Piezas cargadas axialmente en secciones rectas En el comportamiento mecánico de los materiales es importante conocer la capacidad que estos tengan de recuperar su forma cuando se retira la carga que actúa sobre ellos (elasticidad). La mayoría de los materiales tienen una respuesta elástica hasta cierto nivel de la carga aplicada y a partir de ella ya no tendrán la capacidad de recuperar totalmente su forma original una vez retirada la carga, porque se comportan plásticamente. Lo anterior se conoce como comportamiento elasto – elasto – plástico plástico Algunas características mecánicas de los materiales como su resistencia (capacidad de oponerse a la rotura), su rigidez (capacidad de oponerse a las deformaciones) y su ductilidad (capacidad de deformarse antes de romperse), por lo general se obtienen mediante ensayos en laboratorio (resistencia de materiales experimentales), sometiendo a pruebas determinadas porciones del material (probetas normalizadas) para obtener esta información. Parece que el primero que realizó ensayos para conocer la resistencia de alambres fue Leonardo Da Vinci, pero probablemente el primero en sistematizar la realización de ensayos y en publicar sus resultados en forma de una ley fue Robert Hooke, sometiendo alambres enrollados (resortes), a la acción de diferentes cargas y midiendo las deformaciones producidas, lo que le permitió enunciar los resultados obtenidos en forma de ley (“como la tensión así es la fuerza”), en su tratado publicado en 1678; esto es lo que que se conoce en su forma moderna como la LEY DE HOOKE. La mejor manera de entender el comportamiento mecánico de un material es sometiéndolo a una determinada acción (una fuerza) y medir su respuesta (la deformación que se produzca). De este procedimiento se deducen las características acción acción – – respuesta respuesta del material. Debido a que la fuerza y la deformación absolutas no definen adecuadamente para efectos comparativos las características de un material, es necesario establecer la relación entre el esfuerzo ( () y la deformación unitaria ( ( ). Los esfuerzos normales axiales por lo general ocurren en elementos como cables, barras o columnas sometidos a fuerzas axiales (que actúan a lo largo de su propio eje), las cuales pueden ser de tracción o de compresión. Además de tener resistencia, los materiales deben tener rigidez, es decir tener capacidad de oponerse a las deformaciones (d) puesto que una estructura demasiado deformable puede llegar a ver comprometida su funciona1idad y obviamente su estética. En el caso de fuerzas axia1es (de tracción o compresión), producirán en el elemento alargamientos o acortamientos, respectivamente. En este capítulo se presenta una serie ser ie de problemas relacionados con la Ley de Hooke. Se tr abajan con fuerzas aplicadas en forma axial a las barras, y se busca determinar tanto esfuerzos como deformaciones que éstas fuerzas producen. Para poder aplicar la Ley de Hooke es necesario que: 1. El elemento sea completamente recto. 2. Las secciones a lo largo del material sean uniformes. 3. La superficie debe ser completamente lisa. 4. La sección a analizar debe estar alejada de sitios de aplicación de cargas puntuales. 5. La carga F estará aplicada exactamente en el centroide de la sección del elemento y en dirección axial. 6. La carga debe ser estática. 7. El material se considera completamente homogéneo. 8. El material no debe tener tensiones residuales. 9. Si el elemento está en compresión, su longitud l ongitud es tal que no exista posibilidad de pandeo.
Consideraciones P
P L
δ
1
P
P
1
P
σn: esfuerzo normal P: carga axial A: sección transversal
σn P = σn .A
Diagrama Tensión - Deformación
tgα = cte = E
(módulo de elasticidad)
= (Kg/cm2) 280 200
ε
δ
ΔL
2
L L Donde
ε.E
Donde
ε
: deformación unitaria
ε
: deformación unitaria
δ
ΔL : variación de longitud
δ
ΔL : variación de longitud
L
: longitud inicial
L
: longitud inicial
Si:
σ(+) P(+) σ() P()
Si:
L(+) la barra se alarga P(+) L() la barra se acorta P()
tensión (tracción) (compresión)
(tracción) (compresión)
d
A
P ( x )
( x )E ( x )
dx
Ejercicios Resueltos A
30º 1
1- Calcular los desplazamientos, vertical y horizontal del punto de aplicación de la fuerza P. Datos: A1 = A2 = A E1 = E2 = E
d
B 2 C
P
F1
Primeramente debemos calcular las fuerzas actuantes en cada barra. Aislamos el punto B indicando las fuerzas que actúan en el mismo.
F2 30º
60º B P
De la estática:
Fx = 0 ;
F1 cos 60 + F2 cos 30 = 0
Fy = 0 ;
F1 sen 60 + F 2 sen 30 = 0
F1 =
Resolviendo:
3 P
;
2
1
F2 =
2
P
F1 produce alargamiento a la barra AB y F2 produce acortamiento a la barra CB, cuyos valores son:
δ
=
δ
=
1
2
F 1 L 1 AE F 2 L 2 AE
= =
3 P d cos 30 = 2A E
P d sen 30 2A E
=
3P d
60º
se alarga
4A E Pd
B 30º B´´ 2
60º 1
B
B’
se acorta
4A E
El punto B pasará al punto B’
2
1
Para determinar gráficamente el desplazamiento de B para B’, por los extremos de las barras deformadas (B’’ y B’’’) se trazan rectas perpendiculares a las barras, la intersección de éstas perpendiculares es el punto B’ x = 1 cos 60 2 cos 30 = y = 1 sen 60 + 2 sen 30 =
3Pd 1 4A E 2 3P d
Pd
4A E 2
3 +
4A E 2
3 =
Pd
1
4A E 2
=
Pd 8AE Pd 8AE
3 3 3 3 + 1
B’
A
2- Una grúa de brazo horizontal tiene las dimensiones indicadas en el gráfico. Determinar el diámetro mínimo d de la barra BC para que se cumplan las siguientes condiciones: a) la deflexión vertical del punto B no exceda a 0,5 cm 2 b) el esfuerzo en la barra BC no pase de 1500 kg/cm Datos: 6 2 EAB = EBC = 2,1 x 10 kg/cm
Area AAB = 4 cm2
30º B C 1,00 m F = 5 tn
FBA
Primeramente debemos calcular las fuerzas actuantes en cada barra. Aislamos el punto B indicando las fuerzas que actúan en el mismo.
30º
FBC B F = 5000 kg
De la estática:
Fx = 0 ;
FBA cos 30 + F BC = 0
Fy = 0 ;
FBA sen 30 5000 = 0
FBA = 10 000
Resolviendo:
;
FBC = 8 660
FBA produce alargamiento a la barra AB y FBC produce acortamiento a la barra CB, cuyos valores son:
δ
=
δ
=
AB
BC
F BA L BA AE F BC L BC AE
=
10000 x 115,47 4 x 2,1 x 10 6
=
8660 x 100 A x 2,1 x 106
= 0,1375 cm ; se alarga =
0,4124 A
A
cm ; se acorta B BA
El punto B pasará al punto B’ BC
Para determinar gráficamente el desplazamiento de B para B’, por los extremos de las barras deformadas (B’’ y B’’’) se trazan rectas perpendiculares a las barras, la intersección de éstas perpendiculares es el punto B’
B’ BC BA B’’’
x = AB cos 30 BC = 0,1191
B B’’
0,4124 A
y = (AB cos30 + BC) / tg30 + AB sen30 30º
δ
y
= 0,1191 +
0,4124 A
/ tg30 + 0,1375 sen30 = 0,2750 +
0,7143
B’
La primera condición dice que la deflexión vertical del punto B no exceda a 0,5 cm
0,2750 +
0,7143
≤ 0,5
;
A
≥ 3,1747 cm
2
π
;
4
d2
≥ 3,1747
;
d
≥ 2,01 cm
(1)
La segunda condición dice que el esfuerzo en la barra BC no pase de 1500 kg/cm 2
≥
;
1500
Finalmente d = 2,71 cm
≥
8660
2 4
;
≥ 2
4 8660 1500
;
≥ 2,71
(2)
3- Determinar el número máximo de vueltas “n” que se puede dar al tornillo antes de que falle la estructura. Datos: S = 150 cm2 C Barra (1): E = 1,5 x 106 kg/cm2 Barra (3) adm = 1000 kg/cm 2 = 1,5 mm E = 2,1 x 106 kg/cm2 adm = 2500 kg/cm 2
Barra (2):
30º B A Barra (1)
= 2 mm E = 2,1 x 106 kg/cm2 adm = 2000 kg/cm 2
Barra (3):
Barra (2)
1m
1,5 m Tornillo Paso 0,2 cm
Paso del tornillo: p = 0,2 cm Análisis: Para un cierto número “n” de vueltas que se le aplica al tornillo, el mismo producirá a la barra (2) una cierta tensión de tracción “T”. Al mismo tiempo, las tres barr as se irán deformando. En primer lugar determinamos el valor máximo de “T” para que la estructura no falle. Encontramos las máximas fuerzas que pueden soportar cada barra, en función de “T” y adoptamos el menor valor de “T” como la máxima tracción que puede soportar la estructura. Con éste valor de “T” máximo, hacemos la compatibiliz ación de las deformaciones y encontramos el número de vueltas. Cálculo de las tensiones en las barras en función de la tensión “T” T1 T3 cos 30 = 0 ; T3 sen 30 T = 0 ;
T1 = T3 cos 30 = T3 = 2 T
3 T
T3 30º
T1 T
Por los datos
σ ≥ σ ≥ σ ≥
T1
1
A1 T2
2
A2
3
T3 A3
=
3 T = 0,01155 T 150 T
;
= π = 56,5884 T 0,15 2 4
2T
= π 2 = 63,6620 T 0,2
≤ 86 603 T ≤ 44,18 T ≤ 31,42
T ; ;
4
Se adopta el menor valor
T = 31,42 kg y con éste valor se calculan las deformaciones de cada barra.
δ
= 0,00003628 cm
1
=
δ
=
δ
=
2
3
T 1 L 1 A 1 E 1 T 2 L 2 A 2 E 2 T 3 L 3 A 3 E 3
=
54,42 x 150 150 x 1,5 x 10 6 32,42 x 100
= π = 0,08467 cm x 0,15 2 x 2,1 x 10 6
1
3
4
=
62,84 x 150
π
cos 30 x x 0,22 x 2,1 x 10 6
= 0,1650 cm
4
Compatibilización de las deformaciones: n p 2 = (1 + 3 cos30) / tg30 + 3 sen30 0,2 n 0,08467 = (0,00003628 + 0,1650 x cos30) / tg30 + 0,1650 x sen30 0,2 n 0,08467 = 0,33
;
n = 2,07 vueltas
2 B
B’
4- Una barra de acero (E = 200 G Pa) se sostiene y carga como se muestra en la figura. Determinar la fuerza P1 tal que el extremo inferior D de la barra no se mueva verticalmente cuando se aplican las cargas. Datos: S = 250 mm 2 A P2 = 15 k N a P1 P3 = 9 k N a = 0,5 m B b b = 0,2 m c = 0,5 m C
Para cada tramo de la barra
= ( )
AB
=
P 2 +P 3 P 1 A .E
dy =
D = AB + BC + CD
(P 2 +P 3 P 1 ) A.E
;
0=
δ
a ;
BC
=
(P 2 +P 3 P 1 ) A.E
P 2 +P 3
a+
A .E
dy =
(P 2 +P 3 ) A. E
D P3
S
Como E(y) y A(y) son constantes a lo largo de la barra
δ
P2
c
( )
(P 2 +P 3 )
b+
A .E P3 A. E
b ;
c
;
δ
CD
=
P3 A .E
dy =
P3 A. E
c
P1 = 39 k N
5- Una barra cilíndrica vertical fija en su extremo superior está compuesta de dos secciones transversales macizas 2 A1 = 400 mm y L1 = 2 m 2 L1 A2 = 650 mm y L2 = 0,45 m La barra dispone en “C” (ver figura) de un manguito cilíndrico hueco de apoyo, con una holgura inicial de 1 mm 2 y de sección transversal A3 = 300 mm y L3 = 0,2 m. L3 Bajo estas condiciones, calcular: L2 a) El máximo valor admisible de P b) El descenso del extremo B para Pmáximo c) Dibujar los diagramas de esfuerzos Datos: E = 100 G Pa σmax admisible = 90 M Pa σmin admisible = 60 M Pa
A
A1
C 1 mm A2
B P
En primer lugar se calcula el valor de P 1 para que el manguito haga contacto con el suelo ( = 1 mm) Actuando la carga P1 en el extremo inferior, ésta produce alargamientos en las barras AC y CB, pero el alargamiento de AC debe ser igual 1 mm para que el manguito toque el suelo.
= = 1
1
1
;
10 3 =
1 2 9 100 10 400 10 6
;
P1 = 20 000 N
Con la carga P1 = 20 k N la barra AC se alarga 1 mm y el manguito toca el suelo. En este punto cabe verificar si la carga P 1 es o no mayor al valor admisible de la carga P. Verificación: Para la barra AC
σ
Para la barra CD
σ
adm AC
adm CB
≤ ≤
P1
;
A1 P1 A2
;
90 x 106
≤
90 x 106
≤
20 000 400 x 10 6 17569 650 x 10 6
= 44 x 106
no verifica
= 27 x 106
no verifica
6- Calcular el valor de la carga P; para que el punto C de la barra rígida ABC esté en inminente contacto con el muro de protección D m 0 , 2
C
E
m 0 , 2
B
Datos Barras BE y DC 6 2 E = 2,1x10 kg/cm 2 S = 3 cm
0,2 cm
FCD DCL
3,0 m
Del equilibrio estático M
0
A
3
P Pb FBE 2 FCD 4 0
. . . (1) 2 Del análisis de tensiones y deformacio nes
ζ
F A
ε.E
δ
L
Eδ
FL EA
δ
BE EA . . . (2) F BE L BE δ
CD EA . . . (3) F CD L CD De la compatibilidad de deformacio nes δ BE
1,5 2
pero
FBE
δ CD
3
δ CD
4 0,2 cm
δ BE
0,1 cm
δ CD
2δ BE
...(4) por condición del problema
De (1), (2), (3) y (4)
P 400.5
300
2 P 14800 kg
1,5 P+Pb
Barra rígida ABC Peso propio Pb = 400 kg/m
200.
0,1 150
.2,1.10 6.3 400.
0,2 300
.2,1.10 6.3 0
δCD
2
P
A
3
A
2
δBE
7- El puente colgante de la figura suspende de un cable de alta resistencia, soporta el peso del tablero y del tráfico, representado por una carga uniformemente distribuida q. El cable describe una parábola de la forma y = kx2 y suspende de los apoyos A y B. La luz entre apoyos es L, deflexión del cable en su punto medio es h y el módulo resistente del cable es EA. Determinar la deformación total del cable.
Ecuacion de la Parabola yh 4h y kx L k 2 x L 2 4h dy 8hx 2 ...(1) y 2 x2 dx L L 2
Equilibriodel cable, cálculo de reacciones L L
qL2
M o´ 0 q H B .h 0 H B 2 4 8h F y 0 V B q
L
0 V B q
L
2 2 F x 0 H B H O 0 H O H B
L F y 0 V B q x T V 0 T V qx 2 F x 0 H B T B 0 T B H B cte La tensión del cable es : 2
qL2 qL2 64h2 x 2 2 qx T T T 1 ...( 2) 4 h h L 8 8 2 H
2 V
La deformación del cable es : 2
dy ds dx dy dx 1 ...( 3) dx 2
d
Tds EA
2
...( 4)
De (1) y (3) 2
8hx ds dx 1 2 ...( 5) L
De (2), (4) y (5)
8hx d 1 2 8hEA L qL2
2 2 qL2 hx 8 8hx 1 dx 1 2 dx 2 8hEA L L
2
L
2 2 3 3 2 2 qL h x qL L h L 8 1 8 x 2 2 8hEA 8hEA 2 3 L2 2 L 3 0 2
2 qL3 16h 1 8hEA 3L2
8- Tres alambres idénticos A, B y C sostienen un bloque rígido (peso W) al cual se aplica una carga 2W a una distancia x del centro, como se muestra en la figura. Trazar una gráfica que indique cómo varían las fuerzas Fa, Fb y Fc en los tres alambres en función de x. b
F 3W
b
Fc A
B
W
C
2W W
x
Fb
Fa
x
2W
b
Solución
b
Para x = 0
F
y
0 Fa Fb Fc 3W
Δb Δc
FL FL FL a b c Fa Fb Fc W EA EA EA
b
A
Compatibilidad de deformaciones Δa
3b/2
Fa
a
b
Δa
a
Δc 2
Fc
x=0
2
2W
c
c
b
Compatibilidad de deformaciones Δb
Fb
W
F 0 F F F 3W ... (1) M 0 - F b F b 2W x 0 ... (3) B
C
Δ
Para 0 ˂ x ≤ b y
B
FbL FaL FcL EA EA EA
2Fb Fa Fc ... (4) De (1) y (4)
b
A Fa Δa
B
C
Fb
Fc
Δb
Δc
Fb W Fc Fa 2W ... (5) De (3) y (5)
x x Fa W 1 y Fc W 1 ec. lineal b b p/x b Fa 0; Fc 2W; Fb W Para x ≥ b (sistema isostático; Fa=0)
W x
2W
F 0 F F 3W M 0 F b 2W x 0 y
b
b
b
c
b
c
2W x Fc x; Fb W 3 - 2 b b
Fa=0
B
C
Fb
Fc
x 3 Fb 3 - 2 0 x b (sistemapivota alrededor de C) b 2 p/x
W
3 b Fa Fb 0; Fc 3W 2
x 2W
9- Un pilote de madera uniforme, que fue martillada a una profundidad L en arcilla, el mismo soporta una carga aplicada F en la cabeza superior. Esa carga es resistida enteramente por el rozamiento f en el área lateral del pilote que varía en forma parabólica. Determinar el acortamiento total del pilote en función de (F, L, A, E)
y
2
f = k.y L
f
x
La fuerza “F” debe estar equilibrada por la suma de todas las fuerzas “f” de rozamientos, así
F=
L
0
2
k y dy =
k y3
L
3
0
=
k L3
;
3
k=
3F L3
(1)
Por la Ley de Hooke:
d
δy =
N y dy
donde N(y) es la fuerza que produce el rozamiento desde 0 hasta y, entonces:
AE
= = = 2
0
δy =
L N y dy
0
AE
0
=
L k y 3 dy
0
3A E
3
3
=
k 3A E
y4
L
4 0
=
3F
L4
L3 3 A E
=
FL 4A E
10- El reticulado de la figura está compuesto de tres barras idénticas de longitud L = 200 cm, 5 2 2 módulo de elasticidad E = 8x10 kg/cm y sección transversal S = 5 cm . Calcular el máximo peso P que puede sostener el sistema teniendo en cuenta los siguientes criterios: 2 a) No sea sobrepasado el esfuerzo admisible σadm = 1200 kg/cm ; b) El descenso vertical del nudo B no sobrepase 0,3 cm.
Establecemos el equilibrio estático de los nudos “B” y “C” Nudo “B”
Nudo “C”
FBC sen 60 = P
FBC =
;
FAB = FBC cos 60
FAB =
;
P
FCA = FCB cos 60 ;
sen 60 P
FCA = FCA
tg 60 C
FBC
FCB
FAB B P
Deformaciones longitudinales de las barras
= = =
200
60 .
= = =
=
115,47
200 230,94 = 60 .
= = =
200
60 .
=
115,47
se acorta se alarga se acorta
P tg 60
Análisis de la deformación de la estructura
C AC
1
AB B
C’ 2 yB AB
60 B’’
A
B yB
B’ 2 B’’
B’
1 = AC sen 30
δ
2
=
230,94 P AE
; 115,47 P AE
CB = 2 1
sen 30 =
;
2 = CB + 1
δ
yB
=
P AE
2 = CB + AC sen 30
173,21 P AE
yB = 2 sen 60 + (2 cos 60 + AB) tg 30 Reemplazando el valor de 2 en (1)
;
δ
yB
(1)
=
173,21 P AE
sen60 +
173,21 P AE
cos 60
115,47 P AE
133,34
Aplicando la condición b dada
yB < 0,3
;
0,3 =
133,34
5 8 10 5
;
P = 9000 kg
tg30
Ejercicios propuestos 11- Cada barra de la estructura indicada tiene una longitud L = 150 cm y una sección A = 1,25 cm2 con un módulo E = 2,1 x 10 6 kg/cm2. La barra AB está empalmada con un tensor de rosca doble de paso p = 1 mm por vuelta. Inicialmente no hay esfuerzos internos. ¿Cuántas vueltas “n” del tensor son necesarias para producir una fuerza de tracción FAB = 1 850 kg en la barra AB? R: n = 2,64 vueltas
Tensor
A
C
E = 2 x 10 6 kg/cm2
D
E
L
12- Al fabricar el sistema de barras articuladas de la figura se cometió un error en la longitud de la barra BD que resultó 1 mm más corta que el diseño. En consecuencia al montar se originaron tensiones iniciales. Determinar si el error produjo un aumento ó disminución de la capacidad portante final del sistema. Datos: A = 4 cm2 adm = 1 200 kg/cm 2 E = 2 x 10 6 kg/cm2 Sin el error de montaje: Pmax = 8 194,11 kg Con el error de montaje: Pmax = 2533,86 kg
13- Calcular el máximo aumento de temperatura que puede tener la estructura del sistema indicado. Datos: A1 = 4 cm 2 ; 1adm = 600 kg/cm 2 A2 = 3 cm 2 ; 2adm = 700 kg/cm 2 A3 = 5 cm 2 ; 3adm = 500 kg/cm 2
B
L
A
B
C
45º
45º
10 cm
D P
60º
L
60º
1
2
30º
3
= 12 x 10 6 1/ ºC
Tmax = 15,99 ºC
14- A la barra rígida AB horizontal de la figura, articulada en A, se le aplica una carga de 20 000 kg. La misma está sujeta por dos varillas: de acero EB y de cobre CD. Determinar las tensiones en cada varilla vertical y el A alargamiento de la varilla de acero. Despreciar el peso de la barra AB. Datos: Acero Cobre: LEB = 150 cm LCD = 90 cm 2 AreaEB = 3 cm AreaCD = 5 cm2 E = 2,1 x 10 6 kg/cm2 E = 2,1 x 10 6 kg/cm2 R: acero = 3 600 kg/cm 2 ; cobre = 1 700 kg/cm 2
E C D B
20 000 kg
