a
Dicha viga se puede descomponer en la suma de dos para calcularla.
-pa2/2
-pa2/2 b
b
58.- En un almacén de techo constituido por vigas apoyada – apoyada, se deposita un material que toma un talud natural como se indica en la figura. Las vigas están separadas 0’80 m. El peso propio del piso junto con la sobrecarga de uso de personal determina una carga uniformemente distribuida de 220 Kgm-2. Dimensionar las vigas si σadm = 2600 Kgcm-2. 105
2’80 Pe = 800 Kgm-3
1m 3 Pe = 800 Kgcm 3 · 6 3 = 0'8·10 −3 Kgcm −3 10 cm Pe = 0'8·10 −6 ·80cm = 6'4·10 −2 Kgcm −2 P = 220 Kgm −2 ·0'80m = 176 = 1'76 Kgcm −1
6m
1 R A + R B = 1'76·600 + 600·280· ·6'4·10 − 2 = 6432 Kg R A = 2320 Kg 2 R = 4112 Kg 1 −2 1 R A ·600 − 1'76·600·300 − 600·280· 6'4·10 · 600 = 0 B 2 3 M x = RA x − ρ
1 1 x2 7 2 x2 7 2 − x ·6'4·10 − 2 · x = 2320 x − 1'76 − x ·6'4·10 − 2 · x 2 15 3 2 15 3
280 → 600 7 y = x y→x 15 M x = 2320 x − 0'88 x 2 − 0'023 x 3 ;
dM x = 2320 − 1'76 x − 1'071x 2 = 0; dx
x = 47'352 ⇒ M xM = 105441'51
→ σ adm ≥
σa =
σe coef . seguridad
=
M xM M ; w zM = xM = 40'554cm 3 w zM σ adm
2600 = 1733'33Kgcm − 2 1'5
IPN − 240 IPE − 240
Secciones simétricas.I I wm = z w= z ; h y 2
σ comp = σ tracc
Secciones no simétricas.Comp. Tracc.
e1 e2
M M σ (comp) = = < σ adm (comp) Iz M w1 I z w1 = e1 e1 M M I = < σ adm (tracc) w2 = z σ M (tracc) = w2 I z e 2 e2
106
εx =
σx E
εy =εz =
;
− υσ x ; E
υ = 0’3 para el acero.
Flexión simple.-
En las secciones de la viga actúan esfuerzos cortantes y momentos flectores y las tensiones internas en cada sección tendrán que equilibrar a ambos. El cálculo lo dividimos en dos partes: Se obtienen las σx provocadas por el momento flector. Se calculan las τ correspondientes a los esfuerzos cortantes.
Secciones más adecuadas en vigas sometidas a flexión.-
Si el material tiene igual resistencia a tracción y compresión, la sección más adecuada es la simétrica, con lo que se aprovechará toda la capacidad resistente del material. Si el material tiene distinta resistencia a tracción y a compresión entonces:
σ M ,tracc e1 = σ M ,comp e 2
e2
Comp.
e1
Tracc.
Desde el punto de vista económico a igual módulo resistente es más barata la viga de menor sección ya que tiene también menor peso. Sección rectangular.b
h
Z
1 3 bh 12 I wz = z → y = y Iz =
1 3 bh 1 1 12 = bh·h = Sh w z = h h 6 6 2 2
Y wz = 0'167 Sh
107
Sección circular.-
d
πd 4
πr 4
πd 4 1 d2 1 πd 3 1 64 4 2 64 ·d = Sd = = πd ·d = π w z = d I 32 32 8 4 8 wz = z → y = r 2 y Iz =
Z
Y
=
w z = 0'125Sd
Suponiendo que las dos secciones tienen el mismo área, siendo la sección πd 2 rectangular un cuadrado = h 2 y sustituyendo en el módulo resistente del cuadrado 4
tenemos: Acir = Acuad ⇒ h =
π 4
d; 3
3 1 1 3 1 π 1π 2 3 w z = Sh = h = d = d = 0'147 Sd 6 6 6 4 6 23
Que es mayor que el módulo resistente circular de igual área, lo que implica que funciona mejor la sección cuadrada en este tipo de esfuerzos. La sección circular únicamente está indicada en pilares. Como la tensión es máxima en los extremos de la viga se tiende a trasladar todo el área de las mismas hacia estos (platabandas) uniendo estas áreas con un alma para que se comporten de forma uniforme.
h
C.G.
h 2 S I z = 2 2 2
Z S/2
Y
2
h S 2 I 2 2 hS = wz = z = h h 2 2 2 w z = 0'5Sh
Los IPE tienen wz = 0’36Sh; Los IPN tienen wz =0’31Sh;
108
Trabajo interno de deformación por acción flectora.-
Vamos a suponer que el momento que provoca la acción flectora se aplica de modo gradual de forma que no se producen efectos dinámicos. M
1 dτ = σdS ·∆dx 2
M X S
dx
εx =
My 1 dτ = σ x dS dx; 2 EI z 1 M 2 y2 dSdx; S 2 EI 2 z
τ =∫ τ= τ Axil
∆dx = ε x dx; ∆dx =
σx E
dx =
My dx EI z
∆l ∆dx σ x M = = ; σx = y; l dx E Iz
dτ =
τ=
My 1 My dS dx; 2 Iz EI z
1 M 2 dx y 2 dS ; 2 E ∫S I z2
1 M2 1 M 2 dx 2 dx y dS = =τ; 2 EI z2 ∫S 2 EI z
τ M.f . =
1 M 2l 2 EI z
1 N2 = l 2 EA
Si la viga no tuviera Iz = cte.
y2 1 M2 τ= dx ∫ 2 dS 2 E Iz
Si la viga fuese de distintos materiales
τ=
y2 1 2 M dx ∫ 2 dS 2 EI z
59.- Se tiene una viga armada soldada constituida por una IPN-400 con dos platabandas de 220x20 mm, soldadas a sus alas. Esta sometida a flexión experimenta una σM = 1300 Kgcm-2. ¿Se desea conocer el valor de σM bajo la misma acción flectora si las dos platabandas están soldadas al ala superior?
σM =
I M ; wz = z h wz 2
h = 200 + 20 = 220mm = 22cm 2
109
1 I z = 29210cm 4 + 2 22·2 3 + 22·2·212 cm 4 = 48628667cm 4 12 1300 Kgm − 2 =
M ; M = 2873512'1Kgcm 2210'3939cm 3
que es el momento máximo que soportaría la viga con una platabanda en cada ala. M M = = 2205'9161Kgcm − 2 w' z I ' z 24 M M σ ' 'M = = = 1838'2634 Kgcm − 2 w' ' z I ' z 24
σ 'M =
tiene dos por se asimétrica.
Tensiones cortantes en flexión simple.-
− p=
∂C x ∂ 2 M x = ∂x ∂x 2
En fuerzas hay dos casos extremos: Cx = 0 ⇒ Mx = cte.
→
flexión pura
Cx ≠ 0 ⇒ Mx = 0.
→
cortadura pura
M x →σ =
M y Iz
Cx →τ
τ ij = τ ji La tensión tangencial o cortante es tangente al contorno de la sección. Experimentalmente se comprueba que la sección tiene vértices la tensión cortante en ellos es nula. Y si existen las tensiones “ij” para el equilibrio del sólido son necesarias las “ji”.
Relación entre las τ y Cx.-
X
En vigas rectangulares;
τxy Y
110
τxy = τyx; es decir la tensiones cortantes son iguales a las tensiones rasantes. C
f.s. τxy
y1
h
1
M+dM
M
Z
τxy
y h/2
2
ds 1’
b
dx
2’
C+dC
Y
La distribución de tensiones tangenciales en tanto más exacta cuanto mayor sea la relación h/b, y es perfectamente válida en las vigas utilizadas frecuentemente. ds = b·dy Proyección según el eje X;
∫
h/2
∫
h/2
y1
y1
σds − ∫
h/2
y1
h/2
y1
h/2
y1
x
σ 1 ds + τ yx ·dx·b = ∫
h/2
y1
=0 h / 2 M + dM M yds − ∫ yds + τ yx bdx = 0 y1 Iz Iz
h / 2 dM h/2 M M yds − ∫ yds − ∫ yds + τ yx bdx = 0 y1 y1 Iz Iz Iz
τ yx bdx = ∫
∫
∑F
dM dM yds; τ yx bdx = Iz Iz
∫
h/2
y1
yds;
yds = ` → momento estático de la superficie comprendida entre “y1“ y “h/2”
con relación al eje Z. En estructura metálica se denomina S.
τ yx bdx =
`
τ yx = C x
` `
`
dM ` ; τ yx = dM ` ; Iz dx bI z bI z
=∫
h/2
=∫
h/2
y1
y1
⇒
fórmula de Zhurasuky o Th. De Colignon.
yds; ds = bdy; bydy = b ∫
h/2
y1
y2 ydy = b 2
varía parabólicamente
h/2
y1
⇒
h 2 y12 b h 2 = = b − − y12 2 2 4 8
τxy varía parabólicamente. 111
`M
⇒ y1 = 0(l.n.);
τ yx = M
C bh 2 = bI z 8
`M
=
bh 2 8
C bh 2 3 C C = = 1'5 ; 50% más de la τ media 1 bh 8 2 bh b bh 3 12
` m ⇒ y1 = h ; ` m = 0
τyx
2
τ yx = 0
C . bh
m
Vigas de sección circular; Las τ son tangentes al contorno. Todas las τ se cortan en el mismo punto y todas ellas tienen la misma componente vertical. C
ds
ds = bdy
y1 = y + dy
b = 2 R2 − y2
y = y1 − dy
ds = 2 R 2 − y 2 dy
τ = τ yx cos α
dy R α
y
y1
b=2R
=∫
`
τ yx
(
)
(
R
Y1
)
3 2 yds = ∫ 2 y R − y ds = − (R 2 − y 2 )2 Y1 3
R
2
3 3 2 2 2 R − y12 2 C R 2 − y12 2 4 C 3 R 2 − y12 = 3 = = 4 4 1 2 2 3 πR πR I z 2 R − y1 2 R 2 − y12 2 4
C
( y1 = 0)τ yxM ( y1 = R )τ yxM
(
)
(
R
2
;
`
y1
)
4 C C = 1'33 2 ; 2 3 πR πR = 0;
=
112
=
2 2 (R 3
Fórmula simplificada de las tensiones tangenciales.(Si la sección de la viga es simétrica respecto de y)
C G2
τxy
h2
n
S2
Z
X
h’ M
n
h1 S1
G1
R+dR
R
h
M R+dR
R dx
b R = ∫ σdS = ∫ S1
S1
M M I z =In ydS = → = Iz In
∫
S1
ydS =
M ` In
R − (R + dR ) + τ yx bdx = 0; − dR + τ yx bdx = 0; M = Rh' ; R =
M ; h'
dM = h' dR; dM =
τ yx = τ xy = τ yx =
C h' b
`
dM
In
C+dC
n
τ yx =
dR bdx
I M ` = M ; h' = n → siempre In h' `
In
`
dR; dR =
1 ; bdx
` In
τ yx = C
dM ;
` I nb
τ yx =
;
1 1 C ; h' b
→ en la práctica. h/6
G1 h
n
n
h' = h −
G2
h 2 = h 3 3
⅓h/2 b
τ yx =
C.G. de la distribución de las tensiones 3 C C C ; τ yx = = 1'5 2 2 bh bh b h 3
G1 n
n G2 L = 2R
113
h' =
πR 4
In
=
`
τ yx =
.-
4 = 3 πR 2 3 8 R 3
C 3 b πR 8
C
=
6 8
= 1'33
πR 2
C
πR 2
Sección I;
alma
h1
ala
e
τ xy =
`C → para secciones más o menos regulares. bI z
` → varía parabólicamente.
τxy τxy máx.
En la práctica se desprecia la parte correspondiente a las alas. Es decir: todo el esfuerzo cortante está soportado por el alma de la viga.
τ xy =
C h1 e
→
con buena aproximación.
Trabajo interno de deformación producido por las tensiones cortantes en f.s..-
En una viga de sección rectangular o en el alma de una en I, las tensiones cortantes en dichas secciones son las proyecciones verticales τxy.
114
τ xy =
`C bI z
C γ= 0 dy y
τxy
M+ d M
M z
1
γM
dx
x
1 2 γ= 0
C+ d C
y τ M ⇒ y = 0 τ yx → γ yx γ yx = τ
−
=0
h
τ yx G
2
τh = 0 2
τ yx bdy
→
suponemos que no produce efectos dinámicos.
τ xy 1 1 Trabajo elemental = τ xy bdyγ xy dx = τ xy bdy dx = τ e G 2 2 1 bτ xy dydx; τe = 2 G 2
1 τ xy = Volumen 2 G
τe
2
dx dx ` 2 C 2 1 bτ xy 2 dydx = b dy τ = dy; xy s2 G 2G ∫s 2G ∫s bI z2
dτ = ∫
2
L Dx no depende de s dx
s
dτ =
dx τ 2 ; 2G s '
1 ` I z2 b ∫s
2
dy =
τ =∫
L
0
C2 C2 l dx = 2Gs' s ' 2G
1 s'
115
8
[s'] = L6 L = L2 ; LL
s’ → superficie reducida.
S → coeficiente de forma; siendo S la superficie total. s'
β=
60.2m
3000 Kg 1m
a
y
10 cm y= 2’5cm
5 cm
50 cm
τ med . =
R A + R B = 3000 R A = 1000 Kg 3R A − 3000·1 = 0 R B = 2000 Kg
C ; τ M = 1'5τ med . bh
1000 Kg
τ M = 1'5 2000 Kg
τa =
2000 ; τ M = 60 Kgcm − 2 5·10
C` 1 ; I z = bh 3 = 416'7cm 4 bI z 12 2 ` = b h − y2 2 4
h2 102 b h2 2 C − y 2 C − y 2 1000 − (2'5) 2 4 = 4 = 4 ; τ = 22'5Kgcm −2 τa = a bI z 2I z 2·416'7 61.- Hallar τM y τm en el alma de la siguiente viga. Cx = 14000 Kg. 17 cm
τ=
= ∫ yds
C` bI z
B B’
3
2 cm
1 28
`
2
h 2 y
A
A’
l. n.
1 cm 4
5 116
Iz =
1 1 1·32 3 + 4 8·2 3 + 8·2·15 2 = 17152 12 12 16
AA' → ` = ∫ yds = 14·1·7 + 17·2·15 = 608cm 3 0
τM =
14000·608 1·17152
τ M = 496 Kgcm −2
→ exacta.
τM =
C 14000 = bh' 1·28
τ M = 500 Kgcm −2
→ aproximada.
16
BB' → ` = ∫ yds = 17·2·15 = 510cm 3 14
τm =
14000·510 1·17152
τ m = 416 Kgcm −2
→ exacta.
τm =
C 14000 = bh' 1·32
τ m = 437'5Kgcm −2
→ aproximada.
Deformación de vigas sometidas a flexión.-
Carga lineal.-
ϕA
f
ϕB
3 1 pl 2 p 3 pl = − ; x − x − 6 24 dx EI z 4
dy
para y = 0 e y = l obtenemos ϕA y ϕB.
ϕ A = −ϕ B = y=−
1 EI z
pl 3 24 EI z
pl 3 px 4 pl 3 x − − 24 24 12
x + C 2 ;
y = 0, x = 0 → C 2 = 0
por tanto la ecuación de la línea elástica queda:
y=−
1 EI z
pl 3 px 4 pl 3 x − − 12 24 24
x
∂y l = 0 ⇒ x ⇒ f ⇒ yM → x = 2 ∂x yM = f M =
5 pl 4 384 EI z
117
Carga puntual.-
∂2 y M =− 2 ∂x EI z
p b
a A
B
pa R A + RB = p RB = l R A l − pb = 0 R = pb A l
C L
2 pb d y1 = − 1 pb x AC → M x = x dx 2 EI z l l 2 pb d y2 1 pb CB → M x = x − p(x − a ) =− x − p( x − a ) 2 l dx EI z l
pb x 2 + C1 ; l 2
dy1 1 =− dx EI z
2 dy 2 1 pb x 2 p(x − a ) =− − + C1 ' ; dx EI z l 2 2
En C ⇒
dy1 dy 2 = ; dx dx
1 y1 = − EI z
pb x 3 + C1 x + C 2 ; l 6
x = 0;
( AC ) → y = 0
x = l;
(CB ) → y = 0
y1 =
∂y1 ∂x ∂y1 ∂x
(
(x = a ) ⇒ C1 = C1 ' 3 1 pb x 3 p( x − a ) − y2 = − + C1 x + C 2 ' ; EI z l 6 6
(x = a ) ⇒ C 2 = C 2 '
En C ⇒ y1 = y 2 ;
0=−
EI z = cte.
⇒ 0 = C2 = C2 '; 1 pbl 2 pb 3 − + C1 l ; 6 EI z 6
⇒ 0=−
)
(
)
pb 2 pb 2 l − b 2 + C1l ; C1 = C1 ' = l − b2 ; 6 EI z 6 EI z l
pb 6lEI z
3 2 − − b22 4 x +4l3 x ; 1x44 Z
ϕA =
=ϕB
ϕB = −
x =l
yC = y M =
(
pb (Z ) + pb (x − a )3 ; 6lEI z 6 EI z
pb − b2 + l 2 6lEI z
=ϕA x =0
y2 =
(
)
pb 2l 2 + b 2 − 3bl 6lEI z
)
pb 2 a 2 3lEI z
118
62.- Mediante la aplicación de la línea elástica dimensionar la ménsula AB con la condición de que la fM =0’5 cm. Utilizando una sección rectangular uniforme de razón b/h = ½. 7m
P = 500 Kgm-1.
C B A
10 m
E = 2.100.000 Kgcm-2.
RA =3500 Kg. MA = 12250 Kgm-1.
x2 ( AC ) → M x = M A − R A x + p ; 2
(CB ) → M x = M A − R A x + pl (x − 3'5);
M ∂ 2 y1 =− x 2 EI z ∂x M ∂y1 =− x ∂x EI z
x2 x3 M A x − R A + p + C1 2 6
M ∂ 2 y2 =− x 2 EI z ∂x ∂y 2 = C1 ' ∂x
−
Mx 49 343 1 (28583'33) + C1 = C1 ' ; +p 7M A − R A + C1 = C1 ' ; − EI z 2 6 2'1·10 6 I z
−
0'0136 0'0023 + C1 = C1 ' = − Iz Iz
y1 = −
1 EI z
x2 x3 x4 M A − RA + p + C1 x + C 2 ; 2 6 24
y 2 = C1 ' x + C 2 ' ;
1 (150062'5) + 7C1 + C 2 = − 0'0136 + C1 7 + C 2 ' ; 6 Iz 2'1·10 I z 0'0715 0'0136 0'0234 − + 7 + C2 = C2 '; C2 ' = + C2 ; Iz Iz Iz
−
x = 0 → y1 = 0
C2 = 0
x = 10 → y 2 = 0 C 2 ' = −10C1 ' =
0'136 0'0234 0'0113 ; C1 = ; − 10C1 = Iz Iz Iz
y M → x(3'5 − 5) → x = 4'25 0'005 = −
1 (72649'821) + 0'048 + 0 ⇒ I z 6 Iz 2'1·10 I z
1 3 1 4 bh = h 12 24 b 1 = h 2
Iz =
⇒
h = 40; b = 25
119
63.- Calcular la línea elástica de una viga en voladizo con carga uniforme, y otra sometida a un momento en su extremo libre.
A
∂2 y ∂2 y M x2 =− ; EI z 2 = q ; 2 EI z ∂x 2 ∂x
B
∂y x3 x4 x4 l3 3l 4 EI z =q + C1 ; EI z y = q + C1 x + C 2 = q −q x+q ; ∂x 6 24 24 6 24 ∂y l3 x=l → = 0; C1 = −q ; ∂x 6 4 3ql x = l → y = 0; C 2 = ; 24 1 y= EI z
x4 l3 3 4 q ql −q x+ 6 24 24
ϕ A = 0;
fM = −
1 3 4 ql ; EI z 24
Mo A
Mo ∂2 y M = − = − EI z EI z ∂x 2
B
∂y ∂y = − M o x + C1 x=l → = 0 → C1 = M o l ∂x ∂ x 1 x2 2 + C1 x + C 2 x = l → y = 0 → C 2 = M o l EI z y = − M o 2 2 2 x 1 EI z y = − M o + M o lx + M o l 2 ; 2 2 EI z
ϕ A = 0;
fM = −
1 1 2 M ol EI z 2
64.- Calcular la flecha y el ángulo en la sección B de una viga en voladizo de sección variable como la de la figura. B
I2
I1 ½L
½L
Mo
M ∂2 y =− x 2 EI z ∂x
120
(AB)
(BC)
∂ 2 y1 = −M 0 ∂x 2 ∂y EI 1 1 = − M 0 x + C1 ∂x x2 EI 1 y1 = − M 0 + C1 x + C 2 2
∂ 2 y2 = −M 0 ∂x 2 ∂y EI 2 2 = − M 0 x + C '1 ∂x x2 EI 2 y 2 = − M 0 + C '1 x + C ' 2 2
EI 1
EI 2
I 1 = 3I 2 l2 y = 0 → C = − M 2 0 A( x = l ) 1 2 ∂y1 = 0 → C1 = M 0 l ∂x
Pto
∂y1 ∂y 2 = ; ∂x ∂x C '1 =
1 (− M 0 x + M 0 l ) = 1 (− M 0 x + C '1 ) E 3I 2 EI 2
x=
l 2
− M 0 l M 0 l M 0 l − M 0 l + 3M 0 l + 2 M 0 l 2 + + = = M 0l 6 2 3 6 3
y1 = y 2 ;
1 3EI 2
l2 l2 l2 1 l2 2 l2 − M 0 − M 0 + M0 − M 0 = + M 0 + C ' 2 8 2 2 EI 2 8 3 2
− M 0l 2 M 0l 2 1 − M 0 l 2 + 3M 0 l 2 − 8M 0 l 2 − 6M 0 l 2 3 2 + − M 0l = = = − − M 0l 2 = C'2 24 8 3 24 24 12
65.- Una ménsula de sección rectangular tiene un ancho b = cte. y un canto h variable lineálmente desde h0 en la sección libre hasta 2h0 en el empotramiento. Determinar la flecha en la sección libre cuando la ménsula está sometida a una carga p en el extremo libre. l
l p
2h0
h0 B
P = 6000 Kg
h0 = 40 cm
l=5m
E = 2·105 Kgm-2
b = 30 cm
A
121
2l → 2h0 h0 x h = x→h l
I x = I1
1 2 3 b(2h0 ) = bh03 1 3 1 h03 3 12 3 I = bh = b 3 x ; 1 1 3 x 12 3 12 l I 1 → B; I 1 = b(h0 ) = bh0 12 12
I 0 → A; I 0 =
x3 l3
∂2 y − M x ∂2 y ∂ 2 y p(x − l ) ∂2 y p (x − l ) = 2 ( ) ( ) = − = = − = pl 3 EI p x l ; E x l ; EI EI x x 2 ∂x 1 2 2 3 Ix ∂x ∂x ∂x x x3 M x = p ( x − l ) ) Ix 3 l EI 1
∂2 y l 1 = pl 3 2 − 3 2 x ∂x x
∂y l 1 1 = pl 3 − + 2 + C1 x = 2l ; y = 0 ⇒ C 2 = pl 3 L 2l − ∂x x 2x 2 l y ∂ 3 EI 1 y = pl 3 − Lx − = 0 ⇒ C1 = pl 2 + c1 x + C 2 x = 2l ; 2x 8 ∂x
EI 1
y=
pl 3 l 3 pl 2 x pl 3 + − Lx − + L 2l − EI 1 EI 1 2 x 8 EI 1
1 ; 2
pl 3 1 l 3 pl 3 pl 3 + yB (x = l) = − Ll − + L 2l − 2 8 EI 1 EI 1 2 EI 1
Ecuación universal de la línea elástica.-
Si hemos de dividir para obtener la línea elástica, la viga en tantos tramos como cargas diferenciadas en el caso general, tendremos que obtener 2n constantes. El método permite que las constantes a determinar sean dos. Para obtener la expresión general del método estudiaremos vigas con EIz constante.
p
M1
I
q
II
IV
l1
III
Casos de carga más comunes:
l2 Procedimiento:
l3 l4 O
l5 122
1.
Se plantean las ecuaciones de los momentos flectores en una sección genérica de
cada uno de los tramos definiendo la sección por su distancia al punto origen de coordenadas. Los momentos flectores serán igual a la expresión del tramo anterior más los nuevos sumandos que procedan.
M FI = 0
M FIII = M 1 + p ( x − l 2 )
M FII = M 1
M FIV = M 1 + p (x − l 2 ) + q
M FV = M 1 + p( x − l 2 ) + q
(x − l 3 ) 2
2
−q
( x − l 3 )2
(x − l 4 )
2 2
2
<> 2.
Integrar sin abrir los paréntesis, con la salvedad de que la integral de M1 ≠
M1 x, sino M1 por x menos la coordenada donde está aplicada l1. ∂y1 = C1 ∂x
− EI z
− EI z
∂y 2 = M 1 ( x − l1 ) + C 2 ∂x
(x − l 2 ) + C ∂y − EI z 3 = M 1 ( x − l1 ) + p 3 2 ∂x 2
(x − l 2 ) + q (x − l 3 ) + C ∂y − EI z 4 = M 1 ( x − l1 ) + p 4 2 6 ∂x 2
(x − l 3 ) (x − l 2 ) ∂y 5 (x − l 4 ) = M 1 (x − l1 ) + p +q −q + C5 ∂x 2 6 6 2
− EI z
3
3
∂y1 ∂y1 (x = l1 ) C1 = C 2 = C = C = C = C = C ∂x ∂x 1 2 3 4 5 ∂y 2 ∂y 3 ∂y 0 ⇒ (x = l 2 )C 2 = C 3 = ∂x ∂x x = 0 → C1 = − EI z ∂x M M
3
C1 = − EI z ϕ 0
∂y1 = − EI z ϕ 0 ∂x
∂y − EI z 2 = M 1 (x − l1 ) − EI z ϕ 0 → ∂x M − EI z
123
− EI z y1 = − EI z ϕ 0 x + C '1 (x − l1 )2 − EI z y 2 = − EI z ϕ 0 x + M 1 2 2 ( x − l1 ) − EI z y 3 = − EI z ϕ 0 x + M 1 → 2 (x − l1 )2 − EI z y 4 = − EI z ϕ 0 x + M 1 2 (x − l1 )2 − EI z y 5 = − EI z ϕ 0 x + M 1 2
+ C'2 +p
( x − l 2 )3
+ C '3 6 ( x − l 3 )4 (x − l 2 )3 +p +q + C'4 6 24 ( x − l 3 )4 ( x − l 2 )3 ( x − l 4 )4 +p +q −q + C '5 6 24 24
x = 0 ⇒ y0 y1 = y 2 ; x = l1 y 2 = y 3 ; x = l 2 C '1 = C ' 2 = C ' 3 = C ' 4 = C ' 5 ; M M − EI z y = − EI z y 0 − − EI z ϕ 0 x + M 1 y = y0 − ϕ 0 x I +
M 1 ( x − l1 ) EI z 2
(x − l1 )2 2
2
+p II
C '1 = − EI z y 0
+p
( x − l 2 )3 6 EI z
(x − l 2 )3 6 +q
III
+q
( x − l 3 )4 24
( x − l 3 )4 24 EI z
−q IV
−q
( x − l 4 )4 24
( x − l 4 )4 24 EI z
V
∂y ⇒ϕ ∂x 66.- Utilizando la ecuación universal de la línea elástica, hallar la flecha en el extremo del voladizo, y el ángulo en B. q (Kg/m) A
x C
y
L
B
D
15 R A + R B = q3l R B = ql 4 l2 3 R A 2l − q + q 2l 2 = 0 2 R A = − ql 4
y 0 = 0; l2 = 0
124
y = −ϕ 0 x −
3 x3 ql 4 6 EI z
x = 2l ⇒
− I
q (x − l ) EI z 24
4
+ II
15 ( x − 2l ) ql 4 6 EI z
3
II
q l4 l4 3 8l 4 l4 y = 0 = −2lϕ 0 − q − + 0 = −2lϕ 0 − q −q EI z 4 6 EI z EI z 24 24 EI z
25 ql 3 ϕ0 = − 48 EI z
q (3l ) 25 ql 3 3 (4l ) 15 (2l ) − + ql fD = 4l − ql 48 EI z 4 6 EI z EI z 24 4 6 EI z 3
f D ⇒ x = 4l ; fD =
4
3
103 ql 4 24 EI z
ϕ B ⇒ (x = 2l )
∂y q (x − l ) 3 x2 15 ( x − 2l ) = −ϕ 0 − ql − + ql ; ∂x 8 EI z EI z 6 4 EI z 3
2
q l 3 25 ql 3 10 l 3 3 l3 − = − q ϕ B = −ϕ 0 − q 2 EI z EI z 6 48 EI z 6 EI z
ϕB = −
55 ql 3 48 EI z
en radianes.
67.- Formular la ecuación universal de la elástica, tomando como origen en B. Luego en A. A
B
q = 250 Kgm-1
l = 14 m
R A = ql = 3500
a)
MA =q
y = y0 − ϕ 0 x + x=l
y=
l2 = 24500 2
M A ( x − l )2 x4 +q EI z 2 24 EI z
l4 l4 1200500 y q = = 3 0 EI z 24 EI z 24 EI z 3 ∂y l 114333 '33 4l 3 ϕ 0 = 4q = 0 ⇒ 0 = −ϕ 0 + q = 24 EI z EI z ∂x 24 EI z y=0
⇒ 0 = y0 − ϕ 0l + q
1200500 114333'33 12250 (x − 14)2 + 125 x 4 x+ − EI z EI z EI z 12 EI z
b)
M A ( x − l )2 x4 y = y0 − ϕ 0 x + +q EI z 2 24 EI z 125
x=0
y=
y = 0 ⇒ y0 = 0 ∂y = 0 ⇒ ϕ0 = 0 ∂x
12250 2 125 4 x + x EI z 12 EI z
68.- Aplicando la ecuación diferencial de la elástica dimensionar una viga de 5 metros apoyada – apoyada, y con una carga triangular con un valor máximo de 3200 Kg. De forma que f M <
l y σa = 1200 Kg·cm-2. 400 3200 1 3200·5 = 8000 R = 2666'66 A 2 5 R B = 5333'34 5 R A − 8000 = 0 3 R A + RB =
A B
→ 3200 5 1 2 y = 640 x; q x = 640 x· x = 320 x 2 → y x x M x = R A x − 320 x 2 3
EI z
∂2 y x3 320 = − RA x 3 ∂x 2
∂y x4 x2 = 320 − RA + C1 12 2 ∂x x5 x3 EI z y = 320 − RA + C1 x + C 2 60 6
EI z
y A = 0 x = 0 ⇒ C2 = 0 x = 5 ⇒ 5C1 = 2666'66 y=
53 55 − 320 ; C1 = 7777'753 6 60
32 5 2666'66 3 7777'753 x − x + x 6 EI z 6 EI z EI z
yM ⇒ y’
Los teoremas de Mohr.-
1.
Nos dan el ángulo girado entre dos secciones de la viga que será el ángulo
que forman las tangentes a la elástica en dichos puntos.
∂2 y − M x ∂y ∂ϕ − M x = = ; ϕ= ; ; 2 EI z ∂x ∂x EI z ∂x 126
a
x b
∫
b
a
dϕ = − ∫
Mx dx EI z
b
a
ϕab
y
ϕ a = −∫ b
a
dx
b
a
b
b M Mx x dx; ϕ b − ϕ a = − ∫ dx; a EI z EI z
ϕa − ϕb = ∫
b
a
Mx Si
1 EI z
S
1er
teorema
de
Mohr.
EI z = cte. → ϕ a − ϕ b =
ϕa − ϕb =
Mx dx = ϕ ab EI z
1 EI z
∫
b
a
M x dx
Superficie de Mx entre ayb
M a ,b
ϕa,b > 0 si se gira en sentido horario simpre que “a” esté a la izquierda de “b”. 2.
Sirve para determinar la coordenada (δb,a) del punto “b” con relación a la tangente a la elástica en el punto “a”. xc c0
a
x0
b0
c1 c2 b ϕ b1 dϕ
b2
dx
b’
c 0 b0
paralelo x; δ b , a = bb'; c 0 → tg c1 ∩ tg c 2 ;
Vamos a considerar dos puntos intermedios e infinitamente próximos, y a trazar la tangente a la elástica en ambos. a
dx
b
∂2 y Mx
∂x 2
=
− Mx EI z
=
∂ϕ ∂x
∂ϕ M x (en valores absolutos) = ∂x EI z
127
bb' = b0 b'−b0 b b1b2 = b0 b1 − b0 b2 ; b0 b1 = x c ϕ ; b0 b2 = x c (ϕ − dϕ ); b
b1b2 = x c dϕ ; bb' = ∫ x c dϕ = δ ba ; dϕ = a
δ ba = ∫
b
a
Mx x c dx EI z
→
2º teorema de Mohr.
` bS
δ ba =
⇒
Si EIz es constante
δ ba =
Mx dx; EI z
1 EI z
∫
b
a
M x x c dx;
M ab
EI z
δba > 0
⇒
b está por debajo de a.
Áreas más frecuentes de los momentos flectores.
H
C.G.
L/2
L/3
C.G.
S = HL
S=
1 LH 2
L L/4
L/5
Parábola rectangular 1 S = LH C.G. 3
Parábola cúbica 1 S = LH 4
L+a 3
L+b 3
a
b
H
S=
1 LH 2
L
Parábola 3L / 8 rectangular 2 S = LH 3
5L / 8
Parábola cúbica 3 S = LH 4
Si en la viga existen articulaciones, en ellas se produce una variación brusca del ángualo girado y por tanto la tangente a la línea elástica es discontinua, por lo que no 128
podemos aplicar los teoremas de Mohr, en los tramos que incluyan articulaciones (ni la ecuación diferencial de la línea elástica, ni la universal). Pero si tomamos estas articulaciones como extremos de los tramos que vamos a estudiar si se pueden utilizar los teoremas de Mohr. (ver ejercicio nº 72).
69.- En una viga empotrada libre con carga triangulasr cuyo valor máximo es Q0 y de longitud L, si suponemos EIz constante, ¿hallar ϕ y la flecha en el extremo libre? dx EI z Th. Mohr. B x A dx =∫ Mx A EI z B
ϕ AB = ∫ M x
A
B
A
δ AB Mx =
1 Q0 3 − 1 Q0 x 1 x· x; M x = − x ; 2 L 3 6 L
Q0 → L Q0 x y = y→x L
ϕ AB δ AB
ϕ AB = ∫
0
ϕA = −
dx S M AB =∫ Mx = A EI z EI z M AB B x A dx ` A S =∫ Mx = A EI z EI z B
Q0 x 4 1 Q0 3 dx − =− x 6 L 6 EI z L 4 EI z
L
(parábola cúbica)
L
=− 0
Q0 L3 = ϕ A − ϕ B ; ϕ B = 0; 24 EI z
Q0 L3 24 EI z L
δ AB
L Q0 x 4 Q0 x 5 x A dx ; dx = − =∫ Mx =∫ − A 0 6 LEI z 6 LEI z 5 0 EI z
δ AB
Q0 L4 =− 30 EI z
B
También podríamos habrla hallado a través de la suma del área del momento. S
M AB
Q0 L3 1 1 1 2 = bh = L − Q0 L = − ; 4 4 6 24 M AB
ϕ AB = −
Q0 L3 MS ; δ AB = A 24 EI z EI z
=
−
Q0 L3 4 L 4 24 5 = − Q0 L EI z 30 EI z
129
70.- Determinar el desplazamiento del punto B en la viga de la figura sabiendo que I1 = 3I2.
I1 A
y2
I2
y1
M0 x
Mx ∂2 y = − EI z ∂x 2 2 M0 M ∂ y1 ∂ 2 y2 =− ; =− 0 ; 2 2 EI 1 EI 2 ∂x ∂x
B
C L /2
L /2
y
M ∂y1 = − 0 x + C1 ∂x EI 1 M0 2 y1 = − x + C1 x + C 2 2 EI 1
M0 M0 l=− l + C '1 ; 2 EI 1 2 EI 2 M 0 l 2 M 0l 2 M0 l2 − =− + + C'2 6 EI 2 4 2 EI 2 4 6 EI 2
M0 M0 l= l 3EI 2 EI 1 M 0l 2 M 0l 2 C'2 = − =− 12 EI 2 4 EI 1
−
x = 0 ⇒ y1 = 0 C = 0 1 ∂y1 = 0 C 2 = 0 ∂x yB = −
M ∂y 2 = − 0 x + C '1 ∂x EI 2 M0 2 y2 = − x + C '1 x + C ' 2 2 EI 2
M 0l 2 M 0l 2 M 0l 2 + − ; 2 EI 2 3EI 2 12 EI 2
yB = −
C '1 =
M 0 l 2 3M 0 l 2 = 4 EI 2 4 EI 1
71.- Determinar mediante Mohr el ángulo y la flecha en el extremo del voladizo de la viga simplemente apoyada que se indica en la figura. Se consideran datos q, l, EIz y p.
C’ p=
q (Kg/m)
ϕB
A
ϕB A’
C0 C
B
l
ql 16
x
l
y
ϕB =
ϕB =
Mx.-
CC ' CC 0 ± C 0 C ' = l l
δ BA
AA' = ; ⇒ δ BA = l l
⇒
CC 0 = δ C
∫
b
a
M x xA dx EI z = l
∫
B
A
M x xdx lEI z
;
7 R A = ql 16 l 10 M B = 0 ⇒ R A l − ql + pl = 0 2 R B = ql 16 R A + R B = ql + p
130
M x = RA x − q
(AB) ⇒
x2 ; 2
δAB > 0 ⇒ A está por encima de la tangente a la elástica en B.
7 x2 xdx qlx q − ∫0 16 2 1 ql 4 ϕB = = lEI z 48 lEI z l
ϕB = −
ql 3 48 EI z
(sentido antihorario)
si consideramos ahora como origen el otro extremo de la viga,
M x ' = − px'
(BC) ⇒
ϕ BC = ϕ B − ϕ C
∫ =
C
B
M x dx EI z
l
∫M = 0
dx
EI z
ql 3 ql 3 ; + 48EI z 32 EI z
ϕC = −
x'
l
∫ − px' dx = − = 0
EI z
ql 3 32 EI z
ql 3 96 EI z
ϕC =
δ C = CC 0 = CC '±C 0 C ' CC ' = ϕ B l ; C 0 C ' = δ cB
∫ =
D
B
M x ' x' dx EI z
l
∫ − px = 0
EI z
2
dx
=−
ql 4 48 EI z
Supuesta hacia arriba
CC ' = +
ql 4 ql 4 1 ql 3 ; l; δ C = − 48 EI z 48EI z 48EI z
72.- Hallar la flecha en el punto D en la viga del dibujo.
p A
C x l
x’
B 2l
l
D D’ D0
3 incógnitas de la articulación y 1 incógnita del apoyo; total 4 incógnitas.
y
131
⇒
MC = 0;
(a la derecha)
(CA)
− l ≤ x ≤ 0; M x = R A x = −
(CB)
M x ' = − px'+
3 (x'−l ) = 1 px'− 3 pl 2 2 2
δ D = DD0 = DD'± D' D0
δ DB
1 1 x =l px → M A = pl 2 2 x =l → M B = − pl x = el → M C = 0
x =0 M x ' = − px' → MD =0 x =l → M B = − pl
(DC)
ϕB =
3 p 2 1 R A + R B = p; ⇒ R A = − p 2
2lR B − 3lp = 0 ⇒ R B =
δ BC 2l
=
∫
2l
0
DD' = ϕ B l ; D' D0 = δ DB ;
3 1 px − pl xdx 2l 5 pl 2 1 1 3 3 2 2 2 = − = px plx 2lEI z 2lEI z 6 4 0 6 EI z
M x ' x' dx = =∫ B EI z D
∫
D
B
M x ' x' dx
5 pl 2 pl 3 δD = − ; l− 6 EI z 3EI z
EI z
l
∫ − px = 0
EI z
2
dx
− px 3 = 3EI z
l
= 0
− pl 3 3EI z
7 pl 3 δD = − 6 EI z
La viga conjugada.-
La viga conjugada de otra dada (llamada principal), es aquella idéntica a la primera (con las condiciones de contorno correspondientes) cuya ley de cargas coincide con la ley de momentos flectores de la principal. Este método es útil cuando es facil determinar la ley de momentos flectores de la principal. Si no se utiliza otro método. En la viga conjugada las cargas entán dirigidas hacia abajo cuando el momento flector de la viga principal es positivo.
MA A
C C’
B
ϕC
ϕA
MB
A MA
B MB
B’
132
Mx
Existe C
A
relación
entre
el
cortante
obtenido en la viga conjugada y el ángulo girado en
dx xC
R’A
una
C
B
la misma sección en la viga principal; y una realción
R’B
entre el momento flector en la viga conjugada y el desplazamiento producido en esa misma sección
x
en la viga principal. B
δ BB' ϕ A = tg ϕ A = ; ϕ A = Ba ; δ AB = l l
∫
M B = 0 = R ' A l − ∫ (M x dx )x B
M x x B dx = R' A l en la viga conjugada.
b
A
ϕA
∫ =
B
A
M x x B dx
b
A
M x x B dx EI z
` =
S M AB
EI z
;
R' A ; EI z
=
lEI z
∫
⇒
A
aplicando el primer teorema de Mohr,
ϕ AC = ϕ A − ϕ C
ϕC = ϕ A ϕC =
∫ −
C
A
∫ =
C
A
M x dx EI z
M x dx EI z C
; ϕC =
R' A − ∫ M x dx A
EI z
;
1er Th. de la viga conjugada
C' C EI z
er
ϕC > 0 ⇒ sentido horario.
3 Th. de Mohr.
δ C = C 0 C = C 0 C ' − CC '; C 0 C ' = ϕ A C ; CC ' = δ CA ; δC =ϕA δC =
y=
∫ C−
M 'C EI z
M 'x EI z
C
A
M x x C dx EI z
C
=
R' A C − ∫ M x x C dx A
EI z
;
2º Th. de la viga conjugada 4º Th. de Mohr.
ecuación de la línea elástica.
133
Condiciones de contorno.Viga principal.
Viga conjugada.
ϕ C ≠ 0 ⇒ C 'C ≠ 0 Apoyada – apoyada δ C = 0 ⇒ M ' C = 0
Apoyada – apoyada (movil – fijo) Apoyo articulado móvil en el interior
ϕ C = ϕ C ≠ 0 ⇒ C 'C ≠ 0 articulación δC = 0 ⇒ M ' C = 0 1
Empotramiento
2
ϕ C = 0 ⇒ C 'C = 0 extremo libre δ C = 0 ⇒ M ' C = 0
Extremo libre
ϕ C ≠ 0 ⇒ C 'C ≠ 0 empotramiento δ C ≠ 0 ⇒ M ' C ≠ 0
Viga principal
Viga conjugada
Viga principal
Viga conjugada
73.- Determinar los ángulos girados en los apoyos y la flecha máxima para la viga de la figura. Q Al ser la carga uniforme la viga apoyada – apoyada, A
B
la flecha máxima se encontrará en la mitad de la viga.
Ql 2 2 2 M = R x − Q x = Q l x − Q x x A Ql 2 2 2 RB = 2 Ql 2 La viga conjugada será: 8 RA =
A’
B’ 134
2 l 2 Ql 3 lQ = Ql 3 3 8 12 R ' = R ' = = C' A = C'B A B 24 Ql 3 l =0 M ' B = R' A l − 12 2 R' A + R' B =
Ql 3 − Ql 3 ϕA = ; ϕB = ; 24 EI z 24 EI z M ' C = R' A
δC =
l 2 l Ql 2 3 l Ql 4 Ql 4 5Ql 4 − = − = 2 3 2 8 8 2 48 128 384
5Ql 4 384 EI z
74.- Calcular las flechas en B y D, y los ángulos girados en las secciones situadas a ambos lados de la articulación B mediante el método de la viga conjugada. q A
C B
l
2l
l x
y
q = 1000 Kgm-1.
D
L=3m EIz = 1010 Kgcm-2.
y
R A + R B = q 2l
RC = ql ∑ M B = 0; RC 2l − 2qll = 0 R A = ql
Tramo AB ⇒
M x = R A x = qlx;
Tramo BC ⇒
M x = − qx
Tramo CD ⇒
M x = 0;
x x2 + RC x = qlx − q ; 2 2
Se obtiene la siguiente viga conjugada:
l2 q 2
A
C
B
ql
2
∑M'
D
C
M 'B =
= 0; l
M 'B EI z M 'D δD = EI z
δB =
1 2 2 2 1 ql l + 2l + R' B ·2l − ql 2 2l ·l = 0; 2 3 2 3
ϕB
izq .
ϕB
dcha ..
=
C Bizq .
=
EI z C Bdcha . EI z
1 R' B = − ql 3 ; 3
1 2 2 1 1 2 ql 2 1 2 1 ql ·l l = ql 4 ; M ' D = ql 2 ·l l + 3l − ql 3 ·3l − 2l = − ql 4 ; 2 3 3 2 3 2 2 3 3
135
C ' Bi =
1 2 1 1 1 ql ·l ; C ' Bd = ql 2 ·l − ql 3 = ql 3 ; 2 3 6 2
δ B = 2'70cm ϕB
i
δ D = −4'05cm = 0'0135rad ϕ B = 0'045rad d
75.- Hallar la flecha máxima y los ángulos girados en los apoyos de una viga simplemente apoyada que está sometida a un momento apolicado en uno de sus extremos µB. A
B
R A + R B = 0;
µB
RA =
µB l
µ B + R B l = 0; R B = −
l
µB l µB
La viga conjugada sería la siguiente. 1 1 µ B l; R' A = µ B l 2 6 1 1 2 R ' A l − µ B l l = 0; R ' B = µ B l 2 3 6 R' A + R' B =
M 'x =
A’
B’ l
l → µB µB x 1 1 1 1 1 µ x1 x; µ B lx − xh x = µ B lx − x B h = x→h l 3 6 2 3 6 2 l
l 1 1 µB 2 x =0⇒ MM µ Bl − → x = 6 2 l 3 l µB l 3 1 l 1 3 1 l M 'M = µ Bl − = µ Bl 2 ; l 3 3 27 6 3 2 3 M 'M ⇒
δM
M 'M ; = EI z
ϕA =
δM
3µ B l 2 = 27 EI z
C' A C' ; ϕB = B ; EI z EI z
ϕA =
µ Bl 6 EI z
ϕB = −
2µ B l 6 EI z
76.- En la viga del dibujo, hallar el ángulo girado en B y las flechas en C y D. C’
pl
p
C0 A
B l
C
2l
l
D D’ D0
A
C B
D
½pl
136
δ D = DD' ± D' D0 ; ϕ B ≈ tg ϕ B =
DD'
CC 0 ± C 0 C ' ; CC 0 = δ CA 2l D' D0 = δ DB ; C 0 C ' = δ CB
ϕB =
BD
DD' = ϕ B l
δ CA =
∫
C
A
M x x C dx EI z
=
S M AC C
M EI z
1 l 2 p l l 3 2 2 3 = pl > 0 = EI z EI z
⇒
C0 por encima de C.
pl 3 δC = EI z
δ CB =
−
1 2 pl ·2l 2l 3 3 = − 4 pl < 0 ⇒ 2 3EI z EI z
pl 3 4 pl 3 + 6 EI z 3EI z ϕB = ; 2l
ϕB =
C0 por debajo de C’.
3 pl 2 4 EI z
Cuando hay una articulación si δ > 0 es que la deformada está por encima de la tangente al punto de referencia. Se sigue manteniendo el criterio respecto de ambos.
δ D = ϕ B l ± D ' D0 ; D' D0 = δ DB =
δD =
−
1 2 pl ·l l 3 2 3 = − pl < 0 3EI z EI z
pl 3 3 pl 3 + 4 EI z 3EI z
δD =
⇒
D0 por debajo de D’.
13 pl 3 12 EI z
Flexión desviada (esviada) o asimétrica.Es la producida cuando las acciones flectoras están contenidas en un plano pasando por el eje x de la viga, que no coincide con ninguno de los ejes principales.
iz =
Iz A
Ley de Navier
iy = Î
σx =
Iy A Mzy Iz
137
s n D
E
β
L
dA
z y
psenα 90-α p α B
z(+)
pcosα C
y(+)
s
p
n
Las tensiones en la sección serán
σx =
Mz y M yz + Iz Iy
M z = px cos α px cos α px sen α y+ z σ x = M y = px sen α Iz Iy
x cos α
σ x = p
Iz
y+
x sen α Iy
z
σx = 0 ⇒ línea neutra.
cos α sen α y+ z=0 Iz Iy yI y y z + tg α = 0 ⇒ tg α = − Iz Iy zI z
tg β = −
2 2 iy y iy A y iy I = i A; tg α = − = − ; tg α = tg β i z i z2 A z i z2 z 2
tg β i z = tg α i y
2
= Iz ; Iy
tg β tg (90 − α ) =
tg α =
y z
2
;
1 tg (90 − α )
i z2 ejes conjugados de la elipse de inercia. i y2 nn y ss
tgα ≠ tgβ ⇒ nn no es perpendicular al plano de solicitación de ss y por tanto la línea neutra tampoco lo es al plano de acción de las cargar. El plano de la elástica (⊥ nn ) tampoco coincide con el plano de las acciones flectoras.
α = β ⇒ Iz = Iy
sec ción cuadrada ⇒ sec ción circular 138
σM estará en los puntos más alejados de la línea neutra, en B y E. B está traccionado y B está comprimido.
cos α
σ M = M M
wz
+
sen α ≤ σ adm. w y
Flexión hiperestática en vigas de un solo tramo.-
El grado de hiperestaticidad es la diferencia entre el nº de reacciónes exteriores y el nº de la estática. El método de cálculo consta de los siguientes pasos: Se suprimen los enlaces superabundantes y se sustituyen por las reacciones incógnitas obteniéndose la viga iosotática fundamental, cuya deformación ha de ser esactamente igual a la de la viga estática. Teniendo en cuanta las condiciones que los enlaces idealmente suprimidos imponen a la deformación se plantean tantas ecuaciones como incógnitas en exceso existen. Una vez calculadas las reacciones superabundantes, las demás realciones se determinan por la aplicación de las ecuaciónes de equilibrio de la estática a la viga isostática que estará sometida a las cargas dadas y a las reacciones superabundantes. Sirva de ejemplo el caso siguiente. MA RhA
B
Grado de hiperestaticidad ⇒ 4 – 3 = 1 ⇒ una ecuación en deformaciones (θ, δ)
RvA RvB
a)
A
B
Viga isostática fundamental en la que partimos del conocimiento de que δB = 0.
RvB 139
δB =
B
A
B
A
ql 4 8EI z
RB l 3 δB = − 3EI z
RvB
RB l 3 ql 4 3 − = 0; ⇒ R B = ql 8EI z 3EI z 8 b)
MA Viga isostática fundamental en la que RhA
B
partimos del conocimiento de que ϕA = 0.
RvA RvB A
B
ϕA =
ql 3 24 EI z
ϕa =
M Al 3EI z
MA A
B
M l ql 3 1 + A = 0 ⇒ M A = − ql 2 24 EI z 3EI z 8
77.- Hallar los esfuerzos en la viga de la figura. MA
MB
RhA
RhB L RA
RB
El grado de hiperestaticidad es 3; por simetría pordemos decir que RA = RB y MA = MB con lo que reducimos el grado de
hiperestaticidad a 1. RhA = RhB = 0.
R A + R B = ql ; R A = R B =
1 ql ; 2
M A = MB;
140
MA
MB
MB
B RvA RvB
RB
Eligiendo la primera opción, sabemos que ϕA = ϕB = 0. A
B
MA
MB B
A
Hallando los diagramas de esfuerzos se obtienen las cargas para la viga conjugada.
1 2 ql 8 A
B
ϕA =
C' A ; C ' A = R' A EI z
ϕA =
R' ' A ; ϕ A = 0 ⇒ R' A + R' ' A = 0 EI Z
M A = MB
1 3 1 ql − M A l = 0 24 2 R hA = RhB = 0
MA =
⇒
R A = RB =
1 ql 2
−1 2 ql 12
MA = MB =
−1 2 ql 12
78.- Dada la viga representada en la figura y suponiendo E e I constantes, mediante la utilización de los Th. de Mohr hallar: el diagrama de momentos flectores, ϕB, y el desplazamiento horizontal en C despreciando la tensión axial en AB.
p
C pa
a B
A
B
p
l
A
MA RhA
l RB
RA
141
M x = − pa + R B x B M x x A dx ` S M AB − RhA + p = 0 ∫ A B δ =δB = = =0 − pa + R B l + M A = 0 BA EI z EI z RB + R A = 0
∫( B
A
)
x2 x3 − pax + R B x dx = − pa + RB 2 3 2
RB =
B =l
= − pa A=0
l2 l3 + RB =0 2 3
3 pa 3 pa pa ; RA = − ; MA =− ; 2l 2l 2 C pa A
B
pa ½pa
ϕBA = -ϕA + ϕB = ϕB;
ϕ BA =
∫M
x
dx
EI z
ϕB = −
⇒
;
1 pal 4 EI z
El valor de δC depende de p y de ϕB.
δ 'C
∫ =
0
a
M x , BC x C dx EI Z
δ ' 'C = ϕ B a = −
∫ =
a
0
1 pa 2 l ; 4 EI z
px 2 dx EI z
δC = δ’C – δ’’C.
pa 3 = ; 3EI Z
δC =
ϕ B = tg ϕ B = pa 2 EI z
δ ' 'C a
;
a l + 3 4
80.- La cubierta de la zona de andenes de una estación de autobuses se proyecta según el esquema estructural de la figura. Se considera (siguiendo la NBE-AE88) que el peso propio y la sobrecarga de nieve equivalen a una sobrecarga uniforme de 1 tn·m-1. El pilar CD (donde se empotra la viga AB) se supondrá indeformable. Hallar el esfuerzo de deformación del cable EB suponiendo que la viga AB es incompresible. E A
q
30º B
Viga AB E = 2·105 Kg·cm-2 Iz =106 cm4
C
Cable EB
E = 2·106 Kg·cm-2 A = 4 cm2
10 m
142
p·sen30 = ½p
δ’’B δ’B
δ B = δ ' B −δ ' ' B
∫
δ ' BA =
l 0
M x x B dxEI z
( p sen 30)l 3
δ ' ' BA =
3EI z
= −
ql 4 8 EI z
= −6.25cm
= 0'84·10 −3 p
Aplicando la ecuación de compatibilidad de deformaciones tenemos;
∆l = 6'25 − 0'84·10 −3 p;
∆l =
σl EA
=
pl ; EA
p = 6.378Kg 81.- Una ménsula AB está unida en su sección C aun tirante vertical. Hallar la σ del tirante y el momento de empotramiento en la ménsula cuando sobre esta actúa una carga uniforme q. Viga Q = 6 T·m-2
Cable EB
E = 2·105 Kg·cm-2
3m
E = 2·106 Kg·cm-2 A = 4 cm2
Iz =106 cm4
A C B 4m 3m
C’
C’’
x
∆lt = δ ' c −δ ' ' c
δ 'c =
∫
7
3
M x x c dx EI z
=
∫
7
3
−
qx 2 (x − 3)dx 2 = −3'96cm EI z
M x p( x − 3) ∂ 2 y ∂2 y = − = ; = 0(C ' '); EI z EI z ∂x 2 ∂x 2 y = cx + b;
y=
pl 3 3EI z
⇒ como si CB no existiera.
δ ' 'c = 1'07·10 −4 p
143
∆l t = 3'96 − 1'07·10 −4 p pl t ⇒ p = 27404'84 Kg ∆l t = EA
σt =
p 27404'84 = ; A 4
σ t = 6851'21Kg ·cm −2
l2 M A = − q + 4 p; 2
M A = −37380 Kg ·m
82.- Construir los diagramas de solicitaciones de la viga doblemente empotrada de la figura. 2L
L
2L
C
Mc
Cc
L
x
θc1 = θc2;
Cc
Mc
δc1 = δc2;
x’
Aplicando los teoremas de Mohr,
M x = Cc x − M c M x ' = −C c x'− M c − q
θ A − θ c1
∫ =
2l
0
M x dx EI z l
− θ A + θc2 =
∫M 0
x'
dx
EI z
( x ') 2 2
; θ c1
∫ =
0
2l
M x dx EI z
=
(− M
c
)
2l + C c 2l 2 ; EI z
l2 l3 M cl + Cc − q 2 6 ∫ M x 'dx = ; = 0 EI z EI z l
; θc2
8 M c 2l 2 − Cc l 3 3 ; δ c1 = EI z
δ c2 =
Mc
l2 l3 l4 − Cc −q 2 3 8 ; EI z
l2 l3 11 2 −q ql M c = − 2 6 108 5 l2 l3 l4 8l 3 2 Cc = − ql M c 2l − Cc = M c + Cc − q 54 3 2 3 8
− M c 2l + Cc 2l 2 = M cl + Cc
5 ql 54 49 RB = ql 54 RA =
144
Mx
Cx
5 ql 54
9 ql 2 108
C B
A
33 2 ql 108 C
A
49 ql 54
B
11'5 2 ql 108
Principio de superposición.-
1 2 ql 8
1 2 ql 12 1 2 ql 24
1 2 ql 12 Notas sobre los apoyos.-
No son perfectos, y en ocasiones no impiden totalmente los movimientos que habían de anular. En ellos se producirán movimientos como consecuencia de las deformaciones elásticas o anelásticas del material que los constituye o los rodea.
Apoyos empotrados imperfectamente.-
ϕA = ϕA1 + ϕA2 A
ϕA1
ϕB = ϕB1 + ϕB2
B
ϕA1 Æ conjugadas de la viga
∆
M’A
B’
M 'y N M 'z M z = Pe y σ x = + y+ z; A Iz Iy M y = Pe z
N=P
M’B
ϕA2
145
D Æ momento estático de la superficie de momentos flectores isostáticos con relación al apoyo derecho B Æ 2º th. de Mohr. I Æ momento estático de la superficie de momentos flectores isostáticos con relación al apoyo izquierdo A Æ 2º th. de Mohr.
ϕ A1
M ab
D = lEI z
ϕ A1 =
C' BB' ` BS = A = tg ϕ A 2 = = EI z l lEI z
ϕ A2
I lEI z
`
S M ab B
=
=
1 1 1 M ' A l + M 'B l EI z 3 3
1 / 2 1 1 M A l l + M B/ l l 2 3 2 3
Viga conjugada M’A
M’B
M’A
M’B
` =
1 / 2 1 / 2 M Al + M B l 3 3
1 D 1 / 1 / + M Al + M B l EI z l 3 3 1 I 1 / 1 / = + M B l + M Al EI z l 3 3
ϕ A = ϕ A1 + ϕ A2 = ϕ B = ϕ B1 + ϕ B 2
Asientos diferenciales de los apoyos de vigas empotradas.Un asiento diferencial es un corrimiento vertical de un empotramiento con relación a otro, y originará una flexión que se habrá de sumar a la originada por las cargas que actúan en la viga. En la cimentación se suele producir uno. Las normas lo que hacen es fijar una tensión admisible del suelo según sus características mecánicas (arenas 2 – 3 Kgcm-2). El problema ocurre cuando algún cimiento desciende más que otros. Si descienden todos lo mismo no ocurre nada. B A
ϕA1
∆ B 146
Vamos a suponer un giro de la barra sin que sufra deformación.
ϕ
ϕ M
M
Se aplican pares cuyos momentos tienden a restablecer la posición inicial. A
B
µ
-µ
∆
RA
µ
B
V. conj.
Mf
µ µ
-µ
RB Distancia de A a la tg. en B M AB
` AS ∆= EI z
∆=
=
1 EI z
1 l 1 l 1 l 2 l l 1 1 2 5 2 µ + µ + = l µ+ l µ ; − − 24 2 2 3 2 2 2 3 2 2 EI z 24
1 1 2 l µ Æ NBE – AE – 88. EI z 6
ϕA = ϕA =
∆ 1 lµ = = C A µ ; (CA = const.) l EI z 6
µA kA
; k A es la rigidez del apoyo en A;
µ=
6 EI z ∆ l2
Mét. De Cross Æ
1 = C A es la flexibilidad o permicibilidad kA
del apoyo A. El coeficiente de transmisión es aquel por el que hay que multiplicar µA para obtener el momento µB.
83.- Un IPN-300 está perfectamente empotrado en dos muros por sus extremos
AB . El muro que contiene el extremo B sufre un corrimiento vertical por un asiento en la cimentación. ¿Descenso máximo que podrá soportar dicho perfil siendo despreciable el peso propio y sabiendo que σa = 1000 Kgcm-2, E = 2·106 Kgcm-2, Iz =9800 cm4 y Wz = 653 cm3? Vigas continuas.-
Son aquellas que están sustentadas en más de dos apoyos y sin articulación intermedias. 147
0
1
2
0 Æ apoyo fijo;
m-1
1 – (m-1) Æ articulaciones móviles.
El número de incógnitas a considerar son m + 1 ⇒ 2 del apoyo fijo más las m – 1 de las articulaciones móviles. Dado que las ecuaciones de la estática son 3 nos queda un problema con un grado de hiperestaticidad GH = m + 1 – 3 = m – 2. Estas vigas tienen la ventaja de que para igualdad de longitud de cargas de una serie de vigas apoyadas aisladas, resultan en general sometidas a menores momentos flectores y no son influidas por efectos de temperatura. La desventaja es que son sensibles a los asientos desiguales. Para su resolución tendremos que plantear m – 2 ecuaciones de deformación.
δ1 = 0 δ 2 = 0 M
δ m−2
plantear estas ecuaciones es laborioso, así que se utiliza otro sistema. = 0
Se plantean las ecuaciones siguientes: (mismo material)
M 0
1
n-1
L1
n
n+1
Ln
m-1
Ln+1
Lm-1
La dividimos en vigas de un solo tramo apoyadas. Hay que hallar las solicitaciones del resto de las vigas sobre la que estamos estudiando. Lo convertimos en un sistema isostático formado por m – 1 vigas simplemente apoyadas en cuyos extremos actuarán los pares M1, M2, ..., Mm-2, sustituyendo las acciones de las ligaduras entre tramos consecutivos. Esos pares habrán de ser tales que sean iguales los ángulos girados en las secciones contiguas de las vigas simplemente apoyadas, lo que dará m - 2 ecuaciones de deformación. Mn-1 0
1
n-1
Mn
ϕn1 n-1
n
Mn+1 n
ϕn2
n+1
m-1 148
ϕn1 = ϕn2 Vamos a suponer positivos los desplazamientos hacia abajo.
ϕ n1 =
C 'n1 ; EI z
ϕ n2 =
C 'n 2 ; EI z
Aplicando el método de la viga conjugada, An Mn-1
An+1
Gn n-1 an
Mn
Mn
n
n+1 an+1
C’n,1
Ln
Mn+1
n
bn
C’n-1,2
Gn+1
C’n,2
bn+1 Ln+1
C’n+1,1
ϕn,1 Æ -ϕn1 (desplazamientos hacia arriba) 2 Æ derecha. 3 Æ izquierda.
ϕ n1 + ϕ n 2 = 0; ϕ n1 =
C ' n ,1 EI n
; ϕ n2 =
C 'n, 2 EI n+1
;
si la viga está en equilibrio aplicamos la ecuación de la elástica. Momento respecto a n-1 Æ
1 2 1 1 C 'n ,1 l n − An an − M n l n l n − M n−1l n l n = 0 2 3 2 3
Momento respecto a n+1 Æ
1 2 1 1 C 'n , 2 l n+1 − An+1bn+1 − M n l n+1 ln +1 − M n+1l n+1 l n+1 = 0 2 3 2 3
− C ' n ,1 EI n
=
C 'n, EI n+1
; −
1 An a n 1 1 1 An+1bn+1 1 1 + M n l n + M n−1l n = + M n l n+1 + M n+1l n+1 3 6 3 6 I n ln I n+1 l n+1
Aa A b 1 1 1 1 1 1 M n+1l n+1 + M n+1l n+1 + M n l n + M n−1l n = − n n − n+1 n+1 I n+1 3 6 6 ln I n l n +1 I n+1 In 3
1 I n+1
(2M n+1ln+1 + M n+1ln+1 ) + 1 (2M n ln + M n−1ln ) = − 6 An an − 6 An+1bn+1
M n−1
In
ln I n
l 6A a 6A b ln l l + 2 M n n + n+1 + M n+1 n+1 = − n n − n+1 n+1 I n+1 I n+1 ln I n l n+1 I n+1 I n I n+1
l n+1 I n+1 Æ
ecuación de los
tres momentos o de Clapeyron, que aplicada a m-2 apoyos intermedios nos permite plantear las m-2 ecuaciones en deformadas.
149
La ventaja es que para cada una de las m-2 ecuaciones sólo aparecen tres momentos. Cuando hay un voladizo se transfiere la carga al apoyo contiguo y se realiza el cálculo como una viga normal. Si hay un empotramiento el problema se puede resolver de dos formas; planteando la ecuación adicional del ángulo en el empotramiento es 0 lo que implica que:
C empotramiento EI z
=0
0=
An a n 1 1 + M n (l n + l n +1 ) + M n +1l n +1 3 6 ln
O bien considerar en el empotramiento otro tramo de rigidez infinito. I=∞
ϕ=0
84.- Resolver una viga de tres vanos iguales uniformemente cargada.
A 0
B L
An =
1
C L
D
2
L
2 l2 q l = An −1 3 8
3
an =
l = bn +1 2
Mn-1 = MA = 0 (articulación) Mn+1 = MC M n = MB MD = 0
Apoyo (1) ⇒
M0
M1
M1
M2
M2
M3
0
1
1
2
2
3
R0
R’1
R’’1
R’2
R’’2
R’3
M 0 l + 2 M 1 (l + l ) + M 2 l = −
6 An a n 6 An +1bn +1 − ⇒ l l
1 3 l 1 3 l ql ql 12 2 12 2 ⇒ 4M 1l + M 2 l = −6 −6 l l Apoyo (2) ⇒
M 1l + 2 M 2 (l + l ) + M 3 l = −
6 An a n 6 An +1bn +1 − ⇒ l l
150
1 3 l 1 3 l ql ql 2 − 6 12 2 ⇒ 4M 2 l + M 1l = −6 12 l l l2 2 l2 M 1l + 4M 2 l = −q 2
4M 1l + M 2 l = −q
M1 = M 2 = −
ql 2 10
El diagrama de momentos flectores sería:
ql 2 8
−
ql 2 10
ql 2 8
Diagrama de esfuerzos cortantes.
l2 l R' = 0'6ql R' ' = 0'5ql R' ' = 0'6ql ∑ M A = 0 ⇒ R'1 l − q 10 − ql 2 = 0 R 1 = 0'4ql R' 1 = 0'5ql R 2= 0'4ql 2 3 0 l2 l ∑ M B = 0 ⇒ R'0 l − q 10 − ql 2 = 0 0’6ql 0’5ql 0’4ql R0 + R'1 = ql
-0’6ql
-0’5ql
-0’4ql 151
85.- Construir los diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes de la siguiente viga continua, siendo ql = 2p. P
q A
B
l/2
C
l
l
86.- Construir los diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes de la siguiente viga continua, siendo ql = 2p. P l/3 A
B
l
C
l
D
l
Flexión compuesta.- (tracción y compresión excéntrica)
Flexión pura generalizada.N = ∫ σ x ds
σ x → τ xy → solicitaciones. τ xz →
C y = ∫ τ xx ds
S
S
M z = ∫ σ x yds
C z = ∫ τ xy ds
S
S
M t = ∫ (τ xx y − τ xy z )τ xx ds
M y = ∫ σ x zds S
S
En la flexión pura la solicitación viene dada por Mz. n
εx = ϕ
G
z
y
ρ
; εx =
d
ρ
; σx =E
ρ d = y cos ϕ + z sen ϕ
σx =
d dS
E
d
d
;
ρ
σx =
Ey
ρ
cos ϕ +
Ez
ρ
sen ϕ
σ x = yk1 cos ϕ + zk 2 sen ϕ = yC1 + zC 2
n y
Mz será el momento producido por el giro en el plano xy; My el producido en el plano xz.
M z = ∫ σ x yds = ∫ ( yC1 + zC 2 ) yds = ∫ C1 y 2 ds + ∫ C 2 zyds = C1 ∫ y 2 ds + C 2 ∫ zyds = C1 I z + C 2 I zy S
S
S
S
S
S
donde Izy es el producto de inercia con relación a los ejes z-y. 152
M y = ∫ σ x zds = ∫ ( yC1 + zC 2 )zds = ∫ C1 yzds + ∫ C 2 z 2 ds = C1 ∫ zyds + C 2 ∫ z 2 ds = C1 I zy + C 2 I y S
S
S
M z = C1 I z + C 2 I zy M y = C1 I zy + C 2 I y
σx =
S
σx =
I y I z − I zy2 M y I z − M z I zy
C2 =
I y I z − I zy2
M z I y − M y I zy I y I z − I zy2
Mz −My
⇒
M 'z = 1−
⇒
σx =
I
S
M z I y − M y I zy
C1 =
M y; Generalizando ⇒ Iz
⇒
S
σx = y+
My Mz y+ z; Iz Iy
M y I z − M z I zy I y I z − I zy2
I zy Iy
2 zy
IyIz
M 'y M 'z y+ z Iz Iy
1−
I
⇒
z
My −Mz ; M 'y =
σ x = C1 y + C 2 z ⇒
2 zy
I zy Iz
;
⇒
IyIz
Ley de Navier generalizada.
Eje neutro.-
σ x = 0; 0 =
M 'y M 'y M 'z M 'z y+ z; − y= z; Iz Iy Iz Iy
M 'y Iz y =− z M 'z I y
Si la línea neutra corta a la sección, las tensiones en esta son a tracción en una de las partes y a compresión en la otra. Esto es para elementos que no soportan tracciones (ladrillo, hormigón en masa...). Para estos es importante que toda la sección trabaje a compresión y por tanto la línea neutra no corte a la sección. Si el eje X y el eje Y son ejes principales de inercia (pasan por el C.G.), el producto de inercia Izy vale cero.
M z = M 'z
y M y = M 'y
⇒ σx =
My Mz y+ z Iz Iy
Cuando el eje de un momento coincide con un eje principal de inercia este eje es a la vez eje neutro de la sección. 153
Flexión compuesta.-
Se denomina así a aquella solicitación para la cual en las secciones transversales actúan simultáneamente un momento flector “M” y una fuerza normal “N”. Mz
z N
My
x
M y
Por el principio de superposición
σx =
N σ x = S M 'y σ x = M ' z y + z Iz Iy
M 'y N M 'z y+ z + S Iz Iy
Si los ejes son principales de inercia (pasan por el C.G.) tendremos la expresión
σx =
My N Mz + y+ z S Iz Iy
el eje neutro ⇒ 0 =
M 'y N M 'z y+ z + S Iz Iy
El eje neutro en flexión compuesta es paralelo al eje neutro en flexión pura. En el C.G. de la sección, el esfuerzo tiene siempre el mismo signo que la fuerza normal “N”.
σ x ( y = z =0 ) =
N S
La tensión σx varía linealmente con la distancia al eje neutro. Flexión compuesta; M, N. N < M Æ giro mayor que el acortamiento o alargamiento ⇒ línea
C.G.
neutra corta a la sección ⇒ parte de la sección trabajará a S S’’
S’’’
tracción y parte a compresión. N > M Æ línea neutra no corta la sección ⇒ que toda ella trabajará de la misma manera.
154
87.- Una viga de sección transversal en Z está sometida a una carga inclinada P. ¿Determinar los esfuerzos .0normales máximos a la viga? 12 cm
P α A
C
1 cm
B
a
16 cm
b 12 cm 1 cm
α = 60º.
P = 300 Kg.
a = 4 m.
b = 2 m.
N = − P cos α = −150 Kg . (compresión) z
MM = Mz =
y
Pab Æ en una viga con carga puntual. l
(P sen α )ab = 346'4 Kgm l
My =0
Los momentos son positivos cuando su giro es antihorario.
σx =
M 'y N M 'z + y+ z; A Iz Iy
I zy ≠ 0
Mf Æ Mz
Mf Æ My
A
B
A
B
346’4 Esf. axiles -150 A
I II
Iy
B
III
I II
Iz
I II
III
155
1 3 1 1 ·15 + 23 3 ·1 = 1015cm 4 12 12 1 1 I z = 14 3 ·1 + 2 13 ·12 + 12·1·7'5 2 = 1581cm 4 12 12 Iy =
I zy = ∫ yzdS = −990cm 4 S
I zy
Mz −My M 'z = 1−
I
Iy
2 zy
M 'y = 1−
σx =
1−
IzIy I zy
My − Mz I
346'4 − 0
⇒ M 'z =
⇒ M ' z = 889'9mKg
(− 900)2
1015·1581
− 900 1581 ⇒ M 'y = (− 900)2 1− 1015·1581 0 − 346'4
Iz
2 zy
IzIy
⇒ M ' y = 557'3mKg
− 150 889'9 557'3 + y+ z = −3'95 + 56'29 y + 54'91z Æ tensiones normales en C 38 1581 1015 y z + = 1 ⇒ Línea neutra. 0'07 00072
0 = −3'95 + 56'29 y + 54'91z; n Comp.
y = 0 ⇒ z = 0'072 z = 0 ⇒ y = 0'07
z Tracc.
y
n
z = 0 y = 0
σx =
N < 0 ⇒ compresión por encima de A
la línea neutra.
Las tensiones máximas de tracción y compresión serán
σ Mt → y = 8, z = 0'5 σ Mc → y = −8, z = −0'5
⇒
σ Mt = 473'8Kgcm −2 σ Mc = −481'7 Kgcm − 2
88.- Un soporte de sección rectangular está sometido a una carga P según se indica en la figura. Determinar el máximo esfuerzo de tracción del soporte. P z l
α
P = 6.000 Kg.
Psenα
Pcosα
l = 2’5 m C.G.
y
b = 0’3 m
α
h = 0’4 m h
x
β
b
β 156
N = P cos α ; M y = − P sen α sen β · x; M z = − P sen α cos β · x;
⇒
Por simetría
σx =
1 3 h b 12 1 I y = b3h 12 Iz =
M z = M 'z M y = M 'y
P sen α sen β P cos α P sen α cos β − lz; ly − 1 3 1 3 bh b h h b 12 12
y z + =1 6'68 5
σ x = 0 = 4'98 − 0'746 y − 0'995 z; ⇒ z Comp.
y=0⇒z=5
y Tracc.
z = 0 ⇒ y = 6’68
− h −b − 0'995 2 2
σ M (tracc.) = 4'98 − 0'746
⇒
σ Mt = 34'83Kgcm −2
En materiales de igual resistencia a tracción que a compresión, interesa conocer la σM (de tracción o de compresión); para lo cual se tomarán los momentos flectores de tal modo que su signo coincida con el esfuerzo axil, de tal forma que siempre quedaremos del lado de la seguridad. 88.- Una viga inclinada apoyada – apoyada, está sometida a su peso propio. Calcular la sección donde el esfuerzo de compresión es máximo. Suponemos la viga de sección cuadrada. a
q
A RhA
l
z
α B
RA
RBsenα RBcosα
y
RB
∑M
A
≡ 0 = R B l cos α − ql
l cos α 2
⇒ RB = q
l 2
En una sección x de la viga obtenemos los siguientes valores
157
M 'y = M y = 0
l x x2 M ' z = M z = xR B cos α − qx cos α = cos α q − q 2 2 2 l N = − R B sen α + qx sen α = sen α qx − q 2 l x2 l sen α qx − q cos α q − q 2 2 2 σx = y + 1 4 a2 a 12
σ MC
σ comp.M → y = −
a 2
l x2 l sen α qx − q 12 cos α q − q 2 a 2 2 =σ x = + − , y haciendo la derivada 2 4 a a 2
respecto de x e igualando a 0, q sen α + σx = a2
l 6qx cos α + 6q cos α 2 =0 4 a
x=
l a − tg α 2 6
0’2 Tm-1 = q
89.-
z l/2
24T = P0
x
0’16 m = h 16T = P1 0’12 m = b
2m
y
0’4T = P2
N = − P0 − P1 = 40000 Kg ; h l − ql = −168000 Kgcm; 2 2 b l M y = P1 + P2 = 136000 Kgcm; 2 2 M z = − P1
1 3 bh = 16 3 cm 4 12 1 I y = b 3 h = 12 2 ·16cm 4 12 Iz =
A = 12·16cm 2
− 40000 168000 136000 − y+ 2 z = −208'33 − 41'02 y + 59'03 z 3 12·16 16 12 ·16 ln ≡ 0 = −208'33 − 41'02 y + 59'03 z
σx =
Tracc. z Comp.
ln.
y = 0 ⇒ z = 3’53 z = 0 ⇒ y = -5’08
y 158
σ Mt (− 8,6) = 474'01Kgcm −2
σ Mc (8,−6) = −890'67 Kgcm − 2
Compresión y tracción excéntricas.- (flexo-compresión)
Una sección de un elemento resistente está sometido a compresión o tracción excéntrica, cuando sobre esa sección actúa una fuerza a compresión o tracción que no está aplicada en el centro de gravedad. z ey ex
M 'y N M 'z M z = Pe y σ x = + y+ z; A Iz Iy M y = Pe z N=P
P x
y
σx =
ey A Pe e A P Pe y P + y + z z = 1 + y + z z ; A Iz Iy A Iz I y
ln ≡ 0 = σ x
P A = 0→ P = 0 ey A e A 1 + y + z z = 0 Iz I y
No depende de la carga sino de su posición. Iz = i z (radio de giro )[L ] ey ez A 0 = 2 y + 2 z +1 iz iy Iy = iy A
y = 0; z n = − z = 0;
yn = −
i y2 ez i z2 ey
n n’ B’
i z2 − ey
Si P estuviera aplicada en B’ la línea neutra pasaría por una paralela a la anterior. z
−
i
2 y
ez
ez
ey B
ez = − ey = −
i y2 zn i z2 yn
y 159
i2 Si P está aplicada en B(ey, ez) el eje neutro pasa por los puntos − z ,0 y e y i2 0,− y ez
2 i2 . Si lo estuviese en B’ − i z ,− y pasaría el eje neutro por los puntos (ey,0) y e y ez
(0,ez).
yn = 0 ⇒ ey = ∞ ey = 0 ⇒ yn = ∞ zn = 0 ⇒ ez = ∞ ez = 0 ⇒ z n = ∞ Si la carga está aplicada en un eje principal (pasa por el C.G.) el correspondiente eje neutro es perpendicular a ese eje principal. Si la carga se mueve a lo largo de la recta P1 – P2 el eje neutro gira con centro en S.
σ x (S ) = 0 Cuando la línea neutra corta a la sección, esta trabajará a tracción y compresión. En caso
S
contrario lo hará a tracción o a compresión.
yn P1 P2
z e es la excentricidad ⇒ e =
B
M N
zn y Núcleo central.Zona de la sección transversal donde tiene que estar aplicada la carga para que la línea neutra no corte la sección.
σx =
My ey A e A N Mz P y+ + z = 1 + y + z z = 0 → l.n. A Iz Iy A Iz I y
0 =1+
ey A Iz
y+
ez A z Iy
⇒
ecuación de una recta.
160
n
ay + bz + c = 0 d=
d n
z
G
c a2 + b2
;
1
d=
ey 2 i z
2
e + 2z i y
2
y Los casos extremos vendrán dados por:
Υ
ey = ez = 0 ⇒ d = ∞ ⇒ l.n. no corta la sección; P aplicada en G.
Υ
ey o ez = ∞ ⇒ d = 0 ⇒ l.n. pasa por G, cortando la sección y definiendo dos formas diferentes de trabajo.
Se define el núcleo central como la zona de la sección transversal donde tiene que estar aplicada la carga para que el eje neutro no corte a la sección transversal y los esfuerzos normales tengan el mismo signo. Si P estuviera aplicada en el contorno del núcleo central la l.n. sería tangente a la sección. Esto interesa en materiales como el ladrillo, hormigón en masa y en la superficie de contacto suelo cimiento.
Núcleo central de sección rectangular.b A
B
F’
h
F
E D
z n.c.
y
1 3 bh 12 1 I y = b3h 12 A = bh Iz =
E’
C
161
1 2 − h 1 12 = h→E yn = h 6 − h 2 AB = l.n. ⇒ e y = − 1 2 − b2 1 b 12 = b→F AD = l.n. ⇒ e z = − z n = b 6 2 − 2
3 1 i z2 y n = − i 2 = I z = 12 bh = 1 h 2 ey z 12 A bh 2 3 1 i y 2 I y 12 b h 1 2 = = b zn = − iy = 12 A bh ez
Si considero Si considero
Secciones sin zona de tracción.n
n
tracc. comp. n.c.
l.n. σx = 0 z
h0
d P (resultante)
P
σM
dA0 y Sección Æ A Scomp. Æ Sútil = A0.
σ x = kd ; σ M = kh0 ; P = ∫ σ x dA0 ; A0
Pd = ∫ σ x ddA0 ; P = ∫ kddA0 ; Pd = ∫ kd 2 dA0 ; P = k ∫ ddA0 ; Pd = k ∫ d 2 dA0 ; A0
A0
k=
I l . n. ` l .n.
A0
A0
p ` l . n.
P = k` l .n. Pd = kI l .n. Pd = d=
A0
P I l . n. ` l .n.
σx =
P d ` l .n.
σM =
P h0 ` l .n .
162
Sección rectangular.2
1 h I n = bh03 + bh0 0 Æ sección útil. 12 2
b n h
n
bh03 In = 3
z
h0 P a y
σx =
h0 h 2 bh 2 =b 0 = 0 2 2 2
` n = bh0
d=
In `n
bh03 2 1 = 3 2 = h0 = d ; a = h0 − d = h0 3 3 bh0 2
P P 2 = 1 2 h0 ; ` n 2 bh0 3
σx =
4 P 3 Su
P h0 `n
σM =
2P Su
σM =
h0 = 3a
4 P 9 ab 2 P = 3 ab
σx =
⇒
σM
90.- Un soporte de sección rectangular de 0’4x0’5 m2 y 8 m de altura está empotrado en una zapata prismática de 2xhx2 m3 siendo el soporte y la zapata de hormigón. Dimensionar la longitud h si en el soporte está aplicada excéntricamente una carga P = 20 T.
P
8 0’5 2
2
0’8 0’4 0’8
h
γhormigón = 2.500 Kg·m-3;
σa, terreno =3 Kg·cm-2.
163
⇒
Peso del pilar
Q1 = 0´5·0´4·8·2500 = 4 T.
Peso de la zapata ⇒
Q2 = 2·2·h·2500 = 10h T.
⇒
R = P + Q1 + Q2 = 24 + 10h R Q2
R debe estar fuera del núcleo central. n
P
h0 = 3a
Q1
tracc. l.n.
armado
σM
x
Superficie contacto suelo cimiento
n
“a” es la distancia al punto de aplicación de la carga
⇒
h0 = 3x.
Hallando el momento respecto de CD,
(24 + 10h )x = 4·0'25 + 10h h ;
x=
2
σM =
2 P ; 3 ab
σM =
1 + 5h 2 24 + 10h = ; 24 + 10h 90
1 + 5h 2 24 + 10h
2 R R = σ a ,terreno = 30Tm − 2 ⇒ x = 3 xb 30·3
(1 + 5h )90 = 24 2
2
+ 100h 2 + 480h;
90 + 450h 2 − 24 2 − 100h 2 − 480h = 0; 350h 2 − 480h − 486 = 0 480 ± 480 2 + 4·350·486 2'05m = h h= = − 700
h = 2'05m
h > 2’05 Æseguridad en cimentación γf = 1’6 ⇒
h = 2’05·1’6 ⇒ h = 3’28 m; se
toman h = 3’25 porque es más facil de medir.
1 + 5(2'05) = 0'49m 24 + 10·2'05 2
x=
h/6 = 0’34
h/6
⇒
x no pertenece la núcleo central. Lo
que hemos heco está bien. Sino tendríamos que volver a 5h/12
empezar.
91.- Un soporte de sección triangular esta sometido a una P de compresión en el punto B. Si el material es incapaz de resistir esfuerzos a tracción, determinar el eje neutro y el máximo esfuerzo de compresión.
164
¼h
B h
z 60º
60º b y
92.- Dimensionar con un perfil IPN la viga de la figura. P2
z
M
x
α
β
P1
P3 ½l
½l
P1 = 4.000 Kg
α = 15º
P2 = 1.000 Kg
β = 30º
P3 = 800 Kg
σa = 1733 Kg·cm-2
M = 2.000 Kg·m L=2m
y
σx =
M 'y N M 'z N My Mz N My Mz + y+ + = + + z= + Iy Iz A Iz Iy A A Wy Wz yM zM
N = P1 cos α + P3 cos β = 4556 Kg l = 40000 Kgcm 2 M z = − P2 l − P1l sen α − M = −607200 Kgcm M y = P2 sen β
σx =
4556 40000 − 607200 + z+ y ≤ 1733Kgcm − 2 = σ a A Iy Iz
σx =
4556 40000 607200 + + ≤ 1733Kgcm − 2 = σ a A Wy Wz
Acudiendo a los valores que nos da la norma MV-103, empezamos a sustituir:
IPN − 244 ⇒ σ x , M = IPN − 300 ⇒
4556 40000 607200 + + = 2773 > 1733Kgcm − 2 Æ no sirve. 46'1 41'7 354
σ x , M = 1558'87 < σ a
165
