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CAPÍTULO I ESTADO UNIAXIAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES 1.1) Introducción. Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables 1.1.1) Definiciones

Mecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales, Mecánica de Sólidos Deformables o

Mecánica de Materiales) es la disciplina que estudia, básicamente, las relaciones entre acciones aplicadas y sus efectos en el interior de los sólidos o elementos estructurales.

T

Sólido estructural

Fuerzas concentradas Fuerzas distribuidas Momentos flectores Momentos Torsores Cambios de temperatura Perturbaciones Etc...

Acciones (Generalizadas)

T = Tfinal - Tinicial

En respuesta a las acciones aplicadas, el sólido se deforma: Configuración Final (Deformada) Efectos (Comportamiento)

Transmisión de cargas (ESFUERZOS) Cambios de geometría (DEFORMACIONES)

Configuración Inicial (No Deformada)

Z

Y

X Y, Z

Eje para momento torsor Ejes para momentos flectores My / Flexión en el plano XZ/ Mz / Flexión en el plano YX/

X Eje Normal

  Perturbación (hundimiento de apoyos)

Mecánica de Sólidos

Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz

Para estudiar el comportamiento de un sólido estructural es preciso distinguir entre Configuración Inicial y Configuración Deformada. Configuración inicial  Geometría y restricciones antes de aplicar las acciones Configuración Deformada  Geometría y restricciones luego de ser aplicadas las acciones. Mecánica de Sólidos o Resistencia de Materiales es también una disciplina técnica relacionada con los Métodos de la Ingeniería que tienen especial interés en los conceptos de RESISTENCIA, RIGIDEZ y ESTABILIDAD de elementos o sistemas estructurales. RESISTENCIA  Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para contrarrestar acciones sin quebrarse o descomponerse. RIGIDEZ  Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para oponerse a las deformaciones que le inducen las acciones aplicadas. ESTABILIDAD  Capacidad de un elemento o de un conjunto de elementos para conservar una forma única garantizada por las condiciones del equilibrio. En Mecánica de Sólidos (Resistencia de Materiales) se complementará el estudio de fuerzas iniciado en Estática. Sin embargo, existe una diferencia fundamental. RESISTENCIA

ESTÁTICA P

P P

Sólido rígido (indeformable)

Sólido deformable (de la conf. Inicial a la conf. Final)

Problema de Estática v.s. Problema de Mecánica de Sólidos ESTÁTICA: Hallar la fuerza en el cable BD. D

FBD

P

c  A

a

B C

HA

A



P B C

b VA

Equilibrio  MA = 0 P(a + b) – FBDsen a = 0 P(a  b) P(a  b) FBD   c a sen a 2 a  c2 P(a  b) a2  c 2 ac Características de la solución: FBD 

2


  


La solución depende únicamente de las ecuaciones del equilibrio. La solución es INDEPENDIENTE del material del cable. No es necesario conocer las dimensiones transversales del cable.

MECÁNICA DE SÓLIDOS: Calcular el desplazamiento vertical del punto C. D P B

C

A

cv

=?

C'

Características (esperadas):   

Debe "conocerse" el material del cable Debe conocerse la sección transversal del cable Además de las ecuaciones de equilibrio, se usarán otras que relacionen FUERZAS, DESPLAZAMIENTOS Y MATERIAL (Ecuaciones Constitutivas).

Existen dos grandes vertientes (enfoques) de estudio en Mecánica de Sólidos: Analítica  Análisis y Cálculo de Esfuerzos y Deformaciones Experimental  Estudio de las Propiedades Mecánicas de los Materiales y Sistemas Estructurales. El conocimiento y dominio de ambos enfoques, en Ingeniería permite el DISEÑO de elementos o sistemas estructurales, con SEGURIDAD y FUNCIONALIDAD. SEGURIDAD Transmisión adecuada de las cargas (relacionada con la Resistencia) P P

Respeto a las condiciones del uso para el que han sido concebidos (relacionada con las Deformaciones). FUNCIONALIDAD

1.1.2) Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables Con la finalidad de simplificar el tratamiento y las ecuaciones que describen el comportamiento de sólidos o sistemas estructurales, es conveniente usar HIPÓTESIS SIMPLIFICATORIAS. Estas han sido validadas analítica y experimentalmente.

3





Sobre la Estructura Interna y Propiedades de los materiales  Continuidad  Homogeneidad  Isotropía



Sobre el Carácter de las Deformaciones  Deformaciones pequeñas (INFINITESIMALES)

Hipótesis Simplificatorias

CONTINUIDAD El material llena totalmente el volumen que ocupa. Se acepta una distribución CONTINUA de materia, en lugar de considerar a los sólidos como un conjunto de partículas discretas (MEDIO CONTINUO).

Medio continuo  apropiado para estudiar fenómenos de presión, densidad, etc.

Medio discreto  Apropiado para estudiar propiedades electroquímicas, magnéticas probabilísticas, etc

HOMOGENEIDAD Las propiedades del material son iguales en todos los puntos del sólido

P

Q

Propiedades iguales para puntos diferentes Material homogéneo  Acero Material no homogéneo  Concreto Armado ISOTROPÍA Las propiedades del material son iguales en todas las direcciones

Propiedades iguales para elementos de distinta orientación

Existen materiales que no son compatibles con esta hipótesis (la madera).

4



DEFORMACIONES INFINITESIMALES Las deformaciones admisibles son pequeñas (infinitesimales) comparadas con las dimensiones iniciales del sólido. P P

L + L

L L 0 L

Esta hipótesis tiene un gran valor operativo: Nos permite referir las ecuaciones del equilibrio a la CONFIGURACIÓN INICIAL del sólido.

P1

P2

P1

P2

H1 V1 FV = 0 FH = 0 MO = 0

P1

P1'

V2

P2

P2'

Como se han generado cambios en la geometría, es complicado plantear las ecuaciones de equilibrio en la configuración final.

Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Inicial  ANÁLISIS DE 1° ORDEN Ecuaciones de equilibrio en la Configuración Deformada  ANÁLISIS DE 2° ORDEN Nota) Existen otras hipótesis, como: Elasticidad del material, Linealidad entre fuerzas y desplazamientos, secciones planas, ..., etc. (Serán tratadas en su oportunidad)

1.2) Fuerzas Internas. Método de Secciones Consideremos un sólido en equilibrio.

5



F2

Si cortamos al sólido mediante PLANOS IDEALES, se evidencian SISTEMAS DE FUERZAS INTERNAS (para cada plano de corte).

Sólido en equilibrio

F3 F4

F1

Las Fuerzas Internas se manifiestan como FUERZAS DE INTERACCIÓN entre las partículas del material que constituyen el sólido. Cada plano de referencia, separa al sólido en dos porciones.

Sección de interés

F2 (I)

F3

(II)

F4 F1

Plano de corte (imaginario) Fuerzas Internas

F2

F3

(II)

(I)

F4 F1 Garantizan el equilibrio de (I)

Garantizan el equilibrio de (II)

Ambas porciones en equilibrio Las fuerzas internas representan la interacción de una parte del sólido con la parte que ha sido (idealmente suprimida). En general, estas fuerzas tienen diferentes magnitudes y sentidos, y cambian al cambiar el plano de referencia. En cada caso, las fuerzas internas deben satisfacer las condiciones del equilibrio de la porción que se considere. ACCIONES INTERNAS Las fuerzas internas en una porción del sólido pueden representarse mediante un Vector Fuerza V y un Vector Momento M M

F2 (I)

<>

(I)

V

F1

6



Los vectores V y M sobre cada superficie de corte pueden descomponerse en sus componentes rectangulares. Las magnitudes de estas componentes se denominan Acciones Internas. y F2

(o: Centroide de la sección transversal)

Mxy Vxy (I)

o

F1

x

Vxx

Mxx

(Normal al plano de corte)

Vxz Mxz

z

Nota) Primer subíndice  dirección normal al plano de corte Segundo subíndice  dirección particular de la componente

V = (Vxx, Vxy, Vxz) M = (Mxx, Mxy, Mxz)

Si no existen confusiones, puede usarse un solo subíndice V = (Vx, Vy, Vz); M = (Mx, My, Mz) Si consideramos la porción (II) del sólido, las fuerzas internas son de la misma intensidad pero de sentido contrario. Cada una de las acciones internas manifiesta un EFECTO ESPECIAL en el comportamiento del sólido. Vxx  FUERZA NORMAL ( al plano de corte) Vxy, Vxz  FUERZAS CORTANTES (paralelas al plano de corte) Mxx  MOMENTO TORSOR (con respecto al eje geométrico del sólido) Mxy, Mxz  MOMENTOS FLECTORES (con respecto a ejes en el plano de la sección) Notas) 1) Las acciones internas ocasionadas por un Sistema de Acciones (cargas aplicadas + reacciones) dependen de la orientación del Plano de Corte.

F3

F2

P (I) (1)

F3

F2

(II)

P (II)

(I) F4

(2)

F4

F1 F1 A cada plano de corte le corresponde un SISTEMA DE ACCIONES INTERNAS 2) Si las ACCIONES EXTERNAS actúan en un plano, las fuerzas internas se reducen a tres (Sistemas Planos de Fuerzas).

7



F3

1

1

F2

V

F2

N

M F4

1

1 F1 (Sistema plano de fuerzas)

F1 N  Fuerza Normal V  Fuerza cortante M  Momento Flector

3) Las fuerzas internas variarán en intensidad y dirección, según se consideren distintos planos que pasen por un punto P. Un problema de interés será determinar las VALORES EXTREMOS de las Acciones Internas. 4) Cada acción interna representa un EFECTO distinto sobre el sólido.  La Fuerza Normal representa una acción de extensión (tracción) o una acción de acortamiento (compresión) del sólido P

P

P

P

P

P

P

P

TRACCIÓN (+) (Alargamiento) 

COMPRESIÓN (–) (Acortamiento)

Las Fuerzas Cortantes son componentes de la resistencia total al deslizamiento de una porción del sólido respecto de otra.

B A C

P

P

B Fuerzas cortantes

A

P

C 

El Momento Torsor medirá la resistencia del sólido al GIRO relativo de una sección respecto de otra.

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Punto fijo Generatriz de referencia

A

x (Configuración inicial)

Sección fija  A'



Aplicando el torsor T, la sección libre gira ° respecto a la sección fija.

T

A

x

Los Momentos Flectores medirán la resistencia del sólido a curvarse (flexionarse) respecto a un eje de su sección transversal.

M

N

V Se genera flexión (curvatura en un plano coordenado)

EJEMPLOS 1) La barra AB tiene un peso de 2 lb/pie y soporta 30 lbs en su extremo inferior. Hallar las acciones internas en las secciones a-a, b-b y c-c.

c

B

b a

 Reacciones

c 4 pies

b

R W: peso total

4 pies

Aa 30lb

B

A

Fv = 0 R = W + 30 R = 2(8) + 30 R = 46 lbs

W 30 lbs

FUERZAS INTERNAS Consideremos una porción de barra de longitud x.

46

x

B Q F

Q  peso de la barra de longitud x Fv = 0  F + Q = 46 F + 2x = 46 F = 46 – 2x; con 0  x  8 pies Fa-a = 46 – 2(8) = 30 lbs Fb-b = 46 – 2(4) = 38 lbs Fc-c = 46 – 2(0) = 46 lbs

9



Es posible representar la variación de FUERZA AXIAL (NORMAL) mediante un Diagrama denominado DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL.

x

F

46 lbs +

Tracción F = 46 – 2x

x 2)

30 lbs

Graficar el diagrama de FUERZA AXIAL para el sistema representado. 3 ton

Encontramos q(x)

q=0 1

3m 3 ton 1m

(de variación lineal)

x

4

q( x )



4

x

x

 q(x) = 4

q(x)

q = 1 ton/m

1

FUERZA INTERNA: Primer tramo 0x<3 R1 es la resultante de q(x) en el tramo de longitud x

3

3 + R1 = N1 x

N1 = 3 +0q( x )dx

R1

x

x

N1 = 3 + 0 N1 = 3 +

x dx 4

x2 8

N1 Segundo tramo 3
3

3 + R2 = 3 + N2 N2 = R2

R2

N2 =0q( x )dx

3

N2

x

x

x

N2 = 0

x dx 4

x2 N2 = 8

10



Función de Fuerza Axial 3 ton

 x2 ; 0x3 3   8 N=  2 x ; 3  x  4  8

3 ton 3m

N

(–)

3

33/8 ton 9/8 ton

1m

2 ton x (COMPRESIÓN) (Notar la discontinuidad en la sección correspondiente a la carga concentrada 3 ton) 3)

Hallar las acciones internas en la sección a-a.

10 kN

a 45°

a

5m

Equilibrio:

V

2 2 V 0 FH = 0  N 2 2 2 2 V  10 FV = 0  N 2 2

N

45°

M

(*)

10 kN

O

M0 = 0  M + (10)(5) = 0

5m

Resolviendo el sistema (*) tenemos:

N = 5 2 kN V = 5 2 kN M = – 50 kN – m

(Indica que el momento M actúa en sentido contrario al supuesto) 5 2 kN

10 kN

5 2 kN

50 kN-m

11


4)


Determinar las fuerzas internas en la sección 1-1 del sistema representado.

y

P

1/4 de circunferencia

1

1 

a x

a

z

y

tangente en c r

d1

Mr Vx

normal en c

c

d2

P a

 s

Ms

x

z Equilibrio:

Fx = 0  P + Vx = 0 . . . . (i) Mrc = 0  Mr – Pd2 = 0 . . . . (ii) Msc = 0  Ms + Pd1 = 0 . . . . (iii) d2 = a sen; d1 = a – a cos = a(1 – cos)  P + Vx = 0 (i) Mr – P a sen = 0 . . . . (ii) Ms + P a(1 – cos) = 0 . . . . (iii)

De (i)  Vx = – P (Fuerza cortante) De (ii)  Mr = P a sen (Momento flector) De (iii)  Ms = – P a(1 – cos) (Momento torsor) 5)

Considerando que la carga distribuida varía linealmente desde q = 3 ton/m, hasta q = 0, graficar el diagrama de fuerza axial en el sistema representado.

12



q = 3 ton/m 2m

1m

R

Reacción

Q

Q  Resultante de la distribución q 2 ton

Equilibrio: R = Q + 2 . . . . (1)

2

q=0

q = 3 ton/m x

3 q( x )   q(x) = 3 – x 3 3x

q(x)

3 3–x

dx

q q=0

Q

 qdx

dQ = qdx



3

Q  (3  x)dx

 L

Q = 4.5 ton

0

Reemplazando en (1)  R = 4.5 + 2  R = 6.5 ton FUERZA AXIAL

6.5 ton

Tramo 0  x  2 Q1 + F1 = 6.5 F1 = 6.5 – Q1

F1

x

 q(x)dx = 6.5 –  (3  x )dx

F1 = 6.5 –

x

0 x

Q1 q(x)

0

x



1  F1 = 6.5 +  (3  x) 2  2 0 2 1 F1 = 6.5 + 2 (3 – x) – 12 (3)2 F1 = 2 +

Tramo 2  x  3 6.5

1 2

F1

(3 – x)2

6.5 = Q2 + 2 + F2  F2 = 6.5 – 2 – Q2 x

 F2 = 4.5 –  (3  x)dx F2 = 4.5 – q(x)dx 0 x 0

x

F2 =

Q2

1 2

(3 – x)2

2 F2 13



6.5 Ton

Función Fuerza Axial 2  2  1 (3  x ) ; 0  x  2 F( x )   1 2 2   2 (3  x ) ; 2  x  3

F

1 F1 = 2+ 2

(3 – x)2

2 Ton 2.5 Ton 0.5 Ton F12 2 = (3 – x)2

2

x (Notar la discontinuidad de la gráfica en x = 2) 6)

En la palanca EF se aplica la fuerza W, según se indica en el esquema. Entre el cable CBAD y la superficie de contacto se genera una fuerza de fricción cuyo coeficiente es  = 0.4. Si la porción BC resiste una fuerza de tracción de 4,100 kg, hallar la fuerza de tracción en el cable en el punto A. Cable de espesor despreciable

a A

B W

D C

E

F

Diagrama de cuerpo libre del cable Si no hubiese fricción TA=4100

KhKg.a

d/2

fr T

d 

Si

d/2 T+dT

d A TA



Fuerzas de fricción

B

TB=4,100 kg

fr = fdN FNORMALES = 0 d d dN – Tsen – (T + dT)sen =0 2 2

d  0, con suficiente aproximación, tenemos: 2 d d dN – T – (T + dT) =0 2 2

14


dN – T


d d 1 –T + dTd = 0 2 2 2

Considerando únicamente diferenciales de 1er orden: dN  T . . . . (i) d Ftang = 0 d d (T + dT)cos – r – Tcos =0 2 2 Si

d 0 2



cos

d  1, luego 2

T + dT – T –  dN = 0 dT   . . . . (ii) dN De (i) y (ii) obtenemos: dT Td   Separando las variables: dT   d T Integrando ambos lados: LnT =  + k T = e + k T = e ek T = K e . . . . (iii) (Denominada ecuación de las poleas) Determinamos K: para  =  es T = TB = 4,100 kg  4,100 = K e0.4  K = 1,166.9 Reemplazando en (iii) T = 1,166.9 e0.4 Para el punto A:  = 0  TA = 1,166.9 e0.4(0) TA = 1,166.9 kg 7)

La barra homogénea representada pesa W, y descansa sobre un plano horizontal liso. Determinar las fuerzas internas en una sección genérica definida por el .

15



Semicircunferencia

W

P

r P

Reacciones

P



P R2

R1

R1 + R2 = W Wr – R22r = 0  R1 = R2 = W/2 Peso unitario  q 

V

N /2–

M

 C

r G

P A

W r

G  peso de la porción AC G = qr G=

W W r  G   r 

Fvert = 0

 r sen



W/2

  W W Vsen + Nsen     +   = 0  2  2 W

W

V sen + Ncos = – 2    . . . (i)

(  centroide del arco AC) Fhoriz = 0   Vcos – Ncos     – P =0 2   Vcos – Nsen = P . . . . (ii)

Mc = 0

W r sen (r – r cos) + G( – r cos) = 0  2 W W M = – P r sen + r(1 – cos) – r(sen – cos) . . . (iii) 2 

M + P r sen –

Resolviendo simultáneamente (i) y (ii) obtenemos V y N: W W N=( – ) cos – P sen  2 W W V=( – ) sen + P cos  2 De (iii) W W M = – P r sen + r(1 – cos) – r(sen – cos) 2  8)

Un pilote es enterrado por acción de una fuerza externa F = 100 klb. Una fuerza de fricción (klb/pie) se opone a la fuerza F, siendo su intensidad proporcional al

16



cuadrado de la distancia medida desde la superficie superior, y es nula en ella. Determinar las fuerzas internas en Z = 15 pies y en Z = 30 pies.

Equilibrio F=100 klb

 = kZ2

100 klb

 dZ 100   kZ dZ

100 

Z

 L 30

2

0

30

Z3  1 100  k    k  90  3 0

30 pies 

Resultante de la fricción

Luego:  =

1 2 Z 90

Fuerzas Internas 100

N + Q = 100  N = 100 –

Q: Resultante de la fricción (en la altura Z)

Z

Z

 Z

 dZ

1 2 Z dZ 90

N = 100 –



N = 100 –

Z3 270

0



N 1 (15)3 = 86.5 klb 270 1 = 100 – (30)3 = 0 klb 270

NZ=15 = 100 – NZ=30

100 klb

–

N COMPRESIÓN

Z3 N = 100 – 270

Z 9)

Determinar las acciones internas que actúan en la sección B del tubo representado. El tubo tiene una masa de 2 kg/m y está sujeto a una fuerza vertical de 50 N y a un momento de torsión de 70 N-m en su extremo libre A.

17



C

masa = 2 kg

0.75 m

0.5 m

B

D 50 N 1.25 m 70 N-m

A z Mz

Equilibrio Fx = 0  Px = 0 Fy = 0  Py = 0 Fz = 0  Pz – 50 – 24.52 – 9.81 = 0 Pz = 84.33 N

(2)(0.5)(9.81)=9.81 N

Pz

Py

0.25 m

Mx

Px B

0.25 m

50 N

0.625 m

70 N-m

My

y

0.625 m

A

2(1.25)(9.81)=24.52 N

x MxB = 0  Mx – 50(0.5) – 24.52(0.5) – 9.81(0.25) + 70 = 0 Mx = – 30.29 N-m (FLECTOR) MyB = 0  My + 24.52(0.625) + 50(1.25) = 0 My = – 77.66 N-m (TORSOR) MzB = 0 

Mz = 0

10) Para el sistema representado dibujar diagramas de cuerpo libre para cada miembro y calcular las acciones internas sobre los extremos de cada uno de ellos. 20 kN/m

4m

B

C

60 kN 2m

D

4m A

18



Elemento CD

60×2=120 kN-m

20 kN/m 20×2×1= 40 kN-m

60 kN 60 kN

C D 20×2= 40kN/m

Elemento CB

120 kN-m

40 kN

40 kN

120 kN-m 60 kN

40 kN-m 60 kN

40 kN-m

C B

Elemento BA 120 kN-m 40 kN 40 kN-m

60 kN B

A

11) Determinar las acciones internas en una sección genérica del arco representado. La fuerza p actúa normal al arco y está repartida sobre el mismo.

19



N

V M

p



0

A

N  2

M

- r

0

r

r



 pr

/2 /2

B

r

Fhoriz = 0  Vcos + prcos2

B



– Ncos(2 – ) = 0 

Vcos – Nsen = – prcos2

V sen + N sen(/2 – ) + pr sen

® V sen + N cos() = – pr sen

Mc = 0 

p



V

c d

Fvert = 0 

0

B

c

. . . . (*)

 =0 2

 . . . . (**) 2

M + prd = 0  M = – prr sen

 . . . . (***) 2

Resolviendo el sistema (*), (**), (***) obtenemos: V = – pr cos N = pr sen

 2

 2

M = – pr2 sen

 2

12) El sistema representado se encuentra en equilibrio. Determinar expresiones para las fuerzas internas en cualquier sección de la viga sumergida.

6 Ton

2 Ton/m

1.5 m

3.0 m

1.5 m

3.0 m

20



Reacciones 6 Ton

2 Ton/m A

C

B

Fvert = 0 E

D

9r = 6 + 2(3)  r =

4 ton/m 3

r Tramo AB x

M

A

   4  0  x  1.5 V x  3  (desde A) 4 x 2 2 M x  x  3 2 3  N0

V

N

r

Tramo BC

N0 4 V  (1.5  x )  2x  0 3 x 4 ( x  1.5) M  2x  ( x  1.5) 0 2 3 2

V

2 Ton/m

M

A

B

N

   4 0x3 V  2x  (1.5  x )  3  (desde B)  2 M   x 2  ( x  1.5) 2  3 

4 Ton/m 3

N0

x

1.5 m

Tramo CD V

2 Ton/m A

M B

C

N

4 3

1.5 m 3.0 m

N0 4 V  (4.5  x )  6  0 3 4 (4.5  x ) M  6(1.5  x )  (4.5  x ) 0 3 2    4  0  x  1.5 V  6  (4.5  x )  3  (desde C)  2 M  (4.5  x )2  6(1.5  x ) 3  N0

x

21



Tramo ED

N0 4 V x 0 3 4 x M x  0 3 2

V M E

N

   4 0 x 3 V   x 3  (desde E)  2 M  x2  3  N0

x

13) Encontrar ecuaciones para las fuerzas internas en cualquier sección de la viga representada.

y Reacciones y=kx2 0

x

0

L

Fvert = 0 

R1 R1 + R2 =

R1 + R2 = MO = 0  R2L – R2L – De (i) y (ii):



 L

 ydx 0

xdA = 0

 x ydx = 0 0

L

k 3 L . . . . (i) 3

R2L – L

R2



R2L –

L



0

x k x 2 dx = 0

k 4 L = 0 . . . . (ii) 4 R1 = k L3/12 R2 = k L3/4

22



Fuerzas Internas M N

x k 12

L3

V

N0 k 3 1 V L  xkx 2  0 12 3 k 3 1 1 M L x  xkx 2 x  0 12 3 4    k k 3  V  x3  L 0  x  L 3 12  k 3 k 4 M Lx x 12 12   N0

Parábola de 2do grado

Área = CG

b

xG  a

1 ab 3

3 L 4

xG

14) Una viga de 40 pies de longitud se encuentra simplemente apoyada y cargada sobre dos planos coordenados, según se indica. Determinar las acciones internas en cualquier sección normal como funciones de x.

y 10 lb/pie 340 lb/pie

x

z

PLANO XY y 10 lb/pie A RA

B

x

RB

RA = RB = 200 lb

23


10 lb/pie


Mxz Vxx

A x

Vxx = 0  (Normal) Vxy = 10x – 200  (Cortante) Mxz = 200x – 5x2  (Flector)

Vxy

200 lb

Vxx = 0 Vxy + 200 – 10x = 0 x Mxz  10 x  200 x  0 2

PLANO ZX R'A

R'B

A 340

x

B

lb

R'A + R'B =

1 2

(340)(40)

R ' A (40)  12 (340)( 40)( 23 )( 40)  0

Resolviendo el sistema, tenemos:

pie

R'A = 4,533.33 lb R'B = 2,266.67 lb z 4,533.33 lb A

x

Mxy

x

V'xx

t

40 – x t

340

340

340 t  40 40  x

Vxz t

17 (40  x ) (lb/pie) 2

Vxz + 4,533.33 – 0.5(340 + t)x = 0 17 Vxz = 0.5x[340 + (40 – x)] – 4,533.33 (CORTANTE) 2 x 1 2 Mxy + t x + x (340 – t) x – 4,533.33 x = 0 2 3 2 2 x 17 x2 17 Mxy = 4,533.33 x – ( )(40 – x) – [340 – (40 – x)] (FLECTOR) 2 2 6 2 y

Mxy 10 lb/pie

Vxz x Nxx=0

340 lb/pie z

Mxz

Vxy

24



15) La viga curvada que se representa está sometida a la acción de una fuerza distribuida p, cuya intensidad por metro de longitud del arco varía linealmente con el ángulo , desde cero en la base de la viga hasta PO en el extremo superior. Determinar las acciones internas en la base de la viga.

A 1 circunferencia 4

P0

p = k (Enunciado)  2P P0 = k  k = 0 2  2P0 p=  

p

 B

Determinamos la función de carga p=():

r

Equilibrio: i) V =



/2

0

pds 

2P0 r V= 

ds = rd

P r V =0 4

r rsen



/2

0



/2

0

2P0 rd  /2

2P  2  d   0 r     2 0

(fuerza cortante)



M

r – rcos

V T

ii) T +



/2

0

P(r  r cos )rd = 0

/2

2P0  r(1  cos )rd 

T =



T =

2P0r 2 

0



/2

0

(1  cos )d

Desarrollando la integral (por partes: u = ; dv = (1 – cos)d) /2

 2     sen  cos  2 0

T =

2P0r 2 

T =

2P0r 2 2  (   1)  8 2

25



T =  P0r 2 (

(Momento Torsor)

 2 1  ) 4 

(sentido

contrario

al

supuesto) iii) M +

π/ 2



0

M= 

Pr senrdθ = 0

π/ 2



0

2P0 2 r send 

2P0 2 π/2 r send 0  2P /2 M =  0 r 2 sen   cos 0  2P (Momento flector) M =  0 r2 



M= 

(sentido contrario al supuesto)

16) Dos barras iguales, rígidas, de peso G cada una y de longitud 2L, están articuladas en su punto medio. Sus extremos inferiores descansan sobre un plano liso horizontal, y sus extremos superiores están unidos por intermedio de un cable. En las barras se apoya un cilindro de radio r y peso Q, según se indica en el esquema. Hallar la fuerza de tracción que se desarrolla en el cable.

i) L

Equilibrio (total)

L

FV = 0 Q + 2G = 2S Q  S G . . . . (i) 2 (S: reacciones verticales porque el piso no tiene fricción).

Q

o  L

L 2G S

S

ii) Calculamos la presión que el cilindro ejerce sobre las barras.

Q . . . . (ii) 2sen Sea x la distancia (sobre las barras) desde el punto O hasta el punto de contacto: r r  tan    x . . . . (iii) x tan 

FV = 0  2Rsen = Q  R  R



Q 

o



R

x

iii) Equilibrio (de cada barra).

26



T

T R

R

Ay o

Ay Ax

Ax

o





G

x G L

S

S

L

T: tracción en el cable R: presión del cilindro Ax, Ay: reacciones en la articulación en O G: peso de la barra S: reacción del piso.

Mo = 0  TLcos – Rx – SLsen = 0 (iv) Reemplazando (i), (ii) y (iii) en (iv) y despejando T, obtenemos: Qr Q T  (G  ) tan  2 2 2Lsen 

1.3) Esfuerzo Normal Uniaxial 1.3.1) Definiciones a) Un elemento se encuentra en ESTADO UNIAXIAL de carga (CARGA AXIAL SIMPLE) cuando en cualquiera de sus secciones transversales, todas las fuerzas internas (acciones internas) son nulas, salvo la componente de dirección normal.

P

1

P

Eje P x (normal)

b)

Sección transversal (normal) de área A.

1 P

Sistemas de fuerzas internas, distribuidas en la sección 1-1 y cuya resultante es P.

Se denomina ESFUERZO NORMAL UNIAXIAL a la intensidad de las fuerzas distribuidas sobre el área de la sección transversal. P . . . . (1)  A Convenio:  > 0  ESFUERZO DE TRACCIÓN  < 0  ESFUERZO DE COMPRESIÓN Unidades: SISTEMA UNIDADES DE P UNIDADES DE A UNIDADES DE  Internacional Newton m2 N/m2 (Pascal) 2 Inglés Libra pulg lb/pulg2 2 Métrico Kilogramo cm kg/cm2

27



De uso obligatorio es el SISTEMA INTERNACIONAL 1 kilo Pascal = 103 Pascales 1 Mega Pascal = 106 Pascales 1 Giga Pascal = 109 Pascales Notas) 1)

P se ha definido el Esfuerzo Normal Uniaxial en A VALOR PROMEDIO, aceptándose que la carga axial P se reparte UNIFORMEMENTE en el área transversal A.

Mediante la ecuación (1)  

2)

3)

Se denomina ESFUERZO NORMAL en un punto del área transversal, al valor: dP . (2)  dA

La ecuación (1) supone una distribución uniforme del esfuerzo normal, mientras que la ecuación (2) NO presupone tal distribución. A partir de la ecuación (1)  PRISMA DE ESFUERZOS A partir de la ecuación (2)  SÓLIDO DE ESFUERZOS (El Volumen del Sólido de Esfuerzos es igual a la intensidad de la carga P)

1.3.2)

Propiedades del Esfuerzo Normal ()

  dA . Es la única información

a)

La ecuación de equilibrio estático se expresa P 

b)

sobre la distribución del esfuerzo normal. La REAL DISTRIBUCIÓN del esfuerzo normal es un problema estáticamente indeterminado. La distribución uniforme del esfuerzo normal uniaxial SÓLO PUEDE EXISTIR SI LA RESULTANTE DE LAS FUERZAS APLICADAS pasa por el CENTROIDE de la SECCIÓN TRANSVERSAL.

( A)

28



Debemos demostrar que C es el CENTROIDE del área transversal A, siempre que  sea uniforme. En un elemento de área dA, la fuerza normal asociada es dP =  dA. Ecuaciones del equilibrio: Fz = 0  P 

  dA . . . . (*) ( A)

My = 0  Pa 



x( dA) . . . . (**)

Mx = 0  Pb 



y( dA) . . . . (***)

(A)

(A)

Si la distribución de esfuerzos es uniforme,  es de valor constante. Las ecuaciones (*), (**), (***) pueden escribirse: P=A



Pa   x dA ( A)

Pb  



( A)

y dA



De donde, eliminando P, obtenemos: Aa   x dA ( A)

Ab  

y finalmente: a 



x dA

(A)

y

b



( A)



( A)

y dA

y dA

A A Los valores encontrados para las coordenadas a, b definen al punto C como el CENTROIDE del área de la sección transversal.

Notas) 1) Sólo puede presuponerse una distribución uniforme del esfuerzo normal, cuando la resultante de las cargas aplicadas (P) pase por el CENTROIDE del área transversal (ESTADO DE CARGA AXIAL CENTRADA).

29


2)


Si un elemento está sometido a carga axial, pero existen SECCIONES TRANSVERSALES EXCÉNTRICAS, los esfuerzos normales en éstas, NO pueden suponerse uniformemente distribuidas. Sección excéntrica respecto a la recta de acción de P.

P

P

M = Pe P e

excentricidad

P

En esta sección transversal el esfuerzo normal NO puede suponerse UNIFORME. El momento de excentricidad M = Pe distorsiona la posible distribución uniforme del esfuerzo debido a la carga P.

EJEMPLOS 1) Calcular el esfuerzo normal promedio que se genera en los alambres del sistema representado. 4 alambres simétricos, de A diámetro 0.5 cm cada uno.  q = 2 kg/cm

1m

q

1m Fuerza total hacia abajo: Q = 2(50)(2) = 200 KG Fuerza en cada alambre: Equilibrio del nudo A

F

F

R=200 kg

F

F (Simetría)

Fvert = 0 30



 200 = 4Fcos 200 F 100 4 100 2  50 2 F  25 5 kg (TRACCIÓN)

alambre F

 vertical

Esfuerzo en cada alambre: F 25 5 kg    A (0.5) 2 cm2 4  = 894.43 kg/cm2 (TRACCIÓN) 2) Una barra rígida AB, de masa 1000 kg está suspendida de dos cables AC y BD, cada uno de los cuales tiene sección transversal de 400 mm2. Determinar la magnitud de la fuerza P, así como la ubicación x, para que los esfuerzos normales en los cables AC y BD tengan como valor límite 100×106 Pa y 50×106 Pa, respectivamente.

C

D P

x A

B 2.0 m

Fuerzas axiales:

x

FAC

P FBD

1–x

o

1m

1m W = mg = (1000 kg-m)(9.8) W = 9,800 Newtons

Fvert = 0  FAC + FBD = P + 9,800 . . . . (i) M0 = 0  FAC(1) – P(1 – x) – FBD(1) = 0 . . . . (ii) P P + (1 – x) 2 2 P P FBD = 4,900 + – (1 – x) 2 2 (Fuerzas  Newtons; Longitudes  metros)

De (i) y (ii) obtenemos: FAC = 4,900 +

Esfuerzos normales  AC

F  AC  A AC

P P  (1  x) 2 2 400  10  6

4,900 

31



BD

Valores límite

Luego

F  BD  A BD

P P  (1  x ) 2 2 400  10  6

4,900 

AC  100×106 Pa BD  50×106 Pa P P  (1  x) 2 2  100  10 6 . . . . (*) 400  10  6 P P 4,900   (1  x ) 2 2  50  10 6 . . . . (**) 400  10  6 4,900 

De (*) y (**) obtenemos: P = 50,200 Newtons x = 0.602 metros 3) Determinar la forma del sólido, tal que el esfuerzo normal  sea el mismo en todas las secciones transversales (sólidos de igual Resistencia). P P

A0 x dx

Peso específico 

Aislamos la porción de sólido de altura dx:  Área transversal A

dx

A+dA  Aproximación al peso del elemento diferencial:

(

A  A  dA )dx 2

2A  dA )dx = 0 2 dAdx Simplificando: dA – Adx –  =0 2 Considerando diferenciales de 1er orden: dA – Adx = 0

Fvert = 0  (A + dA) – A – (

32


dA   dx  integrando A 

De donde LnA 


 x k 



dA  A



  dx

Para x = 0 es A = A0 (dato)  Ln A0 = k

Por tanto LnA 

 A  x  LnA 0  Ln  x  A0  

x A  e A0

Pasando a la forma exponencial:

A  A0e

 x 

 Ley de variación de las secciones transversales

4) Hallar la sección transversal requerida por los elementos FC y CB de la armadura representada, de modo que resistan la carga P = 65 Ton y el esfuerzo permisible sea 1.4 Ton/cm2 en tracción. P=65 Ton

C

F

G

3 4

0.75 m A

0.75 m

B E

D a

a

a

a

a

a

a=0.5 m Fuerzas axiales en las barras FC y CB  PFC = 8.67 Ton (tracción) (¡Verificar!) PCB = 39.1 Ton (tracción) P 8.67 Ton Secciones Requeridas: A FC  FC   6.19 cm2 2 perm 1.4 Ton/cm A CB 

PCB 39.1 Ton   27.93 cm2 2 perm 1.4 Ton/cm

Nota). Conociendo el área de la sección transversal, puede establecerse la forma de la misma. Si FC  de sección circular  2 dFC  6.19  dFC = 2.8 cm 4 (realmente dFC = 3 cm) Si FC  de sección cuadrangular l2FC = 6.19  lFC = 2.49 cm (realmente lFC = 2.5 cm)

33



Similar para la barra CB. 5) La estructura articulada que se representa, debe soportar la carga P. El esfuerzo normal debe ser el mismo en los dos miembros. Si los miembros AB y BC son de sección transversal constante, determinar el ángulo  necesario para alcanzar el peso mínimo de la estructura. P

C

L 

B Fuerzas Normales en las barras: P

Barras homogéneas del mismo material

FCB  A

(FCB  tracción FAB  compresión)

FAB

FCB = P cotan P FAB   sen

Esfuerzos Normales (valor absoluto): P cotan P cotan barra CB     A CB   A CB P P / sen barra AB     A AB   sen A AB Peso de la estructura L (: peso específico) W  (A CBL  A AB ) cos  PL P  W    cotan L     sen  cos    P 1 W   L(cot an  )  sen cos  sen2   cos 2  dW 0 Peso Mínimo   0   cosec 2   d sen2  cos 2  Resolviendo la ecuación anterior (para 0 <  < /2) se obtiene tan = 2    55° 6) Calcular el máximo esfuerzo normal que se genera cuando el cono circular recto, gira con velocidad angular constante alrededor de un eje perpendicular a su eje longitudinal. Considerar  el peso específico del material del cono.

34





r o

Peso específico 

L

L

r



t

o

y

L–y

u r

t

o

du 

z L–u

L–y

y

Fuerza Axial: Determinamos la fuerza axial generada por la rotación de una porción del cono. Definimos un disco diferencial a la distancia u del eje de giro. r z r t r r    t  y;  z  (L  u) L y L L L L u Cuando gira el disco diferencial se genera una fuerza diferencial

35



disco de masa dm z

o

dF = (dm)a . . . . (i) dm Pero   ; y a =  2u dV

dF

 dF = (dV)2u dF = (z2du)2u  2 r 2 dF   2 (L  u) 2 udu g L La fuerza generada por la rotación del cono de altura y, es: 2r 2 L F (L  u) 2 u du 2 L  y gL Desarrollando la integral y simplificando, obtenemos: 2r 2 L 3 1 4 F ( y  y ) 3 4 gL2



y área transversal A F

t

2r 2  L 3  y  gL2  3  r2  2 y2 L 2   L Simplificando    y g 3

Esfuerzo Normal: F  A A = t2

1 4 y  4 

1 2 y  4 

Condición para Esfuerzo Normal Máximo: d L 1 2 0   y0  y L dy 3 2 3

máx 

2   L 2 1 2  L  ( L) 2   g 3 3 4 3 

máx 

2 L2 9g

(máx 

d2   0) dy 2

36



1.3.3) Principio de Saint - Venant

P

P Concentraciones del Esf. Normal

(Distribución no uniforme)

Si se prescinde de un CORTO SEGMENTO INICIAL de la barra, los esfuerzos internos (y las deformaciones) NO CAMBIAN si se sustituye un sistema de fuerzas externas por otro que tenga los mismos parámetros. P Q Q2 2 Q Q1 P 1

P: resultante de Q1 y Q2  P



La misma distribución del Esfuerzo Normal

"Si se cambia la distribución de las fuerzas aplicadas en uno de los extremos, sin que cambien la resultante, los esfuerzos internos sólo cambian en segmentos iniciales de longitud aproximada a la mayor dimensión de la sección transversal". P P

1

2 1  2

P El principio de Saint - Venant puede interpretarse de la manera siguiente: " En elementos sometidos a Carga Axial, la diferencia entre el valor promedio del esfuerzo normal y el valor del esfuerzo normal en un punto, es despreciable en secciones transversales suficientemente alejadas de los puntos de aplicación de las cargas, pero es importante en la vecindad de tales punto".

1.4) Esfuerzo Normal de Aplastamiento (Esfuerzo de Apoyo) En el análisis de sistemas estructurales, frecuentemente se presentan casos en los que un cuerpo es soportado o sostenido por otro. Por ejemplo, en el sistema poste-zapatasuelo, que se representa:

37



P P O S T E

Si la resultante de las cargas aplicadas pasa por el centroide del ÁREA DE CONTACTO entre los cuerpos, se genera un caso particular de esfuerzo normal, denominado ESFUERZO DE APLASTAMIENTO O ESFUERZO DE APOYO (ap). P ap  A ap Siendo Aap el área de contacto entre los cuerpos.

ZAPATA SUELO En esta superficie se desarrolla ap entre poste y zapata

En esta superficie se desarrolla ap entre zapata y suelo

P

Sección de área A1

Nota: Se determinan los esfuerzos generados por la carga axial P. No se incluye el peso propio de los sólidos.  ap 1 

P A1

Sección de área A2  ap 2 

COMPRESIONES

P A2

Ejemplo) Un poste de madera de 15×15 cm2 de sección transversal transmite una carga de 5.o Ton, a una zapata de concreto, según se indica. i) Hallar el esfuerzo de apoyo entre madera y concreto. ii) Si la presión admisible en el terreno es 1 kg/cm2, determinar las dimensiones de la planta de una zapata cuadrada. No incluir los pesos propios.

38



15×15 cm 2 5 Ton

x

i)  ap1 

ii)

5 Ton   ap1 15  15 cm2

5 Ton  ap2 

x 5000 kg   ap1  22.22 kg/cm 2 2 15  15 cm

5000 x2

 1  x = 70.71 cm

permisible = 1 kg/cm2 Nota). Esfuerzos de apoyo o de aplastamiento se presentan frecuentemente entre elementos cuya superficie de contacto NO ESTÁ EN UN PLANO. Por ejemplo: Se presenta esfuerzo de aplastamiento entre el conector (pasador) y las placas que soporta en el sistema representado.

El pasador ejerce sobre la placa una fuerza igual y opuesta a la ejercida por la placa sobre el pasador.

39



P P

4 3

1 2

d A

La real distribución del esfuerzo en el área de contacto es muy complicada. Para fines prácticos se usará un VALOR PROMEDIO NOMINAL del esfuerzo de aplastamiento, obtenido dividiendo la carga P entre el ÁREA DE LA PROYECCIÓN DEL PASADOR EN LA SECCIÓN DE LA PLACA (rectángulo 1234). P  ap  bd bd  área nominal de aplastamiento

b P Nota). En todos los casos, el área nominal de aplastamiento (apoyo) es el área de la proyección de la superficie real de contacto entre los cuerpos, en un plano perpendicular a la dirección de la fuerza.

Plano  a la recta de acción de la fuerza P P Aap

ÁREA NOMINAL DE APLASTAMIENTO SUPERFICIE REAL DE CONTACTO

Ejemplos 1) La carga aplicada a una varilla de acero, se distribuye a una viga de madera mediante una placa de apoyo cuyo diámetro interior es 1". Si el esfuerzo normal en el acero es 5 klb/pulg2 y el esfuerzo de apoyo entre la placa de acero y la madera no debe exceder de 750 lb/pulg2, hallar el diámetro exterior de la placa de apoyo.

40



i) Esfuerzo normal en la varilla de acero:  

P A acero

;



5 klb pulg 2

(dato)

5,000 lb  7 2 ( ) pu lg 2  P = 3,006.6 lb pulg 2 4 8 ii) Esfuerzo de apoyo (contacto entre placa de acero y viga de madera) P P 3,006.6 lb  A ap   ap   A ap  ap 750 lb/pulg 2

 P =  Aacero =

Aap = 4 pulg2 Aap  corona circular. Luego  2 (d  12 )  4  d  2.47 pulg 4 (En la prática d  2.5 pulg) 2)

En el sistema representado, determinar i) El esfuerzo de apoyo en C. ii) Los esfuerzos de apoyo en cada soporte (dos soportes simétricos). 75 mm 300 mm

A B 125 mm 9 mm

Pasador de 2.6 mm de diámetro

C Soportes

Soportes 750 kN

5 mm

41



i) FUERZA EN EL APOYO C:

Resultante

Cx = FAB Cy = 750 kN 750 kN FAB(125) – 750(300) = 0 FAB = 18×105 N

B

FAB

C

Cx RC

Cy

 Cx = 18×105 N; Cy = 750×103 N R C  C 2x  C 2y = 1,950×103 N

ap EN EL APOYO C:

9 mm

 ap 

RC

2.6 mm

P A ap

1,950  10 3 N = 83.33×109 N/m2 9  10 3  2.6  10 3 m2 = 83.33×109 Pa

 ap 

ap ap EN LOS SOPORTES: P  ap  A ap

(en los soportes)

Cada soporte recibe P = Rc/2, luego 1,950  10 3 N 2  ap  5  10  3  2.6  10  3 m2 3)

(9 mm×2.6 mm)

ap = 75×109 Pa

Calcular el diámetro del perno y el área requerida por las placas de apoyo en el sistema representado. Los esfuerzos no deben exceder de 2,500 kg/cm 2 en tracción del perno y 75 kg/cm2 de aplastamiento entre las placas de apoyo (cuadradas) y las vigas de madera.

1 PERNO (LARGO) PLACAS DE APOYO

VIGAS 4 Ton 90 cm

180 cm

90 cm

180 cm

Fuerza en el perno:

42



C

B

A

D 4 Ton

90 cm

180 cm

90 cm

180 cm C

B RB

F RB

A

RC

D 4,000 kg

RA Equilibrio 

F

tracción en el perno

RB  R C  F

  VIGA BC 180R B  (180  90)R C  0 R A  F  R B  4,000

  VIGA AD 90R B  (90  90  180)( 4,000)  (90  180)F 

Resolviendo los sistemas de ecuaciones, hallamos F = 6,666.7 kg Esfuerzos F A 6,666.7 6,666.7 Luego 2,500    2 A d 4 de donde obtenemos d = 1.84 cm (mínimo, porque  fue el máximo)

i) Tracción en el perno  

ii) Aplastamiento

Aap  ap 

Aapap 

F

F A ap 6,666.7  88.89 cm2 75

 (1.84) 2  88.89 4  l = 9.6 cm (lado de la placa)

Placas cuadradas de lado l  l2 

1.5) Esfuerzo Normal Permisible. Factor de Seguridad Ensayos del comportamiento de materiales (en laboratorios) proporcionan información relativa a la resistencia del material al esfuerzo normal. 43



Se preparan probetas de un material, de dimensiones estandarizadas, y se las somete a FUERZAS AXIALES de INTENSIDAD CRECIENTE, hasta lograr la ruptura del espécimen. P

Pu L

L+L .... Pu: CARGA ÚLTIMA (CARGA DE RUPTURA) PU: mínimo valor de P que ocasiona la ruptura del espécimen.

Ao P

A1 A1
Definición. Resistencia Última o Esfuerzo Normal Último: P Carga última  u   u  u A0 Área transversal inicial Cada material tiene un valor característico de u. (Acero estructural  u  4,000 kg/cm2) En diseño estructural, el valor del esfuerzo denominado ESFUERZO PERMISIBLE se fija considerablemente más bajo que el valor del ESFUERZO ÚLTIMO (determinados en el ESSAYO UNIAXIAL DE TRACCIÓN). Esta reducción es conveniente por: i) La magnitud EXACTA de las fuerzas que pueden actuar en una estructura, es desconocida. ii) Los materiales no son enteramente uniformes; (material ensayado  material a usar) iii) Con el transcurso del tiempo y condiciones ambientales, algunos materiales se CORROEN O DEGRADAN, pudiendo facilitar grandes deformaciones frente a pequeñas variaciones en las cargas. Definición. Denominamos FACTOR DE SEGURIDAD al cociente entre CARGA ÚLTIMA y CARGA PERMISIBLE. P FS  u  1 Pperm Alternativamente, puede definirse como FS 

u 1 perm

Definición. Se denomina MARGEN DE SEGURIDAD a la diferencia: CARGA ÚLTIMA  1  MS ó CARGA PERMISIBLE ESFUERZO ÚLTIMO  1  MS ESFUERZO PERMISIBLE

44



Las fracciones que definen MS (ó FS) NO SON GENERALMENTE iguales entre sí, puesto que los esfuerzos no varían necesariamente en forma lineal con las cargas. Nota). El diseño de elementos sencillos sometidos a carga axial de tracción, depende P de la fórmula A  . perm En el caso de BARRAS CORTAS sometidas a compresión, puede usarse la ecuación anterior. Sin embargo, cuando se consideran ELEMENTOS LARGOS de sección transversal reducida sometidos a COMPRESIÓN, la fórmula P NO se aplica directamente. A perm (Pueden presentarse problemas de pérdida de estabilidad)

CAMBIOS DE GEOMETRÍA DE FORMA SÚBITA (VIOLENTA)

Ejemplos 1) Las barras AC y AD de la armadura representada son del mismo material. La barra AC tiene 1" de diámetro y su carga última es 75 klb. Calcular: i) El Factor de Seguridad en la barra AC ii) El diámetro de la barra AD, si deseamos que ambas barras tengan idénticos FS y esfuerzos últimos. A

5' D B

C 10 klb

10 klb

10' 10' FAC  22.36klb  Fuerzas Axiales   tracción FAD  41.23klb  P 75 klb Barra AC: FS  u   3.35 (adimensio nal) FAC 22.36 klb Barra AD: Pu = (FS)(FAD) = (3.35)(41.23 klb) Pu = 138.12 klb También (u)AC = (u)AD 75 138.12    2  (1) (d AD ) 2 4 4

 dAD = 1.36 pulg

2) Una carga de 2,000 lb puede desplazarse a lo largo de la viga BD a cualquier posición entre E y F. Sabiendo que el esfuerzo permisible en el material de las

45



barras AB y CD es 6 klb/pulg2, determinar en donde deben colocarse los topes si el recorrido de la carga debe ser tan grande como sea posible. 60 pulg Diagrama de cuerpo libre

de la viga BD

A d=½" B

C

xF

xE E

F

B

D x

FCD

FAB

d=5/8"

D x

200 lb

200 lb lbs 2000

Fvert = 0  FAB + FCD = 2,000 MB = 0  2,000X – 60FCD = 0 De donde obtenemos FCD = 33.33X y FAB = 2,000 – 33.33X 2

F  1 Varilla AB   AB  (FAB)máx = 6,000   = 1,178 lb 4 2 A AB A partir de este valor, podemos encontrar XE. FAB  (FAB)máx  2,000 – 33.33X  1,178  X  24.7 pulg XE = 24.7 pulg 2

FCD 5  (FCD)máx = 6,000   = 1,841 lb 4 8 A CD A partir de este valor, podemos encontrar XF. FCD  (FCD)máx  33.33X  1,841  X  55.2 pulg XF = 55.2 pulg

Varilla CD  

3)

El cucharón para concreto representado en el esquema peso 25 kN. Si el esfuerzo permisible en el cable es de 35 MPa y el coeficiente de fricción entre el cucharón y la resbaladera es µ = 0.3, encontrar el diámetro mínimo del cable. Verificar los dos funcionamientos del cucharón, tanto cuando baja como cuando sube. i) Movimiento de subida del cucharón Diagrama de cuerpo libre

FC

=63.4° W

: fuerza en el cable

W N: fuerza normal



fr: fuerza de fricción

46



Equilibrio: Nsen + frcos = FCcos Ncos + FCsen = frsen + W La fuerza de fricción, es fr = µN Nsen  µN cos   FC cos   (*) N cos   µNsen   W  FC sen

FC

N 





W

fr

Resolviendo el sistema (*) para FC, obtenemos FC = W(sen + µcos) Reemplazando datos  FC = 25(sen63.4° + 0.3cos63.4°) FC = 25.7135 kN F Esfuerzo en el cable:   C . Condición perm = 35 MPa A 25.7135   10 3  35  10 6  A = 7.35 cm2 A  2 d = 7.35 4 De donde obtenemos d = 3.06 cm

Sección circular de diámetro d 

Nota). El caso de Movimiento de bajada del cucharón, es similar (sólo cambia el sentido de la fuerza de fricción fr). 4)

Un puntal CD, de longitud L/2 debe soportar una viga AB uniforme de longitud L y peso W = 2,390 lbs. El puntal se coloca en una posición tal que queda sometido a la menor fuerza de compresión posible. Determinar la sección transversal requerida para el puntal, si su material admite 700 lb/pulg 2 como esfuerzo admisible. (No considerar el peso propio y articulaciones en los puntos A, C y D). Sea  el DCA B B W

Fuerza en el puntal (Compresión)

L D

L/2

F



L/2 d

A 45°

D

C



x

45°

A

C L MA = 0  W cos45 = Fd . . . . (i) 2 L /2 x Ley de senos (CAD):   sen45 sen

L

x  sen 2

x

2 2

L sen . . . . (ii) 2

47



También: d = x sen L  d= sen sen . . . . (iii) 2 L L Reemplazamos (iii) en (i)  W cos45 = F sen sen 2 2 W De donde obtenemos . . . . (iv) F 2sen(135  )sen Para que F sea mínimo, basta que y = sen(135 – ) sen sea máximo. dy  = sen(135 – ) cos – sen cos(135 – ) d dy = sen(135 – 2) = 0 (condición) d De donde obtenemos  = 67.5° Reemplazando en la ecuación (iv): Fmín 

2,390 lb 2 sen2 67.5

Fmín = 1,399.95 lbs Condición para  ad 

1,399.95 1,399.95  700 = A A 2  A = 2 pulg

1.6) Esfuerzo Cortante. Esfuerzo Cortante Permisible Las fuerzas internas cortantes, generan ESFUERZOS CORTANTES en la sección de interés. y

Vxy

x Vxz

z .6.1) Esfuerzo Cortante Promedio () Existen estados particulares de carga, en los cuales la única acción interna es una fuerza cortante. Por ejemplo, en un sistema formado por dos placas delgadas conectadas por un pasador, según se indica.

48



P

Placas delgadas (t  0) Despreciando posibles fuerzas de rozamiento y el momento en desequilibrio (Pt), sobre la sección del pasador (en la superficie de contacto entre las placas) actuará solamente una FUERZA CORTANTE.

P t t z

Vxy = P En la sección del pasador se genera un ESFUERZO CORTANTE xy

Vxy P

y

Vxy 

x

(Normal)



(A)

 xy dA

Siendo A el área transversal del pasador

xy Vxy = P Definición. Se denomina VALOR PROMEDIO del ESFUERZO CONTANTE, al cociente P  xy  . A P De manera general   define el Valor Promedio del Esfuerzo Cortante, generado A por una fuerza P en una superficie paralela de área A. La distribución de xy no puede suponerse uniforme. En problemas de diseño de elementos sencillos, es útil considerar valores promedio. Definición.

Se denomina Esfuerzo Cortante en un punto, al valor 

dF dA

dF dA

(F 



dA )

(A)

.6.2) Estados de Esfuerzo Cortante. Los esfuerzos cortantes se presentan, de manera natural, en el estudio de pernos, remaches, pasadores y otros elementos CONECTORES. Asimismo, se generan en elementos sometidos a FLEXIÓN y a TORSIÓN. Consideremos dos placas delgadas conectadas por un remache. (espesor t  0)

49



C

P

P

1

B

1

D

A

P

Las placas se encuentran sometidas a TRACCIÓN. En el conector se desarrolla ESFUERZO CORTANTE en la sección que pasa por la superficie P de contacto entre las placas (1-1).

(JUNTA A TRASLAPE)

P

P 1

1

P

FC FC

FUERZAS CORTANTES P

FC = P

Sobre la sección 1-1 del remache se P genera el esfuerzo cortante  ; siendo A el área efectiva A de la sección transversal (En valor promedio) del remache. Definición.

Cuando existe UNA SÓLA SECCIÓN TRANSVERSAL resistente al ESFUERZO CORTANTE, decimos que el elemento trabaja o se encuentra en ESTADO SIMPLE DE CORTANTE.

P

Supongamos ahora que existen 3 placas delgadas conectadas por un pasador y sometidas a tracción según se indica. P/2 A 1 1 B P C 2 2 P/2

P

P

En el pasador se generan esfuerzos cortantes en las secciones que pasan por los planos 1-1 y 2-2 (superficies de contacto entre las placas).

50



P/2 P

1

1

FC

P 2

2 P/2

FC

P/2 FC FC

P/2

P . 2A Definición. Cuando existen DOS SECCIONES TRANSVERSALES resistentes al ESFUERZO CORTANTE, decimos que el elemento se encuentra o trabaja en ESTADO DOBLE DE CORTANTE.

En cada sección del conector, el  promedio es  

Definición. El mínimo valor del Esfuerzo Cortante que genera una falla por deslizamiento en el elemento, se denomina ESFUERZO CORTANTE ÚLTIMO (u). u es un valor característico para cada material. Su determinación es experimental. Aluminio  u = 1,750 kg/cm2 Acero  u = 1,600 kg/cm2 Hierro  u = 900 kg/cm2 Definición. Se denomina FACTOR DE SEGURIDAD al ESFUERZO CORTANTE, al  cociente FS  u  1 perm Ejemplos. 1) El conector representado será usado para soportar una carga de 1000 kg. Calcular los esfuerzos que pueden ocasionar la falla del conector.

51



i) 

P 1000 kg   1,273.24 kg/cm2  A 2 2 (1) cm 4

P ii) APLASTAMIENTO

Aap 2 cm

1 cm

2 cm

P 1000 kg   311.11 kg/cm 2  2 A ap 2 2  (1) 4 ap = 311.11 kg/cm2 (La madera resistirá cuando menos 311.11 kg/cm2 de aplastamiento)  ap 

iii) CORTANTE (PUNZONAMIENTO)

d = 1 cm 0.5 cm Área de corte (PUNZONAMIENTO)



F

A CORTE 1,000 kg  2(0.5)(0.5)  = 636.62 kg/cm2

P 2) Los elementos prismáticos A y B están unidos por dos láminas pegadas a ellos. Hallar la longitud L para la cual el esfuerzo promedio en el pegamento es 800 kPa.

52



24 kN

(Fuerzas  N; longitudes  m 24 kN

B L

8 mm A FC

24 kN (b = 100 mm  al papel)

½(L – 8×10-3) = L/2 – 4×10-3

B

FC

2FC = 24,000 N FC = 12,000 N 

FC   A corte

12,000 L 100  10 3 (  4  10 3 ) 2

Dato   = 800×103 Pa 12,000 L 100  10  3 (  4  10  3 ) 2 De donde obtenemos L = 0.308 metros.

Luego

800×103 =

3) Dos placas de 100 mm de ancho y 10 mm de espesor están unidas por una junta traslapada, la cual contiene 3 remaches de 20 mm de diámetro cada uno. La fuerza que actúa en cada placa es de 40 kN. Hallar i) El esfuerzo cortante promedio en los remaches. ii) El máximo esfuerzo normal promedio en cada placa. 40 kN Diagrama de cuerpo 40 kN t=10 libre de una placa mm t FC

100 mm

FC

FC

40 kN

3FC = 40  FC = 40/3 kN (Estado simple de cortante) i)  en los remaches 40  10 3 N FC 3 = = = 42.44×106 Pa  A corte (20  10  3 ) 2 m2 4 P ii)  en las placas  = ; (máx  Amín si P es constante) A La mínima sección transversal de las placas, es aquella que pasa por la fila de 2 remaches.

53



40 kN

d=20 mm máx

10 mm

máx 

40  10 3 N 10  10 3  100  10 3  2[10  10 3  20  10 3 ] m2

máx = 66.67×106 Pa 4) El miembro AC de la estructura representada es una barra de ojo, cuyo cuerpo 1 1 tiene por dimensiones 2 × pulg. La barra está unida en A y en C por medio de 2 2 7" pasadores de de diámetro. Determinar la carga admisible P, limitada por barra 8 de ojo y sus conexiones. Los esfuerzos admisibles son  = 22,000 lb/pulg2 ap = 32,500 lb/pulg2  = 10,000 lb/pulg2

A

2'

C B

P

 6''

2''

FUERZA EN LA BARRA AC FAC B

P

 6'

Mo = 0 P(8) – FAC6sen = 0 

FAC 

4 10 P 3

2'

ESFUERZO NORMAL (EN EL CUERPO DE LA BARRA) 4 10 P FAC =  22,000 = 3  P = 6,522.2 lbs A AC 2.5  0.5

54



ESFUERZO DE APLASTAMIENTO (BARRA - CONECTOR) 4 10 P FAC ap =  32,500 = 3  P = 16,861.4 lbs 2.5  (7 / 8) A ap ESFUERZO CORTANTE (PASADOR) FC F /2 = = AC (ESTADO DOBLE DE CORTANTE) A corte A corte 4 10 P  10,000 = 3  P = 2,852.6 lbs 2 7 2   4 8 La máxima carga admisible será la MENOR de las 3 calculadas. Pmáx = 2,852.6 lbs

5) La figura representa una viga compuesta por dos canales, soportada en el extremo 3" 3" izquierdo por una barra de ojo de de diámetro, que usa un pasador de en 4 4 cada extremo. La viga está soportada en C por medio de una placa de apoyo de acero que mide 4"×6" y que se apoya a su vez sobre un muro de concreto. Determinar la carga máxima W que puede aplicarse. Los esfuerzos admisibles son:  en el pasador  10,000 lb/pulg2 ap en el concreto  500 lb/pulg2  en la barra  18,000 lb/pulg2 ap en el acero  45,000 lb/pulg2

W

0.22" canales A

VIGA C

PASADOR

PLACA

MURO DE CONCRETO

B 2'

8'

FUERZA EN LA BARRA AB.

A

W

C

RA 2'

RC

8'

MA = 0  10W – 2RC = 0 RC = 5W MC = 0  2RA – 8W = 0 RA = 4W

(*)

55



ESFUERZOS i) TRACCIÓN EN LA BARRA AB: P =  P = A A corte 2

 3   4 4 P = 7,952.16 lbs (Fuerza máxima en la barra de ojo)

P = (18,000)

ii) CORTANTE EN EL PASADOR A (ESTADO DOBLE) P =  P = Acorte A corte 2

 3   4 4 P = 8,835.73 lbs (Fuerza cortante máxima en el pasador)

P = (10,000)2

iii) APOYO ENTRE PASADOR Y CANALES P ap =  P = apAap A ap P = (45,000)(0.22)( P = 14,850 lbs

3 )(2) 4 (Fuerza máxima de aplastamiento en los canales)

iv) APOYO PLACA – MURO DE CONCRETO. P ap =  P = apAap A ap P = (500)(4×6) P = 12,000 lbs

(Fuerza máxima de aplastamiento sobre el muro de concreto)

Las condiciones (i), (ii) y (iii) se aplican a la reacción en A:  R Amáx = 7,952.16 lb (Limitada por el esfuerzo de tracción en la barra de ojo) La condición (iv) se aplica en C:  R Cmáx = 12,000 lb (Fuerza de aplastamiento sobre el muro de concreto) Teniendo presente las condiciones de equilibrio (*): 7,952.16 R Amáx = 4Wmáx  Wmáx = lbs 4 Wmáx = 1,988.04 lbs

R Cmáx = 5Wmáx 

12,000 lbs 5 = 2,400 lbs

Wmáx = Wmáx

En definitiva Wmáx = 1,988.04 lbs (Cualquier carga menor incrementa el esfuerzo permisible en la barra de ojo)

56



6) El bloque (1) representado es de un material cuyo peso específico es 1 = 2 kg/dm3 y descansa sobre otro bloque (2) de otro material cuyo peso específico es 2 = 4 kg/dm3. Si la presión admisible en el terreno es p = 1.5 kg/cm2, determinar: i) La máxima altura h1, admisible. ii) El esfuerzo cortante en el bloque (2). 1m

1m

A1

(1) 1

h1

2

h2=25 cm

(2)

Área 2 m2

(A2)

i) h1 máxima 1)

W1 2) W2

h1máx

Equilibrio: W1 + W2 = pA2  A1h11 + A2h22 = pA2 pA 2  A 2h2  2 h1  A1 1

(Fuerzas  kg; Long  cm) Reemplazando valores numéricos, se tiene: 25 cm h = 1,400 cm 1 h1máx = 14 m

p = 1.5 kg/cm2 ii) Esfuerzo cortante en el bloque (2).

57



1) 1 W1

l

peso W1 ( 1)

2) 2

l

A1

peso W ( 2)

W2

h1

h2

 p 1) 2)

W1 + W = pA1 + 4lh2 1h1A1 + 2h2A1 = pA1 + 4lh2 A ( h   2h2 )  pA1   1 1 1 4lh 2 Reemplazando valores, obtenemos  = 1.4 kg/cm2 (esfuerzo cortante de punzonamiento). 7) Determinar la máxima carga P que puede aplicarse en la junta estructural 3" representada. Los remaches son de de diámetro cada uno. Considerar como 4 esfuerzos admisibles  = 22 klb/pulg2; ap = 87 klb/pulg2;  = 15 klb/pulg2. 3" (Datos: a = 1.5"; b = 2.5"; e = ). 8

B a b b b ba

i) TRACCIÓN (Placa A) La sección transversal de área mínima es la que pasa por los centros de los remaches

B A

e

A e Remaches de diámetro d =

P At

P

P

P

 P = At  P = (2a + 4b – 5d)e

Reemplazando datos: P = 22(2(1.5) + 4(2.5) – 5(

3 3 )) 4 8

P = 76.3125 klb ii) APOYO

58


ap =


P  P = apAap  P = ap(5de) A ap

Reemplazando datos:

3 3 )( ) 4 8 P = 122.34375 klb

P = 87(5)(

iii) CORTANTE (ESTADO SIMPLE)  P =  P = Ac  P = ( d2)(5) 4 Ac  3 Reemplazando datos: P = (15)( )( )2(5) 4 4 P = 33.134 klb Máxima carga aceptable  La menor de las 3 calculadas Pmáx = 33.134 klb 1" ) de un 2 acoplamiento, si el par aplicado es de 6,000 lb-pie. Los pernos están distribuidos de 1" tal forma que seis quedan sobre una circunferencia de 6 de diámetro, y cuatro 2 quedan sobre una circunferencia de 5" de diámetro.

8) Determinar el esfuerzo cortante que actúa en cada perno (d =

T

T Considerando una sección entre los discos de unión (bridas), reconocemos que el par actuante T se le opone el momento de las fuerzas cortantes desarrolladas en los pernos. SI TODOS LOS PERNOS EQUIDISTAN DEL CENTRO  LAS FUERZAS EN LOS PERNOS SON IGUALES. F1 F1

F2

F2

F1

 o F2 F1

T

F1

F2 F1

Para el caso: se desarrollan fuerzas F1 perno ubicado a la distancia 12 6 12 " del fuerzas F2 sobre cada perno ubicado a 5/2" del centro. Por consiguiente: Mo = 0  3 .25 ) + 4( 2 .50 6,000×12 = F16( (T en lb-pulg)

radio

radio

sobre cada centro; y la distancia )F2

Simplificando tenemos: 72000=19.5F1+10F2 . . .(*)

La relación entre F1 y F2 se la encuentra considerando que las fuerzas son proporcionales a la distancia del perno al centro. Entonces: F2 2.5 (**)  F1 3.25 Resolviendo las ecuaciones (*) y (**), se obtienen F1 = 2,650 lb; F2 = 2030 lb

59



2650 lb = 13,520.4 lb/pulg2 2 0.196 pulg 2030 lb En cada perno del anillo interior   = = 10,357.1 lb/pulg2 2 0.196 pulg

En cada perno del anillo exterior   =

1.7) Esfuerzos en Planos de Orientación Arbitraria Básicamente, hemos considerado el Esfuerzo Normal y el Esfuerzo Cortante. A P El área A es perpendicular a la  P P A recta de acción de las cargas P.

P



A

El área A es paralela a la recta de acción de las cargas P.

P A

Si el plano de corte se traza bajo ángulos diferentes a los anteriores, se presentan "esfuerzos combinados" (simultáneamente  y ). Consideraremos el caso particular de elementos sometidos a carga axial centrada y un plano que forma un ángulo  con el eje geométrico del elemento. Plano  al y y' y plano XOY x'

P

P  A

z

o

P



Px'x' 

x

A'

En la sección INCLINADA actúan

P

x

Px'y' Px'x' = Pcos (FUERZA NORMAL) Px'y' = Psen (FUERZA CORTANTE)

Luego, Px'x'  genera Esfuerzo Normal sobre la sección inclinada. Px'y'  genera Esfuerzo Cortante sobre la sección inclinada. Px ' y ' P x'x' = x ' x ' ; x'y' = A' A' como A' = A/cos, tenemos P cos  P sen P P x'x' = = cos2; x'y' = = sen cos A / cos  A / cos  A A P Recordando que es el esfuerzo normal, en una sección  al eje X (eje de A transmisión de las cargas P), las ecuaciones anteriores se escriben: x'x' = xx cos2; x'y' = xx sen cos (donde xx =

P ) A

60



x'x'



xx

x'y' Las ecuaciones anteriores, pueden re-escribirse:  x'x' = xx (1  cos 2) . . . . (i) 2  x'y' = xx sen2 . . . . (ii) 2 Definición). Las ecuaciones (i) y (ii) son las ECUACIONES PARAMÉTRICAS de un LUGAR GEOMÉTRICO en el PLANO DE ESFUERZOS ESF. CORTANTES

ESF. NORMALES Eliminando  ente (i) y (ii), obtenemos: 2

2

       x ' x '  xx   ( x ' y ' ) 2   xx  . . . . (iii) 2    2 

La ecuación (iii) representa una CIRCUNFERENCIA, denominada CIRCUNFERENCIA DE MOHR ó CIRCUNFERENCIA DE ESFUERZOS. x'y'

C

 2

c  ( xx

r x'x'

, 0)

 xx 2

r=

Todo punto de la circunferencia de esfuerzos representa el ESTADO DE ESFUERZOS en una SECCIÓN INCLINADA, y recíprocamente. x'y' u  representa un esfuerzo normal   u = xx + xx cos2 2 2 Q(u, v)  xx r u= (1 + 2cos) . . . . (i) 2 2 x'x' v  representa un esfuerzo cortante C  xx v = 2 sen2 . . . . (ii) Las coordenadas del punto Q representan el Estado de Esfuerzos en una sección inclinada:

61





xx

x'x'

x'y' PROBLEMAS 1) Las porciones M y N están pegadas a lo largo de un plano inclinado que forma ° con la horizontal. Sabiendo que los esfuerzos finales en la junta, son u = 17 MPa y u = 9 MPa, hallar el intervalo de valores del ángulo  entre los cuales el factor de seguridad es por lo menos igual a 3.

10 kN

M

Área Normal Ao = 50×30 mm2 Área de la Sección Inclinada A' Ao A' = cos  50  10 3  30  10 3 A' = m2 cos  10 kN

 N

M

30 mm

V

50 mm

N = 104 cos (N) V = 104 sen (N)

FUERZAS SOBRE LA SUPERFICIE INCLINADA

N

 10×103 N

ESFUERZOS EN LA SECCIÓN INCLINADA: 10 8 10 4 cos  N cos 2  Pa = = Pa   = 6 15 A' 50  30  10 cos  10 4 sen 10 8 V = = Pa   = sen cos  Pa A' 15 50  30  10  6 cos  ESFUERZOS ÚLTIMOS  u = 17×106 Pa y u = 9×106 Pa   FACTORES DE SEGURIDAD  FS = u . . . . (*) y FS = u . . . . (**)   CONDICIÓN FS  3. Luego 17  10 6 9  10 6 . . . . (a) y  3  3 . . . . (b) 10 8 10 8 2 cos  sen cos  15 15 Resolviendo simultáneamente las desigualdades (a) y (b), obtenemos: 22°47'    32°4'

62


2)


Un marco de dos barras está sujeto a la carga indicada. Determinar el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante promedios que actúan en las secciones a-a y b-b. La barra CB tiene una sección transversal cuadrada de 2 pulg. por lado.

b a

Determinamos las fuerzas internas en la barra BC. Equilibrio

C

Rc

b

80 lb A

30°

C

a

300 lb-pie

60°

60° B 4 pies

4 pies Ax

A

300 lb-pie

B

60°

60°

Ay Fh = 0  Ax + RCcos60 = 0 Fv = 0  Ay + RCsen60 – 80 = 0 MA = 0  300 + 80(4) – RC(8sen60) = 0

d = 8sen60 pies

d

80 lb

Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos Ax= – 67.84 lb; Ay = – 37.50 lb; Rc = 135.68 lb Esfuerzos en la sección a-a.

135.68 lb

 aa 

a-a

135.68 lb

2  2 pulg 2 =0

 33.92 lb/pulg 2

a a 135.68 lb Esfuerzos en la sección b-b. 135.68 lb

b 2'' N 60° 30°

b

N = 135.68sen30 = 67.84 lb V = 135.68cos30 = 117.50 lb 2'' x 30°

2 sen30 x = 4 pulg

x=

Área de la sección inclinada A' = (4)(2) A' = 8 pulg2 67.84 lb  b b  8 pulg 2 b-b = 8.48 lb/pulg2 117.50 lb  b b  8 pulg 2 b-b = 14.69 lb/pulg2

135.68 V

63


3)


Un tubo de acero de 300 mm de diámetro exterior está construido con una placa de 8 mm de espesor de pared, soldada en espiral que forma 20° con un plano perpendicular al eje del tubo. Se aplica una fuerza axial P = 250 kN. Determinar el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante en direcciones respectivamente normal y tangente a la línea de soldadura. P = 250 kN En una sección  al eje del tubo: Ao = (150×10-3)2 – (142×10-3)2 Ao = 7.339×10-3 m2 (SECCIÓN DEL TUBO) Esfuerzo Normal (paralelo al eje del tubo) P 250  10 3 0 =  0 = A0 7.339  10 3

0 = 34.07×106 Pa (COMPRESIÓN) 20°

LÍNEA DE SOLDADURA

0(A0) (A)

20° Equilibrio: Fvert = 0  (*) . . . . Fhoriz = 0  (**) . . . .

(A)

o(Ao) – (A)cos20 – (A)sen20 = 0 (A)sen20 – (A)cos20 = 0

Reemplazando Ao en (*) y (**): oAcos20 – Acos20 – Asen20 = 0  ocos20 – cos20 – sen20 = 0 . . . . (1) sen20 – cos20 = 0 . . . . (2) Reemplazando o por su valor o = 34.07×106 Pa y resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2), obtenemos:  = 30.085×106 Pa (Compresión)  = 10.95×106 Pa 4)

Una barra de 1"de diámetro se comprime por aplicación de la fuerza P = 25 lb, según se indica en el esquema. Determinar los esfuerzos normal y cortante sobra la sección que forma  = 45° con el eje de la barra.

64


O


5"

Determinamos la fuerza F sobre la barra a ensayar.

P = 25 lb

15"

P=25 lb O 

Barra a ensayar

Rígidos

R

F

M0 = 0  5F – 20P = 0  F = 4P F = 100 lb (COMPRESIÓN) Barra a ensayar: F = 100 lb

100



V

100

45° V

F = 100 lb

N

45° Vcos45 – Ncos45 = 0 Vsen45 + Nsen45 – 100 = 0

N

De donde obtenemos: N =50 2 lb (compresión) V =50 2 lb

Esfuerzos sobre la sección inclinada:

A0 =4 A

A0

5)

(1)2

A0  cos 45 A A0 A cos 45  A 2 4

N V ;  A A (siendo A el área de la sección inclinada) Luego: 50 2  = 63.66 lb/pulg2 (compresión)  2 4 50 2  = 63.66 lb/pulg2  2 4



El esfuerzo normal sobre el plano pq de una barra prismática en tracción es de 8,220 lb/pulg2. Sobre el plano rs, el esfuerzo normal es de 3,290 lb/pulg 2. Determinar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo en la barra.

65



p

r

Los esfuerzos sobre una sección que forma ° con la vertical, son:  = 0cos2 . . . . (i) sen2  = 0 . . . . (ii) 2

P

P q

30° s N

P

 V

donde 0 = P , siendo A0 el área A0 de la sección transversal



0



 Sección de área A0 A0

Sección de área A = cos  8,220 = 0cos2 . . . . (iii) 3,290 = 0cos2( + 30) . . . . (iv)

Datos: 0

p

=8,220

0



=3,290 +30

q Resolviendo simultáneamente el sistema (iii) y (iv), obtenemos:  = 24.994°; o = 10,000 lb/pulg2. Usamos las ecuaciones (i) y (ii)  = 10,000 cos2  máx = 10,000 lb/pulg2 ( = 0°)  = 5,000 sen2  máx = 5,000 lb/pulg2 ( = 45°)

1.8) Deformaciones. Campo de Desplazamientos. 1.8.1) Introducción. Las acciones aplicadas causan DEFORMACIÓN DEL SÓLIDO sobre el cual actúan, dependiendo, entre otros factores, de sus intensidades, forma de aplicación y de las características mecánicas del material que las soporta. En esta sección estableceremos descripciones cualitativas y cuantitativas de la DEFORMACIÓN.

66



En términos generales: DEFORMACIÓN  CAMBIOS EN LA GEOMETRÍA DEL SÓLIDO O SISTEMA ESTRUCTURAL (COMO RESPUESTA A LAS ACCIONES APLICADAS) CONFIGURACIÓN INICIAL (NO DEFORMADA) CONFIGURACIÓN FINAL (DEFORMADA)

Existen varias razones para el análisis y cálculo de las DEFORMACIONES: - Asegurar la FUNCIONALIDAD de elementos o sistemas estructurales. - Determinar ESTADOS DE ESFUERZO en SISTEMAS HIPERESTÁTICOS. - Describir cuantitativamente el comportamiento experimental de materiales y sólidos estructurales. Todos los cuerpos y materiales estructurales se deforman en una u otra medida al ser excitados por acciones externas. La deformación de cualquier elemento o componente estructural, respeta las condiciones de vínculo. P P Impide giros y desplazamientos

No giro ni desplazamientos

1.8.2) Definiciones. *) Las acciones aplicadas generan CAMBIOS de POSICIÓN de las partículas materiales del sólido sobre el cual actúan. Estos cambios de posición se denominan DESPLAZAMIENTOS.

INICIAL

A

B

DEFORMADA A'

B'

AA'  d A : Vector desplazamiento del Punto A BB '  dB : Vector desplazamiento del Punto B

etc.....

A cada punto material le asociamos un Vector Desplazamientos. **) Si los desplazamientos son tales que NO ALTERAN la distancia entre dos puntos, decimos que el cuerpo ha sufrido un DESPLAZAMIENTO DE SÓLIDO RÍGIDO. 67



d

A

B dB

A ' B'  d

Posición inicial dA

d B' Posición final Desplazamientos de SÓLIDO RÍGIDO: TRASLACIONES Y ROTACIONES. ***) Si los desplazamientos son tales que alteran la distancia entre dos puntos materiales del sólido, el sólido es un SÓLIDO DEFORMABLE. dB

B d

B' d  d'

d' dA

A

A'

Inicial

Final

1.8.3) Campo de Desplazamientos. Una idea CUALITATIVA de la Deformación de un elemento por acción de una carga externa, se obtiene observando el PROCESO DE DEFORMACIÓN de una placa delgada, empotrada por uno de sus extremos, y sometida a una carga axial centrada de tracción actuando en su extremo libre. y

L

A(xA, yA)

Cuadrícula de referencia x

B(xB, yB) Impide desplazamientos de sólido rígido

Configuración inicial

Por acción de la fuerza axial P, la placa sufre una deformación. (Se observa una distorsión de la cuadrícula de referencia). En términos muy generales, la deformación sigue el esquema siguiente:

68



y dA

A A'

P

x

B' B

L Pr oblema Bi dim ensional



dB

A

u v

dA  (u, v ) dA  ui  v j

A'

En la mayoría de situaciones reales, las deformaciones son tan pequeñas que difícilmente pueden ser observadas a simple vista. Por lo general las DEFORMACIONES (infinitesimales) de interés para la Ingeniería Civil son medidas usando DISPOSITIVOS ELÉCTRICOS (TRANSDUCTORES).  DESPLAZAMI ENTOS DE   PUNTOS MATERIALES La deformació n de la placa comprende DISTORSION ES DE LOS ELEMENTOS FORMADOS  POR LA CUADRÍCULA Los valores (u, v) varían de punto a punto en la placa, es decir son FUNCIONES de las COORDENADAS (x, y) de LOS PUNTOS INICIALES (PUNTOS DE LA PLACA ANTES DE LA DEFORMACIÓN): ∀ (x, y ) ∃ (u, v ) UNICO u = u(x, y); v = v(x, y) Definición) Las funciones u = u(x, y); v = v(x, y) que caracterizan los desplazamientos de puntos materiales durante la deformación de un elemento, definen un CAMPO DE DESPLAZAMIENTOS, (en este caso, un campo Bidimensional). De manera similar, en problemas tridimensionales, un campo de desplazamientos, se definirá por: u = u(x, y, z)  desplazamiento en dirección x v = v(x, y, z)  desplazamiento en dirección y w = w(x, y, z)  desplazamiento en dirección z En cualquier caso, las FUNCIONES ADMISIBLES para un campo de Desplazamientos son FUNCIONES de POSICIÓN, y deben cumplir requisitos de continuidad y de derivabilidad. Nota) Todo Campo de Desplazamientos define una Función Vectorial.

69



r1  r  u

z

VECTOR EN  NUERVO VECTOR    VECTOR  POSICIÓN  DESPLAZ A     POSICIÓN INCIAL MIENTOS   

P' r1

u

r

x

P y

Ejemplo: El vector u = 10-2[x2 i + (x + 3z) j + 10 k ] pies representa un Campo de Desplazamientos. Hallar el desplazamiento que experimenta un punto material ubicado inicialmente en la posición r  j  k y determinar la posición final. z El vector u depende de las coordenadas iniciales del punto P(0, 1, 1). P' u = 10-2[0i + (0 + 3) j + 10 k ] u r1 3 1 P(0,1,1) u = 100 j + 10 k Vector Desplazamiento   r x u v O y Punto final: r1  r  u r1  (0 i  1j  1k )  (0 i  r1  0 i 

3 1 j  k) 100 10

103 11 j  k  (OP' ) 100 10

Campo de Desplazamientos: u =10-2x2; v = 10-2(x + 3z); w = 10-2(10)

1.9) Deformaciones Unitarias (Normal y Cortante) Consideremos en un SÓLIDO BIDIMENSIONAL DEFORMABLE, un punto material A, y dos segmentos infinitesimales inicialmente ortogonales. y' Luego de la deformación, el punto A ocupa la posición A'. Los segmentos CAMBIAN de longitud y x' y DEJAN de ser perpendiculares. y' y A x

A'

x'

x

70


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz y' 

y' y

x' x' 

ESTADO NO DEFORMADO

A' ESTADO DEFORMADO

y A

T DEFORMACIÓN: ( x , y )  ( x ' , y ' )

x

x

Cuando el sólido se deforma, el punto A se desplaza hasta A'; los segmentos se alargan o contraen y rotan los ángulos  y . 1.9.1) Definiciones x 'x *) Al valor lím cuando existe, se le denomina DEFORMACIÓN UNITARIA EN x  0 x DIRECCIÓN x: x 'x x = lím . . . . (1) x  0 x De manera similar se define la DEFORMACIÓN UNITARIA EN DIRECCIÓN y: y'y y = lím . . . . (2) y  0 y Las ecuaciones (1) y (2) pueden escribirse: dy 'dy dx 'dx x = ; y = dy dx De manera general:  DEFORMACIÓN   CAMBIOS DE LONGITUD     UNITARIA    LONGITUD INICIAL  L  L L: cualquier dirección Notas) 1) Las deformaciones unitarias están asociadas con el CAMBIO DE LONGITUD de un SEGMENTO DE RECTA con RELACIÓN a su LONGITUD INICIAL. 2) Las deformaciones unitarias, evaluadas en un punto y en una dirección, nos indican el CAMBIO DE LONGITUD por UNIDAD DE LONGITUD de un segmento de recta. 3) Las deformaciones unitarias son ADIMENSIONALES. 4) Si x > 0  ALARGAMIENTO (en la dirección x) Si x < 0  ACORTAMIENTO (en la dirección x)

71



**) Se denomina DEFORMACIÓN UNITARIA CORTANTE (DISTORSIÓN) al cambio del ángulo recto entre dos segmentos que inicialmente eran ortogonales. Esta deformación es una medida de la pérdida de perpendicularidad entre dos segmentos. y'

y

 /2



A

x'

x

En general xy =  +  (radianes) Convenio: Si xy > 0  EL ÁNGULO RECTO INICIAL DISMINUYE 

xy > 0 

Si xy < 0  EL ÁNGULO RECTO INICIAL AUMENTA 

xy < 0



Notas) 1) En un punto de un sólido existen infinitas deformaciones cortantes, cada una de ellas está asociada con un par de segmentos inicialmente ortogonales. P

s

y

x

r xy ;

rs ; etc.

2) Las deformaciones unitarias definidas tienen analogías para el caso tridimensional.

72


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz y'

y

dy'

dz

dA

dy A

A' dz'

dx

z'

dx'

z x

x'

 dx 'dx Denominada s DEFORMACIONES  x  dx DEFORMACIONES  UNITARIAS DE INGENIERÍA . dy 'dy  UNITARIAS  y  dy (Cambio de longitud respecto  NORMALES    dz'dz a la longitud inicial).  z dz DEFORMACIONES  xy : CAMBIO DE  RECTO ENTRE LOS LADOS dx, dy  DE   xz : CAMBIO DE  RECTO ENTRE LOS LADOS dx, dz   : CAMBIO DE  RECTO ENTRE LOS LADOS dy, dz CORTANTE  yz

1.9.2) Propiedades de x, y, xy i) Los valores x, y, xy (que generalmente varían de un punto a otro del sólido) son una medida de la deformación del sólido. Las deformaciones unitarias normales (x, y), evaluadas en un punto, y multiplicadas por las longitudes iniciales, nos dan el cambio de longitud en una dirección específica (salvo infinitésimos de orden superior) x 'x (definición) x  0 x x 'x  x +  = (propiedad de un límite   0) x )( x ) = x' – x x x + (   

En efecto: x = lím

Luego

de orden superior

Con aproximación suficiente: x x  x' – x  DEFORMACIÓN  LONGITUD  CAMBIO DE     UNITARIA EN  INICIAL EN   LONGITUD    DIRECCIÓN x  DIRECCIÓN x  EN DIRECCIÓN x   De manera similar: y y = y' – y  cambio en dirección y z z = z' – z  cambio en dirección z

ii) La deformación cortante  representa la DISTORSIÓN ANGULAR del elemento, con respecto a direcciones inicialmente ortogonales.

73


Nota)


En la gran mayoría de CASOS, deberá establecerse una RELACIÓN DIRECTA entre x, y, xy y las componentes del Vector Desplazamientos.

Así, por ejemplo: consideremos una varilla en la cual la deformación unitaria axial es constante en todos sus puntos. L x

Configuración inicial

puntos con la misma deformación unitaria (x) u y Configuración deformada L + L

u: desplazamiento del extremo libre.

Longitud final  longitud inicial longitud inicial L  L  L L  x = = x =  Valor Promedio de  x L L  (x = u / L) (Implica deformaciones unitarias normales constantes en dirección x). x =

Si las deformaciones unitarias x no son constantes, deberán evaluarse según la definición: x 'x x x  x  Lím x  0 x Deformación Unitaria Axial, en un punto del eje de la varilla.

x' L

L

Notas) i) Para ambas posibilidades (x variable o constante) el valor L es la suma de los cambios de longitud de todos los segmentos individuales que puedan ser considerados. L ii) La expresión x = puede representarse L dx

x 

(dx) (dx)

inicial

final dx+(dx)

Luego (dx) = x dx El cambio total de longitud podrá evaluarse por una integral definida: 74



L 



  x dx L

(*)

Ejemplos. 1) Una barra de sección cuadrada (1"×1") se alarga en consecuencia de aplicar una fuerza axial P. El alargamiento total es 2". Si el volumen de la barra no cambia, encontrar las deformaciones unitarias promedio, aceptando que las deformaciones transversales son iguales. y

1"

L = 120"

P 1"

P

z 

z

x

z 

Z LZ

2"  120" 0.0167 (ó 1.67%)

Para encontrar y, x usamos la condición de volumen constante. VFINAL = VINICIAL

Sección transversal final  (120 + 2)(1 + x)(1 + y) = (1)(1)(120) Condición x = y =   (122)(1 + )2 = 120

1 + y

valor admisible  = – 8.2306×10-3 pulg ACORTAMIENTO TRANSVERSAL

1 + x

Con este valor podemos hallar x, y:  8.2306  10 3 pulg x x = = = – 8.2306×10-3 1 pulg L inicial y =

y L inicial

=

INICIAL

2)

 8.2306  10 3 pulg = – 8.2306×10-3 1 pulg DEFORMADA

CONTRACCIÓN TRANSVERSAL

La barra rígida de longitud L que se representa, está sostenida por dos alambres verticales deformables. Tal barra rígida gira alrededor del eje vertical a-a un  (infinitesimal), medido en el plano horizontal, pero se halla restringida de manera que su elevación no cambia. Hallar la deformación unitaria axial promedio en cada alambre.

75



b

b L/2

L/2

a

b

b'

L/2 

a Rotación Infinitesimal

L/2

Rígido



b 

Definición

b'  b2 

b'

L2 sen2 4 L 2

b'  b . . . . (*) b

b

sen

Reemplazando en (*) b2 

b =

2

L sen2   b 4 b

Simplificando b =

1

L2 sen2   1 . . . . (**) 4b 2

Usamos la fórmula de aproximación (1+U)P  1 + PU, si U  0 Con suficiente aproximación (**) puede escribirse: 1 L2 sen2  1 b  1  2 4b2 L2 b  sen2  8b 2 Si   0 (infinitesimal)  sen2  2 L2 2 Con lo cual b  ( en radianes) 8b 2 3)

Demostrar que si el prisma rectangular representado sufre una deformación infinitesimal sin distorsiones angulares, entonces la suma x + y + z representa el cambio unitario de volumen (salvo infinitésimos de orden superior). z a

b

c x y

INICIAL

76



Volumen inicial  Vo = abc Puesto que no hay distorsiones angulares, luego de la deformación el sólido sigue siendo un prisma rectangular (sólo cambian las longitudes de las aristas). z

a1

Volumen Final  V1 = a1b1c1 Deformaciones Unitarias Promedio

b1

b1  b  b1 = b(1 + x) b a a y  1  a1 = a(1 + y) a c c z  1  c1 = c(1 + z) c x 

c1

x y

Cambio Unitario de Volumen V VFINAL  VINICIAL  V VINICIAL Reemplazando V abc(1   x )(1   y )(1   z )  abc  V abc abc ( 1     V x y   z   x  y   y  z   x  z   x  y  z )  abc  V abc Simplificando V   x   y  z   x  y   y z   x z   x  y z   V inf initesimos de orden superior

Con suficiente aproximación V   x   y  z V Nota) La deformación de un sólido sin distorsiones angulares se denomina DILATACIÓN. La suma x + y + z se denomina Deformación Cúbica (Deformación Volumétrica Unitaria). Expresa el cambio de Volumen por Unidad de Volumen. PROBLEMAS 1) La placa ABC sufre la deformación representa. Calcular: i) La deformación unitaria promedio en dirección OB. ii) La deformación unitaria promedio en dirección AB. iii) La deformación cortante entre los borde AB y BC

77



y B' 0.3 mm

B

A

o 120 mm

C

120 mm

OB'  OB  (definición de ) OB 120  0.3  120  = 2.5×10-3 120 AB'  AB  AB

i)

 OB 



 OB

ii)

 AB

x

(120) 2  (120  0.3) 2  120 2  120 2

AB =

120 2  120 2

AB = 1.25×10-3 iii) AB/BC =

  2AB' O 2   

(Definició n de )

Pérdida de perpendicularidad del recto (inicial)

  120  2AB' C   2 arctan 2 2 120  0.3 AB/BC = 0.002497 Radianes. (Valor positivo que indica una disminución del ángulo recto).

AB/BC =

2)

Calcular las deformaciones unitarias promedio en los elementos BC y AC. Se conoce que los puntos B y C tienen los desplazamientos siguientes: u  0.2"  u  0.12" B  C   v0 v  0.08" u=0.2" 8'

B

B

C

B'

u=0.12" C v=–0.08" C'

8'

96"

x A

y

D

A 96"

BC  BC 

B' C'BC BC (96  0.2  0.12) 2  (0.08) 2  96 = – 8.33×10-4 96

(96  0.12) 2  (96  0.08) 2  96 2 AC' AC = BC  AC 96 2 -4 = 2.062×10 (ALARGAMIENTºO)

 AC 

AC

78


3)


El nudo A de la armadura representada desciende  unidades (infinitesimal). Calcular la deformación unitaria axial promedio en cada barra. Geometría Barras iguales  Material

L

L  

Para deformaciones infinitesimales, puede aproximarse la rotación de un elemento FIJO

A

barra 0

 arco de circunferencia

P FIJO

barra 0

 perpendicular a la barra (en posición inicial)

En la armadura dada: debido a la SIMETRÍA TOTAL, el punto A se desplaza verticalmente.

1)

DESCENSO DEL PUNTO A (NO ALARGAMIENTO DE BARRA)

2)   A

P

2  alargamiento de la barra (2) 1  alargamiento de la barra (1)

2)  

2



A'

1)

A   1



A'

 1 = cos; 2 = cos L  1  L L   cos   L  1    cos  L L L (Deformación unitaria axial en la barra 1) Similar para la barra 2.   2  cos  L 4)

La barra rígida AC, en posición horizontal, está soportada por tres barras delgadas deformables, según se indica en el esquema. Una fuerza P y un momento M ocasionan que la barra rígida descienda 1 pulg. y que gire 2° alrededor del punto B. Determinar las deformaciones unitarias promedio que se inducen en las barras. (Las distancias están expresadas en pies).

79



10 M

A

B

C barra rígida

P

10

5

5

La barra rígida NO SE DEFORMA, sólo se desplaza y rota.

1)

(3

2

3

B

A

1"

1 A'

(2

C C'

B'

2° 1 – 1

1 – 2

1 – 3

 1 – 1 = 120tan2° 2 – 1 = 180tan2° 1 – 3 = 240tan2°

Nota) La barra rígida AC gira en el mismo sentido que el momento M. RECORDAR: tan   si   0 ( en radianes) 2 360 2 2 = 1 – 180 2 360 2 3 = 1 – 240 2 360 2 4 2 = 1 – 3 = 1 – 3 3

Con aproximación suficiente  1 = 1 + 120 2

1 = 1 +

4 3

Luego:  1  1 = 0.0432 (verificar operaciones) 120    2  2  0.0091   120 ( ACORTAMIENTOS) 3 3   0.0266   120 B B'

80


5)


Un cilindro de pared delgada está sometido a torsión, en tal forma que su extremo libre B, gira un ángulo  = 15°, con relación al extremo fijo A. Determinar la deformación cortante inducida en un punto P sobre la superficie externa del cilindro. L = 10"

espesor t  0 r =1"

P A

r B

En el plano tangente al cilindro que pasa por P consideramos un elemento infinitesimal (antes de la deformación). y Luego de aplicado el torsor, la generatriz de referencia se distorsiona y también se distorsiona el elemento rectangular señalado dy B A P dx x

z

El ángulo  indica el cambio de ángulo recto

T

y y'

P'

A



r

dy'

P' dx'

d B

x x'

Con suficiente aproximación:  tan  L    = arc tan( ) L



 = r

r ( en radianes) ) L 2  1  15  360    0.0262 rad   arctan  10   Luego xy = – 0.0262 rad

ó   arctan(

El signo negativo indica el incremento del recto inicial (en P).

81


6)


En un sólido deformable, el campo de desplazamientos está definido por las ecuaciones: u=2ax2; v=2ay2; w=-2az2, donde a=10-5. Determinar la deformación normal unitaria en el punto P (0, 2, -1) medida en la dirección del vector N = (8i – j + 4k )/9. Ecuaciones del Campo de desplazamientos: u=2ax2 v=2ay2 w=-2az2, donde a=10-5.

PO(8/9, -1/9, 4/9) )

Coordenadas del punto P0 (8/9, -1/9, 4/9)

N Q (x,y,z)

N

P(0, 2, -1)

Se determinan las coordenadas del punto Q: x – 0 = 8/9; y – 2 = - 1/9 Obtenemos: x = 8/9 y = 17/9

z + 1 = 4/9 z = -5/9

Como son conocidas las ecuaciones del campo de desplazamientos y las coordenadas de los puntos extremos del vector PQ, determinamos los puntos P’ y Q’. Q

Coordenadas del punto P’: P

Q’ P’

x = 0 + 2a (0) = 0 y = 2 + 2a (2)2 = 2 + 8a z = -1 – 2a (-1)2 = -1 – 2a P’ (0, 2.00008, - 1.00002=)

Coordenadas del punto Q’: x = 8/9 + 2a (8/9)2 x = 0.888905 y = 17/9 + 2a (17/9)2 y = 1.888960 2 z = - 5/9 - 2a (- 5/9) z = -0.555562 Q’ (0.888905, 1.888960, -0.555562) La distancia entre los puntos P’ y Q’ es: P’Q’ = 1.0000215 La distancia entre los puntos P y Q es PQ = 1 Por tanto la deformación unitaria es (ε P )N =

P' Q' ¬ PQ = 0.00002.15 PQ

Nota) En algunos problemas es conveniente usar aproximaciones numéricas, cuando las deformaciones son de carácter infinitesimal. ) (1 + U)n  1 + nU, si U  0 (Aproximación Binomial) (n es cualquier numero real).

82



) (1 + U)(1 + V)  1 + U + V, si U, V  0 ) sen  ; tan  ; cos  1 si   0 En particular: (1 + U)2 = 1 + 2U (1 + U)1/2 = 1 + 12 U (1 + U)–1 = 1 – U;

etc.

Estas aproximaciones simplifican el cálculo numérico de las deformaciones unitarias normales y cortantes. EJEMPLOS 1) Una fuerza que actúa en la palanca representada provoca que la palanca gire en sentido horario un ángulo de 0.002 rad. Determinar la deformación unitaria normal promedio en el alambre BC. El ángulo  indica el cambio de ángulo recto

P C

C

B

B B'

2L

L



 = 0.002 rad

A

A

u  L sen Desplazamientos del punto B  v  L  L cos   CB'  (2L  Lsen)2  (L  L cos )2  L 6  4sen  2 cos  Como   0  CB'  L 6  4  2  CB'  L 4  4 CB'  2L(1 + )1/2 Aproximación binomial CB'  2L(1 + 12 )  2L + L CB'CB 2L  L  2L    CB 2L 2 0.002 = = 0.001 (Deformación promedio) 2

Deformación unitaria  CB = CB

Nota) El estiramiento del alambre es  L sen  L  L  L CB = = 0.001 (Recordar   ).  2L 2 L 2) Una fibra AB tiene longitud L y orientación . Sus extremos A y B experimentan desplazamientos infinitesimales uA y vB, respectivamente. Demostrar que, cuando la fibra adopte la posición A'B', se genera una deformación unitaria normal.

83


AB 

1 L


[vBsen – uAcos]

B'

y

(Con suficiente aproximación) Deformación unitaria  AB =

B L'  L . . . (*) L

L 

A Coordenadas de A'  (uA, 0) Coordenadas de B'  (L cos, L sen + vB) 

vB

L' x

A' uA

L'  (L cos   uA )2  (L sen  v B )2 (Distancia entre dos puntos)

L'  L2 cos 2   u2A  2Lu A cos   L2 sen2  v B2  2Lv B sen L'  L2  2L(v B sen  uA cos )  (u2A  v B2 )

Como uA y vB son infinitesimales, la suma uA2 + vB2  0. Luego, con aproximación suficiente, tenemos: 2 L'  L2  2L(v B sen  u A cos )  L 1  ( v B sen  u A cos ) L Por la aproximación binomial 12 L'  L[1 + (vBsen - uAcos)] 2L 1 L'  L[1 + (vBsen - uAcos)] L

L[1  1L (v B sen  u A cos )]  L L 1  L (v B sen  uA cos )

Reemplazando en (*): Simplificando

 AB

 AB 

3) Dos barras AP y BP están articuladas según se indica en el esquema. ¿Cuál es la deformación axial promedio en cada barra, si el punto P se desplaza x unidades hacia la derecha? ¿Cuáles serán los valores aproximados de las deformaciones si x fuese muy pequeño comparado con L? 3L L

A

30°

60°

B

B

A

h

P AP =

AP' AP  AP

hL 3

P

x

P'

(L 3 ) 2  (3L  x) 2  (L 3 ) 2  (3L) 2 (L 3 ) 2  (3L) 2

Simplificando tenemos:

84



3L2  9L2  6 xL  x 2  2L 3 2L 3   6x x 2 L 12   2  2 3   2 L L   1  12  6 x  x  2 3  =   L L2 2L 3 2 3  

AP =

AP

Aproximación: Si x es pequeño comparado con L 

x  0. L

Luego:  1  6x  12 1   2 3  12L 2 3     1 6x  2 3  1   1  12L 2 3  

 AP 

 AP

 AP  1 

6x 1 12L

Aproximación Binomial   AP  1 

x 24L

 AP 

BP 

BP 

1  6x    1 2  12L 

(L  x ) 2  (L 3 ) 2  L2  (L 3 ) 2 L2  (L 3 ) 2

1 2L

 4L

2



 2Lx  x 2  2L 



L2  x 2  2Lx  3L2  2L 2L

 1  2x x 2 4   2  2  L L 

x  0) L  1 2x 2x   4 1   2   1  1 2 4L 4L 

Aproximación de 1er orden ( BP

Aproximación Binomial: 1 2x x BP  1  ( )  1   2 4L 4L 4) Una placa delgada, en forma de  rectángulo isósceles, está sometida a una deformación, de manera que sus catetos experimentan la deformación unitaria 1 y la hipotenusa, la deformación unitaria – 2. i) Demostrar que, con aproximación suficiente, la deformación unitaria de la altura del , es h  21 + 2. ii) Demostrar que, con aproximación suficiente, la distorsión del ángulo recto, es   2(1 + 2), radianes.

85



h

a

h

a

a 2

a

a

h a'

h'

a'

za 2

z' i) Deformación unitaria de los catetos: a'a  a' = a1 + a = a(1 + 1) 1  a Deformación unitaria de la hipotenusa: z'z  z' = z – 2z = z(1 – 2)  2  z z' = a 2 (1 – 2) h'h Deformación unitaria de la altura h  h  . . . . (*) h a 2  h'  a (1  1 )   (1   2 )  2  2

2

2

h'  a 1  21  12  12  12 22  2  a h' 

1 2

 21  2  (12  12 22 )

a 1  41  2 2  2(12  12  22 ) 2

1ra aproximación  se desprecian los infinitésimos de orden superior: a 1  41  22 1 / 2 h'  2 2da aproximación  aproximación binomial a 1  12 (41  22 )  a (1  21  2 ) h'  2 2 Reemplazando en (*): a a (1  21   2 )  2 2 h  ; a

simplificando obtenemos

2

h  21 + 2 ii)

86



  pérdida de perpendicularidad     +=  = – 2 2 4 2



/2

/2

/2 a(1 + 1)

a 2

(1   2 )

     sen = sen cos – cos sen 2 4 2 4 2 a (1   2 ) 2   2  (cos  sen ) a(1  1 ) 2 2 2

1  2    cos  sen 1  1 2 2    Primera aproximación (  0)  cos  1 y sen  2 2 2 1  2 1  2   Luego:  1  , de donde 1 1  1 2 2 1  1   2 2 1 1  1 –1 Segunda aproximación (1 + 1)  1 – 1 (Binomial)   2(1  2 )(1  1 )  2(1  12  2  12 ) 

Simplificando obtenemos:

Aproximación final (Infinitésimos de orden superior se desprecian)   2(1  2 ) 5) Los catetos a y b y la hipotenusa c de un  rectángulo, experimentan las deformaciones unitarias a, b y c, respectivamente. Hallar la distorsión del ángulo recto del triángulo. Deformaciones unitarias: a'  a c' a   a' = a(1 + a) a a a' b'  b b   b' = b(1 + b) b' b  c'  c b c   c' = c(1 + c) c Definición de Distorsión       sen = cos . . . . (*) 2 Determinamos cos usando Ley de Cosenos (en el  deformado). c'2  a'2 b'2 2a' b' cos   c 2 (1   c )2  a2 (1   a )2  b2 (1  b )2  2a(1   a )(1  b )b cos  Aproximación  Sólo términos de primer orden c2 + 2c2c = a2 + 2a2a + b2 + 2b2b – 2ab(1 + a + b)cos pero c2 = a2 + b2 ( antes de la deformación). De donde obtenemos  87



ab cos  

a2  a  b 2  b  c 2  c 1   a  b

Aproximación Binomial Luego:

1  (1   a  b ) 1  1   a  b 1   a  b

ab cos   (a2a  b2b  c 2c )(1  a  b )

Aproximación  Términos de primer orden. Obtenemos ab cos   a2 a  b2 b  c 2 c

a2  a  b 2  b  c 2  c a b c2   a  b  c ab b a ab a b a2  b 2 pero c2 = a2 + b2  cos    a  b  c b a ab a b a b cos    a  b   c   c , expresión que puede escribirse: b a b a b a cos   (b   c )  ( a   c ) a b Por tanto: cos  

Por (*)

sen 

b a (b   c )  ( a   c )   (infinitesimal) a b Distorsión angular

1.10) Relaciones Diferenciales entre Desplazamientos y Deformaciones Unitarias. No siempre es posible relacionar directamente las deformaciones unitarias normales y cortantes con los desplazamientos de los sólidos en estudio. De manera general, es conveniente relacionar analíticamente las deformaciones unitarias x, y, xy con las componentes u, v del vector desplazamiento. Analizaremos el caso bidimensional, para deformaciones infinitesimales (x, y, xy  0) En un cuerpo bidimensional no deformado, consideremos dos segmentos ortogonales e infinitesimales (AB y AC), orientados en las direcciones x, y respectivamente. Durante la deformación, los segmentos AB y AC se alargan o contraen y rotan. Los puntos A, B y C se desplazan hasta A', B', C'.

88



u  cambio en u dy  y  debido al cambio en y

v dy  dy y

C'



B' A'

u

dA y

C x

v

dx 



cambio de V v  dx  debido al x  cambio en x

u dx x

dy A

dx

B

y x

Por la hipótesis de las deformaciones infinitesimales: ,   0  cos, cos  1 ; tan  ; sen   tan  ; sen   Aproximaciones de la función coseno: u dx v dy ; A'C'  dy + A'B'  dx + x y Sin incluir infinitésimos de orden superior, las deformaciones unitarias se expresan por: u dx  dx  dx A' B' AB x x   AB dx u de donde: . . . . (1) x  x De manera similar: v dy  dy  dy A' C' AC y y   AC dy v y  . . . . (2) y La deformación cortante, se expresa por xy =  +  (rad) Aproximación de la función tangente: u u v v dy dx y y x  xy    x  u v u v dx  dx dy  dy 1  1 x y x y Teniendo en cuenta las ecuaciones (1) y (2)

89


 xy


u v y . . . . (3)  x  1  x 1  y

En el caso de deformaciones pequeñas  x y y  0. Luego con suficiente aproximación: v u  xy   . . . . (3.1) x y Definiciones) Las ecuaciones (1), (2), (3.1) definen RELACIONES DIFERENCIALES entre x, y, xy y las COMPONENTES u, v del VECTOR DESPLAZAMIENTOS. Son válidas para problemas bidimensionales que involucran deformaciones infinitesimales. Las ecuaciones (1), (2) y (3.1) se denominan ECUACIONES DE CAUCHY. Puede demostrarse que NO SON TOTALMENTE INDEPENDIENTES. Notas) i) Las ecuaciones (1), (2), (3.1) son válidas INDEPENDIENTEMENTE DEL MATERIAL DEL SÓLIDO. (ÚNICA RESTRICCIÓN  x, y, ,   0) ii) Conocido el campo de desplazamientos. u = u(x, y); v = v(x, y), por derivación parcial se determina x, y, xy. Recíprocamente, conocidos x, y, xy por integración pueden encontrarse las ecuaciones del campo de desplazamientos. iii) De  x 

u obtenemos x

 2 x  3u . . . . (i)  y 2 y 2 x

De  y 

v obtenemos y

 2 y

De  xy 

x 2

u v  obtenemos y x



3v . . . . (ii) x 2 y

 2  xy yx



 3u 3v . . . . (iii)  xy 2 yx 2

Reemplazando (i) y (ii) en (iii): 2  2  xy  2 x   y . . . . (vi)   yx y 2 x 2 Denominada ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD DE LAS DEFORMACIONES UNITARIAS NORMALES Y CORTANTE (Ecuación de Saint-Venant). En consecuencia, un campo de desplazamientos NO PUEDE definirse por funciones u, v totalmente arbitrarias. Las funciones u, v son funciones condicionadas. Definiciones) Las funciones u, v consistentes con las ecuaciones (1), (2), (3.1) se denominan FUNCIONES ADMISIBLES para un Campo de Desplazamientos Bidimensional. iv) Las expresiones deducidas para el caso bidimensional pueden ser extendidas para Problemas Tridimensionales. 90


 u  u( x , y , z) Campo de   v  v( x , y , z) Desplazami entos  w  w( x , y , z)


u: desplazamiento según eje x v: desplazamiento según eje y

w: desplazamiento según eje z  u  x  x  en dirección x DEFORMACIONES  v  UNITARIAS  en dirección y  y  y  NORMALES   w  en dirección z  z z u v    xy  y  x  en el plano xy  DEFORMACIONES  w u   en el plano xz  xz  x z CORTANTES    w  v  en el plano yz  yz y z EJEMPLOS 1) Los puntos de un sólido sufren desplazamientos dados por: u = 4ay2 i + 2ax2 j + az2 k . Encontrar las deformaciones normales y cortantes en un punto genérico Q(x, y, z). u  4ay 2  2 v  2ax Desplazami entos  2  w  az Campo de

Deformaciones Normales:  x  Deformaciones Cortantes:

2)

w v u  0 ; z   0 ; y   2az y x z u v  xy    8ay  4ax y x w u  xz   00 0 x z w v  yz   00 0 y z

Una varilla delgada de longitud L tiene un extremo fijo O. i) Si sus puntos se desplazan en dirección x mediante u 

x2 , hallar la máxima 400L

deformación unitaria normal. ii) Si la deformación unitaria normal es  x  10  4 cos

x , hallar el cambio total de 2L

longitud.

91



L

o

x

u x x2  i) De u  obtenemos  x  x 200L 400L

x (L, x máx)

L

x

1  x  (x)máx =    200 L 200   x L se presenta en el extremo libre (x = L).

ii) Alargamiento total: Usamos L 



L 

L

 10

4

0

cos



 L

 Ver ecuación (*)     x dx  sección 1.9.2   al finalizar   

x dx 2L L

3)

x   2L L  10  4  sen  2L  0   2L  (en unidades de L) L  10  4     Una placa de espesor uniforme 1" y forma parabólica, es de un material cuyo peso específico es 400 lb/pie3. Si la deformación unitaria en dirección vertical es 1  y   y , siendo E una constante (E = 2×107 lb/pulg2), hallar la DEFLEXIÓN que E experimenta el vértice A por efectos del peso propio. y

A

Deflexión

A

punto A 

A'

10'



 AV vertical del

x 3'

e=1"

y

-x

x

10 – y

e = 1/12'

10 – y W

y x

2x

y

92


y 


1 ( 23 )(2x)(10  y)( 12 )( 400)

(en lb/pie2)

1 (2x)( 12 )

Simplificando  y 

800 (10  y) 3

(compresión)

Luego, la deformación unitaria es:  y 

1  800   (10  y) E  3 

El Cambio Total de longitud, es: 10 1  800      y dy   (10  y)dy L 0 E 3 





 = 4.63×10-6 pies  descenso del punto A. AV = 4.63×10-6 pies (Nota: La constante E debe ser expresada en lb/pie2) 4)

Un campo de desplazamientos está dado por u = ky2; v = 0 (k>0). i) Graficar la deformación del cuadrado unitario OABC. ii) Calcular la deformación cortante en el punto C(0, 1). y i) Vectores desplazamiento d0 = (0,0) B (1,1) (0,1) C dA = (0,0) dB = (k,o) dC = (k,o)

0

x

A (1,0)

y (v)

C

k C'

B k B' Parábolas (u = ky2)

(u,y) 0 0'

A A'

x (u)

ii) xy en el punto C(0, 1). xy =  (pérdida de )  C

1

tangente por C'

tan 1 

dy  du  C '

tan 1 

1  1   2ky  y 1 2k

tan 1 

1 2k

C'

Luego como  + 1 =

  tan1 = cotan 2

93



cotan =

1  1     arc cot an  rad 2k  2k 

 1  xy = arc cotan   (evaluada en C')  2k 

5)

Un prisma rectangular tiene la deformación representada. Los desplazamientos están dados por u = C1xyz; v = C2xyz; w = C3xyz. i) Determinar las deformaciones unitarias normales y cortantes en el punto E, si las coordenadas de E' son (1.503, 1.001, 1.997) (en metros) ii) Calcular la deformación normal en dirección AE. z Vector desplazamiento en el

punto E (EE 1 )

dE = (0.003,0.001,–0.003)

G G' F' F

D E E' A x

A'

 0.003 = C1(1)(1.5)(2)  C1 = 0.001

2.0 m C' C

1.0 m

y

1.5 m B

B'

También: 0.001 = C2(1)(1.5)(2)  C2 = 0.001/3 – 0.003 = C3(1)(1.5)(2)  C3 = -0.001 Campo de desplazamientos: u = 0.001xyz; v = 0.001 xyz; w = – 0.001xyz 3 Deformaciones unitarias normales: u x   0.001yz  (x)E = (0.001)(1)(2) = 0.002 x u 0.001 y   xz  (y)E = ( 0.001 )(1.5)(2) = 0.001 3 y 3 w z   0.001xy  (z)E =(– 0.001)(1.5)(1) = – 0.0015 z Deformaciones cortantes: u v 0.001  xy    0.001xz  yz y x 3 (xy)E = 0.001(1.5)(2) + 0.001 (1)(2) = 0.00367 rad 3 De manera similar se calculan zx; yz 94



w u   0.001yz  0.001xy x z w v 0.001    0.001xz  xy y z 3

 zx 

 yz

Reemplazando las coordenadas (iniciales) del punto E, obtenemos: (zx)E = -0.0005 rad (yz)E = -0.0025 rad (Verificar operaciones) Deformación unitaria en dirección AE: AE' AE ; A(1.5, 0, 0); E'(1.503, 1.001, 1.997); E(1.5, 1, 2) ( AE )E  AE ( AE )E 

(1.503  1.5) 2  (1.001  0) 2  (1.997  0) 2  12  22 12  22 (Acortamiento de la diagonal AE)

(AE)E = – 0.002

1.11) Propiedades Mecánicas de los Materiales. Ensayo Uniaxial de Tracción. Diagramas Esfuerzo Normal / Deformación Unitaria. 1.11.1) Introducción. Definiciones. El comportamiento de un sólido o de sistema estructural bajo acción de las cargas aplicadas, está significativamente determinado por las características (propiedades) mecánicas del material empleado. Los esfuerzos y las deformaciones unitarias descritas en las secciones anteriores, no son totalmente independientes entre sí. Se presentan simultáneamente en los sólidos cargados y están relacionados entre sí.

x u

x x



Se generan simultáneamente

P Las relaciones existentes entre esfuerzos y deformaciones unitarias se denominan ECUACIONES CONSTITUTIVAS: (, , , ) = 0. Las constantes que intervienen en tales relaciones, generalmente son determinadas experimentalmente (en laboratorios). Los resultados que se obtienen se aceptan como VALORES REFERENCIALES para solucionar problemas de Diseño (dimensionamiento) y de Verificación (cálculos comparativos de esfuerzos y deformaciones).

 MATERIAL FRÁGIL: Falla súbitamente cuando es cargado en tracción con muy poca advertencia si es cargada en compresión (rocas, vidrios, c° común, yeso, etc.)

MATERIAL

P

P

P de baja intensidad

95





MATERIAL DÚCTIL: Permite deformaciones unitarias considerables antes de fallar (aceros, bronce, aluminio, ..., etc) CONCRETO ARMADO  material semi - dúctil . ACERO  material convencional más usado (junto al concreto) en estructuras de Ingeniería Civil.  Propiedades esencialmente iguales en tracción y en compresión.  Elevada RIGIDEZ (resistencia a la deformación)  Alta DUCTILIDAD (absorbe grandes deformaciones antes de fallar).  Adecuado tiempo de servicio, si es protegido contra la corrosión y las grandes temperaturas.

1.11.2) Ensayo Uniaxial de Tracción. Diagrama

 - .

Las principales propiedades mecánicas del acero, y en general las de todo material, que interesan en Mecánica de Sólidos, suelen determinarse experimentalmente en Laboratorios, mediante ensayos estandarizados. Un ensayo muy importante es el Ensayo o Prueba de Tracción Uniaxial. Usualmente, las probetas del material, se ensayan en máquinas mecánicas, hidráulicas o electrohidráulicas, que permiten la aplicación gradual de dos fuerzas iguales y opuestas dirigidas a lo largo del eje geométrico longitudinal de la probeta. La carga axial que se aplica produce alargamientos en una longitud de referencia. Equivalentemente, los esfuerzos normales que son inducidos generan deformaciones unitarias axiales en la probeta ensayada. A0 P P

L0 Probeta inicial

Dispositivos que permiten aplicar gradualmente la carga axial

La aplicación gradual (por incrementos) de la carga axial, es necesaria para no generar EFECTOS DINÁMICOS (aceleraciones o vibraciones) en el material que se está ensayando (Aplicación Estática de la Carga Axial). Durante el ensayo se registran valores de la carga y del alargamiento producido (o se registran valores del esfuerzo normal y de la deformación unitaria correspondiente). Se registran P1; 1 Se registran (o calculan) P  y 1  1 P1 P1 1  1 A0 L0 L0 + 1 La carga comienza desde un valor 0 y se va incrementando, a velocidad especificada, hasta ocasionar la ruptura (falla) de la probeta. 0  P  Pu Pu

Pu garganta (estricción)

Garganta zona de grandes deformaciones unitarias y brusca reducción de la sección transversal (disipación de energía - calor).

96


Nota)


Es usual referir los ESFUERZOS NORMALES inducidos al (A 0) Área Transversal Inicial de la Probeta. Las DEFORMACIONES UNITARIAS se refieren a La Longitud Inicial (L0). (Esfuerzos y Deformaciones de Ingeniería).

Los resultados de varias observaciones durante el ensayo se grafican en un diagrama CARGA – ALARGAMIENTO (o en un DIAGRAMA ESFUERZO NORMAL – DEFORMACIÓN UNITARIA). P 

rotura P1

cambio de escalas 1

P 1  1 A0

1



Diagrama P- (

1 L0

1 

1

rotura



Diagrama -

)

Las gráficas obtenidas describen el comportamiento del material ante cargas de Tracción Uniaxial. Para el acero estructural, una CURVA TÍPICA, presenta las características siguientes: c  Zona final b r a' rotura a Zona de endurecimiento

Escalón de fluencia

acero

Zona de incertidumbre Parte Inicial (Pendiente muy fuerte) 0





P A0



 L0

Parte Inicial  (0 – a)  Los esfuerzos son proporcionales a las deformaciones unitarias. El punto "a", no es fácil de precisar. Parte a – a'  Zona de INCERTIDUMBRE, por el cambio de un RÉGIMEN LINEAL a un RÉGIMEN NO LINEAL. Parte a' – b  Zona Plana o Escalón de Fluencia. Ocupa una posición sensiblemente horizontal. Indica que las deformaciones unitarias se incrementan rápidamente, sin que varíe notoriamente el correspondiente valor del esfuerzo normal. En la zona de endurecimiento (b – c) se hace necesario incrementar el esfuerzo para lograr aumentar las deformaciones unitarias, hasta un punto donde se alcanza el máx. Posteriormente, la probeta se deforma rápidamente y el esfuerzo decrece. En el punto r se produce la ruptura de la probeta.

97



(, máx)

límite de elasticidad y

(r, r)

p inicio de la fluencia Límite de proporcionalidad

Generalmente: p  y p  y

p y 2   y  Esfuerzo de fluencia máx  58 klb/pulg  2  y  Deformació n Unitaria de fluencia ( valores referenciales)    y  36 klb/pulg

Acero Estructural

Notas)  En la parte inicial del diagrama los Esfuerzos Normales son proporcionales con las Deformaciones Unitarias (Ley de Hooke).  Los esfuerzos normales están referidos al área transversal inicial de la Probeta (A0).  Las deformaciones unitarias están referidas a la longitud inicial de referencia (L0).  Cada material tiene un Diagrama  -  característico. Para diferentes tipos de un material, existen variaciones en los diagramas característicos.  (klb/pulg2)  Alta resistencia CONCRETO SIMPLE 5.5 Resistencia intermedia MADERA 4.8 (Pino) Baja resistencia

0.02 0.03 (  

 )

(ACERO) (

 )

En la mayoría de materiales tradicionales usados en Ingeniería Civil, el escalón de fluencia NO tiene inicio en un punto perfectamente definido. Fundamentalmente, el Diagrama  -  presenta DOS ZONAS diferenciadas. 

ZONA ELÁSTICA LINEAL  ZONA ZONA ELÁSTICA INELÁSTICA ZONA ELÁSTICA  Caracterizada por deformaciones unitarias reversibles (recuperables).

98



El "material" recupera su configuración inicial, al cesar el esfuerzo que lo deformó. ZONA INELÁSTICA  caracterizada por deformaciones unitarias no recuperables (irreversibles).



A 0 INICIAL  L 0

CARGA  DESCARGA P

 A 1 ; L1 A'  A 0 FINAL L'  L 0



Deformación unitaria permanente (Irreversible) "El sólido (o el material) no recupera totalmente su configuración inicial al cesar la causa que lo deformó". Por definición (nominalmente) se considera que la trayectoria de carga y la trayectoria de descarga son paralelas. REALIZAR ENSAYOS EN EL  LABORATORIO (Coordinar)

P



1.12) Materiales Elástico – Lineales. Ley de HOOKE Algunos elementos estructurales se dimensionan de manera que los esfuerzos normales producidos por las cargas actuantes, permanezcan en la ZONA INICIAL del Diagrama  -  del respectivo material (Diseño Elástico).  Límite de proporcionalidad (o inicio de la fluencia) py E  MÓDULO DE ELASTICIDAD LINEAL DEL MATERIAL (Módulo de Young) E Parte recta del Diagrama   = E El módulo de elasticidad E tiene dimensiones 1  de Esfuerzo, y representa la pendiente de la py porción recta inicial del diagrama  -  Zona de diseño elástico Definición) La ecuación  = E se denomina LEY DE HOOKE. Manifiesta proporcionalidad entre esfuerzos y deformaciones unitarias. El módulo E es un valor característico de los materiales. MATERIAL  Aluminio . . . . . . . . . . . . . .  Latón . . . . . . . . . . . . . . . .  Hierro Fundido . . . . . . . . .

VALORES TÍPICOS (E) . . . . 72 – 69 GPa . . . . 100 GPa . . . . 170 GPa 99



MATERIAL  Concreto (Simple) . . . . . . .  Acero Estructural . . . . . . .  Madera (Pino) . . . . . . . . . .

VALORES TÍPICOS (E) . . . . 21 GPa . . . . 205 GPa . . . . 12 GPa

Notas) Cuanto se alargaría la barra si aplicásemos un esfuerzo normal cuyo valor sea el mismo que el valor del módulo de elasticidad lineal.

i)

A 0 ; L0

MATERIAL ELÁSTICO-LINEAL

INICIAL =E

=E L=?

Ley de Hooke:  = E Luego: E = E 1=

L L =E Pero L    1  L  L = L0 0 0

=E L=2L0

Físicamente, el módulo lineal de elasticidad representaría un valor del Esfuerzo Normal necesario para producir en el elemento una deformación unitaria igual a la unidad (o duplicar su longitud inicial). ii) Es posible escribir La Ley de Hooke en función de otros parámetros. L; A; E  = E. Luego:  P P P L E de donde obtenemos A L L + L PL L  (Fórmula del alargamiento EA elástico lineal)

P  EA  P L  L 

1 Definición) El factor

EA L

L

EA se denomina RIGIDEZ AXIAL DE LA BARRA. L

EA (combinación de geometría + material) L P = K(L)

K=

Físicamente, el Coeficiente de Rigidez Axial K, representa un valor de la fuerza axial P necesario para producir un Alargamiento Unitario. (Si L = 1  P = K). 1 El factor RECÍPROCO de denomina FLEXIBILIDAD AXIAL DE LA BARRA. K 100



iii) La constante K EQUIVALENTE:

también

suele

denominarse



K

P

CONSTANTE

DE

RESORTE

P = k

K tiene unidades de Fuerza / Unidades de Longitud [K] = [F]/[L] Una barra de material elástico lineal se comporta básicamente como un RESORTE LINEAL ELÁSTICO  De modo similar al resorte, la barra almacenará ENERGÍA. PL puede usarse para el caso se sólidos EA (de material elástico lineal) con secciones transversales variables y/o con carga axial variable. A = A(x) (Función de área: ACOTADA)

iv) La fórmula del Alargamiento Elástico L 

P(x)

L = ? dx

x

P(x)

L

(Carga axial)

x El alargamiento del elemento diferencial, es: P( x ) (dx)  dx EA( x) En consecuencia, el alargamiento total del sólido se evaluará mediante una integral definida: P( x ) ( x) L   dx ó alternativamente L   dx L EA ( x ) L E





Por La Ley de Hooke (x) = E(x), luego

L 

 (x)dx  L

Expresión coincidente con la deducida por razonamientos geométricos (ver sección 1.9.2). Nota) El producto EA se denomina RIGIDEZ DE LA SECCIÓN. EJEMPLOS

101


1)


Una barra prismática homogénea está suspendida por uno de sus extremos. El material es de comportamiento lineal elástico, con módulo E. Calcular el alargamiento producido por el peso propio. Fuerza interna en una sección genérica x:

x

L E A

P(x)  peso de la porción inferior (suprimida), de altura L – x P(x) = (L – x)A

 P(x)

   peso específico  L 



 L

P(x) dx  EA(x)

L



0

(L  x) Adx dx EA

Evaluando la integral, obtenemos L  Nota) Puede escribirse L  WL L  EA 2 

L2 2E

ALL , con lo cual tenemos 2AE

, siendo W = AL el peso total de la barra.

Alargamiento producido W 2

por una fuerza axial

L E A

L E A

 L



iguales

L W/2

Si la barra soporta la acción de una carga axial centrada, P, aplicada en su extremo libre, de manera que el material permanezca en la zona elástica – lineal, el alargamiento total sería: L2 PL L   2E EA Caso particular del Principio de Superposición: EFECTO EFECTOS L L L  = + E E E COMPUESTO INDIVIDUALES A A A Válido para Comportamiento   Lineal Elástico



P

EFECTO DEL EFECTO PESO PROPIO COMPUESTO

P EFECTO DE LA CARGA AXIAL

102


2)


Calcular el desplazamiento del punto C en el sistema representado. Las barras deformables son de material lineal elástico, con módulo E = 2×104 kN/cm2. L1  6 m  Barra 1)  2  1) A1  2 cm P=6 kN L 2  4 m  F Barra 2)  2  D G A 2  2 cm

P=6 kN

2) C

A

Barras rígidas

B

4a

a

(Fuerzas  kN; Long  cm) El desplazamiento del punto C debe ser igual a la suma de los cambios de longitud de las barras deformables (1) y (2)

4a

C = 1 + 2 . . . . (*)

FUERZAS AXIALES EN (1) Y (2):

Por equilibrio: F1 = 6 kN; F2 = 30 kN (ambas barras en tracción)

F1 F

D F2

G RF

6 kN

F2 A

ALARGAMIENTOS DE LAS BARRAS (1) Y (2):  PL   PL  1    ; 2     EA 1  EA  2

B

C

RB 6 kN Reemplazando valores numéricos, tenemos: (6)(600) (30)( 400) 1   9  10  2 cm ; 2   3  10 1 cm 4 (2)(10 )(2) (2)(10 4 )(2) Reemplazando en (*) C = 0.09 + 0.3 = 0.39 cm 

Nota) Observar la magnitud de los alargamientos: Resultan ser despreciables comparados con las longitudes iniciales de las barras. Resultados que están de acuerdo con la hipótesis de Deformaciones Infinitesimales. 3)

En el sistema representado, determinar la RIGIDEZ en el punto B. Las barras deformables son de material lineal elástico, cuyo módulo de Young es E1. P Barra rígida

L1 E (2 1 A1

B

2L1 E1 1) A1 a

(1) y (2)  barras deformables

2a

103



RIGIDEZ en el punto B  "VALOR DE LA FUERZA P QUE OCASIONE UN DESPLAZAMIENTO UNITARIO DEL PUNTO B, EN DIRECCIÓN DE LA FUERZA P". i) FUERZAS 2 P F1 = P 3 1 F2 = P B 3 F1 F2 ii) DESPLAZAMIENTOS

 PL   PL  1    ; 2     EA 1  EA  2 2 1 P(2L 1 ) P(L 1 ) 3  1  ; 2  3 E1 A 1 E1 A 1 4PL 1 PL 1  1  ; 2  3E1 A 1 3E1 A 1

P = ? (RIGIDEZ) 1

1 B

1

iii) COMPATIBILIDAD GEOMÉTRICA a 1 – 2

(2

1)

1

1   2 1   2  3a 2a Reemplazando 1 y 2

2

2

B 2a

1 – 2 a

2a

PL1  1  PL1  E A 1  4PL1    1   , de donde obtenemos P  1 1  L1 3a  3E1 A1 3E1 A1  2a  3E1 A1  EA La RIGIDEZ en el punto B es K B  1 1 L1

4)

En el sistema representado, determinar la sección transversal de la varilla vertical, si el esfuerzo admisible en ella es  = 1.6 Ton/cm2 y si el desplazamiento vertical del punto C es 1.5 mm. Considerar E = 2×103 Ton/cm2.

104



C a

w = 1.73 Ton/m P = 2 Ton

P

B w

barra rígida 30°

A

a=1m

a

i) FUERZA EN LA BARRA DEFORMABLE (Equilibrio)

A

8 Ton  5 cm2 2 1.6 Ton/cm

F w = 1.73 Ton/m

30° RA ii) DEFORMACIÓN (Materiales)

2 Ton F = 8 Ton (tracción) El esfuerzo normal es: F F  A  A 

C

F 

FL (8)(100)   EA (2)(10 3 ) A

C' CV



= 1.5 mm

0.4 . . . . (*)  iii) COMPATIBILIDAD (Geometría). (Semejanza de s) C C  0.15 cm  V   V   0.075 cm . 100 200 2 2

de donde obtenemos A =

Reemplazando en (*)  A =

0.4 = 5.33 cm2 0.075

De los dos valores calculados para área transversal A, seleccionamos el mayor A = 5.33 cm2, puesto que cumple las dos condiciones:   1.6 Ton/cm2; CV = 1.5 cm. 5)

Determinar el desplazamiento del punto de aplicación de la carga P en el sistema representado. Considerar que todas las barras tienen la misma RIGIDEZ AXIAL EA (RIGIDEZ DE SECCIÓN).

105



a

P

3)

(1 (2

45° 45° (1 a

P

3)

Equilibrio: No existen fuerzas de Reacción. Las fuerzas en las barras se determinan por el método de los nudos.

F1

45° 45°

F3

 F1 = F3 =

P 2

(compresión)

P F3 F2

45° 45°

 F2 = P (tracción)

F3 Material: Calculamos los cambios de longitud de las 3 barras típicas: P a  FL  2  Pa (acortamiento) 1     EA 2EA  EA 1 P a Pa  FL  2 (acortamiento) 3      EA EA  EA  3

Pa 2  FL  (alargamiento) 2     EA  EA 2 Compatibilidad: (geometría) Las barras (1) y (3) se acortan la misma cantidad. La proyección horizontal de esos acortamientos (en valor absoluto) deberá ser igual al corrimiento del rodillo (a su vez, igual al alargamiento de la barra (2)). H  desplazamiento horizontal (total)

V  desplazamiento vertical (total)

H

1 V

2  alargamiento de la barra (2)

106


1


2 Pa 2  2 2EA 2  Pa  Pa 2    V = 2  2EA  2EA

H + H = 2  H =

45°

V =

V

1  H cos 45

V = 45° H 6)

Pa Pa  EA 2EA

Determinar los desplazamientos horizontal y vertical del punto B. Ambas barras tienen material elástico lineal.

C

D

L = 24" 30°

A = 0.2 pulg2 E = 30×106 lb/pulg2 P = 2,000 lb

L = 29.4"

45°

B FBC

P Fuerzas Axiales (Equilibrio)

60°

FBD 45°

FBC = 1,464 lb FBD = 1,035 lb

2,000 lb Alargamientos (Material) (1,464)(24)  FL  = 5.86×10-3 pulg. BC     6 EA ( 0 . 2 )( 30 )( 10 )  BC (1,035)(29.4)  FL  = 5.07×10-3 pulg. BD     6 EA  BD (0.2)(30)(10 )

Compatibilidad (Geometría) C

30° B 45°

BD

45°

45° BV

BC 30°

BV

B'

B' BH

B

D

BV 

BH

45°

t = BH

 BD  BD t   BH . . . . (i) cos 45 cos 45

107



B BC

BV 

30°

BV

B'

BC  BH tan 30 . . . . (ii) cos 30

De las ecuaciones (i) y (ii)  BC BD  BH tan 30   BH cos 30 cos 45

30° BH

Reemplazando valores y despejando BH , obtenemos:

BH = 0.26×10-4 pulg.  Sustituyendo este valor en (i) ó (ii), obtenemos: BV = 6.91×10-3 pulg.  PROBLEMAS 1) Determinar dónde debe ubicarse un bloque de 20 kg de masa, sobre la viga rígida ACB, para que los puntos B y F se pongan en contacto. Suponer comportamiento elástico – lineal de la barra CD. (E = 200 GPa)

D

L = 0.25 m d = 2 mm (diámetro)

AC = 0.08 m CB = 0.32 m

masa 20 kg C

A Barra rígida

supuesto el "contacto"

B y Rígido

F

1.5 mm 0.08

0.32 1.5 mm

C  1.5  C 0.4 0.08  C = 0.3 mm

Semejanza:

La Fuerza Axial necesaria en la barra CD se calcula a partir de la Ley de Hooke FCD (0.25)  PL  -3 C     0.3×10 = 200  10 9  4 (2  10  3 ) 2  EA  CD

108



(Fuerzas  N Long  m)

FCD=753.98 N

Equilibrio: A

de donde se obtiene: Fc = 753.98 N

9.8×20 = 196 N MA = 0 753.98(0.08) – 196(0.4 – y) = 0 obtenemos y = 92.25×10-3 m y = 92.25 mm

0.08 0.4 – y

y

2) Determinar el desplazamiento del punto C. Considerar comportamiento elástico lineal en ambas barras. Estudiar el caso  = 0. A B i) Fuerzas Axiales:  

L, E, A

L, E, A

FCA

FCB  FCB  FCA  



(tracción)

C P

P ii) Alargamientos de las barras: P   sen L L 2   P  CA   EA 2sen EA Similar para  CB  iii) Compatibilidad. A 

P L 2sen EA

B 

C CB

CA  

P 2sen

CV

 CA sen  CV  CB sen CV 

ó

Por tanto CV 

1 P L sen 2sen EA

C'

CV 

PL (2sen2 )(EA)

No puede aplicarse esta expresión para el caso  = 0, pues se tendría CV 

109



Resolvemos el problema con  = 0

A

C LEA

Equilibrio:

FCB

FAC

B P

LEA

 FAC = FCB

P En configuración inicial  no es posible hallar las fuerzas de la barra. En configuración deformada: A C B L L   C (1 2) C' P P 2sen Si   0, las fuerzas F1 y F2 crecen (resultado probado experimentalmente) Aproximación: sen   cuando   0 P F1 = F2  . . . . (*) 2()

F1 = F2 =  CB 

Usamos la Ley de Hooke: 1 = E1 (ó 2 = E2) P  AC' AC    E  2A()  AC  2   L2  2C  L P   E  E 1   C   1  2A() L    L      P 1 2C  Aproximación Binomial   E1   1 2  2A() 2 L  

2   P  E 2C ; pero tan()= C   = C A() L L L

Con aproximación suficiente: 2

P    E C    L  A( C ) L PL3 P de donde: 3C   C  L 3 EA EA

Nota) En este caso, en que la deformación ALTERA el RÉGIMEN ESTÁTICO del Sistema, el desplazamiento del nudo C (punto de aplicación de la carga) NO es PROPORCIONAL a la intensidad de la carga P, a pesar de que el material de las barras sigue la Ley de Hooke. (CASO DE NO LINEALIDAD GEOMÉTRICA)  POR MATERIAL NO LINEALIDAD  POR DEFORMACIÓN (GEOMETRÍA )

110


3)


Un tronco de cono circular recto, de altura h y cuyas secciones extremas tienen las áreas A0 y A1, experimenta la acción de la fuerza axial P. Determinar el acortamiento del tronco, prescindiendo del peso propio. El material es elástico lineal con módulo E. P A0 Consideremos el cono completo

h

A1

h1

A0 x

A A1

P h

Se verifica la relación siguiente:

h  x  (h  x ) 2 A   A  A 0  1  1 2 A0 h1  h1 

2

Ley de Hooke: 

Pdx

h



2

0

h  x   E A 0  1  h1  Ph2 h Ph12  1 dx 1      1  2 0 A 0E h1  x  A 0E  h1 h1  h 



Simplificando tenemos Ph . . . . (*)   h  h1   A 0E h 1   Si x = h  A = A1 con lo cual 

h1  h  h1

 4)

A1  h1  h    A 0  h1 

2

A1 ; reemplazando en (*) y simplificando obtenemos: A0

Ph1 E A 0 A1

El elemento rígido AB está en posición horizontal antes de ser cargado en A con 2,270 kg. Las tres barras de acero ED, BD y BC está fijas en sus extremos mediante uniones giratorias. Calcular los desplazamientos horizontal y vertical del punto A.

111



P = 2,270 kg

A1 = 3.87 cm2 A2 = 9.68 cm2 A3 = 6.45 cm2 E1 = E2 = E3 = 21×106 kg/cm2

elemento rígido B

A

E 1)

(2

(3 1.83 m

D

C

3.66 m

1.83 m

Fuerzas Axiales: F1 = 6,810 kg (compresión); F2 = 0; F3 = 4,540 kg (tracción) Cambios de longitud de las barras: (6,810)(1.83)(100) 1    – 0.153 cm (acortamiento) (3.87)(2.1)(10 6 ) 2 = 0 (4,540)(183) 3   0.061 cm (6.45)(2.1)(10 6 )

3

3 = AH

B'

A 3

45°

B

1

A'

3

3 A AV – 1

AV

Como el punto B se desplaza horizontalmente 3 = 0.061 cm 3 (es un punto de la barra rígida), todos los puntos de la barra rígida, horizontalmente, se desplazarán igual cantidad. Luego AH  0.061 cm

1 

366 cm  (1

2)

A'

183 cm

(3

3

3 + 1 AV  1 366  3  1 tan = 183 A   1   1  V = 3 183 366

tan =

de donde obtenemos: AV = 2(3 + 1) + 1

AV = 2(0.061 + 0.153) + 0.153

AV = 0.581 cm  5)

Un tablón de madera, muy rígido, de longitud 2L, descansa sobre dos resortes análogos de constante K, tal como se representa. Los resortes tienen una longitud h cuando el tablón está sobre ellos. Un peso es colocado en el centro del tablón y se desplaza lentamente hacia uno de los extremos. Determinar la distancia que puede desplazarse, hasta el instante en que el tablón entra en contacto con el piso. (No incluir el peso propio del tablón).

112



y L C

L

y

D C h

b=?

h

W

D a

a

En el punto E no se presenta reacción (caso límite en que el tablón entra justamente en contacto con el piso). y y b FC C b C

D

FC

FD

W

Fd D

h h C E

hD

x

a L

a

L

a

W E

x

Fd L

Como no se incluye el peso propio del tablón  h es la longitud libre de cada resorte. Equilibrio de Fuerzas: FC + FD = W 2aFD – W(a + b) = 0 W(a  b) W(a  b) W  ; FD  FC  W   (a  b) . . . . (*) 2a 2a 2a Compatibilidad Geométrica: h La Semejanza  C  . . . . (**) hD L  a Deflexión de los resortes 

 C  h  hC   . . . . (***)  D  h  hD 

Relación Fuerza /Desplazamiento: Resortes elásticos-lineales de constante K: FC  K C    . . . . (****) FD  K D  Las ecuaciones (*), (**), (***) y (****) constituyen un sistema de ecuaciones (con las siete incógnitas: FC, FD, hC, hD, C, D, b) Resolviendo este sistema, encontramos:

113


b


a2  2Kh   1  L  W 

Nota) Podemos calcular las deflexiones de los resortes en función del valor b encontrado. Resultan ser: W b W b C  D  1   ; 1   ; 2K  a 2K  a Si b = a  C = 0 y también FC = 0. Natural, puesto que si b = a el peso W descansa directamente sobre el resorte en D. (Siendo nulas la fuerza y la deflexión en C). 6)

Un sistema estructural compuesto por cuatro barras deformables y dos elementos rígidos, está organizado según se indica en el esquema. Las barras deformables son del mismo material (con módulo elástico E) y tienen la misma sección transversal A. Calcular la RIGIDEZ del sistema en el punto B. P RÍGIDOS RIGIDEZ EN EL PUNTO B: VALOR DE LA CARGA P, QUE OCASIONE B UN DESPLAZAMIENTO UNITARIO DEL PUNTO B, EN DIRECCIÓN DE 5 5 a a 6 6 LA CARGA P. 4) 2L

L

(1

2)

2 3

a

4 3

a

(3

L

Fuerzas en las barras:

P B F1 Las cuatro barras deformables trabajan en tracción (se alargan)

F4

 F1 = F 4 =

F4 =

P 2

P 2

P 3 P F3 = 6

 F2 = F2

F3

Alargamientos de las barras:

114



P  (2L )  PL  PL  1      2  EA EA   EA 1  P (L )  PL   PL  2      3 EA 3EA   EA  2  (*) P  (L ) PL   PL  6 3      EA 6EA   EA  3   P (L )  PL PL   4      2  EA 2EA   EA  4

Compatibilidad Geométrica: P

1

1 5 6

a

4 + x 5 6

B

a

4)

2

(1

x 2 3

(2

a

3 4 3

a

(3

Semejanza:

2

x 2 3

a

3 4 3

2 3

a

de donde: x  x

2 – 3 x – 3 a

4 3

a

2  3 (x  3 )  4 2a a 3

1 (2 2   3 ) 3

y reemplazando 2 y 3 de (*) obtenemos:

5PL . . . . (**) 18EA

Semejanza:

1 – 4 – x

1 – 4 – x

B" 5 6

a

5 6

a

1   4  x 1   4  x  10 5 a a 6 6

de donde obtenemos: 1 + 4 + x = 2. Reemplazando de (*) y (**), tenemos:

115



PL PL 5PL   2 EA 2EA 18EA

Despejando el valor de la carga P:

P

9EA 8L

RIGIDEZ DEL SISTEMA EN EL PUNTO B: 9EA KB  8L 7)

Un anillo circular de radio interior r, radio exterior R y longitud L, se somete a una presión interior uniforme radial p, según se indica en el esquema. Hallar el incremento del radio del anillo (r) y el esfuerzo que se produce. Considerar E el módulo elástico. d

R r



p

F0

F0

L La fuerza (normal) elemental sobre el elemento indicado, es: dF = (pr)L d Por la simetría del sistema, las componentes horizontales de las fuerzas dF se equilibran. Quedan solamente las componentes verticales.





Fvert = 0  2F0  prL sen d 0

2F0  2prL  F0 = pLr

El esfuerzo normal en el espesor del anillo, es: F pLr pr  0   A (R  r)L R  r El radio r sufre un incremento r: 2 (r   r ) 2 r  r l   Cambio en la circunferencia interior

Donde:



 pr  (Deformación radial unitaria) E E(R  r) l: circunferencia interior (inicial) pr 2(r  r)  2r  2r E(R  r) r 

Despejando r, encontramos r  8)

pr 2 E(R  r)

Un bloque rígido que pesa 100,000 lb se mantiene en la posición indicada mediante las barras articuladas AB y CD. Las barras tienen igual diámetro y su 116



material tiene E = 18×106 lb/pulg2. Si la rotación máxima que se permite al bloque es 0.05° y se usa un factor de seguridad igual a 2.5, ¿qué diámetro mínimo deben tener las barras si el esfuerzo de fluencia es 70,000 lb/pulg2?

Permitimos que el bloque gire  = 0.05° y calcularemos un diámetro. Luego, verificamos si se excede o no el esfuerzo de fluencia. Equilibrio

Geometría

Combinando las ecuaciones (2) y (4) y las (3) y (5), tenemos FAB  0.02094  10 6 lb/pulg2 . . . . (6) A FCD  0.03140  10 6 lb/pulg2 . . . . (7) A Reemplazando FAB y FCD de las ecuaciones (6) y (7) en la ecuación (1), tenemos: 8[(0.02094)106A] + 18[(0.0314)106A] = 500,000 de donde: A = 0.682 pulg2 



 4

d2  A



El correspondiente diámetro es: d = 0.932 pulg Pueden calcularse ahora, las fuerzas FAB y FBC, a partir de las ecuaciones(6) y (7). Se obtiene: FAB = 14,280 lb FCD = 21,400 lb

117



El esfuerzo máximo se induce en la barra CD 21,400 lb = 31,400 lb/pulg2 máx  2 0.682 pulg máx > permisible =

70,000 = 28,000 lb/pulg2 2.5

POR TANTO, NO PUEDE ACEPTARSE la rotación de 0.05°. FACTOR QUE DOMINARÁ EL DISEÑO  Nivel de Esfuerzos (No Rotación) Asignamos  = 28,000 lb/pulg2 a la barra CD. FCD = 28,000 lb/pulg2 A Con esto, las ecuaciones (1), (2) y (3) siguen siendo válidas. En las ecuaciones (4), (5) el ángulo de 0.05° debe cambiarse por  (incógnita) 2 AB = (8)  . . . . (4.1) 360 2 CD = (18)  . . . . (5.1) 360 9 CD = (28,000) . . . . (3.1) 18  10 6 F (puesto que hacemos CD  28,000 lb/pulg2) A Disponemos ahora de CINCO ECUACIONES (1), (2), (3.1), (4.1), (5.1) CON CINCO INCÓGNITAS: FAB, FCD, AB, CD,  Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones FAB = 18,660 lb; FCD = 28,000A lb  A = 0.765 pulg2  d = 0.987" (mínimo) Fines prácticos d = 1". 9)

Un prisma de peso G, área transversal A y Longitud L, descansa sobre un plano horizontal. Su material es de comportamiento elástico-lineal cuyo módulo de elasticidad es E. Calcular el descenso de su Centro de Gravedad. Peso total  G G L Peso específico    AL E Esfuerzo y Deformación unitaria en una A sección genérica, ubicada a la distancia x de la base superior.

x

F1 = Ax  F1 = Ax

G AL

xG (compresión) F L F xG 1 = 1 = (compresión) A AL xG 1 = (acortamiento) EAL Definición de Deformación Unitaria:

F1 =

118



u  si dx es la longitud inicial, tendríamos u (dx ) 1  dx xG de donde (dx) = 1dx = dx (acortamiento) EAL Consideramos una "rebanada" diferencial en la distancia x. 

x dx

d(x) z

Z

Después de la deformación, el espesor de la xG "rebanada", es: dx – (dx) = dx – dx EAL xG   dx – (dx) = 1   dx EAL   Si Z es la distancia de la rebanada ya deformada al suelo, tenemos. Z = (dx – (dx)), extendida para "todas" las rebanadas que pueden definirse en el intervalo (x, L). En consecuencia: xG 

L

 1  EAL dx . Evaluando la integral, tenemos: x

L

 G x2  G  L2 x 2     Z  x   ( L  x )   EAL 2  x EAL  2 2  

Aplicamos un Teorema de Centros de Gravedad. Si ZG es la altura del centroide (respecto al suelo o plano de referencia), después del acortamiento, tendremos: L



(Z G )(G)  Z dG0 0

Pero dG0  peso de la rebanada diferencial. dG0 = Adx G G dG0 = A dx  dG0 = dx AL L Por tanto: L G G (Z G )(G)  (L  x)  (L2  x 2 ) dx 0  2EAL L



L



1 x2 G x3  Z G  Lx   (L2 x  ) L 2 2EAL 3 0 L GL ZG   2 3EA

El descenso del Centro de Gravedad, será

L  ZG 2

L GL  ZG = 2 3EA

119



10) Una placa rígida, semicircular, de peso W = 500 N y radio r = 1 m está soportada en los puntos A, B y D por tres cables idénticos. El punto C está en el centro del arco circular ADB y el radio CD es perpendicular al diámetro AB. Cada cable tiene módulo de elasticidad E = 210 GPa, diámetro d = 2 mm y longitud L = 1.2 m. Una carga P = 3W actúa perpendicular a la placa, a la distancia x del punto C. Calcular la distancia x para que la placa tenga una pendiente de 0.1° (a lo largo de CD) bajo acción simultánea de W y P.

Equilibrio: (G  centroide de la superficie semicircular

A

B

P

C

FB FA

x A

C 4r 3

P

B

W

x

D

FD D

Fvert = 0  FA + FB + FD = P + W = 4W . . . . (i) MCD = 0  FAr = FBr  FA = FB (simetría) . . . . (ii) 4r Wr MAB = 0  P x + W – FDr = 0  3Wx + 4 – FDr = 0 . . . . (iii) 3 3 Wx 4W De la ecuación (iii) obtenemos FD = 3 + . . . . (iv) r 3 4 W  FD Reemplazando (ii) en (i) obtenemos 2FA + FD = 4W  FA = . . . . (v) 2 Reemplazando (iv) en (v) obtenemos: 3Wx 2W . . . . (vi) FA  2W   2r 3 r 0.1° D – A W P

B A

D

A 0.1°

D   A r  r tan0.1° = D – A . . . . (vii)

D tan 0.1° =

(Los alambres que pasan por A y por B se alargan la misma cantidad) Material (Alargamiento): FL FL D  D ; A  A EA EA

120



Reemplazando en (vii) L (FD  FA ) . Considerando (iv) y (vi), tenemos: EA L  3Wx 4 W 3Wx 2W  r tan 0.1    2W     EA  r 3 2r 3  Simplificando: WL  9x 2  r tan 0.1    2  EA  2r   r tan 0.1 

Reemplazando valores:

(1) tan 0.1 

(500)(1.2) 2    4.5x   2  9  3 2  (210)(10 ) 4 (2  10 )  

Resolviendo esta ecuación, obtenemos x = 0.729 cm

121



1.13) Comportamiento No Lineal. Diagramas Idealizados  /  1.13.1) Definiciones: 

SÓLIDO ELÁSTICO

→

Aquel que recupera su configuración inicial

cuando desaparecen las acciones que ocasionaron la deformación. Elásticos Lineales Pueden ser

Elásticos No Lineales Anelásticos





(Disipación importante de energía, calor,…)







Lineal

No Lineal

(Acero)



Lazo de HISTÉRESIS



Anelástico

(Cº Simple en compresión)

(Caucho)

SÓLIDO INELÁSTICO → Aquel que no recupera su configuración inicial cuando desaparecen las causas que lo deformaron. En el sólido se inducen deformaciones irreversibles.





A(  ,  )

  tan

 punto con

 0

 

PERMANENTE



DEFORMACIÓN TOTAL

p

   p  r   p 



r

  p  permanente

 r  RECUPERABL E (ELÁSTICA)

 

r 

 

122







Nominal de Fluencia

En los materiales donde es imposible (difícil) precisar con exactitud el valor del ESFUERZO DE FLUENCIA

 Y  , es conveniente ubicarlo por

definición (nominal).



 DIFÍCIL DE DETERMINAR EXPERIMENTALMENTE

Y P

(Y ,Y )  



 

MÓDULOS SECANTE Y TANGENTE En materiales cuyos diagramas constitutivos son no – lineales, pueden definirse “MÓDULOS TANGENTE Y SECANTE”



    ( )    ( )

   T       ( , )

S 





0



0

2 1   2 1 

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Las fuerzas externas realizan trabajo durante la deformación. Esta energía se almacena en el interior del sólido (Energía de Deformación).



(1 , P1 ) P  P() P

U   P() 

123



1.13.2) Diagramas Idealizados  /  : En general, las relaciones constitutivas

   son complicadas, con la

posibilidad de presentar variadas alternativas o configuraciones. Para facilitar el tratamiento analítico del comportamiento de algunos materiales, se usan DIAGRAMAS IDEALIZADOS de las relaciones  /  .

  SÓLIDO RÍGIDO:

Sin deformaciones

  SÓLIDO PERFECTAMENTE ELÁSTICO:









LINEAL

NO LINEAL

 SÓLIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO: A partir del esfuerzo de fluencia, las deformaciones inducidas crecen notoriamente. Las deformaciones elásticas que pudieran existir son insignificantes. El material fluye a esfuerzo normal constante.

 y



 SÓLIDO PLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO: A partir del esfuerzo de fluencia,  Y  , para inducir deformaciones mayores, se requiere incrementar el esfuerzo.



y

Zona de endurecimiento



124



 SÓLIDO ELÁSTICO – PERFECTAMENTE PLÁSTICO (ELASTOPLÁSTICO): Las deformaciones elásticas NO pueden despreciarse. Tampoco existe zona notable de endurecimiento.

 y

 y



 SÓLIDO ELASTO – PLÁSTICO CON

y

Endurecimiento

ENDURECIMIENTO:

E 1

(Bilineal)

y



 SÓLIDO DE RAMBERG – OSGOOD La deformación total

 es:    p   r ....(*)

Para una gran mayoría de materiales la relación  /  (en la zona no



  elástica) puede aproximarse por     , donde Β y η son constantes p  apropiadas para cada material.



Reemplazando en (*):



       ....( Ec.deRamberg  Osgood ) r 

Si además, la deformación es elástica lineal →



r    .





      .  



   Deformació n Elástica Lineal;    Deformación Inelástica  



Las ecuaciones de Ramberg– Osgood han sido estudiadas experimentalmente.

Acero Estructural    122400 Aluminio    72300

lb ;  25 pg 2

lb ;  10 2 pg

125



NOTA› Las relaciones presentadas, suponen tácticamente que los materiales NO SON VISCOSOS, es decir NO se presentan fenómenos importantes de desplazamientos dependientes del tiempo (FLUJO). Existen materiales (asfaltos, breas,…) que se deforman gradualmente por acción de un esfuerzo y su deformación se incrementa con el tiempo aún cuando se haya retirado al esfuerzo.

Comportamiento influido por la VISCOSIDAD. MATERIAL ELÁSTICO

    

MATERIAL VISCOELÁSTICO

    ,

 

   t 

El modelo más simple de material viscoelástico, es el denominado SÓLIDO DE VOIGT – KELVIN, cuya ecuación constitutiva, es:

    

   Módulo de Young    Coeficient e de Viscosida d    

 t

De manera similar a la analogía existente entre un Sólido Elástico Lineal y un Resorte, el Sólido de Voigt – Kelvin acepta analogía con el modelo físico:

 Elasticidad 



Viscosidad

Sistema resorte/amortiguador en paralelo

 Si el efecto de la Viscosidad es despreciable → 0 , y el modelo se reduce al Modelo de Hooke.

 E

  



126



Otro material viscoelástico, es el que admite la ecuación constitutiva:

A

     t t

 Define un Material     modelo MAXWELL 

Constante de Elasticidad Constante de Viscosidad

El material modelo de MAXWELL es análogo al sistema resorte / amortiguador en serie:



Elasticidad

Viscosidad



Las soluciones de la ec. Constitutiva tipo Maxwell, se dan en dos planos coordenados:





t

t

PROBLEMAS

1)

¿Qué esfuerzo se requiere, en cada caso, para generar deformaciones unitarias de 0.001 y 0.004?

y

y

E

E

1

1

(i)

Klb  y  60 pulg2

(iii)

(ii)

Klb Ε  3  10 pulg2 4

 Klb  2  103  pulg2

127


CASO ( i )

→


RÍGIDO PERFECTAMENTE PLÁSTICO

 y 1

2

0.001

0.004

CASO ( ii ) →



ELASTOPLÁSTICO Deformación Unitaria de Fluencia:





y E 1

2



Ey = 0.002

 y E1 = 0.001

CASO ( iii ) →

Ey = 0.002

E2 = 0.004

ELASTOPLÁSTICO CON ENDURECIMIENTO



y 2



 E1 = 0.001

 2 - y

E2 - Ey Ey = 0.002

E2 = 0.004



128




2)


El cilindro representado, es de un material de comportamiento elástico no lineal, cuyo diagrama  /  es parabólico. Hallar la deflexión del extremo libre ocasionada por el peso propio.

 (10 2 ;10000

L  5"

  0.2

Φ  6"

lb pulg3

lb ) pu lg2

parábola de 2do Grado



Vértice

 Parábola    k   10000  k 10 2  k  10

  10

5

lb

5

pu lg2

 ...(1)

Fuerza Axial

P( x )  A (L  x )  Esfuerzo Normal

 

P(x) A

 (L  x )  10

Reemplazan do en (1)

5



De donde obtenemos la deformació n unitaria

P(x) (peso porción inferior)

 

2 10

3)

  (L  x )

10

(L  x )

2

Una barra de sección circular tiene 3m. de longitud y 10mm de diámetro, ésta hecha



de

un

material

cuya

ecuación

constitutiva

es:

 3   9    donde  se expresa en MPa. La barra está 1   70000  7  270  



cargada axialmente por fuerzas de tracción P = 20Kn, y después se retiran las cargas.¿Cuál es la deformación unitaria permanente de la barra?

129



Para P  20KN :

P

P σ

20 000N π 4

 254.65MPa

3 2 2 (10  10 ) m

La deformación total, es : ε

9  254.65  3  254.65   1   70000  7  270    

ε  0.00456 (deformación total)

Diagrama

 

 total   perm   recup

 M P a )



 total   recup 



Comparándola con la ec. constitutiva dada :

sc de

ca

rg

a

ar



ga

(  tota l )

 



E

70000  

 RECUP 0.00364

9

      7 70000  270    3



PERM

1

 re m p

 p e rm

 Total



 to ta l



ε perm 

3  254.65  254.65 





9



7  70000  270 

ε perm  0.00092

4)

El sistema estáticamente indeterminado que se representa en la figura consiste en una barra rígida horizontal ABCD, soportada por dos resortes idénticos en los puntos A y C. Los resortes admiten una relación fuerza – desplazamiento no lineal, dada por F 

60 ;0    2.5pu lg.(F en libras; en pulgadas). La carga 1  1.12

P es de 35lb. y los segmentos de la barra tienen longitudes a=15”,b=10”,c=10”. (a)Graficar un diagrama fuerza desplazamiento para uno de los resortes. (b)Calcular las fuerzas FA Y FC en los resortes A y C respectivamente, los cambios de longitud  A y  c de los resortes y el ángulo de giro

 de la barra

rígida.

130



P A

B

C



b

a

 MB  0 

c

P

Equilibrio:

F a  F b  P(b  c) A C 15F  10F  P(20) A C  3F  2F  4P....(1) A C

FC

FA

R

Compatibilidad:

A

B a



C b



c

Material:

131



Diagrama Fuerza / Alargamiento

Flb) F

60 1.1.2

30 25

0.833 1.25

5)



pulg

Una barra prismática AB de longitud L=86” y área transversal A = 0.75pulg2 soporta dos cargas concentradas: P1=24Klb y P2=6 Klb. El material es una aleación cuyo diagrama  /  sigue una ecuación tipo Ramberg – Osgood.

 en la que

1   10   ...........(i)   10  106 614.0  38000



 tiene unidades Klb/pulg2.

Determinar el desplazamiento del punto B, en las sgtes. condiciones: i) P1 actúa sola; ii) P2 actúa sola;iii) P1 y P2 actúan simultáneas.

L/2

P2

L/2

P1

132



 50 40 30 20 10 0.01

0.02



0.03

En la mitad inferior  σ 

P1 24000  A 0.75 σ  32000 lb / pu lg2

Al que le corresponde ε  0.003492 El alargamien to de la barra, es : Δ B  (0.00672)( 43)"(0.003492)( 43" ) Δ B  0.439"

NOTA › Observar que: En una estructura NO LINEAL, el desplazamiento producido por dos (o más) cargas que actúan en forma simultánea NO es igual a la suma de los desplazamientos producidos por las cargas cuando actúan por separado. (CASI DE SISTEMAS ELÁSTICOS LINEALES) 6)

Determinar la carga última que puede aplicarse a la barra rígida ABC, soportada por dos alambres de acero elastoplástico. (E=200GPa;  y =250MPa).

 -4

2

A=2x10 m 2.0m -4

2

A=3x10 m

1.5m

y

B A

E 1m

2m

C

1

P



y CARGA ÚLTIMA (Pu):

La que ocasiona que en ambos alambres se alcance el Esfuerzo de Fluencia  y . (Simultáneamente)

133



(Falla del Sistema) Si sólo un alambre llega a la fluencia, NO se produce la falla del sistema, debido a que el otro alambre aún estará en el rango elástico. En el momento de la falla

PB =

 y AB PB  σ y A B

Pc

PB

P B  (250  10 6 )(3  10  4 )

A

P B  75000 Newtons PC  σ y A C

P

P c  (250  10 6 )(2  10  4 ) P C  50000 Newtons

M

A

 0  2P  2PB  3PC P

2(75000 )  3(50000 )  150 000Newtons 2

PU  150000 Newtons

(↑___ INICIA LA FLUENCIA EN EL MATERIAL DE AMBOS ALAMBRES). 7)

Dos cables son de un material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es     k 2 ,siendo k=1010lb/pulg2 y   3 10 7 lb/pulg 2 .La sección transversal de cada cable es 0.2pulg2 y ambos tienen 5 pies de longitud. Determinar la deflexión vertical del nudo B por aplicación de la carga P=2Klb.





º

B P

Geometría:

1

Δ1  Δ 2  (Simetría total)

2



Δ1  Δ B cos α  Δ B



B

2 B



1

3 2

Δ2  Δ  Δ  Δ  ΔB Fuerzas:

3 ...(*) 2

F1  F2

F

F

1

2

F1  F2  30º

30º

P 3

P

134



Esfuerzos:

P

1   2 

3A



Ecuación Constitutiva:

    k 2



Según (*) 

      , para cualquier Régimen  L  

P

     k  L 3A L

2

 3 1 3   B  k 2   B 2 2  L  3A L

P

2

Reemplazando valores numéricos, tenemos: 2000 3 ( 0. 2 )



3  10 7 3 10 10 3  B 2 B  5  12 2 (5  12) 2 4

(Fuerzas →lbs ; long → pulg.)

Resolviendo la ec. de 2do. grado, obtenemos:

 B '  0.1935 pulg  B "  0.0143 pulg

Nota > Las dos raíces son soluciones correctas.



  0   (   k )  0  0

Ek2

 3  10 7   k 10 10

  0.003

E

=0

E = 0.003



Para un valor admisible del esfuerzo existen dos Deformaciones Unitarias

Calculamos las deformaciones unitarias (en los cables). Usamos (*)

Para

  B

3 2

 B '  0.1935 "  '  0.1935

3 2

'  0.1676pu lg .

135



 B "  0.0143 "  "  0.0143

Para

3 2

"  0.01238pu lg .

Las deformaciones unitarias, son:

'

' 0.1676   0.00279 L 60

"

y

" 0.01238   0.000206 L 60

En el Diagrama Constitutivo:



E

E = 0.003

=0

E" = 0.000206 Si P es creciente

8)



E' = 0.00279

Si P es decreciente

Si P crece

 B  0.0143 pu lg

Si P decrece

 B  0.1935 pu lg

En el dispositivo esquematizado en la gráfica, se indican las dimensiones correspondientes antes de que sean aplicadas las cargas.¿En qué sentido y que distancia, en pulgadas, se moverá la placa fijada en el extremo derecho del tubo, debido a la aplicación de las cargas?. Las curvas  /  para el acero y el concreto se muestran en otra gráfica (1ton <>2000lbs.) Tubo de Acero: dext = 5.563 pulg. dint = 5.047 pulg.

Placa de Apoyo

40 Ton

Placa de Extremo (CIRCULAR)

50 Ton

40 Ton Concreto (CILINDRO)





y=35000 lb/pulg

2

6

2

E=30 x10 lb/pulg 1

(0.0015;2.120) lb/pulg2 CONCRETO





136



Fuerzas Internas: Tubo (18”) Esfuerzos:

F

1

50 Ton

Tracción: Tubo (8”)

(Tracción)

F1=50 Ton F1=(50)(2000)=1000 000lb 40 Ton

F

2

50 Ton

(Compresión) F2+80=50 F2= -30 Ton (Compresión) F2= -60000 lbs

40 Ton

Bloque Concreto 40 Ton

3 

F

3

60000

 4

50 Ton

(6) 2

 2120

lb pu lg 2

(Compresión) 40 Ton

F3+80=50 F3= -30 Ton (Compresión) F3= -60000 lbs Nota→Acero en Régimen Elástico(Ley de Hooke). Concreto→Deformación Unitaria dada

9)

Cambio total de longitud:    1L 1   2L 2   3L 3 

23250 30  10

6

(18 ) 

13950 30  10 6

(8)  (0.0015 )(12)

  0.00780 pulg. La placa del extremo derecho del tubo se desplaza hacia la izquierda (deformación neta por compresión)0.0078 pulg.

La barra rígida ABC, inicialmente en posición horizontal, está suspendida por dos barras de acero elastoplástico. El punto medio B de la barra es reflectado 10mm. Hacia abajo, por aplicación gradual de la carga Q. Luego la carga Q es retirada lentamente. Determinar: i)

El máximo valor de Q y la correspondiente posición de la barra rígida.

ii)

La posición final de la barra (luego de retirada Q).

137



E D



Q

y

B

A

C

E 1

 Equilibrio: FAD

FCE

Q

Comportamiento Elástico Lineal: El máximo desplazamiento (elástico) del punto A, sucede cuando el material de la barra AD alcanza el esfuerzo de fluencia  y .  FAD MÁX   y A AD  (300 )(10 6 )( 400  10 6 )  120  10 3 Newtons Con esto (ver *)  Q MÁX  240  10 3 Newtons A este valor FAD MÁX le corresponde la deflexión :  A   yL 

y 

L

(300 )(10 6 ) 9

(200 )(10 )

(2)  3  10 3 m.

Barra AD:

FAD 3

x

(m)

-3

x

Puesto que, por el equilibrio, FAD  FCE  120  10 3 N , posiblemente la barra CE no está en fluencia. La deflexión del punto C es  C  L 

 

L,

138


C  es decir:


120  10 3 1 (5) 6 9  500  10  10   200   L 



 C  6  10 3 m.

FCE MÁX   y A  (300)(10 6 )(500)(10 6 )  150  10 3 N Barra CE:

F 3

FCEmáx=x 3

x



-3

x

B

A

(Barra CE → no en fluencia).

mm

mm mm

La deflexión del punto B, es: B 

C

1  A   C   1 3  6(10 3 )  4.5  10 3 m 2 2

Puesto que  B debe ser 10mm, deben presentarse deformaciones plásticas en las barras deformables. Comportamiento Plástico: Para Q=240 x 103 N ocurren deformaciones plásticas en la barra AD. Como la barra CE no ingresa al régimen plástico, la deflexión del punto C permanece igual a 6mm. Configuración de la barra rígida:

A 'A



' A 6  10  ' A  14mm 2

C

B

 mm

 mm

3

 x  ewtons

139



Posición Final luego de retirada (gradualmente) la carga Q Deformación permanente en la barra AD

A 11mm 14mm

C mm

L FINA IÓ N C I S PO GA C AR S IN

Deformación recuperable

3mm

Deformación recuperable

10)

La barra AB es de acero elastoplástico (E=200GPa;

 y =300MPa ).

Después de conectar la barra a la palanca rígida CD, se observa que el extremo D está demasiado alto. Se aplica entonces una fuerza vertical Q en D hasta que este extremo se desplaza al punto D’. Determinar la magnitud requerida de la fuerza Q y la deflexión

 , si la palanca debe regresar a la

posición horizontal luego de retirada la carga.

Q A L=1.25m 9mm

D

 B

a

y

Palanca Rígida

E

C

1

1 D'



 y  300MPa   200GPa (materialde la barra AB)

140



A D

a

B

→ alargamiento total de la barra.

B’B”

→ alargamiento recuperable.

B’B

→ alargamiento permanente.

El material de la barra AB debe ingresar

B'

C

BB”

M

B"

al rango plástico.

1

La máxima deformación unitaria recuperable, es:

D'

y 

Luego el alargamiento B’B”; es:

y 



300  10 6 200  10

9

 1.5  10 3.

B' B"  L AB  y  (1.25 )(1.5  10 3 ) B' B"  1.875  10 3 m

La deflexión  1 se calcula por semejanza: CB' CM (1.1)    1  (1.875  10 3 )  5.16  10 3 m B' B" 1 0 .4

Fuerza Máxima:

Fy...(*)

Qmáx

C B

Carga de Fluencia en la barra AB: Fy=A  y FY  (300 )(10 6 )

M

C

0

De donde

 4

(9  10 3 ) 2  19 085.18 Newtons. FY (0.4)  (1.1)Q MÁX Q MÁX 

(19 085.18 )(0.4) 1.1

Q MÁX  6 940.06 Newtons. (*) Fy  carga de fluencia(genera las deformaciones plásticas no resuperables)

11)

Un cable sometido a tracción de radio r, tiene en su eje un módulo de elasticidad E1, y este módulo crece linealmente hacia la periferia, donde alcanza el valor E2. Determinar la Fuerza de tracción que puede soportar el cable con la debida seguridad (el esfuerzo en ningún punto debe superar el valor

 0 ).

141



Ley de Variación del Módulo Elástico: (1) E2 E

 E1

Ley de Variación:

dA=2d

P

P

La fuerza axial es: P 

 A

(A)

Constante)

r

 P   2



(todas las fibras con la misma )

0

  1     El esfuerzo es variable:       1  2 r  

La deformación  es constante en todos los puntos. r



  1   P   1  2   2 r   0



r

  1   P  2   1  2    r  0



P

 3

r 2  1  2 2 ...()

En la periferie

   0 ;    2  σ 0  ε 2



 

σ0 2

Reemplazan do en () : P

 3

r2

σ0 1  2 2  2

(1) Material No Homogéneo

P

   πr 2 σ 0  2  1  3 2  

142


12)


La varilla uniforme BC tiene sección transversal A y está hecha de un acero elastoplástico (E,

 y ). Usando el sistema bloque / resorte representado, se

desea simular la deflexión del extremo C de la varilla cuando la carga axial es P y luego se la retira. Designando por la masa del bloque;μ el coeficiente de rozamiento entre el bloque la superficie horizontal, hallar: (i) Una expresión para la masa m requerida. (ii)Una expresión para la constante del resorte K. La deflexión en los puntos C y C’ debe ser la

L

misma para todos los valores de P. C

B

P Varilla BC: Fuerza de Fluencia: Py=A  y

B'

K

Deformación de Fluencia:  y   y L 

C' P

m

y 

L

Pendiente de la parte recta del Py

Diagrama P -  y

y

P



A y L y 



AE L

Sistema masa / resorte:

Py

Si P
el bloque no se mueve, y P   c '

Relación lineal con pendiente 

y

c

Para P  FMÁX  W  mg

el bloque comienza a

moverse y  c ' se incrementa, sin ningún incremento en

P

P. Si P decrece hasta cero, el bloque se mantiene en un

FMÁX

miso punto y  c ' decrece linealmente: → Igualando las expresiones para Py y FMÁX:

c' → Igualando las expresiones para Py y FMÁX: A y  mg  m 

→ Igualando las pendientes 

13)

A y

g

(masa del bloque)

A   (constante del resorte) L

Un mástil rígido se sostiene en posición vertical por medio de dos cables de material elástico no lineal, cuya ecuación constitutiva es σ  105 ε 2

(MPa). El

mástil recibe una carga de viento q=1 KN/m uniformemente repartida sobre su

143



longitud. Ambos cables tienen la misma sección transversal A = 2.5 cm2. Determinar (i) El esfuerzo normal en cada uno de los cables, (ii) El desplazamiento del extremo superior del mástil.

q

E D

2m

q

4m C

FAD 3m FAC

B

A

R2

4m

R1

 Fuerzas axiales en los cables:



MB  0 

qL2  FAC 3senα  FAD 7senβ  0 . 2

Reemplazando valores ( α es el ángulo agudo que forma el cable AC con el mástil y β el ángulo agudo que forma el cable AD con el mástil), obtenemos: 40.5  2.4FAC  2.757FAD  0 (i)  Compatibilidad Geométrica. Aceptando deformaciones infinitesimales. E’

E

D

DAD D’

b DAC C

C’

a

DD' CC' Δ Δ   3 AD  7 AC . 7 3 senΒ senα  1.149 Δ AC (ii)

De la semejanza de triángulos obtenemos la relación: Reemplazando los valores correspondientes: Δ AD

144



Ecuaciones constitutivas (material): σ  105 ε 2 MPa  σ  10 8 ε 2 KPa. Reemplazando en función de las fuerzas y los cambios de longitud, tenemos: F Δ L F  10 8 ( )2 Δ 4 A L A 10 Para cada uno de los cables aplicamos la ecuación anterior: 7.616 FAD Δ AD   0.04817 FAD 4 10 (2.5)(10  4 ) Δ AC 

5 10 4

FAC  0.0316 FAC (2.5)(10  4 )

Reemplazando ambas expresiones en la ecuación de compatibilidad (ii), tenemos: 0.04817 FAD  1.149(0.0316 FAC )  FAD  0.5679FAC (iii) Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (i) y (iii), obtenemos: FAD  5.798 MN FAC  10.21 MN ( tracciones ). Esfuerzos en los cables: 10.21 5.798 ο AC   4.084 x 10 4 MPa y ο AD   2.319 x 10 4 MPa 4 4 (2.5)(10 ) (2.5)(10 ) Desplazamiento ΔEH : CC' ΔCH 3Δ AC   ΔCH  3.75 ΔA AC  ΔCH   3.75 Δ AC 3 9 senα ΔCH  3.75(0.0316 FAC )  0.1185 10.21  0.379 m.

14)

La barra AB tiene un área transversal de 2 pulg2 y está hecha de un acero elastoplástico (E=30 x 106 lb/pulg2;ϭy=40 000 lb/pulg2). Sabiendo que la fuerza F crece de 10 a 140 Klb. Y luego decrece a cero, determinar (i) La deflexión permanente del punto C. A B

F A

C

P

AC

Consideremos las 2 porciones AC y CB. Equilibrio → PAC + PCB = P …..(1)

P

CB

Para cada porción de barra, tenemos:

C 

 y  (4) y  4(1.33)(103 )  5.33  103 pulg. Py  A y  2( 40000 )  80000 lbs.

PAC(tracción)

εy  80 klb

B

a

-3

5.33x10

σy Ε



40000  1.33 103 6 3  10

Py  c arga de fluencia     ε y  deformació  n de fluencia  



145



Py  A y  2( 40000 )  80000 lbs.

Pcb(compresión) b

80 klb

40 klb

-3

5.33x10

-3

10.67x10



Para F=140klb.

Suma de diagramas: (PAC + PCB = P)

  8  10 3 pulg. En la descarga, la gráfica es paralela a la parte inicial ( . _ . _ . _)

 P  permanente  r  recuperabl e

F b

160klb 140klb 120klb

a

-3

 8x10 -3

P

5.33x10

-3

10.67x10



r Semejanza:

r 5.33  10

3



140   r  6.222  10 3 pulg. 120

Deflexión permanente de C:

 p  8  10 3 -  r  6.222  10 3 pu lg .  P  1.778  10 3 pu lg 15)

La figura representa una barra de material Viscoelástico tipo MAXWEL (constantes E,η1), rodeada de un tubo cilíndrico de material elástico – lineal (módulo E2). La barra y el tubo cilíndrico están conectados a una placa rígida, de peso despreciable, y a un soporte superior rígido. Una fuerza F se aplica súbitamente en el instante t= 0. Calcular los esfuerzos que se generan en la barra y en el tubo cilíndrico.

146



Área transversal de la barra → A1

Z

Área transversal del tubo

→ A2

Equilibrio:

 Z 1 A 1   Z 2 A 2

 F....................(1)

 Z 1  Esfuerzo en la barra  Z 2  Esfuerzo en el tubo

2 1

Y

PLACA RÍGIDA

Aceptando que las áreas permanecen (sensiblemente) constantes:   Z 1 t

F

A1 

  Z 2 t

A 2  0..........(2)

Compatibilidad: Las deformaciones  Z deben ser iguales en cualquier tiempo:

 Z 1   Z 2 

  Z 1 t



  Z 2 t

........................(3)

Materiales: Material Viscoelástico (tipo Maxwell)





z

Ecuación Constitutiva:

Elasticidad

z

 Z 1  Z 1  .  . Z t  t 

Viscosidad

Material Elástico Lineal (tipo Hooke)

z

 Z   Z

z E

Para el tubo: →

 Z 2

  Z 2 

Para la barra →

  Z 1



t

  Z 2 t



1  t 2 .............( 4)  t

1   z 1 1   z 1........................(5 ) 1 t 1

Reemplazando (4) y (5) en la ecuación de Compatibilidad (3), tenemos:   Z 2  2 t



1   z 1 1   z 1..........................................(6 )  1 t 1

De la ec. (2) obtenemos

  Z 2 t



A 1   z 1 ..........................(7) A 2 t

Reemplazando (7) y (6): 1 2

 A 1   z 1  1   z 1 1       z 1.........................(8) A  t 1 2    1 t

147



Expresión que puede escribirse:  A1 1   z 1 1      z 1  0...................................(9) 1   2 A 2  1  t

Separando variables:  A1 1   z 1 1     t  0.......................................(10 )   2 A 2  1   z 1  1  A1 1  1 Ln z 1  t    Integrando:  1   2 A 2 1 

Pasando a la forma exponencial, tenemos: 

 z 1  

A2 A A 1  1  2   2 1

   

t

A partir de la ec. (1) se calcula:  Z 2 :

 Z 2



1 A2

  1  F   z 1  A1  

NOTA> La constante K se conocerá cuando se tenga un valor del esfuerzo  Z 1 en un tiempo dado. 1.14) Deformación Unitaria Cortante. Módulo de Rigidez

Es posible realizar ensayos en laboratorio, en los cuales ciertas probetas prismáticas especiales son cargadas exclusivamente en Estado de Esfuerzo Cortante. P: aplicada gradualmente L a

P L

P h

Q

Equilibrio Ph=QL

Q h BASE RÍGIDA

P

La cara superior del bloque prismático sufrirá un desplazamiento respecto a la sección fija.

148







En valor promedio se presentan esfuerzos



cortantes en 4 caras del sólido:



  



P La

ó





(iguales puesto que Ph= QL) Para materiales isotrópicos se observa:

(i)

El esfuerzo cortante

 SÓLO PRODUCE DISTORSIONES de los ángulos

rectos (Deformaciones de Cortante). (ii)

Los esfuerzos cortantes

 NO AFECTAN las deformaciones normales.

Si la carga P se aplica gradualmente (por incrementar) pueden registrarse los

 ocasionados. Los resultados se representan en un Diagrama Constitutivo P -  . De manera alternativa, puede obtenerse un Diagrama Constitutivo  - . corrimientos



P

k'

 1

1

 La parte inicial recta tiene por ecuación G

 La parte recta (inicial) tiene por ecuación P=k'

La constante G → se denomina MÓDULO DE RIGIDEZ (o MÓDULO DE ELASTICIDAD CORTANTE) . Físicamente, G representa un valor del esfuerzo cortante que ocasiona una distorsión unitaria

  1 . (G tiene unidades de esfuerzo).

En el tramo inicial del Diagrama

   se observa proporcionalidad entre Esfuerzos

Cortantes y Distorsiones.

τ  Gγ  Ley de Hooke para Esfuerzo Cortante

149

 

Q ha



El valor G es otra propiedad característica de los materiales. Aluminio.. ....................................26  10 9 Pa Hierro Fundido............................39  10 9 Pa

(Valores referenciales)

Acero Estructural........................80  10 9 Pa Cobre.........................................45  10 9 Pa

NOTA< Obsérvese que, para un material, G < E. La Ley de Hooke para esfuerzo cortante, puede expresarse en términos de otros parámetros.

P P G AG  P   A h h

(A → área de cortante). k'= 1

AG h

 Def.) El valor

AG se denomina RIGIDEZ CORTANTE. h

Físicamente, significa el valor de P que ocasiona   1.



P

A





P

Para deformaciones infinitesimales:



  h

ó

 

 h

Notas) i)

Las constantes elásticas E y G no son independientes entre sí. Se demostrará (posteriormente) que entre ellas existe una RELACIÓN.

150



Esfuerzo 2

k/cm

k/cm

G

k/cm

2

(Material

E

2

k/cm

2

E

1 1 -3

1.05x10

Acero Estructural)

G -3

Deformación Unitaria

1.67x10

1.14.1) Esfuerzo Cortante en Planos Perpendiculares Consideremos un prima infinitesimal,

Z

sometido a ESTADO PLANO de Esfuerzo Cortante: (Dos caras paralelas libres de  ).

dx

M



x

0



dy zy

dz

yz

 YZ ( xz )y   ZY ( xy )z  0 

Simplifica ndo :  YZ    ZY , denominada Ley de Reciprocid ad del Esfuerzo Cortante.



zy

yz

Y

x

(Subíndice s  commutable s :  rs   sr ;  xy   yx ; ...... etc).

En consecuencia: “Los esfuerzos cortantes que actúan en planos perpendiculares son numéricamente iguales”:

(NO) Ambos cortantes, o se dirigen hacia la arista común, o se alejan de ella. EJEMPLOS 1) En el sistema representado, la carga P=27kN debe producir una deflexión vertical de 2mm., a la placa rígida AB. Hallar las dimensiones mínimas a y b necesarias. Considerar:  ad  1.5MPa; G  18MPa; e  600mm (┴ al plano de dibujo)

151



P=27KN

Rígido

Rígido

1

2

a

a

b

2

1 Deformación

Por la simetría total, consideramos sólo una “parte”:

P/2 

i) Esfuerzos

 mm

b



P2 be

ii) Condición    ad   

p 2be

mm

Reemplazando valores, tenemos: 27  10 3 3

2(b)(60  10 )

 1.5  10 6 , de donde b  0.15m

b mín  0.15m iii) Ley de Hooke :   G   

 

1.5  10 6 1.8  10 6

 G

, reemplazan do valores :

 0.083 Rad.

iv) Geometría (deformaciones infinitesimales) :   a  a 

 a

 

2  10 3 00.024m  a mín  0.024m 0.0833

2) Se elabora un dispositivo adhiriendo una varilla A, de radio r1, y el tubo B, de radio r2, a un cilindro hueco de cierto material a ensayar. Designando por G al módulo de rigidez del material, expresar la deflexión  de la varilla A en función de Q,L,G, r1 y r2 

Espesor delgado (t->0)

Material a ensayar

Q

A

Q

152 L



Sea r el espesor ….. e , una capa (corteza) de material a ensayar, ubicada a la distancia r del eje geométrico.

dr d

r

r1

 dr

r2

d

dr

L Superficie lateral de la corteza: A  2rL (Esta superficie es el área de corte)

A

Q

El esfuerzo cortante generado, es:

 

Q Q  A 2rL

   r (defomaciones infinitesimales).  

 G

r 

Q r (usando Ley de Hooke   G ) 2rL r

Q r Q 2 r      2rL r 2rL r r

 1

 

r Q Ln 2 2rL r1

3) Un tubo cilíndrico de radios OS= r1 Y OB = r2 y altura h, es de un material cuyo modulo elástico de corte es G. La superficie interior se mantiene fija y la externa se sujeta con un anillo que permite aplicar fuerzas P, según se indica en el esquema. Calcular el desplazamiento elástico del punto B con respecto al punto fijo A. (h → ┴ al plano de representación).

A la distancia r del punto O, se generan

P

esfuerzos cortantes uniformemente

o A

distribuidos en la superficie lateral de un

P

B

a

153



cilindro de radio r y altura h (CORTEZA). r1  r  r2  .

Los esfuerzos  en el área indicada, generan, a su vez, un momento respecto al eje, que equilibra al par

T



r

aplicado T=Pa. 2

T



2

  hr    2hr  A r   rhr 2

A

A

0

0

T=Pa Pa  2hr 2   

Luego

2

Pa 2hr 2

NOTA> Visualizar el elemento de área:

d r d

dA=r dh

Consideramos el elemento de cilindro, definido por  ; r1; r2 ; r. O

Respecto al punto M, el punto N experimenta un

r d

deslizamiento 

dr A(fijo) M



v  r , siendo   G la deformació n angular unitaria (Variación del ángulo recto en M).

N



El deslizamie nto del punto B, será

B

r2

v  γr



r1

r2

v

1

Pa

 G 2πhr

2

r

r1

M 

N'

N

dr

r2

v

Pa r Pa  2 G2πh r r G2πh

 1

v

 1  r   

Pa  1 1     G2πh  r1 r2 

r2

r1

Desplazami ento del punto B 154A) (respecto al punto fijo



1.15) Deformación Transversal. Relación de Poisson. Deformación Volumétrica. 1.15.1) Relación de Poisson: Cuando se carga una probeta de material elástico en el Ensayo de Tracción Compresión Uniaxial,

se observa que sufre Deformaciones

Unitarias

Longitudinales (axiales) y la vez DEFORMACIONES TRANSVERSALES (LATERALES). L L'

P

d

Tracción

→ L’ > L

y

d’ < d

Compresión

→ L’ < L

y

d’ > d

P d'

Def. 1 Se denomina Deformación Unitaria Transversal o Deformación Unitaria Lateral, al valor

 La 

d'd d

Para materiales isotrópicos elástico – lineales, cargados uniaxialmente, las deformaciones laterales que se presentan son proporcionales a las Deformaciones Unitarias Longitudinales (axiales)

 La   long Def. 2 La relación entre la Deformación Unitaria Lateral y la deformación Unitaria Longitudinal, se denomina RELACIÓN DE POISSON.





 LATERAL  LONGITUDINAL



Como sg Lat   sg  long puede escribirse



 LATERAL  LONGITUDINAL

 LATERAL   LONGITUDINAL 

155



La relación de Poisson es una cantidad positiva, adimensional, y generalmente es determinada experimentalmente. Es también una constante característica de los materiales. Aluminio.. ....................................  0.33 Hierro Fundido............................  0.25 a 0.30

(Valores referenciales)

Acero Estructural........................  0.15 Cobre.........................................  0.34

NOTAS> Z

i) Material elástico, lineal e isotrópico: Un elemento prismático sometido a Esfuerzo Normal Uniaxial  x , sufre una deformación unitaria.  x 

x 



.

x



x

Si el material es isotrópico, se x

y

presentan deformaciones transversales iguales (en las direcciones y, z)

y  z

  

  x

(Por la isotropía) .

ii) En materiales elástico lineales e isotrópicos, las constantes elásticas , SON INDEPENDIENTES de la orientación del esfuerzo normal uniaxial.

M A T E R I A L

MATERIAL E,

E,

iii) Las constantes elásticas , G, NO son independientes. Se demostrará (posteriormente) que entre ellas existe la relación : G

 G 2(1   )

156



1.15.2) Deformación Volumétrica: Consideramos un prisma de material

z

elástico, lineal e isotrópico, sometido a esfuerzo normal en una dirección. b



a



x

c

V0=abc (volumen inicial). x

Longitud Final de las aristas: x

y

y 

b'b  b'  b(1   y )  b(1   x ) b

z 

c 'c  c '  c(1   z )  c(1   x ) c

x 

a'a  a'  a(1   x ) a

Puesto que no se presentan distorsiones, el volumen final, es: V  a' b' c '  a(1   x )b(1   x )c(1   x ) V  abc (1   x )(1   x ) 2

Def.) Se denomina Deformación Volumétrica (Cambio Unitario de Volúmen) al cociente: v

v

V VFINAL  VINICIAL  V VINICIAL

abc (1   x )(1   x ) 2  abc abc 3

2

Simplificando, obtenemos v   2  x   x (  2)   x (1  2 ) . Para

deformaciones

infinitesimales

 x3 y  x2  0 ,

y

con

suficiente

aproximación. v   x (1  2 ) ò También

v

x 

V  V0

(1  2 )

x 

(1  2 )

NOTA>. Puesto que  x  0 , esperamos que v  0 , luego (1  2 )  0

157







1 2

0  

y, como por definición   0, tenemos que 1 2

  0  MATERIAL IDEAL, que pudiera estirarse en una dirección SIN CONTRAERSE lateralmen te.



1  MATERIAL IDEAL, perfectamente imcompresi ble (su cambio de volúmen sería 2 nulo).

  0  MATERIAL IMAGINARIO, que podría estirarse en varias direcciones al ser trac cionado ena de ellas.

a

a'



b



x

b'

x

a'>a b'>b

EJEMPLOS 1) Una placa de aluminio está sometida a esfuerzo normal. Sabiendo que, antes de actuar la carga, se trazó una recta con pendiente 2:1, hallar la pendiente de la línea cuando  x  18 Klb/pulg 2 ;  0  0.33, E  10 7 lb/pulg 2 .





2

L

1



x

L'

v

 =18000 lb/pulg

2

x

v

158


Pendiente de L' 


 2    ..............()  1  

  2  ;   1  (Cambios de longitud)

Pero

Tambien

 

18000 10 7

 0.0018

  2(  v )  2(0.33 )

18000 10 7

  0.001188 Reemplazan do en ()



mL' 

2  0.001188 1  0.0018

fracción que puede escribirse mL' 

1.995 1

2) Hallar el cambio de altura y de volumen para el elemento representado. Considerar  y  12 Klb/pulg 2 (compresión);   0.3, E  3  10 4 Klb/pulg 2



y

y 

y 



 12  4  10  4 3  10 4

 h  h y  6( 4  10  4 )  24  10  4 pulg.

h=6" d=4"

Cambio Unitario de Volúmen : v

V V0

v  v

ó

v

y 

1  2 

 12 1  2 0.3   1.6  10 4 3  10 4

V  2  V  vV0  1.6  10  4 4  6   0.01206 pulg 2 V0 4

INDICA PÉRDIDA DE VOLUMEN

3) Una barra de acero ABC transmite una fuerza axial de tracción de modo que el cambio total de longitud es 0.6mm. Calcular, en cada tramo, el cambio de longitud y de diámetro. Considerar   0.3, E  2000GPa

P P P

mm d=20

750

mm d=13

P

500

159



Esfuerzos :

 AB 

P



20  10  4

3 2

 AB  3183.09P (Pascales)

 P en Newtons .  BC 

P

 4

13  10 

3 2

 7533.96P

Deformaciones Unitarias :

 AB   BC 

 AB 

 BC 



3183.09P  1.592  10 8 P 200  10 9



7533 .96P  3.767  10 8 P 9 200  10

Alargamien tos :  AB  L AB  AB  750  10 3  1.592  10 8 P  1194  10 11 P (mm)  BC  L BC  BC  500  10 3  3.767  10 8 P  1883.5  10 11 P (mm) Condición :

   AB   BC  0.6  10 3  1194  10 11P  1883.5  10 11 P

de donde obtenemos : Luego

P  19496.3 Newtons.

 AB  1194  10 11 19496.3   2.328  10  4 m  B c  1883 .5  10 11 19496.3   3.675  10  4 m





Deformaciones Laterales :  ' AB   AB  0.3 1.592  10 8 19496.3 

 ' AB  9.3  10 5





 ' BC   BC  0.3 3.767  10 8 19496.3   2.203  10  4 Cambio en los diámetros :

     13  10  2.203  10   2.864  10

d AB  d AB  ' AB   20  10 3 9.3  10 5  1.86  10 6 m dBC  dBC  ' BC

3

4

6

m

4) El cambio de diámetro de un perno de acero ha sido medido cuidadosamente luego de ser apretada la tuerca. Sabiendo que   0.29, E  200GPa , determinar la fuerza interna en el pero, si se observa que el diámetro se ha acortado en 13x10-6m.

160



x

PERNO dinicial=60mm

Disminució n del diámetro  y  -13  10 -6 m. Luego  y 

y 

y dinicial

- 13  10 -6  0.2167  10 -3 -3 60  10

Relación de Poisson   y  

x 

x 

 x  





y

200  10 9  0.2167  10 -3  149.45  10 6 Pascales 0.29





Fuerza Axial en el perno F   A x  INICIAL



60  10  149.45  10  4 3 2

6

F  422.56  10 3 Newtons

5) El tubo de acero que se representa, esta sometido a carga axial centrada P. El material tiene constantes E,. Calcular el cambio unitario de volumen.

x 

P

x  L

P



2d 4

x 

2





 d2

4P  3d 2

  

4P 3E d 2

 

V V 4P 1  2    x 1  2    V V 3E d 2

 

d

2d

P

6) Para el sistema representado, calcular el cambio de volumen. Considerar el material con constantes elásticas E,.

161



qx   Ax  B

P

q0   0  A 0   B  0  B  0 q=0

x

qL   q  AL  q  A  Repartición de la carga

L

q L qx  

q x L

Fuerza interna en la sección x : q

N  P  R; siendo R la resultante de qx  en el

P

trozo de longitudx. x

x

N  P - qx x  P 



x

0

q

 L xx 0

2

NP

qx L 2

N

CONDICIÓN : Cuando x  L  N  0  P 

q x2 qL  0 P  L 2 2

El cambio de volúmen se calcula a partir de V  V0

1  2   

(i)

x

donde se supuso  x constante

  V F F 1  2  A L F   x  , siendo Fla fuerza axial constante .  V  0 1  2   0 A0  A0  A0   V 

1  2  FL 

F

 F Ao inicial

L

162



Si la fuerza axial es variable, la ecuación  todavía puede usarse, teniendo presente que : L

FL  Fx

 0

L  Fuerza   1  2    V  Fx que puede usarse cuando F  F(x)



Luego V 



 Axial 

0

 

1  2  L  P  q x 2 x  1  2   PL  qL2  

  0

Por la condición (i) 

L 2 



 

6 

PL qL2  , luego 3 6

V 

1  2   PL  PL   2 1  2  PL 

 

 3 

3



1.16) Sistemas Estáticamente Indeterminados

1.16.1) Introducción. Definiciones: Un sistema elástico lineal se define como sistema estáticamente indeterminado (hiperestático) cuando NO ES POSIBLE, usando únicamente las ecuaciones de equilibrio, calcular las reacciones externas y/o las fuerzas internas. Para solucionar sistemas hiperestáticos es necesario desarrollar ecuaciones adicionales, basadas en las propiedades del material u las características de las deformaciones. Tales ecuaciones suelen llamarse Ecuaciones de Compatibilidad.

Por ejemplo → Armadura con dos apoyos fijos (articulaciones) P P

Q

Q

R4 R2

R3

R1



SISTEMA HIPERESTÁTICO EXTERNO DE 1er ORDEN O GRADO DE HIPERESTATICIDAD (GRADO = Nº INCÓGNITAS – Nº ECUACIONES ÚTILES).

163



Para este caso, debe plantearse UNA ECUACIÓN ADICIONAL. (EXTERNO → Las incógnitas son Fuerzas de Reacción). Sistema de tres barras concurrentes.

2)

→ 3(Fuerzas de Barra)

Nº ECUACIONES

→ 2(Equilibrio Nudo A).

→

3)

1)

Nº INCÓGNITAS SISTEMA

HIPERESTÁTICO

er

INTERNO DE 1 ORDEN. Debemos plantear una ECUACIÓN ADICIONAL

A P

(INTERNO → Las incógnitas son Fuerzas Internas).

Existen sistemas que, a su vez, son hiperestáticos externos – internos. 3 EC. DE EQUILIBRIO y  EXTERNO   6 INCÓGNITAS  6 barras, una más que la condición  INTERNO   estática : b  2n - 3  b  2(4) - 3  5

Sistema Hiperestático externo de 3er orden y, a la Q

vez, Hiperestático interno de orden 1.

P

1.16.2) Principio de Superposición: En SISTEMAS ELÁSTICOS – LINEALES, el efecto producido por un CONJUNTO DE ACCIONES es igual a la suma (superposición) de los efectos producidos por las acciones individualmente.

164


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz P

P

Q

Q

2

1

2

1

5 4

3

4

3

Fuerzas Axiales Fi

2

1

5

5

Fi'

(i=1,2,...)

4

3

Fi''

Fi=Fi'+Fi''

EJEMPLOS 1) Hallar las reacciones en los apoyos, aceptando material de comportamiento elástico – lineal. Considerar constante a la rigidez de la sección (EA). C

A

B

i) EQUILIBRIO:

P a

b

C

A

B RB

RA

R A  R B  P......... ........(1 )

Sistema Hiperestático (Externo) de 1er grado. Debemos planear una ecuación adicional. ii) COMPATIBILIDAD: Como los apoyos A y B son fijos, el cambio total de longitud de la barra deber ser NULO:  AB  0 ó

 AB   CB  0......... ........(2 )

iii) MATERIAL(LEY DE HOOKE):

TRAMO AC A

F1  R A .   AC 

RAa EA

(alargamiento)

F1

RA

F2  R B .

TRAMO CB F2

B

  CB 

RB

- RBb EA

(acortamiento)

165



Reemplazando en (1)



R A a RBb  0.............(3) EA EA

Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (3): RA 

Pb ab

RB 

Pa ab

2) Hallar la fuerza en cada barra de la armadura representada. Suponer material elástico lineal (módulo E) y sección transversal A en todas las barras

 L

 1)

F2

F1

2) 3)

L



i) Equilibrio (Nudo A):

F3

F1 cos   F3 cos   0......................(1)



F1sen  F3 sen  P  0.................(2)

A P

(Hiperestático de 1er Orden)

P

ii) Compatibilidad:





A

3)



A

A' A



  1   2 sen ......................()



2)

1)







  3   2 sen ......................()

 



A' A' iii) Material (Ley de Hooke):

FL  FL  1     1  EA 1 EA

F Lsen  FL  2     2 EA  EA  2

FL  FL  3     3  EA  3 EA

Reemplazando en (*) y (**) F1L F2Lsen  sen  F1  F2 sen 2 ..........(3) EA EA F3L F2Lsen  sen  F3  F2 sen 2 ..........( 4) EA EA

Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),(4) Obtenemos: F1 

Psen2. 1  2sen3.

; . F2 

P 1  2sen3.

;.

F3 

Psen2 1  2sen3.

Nota> Observar que las ec. (2),(3) y (4) son las independientes. La ecuación (1) proviene de (3) y (4).

166



3) Calcular los esfuerzos en las barras elásticas del sistema representado. Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A=4cm2 para todas las barras.

1)

3)

Rígida

B

C

A q=28K/cm

2)

i) FUERZAS(INTERNAS): F3

F1

B C

A q F2

F1 ; F3  TRACCIÓN ; F2  COMPRESIÓN

F M

VERT

B

 0 F1  F2  F3  (300 )(28 ).....................................................(1)

0

200F3  (28)(100 )(50)  100F1  28(200 )(100 )  0............(2)

ii) Compatibilidad:

  alargamientos  acortamie ntos

B C

A 

        

Semejanza 

 2  1  3  1  1 3



3 2  2 1   3  0.........()

iii) Material (Ley de Hooke): 1 

FL F1L FL ; 2  2 ; 3  3 EA EA EA

(OJO : Signo y iubicación en la barra 2)

Reemplazando en (*) y simplificando obtenemos:

167



3F2  2F1  F3  0.......... (3)

Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3),tenemos:

F1  2400Kg. ; . F2  2700Kg. ; . F3  3300Kg.      tracción

compresión

tración

ESFUERZOS:

1 

F1 2400 Kg   600 ( tracción) A 4 cm 2

3 

Kg 3300  825 ( tracción) 4 cm 2

2 

Kg 2700  675 (compresión ) 4 cm 2

4) Una placa rígida está sostenida horizontalmente por cuatro cables verticales iguales entre sí, según se indica en la gráfica. Calcular la fuerza en cada cable ocasionada por la fuerza P que actúa en un punto de una diagonal. Cables { h, E, A. P

Las fuerzas que actúan en los cables que

B

L

L d

A

pasan por B y C son iguales (Simetría)

D

C

EQUILIBRIO:

x y

B

L

L

z D

d

x

A

P

 M F

AD

0XX

VERT.



0

2 X  2Y  Z  P......................(1)

M

C

Y

BC

0

L 2 L 2  Pd  Z  0.........(2) 2 2

COMPATIBILIDAD: c  

P A



BC

 C)

A  D 2

;

B 

A  D 2

 2B  A  D............(ó 2c  A  D )....()

MATERIAL (Hooke):

D

D

Reemplazando en (*): 2 Xh Yh Zh    2 X  Y  Z.......( 3 ) EA EA EA

168



Resolviendo el Sistema de ecuaciones (1),(2),(3) obtenemos: XP 4 1 d  Y  P   4 L 2 1 d   Z  P  4 L 2

5) Dos barras de igual longitud y distinto material están íntimamente unidas entre sí y sometidas a la acción de una fuerza axial P. Calcular el esfuerzo en cada barra y el alargamiento correspondiente. Ambos materiales son lineal – elásticos. Placas Rígidas

Rigidéz E1A1 Rigidéz E2A2

P

P

L

FUERZAS P1

P1

Equilibrio  P1  P2  P

P2

P2

ó  1A 1   2 A 2  P......

169



Deformación Axial (Ley de Hooke) : ε1  ε 2 

σ1 σ 2  ......  E1 E2

  E2 E A 2  σ1  A1  2 A 2  ......   E1 E1   PE1 P De     σ1   E2 A1E1  E 2 A 2 A1  A2 E1

Reemplazamos   en  : P  σ1 A1  σ1 ESFUERZOS :

De    σ 2 

E2 PE 2 σ1  σ 2  E1 A1E1  E 2 A 2

ALARGAMIENTOS : ΔL 

  σ  similar resultado con ΔL  2 L  E2  

PL E1 A 1  E 2 A 2

6) La placa rígida A tiene tres soportes, tal

P

como se indica en el esquema. El soporte central es 0.001” más corto que los otros

A

dos. Una fuerza de 40Klbs. Actúa sobre A de tal forma que la placa permanece en posición horizontal. ¿Qué desplazamiento experimenta la placa A? 7

2

3)

2)

1)

6"

2

E=3x 10 lb/pulg ;A=1pulg →3 soportes. 0.001"

EQUILIBRIO:

a

P

a

F1  F2  F3  P F1a  F3 a  F1  F3  2F1  F2  P

F1

F2

2F1  F2  40000 lb .... 

F3

GEOMETRÍA:

P



P

170



Condición   1   3   2  0.001 F1 6

Material :

7

3  10  1



F3 6 7

3  10  1



F2 5.909  3  10 7  1

 0.001

 F1  F3  0.999F2  5000....  De las ecuaciones  y   , obtenemos : F1  14996 .66lbs. Alargamien to de la barra 1:  1 

14996.66 6  310 7 1

 1  2.999  10 3 pulg.  1  0.003pulg.

7) El sistema representado, está constituido por una barra rígida CB y dos barras elásticas (1) y (2). Por error, el elemento (1) ha sido diseñado 0.05cm más pequeño que lo necesario. Si durante el montaje las dos barras deben ir unidas al elemento rígido, determinar los esfuerzos inducidos en éstas barras. Considerar E=2x 106 Kg./cm2;A1= A2=A

2

A

B a=1

3a

DA GI I R

0.05cm

1 C

D 2a

a

i) Fuerzas Generadas (supuesto el ensamble): F2

M

B a

 0  F1 2a   F2 3a   0 F1 

3 F2 .....1 2

Compatibilidad : La distancia  debe ser cubierta

F1

2a

por las COMPONENTES VERTICALES de los des -

Rx C Ry

c

plazamient os generados(inducidos) en las barras 2a

a

deformable s 1 y 2.

171



ii) Ecuación de condición(compatibilidad):    1   1 ....2

2

Semejanza :



45º

t1 2a 2



t1



2 2 3a 2







  

1 

2a

De donde  t 1 

45

3a

2 2 2 3

  1  t 1 cos 45º   1 

t



t



1  Reemplazan do en 2  :    1 

iii) Ley de Hooke:





2 2 2 2 3 2 2 2 3

2 2 3

F1 2a 2 F2 3a   3EA  6aF1  6aF2 ...3  EA 3 EA

Reemplazan do el sistema de ecuaciones 1 y 3  : F1 

3EA EA ; F2  10a 5a

iv) Esfuerzos:

1 

F1 3EA  A 10a

;

2 

F2 EA  A 5a

Reemplazan do los valores numéricos :

 1  300K / cm 2  2  200K / cm 2

tracciones de montaje  8) La barra rígida AB, articula en A, está soportada por 2 cables de acero y cobre, según

D

se

indica

en

el

esquema.

Determinar el esfuerzo en cada cable y la desviación vertical del punto B.

1.4m Ac er o

E

Cob re

1.8m

B

A

2Ton 1.5m

0.9m

C 0.6m

1Ton

172



E ac  2.1 10 6 K / cm 2 ; E cu  0.7  10 6 K / cm 2 A ac  4cm 2 ; A cu  6cm 2 ;

FUERZAS EN LOS CABLES: F ac F cu A





2Ton

M

A

1Ton

 0  Fcu sen α 2 .4   Fac sen β 2 .4   100 3   2000 1 .5   0 ...1 

sen α y sen β de las dimensione s dadas  DEFORMACIONES: Cob re

  cu  sen   

cu 

A

C

B



Ac er

o

ac



Fcu 300   300   ....2 0.7  10 6 6  180 

 

  ac  sen    



A

 

 cu sen

 

 ac sen 

Fac 400   400    ....3  2 .1 10 6 4   320 

 

  ÚNICO  ec.(2)  ec.(3) Fcu 300   300  Fac 400   400     .....4  6 0.7  10 6  180  2.1 10 6 4  320 

 

 

Resolviend o las ecuaciones (1) y (4), obtenemos

Fcu  1136.3 Kg. Fac  2272.7 Kg.

ESFUERZOS;

 ac 

Kg 2272.7  56.81 2 4 cm

 cu 

Kg 1136.3  189.3 6 cm 2

Reemplazando en (2) o en (3):   0.135cm 0.6m

2.4m





173



Semejanza  B 





2.4

B 3  B   3 2.4

3 0.135   0.168cm  2 .4

9) El sistema representado consta de una barra rígida AB, un resorte elástico lineal fijo al extremo A (k=100Kg/cm.), y otro resorte fijo al extremo B (k=50Kg/cm.). Se aplica una carga de 1000 Kg. en la posición indicada. Calcular las fuerzas en los resortes. Fuerzas: 1000Kg

Rígida

1000Kg

C

C

B

A

F1

F2

K2=50Kg/cm

K1=100Kg/cm

M 150cm

40cm

B

A

C

 0  150F1  100F2  100040  3F1  2F2  800.....

60cm

GEOMETRÍA: 1000Kg 

C

A

B 

F1

F2

 F1 extiende al resorte en A   .  F comprime al resorte en B   2 

Semejanza  

Resortes : F1  K 1 1 

1 

1   2 150 100

2 1  3 2 ............... 

F2  K 2  2

F1 K1

2 

Reemplazando en  , obtenemos

F2 K2 2

F1 F 3 2 K1 K2

2F1K 2  3F2K 1  2F1 50   3F2 100  F1  3F2 ....................   Resolviend o  y  , obtenemos F1 

2400 Kg 11

F2 

800 Kg 11

174



10) Calcular los esfuerzos normales que se generan en los elementos del sistema elástico representado. Considerar E=2x 105 Kg./cm2;para las tres barras A1= 2.0 cm2 , A2=3.5 cm2, A3=4.0 cm2 Supuesto que no existiese la restricción del piso rígido, el cambio de longitud, sería: 8m

 T  1   2   3

3

T  0 

16000 700   16000 800   6.4cm 10 5 35 10 5 40

Puesto que 6.4>3.8, en el extremo libre se presentará

7m

una Reacción, que impida el alargamiento total.

2

16000Kg 5m

1 0.038m

R2 En función de R1, los cambios de longitudes son: 1   3

R 1 500 

10 20  2.5  10

4

5

R 1 acortamien to cm

16000  R 1 700    2 16000  R 1 10  4  cm 5 10 35 16000  R 1 800     4    2  10 5 40  2 16000  R1 10 cm 2 

2

16000Kg

CONDICIÓN :

1

 1 '  2 '  3 '  3.8cm

Reemplazan do, tenemos :

R1









 2.5  10  4 R 1  216000  R 1  10  4  216000  R 1  10  4  3.8 De donde : Luego :

R 1  4000Kg.

1  

4000  200Kg / cm 2 compresión  20

2 

16000  4000  343Kg / cm 2 tracción 35

3 

16000  4000  300Kg / cm 2 tracción 40

11) Calcular los esfuerzos normales en las barras deformables del sistema representado. Considerar E1= 0.7E2; A1= 2.0 cm2 , A2=4 cm2

175



C

D 45°

2)

8kN

1)

F2

8kN

2a

Bx

B A

B

B

F a

M

F1

By

2a

 0  800 a   2aF2 cos 45º 2aF1  0 F1  2F2  800...............1

Alargamien tos de las barras elásticas : 1 

F1 2a  0.7E 2 A 1

;



F2 2 2a 2E 2 A 1

2 



...............2

Compatibilidad:

 



C'

C

D'

 D

Semejanza  BC' C   BD' D 

1 2 2 2 2a

de donde



2 2 2 2a

2 

1 2

....................3 

Reemplazando (2) en (3): A

F

B

A'

F1 2a  2 2aF2  2 2E 2 A 1 0.7E 2 A 1

8000N

Simplificando:

F1  0.7F2 ..................4 

Resolviend o 1 y 4  : F1  1990N F2  2843N

Esfuerzos:

1 

1990N N  995 2 cm 2

2 

2843 N  710.75 4 cm 2

12) Calcular las fuerzas axiales en las barras del sistema elástico representado, si todos son del mismo material (módulo E). Las barras verticales tienen sección transversal A, y las otras A1.

176



Debido a la simetría (total) del sistema, sólo existen 3 P

incógnitas: X  fuerza en las barras verticales



Y  fuerza en las barras diagonales Z  fuerza en las barras horizontales h

EQUILIBRIO DE UN NUDO:

Z

 a

X

P

P

Z  Y cos   0..........i X  Ysen  P  0..........ii

Y

GEOMETRÍA: Después de la deformación, las barras

exteriores seguirán formando un rectángulo (simetría) . Barras horizontales  a  a  a  a a  a1   a  Barras verticales  h  h  h  h h  h1   h  Barras diagonales  d  d  d  d d  d1   d  d 2 1   d 2  a 2 1   a 2  h 2 1   h 2

CONDICIÓN :





2

2

2

 a 2  h 2 1   d   a 2 1   a   h 2 1   h  ................iii

d  -

MATERIAL :

Y Z X ; a  ; h   (Ley de Hooke) A 1E A 1E AE

Reemplazando en (iii), tenemos: 2

a

2

2

  Y  Z  X     a 2 1    h 2 1  h 2 1  ................iv  A E A E A E  1  1   



2

APROXIMACIÓN → TÉRMINOS DE 2do ORDEN  0 . Luego:

a

2



 h2 Y h2 X a 2 Z   ...............v  A 1E AE A 1E

Resolviendo las ecs. (i), (ii),(v) obtenemos: Y

P 2

2

2

a h A a A  cos   sen A 1 h2 A1 h2

con (i) y (ii) se obtendrán X, Z.

13) Dos cables idénticos sostienen una barra rígida horizontal AB de longitud 3b, que soportan una carga Q=20KN en el extremo B. La relación carga / alargamiento viene dada por P 

1.3 0    60mmP en KN;  en mm , 1  0.026

donde P es la fuerza axial en un cable y  el alargamiento. Determinar las

177



tracciones F1, y F2 en los cables 1 y 2 respectivamente; los alargamientos de los cables  1 y  2 y el desplazamiento del punto B. (Sistema Hiperstático) 2)

1)

P

A

B

b

b

b

Q=24KN

Debemos formular: -) Una ecuación de equilibrio.

mm

-) Ecuaciones de compatibilidad -) Relación Carga/ Desplazamiento. EQUILIBRIO: F2

F1

A

B

M

A

 0  F1b  F2 2b  Q3b F1  2F2  3Q  80KN...............a 

Q

COMPATIBILIDAD:

2)

1)

A

B



 bar r

a r íg

 2  2 1 ....b   B  3 1 ....c 



ida

RELACIONES CARGA / ALARGAMIENTO: De la ecuación constitutiva: F1 

1.3 1 .....d  1  0.026 1

y

F2 

1.3 2 .....e 1  0.026 2



SOLUCIÓN DE ECUACIONES: Resolviendo el sistema simultáneo de ecuaciones (a),(b),(c),(d),(e); obtenemos: F1  14.66KN ; F2  22.67KN ;  1  15.95mm ;  2  31.91mm

;

 B  47.86mm

notar que 1 y  2 en el intervalo 0    60mm  VERIFICAR RESULTADOS

 RESOLVER EL SISTEMA INDICADO

NOTAS> 

Debido al comportamiento NO LINEAL de los cables, no es posible encontrar las fuerzas y los desplazamientos para otros valores de Q, por

178



proporcionalidad directa (como se haría en un SISTEMA LINEAL ELÁSTICO).Tendríamos que resolver las 5 ecuaciones, modificando las ec.(a) Con el nuevo valor de Q. 

El ejemplo ilustra cómo calcular las fuerzas y desplazamientos en una estructura estáticamente indeterminada, a partir de 3 conceptos:  ECUACIONES DE EQUILIBRIO →(con base en principios de ESTÁTICA)  ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD →(con base en principios de GEOMETRÍA)  RELACIONES

CARGA

/

DESPLAZAMIENTO

→(con

base

en

propiedades de los materiales) 1.17) Esfuerzos y Deformaciones de Origen Térmico 1.17.1) Introducción Los sólidos o elementos estructurales pueden deformarse por: 

Acciones Externas



Perturbaciones



Cambios de temperatura

Los cambios de temperatura aceptables en Ingeniería Civil, son aquellos que no modifican significativamente las propiedades físicas, químicas y mecánicas del material.

 

 

G

G T



(T+T)



Los elementos de sistemas estructurales u órganos de máquinas, tienden a dilatarse o contraerse cuando se calientan o se enfrían. Las deformaciones que se inducen, se denominan DEFORMACIONES TÉRMICAS.

Si los elementos pueden deformarse libremente (elementos no restringidos), las Deformaciones Térmicas NO están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.

T;L;E;A...

T+T;L+L;E... (Sólo deformación NO esfuerzo)

179



Si los elementos no pueden deformarse libremente (elementos total o parcialmente restringidos) las deformaciones térmicas están acompañadas de Esfuerzos Térmicos.

L

L T

T+T No se producen deformaciones, pero se generan esfuerzos

(Apoyos Indeformables)

1.17.2) Deformaciones Térmicas

Propiedades: Un sólido de material elástico isotrópico, no restringido y sometido a la acción de un cambio aceptable de temperatura, sufre deformaciones térmicas iguales en todas direcciones. Def. La Deformación Térmica Unitaria se define por:  T 

T L , donde T L es L

el cambio de longitud total inducido por la acción térmica. (L → Longitud inicial o de referencia, antes del incremento de temperatura).

Para cambios de temperatura aceptables, el incremento T L se mantiene proporcional a la longitud inicial y al cambio de temperatura: T L  LT 

  Coeficiente de Dilatación Lineal(Val or carácterístico de cada material). L  Longitud inicial T  TFINAL  TINICIAL es el cambio de temperatura.

En consecuencia, la Deformación Térmica Unitaria, es:

T 

T L LT     T   T  L L

Nota>  El coeficient e α se expresa en 1 Temperatura Acero Estructural ............11.7  10 -6 C..........6.5  10 -6 F Aluminio.. ............ ........... 23.2  10 -6 C..........12.9  10 -6 F Madera(Pino).................. 06.1 10 -6 C..........3.4  10 -6 F

T 0

si

T  0 (calentamiento)

T 0

si

T  0 (enfriamiento)

Convenio: Nota> Para sólidos elásticos no restringidos (de material isotrópico) las Deformaciones Térmicas Unitarias son iguales:

 xT   yT   zT   T  .

180



Los desplazamientos generados por las deformaciones térmicas pueden relacionarse con las deformaciones térmicas unitarias, usando relaciones geométricas apropiadas en cada caso. En algunos casos pueden usarse las relaciones diferenciales existentes entre desplazamientos y deformaciones unitarias. 2

2

T+ T

T

T

1

1

T1 T

T+T

2

Ejemplo 1) Una varilla de acero cuya longitud es L=100” está fija por uno de sus extremos. i) Si se presenta un T  100º F uniforme, hallar el cambio de longitud. x ii) Si el cambio de temperatura es T  100 º F , hallar el cambio de L

longitud. Considerar   6  10 6 º F i)

X

T L=100"

T

L T+T

T

 T   T  100ºF

constante

 T  6  10  6  100  T  6  10  4 L=100" X

T L   T L  6  10  4  100 T L  6  10 2 pulg

 T T L      L  

181



T

ii) T

100ºF T

L

X

T+x/L) L=100" X

x L

 

 T   T   6  10  6 100   T  6  10  4

x L

Para el caso :  T 

T x  x

 T L   T x

 L

L T

 L

0

Si

6 x 3 x  4 L 4 L 10

 10

L  100"



T L  3  10  2 pulg.

1.17.3) Esfuerzos Térmicos

Fundamentalmente, los esfuerzos térmicos se generan en SÓLIDOS RESTRINGIDOS total o parcialmente, al ser sometidos a cambios aceptables de temperatura. Al incrementarse (o decrementarse) la temperatura, se generan esfuerzos en el material del sólido.

T (Apoyos Indeformables)

Procedimiento para Evaluar  T Consideremos una barra de material lineal elástico (isotrópico), rígidamente sujetada por sus extremos, sometida a un incremento aceptable de temperatura T .

E ;A ;   T L IN IC IA L

E ;A ;   T +  T L F IN A L

Supongam os T>0

182


i)


SÓLIDO LIBERADO

Consideramos liberado un vínculo o restricción y permitimos (idealmente) que suceda el alargamiento. T

L

T L=LT)

T+T

(alargamiento) ii)

FUERZA EXTERNA

Puesto que realmente existe vínculo, físicamente no puede generarse el cambio de longitud T L , apareciendo fuerzas elásticas que contrarresten el supuesto alargamiento. T

L F

L La fuerza F ocasiona un cambio de longitud L  iii)

FL (acortamiento elástico). A

COMPATIBILIDAD

Debido a que los apoyos no se mueven uno respecto del otro, es necesario que el cambio de longitud debido al incremento de temperatura y el cambio de longitud ocasionado por la Fuerza Elástica, se contrarresten. Es decir: T L   L

L( L)  -

 de donde

NOTAS>

i)

FL A

F  T    T  T  A

Si T  0   T  0 (COMPRESIÓN EN EL MATERIAL) Si T  0   T  0 (TRACCIÓN EN EL MATERIAL)

ii)

T  TFINAL  TINICIAL

iii)

En la solución de problemas es útil emplear el Principio

de Superposición. EJEMPLOS 1) Las barras deformables del sistema representado sufren el mismo cambio de temperatura. Calcular los esfuerzos que se generan

183



L 1  L 2  6a E1  E 2  E

2)

1)

A1  A 2  A

B

A

1   2   2a

T  T1  T2  0

3a

Sistema parcialmente restringido (Deformaciones compatibles con las condiciones de sustentación) EQUILIBRIO: F2

F1

2)

1)

O

1 TOTAL

O

2a

2TOTAL

M

0

3a

 0  2aF1  5aF2  0

2F1  5 AF2  0....................

COMPATIBILIDAD: 2a

3a

 1TOTAL  2TOTAL  2a 5a

 1 TO TAL

 2 TOTAL

 5 1TOTAL  2 2TOTAL ............. 

CAMBIOS DE LONGITUD:  1TOTAL   6a T1  T0    EFECTO TÉRMICO

 2TOTAL

F1 6a  EA  EFECTO ELÁSTICO

  F 6a    6a T1  T0   2 EA

Reemplazando en   : F 6a   F 6a     5 6a T1  T0   1  26a T1  T0   2 .................    EA  EA   

Resolviendo el sistema de ecuaciones (*) y (**), obtenemos: F1  

15 EA T1  T0  29

F2  

6 EA T1  T0  29

Esfuerzos:

184



F1 15  σ1   αET1  T0  COMPRESIÓN A 29 F 6 σ 2  2  σ1  αET1  T0  TRACCIÓN A 29



σ1 







2) Una barra rígida está suspendida por dos alambres de 6.5 cm2 de sección transversal. Cuando se aplica la carga P, la temperatura es T. Calcular el incremento de temperatura necesario para que la barra rígida adopte la posición horizontal.

A C E R O

P=9Ton L

L/2

L

E  2.1 10 - 6 K / cm 2  Acero   12.5  10 - 6 /º C

A L U M I N I O

E  7  10 5 K / cm 2  Aluminio    28.5  10 -5 /º C

L/2

EFECTO ELÁSTICO   al   ac

puesto que al ac  Fac  Fal  P

F al

F ac

 ac

2

 al

EFECTO TÉRMICO → (Supongamos T  0 ) (decremento)

P T

al

T

ac COMPATIBILIDAD: Posición Horizontal   ac - Tac   al - Tal



P P L L 2   ac LT   2   alLT  E ac A ac E al A al

Reemplazando valores numéricos,

 A ac

 A al  y despejando T , obtenemos

T  41º C . Puesto que es un valor positivo, nuestra suposición es correcta; es

decir: T  41º C (decremento)

185



3) La varilla de aluminio representada en la figura, está rígidamente soldada en su parte superior y unida a un bloque de 75Kg. de peso que se apoya en un plano horizontal rígido. A la temperatura Tº , la varilla no tiene carga y el peso del bloque es soportado por el plano rígido. i)

Si la temperatura de la varilla disminuye 17ºC, ¿qué fuerza ejercerá sobre el plano rígido?

ii) ¿Cuánto deberá disminuir la temperatura para que la varilla levante al bloque 25mm?

A  0.125cm2

P1 =0

6

  23.410 /º C 6m 1)

E  7105Kg/ cm2

75

75Kg i)

P2 =75

P2

Temperatura Tº

Descenso de 17ºC: P1  P2  75.................1

P1

Problema hiperestático

Acortamien to de la varilla por temperatura  L  LT  L  23.4  10  6  600   17 

75

L  0.238cm P2

COMPATIBILIDAD: El acortamiento de 0.238cm debe ser contrarestado por la fuerza elástica R. P1

186





P1L P1 600   L  00.238 EA 0.125 7 10 5 de donde obtenemos P1  34.7Kg.........2

 

Fuerza ejercida en el plano rígido :

de la ec. 1

P2  75  34.74 P2  40.3Kg

ii) Si la varilla sufre una deformación térmica suficiente para levantar el bloque, deben soportar los 75Kg. P1 = 7 5 K g .

0 .2 5 c m P2 = 0

Contracción total de la varilla: '  0.25 

P1L 75 600   0.25  EA 0.125 7 10 5

 

'  0.764cm.

Esta contracción deberá ser generada por el descenso de temperatura:

LT   0.764  T 

 0.764 23.4  10 6  600

T  54.4º C

4) Al elemento AB de la armadura representada, se le incrementa la temperatura desde 60ºF hasta 104ºF, mientras que al elemento AC se lo mantiene en la temperatura de 60ºF. Calcular los esfuerzos que se inducen en los elementos. Considerar

  6  10 6 º F; E  30  10 6 lb / pu lg 2 ; A  2pu lg 2 para

ambos

elementos. B

Sistema no restringido totalmente. Las condiciones de compatibilidad geométrica, L

generan fuerzas elásticas en e pr

n sió

)

30º (tracción)

FAB FAC

las barras.

A

30º

m (co

C

Equilibrio del nudo A

RA

187


F

HOR


 0  FAB cos 30  FAC 3  FAC .................1 2

FAB

Compatibilidad.  AC  ELÁSTICO

AC

A

30º

A'

 AB  ELÁSTICO 

30º

TEMPERATUR A

AB

Condición:  AC cos 30   AB   AC

3   AB ...............2 2

Reemplazando los cambios de longitud, tenemos:

FAC L

3

2

EA

F L 3  6  10  6 L104  60   AB ...............3  2 EA





Teniendo en cuenta la ec. 1, la ec.3 puede escribirse: F 3 L 3  AC 2  2 F L   6  10 6 L44   AB EA EA





De donde obtenemos: FAB  9602.91 lb Por la ec. 1

FAC  83126 .36 lb

 AB 

Esfuerzos :

 AC 

9602.91  4801.46 lb pulg 2 2 COMPRESIÓN 

83126 .36  4158.18 lb pulg 2 2 TRACCIÓN 

5) Dos barras están sin esfuerzo y tienen longitudes de 12 y 10 pulg, según se indica en el esquema. La barra (1) es de aluminio y la barra (2) es de acero. Suponiendo que los apoyos son absolutamente rígidos, calcular el esfuerzo en cada barra cuando la temperatura es 120ºF.(Temperatura inicial →30ºF) Aluminio :   0.000013 ; A  2pulg 2 ; E  10000 Klb pulg 2 1)

10"

Acero :   0.0000065 ; A  4pulg 2 ; E  30000 Klb pulg 2

→ Se conciben las barras separadas y se calculan las deformaciones térmicas, sin restricción. 2)

12"

188



 T  LT 

1)

 1T  0.000013 10 90   0.0117" T2

 2T  0.0000065 12 90   0.00702"

T

T 1





T representa la longitud total que las

2)

barras dilatadas deben ser comprimida s para ajustarse a los apoyos rígidos. T   1T   2T  0.0117  0.00702  0.01872 pulg.

Aplicamos fuerzas P, iguales y opuestas, en las barras (dilatadas) para acortarlas una longitud total T .

 1   2  T  PL   PL  T     1)    EA  1  EA  2

P

T

2

1

R e

2)



P

e m pReemplazando datos: P10  P12    0.01872 210000  430000 

De donde encontramos: P  31.2 Klb

1 

Luego

31.2 Klb  15.6 2 pulg 2

;

2 

31.2 Klb  7 .8 4 pulg 2

6) Cuatro placas de aluminio de 0.75” están unidos por un remache de ¾ pulg. de diámetro, según se representa en el esquema. A la temperatura de 30ºF los materiales están apretados. Pero sin esfuerzo. Si la temperatura sube a 120ºF, calcular el esfuerzo en cada material. Dato  Area efectiva del Aluminio  4pulg 2 Acero

Aluminio    0.000133 ; E  10000 Klb / pulg 2

3/4"

3" 2

1

   0.000065 ; E  30000 Klb / pulg 2

2

Las cuatro placas de aluminio son consideradas como un solo miembro de 3” de espesor.

Las deformaciones térmicas no restringidas, son:

189



1T  0.0000065 3 90   0.0101755"  2T  0.0000133 3 90   0.00359"

T2

T  representa la longitud que los miembros

T 1



dilatados deben ser deformados con la finalidad que la longitud final del remache sea igual al espesor final de las placas.

1)

2)

T   2T   1T  0.001835 pulg.

Se aplican fuerzas iguales y opuestas para comprimir las placas y estirar el remache:

2

1

1 

6 .1 Klb  13.8 0.442 pulg 2

P3  P3    0.001835 0.44230000  410000  De donde obtenemos : P  6.1Klb.

1)

2)

 1   2  T

tracción

;

2 

6.1 Klb compresión   1.52 4 pulg 2

Nota> L1= L2 (finales) L 1  3   1T   1  3  0.001755  L 2  3   2T   2  3  0.00359 

13.83   3.00314" 30000

1.523   3.0013" 10000

7) Una barra compuesta se construye a partir de una varilla de acero de 25mm de diámetro exterior y 25mm de diámetro interior. La varilla y el tubo se unen mediante dos pernos de 20mm de diámetro, según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo cortante que se tiene en los pernos, si después de apretados se eleva la temperatura en 50ºC. E  210 GPa ACERO    11  10 -6 /º C 50mm

d=20mm

25mm

COBRE

E  105 GPa COBRE    17  10 -6 /º C

Como  cu   ac , el cobre trata de dilatarse ACERO

L

más que el acero, determinándose esfuerzo

190



cortante en los pernos de unión de ambos materiales. CONDICIÓN :

π π 25  10  3  σ cu 10  3 50 2  25 2 4 4 σ ac  3σ cu .........1



Facero  Fcobre  σ ac Simplificando









ALARGAMIENTO EN EL ACERO : σ σ ac L Δ ac  ac L  ............2  E ac 210  10 9

 

ACORTAMIENTO EN EL COBRE : σ cu σ cuL L ............3 E cu 105 10 9

Δ cu 

 

CAMBIO TOTAL DE LONGITUD : ΔT  α cuLΔT  α ac LΔT ΔT  LΔT α cu  α ac 

COMPATIBILIDAD: T

T   ac   cu (Reemplaza ndo 2 y 3)



Luego :

cu ac

LT cu   ac  

cu

ac

 ac L

210 10

9





 cuL

105 10 9 

Simplificando y reemplazando valores:

 

5017  11 10 9 

 ac

 cu

210 10  105 10 9  9

Teniendo en cuenta la ec. (1):  1 1 506  10  6   ac   9 3105  10 9  210  10





 

 

   

 ac  37.83 MPa

de donde obtenemos :

Fac  A ac  ac 

FUERZA QUE SOPORTA EL ACERO : Fac 



25  10  37.83  0.018567MN 4 3 2

Fac  18.567KN

Los pernos se encuentran en estado doble cortante:



perno

Fac

 2



perno



20  10  4

3 2



18.567 KN



20  10  m 2 3 2

2

 29.55 MPa

191



8) La figura muestra el prototipo de un sistema estructural. El área y el módulo de elasticidad de cada barra son A y E, respectivamente, y  2  2 1 . Si se aplica una carga P al bloque rígido y la temperatura disminuye T , determinar una expresión para el desplazamiento  del bloque rígido.

i) 1

BLOQUE RÍGIDO

C 2

C

EFECTO ELÁSTICO:

P

1 P

2

L

u  F1  F2 

F1

P 2

P Alargamien tos :  1   2 

F2

PL 2EA

DESPLAZAMI ENTO DEL BLOQUE 1 

PL   2EA

ii) EFECTO TÉRMICO:

 T1  L   T 1

2

 T1  L 

1

 T2  L 

2

 T2  2 L 

T T 1

T

COMPATIBILIDAD: T 1

 2 : desplazamiento del bloque rígido

 u2

T

2

efecto térmico  2

 T1   T2   2

2  

L  1 T  2L  1 T 2

2  

3 L  1  T  2



192



Superposición: Desplazamiento total del bloque:



PL  3     L 1T  2EA  2 



PL 3  L 1T 2EA 2

  1   2

T  0 9) En el sistema representado: La barra AE es rígida. Se produce un incremento de temperatura de 100ºF. Calcular las fuerzas en los elementos CF y DG.

B

A

D

C

E

4"

G

6"

E  3  10 7 Klb / pulg 2   B arra CG  A  0 .15 pulg 2    6 .5  10 - 6 /º F 

F 5"

3"

3"

4"

E  10 7 Klb / pulg 2   Barra CF  A  0 .1 pulg 2    12  10 - 6 /º F 

FUERZAS: Suponemos que CF y DG están en tracción.

M

B

B

0

4FCF  7FDG  0.........

RB

FCF

FDG

GEOMETRÍA: Semejanza:



B



CF

DG



 CF  DG    ...........  4 7 10

Material:   total  CF  

 E  CF

 T CF 

FCF   CF T A CF E CF

 CF  L CF total  CF

 CF 

FCFL CF   CF L CF T A CFE CF

de donde obtenemos: FCF  1  CF   CF L CF  T A CF E CF .......... .    L CF

193



De manera similar, obtenemos: FDG 

ADGEDG DG  DGA DGEDGT...........    LDG

Reemplazando    y     en  : A E  A E  4  CF CF  CF   CF L CF  T   7  DG DG  DG   DG A DG E DG  T   0 ..........        L CF   L DG 

De   obtenemos  DG 

7  CF . Reemplazamos en      : 4

A E  A E  7 4  CF CF  CF   CF L CF  T   7  DG DG  CF   DG A DG E DG  T   0 4  L CF   L DG 

De donde despejamos  CF :  CF 

T4E CF A CF CF  7E DG A DG DG  E A 7E A 4 CF CF  7  DG DG L CF  4  L DG

Reemplazando valores numéricos, obtenemos:  CF  1.75  10 3 pulg. Con este valor y las ecuaciones   ,    y     , encontramos: FCF  908 lb compresión 

FDG  520 lb tracción 

;

10) En la gráfica se representa una placa delgada homogénea. Determinar el tamaño y la forma finales de la placa, si i)

En toda la placa existe un incremento de temperatura T º.

ii)

La placa se somete a un cambio de temperatura dado por T =Kx

iii) Cual será el valor de la deformación angular  xz en el caso (i) iv) Qué valor tendrá la deformación angular para el caso (ii) suponiendo que al bordeo arista z permanezca fijo.

y Coeficiente de dilatación

0

b/ 2

t

b/

2

x a

z

194


i)


Si en toda la placa se produce un cambio uniforme de temperatura de T º, en el caso de dilatación libre, la deformación lineal en cualquier dirección será uniforme y de valor

   T El alargamiento en direcciones x,z será:  z  L z   z   T b

y

 x  L x   x   T a

La

placa

seguirá teniendo

forma

x

rectangular, con dimensiones:

b(1+T)

L z  b   T b  b1  T 

a(1+T)

L x  a   T a  a1  T 

ii)

z

Si el cambio de temperatura es T =Kx, entonces en un punto (x,z) sobre la placa, la deformación estará dad por   Kx . x

También :



x  x2   x   x   X  Kxx  K x 2 0



 z   z   z   z  z Kxx  Kxz z 0



x



Los puntos sobre el eje z NO SE DESPLAZAN (tienen x=0).

z

x P'



z

x

x z

P

 x  0; z  0 El punto A tiene coordenadas

A

 b  a;  (antes de la deformación).  2

A' forma final de la placa

 a2 b b Después de la deformación para a la posición A'  a  K ,  Ka  2 2 2 

iii)

Dilatación libre uniforme → La forma final de la placa es rectangular (no existe variación de los ángulos rectos), luego  xz  0 en todo punto de la placa.

iv)

En este caso, la distorsión (angular) máxima se presenta sobre los bordes z  b / 2 de la placa.

tan  

Kab / 2 2

a a  K 2



Kb / 2 a 1  K 2

    xz máx

1.18) Ecuaciones Diferenciales para Fuerza y Deformación Axiales

195



Si la carga axial se distribuye a lo largo de un elemento (barra) y si además varía la sección transversal, pueden deducirse ecuaciones para la fuerza y el desplazamiento como funciones de la posición a lo largo del miembro. Consideremos un miembro que soporta una carga axial por unidad de longitud q(x) en la dirección del eje centroidal. En los extremos pueden existir cargas aplicadas y/o reacciones que mantengan al miembro en equilibrio.

q(x)

x  x

x

 qx x  xq ; x    x  x  x

x

Teorema del Valor Medio para Integrales

x q(x)

F(x)

F(x+x)

x u(x)

x+  x

ESTÁTICA:

u(x+x)

F

De donde

X

 0  F( x  x )  xq   Fx   0

F( x  x )  Fx   q   0 x

 NOTAR QUE SI x  0        0  

Pasando al límite, cuando x  0 , tenemos: Fx   q   0 .....i x

 Fuerza interna que actúa en   la sección a la distancia X 

   

GEOMETRÍA:

La Deformación Unitaria del elemento de longitud x , es:

196


x 


x  x  ux  x   x  ux   x x

x 

ux  x   ux  ...Pasando al límite cuando x  0 x

x 

u ..................ii x

RELACIÓN FUERZA / DEFORMACIÓN

Si la barra es de material elástico-lineal y se presenta un cambio de temperatura T , tenemos:

 xTOTAL   x 

F  T ................iii AE

Reemplazando en la ec. (i):   u  AE  AET   qx   0  x  x    u   AET   qx   0..............iv   AE   x  x  x

La ecuación (iv) relaciona la carga distribuida q(x) y el cambio de temperatura T en la barra con el desplazamiento u(x) a lo largo del eje de la misma. La solución de la ecuación diferencial (iv) contiene dos constantes arbitrarias de integración, que podrán ser determinadas en base a las condiciones especificadas para los desplazamientos en cada problema. En el caso especial: T =0; A y E constantes; q(x)=0 → de la ec. (i) obtenemos F  0 , lo cual indica que la fuerza en la barra es constante (independiente de x). x

La ec. (iv) nos da: AE

 2u  2u  0   0  ux   c 1x  c 2 x 2 x 2

donde c1 y c2 son las constantes de integración.

197



A

B

XA

XB

x

B'

A'

x

uA

uB

 u A  c 1x A  c 2 ; de donde c 1 

u B  c 1x B  c 2

uB  u A xB  x A

; c 2   c 1x B  u B

En este caso, el desplazamiento en la barra es Lineal: ux  

uB  u A x - x B   uB xB  x A

u uA

uB

XA XB (Diagrama de Desplazamientos) Si q(x) ≠0 → la fuerza interna F(x) será variable (función de x) a lo largo de la barra. EJEMPLO 1) Un tubo AB de acero se coloca entre dos apoyos rígidos; según se indica en la figura. Si el incremento de temperatura está dado por T = TB

x , siendo L

TB el incremento de temperatura en el extremo B. Determinar las reacciones

en A y en B y el desplazamiento a la mitad del tubo. B

A

T TB

L

L

x

Incremento de temperatura a lo largo de la barra

RB

RA

RA

F

RA= RB. Como no existe ninguna otra fuerza externa, la fuerza F es constante (la consideramos tracción) q(x)=0

198



Usamos la ec.(iv), tenemos: AE



 2u   x  AE  TB   0 2  x L x  

Supuesto AE constante 

 2u   TB x 2 L

Integrando 2 veces: ux   Condicione s :



x2  c 1x  c 2 2

TB

L

u0   0  0  c 2

uL   0  0 

 2L

 c1  

ux  

Por tanto :

ux  

 2L

 2

TB

 2

TB

TB

L2  c 1L 2

TB

x2   TB x 2 2

x x  L  L

Ecuación de desplazamiento a lo largo del tubo.

El desplazamiento en x  L , es: 2

 2  2 T

uL

B

L L     L    LTB 2L  2 B 

u

x=L/2

x=L

x

L/BT

Por las ecs. (ii) y (iii) → F  AE

u  AET x

 x  x  F  AE TB  2  1   AETB L  L  2

Simplificando: F   AE

TB 2

independie nte de x 

Las reacciones en los apoyos, son:

199


R A  R B  F  AE  condicione s   del equilibrio   


TB COMPRESION ES  2

1.19) Comportamiento Inelástico en Tracción

Un material ELASTOPLÁSTICO se caracteriza por un Diagrama Constitutivo    de la forma

 FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO

y

DEFORMACIÒN ELÁSTICA



= 0.002

 

El rango elástico (lineal) existe hasta el esfuerzo de fluencia  y . Después de esto, la conservación de una carga constante producirá una deformación ilimitada hasta el punto de fractura.

 SISTEMAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADOS: Una estructura estáticamente determinada, cargada axialmente, se deformará elásticamente hasta que los esfuerzos en alguna parte alcanzan el límite de fluencia. Las cargas adicionales producirán después grandes deflexiones, dando por resultado la falla de la estructura.

EJEMPLO. Una barra rígida horizontal está soportada por dos cables de acero cada uno de los cuales tiene área transversal de 1.6  10 4 m 2 . Determinar i) La máxima carga P que puede aplicarse al centro de la barra, y la deflexión en el instante de la falla. ii) Trazar un diagrama Carga / Deflexión para esta estructura.

Considerar acero elastoplástico (E=200GPa;  y =250MPa)

200



Debido a la simetría PA=PB PB

PA 3.0m

3.0m

A

B

a

P

P

a

La carga P puede incrementarse hasta que la fuerza en cualquiera de los cables llegue a ser la fuerza de fluencia: PA=  y A= (250x106)( 1.6104 ) PA=40000 N (=PB)

F

VERT

 0  P  PA  PB  80000 N.

Para esta carga, el alargamiento de cualquiera de los cables, es 

PA L ( 40000 )(3)   3.75  10 3 m 9 4 EA 200 (10 )(1.6)(10 )

Si las cargas se incrementaran, (esfuerzo más allá de  y ), el cable fluirá y ocurrirá una deformación ilimitada. Para, este caso, el Diagrama P   , es: P(NEW)



3.75x10-3

m)

  SISTEMAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS: El procedimiento general para solucionar problemas hiperestáticos, usando la teoría elástica lineal, se resume en:

(i)

Ecuaciones de Equilibrio (Estática)

(ii) Relaciones de Compatibilidad (Geometría + material) (iii) Solución simultánea de las ecuaciones (i) y (ii). (Procedimiento usado cuando los esfuerzos se mantienen en el rango lineal elástico).

201



Cuando se reconoce que los esfuerzos en algunos miembros se extienden al rango inelástico, la solución se simplifica debido a que la fuerza en cualquier miembro (cuyo material es de comportamiento elastoplástico) tiene un valor constante Py   y A .

Si esta fuerza es conocida, las incógnitas restantes pueden determinarse por métodos estáticos. La capacidad máxima de soportar carga de una estructura estáticamente determinada se alcanza cuando cualquier miembro de apoyo ingresa al intervalo inelástico de esfuerzos. Las estructuras estáticamente indeterminadas tienen capacidad adicional de soportar cargas después de que un solo miembro de apoyo ingresa al régimen plástico. P

Py : carga de Fluencia

FLUJO PLÁSTICA ILIMITADO

(carga última) Py   y A

Py DEFORMACIÓN ELÁSTICA

 i.

Estructura Estáticamente Determinada

P FLUJO PLÁSTICO ILIMITADO (TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN PLÁSTICO) Pu

Py

FLUJO PLÁSTICO RESTRINGIDO (PARTE DE LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO Y PARTE EN RÉGIMEN PLÁSTICO) DEFORMACIONES ELÁSTICAS (TODA LA ESTRUCTURA EN REGÍMEN ELÁSTICO)

 a) Cuando ocurre la fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la carga de fluencia Py es también la carga última Pu de la estructura. b) Cuando ocurre fluencia por primera vez en cualquier miembro de apoyo, la capacidad de carga es Py . Puede aplicarse carga adicional antes de que se alcance la carga última Pu y sucedan deformaciones irrestrictas. La región entre Py y Pu se designa Zona de Flujo o Plástico Restringido. En esta región, algunos

202



de los miembros de apoyo están forzados en la zona plástica, pero todavía quedan suficientes apoyos comportándose elásticamente y, en consecuencia, la estructura puede soportar cargas adicionales. La capacidad de los materiales dúctiles puede ser aprovechada ventajosamente sin provocar grandes desperdicios de material. Es decir, algunos esfuerzos pueden analizarse en el rango plástico, ya que en ciertas ocasiones se puede permitir que algún miembro de una estructura entre en fluencia sin que se afecte la Estabilidad de la misma. EJEMPLOS 1) La barra rígida ABC está soportada por tres alambres elastoplásticos

E  30000 Klb / pulg

2

; y  36Klb / pulg 2

 .Trazar el diagrama P – Δ para este 2

sistema. El área transversal de cada alambre es 1 pulg . D e

10"

10" 6"

b e m

B

A

P

a

C

a

o Debemos encontrar la carga y la deflexión que ocurren cuando aparece por primera vez la fluencia y, también, la carga y deflexión últimas. Cuando la carga P se incrementa desde O, los alambres se esfuerzan dentro del intervalo elástico. Esto continúa hasta que el alambre sometido al mayor esfuerzo alcance su punto de fluencia. Equilibrio:→ PA  PB  PC  P PA A

PB

PC

B

C

PA a   PC a   PA  PC Luego : 2PA  PB  P........

P

Compatibilidad: (acción elástica) Simetría total

 A  B   C

A y C  alambres iguales 

203


Por tanto :


PA L A PL P 10  PB 6  5  B B  A   PB  PA .......  E A A A EB A B E A A A EB A B 3

Resolviend o  y  , obtenemos : PA  3P

3 5 P ; PB  P 11 11

Acción Inelástica:

5P

3P

Como los alambres tienen la misma sección transversal, el alambre que B

A

C

pasa por B alcanzará primero el Esfuerzo de Fluencia (puesto que

P

soporta mayor carga) En el estado de fluencia Según  

y=A=36Klb=PB PA

PC

PA 

3 3 PB  PA  36  5 5 PA  21.6 Klb.

Reemplazando en  , obtenemos: Py  221.6   36  79.2 Klb.

(carga que usamos por primera vez la fluencia). La deflexión bajo esta carga, es igual al alargamiento de cualquiera de los alambres.  y  B 

PB L B 36 6  12  0.0864"  E B A B 1 30  10 3





Después de que el alambre B ha fluido, soportará aún la carga constante Py  36 Klb. .

Cuando la carga aplicada P se incrementa más allá de 79.2 Klb los alambres A y C soportarán las cargas crecientes hasta que también alcances sus límites de fluencia. En ese momento ocurre el flujo plástico ilimitado, alcanzándose la carga última. Pu  36  36  36  108 Klb. 36Klb=PB

A

36Klb=PB 36Klb=PB

B

C

Pu

204


u  a 


PA L A 36 10  12  0.144"  EA A A 1 30  10 3



Diagrama P - Δ



(Δ: desplazamiento en dirección y sentido de la carga P). P(KLb)

108=Pu 79.2=Py

y

(pulg)

u=0.144

PROBLEMAS 1) Dos tubos coaxiales, el interior (acero) tiene sección A = 10cm2 y el exterior (aluminio) tiene sección A = 15cm2. Los tubos son comprimidos en sus extremos mediante dos placas rígidas, según se indica en la gráfica. Trazar la curva carga / Deflexión del conjunto, cuando se comprimen con una fuerza axial P, de acuerdo con los diagramas constitutivos que se indican.

P  ALUMINIO

6,000 K Cm2

ACERO

3,800 K Cm2

ALUMINIO

L=60 Cm ACERO 0.0032



0.005

COMPATIBILIDAD: COMPATIBILIDAD INICIAL

P 

ac

Fac

Fal

al

Fac L=60 Cm

Fal

RÍGIDAS

Fal Fac Fac

Fal

205



FUERZAS DE FLUENCIA:

Fac y   y A ac  6000 10   60000 Kg. Flc y   y A al  3800 15   57000 Kg. ac

al

GEOMETRÍA: Debido a la rigidez de las placas, ambos tubos se acortarán la misma cantidad.

 ac   al   

 ..................... L

DIAGRAMAS    : Existen tres intervalos de interés: i)

0    0.0032  Los dos tubos en régimen elástico

 ac  Eac ac  Eac  al  Eal al  Eal Reemplazando valores: 6000   18.75  10 5  0.0032 3800    7.6  10 5  0.005

 ac 

Kg/cm 

 al

Kg/cm 

ii)

2

2

00032    0.005  tubo de acero en régimen plástico y tubo de aluminio en régimen ellástico.

Kg/cm  Kg/cm  2

 ac   y ac  6000  al  E al  al  iii)

38000   7.6  10 5  0.005

2

  0.005  Los dos tubos en régimen plástico

  Kg/cm 

 ac   y ac  6000 Kg/cm 2  al   y al  3800

2

EQUILIBRIO: P   ac A ac   al A al

Con base a la ec. anterior pueden calcularse P1 y P2, valores de la carga axial P, correspondientes a las deformaciones unitarias 0.0032 y 0.005, respectivamente. P1  (18.75)(10 5 )(0.0032 )(10)  (7.6)(10 5 )(0.0032)(15 ) P1  96.480 Kg. P2  (6000 )(10 )  (7.6 )(10 5 )(0.005 )(15) P1  117.00 Kg.

206



Posteriormente las cargas adquieren valor constante: P  (6000 )(10 )  (3800 )(15 ) P  117000Kg.

ALARGAMIENTOS

 1  (0.0032 )(60)  0.192 cm  2  (0.005 )(60 )  0.3 cm

Diagrama P - Δ P(Kg) 117,000=P2 96,480=P1



(cm)



2) La barra rígida horizontal AB está soportada por tres alambres elastoplásticos según se indica. Determinas la carga límite (PL) que produzca el colapso del sistema. Material

Área cm



2

 

σ

y

/ Kg / cm

Acero

1

5000

Bronce

2

4600

Alu min io

4

3300

40cm

ALUMINIO

BRONCE

ACERO B

A P

50cm

50cm

100cm

FUERZAS MÁXIMAS

Fbr

Fal

Fac

Fal máx  3300 4   13200 Kg. Fbr máx  4600 2  9200 Kg. Fac máx  5000 1  5000 Kg.

B

A PL

Para que se produzca el colapso del sistema, NO es necesario que simultáneamente fallen los tres alambres. Existen dos posibilidades:

207

2


i)


Alambres de bronce y acero en fluencia, antes que el alambre de aluminio. (La barra AB tenderá a girar alrededor de A).

ii)

Alambres de bronce y aluminio en fluencia, antes que el alambre de acero. (La barra AB tenderá a girar alrededor de B)

M

i)

A

0 Fac

Fbr

Fal

(1)(9200 )(2)  (500 )(2)  0.5PL

EN FLUENCIA

PL  38400Kg.

B

A PL

La fuerza en el alambre de aluminio se calculará por equilibrio: Fal  9200  5000  38400  Fal  24200Kg.

Puesto que la máxima fuerza en el alambre de aluminio es sólo 13200Kg., no es posible este resultado. Debemos analizar la segunda posibilidad. (Se obtuvo Fal  Fal máx ). ii)

M

B

0

(13200 )(2)  (922)(1)  1.5PL

Fac

Fbr

Fal EN FLUENCIA

PL  23733Kg.

B

A PL

La fuerza en el alambre de acero, es: Fac  13200  9200  23733  Fac  1333Kg.

Se obtiene Fac  Fac máx  5000Kg Luego la carga limite, es PL = 23733 Kg. 3) Trazar el diagrama P – Δ para el sistema representado cuyas barras son de acero elastoplástico.(  y  250MPa : E  200GPa; A  9cm 2 )

2m

4

1

3

2

4 3

3



 P

P

208



Incrementando la carga P desde O, las barras se esfuerzan dentro del intervalo elástico, hasta que la barra sometida al máximo esfuerzo alcance el valor del esfuerzo de fluencia. Equilibrio: F2

F3

F1

2F2 sen  F1  P 2F2

4  F1  P  1.62F2  F1  P....... 5

P

Compatibilidad:  2   1  sen 1 2

F2 2.5 F1 2 4  EA EA 5  F1  1.5625F2 ...... 

Resolviendo (*) y (**) obtenemos:

 

F1  0.494P

;

F2  0.316P

Puesto que las barras tiene la misma acción transversal, La barra (1) es la que primeramente ingresa al régimen plástico. En ese instante: F1   y A  (250  10 6 )(9  10 4 )  225KN De    F2  144KN

Reemplazando en (*): 1.6144   225  Py  Py  455.4KN

Deflexión correspondiente: y 

F1L 1 225  10 3  2   2.5  10 3 m EA 200  10 9  9  10  4

Después que la barra (1) ha fluido, soportará carga constante F1  225KN . Cuando la carga aplicada se eleva más allá de 455.5KN, las barras inclinadas soportarán carga creciente hasta alcanzar el calor de la carga de fluencia. En ese instante: F2   y A  (250  10 6 )(9  10 4 )  225KN y se alcanza el valor Pu: En  : Pu  1.6(225 )  225 Pu  585KN ocurre el flujo plástico ilimitado 

209



225  10 3  2.5  3.125  10 3 m 9 4 200  10  9  10 3.125  10 3 Pero  2   1sen   1   3.906  10 3 m 4/5 Deflexión correspondiente   2 

Con los valores calculados, se traza la curva P - Δ : P(KN)

Py  455.4KN

Pu

 y  2.5  10 3 m

Py

Pu  585KN

FLUENCIA 

 u  3.906  10 3 m y

u

ÚLTIMA 

(cm)

4) Dos alambres de acero elastoplásticos se usan para levantar un peso de 3Klb, según se incida. El alambre AB tiene longitud inicial de 20’ y el alambre AC tiene longitud inicial de 20.03’. Determinar la fuerza en cada alambre y su respectivo alargamiento. Cada alambre tiene 0.05 pulg2de área transversal. A

 20'

20.03'

y=50 B

C

3Klb

 = 0.0017



Cuando se levanta el peso, es el alambre AB el que soporta carga, hasta que su alargamiento sea 0.03’. Luego, es peso levantado es existido por los dos alambres. Deformación unitaria en AB:  AB 

0.03  0.0015, que es menor que la máxima 20

deformación elástica permitida en el material (εy). Para

 AB  0.0015, la fuerza en el alambre AB, es : FAB   AB A AB  E AB A AB 

50 (0.0015 )(0.05 ) 0.0017

FAB  2.20 Klb.

Puesto que el peso a levantar es 3Klb → ambos alambres lo soportarán. Equilibrio  FAB  FAC  3......1

210


FAB FAC


Existen tres posibilidades para la deformación: a) Deformaciones elásticas en ambos alambres. b) AB en régimen plástico y AC en régimen elástico c) Deformaciones plásticas en ambos alambres.

3Klb

a) Deformaciones elásticas en ambos alambres: Condición de compatibilidad:  AB  0.03   AC .........2 

 FAB 20  12  0.03  12   FAC 20.03  12 0.05  50 0.05  50  0.0017

 0.0017 

Simplificando, obtenemos: 20FAB  44.12  20.03FAC .......... 3  Resolviendo las ecs. (1) y (3): FAB  2.603Klb ; FAC  0.397Klb . Calculamos  AB  fluencia  y  50

2.603Klb Klb , que resulta mayor que el esfuerzo de  52.06. 2 0.05pulg pulg2

Klb pulg 2

En consecuencia, el alambre AB ingresa al régimen plástico. Soporta una carga máxima de FAB   y A  52(0.05 )  2.5Klb Con este, la fuerza en el alambre AC es: FAC  0.5Klb

de la ec. de equilibrio (1)

El alambre AC permanece en el régimen elástico,  AC 

0.5 0.05

 AC  10 Klb pulg 2   y  50 Klb pulg 2 La deformación unitaria correspondiente, será:

 AC 

 AC E

  AC 

10  0.00034 50 0.0017

El alargamiento del alambre AC, es:  AC  0.00034 20.03  Δ AC  0.0068 pies

Mediante la ecuación (2), encontramos Δ AB  0.03681 pies

211

Capítulo II ESTADO GENERAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES 2.1) Matrices de Esfuerzos y Deformaciones Unitarias. Forma Diferencial de las Ecuaciones de Equilibrio (Ecuaciones de Navier). 2.1.1) Matrices  ;  Consideremos un sólido estructural en equilibrio y un prisma infinitesimal recortado de su interior: Consideraremos únicamente los Medios Continuos no Polares (Las fuerzas de sección no contienen momentos). P

En el caso general, en cada cara del prisma actuarán tres componentes de esfuerzo.

y

Esfuerzos CARA x   XX  XY  XY

 yy

CARA y   YX  YY  YZ

CARA y POSITIVA

CARA z  ZX ZY  ZZ (Sobre las caras positivas)

 yx

Nota: si no se consideran las FUERZAS MÁSICAS, en las caras opuestas (negativas) actúan esfuerzos de la misma intensidad y sentido contrario.

 yz  xy  zy

CARA x

P

 xz

NEGATIVA

x

 zx CARA x POSITIVA

 zz

z

 xx

CARA z POSITIVA

Convenio: Esfuerzos positivos, según las direcciones y sentidos indicados en la gráfica anterior.


Definición:   XX  XY  XY    La matriz   YX  YY  YZ         ZX ZY ZZ 


se denomina MATRIZ DE ESFUERZOS

Como una respuesta del sólido a los esfuerzos actuantes indicados, se generan las deformaciones unitarias siguientes: CARA x   XX  XY  XY CARA y   YX  YY  YZ CARA z   ZX  ZY  ZZ

Definición:

La

matriz

  XX  XY  XY      YX  YY  YZ       ZX  ZY  ZZ 

se

denomina

MATRIZ

DE

DEFORMACIONES

UNITARIAS Las matrices  ;  definen el Estado Tensional / Deformacional en el punto P del sólido. PROPIEDAD: las matrices  ;  son matrices 3 × 3 SIMÉTRICAS. Por la Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante, tenemos: XY  YX ; XZ  ZX ; YZ  ZY Por la definición de Deformación Unitaria Cortante y propiedad conmutativa de la suma:  XY     y   XY   YX  YX     Similar para los otros planos:   ZY   YZ ;  ZX   XZ 

Debido a la simetría de las matrices  ;  , para su determinación basta conocer, en cada caso, seis magnitudes o componentes.

x

 TRES ESFUERZOS NORMALES Y TRES ESFUERZOS CORTANTES, PARA LA MATRIZ  .  TRES DEFORMACIONES UNITARIAS NORMALES Y TRES DEFORMACIONES CORTANTES, PARA LA MATRIZ  . NOTA. Las matrices de esfuerzo y de deformaciones unitarias  ;  , se relacionarán entre si a través de constantes elásticas apropiadas (características del material), mediante una matriz denominada Matriz de Constantes Elásticas..

212



2.1.2) Forma Diferencial de las Ecuaciones de Equilibrio (Ecuaciones de Navier) En Estática se formulan ecuaciones del equilibrio para partículas discretas y cuerpos rígidos, en términos de fuerzas y/o momentos. En Mecánica de Sólidos, interesa establecer las ecuaciones del equilibrio en términos de los esfuerzos desarrollados en el interior de los sólidos deformables. Consideremos un volumen elemental recortado de un sólido deformable, para el cual la configuración deformada (en equilibrio) sea un prisma rectangular sometido a esfuerzos y fuerzas másicas. Fuerzas Másicas (de cuerpo o de volumen): Las que influencian directamente los elementos de masa a través del cuerpo o del sólido. Se las define en términos de Unidades de Fuerza por Unidad de Volumen (o unidad de masa). Así los efectos de la gravedad, efectos electromagnéticos,... etc. Deduciremos la ecuación de equilibrio correspondiente a la dirección X; en las otras direcciones (Y Z) la deducción es similar. Sea B X la función distribución de Fuerzas por Unidad de Volumen en dirección OX. (Consideramos únicamente los esfuerzos que generan fuerzas en dirección OX). y

z

x

dz x

dx yx    yx  y dy

B x dV  B x dx dy dz

fuerzamásica 

 zx dy

zx    zx  z dz

 yx

Bx d V

x 

 x dx  x     Variaciónde  x   debida a la variación dx   

F  0  X   dx  dydz -  X dydz  X  x     yX      yX  dy  dxdz -  yX dxdz  y     zx      zx  dy  dydx -  zx dydx  B x dxdydz  0 z  

Simplificando, tenemos:

213



  x   xy  zx    B x  0  i  x y z Reiterando el procedimiento en las direcciones Y, Z se deducen ecuaciones análogas a la  i  :

∂τ xy ∂x

+

  xy x

∂σ y



∂y   yz y

+ 

Definición) Las ecuaciones  i  ,  i i  , del Equilibrio (Ecuaciones de Navier).

∂τ yz ∂z

+ B y = 0 ( i i )

 z  B z  0  i i i  z

 iii 

se denominan Ecuaciones Diferenciales

Expresan condiciones para el equilibrio en términos de esfuerzos y distribuciones de fuerzas másicas.





B  Bx ,By ,Bz  VECTOR DE FUERZAS MÁSICAS

NOTAS: 1. Las ecuaciones de Navier son independientes del material. Esto significa que son validas en régimen elástico o inelástico. 2. No existen ecuaciones en número suficiente para determinar, a partir de ellas, las seis componentes de esfuerzo desconocidas. Esto nos indica que en el Análisis de Esfuerzos, los problemas son Estáticamente Indeterminados. 3. Las ecuaciones de equilibrio  M  0 se consideraron al estudiar la simetría de la matriz de esfuerzos  (Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante). 4. Si además el sólido estuviese en movimiento, las ecuaciones de Navier siguen siendo válidas, agregando el término representativo de las fuerzas de inercia (Principio de DI Alambert):  Fx  0   Fx   I C  Fx  I C 0

2.2) Ley Generalizada de Hooke 2.2.1) Ley de Hooke en Tres Direcciones Ortogonales. Ecuaciones de Lamé Consideremos un prisma recto de material elástico, lineal e isotrópico, sometido a esfuerzo normal en tres direcciones ortogonales (No incluimos la presencia de Fuerzas Másicas).

214



z

E  MATERIAL G   y

z

x x x

y

z

y

ESTADO TRIAXIAL DE ESFUERZO NORMAL

Para cada dirección, la deformación unitaria total, es la suma de una DEFORMACIÓN UNITARIA LONGITUDINAL Y DOS DEFORMACIONES TRANSVERSALES. Por comodidad, puede usarse el Principio de Superposición:

x x

=

x

x

z

+

DEFORMACIO NES DEBIDAS A  y

y

DEFORMACIO NES DEBIDAS A  x

x

+ y

z

TOTALES

DEFORMACIO NES

y

z

y

y

' x ' y ' z

z

DEFORMACIO NES DEBIDAS A  z

z

' ' x

' ' ' x

' ' y

' ' ' y

' ' z

Para cada dirección aplicaremos la Ley de Hooke (uniaxial) de Poisson:   ' x  x ' y   x E E y y ' ' x   ' ' y  E E   ' ' ' x   z ' ' ' y   z E E

' ' ' z

y la definición de Relación x  E  y  ' ' y    1 E   ' ' ' y  z  E  ' y  

Por el principio superposición, las deformaciones unitarias totales, son: MATE RIAL

215



 x  ' x  ' ' x  ' ' ' x    y  ' y  ' ' y  ' ' ' y  2   z  'z  ' 'z  ' ' 'z 

Reemplazando las ecs.1) en las ecs 2) y simplificando, tenemos:





 

1 x   y  z E 1  y   y   x   z  E 1 z  z   x  y E x 



  3    









Def). Las ecuaciones (3) constituyen la Ley Generalizada de Hooke (para esfuerzos normales en tres direcciones ortogonales). Notas) 1. Si el material es elástico, lineal e isotrópico, los elementos de la matriz  y sus correspondientes de la matriz  , se relacionan mediante las ecuaciones:





 

1 x   y  z E 1  y   y   x   z  E 1 z  z   x  y E 1  xy   xy G 1  xz   xz G 1  yz   yz G x 











       4        

Estas ecuaciones nos permiten obtener las Deformaciones Unitarias Normales y Cortantes, conociendo los esfuerzos y las características elásticas (E, G) del material. 2. Las ecuaciones (4) pueden invertirse para obtener los esfuerzos en función de las deformaciones unitarias normales y cortantes. Se obtienen: x  2  x   x  y  z    y  2   y    x   y   z   5.1   z  2   z    x   y   z   xy  G  xy    xz  G  xz   5.2  zy  G  zy 

  

  

216



Definición). Las ecuaciones (5.1) para  x ,  y ,  z se denominan Ecuaciones de LAMÉ (del Estado Triaxial de Esfuerzos Normales). Las constantes elásticas  ,  están dadas por: E E  G ;  G (5.3) 1   1  2  21    denominadas Constantes Elásticas de Lamé. 2.2.2) Definiciones. i) INVARIANTE: cantidad cuyo valor no depende del sistema de coordenadas de referencia. y

A   r 2  Invariante Las coordenadas del centro (C) cambian si se consideran otros sistemas de coordenadas. Las coordenadas del centro C no son invariantes.

r

c

x

x'

y'

ii) La suma  x   y   z

(traza de la matriz  ) se denomina Primer Invariante de

Esfuerzos: 1   x   y   z La suma  x   y   z

(traza de la matriz  ) se denomina Primer Invariante de

Deformaciones Unitarias. 1   x   y   z Entre 1 y 1 se verifica la relación 1 

1  2 1 E

(La invarianza 1 se demostrará al estudiar la Transformación General de Esfuerzos). iii) El invariante 1   x   y   z es numéricamente igual al cambio Unitario de Volumen. V ; siendo V0 el volumen inicial. V0 Por consiguiente el variante θ1 mide el cambio de volumen por unidad de volumen. 1   x   y   z 

iv) Un estado de esfuerzos definido por la matriz 0    0      0  0   0 0    

p  0 se llama ESTADO HIDROSTÁTICO DE ESFUERZOS.

(Estado volumétrico ó Estado de comprensión triaxial). Recuerda al principio de Pascal: La presión hidrostática es la misma en todas las direcciones.

217



Si el material es elástico, lineal e isotrópico, tenemos: 1  2 el  p  p  p   p  E 1 , es decir  p  K1 , siendo K  E 31  2  31  2  E denominado MÓDULO DE COMPRESIBILIDAD DEL MATERIAL. (MÓDULO VOLUMÉTRICO, Bulks). K: representa un valor de esfuerzo de compresión necesario para producir una deformación volumétrica igual a la unidad (K es el valor de –p para generar θ1 = 1). 1

EJEMPLOS 1) En el interior de un sólido, los esfuerzos están dados por la matriz  x2y 1 y 2 x 0    1 3 2    1 y x y  3y 0  (unidades de esfuerzo)   3 2  0 0 2z  



 







Determinar la distribución de Fuerzas Másicas, si el equilibrio debe satisfacerse en todo punto del sólido.



Esfuerzos   x  x 2 y y 



 xy  1  y 2 x



1 3 y  3y 3



 yz  0

 zx  0

 z  2z 2

Reemplazando en las Ecuaciones de Navier (ecs i, ii, iii), obtenemos: 2xy  2xy  0  B x  0

1 - y   31 3y 2

2

 Bx  0



 3  0  By  0  By  0

0  0  4z  B z  0

 Bz  0

Luego, vector de fuerzas másicas es: B = (0, 0, -4z) (vector típico de efectos de peso propio). 9K G , donde 3K  G E: Modulo de Elasticidad Lineal G: Modulo de Rigidez. K: Modulo Volumétrico.

2) Demostrar la igualdad. E 

Sabemos que:

De (iii) y (ii) obtenemos  p 1  2  1 K E

E  2g1   ( i ) 1  2 1  1 ( ii ) E    K1 ( iii )

(Estado hidrostático de esfuerzos).

Por definición de 1 :

218



 p 1  2  3  1   1  2  3  K E K  E 

De donde E  3K1  2( iiii ) Entre las ecuaciones (i ) y (iiii) eliminamos la relación de Poisson  . Obtenemos: E 1 E de donde despejamos E, para obtener finalmente: 1  2G 2 6K E

9K G 3K  G

3) Una varilla de latón AD está acoplada a cierto dispositivo que aplica un confinamiento (presión lateral) de 8,000 lb/pulg2 en la porción BC de la varilla. Sabiendo que E = 15 ×106 lb/pulg2 y   0.33 , determinar: (i) El cambio en la longitud AD; (ii) El cambio en el diámetro en la sección central de la varilla.

A

i) En un punto tal como se presenta estado de confinamiento lateral. z x

B

24"

x

10"

z

 x   z  8,000 lb pu lg 2  y  0 (no hay esfuerzo normal)

C

D

2" Usamos la ley generalizada de Hooke en dirección OY: 1 Tenemos  y   y   x   z  . Reemplazando valores: E 1 0  0.33 8,000  8,000  y  15  10 6  y  352 x 10 -6





En cambio en la longitud AD será   L y

219









  1011 352  10 6  3.52  10 3 pu lg . (Notar que solo la longitud L = 10’’ está afectada por el confinamiento) ii) Cambio en el diámetro:







1 x   y  z E 1  8000  0.33 8000  x  15  10 6  x  357 .33 x 10 -6 (disminuci ón del diámetro) x 

Luego d  d x



d  2' '  357.33  10 6

d  714.66  10

6



pu lg adas

4) La placa representada está restringida, de tal manera que no puede dilatarse ni contraerse en dirección Y, pero puede hacerlo libremente en las direcciones X, Z. Las superficies de la placa perpendiculares al eje Z están libres de esfuerzo. Si se produce un cambio uniforme de temperatura (ΔT°), hallar  y ,  x ,  z . T

y

y DEFORMACIO NES EN GENERAL :

0

0

x

 TOTAL  ELÁSTICA   TÉRMICA

z

E; ;

Para cada dirección las deformaciones unitarias totales, son: 1  x TOTAL   x    y   z  T  1 E 1 y   y   x   z   T  2 TOTAL E 1  z TOTAL   z    x   y  T  3  E









Condición → restricción →  y









 0 luego: TOTAL

 x   x   z   ET ( haciendo  y

 0) TOTAL

 x   0

, tenemos  y  0  ET  z  0 Reemplazando los valores  x ,  y ,  z en la ecuación (1) tenemos: Reemplazando datos

220



 x TOTAL 







1  0   2  1  1   T  E

Reemplazando en la ecuación (3), tenemos:

    z TOTAL  1    0  T   E  5) Una placa rectangular de espesor “d” está comprendida entre dos planos paralelos rígidos cuya separación es invariable. La placa está sometida a las fuerzas indicadas P y Q. Calcular la presión que ejerce la placa sobre los planos rígidos. P

P

P

y

y

a

a

b Q

d

Q

x

Q

z

b d

E; 

Q

P

P

P Como el espesor “d” de la placa no puede cambiar debe ser   z  0 . Luego: 1 o  z   x  y E De donde obtenemos  z    x   y











 Q P Reemplazando los esfuerzos normales, obtenemos  z       bd ad  La presión total ejercida sobre los planos rígidos, es: PTOTAL

PTOTAL

  z ab  (área indicada). a P Q  b  ab     P  Q  (compresión sobre los planos rígidos). d  ad bd   d

Nota: Observar que  z  0 NO IMPLICA NECESARIAMENTE  z  0 6) En el sistema representado, calcular las nuevas dimensiones de las aristas del bloque rectangular. A 1  Barras Elásticas E 1 (cuatro, simétricamente ubicadas)   1 aristas iniciales a, b, c.  Bloque Prismático E 2   2

221



c p

a

b p Planta

Frente

b

Barras Elásticas 1 Bloque 2

p

y

a

p z

c

x

Reacciones:

F R

F F

R  4 F1 Esfuerzos en el bloque: R (compresión en dirección de x) x   ab  y   (Dato) z  0

(Dato)

F Deformaciones unitarias (bloque): (Ley Generalizada de Hooke) 1 x  x  2 y  z E2 1 y   y   2  x   z  E2 1 z  z  2 x  y E2

















Reemplazando los esfuerzos tenemos:

222



 R   ab   2  p  0   1   R  y   0   p   2   E2   ab  1   R  z   p  0   2   E2   ab  x 

1 E2

Simplificando: 1 R    2p  2  E 2  ab  1  R y   p  2  3  E2  ab  x  

z 

1 E2

 R   p   4  2     ab

Cambios de longitud (bloque):  x  c x  

c R    2p  5  E 2  ab 

Cambio de longitud (barra elástica): 

FL Rc   6 E1A 1 4E1A 1

Condición (paredes rígidas) → Δx = Δ, luego: c R RC  de donde obtenemos R:   2p    E 2  ab  4E1A 1  2p R E2 1  4E1A 1 ab Conocida la fuerza R, reemplazamos su valor en las ecuaciones (2), (3), (4), para obtener las deformaciones unitarias en el bloque.     1   2 x     2 p  E 2  E 2 ab  4E A  1   1 1  

           2p  2p  1   1  2   p  ; z  y   p  2  E 2 ab E 2 ab  E2  E2  1  1     4E1A 1      4E1A 1 Las nuevas dimensiones de las aristas del bloque serán:

a’ = a ( 1 + εy );

b’ = a ( b + εz );

c’ = c ( 1 + εx )

223



7) Sobre un cubo de 1 m. de arista, cuyo material es elástico lineal quiere inducirse el 2kx 2k 0  Estado de Deformación Unitaria dado por la matriz:    2k 2ky 0  , donde (x,  0 0 2k  y, z), son las coordenadas de cualquier punto del sólido, expresadas en cm. Se conoce que E  2.6 x 10 5 Kg cm2 ;   0.3 ; K  10 5 . Calcular los esfuerzos requeridos en las caras del bloque. G

y

F

B

D

A

z

x E

C

o Con los valores E,  determinamos las constantes de Lamé: 

 

2.6 10 5 0.3  1.5  10 5 Kg / cm2 E  1   1  2  1  0.31  0.6 

E 2.6  10 5   10 5 Kg / cm2 21    21  0.3

Usamos las ecuaciones de Lamé para calcular los esfuerzos requeridos en las caras del sólido (Ecuaciones 5.1):



x  2  x   x  y  z

  



  



(y similares)









 x  2 10 5 2 10 5 x  1.5 10 5 2 10 5 x  2 10 5 y  2 10 5



(Las deformaciones εx, εy, εz, → se obtienen de la matriz  ). Simplificando se obtiene  x  7x  3y  3 De manera similar procedemos para las direcciones y,z. obtenemos:

 y  3x  7y  3 ;

 z  3x  3y  7

A partir de las ecuaciones para esfuerzo cortante (ecs 5.2) obtenemos;  xy  G xy

224







 xy  10 5 2 10 5  2 ( recordar que G = μ)

(  xy  2 K , de la matriz  ) De manera similar tenemos:  xz  0 ,  yz  0

Resumen de ecuaciones para los esfuerzos  x  7x  3y  3

 xy  2

 y  3x  7y  3

 xz  0

 z  3x  3y  7

 yz  0

A partir de estas ecuaciones pueden hallarse los esfuerzos en cada cara del prisma.

Cara

plano

OCDE………………

y=0

ABGF………………

y = 100 cm

AOFE………………

x=0

CBGD……………… OABC……………… EFGD………………

(Kg / cm2 )  y  3x  3

………

……

(Kg / cm2 )  xy  2

 y  3x  703 ……

 xy  2

 x  3y  3

……

 xy  2

x = 100 (cm) ……

 x  3x  703 ……

 xy  2

Z=0 ……… Z = 100 (cm) ……

 z  3x  3y  7 ……  z  3x  3y  7 ……

0 0

……

…………

 y  3x  703

G

y F

 z  3x  3y  7

B

 x  3y  703

A z D E

x

C  z  3x  3y  7

 x  3y  3

o  y  3x  3

225



8) Un prisma rectangular de aristas a, b, c está solicitado por tres fuerzas normales A, B, C paralelas a las aristas. Hallar la relación entre estas seis magnitudes para que el volumen del prisma no cambie. Considerar el prisma de material elástico lineal (E;  ). z

Esfuerzos A x  bc B y  ac C z  ab

C

a

b

B

c

y

A

x







1 x   y  z  E 1A c  1 B aA  bB  cC  x       →   x  E  bc abcE  ac ab 

Deformaciones unitarias:  x 

De manera similar, obtenemos: 1 bB  aA  cC ;  z  1 cC  aA  bB y  abcE abcE Condición: V  0 →  x   y   z  0 (ver sección 2.2.2) Reemplazando las deformaciones unitarias, tenemos: 1 aA  bB  cC  bB  aA  cC  cC  aA  bB  0 abcE

Simplificando →  Como

1 1  2 aA  bB  cc  0 abcE

1 1  2   0 ; la condición buscada será: abcE aA  bB  cC  0

9) Se hace descender, en el océano, una esfera sólida de acero de 100 mm de diámetro, hasta donde la presión es 90 x 10 6 Pa . Sabiendo que E  200 x 10 9 Pa ;   0.3 , determinar: i) La reducción del diámetro de la esfera.

226



ii) La reducción del volumen de la esfera. iii) El aumento porcentual de la densidad de la esfera. Principio de Pascal  x   y   z  p Deformaciones unitarias 1 x  x   y  z  E 1 2  1  x   p   p  p  p E E







Similar para  y y para  z .Obtenemos: x  y  z 

2  1 p E

Reemplazando valores numéricos:

0.6  19010 6   1.8  10 4 200 10 9   d  0.1 1.8  10 4   1.8  10 5 m.

x  y  z  i) d  d x ii)

1   x   y   z 

volumen) VTOTAL 





VTOTAL  3  1.8  10 4  5.4  10 4 V0



(cambio

unitario

del



4 3 0.05   5.4  10 4  2.83  10 7 m3 3

m  Lnp  Lnm  LnV , de donde: v dp dV  (puesto que m es constante) p V

iii) p 


dp  2.83  10 7   5.4  10 4 p 5.236  10 4 (volumen inicial de la esfera) dp 0  0.054 0 0 0 p

10) Una barra cilíndrica, de material elástico lineal (E,  ) está sometida a comprensión p, según se indica en el esquema. Lateralmente la barra está confinada por un tubo cilíndrico de pequeño espesor y módulo elástico E 1 . Hallar los esfuerzos normales en la barra.

227


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz y

P

x z Elementos cúbicos en la barra :

L E1

E; 

d d1

En la barra interior, la deformación unitaria en dirección X, es:

x 







1 1  x    y   z   x   x       x ...........(1) E E

En el tubo de confinamiento:

x

x ó z

c

c

2 c e L   x Ld  x d 2e  x c  d  d1  d  2   2   c 

(Compresión)  c  

xd (esfuerzo circunferencial) d1  d

Deformación unitaria: ' x 

c xd  (2) d1  dE1 E1

228



Compatibilidad:  x  ' x  igualamos (1) y (2) 1  x   p   x     x d , de donde obtenemos: d1  dE1 E p x    z (Compresiones). E  d   1      E1  d1  d  11) Una barra prismática, de material elástico lineal (E;  ) está sometida al estado de  0 0   esfuerzos    0 0 0  . Determinar:  0 0 0   i) La superficie transformada de una esfera de ecuación x2 + y2 + z2 = R2 en el interior de la barra. ii) El volumen encerrado por la nueva superficie. Considerar el origen “O” como punto fijo durante la deformación de la barra.

z

o

x

y

 z   y  0 (dato)

Deformaciones unitarias (barra): x  

  x

Ley Generalizada de Hooke: 1 1  x  x   y  z   E E   Similarmente:  y   ;  z   E E



También:  xy   yz   zx  o (ver matriz  ).





Campo de Desplazamientos: x 

u 1 u   (1) x E x

229



v   v   (2) y E y w   w z    (3) z E z y 

Integrando las ecuaciones (1), (2), (3), tenemos:  u  x  f1 y, z ( 4) E  v   y  f 2 x, z (5) E  w   z  f3 x, y (6) E Deteminamos las funciones f1 (y; z); f2 (x; z); f3 (x; y) usando las condiciones para distorsión nula  xy   yz   zx  0 . Sabemos que:  xy 

u v  ; y x

 yz 

w v  ; y z

 yz 

 w u  x z

Luego tenemos: De 4  y 5  : De 5  y 6  : De 4  y 6  :

 f1  f 2   0  *  v x  f2  f3   0  * *  z y  f1  f3   0  * * *  z x

Para todo PX, Y,Z  de la barra.

De (*) notamos que f1 y f2 han de ser funciones de z De (**) notamos que f2 y f3 han de ser funciones de x De (***) notamos que f1 y f3 han de ser funciones de y Luego f1  C1;

f2  C2 ;

f3  C3

Desplazamientos: Reemplazamos f1, f2 y f3 en las ecuaciones (4), (5) y (6):  u  x  C1 E  v    y  C2 E  w    z  C3 E u  0 x  0   paray  0 Si el origen es punto fijo  v  0 w  0 z  0  

230



Con el cual determinamos que C1  C2  C3  0 . En consecuencia el Campo de Desplazamiento se define por: u

 x; E z

v

 y ; E

w

 z E

P  Esfera P’  Nueva superficie (Transformada de la esfera) r  r0  u

r  x, y, z   u, v, w 

P'

o

 r   x  u , y  v , z  w    x' z ' y' 

u

r

P x, y, z

r0

   

x

y Es decir: x ' x  u y ' y  u z ' z  w

 x E   y '  y  y E  z '  z  z E x ' x 

Por lo tanto:

PorEs lo decir: tanto:

   x '  x 1   E      y '  y 1    E      z '  z 1    E  

x'  1 E y' y  1  E z' z  1  E x

Superficie inicial: x2 + y2 + z2= R2 (esfera) Superficie transformada: x

x '2   1    E

2



y '2    1   E  

2



z '2    1   E  

2

 R 2 (Elipsoide de revolución alrededor del eje x)

231



VFINAL  VINICIAL   x   y   z  VFINAL  VINICIAL  x   y   z  1 VINICIAL



VFINAL 

4       R 3 1       3 E   E E

VFINAL 

4     R 3 1  1  2  3  E 



12) Un material elástico (E,  , α) originalmente llena una cavidad con lados 2a y altura h, en un bloque rígido, según se indica en el esquema. Encima del material elástico se coloca una tapa rígida y se aplica una fuerza de comprensión F a ésta, al mismo tiempo que se incrementa la temperatura. Expresar el movimiento de la tapa en función de F, T y las constantes elásticas del material. Despreciar cualquier efecto de fricción. y y

F F

a

Material

a

Deformable

2a

c

h

2a

x

x

z

Establecemos, en primer lugar los ejes coordenados como se indica en los esquemas. Se excluye la posible fricción → El material deformable no se adhiere a las paredes del bloque rígido ni a la tapa durante la deformación. Con “c” indicaremos el movimiento de la tapa (supuesto positivo según el eje “y” indicado). Como el material deformable es elástico lineal, usamos las ecuaciones de la Ley de Hooke Generalizada, más el efecto de temperatura:







1  x    y   z  T  E 1  y   y   x   z   T  E 1  z   z    x   y  T  E x 









1



232



Debido a la carga aplica, en el material sólo ocurren esfuerzos normales. Por la restricción del bloque rígido, el material sólo experimentará deformaciones normales en dirección Y.   y  ;  x   z  0 Por la simetría (sección transversal cuadrada)  x   z. (Puede verificarse haciendo  x  0;  z  0 en la 1° y la 3° ecuaciones (1)) Reemplazando en la ecuación (1):

0 = σ x - ν (σ y + σ z ) + EαΔT De donde obtenemos: x 

 E y  T (2) 1  1 

Reemplazando la ecuación (2) en la segunda de las ecuaciones (1) encontramos que:  1    2 2  1    y   E    ET (3)   1    1   F El esfuerzo en dirección y es: σ y = 2 (compresión ) (4) 4a c También, la deformación unitaria en dirección y, es (5) h Reemplazando las ecuaciones (4) y (5) en (3) y simplificando obtenemos:

c 1  1    F      1  2  2  ET  h E  1    4a  ó c  1    F     T   2 h  1     3 K 4a 

Siendo K el módulo de compresibilidad del material.



Si ΔT = 0  F comprime el material y c es negativo 

Si ΔT ≠ 0, la fuerza F requerida para mantener la tapa en su posición inicial (cuando c  0 ), es:

F  4a 2 3 KT  13) (Ecuaciones diferenciales del equilibrio en Coordenadas Polares). Al estudiar la distribución de esfuerzos en anillos, discos giratorios y otras piezas curvas, es conveniente emplear Coordenadas Polares:

233





 : Angulo polar.  : Radio vector.   : Esfuerzo Normal en



dirección radial.   : Esfuerzo Normal en dirección tangencial.





Consideremos un elemento plano definido en coordenadas polares.

   

 

p 

p 

 

 

 



 

 









p 



 



  



Elementos de espesor unitario,  al plano del dibujo.







(Esfuerzos en el elemento polar, indicando la variación de los mismos al variar el radio vector y el ángulo polar. No incluimos distribución de fuerzas másicas). Estableciendo el Equilibrio de Fuerzas en dirección radial, tenemos:

 p     p    

 

           

      p       sen   2              sen 0  2  

Efectuado operaciones, obtenemos:

234



p      p     

     

 

  

    



 

   

     0 2 2

Simplificando la sumatoria anterior, y dividiendo entre   , obtenemos:    

 





  

 

  



         0 2 2  2

Llevando al límite, cuando ;   0 , tenemos:    

  



  

   0

Expresión que puede escribirse:   

  



  

   0

Finalmente   



1          0  *    

Estableciendo, ahora, el equilibrio de FUERZAS en dirección tangencial (ortogonal a la dirección radial), tenemos:   



1   2     0  * *    

Las ecuaciones (*), (**) son las ecuaciones de equilibrio, expresadas en términos de esfuerzos, en un sistema plano de coordenadas polares. No se incluyen las posibles distribuciones polares de fuerzas Másicas. 2.3) Esfuerzos Sobre Planos de Orientación Arbitraria. Transformación General de Esfuerzos. 2.3.1) Esfuerzos Sobre Planos de Orientación Arbitraria. Consideremos un prisma elemental, sometido al estado general de esfuerzos definido por la matriz  .   x  xy      yx  y    zx  zy Pueden ser definidos los vectores siguientes:



 xz    yz   z 



 x   x ;  xy ,  xz  Vector esfuerzo sobre la cara X positiva.





 y   y x ;  y ,  yz  Vector esfuerzo sobre la cara Y positiva.

235







 z   zx ;  zy ,  z  Vector esfuerzo sobre la cara Z positiva.

De manera equivalente, en función de los valores unitarios i , j , k.  x   x i   xy j   xz k  y   yx i   y j   yz k

1

 z   zx i   zy j   z k

En general  x ,  y ,  z , son vectores no paralelos a los vectores unitarios i , j , k respectivamente. z



 z  zx , zy ,  z

k





 x   x ,  xy ,  xz



En las caras opuestas actúan Vectores Esfuerzo de la misma intensidad y

i

sentido contrario.

x

j



y

 y   yx ,  y ,  yz



Consideremos, ahora, el vector esfuerzo sobre un plano inclinado ABC que pasa por un punto P del sólido. z

N

C

 y P

P

 x

B y

A  z

x

236



N  Vector Unitario Normal al plano ABC N  l i  mj  n k . Ecuación cartesiana del plano lx  my  nz  q . Cosenos directores de la normal al plano l2 + m2 + n2 = 1 z



N

l  cos  m  cos  n  cos 





y

x

Sobre el plano ABC, para el equilibrio, se desarrollará un VECTOR ESFUERZO.  P  Vector esfuerzo sobre el plano inclinado ABC. Generalmente  P no es normal al plano ABC. El vector esfuerzo  P puede expresarse en función de sus componentes cartesianas rectangulares.

P  P x i  P y j  P z k (2) Debemos encontrar las componentes P x , P y , P z en función de los elementos de la matriz  y de los cosenos directores l, m, n, de la normal al plano inclinado ABC. La suma vectorial de las fuerzas actuantes sobre el tetraedro OABC nos permite escribir:

P  l  x  m  y  n  z (3) (Vector esfuerzo en el punto P). Reemplazando las expresiones (1) y (2) en (3), tenemos:





 P x i   P y j   P z k  l  x i   xy j   xz k 

  n

 j   k

 m  xy i   y j   yz k  xz i 

 yz

z

Simplificando y recordando las condiciones para igualad de vectores, obtenemos:

237



 Px  l  x  m  xy  n  xz  Py  l  yx  m  y  n  yz

4

 Pz  l  zx  m  zy  n  z

Las ecuaciones (4) definen las Componentes Cartesianas Rectangulares del Vector de Esfuerzos  P , en función de las componentes del Vector Normal Unitario N y de los elementos de la Matriz de Esfuerzo  . Matricialmente, las ecuaciones (4) se expresan:   Px    x      Py     yx      Pz    zx

 xz   l     yz   m    z   n 

 xy y  zy

ó P    N Vector columna de los cosenos directores de la normal al plano inclinado ABC. Definición: El esfuerzo normal en un plano que pasa por P, es la Proyección Ortogonal del Vector  p sobre el Vector Normal Unitario N . N C

PN



P  Px , Py , Pz



P

PS

s

PN PS

B  Esfuerzo Normal en el plano ABC.  Esfuerzo Cortante en el plano ABC (en la dirección S).

(Dirección S normal con N ). La magnitud del esfuerzo Normal, es: PN  P  N (Producto escalar) En términos de componentes rectangulares, tenemos:



σ PN  σ Px i  σ Py j  σ Pz k

 li  m j  nk  

 σ PN  lσ Px  mσ Py  nσ Pz

238


Reemplazamos


σ Px , σ Py , σ Pz por sus valores dados en las ecuación (4) y

simplificando, tenemos: σ PN  l 2 σ x  m2 σ y  n2 σ z  2lmτ xy  2ln xz  2mn τ yz

.......... ....(5)

La magnitud del esfuerzo cortante, PS , en dirección S, es: σ PS 

2

σP  σN

2

σ PS  σ Px  σ Py  σ Pz  σ PN 2

2

2

2

.......... ...(6)

Notas: 1. Vector Gradiente

N normal 

z

Sea P0 un punto sobre la gráfica de x, y, z  k El vector unitario normal, es:  N 

P0

Siendo  el vector gradiente:      i j  k , evaluando en x x x el punto P0 .

x, y, z  k

x

y

2. Recordando las operaciones del álgebra matricial, el esfuerzo normal sobre el plano inclinado ABC (ec.5) puede escribirse: l   σ PN  l m n   σ  m n    ó σ PN  N

T



σ



N

l   Siendo N  m el vector columna de cosenos directores de la normal al plano n   

inclinado ABC.

239



EJEMPLOS  7  5 0   1. En un sólido la matriz de esfuerzos es     5 3 1  Klb pulg 2 . Determinar el  0 1 2   Vector Esfuerzo en un plano que pasa por un punto del sólido, y es paralelo al plano ABC. z Plano ABC: x y z   1 4 2 6 C  3 x  6y  2z  12 Cosenos directores del vector normal al plano ABC: 6 ''



4 '' P

2 '' B

A x

l



y

3 3 2  6 2  22



3 7

, m

6 3 2  6 2  22



6 7

n

2 3 2  6 2  22



2 7

Vector esfuerzo:   Px   7  5 0   3 7          Py     5 3 1   6 7     0 1 2   2 7   Pz  

Efectuando el producto indicado, tenemos:  Px   9 7  Py  5 7  Pz  10 7 luego :

P 

 9 5 10 i j k 7 7 7

 3 xy 5 y 2 0    0 2z  2. El estado de esfuerzos en un sólido viene dado por    5 y 2   2z 0   0 (Unidades de esfuerzo), siendo (x, y, z) las coordenadas de cualquier punto del sólido. Determinar el vector esfuerzo actuante en el punto P0  2,1, 3 ubicado





sobre el cilindro y  z  4 2

2

240



z

N

2,1,

3

 y

y 2  z2  4

x Vector unitario normal: N

 

siendo  : y 2  z 2  4  0   y2  z2  4

Vector gradiente:   0i  2y j  2zk



evaluando en P0 2,1, 3



  0i  2 j  2 3 k luego : N

0i  2 j  2 3 k

 

02  22  2 3

2

 0i 

 1 3   N   0, ,  2 2   

1 3 j k 2 2

En el punto P0 , la matriz de esfuerzos es: 5 6    5 0 0 2 3 

0   2 3 0 

Vector esfuerzo: 5   Px   6    0   Py    5   0 2 3  Pz  

0   2 3 0 

 0     12   3 2  

Efectuando el producto, e identificando elementos, obtenemos: Px  3 Px  5 2 Py  3 Luego:

P 

5 i  3 j  3k 2

241



0 1  3. La matriz de esfuerzos en un punto es    1  y 2 1 

2  1  calcular  y , de manera 0 

que el Vector Esfuerzo en un plano que pasa por ese punto, sea nulo. Encontrar el Vector Unitario Normal para ese plano libre de esfuerzos. Vector esfuerzo  P : desconocidos   Px   0 1      Py    1  y   2 1  Pz  

2  1 0 

l   m n  

Efectuando el producto e identificando componentes, tenemos: Px  m  2n

; Px  2l  m

; Py  l  m y  n

Condición  P = 0. Entonces se requiere: m  2n  0 .......... ..........1 l  m y  n  0 .......... ..2

2l  m  0 .......... ........3 De (1)  n   m 2 ; de (3)  l   m 2 Reemplazando en (2): m  m  m y   0 2  2 





 m  1  y  0

m  0 es imposible, puesto que ocasionaría m  n  l  0

Entonces 

 1  y  0

 y  1

Para este valor, las ecs. (1), (2), (3) quedan: m  2n  0 lmn  0 2l  m  0 Que las resolvemos bajo la condición:

l 2  m2  n2  1 (cosenos directores) 1

Obtenemos : l  

2

;m  

;n  

1

6 6 6 Los vectores unitarios normales al plano libre de esfuerzos son: N

1 6

i

2 6

j

1 6

k

242



4. Sean P1 y P2 los vectores esfuerzo correspondientes a dos planos que pasan por un punto M, Sean n1 y n2 las normales a dichos planos. Demostrar que la proyección de P1 sobre n2 es igual a la proyección de sobre P 2 sobre n1 . n1

P2

n2

P1

M

Debemos probar que: P1 · n2  P 2 · n1.......... .....*  Estado de esfuerzos en el punto M:   x  xy  xz        xy  y  yz      xz  yz  z 

El vector esfuerzo P1 es:  P1x    x     P1y     xy P     1z   xz

 xy y  yz

 xz    yz   z 

 a1     b1  c   1

Desarrollando el producto, encontramos:



P1   x a1   xy b1   xz c 1 ;  xy a1   y b1   yz c 1 ,  xz a1   yz b1   z c 1



La proyección de P1 sobre n2 , es P1·n2 luego: P1·n 2   x a1a 2   xy b1a 2   xz c 1a 2   xy a1b 2   y b1b 2   yz c 1b 2   xz a1c 2    yz b1c 2   z c 1c 2 .......... .........( **)

De manera similar obtenemos la proyección de P2 sobre n1 : P 2 ·n1   x a1a 2   xy b1a 2   xz c 1a 2   xy a1b 2   y b1b 2   yz c 1b 2   xz a1c 2    yz b1c 2   z c 1c 2 .......... ........(* * *) Comparando (**) con (***) obtenemos (*): P1·n2  P2 ·n1 Nota: Este resultado, se denomina Ley de Reciprocidad Generalizada.   a b    5. El estado de esfuerzos en un punto es    a  c  donde a, b y c son  b c     constantes y  es un valor dado no nulo. Encontrar las constantes a, b y c de manera que el vector esfuerzo sobre el plano octaédrico sea nulo.

243



z

ABC es el plano octaédrico, si:

N  cos , cos , cos  

C

B

y

A x

   cos2   cos2   cos2   1 1  cos    3

Normal al plano octaédrico: '  1 1 1   1 1 1    N   , , ó N    , , 3 3 3  3 3 3  Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico:   a b  1 3     OCT   a  c  1 3   b c   1 3      Desarrollando el producto, obtenemos:  σ aσ bσ aσ σ cσ bσ cσ σ   σ OCT     ,   ,   3 3 3 3 3 3 3 3  3 Condición dada:  OCT  0  0, 0, 0 luego: 1 σ  aσ  bσ   0 ; 1 aσ  σ  cσ   0 ; 1 bσ  cσ  σ   0 3 3 3 De donde (como es   0 obtenemos: 1  a  b  0  a  1  c  0 *  b  c  1  0  Resolviendo el sistema (*), tenemos: a = -1/2

b = -1/2

c= -1/2

cx 0  0   6. El estado de esfuerzos en un sólido es    cx 0  cx  donde c es una  0  cx 0    constante.

244



i) Probar que se satisfacen las ecuaciones del equilibrio, cuando el vector de fuerzas másicas es nulo. ii) Determinar el vector esfuerzo en P0  4,4,7 sobre el plano 2x  2y  z  7 y sobre la esfera x 2  y 2  z 2  81 i) Las componentes de esfuerzo son:

 x  0 ;  xy  cz ;  xy  0 ;  y  0 ;  yz  cx ;  z  0 Reemplazando en las ecuaciones de Navier, notamos que se verifican sólo cuando Bx  By  Bz  0 punto P0  4,4,7   2x  2y  z  7  0

ii) Plano 2x  2y  z  7 Vector normal al plano: n 

 (evaluando en P0 ) 

2i  2 j  k

n

2  2 1 2

2

2



2 2 1 i j k 3 3 3

Vector esfuerzo en el punto P0 :  P0

7c 0  2 3 0      7c 0  4c   2 3   0  4c 0   - 1 3  

8  14 18  P0   c, c,  3 3  3

Esfera x 2  y 2  z 2  81



  x 2  y 2  z 2  81    2xi  2y j  2zk 4,4,7    8i  8 j  14k

Luego: n 

  

8i  8 j  14k 8 2  8 2  14 2



4 4 7 i j k 9 9 9

Vector esfuerzo: 7c 0   4 9   - 28c 9  0       P0   7c 0  4c   - 4 9    0   0  4c 0   7 9   16c 9   28 16   P0   ci  0 j  ck 9 9  14 7  7    7. En el punto P el estado de esfuerzos es    7 21 0  determinar:   7 0 35    i) El vector esfuerzo en un plano que contiene a P y es paralelo al plano BGE. ii) El vector esfuerzo en un plano que contiene a P y es paralelo al plano BGFC. iii) Las componentes de esfuerzo normal y esfuerzo cortante en el plano BGFC.

245



z 6 ''

B

A

C

D E P

4 ''

y 2 ''

G

F

x i) Hallamos la ecuación del plano BGE: x y z   1  6x  2y  3z  12 2 6 4 Los cosenos directores de la normal al plano, son: 6 2 3 l m n 2 2 2 2 2 2 2 6 2 3 6 2 3 6  22  3 2 6 2 3 l m n 7 7 7  14 7  7   6 7      El vector esfuerzo P es:  P   7 21 0   2 7    7 0 35   3 7     

Efectuando el producto, obtenemos:  11    P  12  9  

ó

P  11 i  12 j  9k

(Siendo i, j, k los vectores direccionales unitarios) ii) Hallamos la ecuación del plano BGFC: x z  1  2x  z  4 2 4 Los cosenos directores de la normal al plano son: 2 1 l m0 n 2 2 2 2 1 2  12 2 1 l m0 n 5 5  14 7  7   2 5    El vector esfuerzo, es:  P   7 21 0   0     7 0 35  1 5     Efectuando el producto, obtenemos:

246



 21 5     P  14 5     21 5   

P 

ó

21 5

i

14 5

21

j

5

k

iii) Sobre el plano BGFC, el esfuerzo normal, es: 2 5    donde N   0    1 5   



N  N    N luego :  2  N   0  5

1   5

 14 7  7     7 21 0    7 0 35   

2 5     0    1 5   

 21 5   1   14 5   5   21 5    42 21 63 N  0  (component e normal) 5 5 5 La componente de esfuerzo cortante  , es:  2  N   0  5

2

2

  P  N 

2

2

2

 21   14   21   63               5  5  5  5 

2

37.696 5

Nota: Los esfuerzos  N y  están expresados en las mismas unidades de esfuerzo que los elementos de la matriz  . 2.3.2) Transformación General de Esfuerzos i) Propiedad: “Conociendo las componentes de esfuerzo, referidas a tres superficies ortogonales en un punto, pueden calcularse las componentes de esfuerzo que actúan sobre cualquier otra superficie que pasa por el punto referido.”

247



Consideremos un tetraedro infinitesimal OABC, recortado de un sólido en equilibrio. En los planos coordenados actúan esfuerzos dados por la matriz  . z

n n

C

s s  yx

y

P

 yz

A

x

 xy

x

 xz

o

 zx

 zy

B

y

z

La superficie ABC tiene como vector unitario normal n  anx , any , anz  y sobre ella





actúa el esfuerzo normal  n y el esfuerzo cortante  s recordar : anx  any  anz  1 2

2

2

La magnitud del esfuerzo normal, es:



 n  a nx a ny a nz

a nx       a ny  a   nz 



Desarrollando las operaciones matriciales, obtenemos: 2 2  n   x a nx   xy a nx a ny   xz a nx a nz   yx a ny a nx   y a ny               1 2   yz a ny a nz   zx a nz a nx   zy a nz a ny   z a nz  

Nota) Observar la coincidencia con la fórmula deducida en la sección anterior (ec.5), con el cambio de nomenclatura para los cosenos directores del vector normal unitario:

l  anx

m  any

n  anz

248



La igualdad (1) demuestra que el esfuerzo normal actuante sobre cualquier superficie que contiene al punto para el cual está definido el estado de esfuerzos (mediante la matriz  ), depende únicamente de las componentes de esfuerzo y de los cosenos directores de la normal a la superficie de interés. Sean a n

sx , a sy , a sz

los cosenos directores

de una dirección s (contenida en el plano ABC y normal al vector n ). Recordar: a 2 sx  a 2 sy  a 2 sz = 1 anx a sx  any a sy  anz a sz  0

C

s

B P

Estableciendo el equilibrio tetraedro OABC, puede establecerse una expresión, similar a la ec. (1), para el esfuerzo cortante  s :

A  s   x a nx a sx   xy a nx a sy   xz a nx a sz   yx a ny a sx   y a ny a sy               2   yz a ny a sz   zx a nz a sx   zy a nz a sy   z a nz a sz   La igualdad (2) demuestra que el esfuerzo cortante  s , en la dirección s , depende únicamente del estado de esfuerzos  y de los cosenos directores de las direcciones

n y s. Las ecs. (1) y (2) nos permiten calcular los esfuerzos sobre cualquier superficie que pase por el punto dado, en función de los elementos de la matriz  y de los cosenos directores de n y s (ortogonales).

249



ii) Ecuaciones para la Transformación General de Esfuerzos

z'

z

PROBLEMA Conocida la matriz  , referida al sistema x, y, z, encontrar la matriz  ’ asociada con el sistema x’ y’ z’.

y'

(x, y, z): ortogonal (x’, y’, z’): ortogonal)

(x y z)  rotación  (x’ y’ z’)

o x' x

y

Para encontrar  x ' (Esfuerzo Normal en la dirección X’) Podemos usar la ec. (1), anterior, con el cambio apropiado en la nomencla-

tura. Entonces, en la ec. (1) en vez de usar n para la dirección de una superficie (su normal), usamos x’ (normal a la superficie coordenada z’ o’ y’). Reemplazando n por x’ en la ec. (1), tenemos: 2 2  n   x a x 'x   xy a x ' x a x 'y   xz a x 'x a x 'z   yx a x 'y a x 'x   y a x ' y               3 2   yz a x ' y a x 'z   zx a x 'z a x ' x   zy a x 'z a x 'y   z a x 'z   Donde: a x 'x  coseno director entre el eje x’ y el eje x. a x 'y  coseno director entre el eje x’ y el eje y. etc. En forma semejante, pueden hallarse expresiones para los esfuerzos normales  y ' y

 z ' Se obtienen: 2 2  y '   x a y ' x   xy a y ' x a y ' y   xz a y ' x a y 'z   yx a y 'y a y ' x   y a y ' y               4 2   yz a y ' y a y 'z   zx a y 'z a y ' x   zy a y 'z a y ' y   z a y 'z   2 2  z'   x a z' x   xy a z' x a z'y   xz a z' x a z'z   yx a z'y a z' x   y a z'y               5 2   yz a z' y a z'z   zx a z'z a z' x   zy a z'z a z'y   z a z'z   También el esfuerzo cortante  x 'z' puede calcularse a partir de la ec. (2) en forma análoga a las usadas para determinar los esfuerzos normales en el sistema rotado (x’ y’ z’). Obtenemos:  x 'z'   x a x 'x a z'x   xy a x' x a z'y   xz a x ' x a z'z   yx a x 'y a z'x   y a x 'y a z' y               6   yz a x 'y a z'z   zx a x 'z a z' x   zy a x 'z a z' y   z a x 'z a z'z   y similares para  x 'y ' ,  y 'z' .

Las ecuaciones para la transformación de esfuerzos, ecuaciones (3), (4), (5), (6),…. Se escriben consistentemente en forma matricial:

250



  matriz referida a las coordenadas (x ,y, z). '  matriz referida a las coordenadas (x’, y’, z’). Ambos sistemas de coordenadas son respectivamente ortogonales.

z'

MATRIZ DE TRANSFORMACIÓN DE COORDENADAS: A

y'

z

(MATRIZ DE COSENOS DIRECTORES)  a x 'x a x ' y a x 'z    A   a y 'x a y ' y a y 'z     a z' x a z'y a z'z  (También denominada matriz rotación de coordenadas).

x'

x

x

y

z

x’

a x'x

a x'y

a x 'z

y’

a y'x

a y'y

a y 'z

z’

a z'x

a z'y

a z 'z

y En base a esta matriz A , las ecs. (3), (4), (5), (6), escriben consistentemente: '   A  AT 

se

 matriz de esfuerzos en el sistema x y z.

 Siendo: A

 matriz de esfuerzos en el sistema x' y' z'.  matriz de rotación.

'

A

T

 transpuesta de la matriz de rotación.

T

: se intercambian filas con columnas en la matriz A

Recordar A

 a x ' x a x ' y a x 'z    A   a y ' x a y ' y a y 'z     a z' x a z' y a z'z  Recordar también las condiciones de ortonormalidad. T

EJEMPLOS 1) Demostrar n'  

y'

'



z'

'

  x   y   z (Primer invariante de esfuerzos).

Sumando respectivamente las ecs. (3), (4) y (5), tenemos: 2  x '   y '   z'   x a x ' x   xy a x 'x a x ' y   xz a x ' x a x 'z   yx a x ' y a x ' x   y a x ' y   yz a x ' y a x 'z  2

 zx a x 'z a x 'x   zy a x 'z a x ' y   z a x 'z  2

 x a y 'x   xy a y 'x a y ' y   xz a y ' x a y 'z  2

251



 yx a y 'y a y ' x   y a y 'y   yz a y 'y a y 'z  2

 zx a y 'z a y 'x   zy a y 'z a y 'y   z a y 'z  2

 y a z' y   yz a z' y a z'z   xz a z' y a z'x  2

 yx a z'y a z' x   y a z'y   yz a z'y a z'z  2

 zx a z'z a z'x   zy a z'z a z'y   z a z'z

2

Expresión que puede arreglarse de la manera siguiente:

  a

 x '   y '   z'   x a x ' x  a y ' x  a z' x z

2

2 x 'z

2

 a y 'z  a z'z 2

   a    a

2

2

y

xy

2 x'y

 a y ' y  a z' y

x'x a x'y

2

2





 a y ' x a y ' y  a z' x a z' y        

Por las condiciones de ortonormalidad, los coeficientes que multiplican a los esfuerzos normales  x ,  y ,  z valen UNO (son la suma de cuadrados de cosenos directores. Condición de normalidad). También los coeficientes que multiplican a los esfuerzos cortantes  xy ..., etc. Valen CERO (condición de ortogonalidad). En consecuencia:

 x '   y '   z'   x   y   z (Denominado PRIMER INVARIANTE DE ESFUERZOS).  10 50  50    2) Dado el estado de esfuerzos    50 0 0  M Pa  , hallar  x ' , siendo x’ la   50 0 0   dirección i  2 j  3k .

Vector Unitario en dirección x’: i  2 j  3k 1 2 3 x'   i j k 14 14 14 1 22  32 1 2 3 Cosenos Directores  a x ' x  ; a x'y  ; a x 'z  14 14 14 Usamos la ecuación (escalar) de transformación (ec. 3) (Ver Pág. 261) 2 2  n   x a x ' x   xy a x ' x a x ' y   xz a x ' x a x 'z   yx a x ' y a x ' x   y a x ' y   yz a x ' y a x 'z   zx a x 'z a x ' x   zy a x 'z a x ' y   z a x 'z

2

Reemplazando valores de los cosenos directores: a x'x 

1 14

; a x'y 

2 14

; a x 'z 

3 14

Tenemos:

252


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz 2

 1   1  2   1  3    50      50      n  10   14   14  14   14  14  2

x’

x

y

z

cos 45º

cos135 º

cos 90º

y’

cos 45º

cos 45º

cos 90º

z’

cos 90º

cos 90º

cos 0º

        50  2  1   0 1   0 2  3    14  14   14   14  14   3  2   3  2   3     0     0    14  14   14  14   14 

 50 

Efectuando operaciones, obtenemos: 10 100 150 100 150     14 14 14 14 14 90  x'   M Pa   6.43 M Pa x' 14  x' 





3) El estado 100  es    0  0 

de esfuerzos en un punto P, referido al sistema de coordenadas x, y, z 0 0   0 0  . Determinar la matriz de esfuerzos correspondiente a un 0 300  sistema de ejes obtenido mediante la rotación de 45º, del sistema x y z alrededor del eje z, en sentido horario cuando se mira hacia el punto. z'

z

P

x'

45

0

45 0 x

y

y'

Matriz de rotación A  2 2 2 2 0   A   2 2 2 2 0    0 0 1   Respecto al sistema rotado x’ y’ z’ , la matriz de esfuerzos, es:





'  A  A T

253

2



σ'  A

σ

AT Efectuando el triple producto matricial, tenemos:

X

Y

z

x’

cos 30º

cos 30º

cos 30º

y’

cos 30º

cos 30º

cos 30º

z’

cos 30º

cos 30º

cos 30º

 50 50 0    '   50 50 0   0 0 300   

4)

En   500   0   100 

un punto de un sólido, la matriz de esfuerzos está dada por 0  100   0 0  KPa  , en el sistema inicial de referencia x, y, z. Un nuevo 0 800  sistema de referencia x’ y’ z’ se obtiene girando el sistema inicial 30º alrededor del eje z, según se indica. Determinar la matriz esfuerzos referida al sistema x’ y’ z’. Usaremos la expresión matricial:

'  A  A

T

Definimos la matriz de transformación de coordenadas A :

z

z'

o 30

x

30 0

y'

0

y

x'

254



 0.866  0.5 0    A   0.5 0.866 0   0 0 1    '  A  A T T

  x'    y'x'    z'x'

 x'y'  y'  z'y '

 x 'z'   0.866 0.5 0   500 0  100  0.866  0.5 0        y 'z'     0.5 0.866 0  0 0 0  0.5 0.866 0    z'   0 0 1   100 0 800  0 0 1 

Desarrollando el triple producto matricial, tenemos:   x'    y'x'    z'x '

 x 'z'    375 216  86.6      y 'z'    216  125 50  KPa    z'    86.6 50 800 

 x'y'  y'  z'y '

Notar que: σ x ' + σ y ' + σ z' = 375 125 + 800 = 300 KPa σ x + σ y + σ z = 500 + 0 + 800 = 300 KPa → σ x ' + σ y ' + σ z' = σ x + σ y + σ z

(Pr imer Invariante de Esfuerzos).

k 0 0   5) Respecto al sistema x y z, la matriz de esfuerzos es:    0 k 0  determinar la 0 0 k    matriz de esfuerzos referida al sistema x’ y’ z’.

y'

z' z

4

x'

 

o

y 

x

x’: Dirección octaédrica.

255



Usaremos: '  A  A T Debemos encontrar la matriz de transformación: A Como el eje x’ forma ángulos iguales con los ejes x, y, z, es conocida la primera fila de la matriz A .  También, como el ángulo entre z’ y z es , se conocerá el elemento a z'z (= cos 45) 4 de la matriz A . Datos: a x ' x  a x ' y  a x 'z  cos   cos 2   cos 2   cos 2   1 1  cos   3 1 también : a z 'z  2

Condiciones: a y ' x  a y ' y  a y ' x  1  cosenos directores de y' 2

2

2

a z' x  a z' y  a z' x  1  cosenos directores de z' 2

2

2

(Provienen del coseno de  entre dos direcciones):

a x `x a y ' x  a x ' y a y ' y  a x 'z a y 'z  0  x'  y'  a x `x a x ' x  a x ' y a z ' y  a x 'z a z 'z  0  x'  z'  a y `x a z ' x  a y ' y a z ' y  a y 'z a z 'z  0  y'  z' x

y

z

x’

a x'x

a x 'y

a x 'z

y’

a y 'x

a y 'y

a y 'z

z’

a z'x

a z'y

a z'z

Reemplazando en las 5 ecuaciones anteriores los valores conocidos, determinamos el sistema siguiente: 2 2 2 a y ' x  a y ' y  a y 'x  1(1) a z' x  a z' y  2

1 3 1 3

a y'x  a x'x

a y `x a z ' x

1

1 1 2

(2)

1

a y 'z  0  a y ' x  a y 'y  a y 'z  0 (3) 3 1 1 1  a z' y   0  a x 'x  a z'y   0 ( 4) 3 3 2 2 1  a y 'y a z'y  a y 'z  0   (5) 2 3 1

a y'y 

2

Las ecuaciones (1), (2), (3), (4), (5) determinan un sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas: a y 'x , a y ' y , a y 'z , a z'x , a z'y A partir de las ecuaciones (2) y (4), obtenemos:

256



a z' x  0

a z'y  

1 2

Reemplazando estos valores en (5), obtenemos a y 'y = a y 'z (*) Esta condición la reemplazamos en (1) y (3): a y ' x  2a y ' y  1 2

2

a y 'x  2a y ' y  0

y

donde obtenemos : 2 1 a y'x   , a y 'y  6 6 y en consecuencia, a y 'z 

1

(*) 6 Tenemos completada la matriz de rotación A  1 3   A   2 6   0 



Finalmente, reemplazamos en: '  A  A



x’ y’ z’



x

y

z

1 3

1 3

1 3

1 6

1 6



 2 0

6





1 2







1 6



1 2



1 3  1 6  1 2 

T

  x '  x ' y '  x 'z'   1 3 1 3 1    1 6 1   x ' y '  y '  y 'z'     2 6    0 1 2 1   x 'z'  y 'z'  z'   Desarrollando el triple producto matricial:   x  xy  xz      xy  y  yz      xz  yz  z 



1 3

3   K 0 0  1 3   6   0 K 0  1 3   2   0 0 K   0  



 2

6

1 6



1 2

 

1 3  1 6  1 2 

k 0 0    0 k 0 0 0 k   

k k k    6) La matriz de esfuerzos    k k k  está k k k    referida al sistema x y z. Hallar la matriz referida al sistema x’ y’ z’, según se indica en el esquema.

1 2

257



y'

z



z' 

  arc cos



2 3

y

x' 

x

Los ejes y’, z, z’ están en un mismo plano vertical. Los ejes x’, x, y están en un mismo plano vertical. Determinaremos la matriz de transformación de coordenadas A : Existen cinco elementos conocidos: a x'y 0   a x'x   A   a y'x a y'y 2 3   1 3 1 3 1 3  Similar al ejemplo anterior, empleamos las condiciones de ortonormalidad: a x `x  a x ' y  1 2

2

2 1 3  a x 'y a y'y  0  0

a y `x  a y ' y  2

2

a x `x a y ' x a x `x a y `x

1 3 1

 a x 'y  a y 'y

1 3 1

0 0 

2 1 0 3 3

3 3 Resolviendo este sistema, obtenemos: a x `x   1 2 1 2 1 2 0   a x'y  1 2  A  1 6 1 6 2 3   a y `x   1 6  1 3 1 3 1 3   a y'y   1 6

Luego:

258



1 2  '    1 6   1 3 

0  1 6 2 3  1 3 1 3 

 k k k    1 2   k k k   1 2  k k k   0   

1 2

 1 6 1 3  1 6 1 3   2 3 1 3 

Desarrollando el triple producto matricial, obtenemos: 0 0 0    '   0 0 0   0 0 3k     1 0  7) Referida al sistema x y z, la matriz de esfuerzos es:    0  2 0 0 

0  0  demostrar  3 

que el esfuerzo cortante sobre un plano octaédrico, está dado por: 1 1   2 2   2  3 2  3  1 2  OCT  3 z

n  Vector normal unitario a uno de los planos octaédricos. P  Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico.

n

 1 1 1   n   , ,  3 3 3

P

y

El esfuerzo sobre el plano octaédrico, es:

x  1 0  P   0  2 0 0 

0  1 3     0  1 3         3  1 3      

3  3  3 

El esfuerzo normal sobre el plano octaédrico, es:  1 0  N  1 3 1 3 1 3  0  2 0 0 





El esfuerzo cortante, será:

0  1 3   1 0  1 3   1  2   3  3  1 3   

3 

N P

s

259



 OCT   P   N  2

2





1 2 1 2 2 2 1   2   3  1   2   3  3 9

Que se transforma en : 1 1   2 2   2   3 2   3  1 2  OCT  3

2.4) Esfuerzos y Direcciones Principales. Diagonalización de la Matriz  Un problema de gran interés en el análisis de esfuerzos, consiste en determinar los máximos valores de los esfuerzos normales y sus direcciones correspondientes. El esfuerzo normal que actúa sobre una cara de un prisma será máximo, cuando en esta cara, los esfuerzos cortantes sean nulos. (   máximo cuando   0 ) 

En consecuencia, la matriz de esfuerzos  deberá transformarse en una matriz diagonal 





T   

T: transformación de similaridad. y

2 2

1

3

x

1

3

z  : NO DIAGONAL

 : MATRIZ DIAGONAL

Los ejes 1-2-3 denominan EJES PRINCIPALES DE ESFUERZO   x  xy  xz  0 0    T  1      xy  y  yz    0  2 0    0 0   3    xz  yz  z 

1   2   3 

260



Definición) Los esfuerzos 1,  2 ,  3 se denominan ESFUERZOS PRINCIPALES. Sus direcciones correspondientes, se denominan DIRECCIONES PRINCIPALES. Los planos donde actúan los esfuerzos principales, se denominan PLANOS PRINCIPALES. Sean N  l1, m1, n1  el vector unitario normal paralelo al eje principal 1.

2

l1  cos  x,1

m1  cos  y,1

n1  cos  z,1 El vector esfuerzo sobre el plano cuya normal es N1 , es:

    N1

N1

(*)

1 3 Si en el plano indicado, los esfuerzos cortantes son nulos    N1 (condición de paralelismo de vectores). La igualdad (*) nos queda:

N1    N1

(**)

Siendo  un escalar por determinar. En términos de sus componentes, la ecuación (**) es:  l1    x  xy  xz   l1         m1     yx  y  yz   m1      n     1   zx  zy  z   n1  Efectuando el producto matricial, e, identificando componentes, tenemos: l1   x l1   xy m1   xz n1 m1   yx l1   y m1    yz n1 n1   zx l1   zy m1   z n1

Ecuaciones que determinan el sistema lineal homogéneo siguiente:

 x   l1   xy m1   xz n1  0

   yx l1   y   m1    yz n1  0   zx l1   zy m1   z   n1  0 





 

261



Sistema lineal de ecuaciones homogéneas, que notación matricial se expresa:   x       yx    zx



 xy y



   yz   z     xz



 zy

 l1   0       m1    0   n  0  1  

    

 

(Las incógnitas son los cosenos directores l1, m1, n1 ). Una condición del Álgebra Lineal, expresa:”Para que el sistema de ecuaciones homogéneas   ó    admita soluciones diferentes de la solución trivial l1  m1  n1  0 , es necesario que: det( s)  0 “ En consecuencia, la condición requerida es:  x     xy  yx y    zx  zy





 xz  yz

 z   

0

Definición) El determinante del anterior sistema de ecuaciones lineales homogéneas det(s) se denomina DETERMINANTE CARACTERISTICO. La ecuación det( s)  0 se denomina ECUACIÓN CARACTERÍSTICA. Las raíces de la ecuación característica se denominan RAICES CARACTERÍSTICAS. Nota: Las raíces características vienen a ser los valores buscados del escalar λ. También se denominan Valores Característicos. Encontradas las raíces características, mediante el sistema   ó   se encontrarán los cosenos directores correspondientes (Un juego para raíz característica). Notas:  Debido a que  es una matriz simétrica de orden 3, las tres raíces de la ecuación característica son REALES (Teorema del Álgebra Lineal).  Cada raíz característica es un valor del ESFUERZO PRINCIPAL. Por lo general, las raíces se ordenan 1   2   3 ó 1  2  3  . 

Sustituyendo el valor el valor de cada raíz característica en el sistema   ó   y

recordando que DIRECTORES.

l 2  m2  n2  1; se determinan tres sistemas de COSENOS

 Cada juego de cosenos directores, define una DIRECCIÓN PRINCIPAL. Puede demostrarse que las tres DIRECCIÓNES PRINCIPALES son mutuamente ORTOGONALES.  En los planos principales NO actúan esfuerzos cortantes. En consecuencia, la matriz que define el estado PRINCIPAL DE ESFUERZOS es una matriz diagonal:

262



 1 0     0 2 0 0 

0  0  3 

Por esto, el proceso de calcular las raíces y los valores característicos, se denomina DIAGONALIZACIÓN DE LA MATRIZ DE ESFUERZOS (Problema de vectores y valores propios)

Al formular la ecuación características se obtiene un polinomio de la forma 3  12   2 2   3  0 , donde 1  PRIMER INVARIANTE DE ESFUERZOS.  2  SEGUNDO INVARIANTE DE ESFUERZOS.  3  TERCER INVARIANTE DE ESFUERZOS. Sus valores están dados por: 1   x   y   z  2   x  y   y  z   z  x   xy   xz   yz 2

2

2

 3   x  y  z  2 xy  xz  yz   xy  z   yz  x   xz  y 2

2

2

EJEMPLOS 1) Hallar los esfuerzos 0  0  la matriz    0 0 150 80 

principales correspondientes al estado de esfuerzos dado por 150   80  lb pulg 2 200 



0    Ecuación Característica:

0 150



0 0    80

150 80 0 200   

Desarrollando el determinante, obtenemos: 3 2   200  28  0    ,900   POLINOMIO CARACTERÍSTICO

Resolviendo la ecuación característica, obtenemos las raíces características: 1  0 ;  2  297.23 ;  3  97.23

Los esfuerzos PRINCIPALES son: lb lb 1  297.23 ; 1  0 ; 1  97.23 2 pulg pulg 2  3 1 0   2) El estado de esfuerzos en un punto es     1 3 0  MPa  0 0 1   esfuerzos principales y sus direcciones correspondientes.



. Determinar los

263




1 0

1 3    0

0 0 0 1   

Desarrollando el determinante, obtenemos:

1   3  2  1  0 Raíces Características: 1  1 ;  2  2 ;  3  4 Esfuerzos Principales: 1  4 MPa ; 1  2 MPa ; 1  1 MPa  4 0 0   MATRIZ DIAGONAL:    0 2 0  MPa   0 0 1  

Direcciones Principales: Para   4 : 0  3  4  1   El sistema   nos queda   1 3  4 0   0 0 1  4  

 l1   0       m1    0   n  0  1  

De donde obtenemos las ecuaciones lineales:  l1  m1  0

l1  m1

 l1  m1  0  l1  m1  3n1  0

Que las resolvemos con las condiciones

n1  0 2 l1

 m1  n1  1 2

2

 l1  l1  0  1 En consecuencia: 2

2

l1   1 2 m1   1 2 n1  0 Vector unitario correspondiente a la primera dirección principal:



N1   1 2,  1 2 , 0



Para   2 : 0  3  2  1   0   1 3  2  0 0 1  2  

 l2   0       m2    0   n  0  2  

De donde obtenemos las ecuaciones lineales:

264



l2  m2  0

l2  m2

 l2  m2  0  l2  m2  n2  0

n2  0

Que las resolvemos con las condiciones l 2  m2  n2  1 2

2

2

 2 l2  1 2

En consecuencia: l2   1 2 m2  1 2 n2  0 Vector unitario correspondiente a la segunda dirección principal: N2   1 2,  1 2 , 0





Para   1: 0  3  1  1    1 3 1 0   0 0 1  1 

 l3   0       m3    0   n  0  3  

De donde obtenemos las ecuaciones lineales: 2l3  m3  0 l3  m3 2  l3  2m3  0  l3  2m3

 l 3  m3  0 l3  n3  m3  1  n3  1 2

2

2

Vector unitario correspondiente a la tercera dirección principal: N3  0, 0,  1 Nota: LOS EJES PRINCIPALES 1-2-3 pueden referirse a los ejes iniciales x, y, z mediante una tabla de cosenos directores: x

y

z

1

1 2

1 2

0

2

1 2

1 2

0

3

0

0

1

Se define la matriz 1 2  B  1 2   0 

 1 2 0   1 2 0  0 1 

La matriz diagonal  satisfacerá la condición:   B  B

T

 4 0 0  1 2  1 2 0   3  1 0   1 2 1 2 0       0 2 0   1 2 1 2 0    1 3 0    1 2 1 2 0      0 0 1   0 0 1   0 0 1   0 0 1       Encontrando los productos escalares N 1.N2; N1.N3; N2.N3 se comprueba que las tres direcciones principales con mutuamente ortogonales.

265



 20  40  60    3) Dada la matriz de esfuerzos     40 40 20  MPa   60 20  20    principales y sus correspondientes direcciones.


 40  60

 40 40    20



, hallar los esfuerzos

 60 20 0  20   

3  40 2  6000  40 000  0 Desarrollando el determinante, obtenemos:    ,  ECUACIÓN CÚBICA

Resolviendo la ecuación característica, obtenemos: 1  97.39 ;  2  6.44 ;  3  63.83

Los esfuerzos principales son: 1  97.39 MPa  1  6.44 1  -63.83

MPa 

0 0   97.39    0 6.44 0  MPa   0 0  63.83  

MPa  MPa 

Direcciones principales Reemplazando 1  97.39 en el sistema   ; o en su equivalente   ; obtenemos:

20  97.39 l1   40 m1   60 n1  0  40l1  40  97.39 m1  20n1  0  60 l1  20m1   20  97.39 n1  0 Que se resuelve condicionada con: l1  m1  n1  1 2

2

2

Obtenemos: l1  0.6574

m1  0.6116

n1  0.4402

Que constituyen los cosenos directores de la 1ra dirección principal. Reiterando el procedimiento, obtenemos los cosenos directores de la 2da y 3ra dirección principal: l 2  0.4488

m 2  0.7871

n 2  0.4232

l3  0.6053

m3  0.0807

n3  0.7919

266



Nota: Es útil recordar las condiciones de ortonormalidad: A  a1, b1, c 1 

Vectores unitarios

B  a 2 , b 2 , c 2 

A

A  B  a1a 2  b1b 2  c 1c 2  0 a1  b1  c 1  1 2

2

2

a2  b2  c 2  1 2

2

2

En todos los casos, las matrices  y  caracterizan el mismo ESTADO DE ESFUERZOS.

B

 0 200 300    4) Para el estado de esfuerzos    200 500 0  lb pulg 2 se conoce que en  300 0 600   un punto dado, uno de los esfuerzos principales es 749 lb pulg 2 ¿Qué valor tiene el esfuerzo de compresión máximo en el punto y qué dirección tiene?









Para facilitar las operaciones numéricas:  0 0.2 0.3       0.2 0.5 0  K lb pulg 2  0.3 0 0.6   



 Ecuación Característica: 0.2 0.3

0.2 0.5    0



0.3 0 0 0.6   

Desarrollando el determinante, obtenemos: 3  1.12  0.17  0.069  0



Como un esfuerzo principal es 0.749 K lb pulg 2 divisible por  - 0.749 

 el polinomio característico debe ser

Efectuando la división, el cociente es: 2  0.351  0.0929  0

Ecuación algebraica cuyas raíces son: '  0.5275 Klb pulg 2 y ' '  0.1765 Klb pulg 2



Por tanto, el esfuerzo de compresión máximo es  0.1765 Klb pulg

2











Para esa raíz característica, hallamos los cosenos directores correspondientes

267



0.2 0.3  0.1765    0.5  0.1765 0  0.2   0.3 0 0.6  0.1765  

 l  0     m   0   n  0    

Efectuando el producto se tiene las tres ecuaciones:

0.1765l  0.2 m  0.3 n  0 0.2l  0.6765 m  0 0.3l  0.7765 n  0 Que se resuelve con la condición: l 2  m2  n2  1 Obtenemos: l  0.899

m  0.266

n  0.347

La dirección pedida es N  0.899 i  0.266 j  0.347k 5) Los esfuerzos principales en un punto son 1,000 y 500 lb pulg 2 ¿Qué valor tienen los esfuerzos que actúan en la dirección de unos ejes que forman un ángulo de 30º, en sentido horario, con los ejes principales?

0  1,000  Matriz de esfuerzos principales    5,000   0 () Notar que se trata de un estado bidimensional de esfuerzos.

y'

y

x, y  ejes principales x’, y  ejes principales 30 0

30 0

x

x' x

y

X’

cos 30º

cos 120º

Y’

cos 60º

cos 30º

Encontramos la matriz rotación A

 3 2 A    12

La matriz de esfuerzos en el sistema x’, y’ es: '  A  A

 1 2  3 2 

T

268



 3 2 '    12

0  3 2  1 2  1,000    5,000    1 2 3 2  0

1 2  3 2 

Efectuando el producto matricial triple, encontramos:  875 125 3   lb pulg 2 '    125 3 625  





   '   x '   x'y'   

 x'y'    y ' 

   

2.5) Esfuerzos Octaédricos. Estados Medio y Desviador de Esfuerzos. Elipsoide de Esfuerzos. i) Esfuerzos Octaédricos Un plano cuya normal forma ángulos, iguales con las DIRECCIONES PRINCIPALES de esfuerzos, se denomina PLANO OCTAÉDRICO. 2

3

1

3

n  l, m, n vector unitario

1 2

 1 1 1   n    ,  ,  3 3 3 

Propiedad: sobre un plano octaédrico actúan los esfuerzos: 1 NORMAL   OCT  1   2   3  3 1 1   2 2   2   3 2 CORTANTE   OCT  3  1 1 1   En efecto, en el plano octaédrico donde n   , , 3 3  3 El esfuerzo normal es: 0  1  σ1 0   1 1 1    0 σ 2 0  1  OCT   , , 3 3   3   0 0 σ 3  1 Desarrollando los productos:

  3  1 

2

3  3  3 

269



1 σ1  σ 2  σ 3  3 El vector esfuerzo sobre el plano octaédrico, es:  OCT 

0  1  0  1  σ 3  1  σ σ σ P   1 , 2 , 3 3  3 3

3  3  3 

 σ1 0  P   0 σ 2 0 0 

  

El esfuerzo cortante sobre el plano octaédrico, es:  OCT   P   OCT 2

  1 1 1 2  2  3  1   2   3  3 3 3 3 9 2

 OCT 

2 2

2

Simplificando, puede escribirse:  OCT 

1 3

1   2 2   2  3 2  3  1 2

ii) Estados Medio y Desviador de Esfuerzos Muchos trabajos experimentales en laboratorios de ensayo y resistencia de materiales han demostrado que el inicio de la fluencia, en varios tipos de materiales, depende de 1 la magnitud del esfuerzo normal m   x   y   z , al cual se denomina Esfuerzo 3 Normal Medio.





En varios problemas nos interesará descomponer el estado de esfuerzos superposición de dos ESTADOS:   m   d

 

en una

Donde: m  Estado Medio de Esfuerzos (Estado esférico)

 d  Estado Desviador de Esfuerzos

270



y

m

 y  m

 yx

 yx  yz

 xy

 zy

 zx

x

 xz

 yz

=

z

 xy y  yz

 x  y  z  3  xz      yz    0   z   0  

Donde:  m 

+

 zx

 xz

 x  m

 z  m

m

ESTADO GENERAL 

 x    xy    xz

m

 xy

 zy

ESTADO MEDIO

ESTADO DESVIADOR

m

d

0

0

x  y  z 3

0

0

x  y 3

       xy  xz  m   x      xy  y  m  yz      yz  z  m    z    xz  

x  y  z

3 En el estado desviador de esfuerzos: 2 x   y   z 2 x   y   z 2 x   y   z 1    3 3 3 1  0

Si el material es elástico, lineal e isotrópico: El cambio unitario de volumen es: 1 

1  2 1 es decir, para este caso 1  0 

Propiedad: Como en el Estado Medio de Esfuerzos, no existen esfuerzos cortantes, no se presentan distorsiones angulares. Es decir, el estado medio es responsable de los cambios DE VOLUMEN (sin alterar la FORMA). Como la deformación volumétrica unitaria es NULA en el Estado Desviador de Esfuerzos, no se generan cambios de volumen. Es decir, el estado medio es responsable de los cambios DE FORMA (sin alterar el VOLUMEN). Estas consideraciones serán utilizadas al estudiar los criterios de Falla de Materiales. Nota: Diagonalizando la matriz del estado desviador de esfuerzos  d  se determinarán los ESFUERZOS DESVIADORES PRINCIPALES.

271



Ejemplo: Hallar los esfuerzos desviadores principales asociados con la matriz de esfuerzos:  10  6 0        6 10 0  MPa  .  0 0 1   Encontramos la matriz del estado desviador, a partir de:   m   d

Estado medio:

m

m

 10  10  1  0 0   3   10  10  1   0 0   3  10  10  1  0 0   3   7 0 0    0 7 0 0 0 7  

Estado desviador:  d    m  10  6 0   7 0 0   3 - 6 0        d    6 10 0   0 7 0    - 6 3 0   0 0 1   0 0 7   0 0 - 6  

Sean " s" los esfuerzos principales desviadores. Ecuación característica: 3-s -6 0 -6 3-s 0 0 0 0 -6-s

Desarrollando el determinante y simplificando, obtenemos:

- 6 - ss - 9s  3  0 luego : s1  9 MPa s 2  3 MPa Son los esfuerzos desviadores principales.

s 3  6 MPa

iii) Elipsoide de Esfuerzos. Definición: El lugar geométrico de los extremos de los vectores de esfuerzo total, correspondientes a todos los planos que pasan por un punto, se denomina ELIPSOIDE DE ESFUERZOS (ó ELIPSOIDE DE LAMÉ).

272



La ecuación del elipsoide de esfuerzos puede ser referida al triedro de direcciones principales de esfuerzo.

3 z p

n  l, m, n P

x

1

y

2

Plano que pasa por P, con normal unitaria n  l, m, n Vector esfuerzo  P :   Px    x      Py    0    0  Pz  

0 y 0

0  0  z 

 l   l1       m    m 2   n   n     3

  Px  l1 ;  Py  l 2 ;  Pz  l 3 Pero : l 2  m 2  n 2  1    Px  1

2

2

2

        Py    Pz   1     3   2 

ó

 Px

2

1

2



 Py 2

2

2



 Pz 3

2

2

1

Es la ecuación del elipsoide de esfuerzos. Pz

El elipsoide de esfuerzos representa la distribución de las magnitudes del esfuerzo total en un ESPACIO DE ESFUERZOS.

3

2

Py

1

Px 273



EJEMPLOS 1) En un punto P , los esfuerzos principales son 1  12 ;  2  3 ;  3  6 . Determinar el vector esfuerzo y su componente normal en el plano octaédrico que pasa por P . Cosenos directores del plano octaédrico l  m  n  l2  l2  l2  1  l  m  n 

1 3

Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico:  OCT    N  OCT

 OCT

12 0 0  1 3   12 3      0 3 0  1 3    3 3   0 0  6  1 3    6 3       12 3 6  i j k 3 3 3 T

La componente normal será  OCT  N  OCT  OCT

 N

12 0 0  1 3    1 1 1    0 3 0  1 3    , ,  3 3   3   0 0  6  1 3  3

2) Probar que la componente normal del esfuerzo en un plano octaédrico es igual a un tercio del primer invariante de esfuerzos. Cosenos directores de un plano octaédrico: lmn

1 3

Vector esfuerzo en el plano octaédrico:  OCT    N  OCT

 OCT

 1 3    1 3     3  1 3        1 i 2 j 3 k 3 3 3  1 0    0 2 0 0 

0 0

Componente normal del vector esfuerzo en el plano octaédrico: T

 OCT  N

 OCT

 1    3

1 3

 N

 1 0 1    0  2 3  0 0

0  1 3   0  1 3     3  1 3   

Desarrollando el producto, tenemos:

274



 OCT 

 1 0  Dada la matriz    0  2 0 0 

1  2  3 1   2   3 *    3 3 3 3 0  0  , el primer invariante de esfuerzos es la traza de la  3 

matriz:

* *

I1  1   2  3

Comparando *  y * *  : 1  OCT  I1 3 2.6) Esfuerzos Cortantes Máximos

Dado el estado general de esfuerzos mediante la matriz  , es posible determinar los planos donde actúan los esfuerzos cortantes de máxima o mínima intensidad. Para simplificar los desarrollos algebraicos, es conveniente trabajar con la matriz de esfuerzos en el estado principal   . z

  referida al triedro de direcciones principale s.

3

 1 0     0 2 0 0 

P

2

1

x

y

0  0  3 

Al rotar el prisma, en sus caras actúan nuevamente esfuerzos normales y cortantes. El propósito es determinar los valores EXTREMOS de los ESFUERZOS CORTANTES y, a su vez, determinar los planos donde estos actúan. z

p máx

P



Plano

N

N

N : Vector unitario normal al plano buscado (referido a las direccione s principale s)

buscado

y x

Sea N  l, m, n entonces, las componentes del vector esfuerzo total, son:

275



 Px    x     Py    0    0  Pz  

0  0  z 

0 y 0

 l   l1       m    m 2   n   n     3

Es decir: P  1li   2l j   3lk La componente de esfuerzo normal  N (sobre el plano buscado) es: N  P  N



  N  1li   2 m j   3 nk

 li  m j  nk  

 N  1l 2   2 m 2   3 n 2 La componente de esfuerzo cortante, cumple la condición:  2  P  N ; es decir : 2

2



 2  Px  Py  Pz  1l 2   2m 2   3 n 2 2

2

2



Reemplazando las componentes Px , Py , Pz dadas por (*) tenemos:



 2  1 l2   2 m2  3 n2  1l2   2m2  3n2 2

2

2



* *

Como  depende de los cosenos directores (buscados) l,m,n al variar la dirección del vector normal N , también variará la intensidad del esfuerzo cortante  .

 (ó  2 ) resultan ser funciones de tres variables direccionales: l,m,n ; sujetas a la ecuación de condición l 2  m2  n2  1. Estamos frente a un problema de valores extremos condicionados: “Hallar los valores extremos de:



 2  1 l 2   2 m2  3 n2  1l 2   2m2  3n2 2

2

2



con la ecuación de restricción l2  m2  n2  1 ”. El problema puede solucionarse por algún procedimiento de Optimización Matemática (por ejemplo usando Multiplicadores de Lagrange)



 



Sea F  1 l 2   2 m2   3 n2  1l 2   2m2  3n2   l 2  m2  n2  1 2

2

2

* * *

Las condiciones de valor extremo son: F 0 ; l

F 0 ; m

F  0 ; l2  m2  n2  1  0 n

(Es evidente que el máximo de F también da el máximo de  ) Encontrando las derivadas parciales y simplificando, se plantea un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas l,m,n,   .

276



El sistema referido, es:



  m  2  l   m   n      0 n  2  l   m   n      0 

l 1  21 1l 2   2m 2   3 n 2    0 2

2

2

2

2

1

2

3

2

2

3

2

2

2

1

* * * * 

3

2

2

3

l2  m2  n2  1

Un conjunto de soluciones para

****

esfuerzos cortantes asociados * * * , es: l  1 l0 l0

y los correspondientes valores de los

m0 m  1 m0

n0 0 n0 0 n  1    0

A 

Los esfuerzos cortantes dados por A  son evidentemente los VALORES MÍNIMOS. Notar, además que las direcciones dadas por A  son las direcciones principales de esfuerzos (por eso, los esfuerzos cortantes son NULOS). Un segundo conjunto de soluciones de * * * *  , es: l 1 l l

m 1 2 1 2

1 2

m0 m

n n

1 2

n0

1 2 1 2



2  3 2



 3  1 2



1   2 2

B

 3  1 puesto que los esfuerzos principales 2  3  1 que actúa en el plano cuya normal  MÁ X  2

De los tres valores  , el mayor es   están ordenados 1   2  3 tiene por cosenos directores.

Dicho plano, es el plano bisector del ángulo diedro formado por los planos principales donde actúan el esfuerzo principal mayor 1  y el esfuerzo principal menor  3  .

277



3

45 0

Tercer plano principal

0

45

m

áx

1

Plano de ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMO (Bisector)

Primer plano principal

Por ley de reciprocidad del esfuerzo cortante, en un plano perpendicular al plano de esfuerzo cortante máximo, también actuará MÁX .



m

áx

m

áx

Plano donde actúan el ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMO

En resumen: Para calcular el MÁX , basta determinar los esfuerzos principales mayor, menor 1, 3  puesto que

MÁX 

 3  1

. Mediante operaciones vectoriales es 2 posible encontrar el vector normal unitario correspondiente a los planos de esfuerzo cortante máximo. Nota. Se definen “Esfuerzos Cortantes Principales” a los valores dados por las ecuaciones (B).   3   1   2 1  1 , 2  2 , 3  3 2 3 1 2 2 2

278



Donde los índices NO INDICAN FRACCIONES, sino es una convención para indicar que el esfuerzo cortante actúa en el plano que forma 45º con los planos donde actúan los esfuerzos principales respectivos. (  1  Indica que el cortante actúa en el plano bisector del diedro formado por los 2

planos donde actúan 1 y  2 ). 2

Elementos 3

Cúbi cos

1

1

3

2

2

1

2

EsfuerzosPr incipales (Normales )

3

3

1

Esfuerzos cor tan tes Pr incipales

EJEMPLOS 0 0  5   1) El estado de esfuerzos en un punto es    0  6  12  . Encontrar el máximo  0  12 1   esfuerzo cortante. 5 0 0 Ecuación característica: 0  6    12  0 0  12 1  

Desarrollando el determinante, obtenemos las raíces características mediante la ecuación. 5     15  10  0  1  5  2  15  3  10 Esfuerzos principales: 1  10

2  5

3  15

 3  1 10  ( 15)   12.5 (en las 2 2 mismas unidades que los esfuerzos dados en la matriz)

Luego el esfuerzo principal máximo es MÁX 

Este esfuerzo actúa en los planos bisectores de los planos principales donde actúan 1 y  3    3  .  1 2) En un punto P los esfuerzos principales son tales que 2 2  1  3 . Encontrar el   3 vector normal unitario del plano en el que N   2 y   1 . 4

279



Con respecto a las direcciones principales, el esfuerzo normal  N está dado por

N  1l2   2m2  3n2 . El esfuerzo cortante está dado por



 2  1 l 2   2 m2  3 n2  1l 2   2m2  3n2 2

2

2



Condiciones del problema: 2 2  1  3   3   3   3  2  1 ; N  1 ;  1 4 4 4 Reemplazando en las educaciones para N y  , tenemos:

1   3    3  1l 2   1 2 2   1   3  4 

2

 2 2 m   3 n 2   

    3 2   1 l 2   1 2  

2

  3  2 2  m   3 n 2  1 4 

Además, teneos la condición: l 2  m2  n2  1

*  * * 

* * *

A partir de las ecuaciones *  y * * *  se obtienen de la condición:

1  3 n2  l2   0  l  n Reemplazando “n” por “ l ” en la ecuación * *  y teniendo presente que la condición * * * ahora es 1  2l2  m2 , obtenemos: l2  1 ; de donde l  1 . Por consiguiente 8 2 1 . n 2 De 1  2l 2  m2 obtenemos: m 

3 2

 1 3 1  , , El vector normal unitario, es N   2 2 2 2 2   

Nota: Los valores negativos de l,m,n ; definen el otro sentido del mismo vector.

3) 1 3 1 3

Para a y'x  a x'x

a y `x a z ' x

1

matriz

de

esfuerzos

a y 'z  0  a y ' x  a y 'y  a y 'z  0 (3) 3 1 1 1  a z' y   0  a x 'x  a z'y   0 ( 4) 3 3 2 2 1  a y 'y a z'y  a y 'z  0   (5) determinar los esfuerzos 2 3 1

a y'y 

la

1

principales, el máximo esfuerzo cortante y el esfuerzo cortante octaédrico.

280



Estado bidimensional de esfuerzos z

Ecuación característica: y

x

 xy  xy

y

Desarrollando el determinante y simplificando:

x

x

y

Las raíces características son: '  63.951 ' '  -49.951 Por consiguiente, los esfuerzos principales son σ1 = 63.951 MPa

σ 2 = 63.951 MPa

En este caso, el máximo esfuerzo cortante, es: 1   2 63.951  49.951  2 2  56.951 MPa

 MÁX   MÁX

El esfuerzo cortante octaédrico, es: 1 1   2 2   2   3 2  1   3 2 3 1 63.951  49.95 2   49.9512  63.9512  3  46.62 MPa

 OCT   OCT  OCT

Nota: Recordar que los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo NO se representan en los mismos planos. Los esfuerzos bidimensionales se presentan en innumerables aplicaciones de la Mecánica de Sólidos. Por su utilidad, en la sección siguiente estudiaremos en detalle el caso del Estado Bidimensional de Esfuerzos (denominado también ESTADO

281



PLANO DE ESFUERZOS). Una aplicación importante del estado plano de esfuerzos, es el estudio de los Recipientes de Pared Delgada sometidos a presión. 2.7) Estado Plano de Esfuerzos 2.7.1) Definiciones Si dos caras paralelas de un elemento prismático, representativo del estado de esfuerzos en un sólido, están LIBRES DE ESFUERZO se presentan EL ESTADO PLANO DE ESFUERZOS. Seleccionemos al eje z como el eje perpendicular a las caras libres de esfuerzo. y La matriz de esfuerzos, es: y   x  xy  xz        xy  y  yz     xz  yz  z    yx x Que para el caso, puede representarse:  xy   x  xy   xy     x    xy  y  x  yx (Matriz representativa del estado de plano de esfuerzos). z

y

y

Esfuerzos del estado plano con signo positivo (CONVENIO).

y

 xy

x

x

 xy

x y

2.7.2) Transformación de Esfuerzos Bidireccionales El estado plano de esfuerzos es bastante usado y útil, por cuanto aproximadamente corresponde a innumerables situaciones físicas de interés en Ingeniería. En esta sección estudiaremos las ecuaciones de transformación de esfuerzos, cuando se cambia el sistema de coordenadas de referencia. Sólo analizaremos el caso de rotación de coordenadas, dejando el eje “z” invariante.

282



Nota: Tener en cuenta que estamos frente a un caso particular de la transformación de esfuerzos estudiaremos en la sección 2.3.2. Para el caso, el estado de esfuerzos (en el sistema rotado) viene dado por la matriz   x'      x'y'  0 

 x'y'  y' 0

0  0 0 

y  Y'

y'

 X' Y '



 X'

x'



 X' x’ y’ z’

X cos 

  cos    2   cos 2

y  X' Y'   cos    2  cos  cos

 2

z  2Y' 

x

cos cos

 2

  x'      x'y'  0 

cos 0

 x'y'  y' 0

0  0 0 

La matriz transformación de coordenadas es:

 cos  sen 0     A    sen cos  0   0 0 1  

La matriz de esfuerzos  en el sistema rotado, se expresa por '  A  A

T

Luego:   x'    x'y'  0 

 x'y'  y' 0

0   cos  sen 0    x    0     sen cos  0    yx 0   0 0 1   0

 xy y 0

0  cos   sen 0    0  sen cos  0  0  0 0 1 

283



Desarrollando los productos matriciales, e identificando los respectivos elementos, tenemos:  x '   x cos2    y sen2   2 xy sen cos 







 x 'y '   x   y sen cos    xy cos2   sen2 



* 

 y '   x sen    y cos   2 xy sen cos  2

2

Conviene expresar las ecuaciones *  en términos del ángulo doble:









1 1  x   y   x   y cos 2   xy sen2 2 2 1  x ' y '    x   y sen2   xy cos 2 2 1 1  y '   x   y   x   y cos 2   xy sen2 2 2  x' 











* * 



Las ecuaciones *  o sus equivalentes * *  son las ecuaciones de transformación de esfuerzos planos por rotación de coordenadas. Nota: Observar que  x'   y'   x   y  primer invariante de esfuerzos (sumar la primera y tercera de las ecuaciones * *  ) 2.7.3) Esfuerzos Principales Ecuación característica:

x    xy 0  yx y  

 



Desarrollando el determinante obtenemos: 2   x   y    x  y   xy

2

 0

Raíces característica:

1  2 



x



 

 y 

x

 y



 4 xy

2

 y



 4 xy

2

 y



 4 xy

2

 y



 4 xy

2

2

x

 

 y 

x

2

2

2

Los Esfuerzos Principales, son: 1  1 

 

x

x

 

 y 

 

 y 

x

2 x

2

2

2

284



Para determinar  p haremos

y

 x'y'  0

2

(Condición para Esfuerzos Principales). 



1

y'

x'



1  x   y sen2 p   xy cos 2p  0 2

p

de donde obtenemos: 2 xy tan 2  x  y

1

x

2

La ecuación anterior define dos valores de 2 p separados 180º y, por tanto, define dos valores de  p separados 90º (Uno corresponde a la dirección x’ y el otro a la dirección y’). Def.) Las direcciones x’, y’ a lo largo de las cuales actúan los esfuerzos principales se denominan Direcciones Principales. Los planos donde actúan los esfuerzos principales, se denominan Planos Principales. y

2

1

 xy

y y' x

x'

x

x

 xy planos principale s

2

1 p

y

Estado de esfuerzosprincipale s

2.7.4) Esfuerzo Cortante Máximo. Efectuada la rotación de coordenadas, el esfuerzo cortante es,  xy  



para hallar su valor máximo, hacemos de donde obtenemos tan 2 s  



1  x   y sen2   xy cos 2 2

d x ' y ' d

0

x  y 2 xy

285



Ecuación que nos permite calcular dos valores 2 s separados entre sí 180º .Por consiguiente, obtenemos dos valores de  s separados entre si 90º. y  y'

 x'

 MÁX

y'

x'

S ' x

 x'

 y'

Planos de Esfuerzo Cortante Máximo La magnitud del máximo Esfuerzo Cortante, es: MÁX  

 x  y 1  x   y sen arctan  2 2 xy 





    y    xy cos arctan x   2 xy  

   

Evaluando la composición de funciones, tenemos:  x  y MÁX   2 

2

 1    2 xy    2 



y

 x



2

 4 2 xy

Si efectuamos la diferencia de esfuerzos principales 1   2 



y

 x



2

 4 xy

1   2 2 (Coincidente con las expresiones para el caso general).

En consecuencia: MÁX 

Notas) 1. Consideremos las ecuaciones para determinar los s correspondientes a los esfuerzos principales y al esfuerzo cortante máximo. tan 2p 

tan 2 s 

2 xy x  y



 x  y 2 xy

(Esfuerzos Principales)

 (Esfuerzo Cortante Máximo)

286



Observemos que tan 2p

tan2 s  1 que es la condición de perpendicularidad. En

consecuencia 2 p y 2 s están separados 90º.Por tanto  p y  s están separados 45º.

Dirección normal al plano de MÁX

N CIO C E R DI

L CIPA N I R P

 1

 S1 P1 N IO CC RE DI

S1  P1  45º

PA CI IN PR L

  2

Dire cc plan ión no rma o d l al e  M ÁX

P 2

S2

S2  p2  45º

 Los planos de τ MÁX  son bisectores del Recordar Sección 2.6.2, al finalizar    diedro formado  por los planos de  esfuerzos principale s.

287



2. En un elemento cúbico que está sometido al Estado Principal de Esfuerzos (bidimensionales), los esfuerzos cortantes se presentan en los planos diagonales.

Planos Principales

Caras del Cubo Planos Digitales

 

Planos Principales de Esfuerzo. Planos de Esfuerzo Cortante Máximo.

3. Sobre los planos de Esfuerzo Cortante Máximo, actúan esfuerzos normales, cuyas intensidades son: 



   -   -   1 1  x '   x y    x -y  cos arctan x y    xy sen arctan x y   2xy  2 2  2 xy   

Simplificando se obtiene  x ' 

1      2 x y

De manera similar, tenemos:

 y' 

    1 1 x y  - x y  cos arc tan y x  - xysen arc tan y x    2 2 2xy  2xy   

Simplificando se obtiene  y ' 

1 x y  2

 y'

y'

 x' 

1    y  x    2

 y' 

1      2 y x   y  x   xy 2

MAX

x' s 2



2

tan 2 s1    S2

s1





x  y 2xy

S1  90 0

x

288



EJEMPLOS

10 MPa

1) Para el estado plano de esfuerzos representado, determinar: i) Los planos principales ii) Los esfuerzos principales iii) El máximo esfuerzo cortante y sus correspondientes esfuerzos normales

40 MPa

50 MPa

40 MPa

 50 40   (MPa) Matriz →     40  10  i) Planos Principales:

tan 2p 

2xy 240  4   x  y 50   10  3

2P1  53.10 y 2P2  180  53.10  233.10 P1  26.60 y 2P2  116.60

ii) Esfuerzos Principales: 2

1 

x  y  x  y  2     xy 2 2   2

50  10  50  10  2 1      40  70 MPa 2  2  2

x  y  x  y  2 2      xy 2  2  2

2 

50  10  50  10  2     40  30 MPa 2  2 

y

 2  -30

1  70 MPA

y'

x'

x

p2  116.6 0

2

289



iii) MAX :

MÁX 

1  2 70   30    50 MPa 2 2

2

 x  y  2 (Coincide con  MAX     xy ) 2   1 x  y  2 x ,  y ,  20MPa

Esfuerzos Normales correspondientes: x ,



y ,

Direcciones de τMAX : tan 2s  



tan 2s  

x  y 2xy

50   10  3   ,luego, s1  18.435 0 240  4

s2  90 0  18.435 0  71.565 0

y

y'

 y'  20 MPa

MAX  50 MPa

 x'  20 MPa

x s1  18.435 0

x' 2) Un elemento plano, cuadrado, está sometido a los esfuerzos que se indican. Representar (a) El elemento en el estado principal de esfuerzos. (b) El elemento en estado de esfuerzos cortantes máximos. Matriz de esfuerzos:  2000  1000  lb       2    1000 1000  pu lg 

1000lb / pu lg 2

y x

2000

lb pu lg 2

1000lb / pu lg 2

(a)Estado principal.

290



Localización de los ejes: 2xy x  y 2 1000   tan 2p   2  2p1  63.45 0 y2p2  63.45 0  180 0 2000  1000 Encontramos tan 2p 

p1  31.72 0 p2  58.28 0

Esfuerzos Principales: 1,2 

x  y   x  y 2  4 2 xy 2

 1,2 

2000  1000   2000  1000 2  4 1000 2

2  lb   lb  ; 2  380  Encontramos 1  2620 2   pu lg 2   pu lg   

(b) Cortantes Máximos: tan 2s  

x  y 2000  1000 1    2s1  26.55 0 2xy 2 1000  2

2s2  26.55 0  180 0 Encontramos s1  13.28 0 ; s2  103.28 0

0 y

0

lb  2  380 pu lg 2 y'   0 x

x'





lb pu lg 2

 x , , x ,,  y', y' '  13.28 0   31.72 0



x''y'

x'y'

0



 MÁX 1500lb / pu lg 2 y' '

y

x' '

13.28º

x

 31.72º 1  2,620

Nota:



DIRECCION SE MAXIMO CORTANTE

DIRECCIONES PRINCIPALES

Cortante Máximo: MÁX



1 1 lb  x   y  2000  1000   1500 2 2 pu lg 2 1  2 2620  380 lb    1120 2 2 pu lg 2

Esfuerzos Normales:  x,   y, 

 MÁX  1,120 lb / pu lg 2

1500

lb pu lg 2

 45 (bisector ) 0

291



3) En una placa de 1 pulg. de espesor actúan uniformemente las fuerzas F1=500 y F2=2000 lbs. Encontrar: i)

Esfuerzos normales sobre los planos diagonales.

ii) Esfuerzos cortantes correspondientes a un sistema de coordenadas, cuyos ejes forman 300 en sentido antihorario con los iniciales. F2

A

B

y F1

500 lb  41.67 12 * 1 pu lg 2

y 

2000 lb  83.33 24 * 1 pu lg 2

F1

x

1'

x 

2'

C

D

F2

i) Plano AD

A 

N1

1 ;N1  sen, cos  (Vector 2 Normal Unitario)  1 1    N1   sen arctan , cos arctan   2 2     D  2   1 . N1   ,  5   5 tan  

x 

C

El esfuerzo Normal es:   n1   

N1  N1..N1  columna fila   41 . 67 0  1 2     83.33  5 5  0  

1   5   58.33 lb 2  pu lg 2  5

Plano CB

B N2 

tan  

 1 2  1  ;N2   sen, cos      , 2 5 5 

Luego 0   1/ 5  2  41.67     2/ 5    0  83 . 33 5 5     lb  58.33 pu lg 2  

N2    

C

D

N2

1

292


ii) es


Matriz de Rotación

x x’ Y’

3 /2 1/ 2

En el sistema x’,y’ la matriz de esfuerzos,

3 /2

 3  ,   2  1   2

y'

y

y 1/ 2

 1   0  2  41.67   83.33  3  0   2  

3 2 1 2

1  2 3  2 



x'

30º

60 º 30º

x

El elemento de lugar 12 (ò 21) de la matriz σ, es: -54.127 que representa el esfuerzo cortante pedido: lb x , y ,  54.127 pu lg 2 4) Los esfuerzos principales en un punto de un sólido son 1000 y 500 lb/pulg2.Hallar los esfuerzos que actúan en dirección de unos ejes que forman un ángulo de 300, en sentido horario, con los ejes principales.

 2  500

lb pu lg 2 y'

1  1000

1

lb pu lg 2

  30º x'  1000 2 0      500   0 (Estado inicial)

 x , x , y ,      , , ,   x y y  (Estado Rotado) ,

Usamos las Ecuaciones (**):

293



1 x  y   1 x  y cos 2  xysen 2 2 1 1 y ,  x  y   x  y cos 2  xysen 2 2 1 x , y ,   x  y sen2  xy cos  2 Reemplazando los valores dados en la matriz  , tenemos: x , 

1 1500   1 500 cos 60   0 2 2 1 1 y ,  1500   500 cos 60   0 2 2 1 x , y ,    500 sen 60   0 2 , De donde encontramos: x  875 y ,  625 x , y ,  216.5 lb / pu lg 2  x'    625lb / pu lg 2 x , 



x' y'



y'

y

x

 y'

 x' y'  216.5 lb / pu lg 2

 x'  875lb / pu lg 2

 Reconocer el signo de   x' y'

5) El estado de esfuerzos en un punto, deberá ser la superposición de los estados planos representados. Determinar los valores " " , " " para que el estado resultante, sea una compresión hidrostática de 4kg/cm2. (Compresión hidrostática) 





45º 2

6 K / cm







2 Kg / cm2 SUPERPOSICION

294


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz 4 K / cm2 





4 K / cm2

6 K / cm2







2 K / cm2

(i)

(ii)

(iii)

La superposición NO puede hacerse directamente. Rotamos los bloques (i) y (iii) hasta que coincidan con la orientación del bloque (ii). Usaremos las ecuaciones (**)  x'

 xy

y'

x'

y

 x' y'

x

x

 y'

45º

y

















1 1  x   y   x   y cos 2   xy sen2 2 2 1 1  y '   x   y   x   y cos 2   xy sen2 2 2 1  x 'y '   x   y sen2   xy cos 2 2  x' 





Para el bloque (i): x  6 y  2 yx  0



  45 0

El bloque (i) rotado, es: 4 4

2

4

1 b  2  1 b  2cos 90  0sen90  4K / cm2 2 2 1 1 y ,  b  2  b  2cos 90  0sen90  4K / cm 2 2 1 x , y ,  2  6   0 cos 90  2K / cm2 2 x ,



(Reconocer el signo de x , y , con el sentido del esfuerzo cortante)

2

4 295



Bloque (iii)

1  4  4  1  4  4cos 90  0sen90  4K / cm2 2 2 1 1 y ,   4  4    4  4 cos 90  0sen90  4K / cm 2 2 1 x , y ,   4  4   sen90  0 cos 90  0 2 x ,

x  4 y  4 yx  0



  45 0



El bloque (iii) rotado, es:

4

4

4 4 Superposición (con los bloques en la misma orientación)





  4 4    4    8K / cm2



4

4

2

4 Condiciones →



4

4

2 4

4

 2    4    2K / cm2

6) Hallar los esfuerzos principales y sus direcciones respectivas, para el estado de esfuerzos resultante de la superposición de los dos estados representados. 3 0

y

2 0

y'

x'

45º

x

3 0

(i)

(ii)

296



Para “realizar” la superposición, ambos bloques deben tener la misma dirección. Rotamos el bloque (i) hasta la posición del bloque (ii). y

y'

Matriz de Rotación

x'

x 45º

x’ Y’

x

 2  A 2  2   2

y 0

cos 450 cos 450

cos 45 cos1350

2  2  2  2 

 2 La matriz    0  0

0  (bloque i), rotada es  ,  AA 0   2  2 2  2     2  0   2  0 2     0  2  2   2 2  0 0  2 2     0      2  2   2  2

 0    0 

La matriz que representa al bloque (ii) es 0  0  (Con la misma orientación que  , ) ,,    0  3 0 

La matriz que representa al Estado Supuesto, será  0       ,  ,,   0    0  2 0  Para encontrar las Esfuerzos Principales asociados con la matriz   podemos usar las fórmulas: 1 



x

 

 y 

x



  y  4 2 xy

2 



x

  y 



1 

2xy x  y

  :

Reemplazando los valores dados en

1 

 0  2 0    0  2 0 2  4 0 2 2

 0  2 0    0  2 0 2  4 0 2

tan 2p1 

  y   4 2 xy

2

2 tan 2p 

x

2











0  1  13 2



0  1  13 2

2(  0 ) 2    2P1  33.69 0  0   2 0  3

P1  16.845 0 2P2  33.69 0  180 0  146 .310 P2  73.155 0

297



0

 2 0

 0

 0

 2 0

0

2 º Direccion Principal

x' P1  16.845º

1º Direccion

y'

73.155 º

Estado Supuesto

Principal

l ipa c n ri

P on i c c ire 1º D 45º16.845º  28.155º Direccion Inicial

Planos Principale s

7) Un punto de una placa delgada se somete a los dos estados de esfuerzo sucesivos mostrados. Determinar el estado de esfuerzos resultante, representado en el elemento orientado como se muestra a la derecha.

58MPa

60 º

25º 200MPa

350MPa

(i) (ii) La superposición se realiza entre elementos con la misma orientación.

(iii)

En consecuencia, rotaremos los bloques (i) y (ii) hasta que alcancen la orientación del bloque (iii).

298



Bloque (i)

Rotación

y

y'

x

x

x'

30º

x'

'

0    200      350   0 y' y

Matriz Rotación x x’ cos 30 0 Y’ cos 60 0

x

y cos120 0 cos 30 0

  A   

3 2 1 2

1  2 3  2 



30º

60 º 60 º   '     

3 2 1 2

30º

x'

 3 1    200 0   2   2     0  350 3    1   2   2



1  2  3  2 

Efectuando los productos tenemos:

  236.50 64.95   '    312.5   64.95 Bloque (ii) Rotación

y

y' x'

x'

25 º

x x

 0 58       58 0 

' '

299


y'


y

Matriz Rotación x y 0 x’ cos 25 cos 65 0 Y’ cos115 0 cos 25 0

 0.906 0.423   A     0.423 0.906 

25 º 65º x'

25 º

x

 0.906 0.423  0 58  0.906  0.423     ' '     0.423 0.906  58 0  0.423 0.906 

Efectuando los productos matriciales, tenemos:

 44.456 37.231   ' '    37.231  24.524  Sumando las matrices  y  se obtiene la matriz representativa del estado superpuesto en la orientación del bloque (iii)

102.81    192.044  MPa       102.181  337.024  8) En un punto de un sólido elástico se aplican esfuerzos directos de 90 MN/m 2 a tracción y 50 MN/m2 a compresión, en planos mutuamente perpendiculares. Los planos estarán sometidos además a un esfuerzo cortante. Si el esfuerzo principal máximo debe limitarse a 100 MN/m2 en tracción, determinar: a) El valor del esfuerzo cortante b) El otro esfuerzo principal c) El esfuerzo normal en el plano de esfuerzo cortante máximo. Hacer un diagrama que muestre las posiciones de los planos principales y los planos de esfuerzo cortante máximo, con respecto a los planos de los esfuerzos aplicados.  y  50MPa

a) Condición: 1  100 MPa Usamos:

 x  90MPa

 xy  ?

1 



100 

x

 

 y 

x

 y



2

 4 2 xy

2

100  50   90  50 2  4 2 xy 2

Estado Inicial

300



de donde encontramos el esfuerzo cortante  xy  38.73 MPa b) Para hallar el segundo esfuerzo principal  2 , usamos: 2 



x

 

 y 

x

 y



 4 2 xy

2



90  50   90  50 2  438.73 2

2 2  2  60 MPa c) Sabemos que, en los planos de máximo esfuerzo cortante, el esfuerzo normal, es: 1 1  x´   y´   x   y  90  50   20 MPa 2 2 1 (Se obtiene igual resultado mediante  x´,   ý  1   2  )´ 2 d) El máximo esfuerzo cortante, es:    2 100   60  MAX  1   80 MPa. 2 2 Diagrama solicitado:





Ubicamos los planos principales. tan 2P 

2 xy



x  y

238.73   0.5533 90   50 

 2P  28.96 º  P1  14.48 º  P2  14.48  90  104 .48 º Los planos donde actúa MAX , son bisectores de los diedros formados por los planos principales Direccion de  y

Pla no de 

MÁ X

e 2 n d ccio Dire

c Direc

45º

Direccion de  x

14.48º 45º

45º

45º ANO 1º PL

NO

LA 2º P

L CIPA PRIN

e 1 ion d

Pla

no

de



MÁ X

L CIPA PRIN

301



9) Una placa delgada en estado plano de esfuerzos está sometida a esfuerzos normales  x , y y a un esfuerzo cortante  xy (Fig. a).A los s   40 0 y   80 0 desde el eje x, el esfuerzo normal es de 50 MPa a tracción (Fig. b y c). Sabiendo que  x  20 MPa , hallar los esfuerzos  x y  y . y 50MPa

50MPa

 xy y

y'

x 

x

80º

40º

x'

y' '

x' '

20MPa

50MPa

50MPa

(a)

(b)

(c)

Usamos la ecuación (**): (Sección 2.7.2)  x´ 









1 1  x   y   x   y cos 2   xy sen2 2 2

dos veces:

















1 1 20   y  20   y cos 80 0   xy sen80 0    1 2 2 Para 1 1   80 0  50  20   y  20   y cos160 0   xy sen160 0    1 2 2   40 0  50 

Simplificando les ecuaciones (1) y (4), tenemos:







80  20 cos 80 0   y 1  cos 80 0   xy 2sen80 0









80  20 cos160 0   y 1  cos160 0   xy 2sen160 0





76.53  0.83 y  1.97  xy    98.79  1.94 y  0.68  xy 

Resolviendo las ecuaciones   , encontramos  y  43.77 MPa  y  20.41 MPa

10) Relación entre las Constantes Elásticas , G, . Consideremos un cubo de material elástico lineal e isotrópico, sometido al estado plano de esfuerzos representado.

302







A 

a

a

Estado Plano de Esfuerzo Cortante puro.

a a



a

El esquema para deformaciones infinitesimales, es:

a

A



La deformación unitaria de la diagonal OA, A' es:

OA '  OA    *  OA OA Con aproximación suficiente: 

B



O   .distorción por cortante A'

A

45º

B

OA '  OA  A 'B tambien A 'B  AA ' cos 45 0 A ' B  a

2 2

Por tanto, reemplazamos (*), tenemos 2 a  2     2 OA OA a 2  Ley de Hooke:   G   OA     * *  2G Rotamos el bloque inicial un ángulo de 450

303



 2  A 2  2   2



y

y'

x

La matriz de esfuerzos; es:  2  '   2  2   2    2  

x'

 2   2   0  2  0      2  

1

2 2 2 2



2  2  2  2 

2  2     0  2   0     2 

Deformación unitaria en dirección de T 1: Ley Generalizada de Hooke 1 1 -  2   1  1   - -    1      Deformacio n Unitaria en direccon de  2 : 1 

1  

   2

1  2 - 1   1 -  -      2  - 1     2 

La deformación unitaria en la diagonal, es: ε diag = 2ε1 + ε 2 Por tanto: 2 τ τ1 +   - 1 +   ε Ε τ = 1 +  ....* * *  Ε

ε diag = ε diag

Igualando (**) y (***), obtenemos:    1  , de donde 2G   G 21   Que es la relación entre las constantes elásticas G, E,  . 2.7.5) Representación Gráfica del Estado Plano de Esfuerzos. Circunferencias de Mohr En muchas aplicaciones de la Ingeniería, es útil tener una representación geométrica del Estado Plano de Esfuerzos.

304



Las ecuaciones de transformación, ecs. (*) ò (**) de la sección 2.7.2, pueden interpretarse como las ecuaciones paramétricas (con Ѳ como parámetro) que generan una curva plana en un sistema coordenado rectangular: .( Eje para esfuerzoscortantes)

.( Eje para esfuerzosnormales)

De las ecuaciones (**), obtenemos: σx + σy σx - σy σ x' = cos 2θ +τ xy sen2θ 2 2 (α) σx - σy τ x' y' = sen2θ +τ xy cos 2θ 2 Elevando al cuadrado las ecs.(α) y sumando término a término (para eliminar el parámetro Ѳ), obtenemos: 2

2

  y     - y   ' - x    2 x' y'   x    2 xy   x    2    2  Como  X ,  Y ,  XY son valores conocidos, la ecuación (β) representa una circunferencia en el PLANO DE ESFUERZOS.  x  y  Coordenadas del Centro → C   ,0  2  

 x - y Radio → R    2

2

    xy 2  

CIRCUNFERN CIA DE ESFUERZOS (CIRCUNFER NCIA DE MOHR) 2

1

C R

 MÁX

x  y 2 Varios hechos importantes relativos al Estado Plano de Esfuerzos, establecidos en las secciones anteriores, quedan manifestados en las propiedades geométricas de la Circunferencia de Morh. Por ejemplo:

*) Valores extremos del Esfuerzo Normal: x  y 1 y  2 , tales que 1  R 2 x  y

2

y

2 

x  y 2

R

ò

2

  y  x  y   x  y     2 xy ;  2  x     2 xy 1     y en los    2 2 2 2     puntos representativos el esfuerzo cortante en NULO. En consecuencia, dichos puntos representan LOS ESFUERZOS PRINCIPALES.

305



**) Los valores máximos de  x 'y ' son  R , con valores del esfuerzo normal iguales a

x  y 2

.

 x  y     2 xy ) (Recordar MAX    2   Hace falta precisar el significado del parámetro Ѳ en la Circunferencia de Esfuerzos. Las ecuaciones (α) pueden re-escribirse de la manera siguiente: x  y  x'   R cos 2p cos 2  Rsen 2psen2 2  x 'y '  Rsen 2p  2

 x 'y '

x  y

 Rcos2p  2 .1 2  Rsen 2p  2

 x' 

Nota: Para obtener las ecuaciones (β.1) hemos usado la ecuación para encontrar el ángulo doble que corresponde a la direcciones principales: 2 xy  xy tan 2p   x  y x  y 2 2



-  y  x     2   R



2 xy



 xy

x  y

 R cos 2p 2  Rsen2p

 xy

y hemos reemplazado en las ec. (β). Las ecuaciones (β.1) son “otra” representación paràmetrica de la Circunferencia de Morh.

2p x  y 2

y'

y

x'



Como al deducir las ecuaciones de transformación de esfuerzos, el α Ѳ se midió (positivo) en sentido antihorario, a partir de la dirección positiva del eje x, resulta que el esfuerzo normal  x queda x representado en la circunferencia de Morh cuando, en las ecs, paramétricas, hagamos Ѳ=0.

 x  y  x   2  Elesfuezo Cortante  xy  Rsen 2p Luego

   R cos 2p   x ' para   0      x' y' para   0





En consecuencia, el parámetro 2Ѳ que figura en las ecuaciones de la Circunferencia de Morh, debe indicarnos también una rotación positiva en la dirección contraria al movimiento de las manecillas del reloj. *) Procedimiento para trazar la Circunferencia de Morh.

306



Datos   x ,  y ,  xy . Usamos las ecuaciones (β.1) y (β.2).

Comenzamos con las componentes del esfuerzo para

0



Ubicamos el punto C:

 xy y x

x

 x  y  C   ,0  2  

C



R

x(u, v )

x  y

y

2 Para que la componente u del punto x represente el esfuerzo normal  x es necesario  xy que el ángulo indicado se 2p (Determinado con la ec. 2p  ). x  y

Para que la componente del punto x represente el esfuerzo cortante  xy por

CONVENIO usamos la región BAJO el eje  para los cortantes positivos. (Observar las ecuaciones β.2).



El punto x representa con las coordenadas  x , xy





Ubicado x, con Cx como radio (R) se traza la Circunferencia de Mohr correspondiente.

y

y

C 2p R

Podemos comprobar que el valor  y corresponde a la absisa del punto diametralmente opuesto con x (punto y).

 xy 0



x  y 2 y

307



Tenemos, ahora, que localizar que punto en la circunferencia trazada, corresponde a los esfuerzos  x' ,  y' ,  x' y'  y'

 y'

 x'

 x' y'

y ' y x'



y'

1

2

C

 xy 0

2

x

x' x

 x'

 x' y'

 y'  x'

El ángulo 2P  2 que aparece en las ecuaciones (β.1) es el x' C1 (gráfica anterior). Observar que el punto x’ se localiza mediante una rotación de 2 de la recta Cx (hasta ocupar la posición Cx’). Los esfuerzos transformados  x ' ,  x' y' son las coordenadas del punto x’.El esfuerzo transformado  y' es la absisa del punto y’ (punto diametralmente con x’) Notas: *) Todos los esfuerzos que correspondan a los s  se medirán directamente sobre la gráfica. **) Recordar que el convenio de signos para  Ejemplo: Un elemento sometido al Estado Plano de Esfuerzos tiene las componentes indicadas en la gráfica. Trazar la Circunferencia de Morh para representar dicho estado de esfuerzos. Localizar los puntos a) y b) en la Circunferencia que proporcionan las componentes de esfuerzo en planos con normales en las direcciones a y b, obtenidas al girar los ejes en sentido horario 400. Mostrar las componentes de esfuerzo en un elemento alineado en las direcciones a y b.

308



 xy  60MPa

40º

y  X  80MPa

x

40º  y  20MPa

En este caso

x  y

2 coordenadas C (50,0).

 50MPa .Luego el centro de la Circunferencia de Mohr tiene las

Se ubica el punto x con coordenadas (80,60) (  hacia abajo del eje  : CONVENIO). Se traza una circunferencia con centro en C y radio Cx. 2

 80  20  2 El radio, es: R     60  67.1MPa 2  

 y  20MPa

b

C

2

1

2p

2  80º

 xy  600 hacia 

a

2  80º

Se ubica el punto y (opuesto diametralmente al punto x).La absisa del punto y representa el esfuerzo normal  y .

309



Ubicamos el punto a (que corresponde a una rotación del eje x un ángulo en sentido horario de 400) A partir de la dirección Cx medimos 2  80º en sentido horario. Ubicamos el punto a. Las direcciones a y b están separadas 900 (plano físico), por tanto con una separación (en sentido horario) del ángulo doble (1800) se ubicará al punto b. (resulta el punto diametralmente opuesto al punto a) Los esfuerzos según la dirección a son las coordenadas del punto análogo (a) en la Circunferencia trazada. Resultados son:  a  3.88MPa ;  ab  40.0MPa . El esfuerzo normal en dirección b es la primera componente del punto análogo (b) en la Circunferencia. Se obtiene b  103.9MPa . El elemento alineado según las direcciones a, b tiene la representación siguiente: b  103.9MPa a y

b

a

b

x 40º

 ab  40.0MPa

 a  3.88MPa

NOTA) Los puntos1, 2 representan los esfuerzos principales. De la gráfica se obtienen: 1  117.1MPa ;  2  17.1MPa 60 30 0 0 2p  63.43  p  31.715 (Positivo → sentido antihorario a partir de la posición

El ángulo  p , se calculará a partir de tan p 

horizontal).

310



2 1  117.1MPa

y

p  31.715 0 x

1  2  17.1MPa

2.8) Recipientes Sometidos a Presión. Recipientes de Doble Curvatura. Ecuación de Laplace. Los recipientes o depósitos son “estructuras cerradas” que sirven para almacenar y/o transportar líquidos, gases o cualquier otra sustancia. En esta sección estudiaremos los esfuerzos que se generan en Recipientes de Pared Delgada, sometidos a presión. 2.8.1) Definiciones *) Un recipiente o depósito se denomina “de pared delgada” cuando

e  0 , siendo “e” 

el espesor de sus paredes y “  ” el radio principal de curvatura. Para fines prácticos: Recipientes de pares delgada, son los que cumplan la condición e 1  .  10 *) Los recipientes pueden ser de variadas formas:

Esféricos Cónicos

Cilindrico s,etc

*) Generalmente, estos elementos trabajan a presión (interior o exterior), Ejem: tanques para almacenamiento de líquidos, tuberías a presión, cilindros hidráulicos, etc.

311



P

(Depósitos para almacenar gas.) *) Formas más generales para estos depósitos son los Recipientes de Doble Curvatura. (Generados por rotación de una curva plana, denominada Generatriz, alrededor de un eje coplanar). Curva generatriz.

MERIDIANOS (diversas posiciones de la generatriz durante la rotación) PARALELO (Secciones transversales)

eje de simetria (de revolucion )

Doble Curvatura: * Radio de Curvatura del paralelo  p ** Radio de Curvatura del Meridiano  m

En los recipientes de pared delgada sometidos a presión, se desarrollarán esfuerzos tangentes a los paralelos y a los meridianos. Para determinarlos, usaremos la hipótesis de las Secciones Planas: “Las secciones planas, transversales, permanecen planas después de aplicadas las cargas de presión”.

Meridiano or eri t n ni sió e r P

Paralelo

Espesor e

Con suficiente aproximación se define un Estado Plano de Esfuerzo. A medida que el espesor de la pared, e, tiende a cero, la aproximación al Estado Plano es más exacta.

312



2.8.2) Hipótesis i)

ii)

Si el recipiente admite un eje de simetría, las cargas actuantes también se distribuirán simétricamente respecto al mismo eje.

Eje de simetría

Los esfuerzos generados en las paredes del recipiente se distribuyen uniformemente en el espesor.

Espesor

Puede suceder 1  2  La repartición uniforme de esfuerzos supone: *) Que no se presenten cambios bruscos en la geometría.

Zonas donde si es posible aceptar una distribucón uniforme del esfuerzo.

Zonas donde NO puede aceptarse una distribucion uniforme del esfuerzo.

Los apoyos no deben ser empotramie ntos rígidos 

Nota) A medida que

e es menor, la hipótesis de la distribución uniforme del esfuerzo 

es más consistente.

e

P 

distribución uniforme

e 1   10

e 1   10

distribucion no uniforme. Depósitos de pared gruesa

313



Nota) Resultante de Fuerzas debidas a la presión. Z

S: Superficie que recibe la presión p.

y y

Proyeccion de S ortogonal  en el plano XY

R z  pS  y 

x

Rz: Resultante, en dirección z, de las fuerzas generadas por la presión p.

S XY

2.8.3) Cálculo de Esfuerzos. Ecuación de Laplace (*) Introducción: Consideremos un recipiente de pared delgada sometido a presión interior (constante o variable), cuya superficie media sea una superficie de doble curvatura. (Superficie media → Lugar geométrico del los puntos medios de todos los espesores). Separemos un elemento infinitesimal, limitado por dos arcos de paralelo y dos arcos de meridiano, suficientemente próximos. El elemento de recipiente se define mediante los Centros y Radios de Curvatura.  m : Radio de Curvatura del Meridiano  p : Radio de Curvatura del paralelo.

Meridianos

Paralelos

(*) Nota) El radio de curvatura  p es ORTOGONAL al Meridiano. m os ian rid Me

p

p

 m : Esfuerzos Meridionales (tangentes a los arcos de meridiano).  p : Esfuerzos en paralelo (tangentes a los arcos de paralelo).

los Parale

m

314



Los arcos de paralelo son arcos de circunferencia. Por esto, los esfuerzos  p también suelen denominarse Esfuerzos Circunferenciales. m

Con aproximación suficiente se definió un Estado Plano de Esfuerzos.

p p  superficie exterior    deposito  del   espesor m

Nota: Generalmente, la presión interior es despreciable comparada con la magnitud de los esfuerzos. p  m ; p  p

p

m

p, en la sup erficie interior N   0, en la superficie exterior

m

p

En el estado plano, un recipiente ideal de pared delgada se comporta como una Membrana (Tracción en dos direcciones. No experimenta flexión).

Estado triaxial de Esfuerzo. p  N

(**) Ecuación de Laplace Consideremos un recipiente de pared delgada, espesor constante e, cuya superficie media es una Superficie de Revolución, y que contiene líquido (o cualquier otra sustancia) en una profundidad H. Lo contenido en el contenido de peso recipiente ejerce una especifico presión sobre la parte interior de la pared.  Generalmente, el valor de la presión es función de z. p=p (z)

p

H m

Z

p

m

Para determinar la magnitud de los esfuerzos  m y  p , en el nivel z, estableceremos el equilibrio de un elemento diferencial del recipiente.

315



p

d

d

m

(  p Ortogonal con el

p

Meridiano).

m p

p

m

p d

d 2

FP

Fm

m d

d

2

P

FP

2

Fm d 2 La condición de equilibrio en dirección radial (coincidente con la recta de acción de la fuerza debida a la presión, P), es: d d P  2Fm sen  2Fp sen  *  2 2 d  d     Donde P   2 p sen  2 m sen p , es la fuerza debida a la presión sobre el 2 2    elemento de recipiente.

Fm  mp ed

También:

(Resultante de los esfuerzos meridionales), y

Fp   p m de (Resultante de los esfuerzos en el paralelo) (e → espesor). Reemplazando en (*), obtenemos: 4pρ p ρ m sen

dθ dψ dψ dθ sen = 2σ mρ p edθsen + 2σ p ρ m edψsen (* *) 2 2 2 2

Usando la aproximación para ángulos infinitesimales, tenemos:

pp m  em p  p m  luego de simplificar, la última expresión puede escribirse:

316



p m p    I e m m Ecuación denominada Ecuación de Laplace para recipientes de pared delgada y doble curvatura, sometidos a presión. (***) Inclusión del Peso Propio La Ecuación de Laplace no es suficiente para calcular los esfuerzos  m y  p .Otra condición se obtiene analizando el equilibrio de la porción de recipiente de altura z. Del recipiente dado, separamos el “Recipiente Parcial” de altura z. 

 m

m

x



P

p

 m una fuerza unica

Z QL

meridianos (   al meridiano)

QR

m : Re sul tan te de los esfuerzosMeridional m (en el nivel z)  m  2xem

QR: Peso propio del recipiente parcial de altura z. QL: Peso propio del liquido (o sustancia) contenido en el recipiente parcial de altura z. La condición de equilibrio, en dirección vertical, se expresa por:

 m cos  

p  x2  

fuerza debida a

 QR  QL

la presion

Luego: 2xem cos   px 2  QR  QL

px 2  QR  QL de donde:  m  2xe cos  expresión puede escribirse: m 

QR  QL px 2  II  2xe cos  2xe cos 

Notas)  Los pesos propios QR y QL son opcionales. Su inclusión depende de cada problema.

317





Recordar que  p es ortogonal con el meridiano. p  x

paralelo

x  p cos 

Z meridiano

2.8.4) Casos Particulares. Las ecuaciones (I) y (II) pueden particularizarse para el caso de recipientes cilíndricos y esféricos de pared delgada, sometidos a presión. (*)Recipiente Cilíndrico. Consideremos un recipiente cilíndrico de pared delgada, cuyo peso propio es despreciable. Así mismo, consideraremos que el peso de lo contenido es también despreciable. Radio del paralelo

p  r

tapas en los extremos.

Paralelo

r

r espesor uniforme

e Presión Interior

Radio del Meridiano m   (Radio de curvatura de una recta)

meridiano

QR = QL=0 (consideraciones del enunciado) Aplicando la Ecuación de Laplace: p m p p p     , de donde obtenemos : e  p e r p r Esfuerzo en el paralelo o Esfuerzo Circunferencial . e Reemplazando en la ec. (II): px pr Esfuerzo Meridional o Esfuerzo Longitudin al. m   0  m  2e cos  2e p 

x  r Nota) Reconocer que, para este caso,  0   0

318



m

r

P

P espesor e

P

m

(**) Recipiente Esférico.

r P

QR = QL=0 En este caso m  p  r

espesor uniforme

luego

e

p m p   e r r

r   m   p  I e m  p  r (Simetría del

de donde p

recipiente) También p r

paralelo

r

(ec.II):

pr 0 2e cos  para el caso:α=0 m 

meridiano

0

m

m

Luego,  m 

pr 2e

Y reemplazando en (1):  p 

pr 2e

 m   p (Previsible, debido a la simetría del depósito respecto a un punto). Nota) Si la presión es interior, los esfuerzos  m   p son de tracción. Si la presión exterior, generalmente los esfuerzos son de compresión.

319



P

P

Nota) Las fórmulas para esfuerzos en recipientes cilíndricos, pueden usarse en la solución de problemas de Anillos Delgados Sometidos a Presión. P

P

No existe el esfuerzo longitudinal (meridional), si es que el recipiente no está cerrado en sus extremos. Si el anillo es de pared delgada rint  rext . PROBLEMAS 1) Un depósito está construido por dos hemisferios, unidos por 150 pernos igualmente espaciados en el contorno. El diámetro interior del depósito es 20 pies y debe contener gas a la presión de 75 lb/pulg2 .Antes de aplicar la presión del gas, se ocasionará una tracción de 15,000 lb/pulg2 en los pernos. Si el material tiene un esfuerzo final u  60000 lb/pulg2 y se requiere un FS=4, calcular el espesor de la pared y el área efectiva de cada perno.

e? 10'

P

pr 2e  u pr prFS Condición     u e FS 2e FS 2 u

Esfuerzos en la pared del depósito:  p 

320



Reemplazando valores 7510  124  0.3 pu lg adas e 260000 

numéricos:

AP Sea Fp la tracción en un perno. Entonces:

Perno de sección transversal Ap

Peine de la sección transversal.



Fuerza total en los pernos = 150 Fp  Fuerza Resultante de la Presión = pr 2 Condición de equilibrio

F

VERT

0

150 FP  pr 2

P

FP

FP A su vez Fp =AP → FP=AP (15 000)

Luego reemplazando valores tenemos: 150 AP (15 000) =(75)(  )(10*12)2 2

de donde AP= 1.5 pulg . Conocida AP puede hallarse el diámetro del perno: AP =

π 2 d → rP = 0.7' ' (Realmente rp = 0.75” (dimensión comercial) 4 P

2) Una tubería tiene diámetro exterior de 30’’ y espesor 7/16’’. Encontrar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo en condiciones estáticas.   62.4

  0.036lb / pu lg 3

lb / pu lg 2

400'

 P (tubería:

extremos existe.  m ) .

sin

tapas,

no

P

321



El esfuerzo circunferencial es  p 

pr e

pMÀX  w H (presión máxima)

 pMÀX 

w Hr  (Radio exterior) e


0.036 400  1215  

 pMÀX 

7 16

7   16 

 5751 .8

lb pu lg 2

Estado Plano de Esfuerzos, entonces: m  0 0 MAX 

PMÁX

5751 .8  0 lb  2875 .9 2 pu lg 2

PMÁX

m  0 0

Estado Plano elemento

de

Esfuerzos

en

el

3) Un anillo de latón de 120 mm de diámetro exterior, encaja perfectamente en el interior de un anillo de acero de 120mm de diámetro interior cuando la temperatura del sistema es 5 0C, determinar: i) El esfuerzo en el anillo de acero. ii) La presión que el anillo de latón ejerce sobre el de acero. e  4mm Acero  Acero E  210GPa  6   12  10 /º C r  60mm e  4mm  Latón E  105GPa  6   12  10 /º C Latón Tº  55.5  50º C

(Como  acero <  laton ; el latón se dilata más) i) Anillo de Acero

322



La presión ejercida por el anillo de latón genera una deformación unitaria (elástica) en el anillo de acero:  ac pr   ac  E ac eE ac El incremento de temperatura genera una deformación térmica unitaria.  ac 

acero

r

T  ac   ac T 

La deformación unitaria total en el acero, es: total  ac 

pr   ac T  1 eE ac

ii) Anillo de latón (El latón trata de dilatarse más, pero el anillo de acero lo restringe) pr (p → presión externa) e pr (Ley de Hooke)  LU   eE La (Deformación unitaria elástica)  LU  

r

P

T  La   La T  (Deformación térmica unitaria)

En el latón, la deformación unitaria total, es: total  ac 

pr   La T  2 eE La

El contacto entre ambos materiales debe darse según una sola superficie. Por consiguiente, la condición de compatibilidad, es: total total  La   ac , es decir

pr pr   ac T      La T 3 eE ac eE La

Reemplazando valores numéricos en la ecuación (3) y despejando el esfuerzo, tenemos: pr  0.028 GPa (Tracción en el acero) e pr e También  ac   p   ac e r 4 Luego p  0.029  1.867  10 3 GPa . 60

323



4) Un cilindro circular recto, de longitud L, diámetro interior d, espesor constante, es de un material elástico lineal cuyas constante son E,  . Está sometido a presión interna p. Sin incluir el peso propio, determinar el cambio de longitud y el cambio de diámetro. L

P

d

i) Cambio de Longitud 1 L  C * E pr L  Esfuerzo longitudinal  L  2e pr  C  Esfuerzo circunferencial  C  e El cambio de longitud es L   LL . Luego

Ley de Hooke generalizada:  l 

L 

L  pr pr     E  2e e

pd  1  L     d  2r  2eE  2  ii) Cambio de diámetro

de donde: L 

d  d d

C

1  C  L  (Ley de Hooke generaliza da) E d  pr pr   d      Ee 2e  expresión que puede escribirse d 

P

C

d 

pd 2    1   2eE  2 

5) Un tanque de aire comprimido, cuyo diámetro interior es 18’’ y cuyo espesor es ¼’’, se forma soldando dos hemisferios de acero. a) Si el esfuerzo permisible de tracción en el acero es 14 000 lb/pulg 2 ¿Cuál es la presión permisible máxima del aire en el depósito? b) Si el esfuerzo cortante permisible en el acero es 6,000 lb/pulg 2, ¿Cuál es la presión permisible máxima? c) Si la deformación unitaria normal en la superficie externa del tanque no debe exceder de 0.003 ¿Cuál es la presión permisible máxima?

324



d) Sabiendo que la falla en la soldadura ocurre cuando la carga de tensión (tracción) sobre ella es superior a 8.1 Klb/pulg. del cordón. Si se requiere un FS= 2.5 contra la falla en la soldadura, ¿Cuál es la presión máxima permisible? Considerar comportamiento elástico-lineal, con E=29*106 lb/pulg2 y  =0.28 (en el acero). Cordón de

a)  

soldadura

p

pr 2l p  2l r

14,000 20.25  777.78 lb/pulg 2

9 (Es la presión máx. permisible, puesto que el  es el permisible). 46,000 0.25   0 pr 4e b)    p  p  2 4e r 9 2 p  666.67lb / pu lg (Máxima permisible, porque  es el máximo permisible)

c) Ley de Hooke del Estado Plano: σ 1 ε C = [σ C νσ C ] = C (1 ν ) E E 2eEε C pr (1 ν ) → p = εC = , reemplazan do datos : 2eE r (1 ν ) p=

(2)(0.25)(29 × 10 6 )(0.0003) lb (màx . permisible , porque se considero ε C màx.). = 671.3 9(1 0.28) pulg 2

d) Fuerza de tracción permisible en el cordón de soldadura  FALLA 8.1 klb klb lb   3.24  3,240 FS 2.5 pu lg pu lg pu lg T 3,240 lb/pulg klb  FALLA   12,960 e 0.25 pulg pu lg 2

 PER  1' ' espesor

 PER

pr 2e despejamos p  2e r 20.25 12,960   720 lb/pulg 2 Luego p  9 lb Nota) La máxima presión permisible es: p MÀX  666.67 pu lg 2 6) Un recipiente cilíndrico a presión se construye enrollando una placa de acero y soldándola a lo largo de sus bordes. El cordón de la soldadura forma 55º con el eje longitudinal. El recipiente tiene un radio interior r=1.8 m y espesor de pared e=20mm. El material es acero con E=200 GPa y   0.3 .La presión interna p es de 800 KPa. Calcular tambien , de  

a) Esfuerzos longitudinal y circunferencial. b) Esfuerzos cortantes máximos. c) Deformaciones unitarias circunferencial y longitudinal. d) Esfuerzo normal y esfuerzo cortante, perpendicular y paralelo, respectivamente, al cordón de la soldadura.

325



a) Elemento de recipiente, en un punto A

  55º

C A

L

pr 2e pr C  e L 

L

C

Soldadura reemplazando los valores numéricos, tenemos L  36MPa ;  C  72MPa . p 800 KPa Nota) Observar que   0.022. La presión es despreciable comparada  L 36000 KPa con el menor esfuerzo. Se justifica la aproximación al estado plano de esfuerzos. b) El máximo esfuerzo cortante (en el plano L ;  C ),es:    L 72  36 MAX  C   18 MPa 2 2 Existe otro cortante en la pared del recipiente:   3 MÀX  C  36 MPa  3 no existe estado plano  2 (en dirección normal al plano  C  L ). c) Ley de Hooke generalizada (aceptando régimen lineal) 1 1  L  L   C  y  C   C  L  E E Reemplazando valores, tenemos:  1    72  10 6   L  0 . 036  0 . 03 0 . 072      200  ESFUERZOS EN GPa ESFUERZOS EN GPa   1 0.072  0.30.036   306  10 6 C  200 d) Y Cordón de soldadura

es:

X

A

x

B y

C matriz de rotación  0.819 0.574   A=    0.574 0.819 

x

35º C  72MPa

La

55º

B

A

 y  xy

L

L  36MPa

326


 x Luego     xy


 xy   0.819 0.574  36 0  0.819  0.574       y    0.574 0.819  0 72  0.574 0.819 

Efectuando los productos obtenemos:

 x  47.8 MPa ;  y  60.2 MPa ;  xy  16.9 MPa Esfuerzos en la soldadura normal→47.8 MPa (  normal al cordón de la soldadura) cortante → 16.9 Mpa 7) El depósito representado se construyó con una placa de acero de 10mm de espesor. Calcular los máximos esfuerzos circunferencial y longitudinal que originará una presión interior de 1.2 MPa. El recipiente dado no es un recipiente de doble curvatura. Por lo cual, encontramos los esfuerzos máximas solicitados, usando directamente las condiciones del equilibrio.

d  400mm a  600mm

Analizando los tres casos: tapas ?

L (ii )

C

(i)

 F  o  pdL  2Le

L

C

pr , reemplazan do valores e 1.20.4  17.84 MPa C  20.01 C 

(iii )

C

caso (ii):



   p ad  d2     d 4   F  o  p ad  d2    2a  2 e L   L   4   2 e2a  d 

reemplazando valores:

1.2 0.6  0.4   0.42  L 



4

0.0120.6  0.4

  17.84 MPa

caso (iii)

327



 F  o  2Le Reemplazando valores:

C 

C

 pa  dL   C 

pa  d 2e

1.20.6  0.4  60 MPa 20.01

 L MÀX  17.84 MPa  C MÀX  60 MPa

ii  iii 

8) Un tanque cilíndrico de pared delgada y longitud L está situado exactamente entre dos paredes extremas rígidas cuando la presión no actúa sobre él. Calcular la fuerza ejercida sobre las paredes por el tanque, cuando la presión interior sea p y el material que lo forma siga la Ley de Hooke. espesor e

2r

Un elemento en la pared del tanque está sometido a un estado biaxial de esfuerzos.

L

pr e pr L  2e C 

C

Se generan deformaciones unitarias en dos direcciones: 1 1  pr pr   C   C   L       E Le 2e 

F

L 

L

L

1 L   C   1  pr   pr  E L  2e e

La fuerza F, que el tanque ejercerá sobre la pared, deberá contrarrestar el posible cambio de longitud L. L pr  1  L  L L     E e 2 

L

F

La fuerza F debe generar un acortamiento igual a L . (paredes rígidas → L no puede cambiar) Luego

L

328



FL  L  EA FL L r 1   p   0 E2re E e2 

de donde obtenemos la fuerza F

F

 

pr 2 1  2 

COMPRESION

(F es también la fuerza ejercida por el tanque sobre las paredes rígidas) 9) Calcular los esfuerzos circunferencial y meridional que se desarrollan en las paredes del recipiente cónico representado. Considerar constante el espesor y no incluir el peso propio del recipiente. Determinar los máximos esfuerzos y dónde se presentan. Recipiente de doble curvatura

 



H

p

H Z

Ecuación de Laplace: luego

p m p   e m p

p p p    p   p  1 e p e

m p

meridiano

m

m  meridiano recto 

P 

Paralelo

x

Z

Presión en la altura z: p  H  z

 

P

P sen



x

 sen 

P P sen  Z

Determinamos  p en función de z.

De donde obtenemos

Z



329



p  z

sen cos 2 

Reemplazando en (1): p 

p 

 H  zz sen2 e cos 





sen Hz  z 2   2 e cos 

El esfuerzo meridional se calcula a partir de la ecuación m 

QL px   2 2e cos  2xe cos 



m

P

m

tan  

x  x  z tan  z

Reemplazando en (2):

x

Z

m 

 

QL H  z z tan    2.1 2e cos  2z tan e cos 

Datos → QR=0 (no incluir peso del recipiente)

 2 x z (Peso de lo contenido en el recipiente parcial) 3  2  QL  z tan  z 3 Finalmente, reemplazando en (2.1) y simplificando, tenemos:  tan   2 2 m   Hz  z   * *  2e cos   3  Esfuerzos máximos: a partir de (*) y (**). d sen H  2z  0 condición para   MÀX : P  dz e cos2  de donde z=H/2, (altura donde  p es máximo) QL 

El esfuerzo   MÀX es :   MÀX 

  MÀX 

2 sen  H  H   H    e cos 2   2  2  

en 

sen H2 e cos 2  4

Condición para  m MÀX :

d m  tan   4  0 H  z   0 dz 2e cos   3 

330


de donde z 


3H , (altura donde es  m máximo). 4

Reemplazando en (**), tenemos:  m MÀX 

2  tan   3 2  3H   H H   2e cos   4 3  4  

 m MÀX 

3 tan  2 H 16e cos 

Nota) Observar que los esfuerzos máximos se presentan en diferentes alturas. 10) Determinar el estado de esfuerzos en el punto A de la pared de un recipiente semiesférico. Considerar R el radio del recipiente; e el espesor constante y  el peso específico del líquido contenido. No incluir efectos del peso propio del recipiente. m

R

p



3R 4

A

p

A

R/ 4 m

Ecuación de Laplace

m p p   m p e

Recipiente semiesférico  m  p  R , luego  m   p 

p R  1 e

R  R R Presión en el punto A: p   3     2  4 4

R 2  *  2e R Equilibrio del recipiente parcial de altura (casquete esférico) 4

Reemplazando en (1):  m   p 

m P





P

x

QL

F

m

VERT

0

px 2  Q L  2xe m cos    



donde p  

R/ 4

R 2 2

R 7  x  R 2  R    R 4 4  cos  

x 7  R 4

331



   Re cordar el volumen de un casquete esferico 2 R 1 R      Q L     R    3 4  4  R R  11 3 QL  R  192  h    V  h 2  R  h   3    

           

Reemplazando en (**), simplificando y despejando  m , obtenemos:  m  53 R 2 168e

(Esfuerzo Meridional). 2 2 De la ec. (*), obtenemos  p  R  53 R

2e 168e 31 2 p  R (Esfuerzo en el paralelo). 168

Los valores  m y  p definen el estado de esfuerzos en el punto A. 11) Determinar los “Esfuerzos de Membrana” que se generan en una cúpula semiesférica de radio a, espesor uniforme e, por efectos de su peso propio (q → peso propio superficial). Esfuerzo de Membrana (sin flexión) m

p

p m

(Aproximación al Estado Plano). Cúpula Semiesférica

Consideramos el casquete ABC. B

B

A

C

a

 

a



QR

x

A

C



a

a

m

m

O

Equilibrio:

332



 F

Q R  2xe m cos   0

VET

0



QR  *  2xe cos 

de donde  m  

Q R  peso propio del casquete ABC QR  q S casquete  Q R = q2πa 2 (1 x = asenθ;

Reemplazando en (*), tenemos m  

es decir  m  

cos θ)

cos α = senθ

2a 2 q1  cos  2asen cos 

aq compresión en los meridianos e(1  cos )

Esfuerzos en el paralelo: Usamos la Ecuación de Laplace:

QR

m p p   m p e

m m C úpula semiesférica m  p  a

a a  m  p  p , de donde p  p  m  e e Debemos precisar p  f  B

C

A 

P

a q



p  q cos  (presión exterior) Reemplazando en (*):   a aq   p  q cos     e  e1  cos   simplifica ndo :  p  

aq  1  cos   cos2      e  1  cos  

(Esfuerzo circunferencial) Nota) Es conveniente graficar la variación de  m y  p de acuerdo a la variación de  .  aq 2e

B

A

 

C

B 

para   0

m

compresión  aq e

A

m

 

m

para   

2



p

C

P

 aq 2e para   0 aq e

P

para   90º 

333



El punto donde  p =0 1 cos   cos2   0    51º49'

corresponde a

compresión en el paralelo

51º49' 51º49' tracción en el paralelo

Nota) Superficie Casquete Esférico.

B

  2 

S OY  2 xds S

A

x ds asen C 

S OY

BC

x 1  y' 2 dx

Ecuación de la Circunferencia x 2  y 2  a2

a x



 y'  x a 2  x 2

asen

 S OY  2

 0

x 1



1/ 2

x2 dx a2  x 2

 SOY  2a 2 1 cos 

Peso del casquete  qSOY  12) Se tiene un depósito cilíndrico, r de radio r, con fondo en forma de  casquete esférico de radio R. Hallar los esfuerzos h máximos en las porciones cilíndrica y esférica, así como R h'  la fuerza de B compresión en el anillo de refuerzo BB. Considerar “e” el espesor de todo C el depósito. El líquido contenido (peso específico  ) ocupa el nivel h1.

h1

B

334



 2 h' 3    Peso del líquido contenido  P  r 2h   R 3  R 2h' 3  3  donde h’ es la proyección del radio R sobre el eje vertical del depósito.

Porción Cilíndrica. P 2re pr Esfuerzo Circunferencial   C  Para  CMÀX e encontramos la presión máxima PMAX  h . Luego C MÀX  hr , se presenta en el paralelo que pasa por B e Porción Casquete Esférico.

Esfuerzo Longitudinal  L 

Los máximos esfuerzos se producen en el punto más bajo C. 1   2 

PR h1R  2e 2e

Fuerza en el anillo BB. La fuerza de tracción en la porción esférica, por unidad de longitud del anillo BB, es: F

L e P 1 P  e  sen 2re sen 2rsen

La componente radial es: P P cos   cot an 2rsen 2r (Esta es la fuerza que determina compresión en el anillo BB) F cos  

Nota) Debe suceder que ambas porciones estén unidas por un anillo capaz de resistir la compresión a que está sometido.

335

CAPÍTULO III TORSIÓN 3.1) Introducción 3.1.1) Hipótesis en el Problema de la Torsión Generalmente, los elementos que trabajan a torsión son ejes circulares sólidos o tubulares. Sección

Sección

llena

tubular

T

T

Elementos importantes que trabajan a torsión son los tubos cilíndricos de pared delgada Tubo cilindro de pared delgada (espesor constante o variable):

T

T

Existen otros elementos estructurales que trabajan a torsión: B

A P

P En el presente capitulo estudiaremos el problema de la torsión de barras de sección circular y tubos cilíndricos de pared delgada. La torsión de barras de otras secciones transversales no puede estudiarse con los métodos elementales de la Mecánica de Sólidos Deformables. Observaremos que con la torsión se inicia el estudio de problemas donde el esfuerzo inducido NO PUEDE suponerse distribuido uniformemente en la sección transversal.



Definición) Torsión: Transmisión de momentos a lo largo de un eje que tiene la misma dirección que la del vector momento. Hipótesis Para determinar relaciones analíticas sencillas entre el momento torsor, los esfuerzos y las deformaciones que se generan, se usan hipótesis simplificatorias (que han sido corroboradas analítica y experimentalmente). i) Material homogéneo, con propiedades elásticas lineales (Ley de Hooke). ii) Secciones circulares: las secciones circulares permanecen circulares. X

X

A'

A

A

T

Sección circular, antes de aplicar el torsor T

Sigue siendo sec ción circular, luego de aplicado el torsor T

iii) Sección planas: las secciones transversales permanecen planas (Navier). X

X

T

Continua en el mismo plano luego de aplicado T

Sección ubicada en un, plano antes de aplicado T

iv) Las secciones transversales giran como si fuesen discos rígidos; es decir todos los diámetros giran el mismo ángulo. NOTAS: - La hipótesis (iii) deja de ser válida para secciones NO CIRCULARES.

X

X

T Sección plana (antes de la torsión)

Sección ALABEADA (después de la torsión)

337



Las secciones perpendiculares el eje de una barra no circular se alabean, cuando la barra es sometida a torsión. Esta deformación de la sección plana generalmente es debida a la distribución no uniforme de esfuerzos. - La hipótesis (iv) significa que a lo largo del eje circular, las secciones transversales rotan cantidades diferentes, pero cada sección rota como un disco rígido. X2

Sección fija (de referencia)

B

A'

2 Generatriz de referencia

T

1

B'

A

Todos lod diámetros giran 1

Todos lod diámetros giran 2

Para deformaciones infinitesimales, el ángulo de giro, es proporcional a una distancia de referencia:  2  K x 2 (convenientemente seleccionada).

Gener atriz d eforma da T

l iz inicia r t a r e Gen

3.2) Torsión de Barras de Sección Circular. Esfuerzo Cortante. Ángulo de Torsión. Consideremos una barra de sección circular llena, material lineal elástico, sometida a torsores T en sus extremos. T

T

B

C

A

338



Toda porción BC debe mantenerse en equilibrio. Se generará un sistema de fuerzas cortantes elementales (perpendiculares al radio vector), que representan la interacción con la porción suprimida AC. C

C

 

B

T

T

Torsor aplicado

Torsor interno (resistente)

T

Las fuerzas elementales (dF) generan el Torsor Interno. dT  dF    dA T





La condición (1) debe satisfacerse para valores del esfuerzo cortante  en toda la sección, pero no nos proporciona ninguna información sobre la manera en que dichos cortantes se distribuyen en la sección transversal. La real distribución de  es un problema estáticamente indeterminado. Deben analizarse las deformaciones.

 dA

dF

   dA  1

A 

3.2.1) Deformaciones Cortantes por Torsión Consideremos una barra circular sometida a torsión. Separemos de ella un cilindro coaxial de radio  (antes de aplicar el torsor) y señalemos un elemento limitado por dos arcos de circunferencias concéntricas y dos segmentos de generatrices, suficientemente próximos. Circunferencias que no se deferman (Hipotesis ii)

L

A'

T 



c

m

A

Luego de aplicado el torsor, el elemento señalado se transforma, aproximadamente, en un rombo manifestándose deformaciones cortantes. L T

n' 

n'  m

n

n



339



  Ángulo de torsión (giro) de la sección transversal.   Deformación cortante (mide la distorsión de la superficie cilíndrica). Para deformaciones infinitesimales: 



n n'    n n'  L . Con aproximación suficiente,   L De donde obtenemos:      2 L La ecuación (2) manifiesta que el ángulo de distorsión  , varía linealmente con la distancia al eje de la barra. (En el eje de la barra   0 y no existe deformación cortante)





  L  máx







En la superficie externa (r=c) la distorsión  es máxima  máx  Entre las ecuaciones (2) y (3) eliminamos

 c  3 L

  , obteniendo    máx  4 . L c

Definición) Se denomina Ángulo Unitario de Torsión (o Razón de Torsión) al valor  

 (unidades L

1 Longitud ).

La razón de torsión representa el giro mutuo de dos secciones, referido a la distancia entre ellas. Por tanto tenemos que   5 Nota): En algunos casos (momentos de torsión variables) es conveniente definir como Razón d de Torsión, al valor:    5.1 dL 3.2.2) Esfuerzo Cortante. Fórmula de la Torsión Elástica

Se acepta que los esfuerzos cortantes por torsión permanecen inferiores al esfuerzo cortante de fluencia del material y que es válida la Ley de Hooke.

340



 H

  H G

1

Ley de Hooke:   G Reemplazando el valor dado por la ec. 4:    G  máx  6.1 c ó     máx  6.2 c

 (Puesto que máx  G máx  ley de Hooke) Las ecuaciones (6) establecen, que mientras no se excedan los límites de Elasticidad Lineal, el esfuerzo cortante inducido por la torsión, varia linealmente con la distancia .

máx máx

c



Si en la ec. (1) reemplazamos el esfuerzo cortante definido por la ec. 6.2, tenemos:  T   dA A  c máx  T  máx  2 dA  7.1 c A  Expresión que puede escribirse: G máx T  2 dA  7.2 A  c La integral 2dA define el momento polar de inercia del área de la sección





 

A

transversal de la barra en estudio.  2 dA  J , con lo cual tenemos:



A

341



 máx J 8.1 c ó G máx T J 8.2 c El esfuerzo cortante  , a cualquier distancia  del eje de la barra, verifica: 1   J T  c J  J , es decir T   9 c    (a partir de las ecuaciones 6.2 y 8.1) T

Definición) La ecuación  

T se denomina Fórmula de la Torsión Elástica de barras de sección J

circular. El máximo valor de esfuerzo cortante, es (para   c ) Tc MÁX   10  J NOTA: Sección circular llena: J espesor d

c



A

 2 dA ; dA  2  d

C



J   2 2   d 0

Momento Polar de Inercia:  J  c4 2



Sección tubular: J

c2

c1



 4 c 1  c 24 2



Si el espesor tiende a cero: c 1  c 2  0 , el momento polar de inercia puede aproximarse por J  2ec 32 , siendo c 1  c 2  e (el espesor).

Definición) J El valor se denomina Modulo Polar de la Sección. Depende sólo de las propiedades c geométricas.

342



J  2 c4  c c  W  c3 2 W

c

Puede escribirse MÁX 

T  11 (ver la ecuación 10) W

Nota) Considerando la Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante, deben aparecer Esfuerzos Cortantes en planos perpendiculares al plano de la sección transversal. T

Cor tan te por torsión máx

Cor tan te longitudin ales o complement arios

máx

T

La existencia de los cortantes complementarios se revela, por ejemplo, al ensayar probetas de madera. La resistencia al cortante a lo largo de las fibras de madera, es relativamente baja. Por esto, la destrucción de la probeta comienza con la formación de grietas longitudinales.

T T

343



3.2.3) Ángulo de Torsión en el Intervalo Elástico Consideremos una barra de sección circular y material elástico lineal, sometida a torsión.

L T

G

  MÁX

c

Usando las ecuaciones:   MÁX  c  ec. 3 L T MÁX  c  ec. 10 J Obtenemos: MÁX  G MÁX (Hooke )1 T  c  G c  2 J L TL   3 , mide el giro, en sentido del torsor T, de la sección libre de la barra, JG respecto a la sección de referencia.

JG   Rigidez Torsional de la sección. JG  K T  Rigidez Torsional de la barra. L TL T   JG K T L De donde: T  K T  Si  :1  T  K T Luego, La rigidez torsional de la barra es un valor del momento torsor necesario para generar una rotación unitaria”. TL   3 JG El ángulo  mide el giro, en sentido del torsor T, de la sección libre respecto a una sección de referencia. En función de la razón de torsión, tenemos:  T T    3.1 L JG JG

344



Definición) De manera alternativa, el ángulo unitario de torsión o razón de torsión, puede definirse en forma diferencial. d T   4 dx JG T Por tanto d  dx indica el ángulo relativo de la torsión entre dos secciones JG separadas la distancia elemental dx.

Por integración podría hallarse  :

dx



T

 d    JG dx

0

L

   0 

d

 JG dx  5 T

L

Siendo 0 el ángulo inicial de torsión (ángulo de torsión de la sección de referencia).

Nota) Si existiesen momentos torsores distribuidos, por unidad de longitud, para evaluar  se plantea una ecuación diferencial de 2º orden: tx T  dT

T dx

Equilibrio: T  dT  t x dx  T  0 dT dx la razon de Torsion es : d T  y si J y G son constantes, se tiene : dx JG tx  

De donde: d T d2  1 dT     2 dx JG JG dx dx d2  1 d2      t  GJ  t x x dx 2 JG dx 2

345



Permite calcular  por doble integración. PROBLEMAS 1) Determinar los torsores de reacción y el máximo esfuerzo cortante en cada tramo de la barra compuesta representada. Considerar G = 80 GPa en toda la barra. d

B

D

A

D = 50mm. d = 25mm.

C

T  680 N - m

1.2m

1.8m

Equilibrio: TA

T B

A

TC C

TA  TC  680 1 (Problema hiperestático) Compatibilidad: Giro de la sección B único:  TL   TL      ,  JG  BA  JG  BC

reemplazando valores tenemos: TC 1.2 TA 1.8  4 4   50   25 3  3  G  x10  G  x10  2 2 2 2    TA  10.67TC  2 Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2) TA  621 .74 N - m TC  58.26 N - m

Cortantes máximos: Tramo AB:  MÁX

 Tc      J  AB

621.74  50 x10 3   2

  50  x10 3   2 2 



4

 MÁX  25.33 x 10 6 Pa

Tramo BC:

346


 Tc   MÁX      J  BC


58.26  25 x10 3   2

  25  x10 3   2 2 



4

 MÁX  18.99 x 10 6 Pa

2) Considerar una barra circular sólida de 5 cm. de diámetro, sometida a un torsor resistente linealmente variable t 1 x   Kx y a un torsor constante T  500 N  m . Calcular el ángulo de giro de la sección libre. Suponer G  85 X10 3 MPa . T  500 N  M x

B

t1x   K x 2m

t1x   K x

(Torque resistente)

t1

A

Determinamos K: Equilibrio: T  f1 x dx



L

2



500  Kx dx 0

K  250 , luego t 1 x   250 x.

El giro de la sección B puede calcularse mediante la ecuación: d2  d2  t 1 x   tx  JG 2  tx   JG 2  250 x dx dx Integrando dos veces tenemos: 250 x 3 JG   Gx  c 2 2 3 Condiciones: d  x0  0 dx   c1  c 2  0 x00    250 3  1 Luego    x   6  JG Reemplazando valores (para x  2 m)

347


 250 3   2   6 


1 5  85 x10 3 x10 6 x  x10 2  22 

4

; simplificando:

  6.4x10 3 radianes. 3) Un depósito cilíndrico de pared delgada, contiene gas a la presión de 6 MPa y está sometido a los torsores indicados. Si el diámetro interior es 150 mm y el espesor uniforme es 5mm, determinar: i) El máximo esfuerzo normal. ii) El máximo esfuerzo cortante. T  4.5 KN  m

T

T

Esfuerzos: i) Por la presión interna: pr pr L  ; c  2e e Reemplazando los valores numéricos, obtenemos: L  45 MPa ;  c  90 MPa ii) Por el momento torsor: c = 75+5 = 80 mm. Tc 4.5x10 3 x 80 x10 3    24.59 MPa   3 4 3 4  80 x10  75 x10  2  Estado de esfuerzos:





 





C

C  24.59 MPa

L  45 MPa

L

24.59   45  MPa    90   24.59 Diagonalizando la matriz: 0  100.83  MPa    34.17   0

C  90 MPa

348



1  100.83MPa ; 2  34.17MPa ; 3  0    3 100.83 - 0  máx  1   50.415 MPa 2 2

4) Dos barras sólidas de acero, están unidas por engranajes, según se indica en el esquema. Se aplica un torsor T = 9 Klb-pulg a la barra AB. Sabiendo que el esfuerzo cortante admisible es 7,500 lb pu lg 2 y considerando sólo efectos de torsión, hallar el diámetro de las barras AB y CD.

D

R  2.25" C

B r  1.75"

A

TAB  T

T

Equilibrio: T  TAB 1

R f

TCD R

349


f


TAB R

r

T TAB TCD  r R R 5.25  TCD  TAB  TCD  T  3T  2 r 1.75 Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) para T = 9 Klb-pulg: TAB  9 Klb  pu lg TCD  27 Klb  pu lg

Barra AB:

T  Klb ; esfuerzo cortante por torsión   AB AB 2 J AB pu lg T  2TAB 3 ;  admisible.   AB AB  rAB   4  rAB 2 Luego: 29000   r  0.914pu lg 3 rAB  AB 7500  d AB  1.828 "  ad  7.5

Barra CD: Similar 2T 227000  3 3 rCD  CD  rCD    ad  7500 rCD  1.318 pu lg d CD  2.636 "

5) El eje troncocónico representado, de espesor uniforme “t”, es de un material cuyo módulo de rigidez es G. Demostrar que el ángulo de torsión en el extremo A, es: TL  c A  c B  A  con aproximación suficiente. 4Gt  c 2A c B2  Pared delgada t  0

350



T

CA

A

L t

CB

B

CA

C

L

X

CB Elemento diferencial en la altura x: J  Jx  C

dx

L

El ángulo de torsión, es  

 JGdx * T

0

351


J  Jx 






π c  t 4  c 4 ; como t  0, se aproxima 2 π J  4 c 3 t  2πc 3 t , reemplazam os en *  2 J



L

φ





T T dx  φ  3 2πGt G2πc t

L

dx



3

x c B  c B  c A  L    Desarrollando la integral y simplificando, se obtiene: TL  c B  c A  Giro en el extremo A.  4Gt  c 2A c B2  0

0

6) Una barra sólida, de radio c está sujeta a un torsor T. Determinar la fracción de T, que es resistida por el material contenido en un cilindro coaxial de radio c/2. T

C

c 2

El torsor resistido por el núcleo es:

dT'  dA dA  2d (Corona circular a la distancia  )

dA 



 dT'  2d  22 d*   Pero sabemos que    máx . Reemplazando en (*) c

 2 dT'  2  máx  2 d  T'   máx c c T' 

c2

  d 3

0

 3 c  máx  * *  . 32

Reemplazando el esfuerzo cortante  máx 

decir: T' 

Tc  3 Tc en * *  , obtenemos T'  es c  4 J 32 c 2

T 16

Nota) T 15  T , que equivale al 93.75% del 16 16 torsor T aplicado. El “núcleo” sólo resiste el 6.25% del torsor aplicado T.

La parte “tubular” de la barra resiste T ' '  T 

352



El material “tubular” es altamente eficaz para resistir el torsor T. Esto justifica el uso de barras tubulares como mecanismo eficaz para transmisiones de torsores, con ahorro de material. 7) Un poste de hierro ( G  5.5x10 3 lb pu lg 2 ) de 2 pulg de diámetro, está enterrado 24 pulg. en el suelo. Si se aplica un torsor en su parte superior usando una llave rígida; determinar el esfuerzo cortante máximo en el poste y el ángulo de torsión en su extremo superior. Suponga que el torsor está a punto de hacer girar al poste, y que el suelo ejerce una resistencia uniforme a la torsión de t lb - pulg pu lg a lo largo de la longitud enterrada de 24 pulg. 6"

6"

25 lb

A d  2"

25 lb

36"

B 24"

t

Tramo AB: Torsor interno TAB  2512  300 lb - pulg (sentido contrario al torque actuante Tramo BC: lb  pu lg Equilibrio  25 12  t24   0  t  12.5 pu lg Torque interno en BC: TBC

TBC  12.5 X  TBC  12.5 X Máximo torsor  300 lb  pu lg X (en la sección B) Como J es constante y la parte AB soporta un torque interno de 300 lb  pu lg , el esfuerzo cortante máximo, es: TABc 300 1  máx    190 .99 lb/pulg 2  4 J 1 2 Ángulo de torsión: (en el extremo superior del poste, con relación al fondo del mismo). Como el poste está a punto de girar, ambas porciones AB y BC girarán: T L  A  AB AB  JG

LBC

 0

TBC 300 36   12.5 x dx dx  JG JG JG 0 24



Evaluando la integral tenemos: 10,800 12.5 24 2 2 A   JG JG  4 Reemplazando JG  1 5.5 10 6 , encontramos: 2





 

353



A  0.00167 radianes

8) Una barra sólida y otra tubular están hechas del mismo material y tienen el mismo peso y la misma longitud. Designamos por n la razón c 1 c 2 , demostrar que la razón T5 Th entre el torsor en la barra sólida y el torsor en la barra tubular, es: i)



1  n 2 1  n 2 si el esfuerzo cortante máximo es igual en ambas barras.



ii) 1  n 2 1  n 2 si el ángulo de torsión es igual para ambas barras. c1  nc 2 c2

c0

c1 Pesos iguales:  c 02L   c 22  c 12 L





 c 02  c 22  c 12  c 0  c 2 1  n 2

(i) para igualdad de esfuerzos cortantes máximos: TS c 0 Th c 2 , de donde obtenemos:   4  4 4 c0 c 2  c1 2 2 TS c 3c  40 24 Th c 2  c1





TS c 32  Th 



 1  n  c c 1  n  2 32

4 2

4

1  n   1  n 1  n  2 32

2

2

2

TS 1  n2  Th 1 n2

(ii) Para igualdad de ángulos de torsión:



TsL T c4 ThL c 4 1  n2   s  4 0 4  2   Th c 2  c1 1 n4 G c 04 G c 24  c 14 2 2











2









2

32

TS TS 1  n 2 1  n2 1  n2     Th Th 1  n 2 1  n2 1  n2 1  n2 1  n2





 





9) Determine la rotación máxima del extremo libre de la barra AB, cuando el cuerpo de peso W, impacta en el extremo C de la barra rígida BC.

354



W

h

diámetro d  Módulo de rigidez G

C

A

BA

A RR

a

B

L

A ID G RI

Principio fundamental: U  T 1 1 U  T 2 1 TL T 2L U T  2 JG 2JG a B

C



cv

La energía de deformación U, también puede escribirse: JG 2 U   *  2L T  W h  cv * * . Reemplazamos (*) y (**) en (1). JG 2   W h  cv . Compatibilidad geométrica a  cv 2L JG 2    W h  a ecuación de 2do en  . Resolviendo, obtenemos: 2L









2

WaL h  WaL   WaL      2   JG a  JG   JG  Nota: WaL WaL es el giro en condiciones estáticas:  st  JG JG

355



h Por consiguiente:    st   2st  2  st a  2h Que puede reescribirse    st 1  1  a st 

ó   K d  st donde K d  1  1 

  

2h a st

Es el factor dinámico en torsión. 10) Para el sistema en torsión representado, calcular el diámetro mínimo necesario. considerar: M =40 N - m ; m = 80 N – m/m ; a =0.5m;  ad  40 MPa ; G  8x10 4 MPa m

d?

M a

a

a

Problema hiperestático: Equilibrio: M1

M2

m

M

1

M1  M2  am  M*

2

3

Condición: 1   2  3  0 (apoyo empotrado) * * Tramo 1: M1 m

T

X

356



a

T  M1  mx  1 



M1  mx dx JG

0

2

a M1  m  2 1  JG Tramo 2: m M1

T

a

X a

T  M1  ma   2  2 

M1  ma a



M1  ma dx JG

0

JG

Tramo 3: M1

m

T

M a

a a

T  M1  M  ma   3  3 

M1  M  ma a

 0

X

M1  M  ma dx JG

JG Reemplazando los giros 1 ,  2 y 3 en * * y simplificando, obtenemos: 5 3M1  am  M * * *  2 Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (*) y (***) y reemplazando valores conocidos, encontramos: M1  100 N  m M2  260 N  m Torsor máximo: M2  260 N  m

Puede representarse gráficamente la variación del momento torsor (interno). Diagrama de Momento Torsor.

357


100 N  m


80 N  m m

0.5m

400 N  m

0.5m

260 N  m

0.5m

140

140

Diagrama de Momento Torsor

100

260

260

Esfuerzo cortante: T r T r 2T  ad  máx   ad  máx  máx  4 J r 3 r 2 2Tmáx . Reemplazando valores, obtenemos: ad

Luego: r  3 r = 0.016 m. d = 0.032 m.

11) Una barra de sección circular de radio r = 1cm, está doblada en forma del anillo CB de 20 cm. de radio medio, seguido por un tramo radial recto BA. La barra está empotrada en C y sometida en A a una fuerza normal al plano del anillo, P. Si el esfuerzo cortante admisible en el material de la barra es 750 Kg cm2 , calcular la fuerza P admisible y el desplazamiento del punto A.

C B

Como la fuerza P es normal al plano del anillo CB, en cualquier sección del anillo se desarrollan una fuerza cortante y un momento torsor. (No en el tramo radial).

R P

A 2r R  20 cm. r  1 cm.

358



P

A

P B

R

P

T T  PR

La fuerza cortante P genera en la sección transversal un esfuerzo cortante directo que, P P en valor promedio, es '   2 . A r El momento torsor genera esfuerzo variable en la sección transversal de la barra T doblada:  ' '  , que tiene su valor máximo para   r . J El esfuerzo (total) cortante será la superposición del cortante directo y del cortante por torsión. P

"máx

Tr P  2 J r PRr P 2PR P  máx   2   máx   2 3  4 r r r r 2 Reemplazando los datos dados: 2P20  P ; de donde encontramos: 750   3 2 1 1 Pad  57.468 Kg  máx 

Para calcular el desplazamiento vertical del punto A (debido al efecto de torsión), podemos usar el principio fundamental U  T

359



1 C T2 T 2R T2 P V ; U  ds  d  R2 L 2JG 2 2JG 2JG P 2 R 3 2 U Luego, igualando T y U : 2JG 1 c P 2R 3  2P 2R 3  4PR 3 P v   cv    4 2 JG Gr 4 G r 2



T 



Reemplazando valores, tenemos: cv

3  457.468 20  

8 x 10 5 x 14 cv  2.3 cm.

12) Se utiliza una placa anular de espesor t para conectar la barra AB (de radio r1 ) al tubo CD (de radio interior r2 ). (a) Demostrar que el ángulo que rota el extremo C del tubo con respecto al extremo B TL  1 1  de la barra, es:    4Gt  r12 r22  (b) Verificar  

1  r12 1  2G  r22

  donde  , es el esfuerzo cortante en el borde interior de la  

platina. T C

D B A

T

módulo de rigidez G.

r1 r2

t Calculamos el esfuerzo cortante a cualquier distancia  del centro (en la platina)

t radio 

Equilibrio:  2  t   T T   *  2  3 t



B

A T



360



En la platina, a una distancia  , (antes de aplicar T). d  B

Luego de aplicado el torsor: B

d

d

d



d









 d d G d     1 d d   G  Reemplazando el valor (*): 1 T d T d d   2 G 2 t  2Gt  3 Integrando:





r2

r1

r

T d T  1 2  3     2Gt  3 2Gt  2  r1

    T También: 1  (en (*)   r1 ) 2r12 t Si entre las dos últimas expresiones, eliminamos t, obtenemos:   r2    1 1  12  2Gt  r2  

T  1 1  2 4Gt  r1 r22

13) Usar el primer teorema de Castigliano para encontrar las ecuaciones de equilibrio en el sistema torsional representado. Determinar los torsores internos. G  80 GPa para todo el sistema.. L 1  1 m ; L 2  0. 6 m ; L 3  0 . 8 m d1  20 mm ; d 2  30 mm ; d3  25 mm R1  0.35 m ; R 2  0.20 m ; R 3  0.30 m T0  0.2KN  m

361



R1

La energía de deformación almacenada en una barra sometida a TL torsión (constante) es U  . Como JG TL , la energía puede  JG 1 escribirse U  C 2 , 2

L1 d1

R2

2

L2 T0

d2 L3

R3

d3 3

Donde C 

JG (denominado constante de resorte torsional) y  es el giro relativo en L

cada barra. 1  giro del elemento 1.  3  giro del elemento 3. Las energías por torsión, son: 1 1 U1  C112 ; U2  C 2  22 ; 2 2

 2  giro del elemento 2.   giro causado por T0 (sobre 2). (*) U3 

1 C 3  32 2

Compatibilidad: Debe mantenerse en contacto perfecto entre los discos. Luego: R 2  2  R11 y R 2  2  R 3  3 (sólo un giro es independiente). R R 1  2  2 y  3  2  2 . La energía de deformación en el sistema, R1 R3 2

  1 R 1 1 R 2 es U  C1  2  2   C 2    2   C 3  2  2  2  R1 2 2  R3  

2

Primer Teorema de Castigliano:

U  T0  C 2    2    *   Principio del Trabajo Mínimo (sistema hiperestático   2 la respuesta redundante) 2

R R  U  0  C1  2   2  C 2    2   C 3  2  2  R1   R3

2

   2  0  * *  

362



Las ecuaciones (*) y (**) son las ecuaciones de equilibrio. Reemplazando en ellas los valores numéricos dados, obtenemos: 10.603   2   0.21

y

12.177  2  10.603  02

Resolviendo (1) y (2)   0.1135Rad ;  2  0.0946Rad.

Los torsores internos son T1  C11  67.9 N  m T2  C2  2  200 N  m T3  C3 3  241.9 N  m (Conocidos  y  2 mediante las ecuaciones de compatibilidad 1 ,  3 ) Puesto que el elemento (2) no tiene un extremo fijo para calcular el giro, se debe usarse la ec. (5)

3.3) Conexiones Excéntricas Definición) Una junta o conexión cargada excéntricamente es aquella en la cual la línea de acción de la carga NO pasa por el centroide del patrón de conectores. CG

Junta no excéntrica CG  centroide del conjunto de áreas

P

transversales de los conectores.

Junta o conexión Estructural.

Junta excéntrica e  Excentricidad.

CG

P

En el cálculo de conexiones excéntricas, la carga excéntrica se descompone en una fuerza que pasa por el centroide y un momento. P  C arg a directa CG

CG

M

M  Carga rotacional M  Pe

P

P

Línea de acción de la carga aplicada

e

363



Se diferencian dos efectos: i) La fuerza directa, que genera esfuerzos cortantes directos (en los conectores). ii) la carga rotacional, que genera esfuerzos cortantes por torsión (en los conectores). Hipótesis - Cada conector soporta una carga igual, de magnitud FD 

P , siendo N el numero de N

secciones resistente de los conectores. FD FD FD

(en el centroide

FD

FD

FD

esta aplicada P )

La carga rotacional M tiende a hacer girar la placa de conexión alrededor del centroide CG. Los conectores impiden tal rotación, empujando la placa en una dirección perpendicular al radio vector.

M actuante

F2

3

2

F3

r2

CG

F1

F1 , F2 ,  , F3  fuerzas Fi

rn

r1

1

ri

i

Fn

rotacionales (generan un momento opuesto al actuante, de igual intensidad .)

N

**) Placas Conectoras Rígidas. Las fuerzas en los conectores son proporcionales al radio vector:

F1 F2 F F   i  N . r1 r2 ri rN

La acción del momento M sobre el grupo de conectores es semejante a la acción de un torsor. Puede aplicarse la fórmula del esfuerzo cortante por torsión  

Tp J

.

364


ri

CG


i T  Pe ;   ri

yi

J: MTO polar de inercia de las áreas

xi

transversales de todas los conectores.

M  Pe Fi

radio Ci

Ji0  MTO polar de inercia del area i - ésima

Teorema de Steiner: J 

Si los radios (de los conectores) Ci  0  Jio 

 J N

i1

i o

 A iri2



 4 Ci  0 2

(radio del conector Ci despreciable comparado con el radio vector ri). Con aproximación suficiente:

J

N

A r

2

i i

i 0

Por consiguiente el esfuerzo cortante por torsión en cada conector, se aproxima por: Ji 

Per i

o por:

N

A r

2

i i

i0

i 

Per i

 A x N

i

2 i

 y i2



i0

La fuerza rotacional en el conector i-ésimo es F  A i i o Fi  A i

Per i

 A x N

i

i 0

2 i



 y i2

Per i

  A x N

i

2 i

 y i2



i 0

donde (xi, yi) son las coordenadas del centroide del área transversal del conector iésimo, respecto de un sistema de coordenadas rectangulares cuyo origen es el CG del conjunto de todas las áreas transversales de los conectores.

Calculadas las fuerzas rotacionales, deberán sumarse vectorialmente con las fuerzas directas.

365



FD

Deberá calcularse la fuerza total máxima, para precisar el conector más cargado

ri Fi

CG Ejemplo

1) Determinar la carga soportada por el remache más cargado en la conexión representada. Todos los remaches tienen el mismo diámetro.

3''

3''

3''

3''

Trasladamos la carga P al centroide del área transversal del remache N0 3.

P  15Klb 6' '

FD FD FD FD FD

M M  90Klb  pu lg

15klb

15klb F1

Fuerzas Rotacionales: F2

1

2

M

3

4

5

1

(F1,…,F5

generan

un

momento

opuesto a M) F4

F5

366


r1=6

r2=3


r3=0

r4=3

r5=6

x1=-6 x2=-3 x3=0

x4=3

x5=6

 x 6

2 i



 y i2  90

i0

y1=0

y2=0

Luego: Fi 

y3=0

y4=0

Per i

 x N

2 i

 y i2

y5=0

F1 



906  6klb , 90

F2 

903  3klb , 90

F4 

903  3klb 90

i0

F3 

900 0 90

F5 

906  6klb 90

9 Klb

Fuerzas totales.

6 Klb

0 Klb

Remache mas cargado

Remache sin carga 3 Klb

2) La conexión

200 mm

representada

500 mm

30 mm

contiene 8 pasadores de diámetro efectivo 20 mm cada uno. Sin

300

150

rozamiento, encontrar mm

mm

considerar el posible

30º

la fuerza actuante

F=1Ton

sobre el pasador más cargado.

120 mm

367



Trasladamos la carga 1 Ton al centroide del conjunto de áreas transversales de los conectores. FD

M=(1cos 30º)600+(1sen30º)120=579.62T mm M=0.57% 2 T-m

3

1  0.125Ton 8 Sobre cada conector (paralelas a la fuerza F)

Las fuerzas directas son FD 

FD FD FD

7 FD CG FD

M

8

4

6 2

FD 5

FD

1

Las fuerzas rotacionales son perpendiculares a los radios vectores respectivos

Como las fuerzas F1, F2 , F3 ,F4, F4

tienen la misma distancia entre su punto

de

aplicación

y

C.G→ F3

F7

F1,=F2 =F3 =F4= Fe Similar para las fuerzas F5,=F6 =F7

ri

F8 M

re

=F8= Fi → 4Fere+4 Firi =M…1

CG F6

F5 F1

F2

Las fuerzas son proporcionales a sus radios vectores

Fe re  2 Fi ri

En base a las dimensiones dadas, obtenemos re=180.28 mm; ri=96.05 mm. Reemplazando valores en 1 y 2: 4(180.28Fe+96.05Fi)=579.62;

Fe 180.28  Fi 96.05

Resolviendo este último sistema de

ecuaciones, obtenemos: Fi=0.333T y Fe= 0.626T. (F5,=F6 =F7 =F8=0.333 Ton; F1,=F2 =F3 =F4=0.626 Ton)

368



El conector sometido a la mayor fuerza es aquel que tenga la mayor resultante entre FD y la respectiva fuerza rotacional. Esta situación se presenta para el remache (conector) 4.

La fuerza total sobre el conector 4, es: F4TOTAL  F42  FD2  2F4 FD cos 

30º

reemplazando valores:





F4TOTAL  0.626 2  0.125 2  20.626 0.125 cos 26.31

4



efectuando operaciones:

F4TOTAL  0.74Ton .

150

CG 3.4) Torsión de Elementos Cilíndricos de Pared Delgada. Fórmulas de Bredt 3.4.1) Introducción. Definiciones La torsión de elementos cilíndricos de paredes delgadas y “secciones cerradas” puede estudiarse aproximadamente por la teoría desarrollada en las secciones anteriores.

Seccion Cerrada

Seccion no cerrada

tubo cilindrico

T

de pared L D

C

B

G

A

m at er ia lM od ul o

delgada

Seccion de espesor constante o variable a la largo de la periferie. el espesor se mantiene constante a lo largo de los generatrices (L).

369



Puede aceptarse que el esfuerzo cortante es constante en todo el espesor, con mayor aproximación a medida que el espesor tienda a cero.

A

A

2

Consideremos el equilibrio del

A

í

elemento ABCD.

B B

1

B

(Esfuerzos Cortantes: tangentes a la

x

linea media)

A

F

longitudinales

FAD  FBC  :  A t A x   B t B x    A t A

  B t B  

A

D

A

A

s

B B

C

B

B

Puesto que A y B han sido puntos arbitrarios, la condición (*) expresa que el producto del esfuerzo cortante y el espesor en un punto, se mantiene constante a lo largo de la periferia de la sección transversal. Es decir: t  Cons tan te

Definición) El valor constante t se denomina Flujo de Cortante. q= t .(El flujo de cortante tiene dimensiones de fuerza / longitud). El flujo que representa una fuerza por unidad de longitud. Para un elemento de longitud S , la fuerza asociada es F  qS  q 

dF dS

370



3.4.2) Esfuerzo Cortante Consideremos un punto arbitrario O dentro del área limitada por la Línea Media. El momento de la fuerza asociada F1 respecto

A

al punto 0, es:

F

M  rF  M  rqS

En toda la sección se generará un momento

r

B



M  q rds SO

(ds → elemento de arco, evaluando en la línea

ds

media) Por equilibrio:→M=T; luego

T  q rds 



SO

Si s es una curva cerrada simple que nos e corta a si misma,

la integral

 rds puede calcularse geométricamente SO

1  S  r 2  àrea  AOB 

A  A

s

r

integrando A 

o

 A  área

B

1  rds 2 SO

sectorial 

Linea Media

Reemplazando el valor

A

 rds  2A en la ecuación (*), tenemos: SO

371



T  1Aq  T  2At, de donde : T T   1  MÁX   1.1 2At 2AtMIN

3.4.3) Razón de Torsión Para calcular el ángulo de giro (o la razón de torsión) pueden considerarse conceptos de energía de deformación:

L

dV  Ltds T

dV

U

J2 dV 2 G 

ver



sección 3.3 

V

U



2

1  T  T 2L   tLds  U  2G  2At  8GA 2



 So

ds t

(Puesto que el espesor t puede ser variable). 

Aplicando el 2º Teorema de Castigliano:



U  T TL 4GA

2



 So

ds  2 t

expresión que nos permite calcular el ángulo de torsión. La razón de torsión será:  

 T  L 4GA 2



 So

ds  2.1 t

Nota) Si el espesor t es constante, el ángulo de giro, será: 

TL So 4GA 2 t

ó



T 2AT

LSo LSo   2.2 2AG 2GA

Definición) Las fórmulas (1) y (2) se denominan Fórmulas de Bredt para la torsión de tubos cilíndricos de pared delgada.

372



EJEMPLOS

1) Un miembro de pared delgada tiene 1.2 m de longitud y su sección transversal es la indicada. Calcular el máximo torsor que puede soportar. Si el ángulo de torsión debe limitarse a 10º, calcular el esfuerzo cortante que se genera cuando se aplique el torsor máximo. Considerar G=80 Gpa.

r

r  10mm

A linea media (So)

r  25mm So  225   210.5  115 .972mm

espesor constante t=1mm

A  25 2r   10.5  871.361mm 2 2

Condición   10º Fórmula de Bredt   

 en

TL  10º 4GA 2 t

radianes



Reemplazando valores numéricos y despejando T para la condición de igualdad MÁX  304.709N  m

obtenemos:

Esfuerzo Cortante:



T 304 .709  3 2tA 2 1 * 10 871 .361  10 6







  174 .85 * 10 Pa . 6

2) Una barra de acero tiene la sección transversal indicada. Calcular el torsor admisible para que el esfuerzo cortante no exceda de 900 K/cm2. Calcular el ángulo de torsión correspondiente a una longitud L=2.2m. Considerar G=800,000 K/cm2.

2cm

1cm

1cm 2cm

20cm

So

15cm

373



So  218   214   64cm A  14 18   252cm2

Fórmulas de Bredt: T  2A  Tad  2t min A ; reemplazando valores: Tad  2900 1252  53,600Kg  cm.

Razón de Torsión   

T 4GA 2



 So

ds   t

(El espesor no es constante)



 So

ds   2 t 



0

2

ds  2

1cm



0

ds    14  36  50 1

Reemplazando en (*)

18cm



ds

2

453,600 50  4800,000 252 2

  1.116 * 10  4 rad / cm.

ds Ángulo de giro:

  L  1.116 * 10 4 * 2 2 * 100 .   L en cm.

  0.0246 Radianes.

14cm

3) Determinar los errores que se cometen calculando el esfuerzo cortante y la razón de torsión mediante las fórmulas de Bredt, en el caso de una sección en forma de corona circular, tal que

t 1 .  R 10

t Línea media

R

t  S o  2 R    2  t  1  38 R   S o  2R1    R1   20  2R   20  2

Área sectorial:

2

t t 361   A   R    R 2 1    R 2 2 400   R

374



T T T   5.54 2At 361  R  R 3 2 R 2  400  10  Luego tenemos:  38  T R  TSo T  20     5.832 2 2 4GA t GR 4 361  R  4G R 2  400  10  



Calculando  y  mediante las fórmulas exactas (Secciones anteriores) Obtenemos MÄX  5.816

T T y   5.816 .Comparando 3 R GR 4

(*) Con los valores exactos, encontramos que el error es del 4.75% por defecto para el esfuerzo cortante, y del 0.275% por exceso para la razón de torsión.

3.5) Torsión Inelástica 3.5.1) Introducción. Distribución del  Al deducir las fórmulas  

T TL y  se aceptó que la ley de Hooke es aplicable a J JG

todo el elemento sometido a torsión. Si la resistencia a fluencia  fl  es sobrepasada en alguna región del elemento, o si el material admite un diagrama    no lineal, las anteriores relaciones no tienen validez. En esta sección desarrollaremos un método más general, que puede aplicarse en los casos en que la Ley de Hooke no se verifica.



max

c





 Seccion 4.2.1 resulta válida para cualquier  C MÁX

material.



Si el esfuerzo  MÄX es especificado en el material,

max

puede

obtenerse

la

relación

   .

max

 375



Con el diagrama    , se determina  MÄX , y ese valor  se llevará a la ecuación 

P .  c MÁX

Para cada valor de  se determina el correspondiente  (usando la ecuación anterior). Posteriormente, para ese valor  determinado, y a partir del diagrama constitutivo    , se obtiene el correspondiente valor  .

Representando gráficamente los valores    se

max



obtiene la distribución deseada de esfuerzos.



Usando la ecuación de equilibrio c

T  2d







 MAX

0

c

T  2  2 d  

 0

donde    se obtiene del diagrama trazado anteriormente. Si es posible expresar    la integral (*) se dA 

evalúa analíticamente. En otros casos, la evaluación del torsor T, deberá

C



max

x



hacerse por integración numérica. c



Nota) El cálculo de la integral T  2  2 d se vuelve más significativo, si 0

c

observamos que la integral



2

d representa el Momento de Inercia, respecto al

0

eje  del área representada.

376





dA  dp



 MAX

d

T   2 dA   2 d 

 fl 3.5.2) Barras Cilíndricas Elastoplásticas

G 1

Consideremos una barra de sección circular llena y material elastoplástico, sometida a torsión. i) Si   H , es aplicable la Ley de Hooke, la distribución

T

de esfuerzos cortantes a través de la sección, es lineal; el máximo esfuerzo cortante estará dado por  MÁX 

T

Tc J



MÁX JH (del material) 

ii) A medida que el torsor aumenta, el esfuerzo cortante  MÁX también aumenta, hasta alcanzar el valor  H Con este valor  H  se calcula el momento torsor



max  fl 

correspondiente al inicio de la fluencia. TH 

J   W  fl c MÁX

TH: torsor máximo elástico (Es el mayor torsor para el cual las deformaciones permanecen elásticas).

Para una sección circular llena de radio c, se obtiene: T

 3 C  fl    2

377



iii) Cuando el torsor sigue creciendo, en la barra se desarrolla una Región Plástica, alrededor de un Núcleo Elástico de radio  fl



max  fl  fl

C



NUCLEO ELASTICO

En la región plástica, el esfuerzo es uniforme igual a  fl , mientras que en el Núcleo Elástico, el esfuerzo varía linealmente con  y puede expresarse como: 

H   fl

iv) A medida que T sigue creciendo, la región plástica se expande hasta que, en el límite, la deformación es totalmente plástica.

 Si usamos la ecuación de c

 fl



equilibrio: T  2  2 d  0     fl , podemos calcular el 0



momento torsor que corresponde a un  fl del núcleo elástico.  JH   0     fl  Recordando que:    H       C H  fl

Tenemos: H

c

H  d 2  2  fl d T  2    H   0 



2



H

efectuando las integrales: T

 2  3H   , y puesto que C 3  fl 1  3  3 4 C  

TH 

 3 C  fl  ec.   2

obtenemos: T

4   3H   , siendo TH el momento torsor elástico máximo. Tfl 1  3  4C 3 

378



Nótese que cuando   0 , el momento tiende al valor limite TP 

4 Tfl que seria el 3

valor del Momento Torsor correspondiente a una deformación totalmente plastificada.

Definición) El valor límite Tp se denomina Momento Torsor Plástico. Nota) Las fórmulas deducidas son exclusivas para barras circulares llenas, de material elastoplástico.

La distribución de la deformación a través de la sección permanece lineal después del inicio de la fluencia. La ecuación   

 permanece válida y puede emplearse para L

expresar el radio del núcleo elástico  fl en función del ángulo de torsión. Si  es suficiente grande para causar deformaciones plásticas, el radio del núcleo elástico  H se obtiene haciendo  igual a la deformación de fluencia  fl , es decir:  fl   fl

  1 L

Sea  fl el ángulo de torsión al iniciarse la fluencia, (cuando  fl  C ). Haciendo    fl y  fl  c en la condición (1), obtenemos:  fl  c

 fl  L , de donde c  fl  2 L  fl

De las ecuaciones (1) y (2), obtenemos: c 

L   fl  fl L

 f c



H . 

Si reemplazamos

H 4   3H   en la ecuación T  Tfl 1  3  c 4C 3 

expresamos el momento torsor T en función de  : T

4   3 fl Tfl 1  3 3  4

   3  

Donde: Tfl  Torsor en el inicio de fluencia

 fl Ángulo de Torsión en el inicio de la fluencia Observar que la ecuación (3) se usa únicamente para   fl .

379



Para  fl la relación entre Ty  es lineal (dada por  

TL ). JG

Combinando las dos ecuaciones para el torsor T, obtenemos:  TG  L , si  fl  T=  3    4 Tfl 1   fl , si 3   3  4 

  fl

T

T

Tfl

4 Tfl 3



fl

Diagrama T- para la torsión de barras circulares llenas, de material elastoplástico.

EJEMPLOS 1) Un eje circular sólido de L= 1.2 m y d= 50 mm es



sometido a torsores T = 4.5KN-m en sus extremos. Si el eje es de material elastoplástico (   150MPa ; G  80GPa ),

fl

G 1

determinar:



i) El radio de Núcleo elástico.

ii) El ángulo de torsión del eje.

T

i) Radio del núcleo elástico: Torsor pura inicio de la fluencia Tfl  Wfl donde

W

T

 3 C (ec.**). 2

Reemplazando valores: 3  25 * 103 150 * 106  3,681.55 N  m 2 Tfl  3.681 KN-mTaplicado  4.5 KN-m

Tfl 







En consecuencia, la barra si está en fluencia.

380



Usamos la ecuación T 

3  4  Tfl  1  fl 3  obtenemos: 3  4c 

3

3T  fl   c   4  T Reemplazando valores y despejando  fl ,   fl Tenemos: fl  15.75 *103 m ii) Ángulo de Torsión En el inicio de la fluencia, el ángulo de torsión es fl 

TL donde T es el torsor de JC

fluencia. Reemplazando datos: fl  89.9 *103 Rad De la ecuación

 fl fl obtenemos   C fl  fl c 

Reemplazando valores hallamos

  142.7 *103 Rad

  8.18º 

2) Se aplica un torsor T en la barra AB, de acero elastoplástico

 H  150MPa;G  80GPa

d=20 mm T

B

Determinar: i) El torsor cuando el ángulo de torsión en A es 45º ii) El diámetro correspondiente al Núcleo Elástico de la barra

A

1.5 m

El ángulo de torsión en el inicio de la fluencia, es:

fl 

TflL TflC L L   fl JG J GC GC


fl  150 *106

1.5  16.114º 80 *10 *10 *103 9

3 4  1  f    El torsor T se calcula con la ec. T  Tfl 1     3  4    

donde Tfl 

flJ Reemplazando valores obtenemos: c

T=293 N-m ii) Diámetro del Núcleo Elástico:

381



fl fl c   fl   c  dato 10 * 10 3 16.114   6.446 * 10 3 m 25 dfl  12.98mm.

fl 

dext =70 mm dint =30 mm

3) Un eje tubular es de material el elastoplástico  G  80GPa; fl  180MPa  , y su longitud es 0.9m Determinar: i) El ángulo de torsión para el cual la sección se convierte en completamente plástica.

fl  180MPa

C2

ii) El correspondiente momento torsor.

C1 -) Fuencia de la superficie interior

fl 

 flL flL  c1 Gc1

180  106   0.9  fl   0.135 Rad  80  109 15 * 103 

 7.737º

ii) Momento torsor:

TP  2 2 fld  2 L

0.035



fl2d

0.015

0.035

1  TP  2fl  3   14.89 KN-m  3  0.015

x

4) Una barra de acero elastoplástico que tiene la forma indicada, está sometida a torsores T=45 Klb-pulg. Hallar

A

B

E

C

D T

T

i) El espesor de la zona plástica en la porción CD.

d  2''

ii) La longitud de la porción BE que permanece

4''

totalmente elástica. Considerar G= 11.5*106lb/pulg2; fl  22

d  2.5''

Klb pulg2

382



i) Zona plástica en la porción CD (Consideramos la sección en D).

Tfl  fl

J   3  fl CD3  Tfl   22    1  34.56 Klb-pulg cD 2 2

3  1   3  4  1  fl   4 fl Usamos: Tfl  fl  1      45   34.56   1     3  4  CD   3 4  CD      

encontramos fl  0.454'' . Luego el ancho de la zona plástica es 1-0.454=0.546 pulg.

ANCHO

NUCLEO ELASTICO

ii) Sección E totalmente elástica

PEA

J J T J 45 T  fl      2.045 CE CE  CE 22

PLASTICA

 CE4  2.045  CE  1.092'' 2 CE

Reemplazando J:

semejanza s; encontramos x=2.528''

B E

C

1.25'' 1.092''

1.00''

x 4'' 3.6) Torsión de Elementos de Sección no Circular Las fórmulas para la distribución de esfuerzos y deformaciones bajo cargas de torsión, deducidas en las secciones anteriores se aplican únicamente a elementos de sección transversal circular. Su deducción se basa en la hipótesis de permanencia de las secciones planas. La validez de esta hipótesis depende de la simetría axial del elemento. Para barras de otra sección transversal, por la falta de simetría axial, la torsión ocasiona que las secciones transversales salgan de su plano (se alabeen).

383



T

sec cion plana

T

sec cion distorcionada (alabeada) La determinación de los esfuerzos y las deformaciones en elementos de sección no circular, sometidos a cargas de torsión, no puede determinarse con los métodos simplificados de la Mecánica de Sólidos, Se estudian en cursos avanzados como Elasticidad, Mecánica Estructural y otros.

Un resultado de interés para la torsión de barras rectas de sección rectangular uniforme, es: max

a

T

T

G 

b

modulo de rigidez 

L

a  Lado más largo de la cara (a>b). El esfuerzo cortante máximo ocurre a lo largo de la línea central de la cara más ancha de la barra.

max 

T c1ab2

El ángulo de torsión se expresa por:



TL c 2ab3G

Los coeficientes c1 y c 2 dependen únicamente de la relacion a/b. (Las expresiones indicadas son válidas sólo para el intervalo elástico lineal). a/b-----------------------c1-----------------------------c2 1.0---------------------0.208---------------------0.1406 1.2---------------------0.219---------------------0.1661 1.5---------------------0.231---------------------0.1958

384



2.0---------------------0.246---------------------0.229 2.5---------------------0.248---------------------0.249 3.0---------------------0.267---------------------0.263 4.0---------------------0.282---------------------0.281 5.0---------------------0.291---------------------0.291 10.0--------------------0.312---------------------0.312

 ----------------------0.333---------------------0.333 Ejemplo T

Se aplica un torsor T=2Klb-pulg.

T

T

a cada una de las barras

d

d

representadas. Si el esfuerzo

d d

cortante admisible es 6

2d

Klb/pulg2, hallar la dimensión “d” requerida para cada barra.

Barra de la sección circular: Td / 2  d / 24 2  2d / 2 6  d  1.193 pu lg  4 d / 2 2  max 

 max 

T a a b  1 2 b C1ab

 max 

2  6  d  1.170 pu lg 0.208 d3

Barra de sección cuadrada:

 max 

Barra de la sección rectangular:

T 2d   2  C1  0.246 2 d C1ab

  max 

2  6  d  0.878 pu lg 0.246  2d3

 

A las barras representadas en el problema anterior, se les aplica un torsor de 300 N-m. Si el esfuerzo cortante admisible es 60 MPa, hallar la dimensión “d” requerida para cada barra.

Similar al ejemplo. Obtenemos: Barra de sección circular  d=29.4 mm Barra de sección cuadrada  d=28.9 mm

385



Barra de sección rectangular  d=21.7 mm

3.6.1) Otras Secciones Transversales. *) Sección elíptica MÁX  en los extremos del eje menor.

 MÁX 

16T ; siendo T el torsor b 2 h

h

En la barra de sección transversal elíptica.

material con modulo de Rigidez G

El Ángulo de Torsión, por unidad de longitud, es: 

4 2 TI P 4

A G

Donde IP=





 bh 3  hb 3 es el 64

b

momento polar de inercia de la sección. A

 bh  área de la sección transversal. 4

**) Sección en Triángulo Equilátero.

b m

 máx  en el centro de los lados

(Puntos m)  máx 

m

m

h

20T b3

El ángulo de torsión por unidad de longitud, es  

4b2T , siendo G el módulo de b 4G

rigidez del material. ***) Sección en Hexágono Regular  máx 



T 0.217 Ad

T , donde d es el diámetro del círculo inscrito y A el área de la sección. 0.133 Ad2 G

****) Octágono Regular  máx 

T T ;  (d, A → igual que el caso 0.223 Ad 0.13 Ad2 G

b

a

anterior). *****) Trapecio isósceles Se reemplaza el trapecio isósceles por un rectángulo

CG

c

d

equivalente (a b c d). Al rectángulo equivalente se le aplican las formulas dadas en la sección anterior.

386



La deducción de estas (y otras) fórmulas, así como el comportamiento de sólidos más generales se estudian en Cursos Avanzados de Mecánica de Sólidos o Elasticidad. Para el “Estudio Experimental” de la torsión existe un procedimiento analítico denominado Analogía de la Membrana.

3.7) Ecuaciones Diferenciales para Momento y Ángulo de Torsión

Al deducir la ecuación    0 

Tdx

 GJ L

se aceptó que el radio de la barra era

constante.

Si se aplica un torsor distribuido a lo largo de la barra, entonces el momento torsor interno variará a lo largo de dicha barra. En este caso se estableció una ecuación diferencial para determinar el cambio de torsor y el ángulo de torsión en cualquier sección de la barra.

De manera más general: Consideremos una barra de material lineal elástico, de sección circular variable a lo largo de la barra y sometida a la acción de torsores distribuidos q(x) y torsores concentrados en los extremos.

TA

TB xB

xA

qx   momento torsor por unidad de longitud de la barra. Longitud de la barra : L  XB X A

L Separamos un elemento de barra de longitud x

387



Los torsores internos en las secciones del elemento, son: T(x  x)

T(x)

T  x  y T  x  x  . Ladistribucion del torsor q  x  contribuye con

x

x origen

x x

 q  x  dx  q    x  x

donde : q()x

T(x)

xx  x

T(x  x)

TL  x   q x  Tx   0

Equilibrio:



Tx  x   Tx   q   0 x x  0

Pasando al límite cuando



dT x   qx   0(i) dx

notar

El ángulo de torsión relativo a lo largo de la barra, es: Combinando las ec. (i) y (ii), tenemos:

Si q=0 y GJ se mantiene constante

que si x  0   x .

dT x  T dφ   T  GJ  ii . dx JG dx

d  d    GJ   qx   0iii  dx  dx 

dT x  0 dx

ec.i.

En este caso, el momento torsor a lo largo de la barra se mantiene constante. Si q=q(x) diferente de cero, se integra la ec.(i) para encontrar T=T(x). Con T=T(x) conocido se integra la ec.(ii) para encontrar   x .

Las dos constantes de integración (que corresponden a las integraciones) se evalúan mediante dos limitaciones sobre el sistema estudiado.

Alternativamente, con q=q(x) conocido se puede integrar la ec.(iii) para encontrar

x . (Las constantes se encuentran en base a las condiciones propias del problema). Por ejemplo con q(x)=0 y GJ constante 

d2  0 dx 2

iii , de

donde determinar emos   C1x  C 2 .

388



Si el ángulo de torsión en x=xA es  A y en x=xB es B , las constantes se determinan a partir de las condiciones:  A  C1X A  C 2 ; B  C1XB  C 2  C1

B   A ; C 2  C1XB  B xB  x A

En este caso, el ángulo de torsión varía linealmente, de acuerdo con: x  

B   A   A x  x B   B x  C1x B  B  x   B xB  x A xB  x A

Observar que, en este caso, a partir de las ecs. (ii) y anterior, tenemos:   A d B   A T    T  GJ B dx x B  x A GJ xB  x A

x B  x A T

 L .

GJ  B   A  L

que es una ecuación ya conocida para T constante.

Ejemplo

L La barra circular de longitud L, representada en el esquema, se somete a un torsor distribuido q0 .El módulo de rigidez del material es G y el momento polar de inercia de la sección es

x

J. Determinar los torsores reacción, la distribución del

q0

ángulo de torsión a lo largo de la barra y el esfuerzo cortante

A

B

máximo (diámetro d).

Equilibrio: TA  TB  q0L i

B

TA

La

q0

B

ecuación

constante es

(iii)

con

q=q0;

GJ

q d2    0 . Integrando 2 GJ dx

la ecuación anterior, tenemos:

TB Condiciones: 0   A  0

x y

x   

q0 x 2  C1x  C 2  iii  2GJ

L  B  0 (empotramientos).

Reemplazando en (ii) determinamos C 2  0; C 

q0L . 2GJ

La distribución del ángulo de torsión, a lo largo de la flecha, es:

389


x  


q0L  x x 1   2GJ  L 

Por la ecuación (ii), obtenemos T=GJ

q L  2x  d  GJ 0 1   dx 2GJ  L 

La distribución del torsor a lo largo de la barra es lineal: T

q 0 L  2x  x 1   2  L 

Reacciones: TA  T0 

q0L 2

TB  TL   q0

L 2

Graficas de Tx y x  :

q0

L 2

max 

B A

torsor

q0

L 2

A

q0L2 8GJ

en x=L/2

B

angulo de torsion  MAX   MIN 

q L 2d 2  8 qL , que se desarrolla en los apoyos. q0L   máx  0  4 2 d3 r 4

390

CAPÍTULO IV ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Energía de Deformación es uno de los conceptos más importantes en el estudio de la Mecánica de Sólidos Deformables. 4.1)

Introducción. Definiciones

En el estudio del movimiento de partículas discretas y cuerpos rígidos, se demuestra que muchos problemas pueden solucionarse más fácilmente usando principios y consideraciones de energía, que usando la formulación directa de las ecuaciones del equilibrio. En este capítulo se definen Métodos de Energía que son extremadamente útiles para solucionar problemas y otros planteamientos de la Mecánica de Sólidos Deformables.

Definición. Energía de Deformación, es la energía almacenada en un sólido, en consecuencia del trabajo realizado por las acciones externas durante el proceso de deformación (Energía Interna). Si el material es elástico, se denomina Energía de Deformación Elástica.

Resulta fundamental distinguir la manera en que pueden aplicarse las cargas externas:

F

F F: constante F = K Δ

Δ APLICACIÓN GRADUAL  Aplicación lenta, por incrementos 

APLICACIÓN SÚBITA  Aplicación violenta 

Los efectos dinámicos

Los efectos dinámicos

(aceleraciones, vibraciones;…)

(aceleraciones, vibraciones;)

pueden ser considerables.

son despreciables.


Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz W

Nota

x

Existe otra manera de aplicar

h

las cargas: POR IMPACTO (Será tratada posteriormente, en el presente capítulo. 4.1.1)

Trabajo de Cargas Externas

Consideraremos un sólido deformable en equilibrio, sustentado mediante apoyos no elásticos. F1

Fuerzas restrictivas  No generan trabajo A F2

A' F4

(Reacciones: no sufren desplazamientos en su dirección) Acciones aplicadas  Generan trabajo

P F3

La aplicación gradual (por incrementos) de las cargas, requiere: Q – Wext = E2 – E1. . . . (1) (Primera Ley de la Termodinámica) Donde: Q: Cantidad de calor transferido durante el proceso carga – deformación. Wext: Trabajo realizado por el sistema de cargas externas durante el proceso carga –deformación. E2 – E1: Cambio en la energía.

4.1.2) 1)

 Energía potencial (altura)  Incluye  Energía cinética (movimient o) Energía Interna (deformaci ón) 

Hipótesis Simplificatorias

Si el proceso carga–deformación es aproximadamente ADIABÁTICO (sin transferencias importantes de calor), puede aceptarse Q  0.

2)

Si el trabajo realizado por el centro de gravedad del sólido es despreciable durante el proceso carga – deformación (el centro de gravedad del sólido no

392


Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz

cambia significativamente de posición), entonces el cambio en la energía corresponde únicamente al cambio en la energía interna.

3)

Si el material es elástico (no necesariamente lineal) y no existe HISTÉRESIS, el cuerpo realiza una cantidad igual y contraria de trabajo durante los procesos de carga y descarga.

F

F W1 = -W2 carga = descarga

Lazo de Histéresis

ga

car

rga ca

a carg des

ga ar c s de

ELÁSTICO

ANELÁSTICO

Con dichas hipótesis, puede considerarse que los sólidos deformables almacenan energía durante su deformación, y ésta energía es equivalente al trabajo generado por las cargas externas.

La primera Ley de la Termodinámica (ec. 1) se expresa por: Wext = U . . . . (1.1) Siendo U la energía interna almacenada en el sólido durante el proceso carga / deformación. 4.2)

Energía Debida a Fuerza Normal

Consideremos una barra prismática de material elástico lineal, sometida a la acción gradual de una fuerza axial centrada. L

F

A;E

F=KΔ

Δ F

Δ El trabajo realizado por la fuerza F, es:

393



F F=K

Wext 

( F)

Wext

dWext = Fd

 Fd Δ  Δ



2   kd  k 2 0

k 2  . . . . (2) 2

Por la ec. (1.1)  U =

La ec. (2) puede escribirse: U =

1F 2 1   U = F . . . . (3) 2 2

F F=K

(

U

F)

U = 1 FD 2 Área bajo el diagrama

Si, además, el material satisface La Ley de Hooke: U

F 2L F 2L 1  FL   U . . . . (4) F  = 2EA 2  EA  2EA

Notas: i)Observar que

U FL   F EA

"La derivada parcial de la Energía de Deformación almacenada en un sólido de material elástico lineal, con respecto a una fuerza aplicada, es igual al desplazamiento del punto de aplicación de esa fuerza, medido en su dirección" (Segundo Teorema de Castigliano).

ii)Es posible expresar la energía de deformación, (ec. 4), en función de otras variables. En función del  394


Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz 2

U

F 2LA F 2L LA 2  F  LA  U 2 =    U  . . . . (5) 2EA 2E A 2E  A  2E

2 Vol . . . . (5.1) 2E

ó U

(Vol = AL = Volumen no deformado)

En función del Cambio de Longitud

U

F 2L FL EA ;  F  , reemplazando en (4) 2EA EA L

U

EA 2 L  EA    U   . . . . (6)  2EA  L  2L

2

En función de la Deformación Unitaria: Sabemos que  = L  reemplazamos en (6): U

EA L 2 = EAL 2 . . . . (7) 2L 2

ó

U

E 2  Vol . . . . (7.1) 2

(Siendo Vol el volumen inicial)

Iii) Si el sólido tiene secciones transversales variables (sólido homotético) pueden aplicarse, convenientemente, las ecuaciones anteriores para calcular la energía de deformación almacenada en el sólido.

Para el elemento diferencial: dz

dz

F (aplicada gradualmente) F

F

E d( )

A= A (z) (acotada) A= A (z)

z L

Si el material sigue la ley de Hooke: d()  Luego dU 

F(dz) EA

1 1 F F d() = F( dz) 2 EA 2

Usando la ecuación 4:

395


dU 


F 2dz F2 . . . . (8) dz  U    2EA L 2EA (z)

La ec. (8) puede usarse también cuando F = F(z)

U 

  L

F 2 ( z )dz . . . . (8.1) 2EA( z )

iv) El trabajo realizado por la carga externa F (aplicada gradualmente) es numéricamente igual al área limitada por el diagrama P-.

F F= F( ) dU = F d



F F

U 

d



 ΔdF  Δ

Definición. El área complementaria en el diagrama P–, define la Energía Complementaria.

F

 



( F)

U*

U + U*=F

F

U Propiedad:

U* 

 ΔdF (Energía

 F

Complementaria)



 Fd   dF  ()(F) 

F

Si U  U*  el material es de comportamiento no lineal. Si U = U*  el material puede ser de comportamiento lineal. U = U*  no implica necesariamente comportamiento lineal.

396



F

F ( F) ( F)

U*

U*

U = U*

U = U* U

U





U = U* no implica necesariamente comportamiento lineal

iv) Al someter un sólido a la acción de fuerzas, éstas generan trabajo, que en general se invierte deformando al sólido, generándose la Energía Interna. Si las cargas son aplicadas gradualmente, la energía cinética puede ser despreciable. Si las cargas no se aplican gradualmente, será necesario incluir la Energía Cinética (K). F

AA’: Con velocidad importante A A'

Wext = U + K

v

La aplicación gradual de las fuerzas, garantiza que los efectos dinámicos en las partículas materiales son insignificantes (casi nulos) y por consiguiente K  0.

vi) Todo sistema conformado por elementos linealmente elásticos sometidos a fuerza axial centrada, almacena Energía de Deformación. n

UTOTAL   Ui i 1

Siendo: Ui:la energía almacenada en el i-ésimo elemento. n: nº de elementos Barras linealment e elásticas y de sección transversal constante Armaduras  Apoyos no elásticos

397



Fi

Ai

4

i;

6

Li

5

;E

2

1

Elemento i-ésimo

7

3

Fi

Ui 

Fi2L i 2Ei A i

UTOTAL 

Fi2L i  2E A . . . . (9) i 1 i i n

Si existiesen "Apoyos Elásticos", en el cálculo de la Energía Total debe incluirse la Energía almacenada durante la deformación de los apoyos.

Resortes elástico lineales

K1

K1, K2  constantes de resorte

K2 1

2

F1 = K11 (resorte 1) F2 = K22 (resorte 2) Unidades de K  FUERZA/LONGITUD

UTOTAL = U1 + U2 + UR1 + UR2

U TOTAL 

F12L1 F 2L 1 1  2 2  FR1 1  FR 2  2 2E1 A1 2E 2 A 2 2 2

(1 y 2 son los cambios de longitudes de los resortes) También:

U TOTAL 

F12L1 F 2L K K  2 2  1 21  2 22 2E1 A1 2E 2 A 2 2 2

vii)Es importante distinguir entre Carga Aplicada gradualmente y Carga Aplicada súbitamente.

398



F F F: creciente con 

F = K



( F ) L E A

U= 1 F

U



 (Aplicación Gradual)

F F



F: aplicada en toda su intensidad

( F ) F :constante

L E A

U= F

U

 (Aplicación Súbita) viii) Sea U la energía almacenada durante el proceso de carga / deformación,

F Rango inelástico

 F

U  Si desde un punto en el rango inelástico, se descarga el material, la fuerza regresa a cero, presentándose un alargamiento permanente. En el proceso de descarga NO se recupera toda la energía generada durante el proceso de carga.

399



F

Energía disipada

Energía recuperable

 perm

elástico (recuperable)

El resto de energía se disipa (calor, fricción interna, etc...).

ix) El principio de Superposición NO puede aplicarse para evaluar la energía de deformación en un elemento.

400



1

F1 A  1  1 L



1 

s e

1

1

L E A

F12L U1  2EA

F2 F2 A  2  2 L 2 



s e

1

1

L E A

F22 L U2  2EA

F 1+ F 2

   

s e

L E A

F1  F2  1  2 A   2  1  1  2 L 

(F1  F2 )2 L U 2EA

U  U1 + U2

s=s1+s2 e=e1+e2 (Si pueden superponerse)

EJEMPLOS

1.

En el sistema representado, cuya rigidez axial EA es constante, determinar: i)La energía de deformación U1 cuando Q=0 ii) La energía de deformación U2 cuando P=0 iii) La energía de deformación cuando actúan a la vez P y Q

401



A

B

C P

L/2

i) Q = 0

U1 

ii) P = 0

U2 

iii) P y Q

U3 

U3  U3 

L/2

P12L 2EA Q2 L



2 2EA

U2 

Q 2L 4EA



P2 L

2 2  (P  Q ) L / 2 2EA 2EA

P 2L 4EA P 2L 2EA







P 2L 2PQL / 2 Q 2L   4EA 2EA 4EA

PQL Q 2L  2EA 4EA

Notar que U 3  U2 + U1

2. Cada barra de la armadura representada tiene área transversal A y módulo de elasticidad E. Hallar el corrimiento horizontal del punto B.

P

B 1 2 A

60º

60º

C

L P

L1  L2  L F 1cos 60º F2 cos 60º  P F 1sen60º  F2 sen60º F 1 F2

F1 F2

1 1  F2  P  2 2 F1  P F1

F2  P

402



Aplicando la ecuación 4: U 

U ΔHB B

2

F1 L1 F L + 2 2  2E1A1 2E 2 A 2 P 2L P 2L P 2L + U 2EA 2EA 2EA

P

Wext 

B’

U

p B ΔH 2

P 2L 2EA

Principio Fundamental:

P B P 2L 2PL ΔH   ΔBH  2 EA EA 3. La rigidez axial de las barras AB y BC es EA. El ángulo b puede variarse cambiando la longitud de las barras, pero el nudo B debe permanecer a una distancia L de AC. Hallar la máxima energía de deformación y el correspondiente desplazamiento vertical del nudo B.

A 

B P 

C

FAB b

b

FCB

L

FCB senβ  FABsenβ  FCB  FAB FCB cos β  FAB cos β  P 2FAB cos β  P FAB 

P

P 2 cos β

403


LAB




senβ 

L L  LAB  L AB senβ

L U

2 P2 L P 2L  U  2EA 4 cos2 β senβ 4EA cos2 βsenβ

Umin, cuando cos2sen sea máximo: y  cos2 βsenβ

y  cos2 β cos β  senβ 2 cos β  senβ  β y  0  cos3 β  2 cos βsen 2 β β

cos β  0  cos2 β  2sen 2 β  0 1  2 tan 2 β  0  tan 2 β 

3



2

1 2

senβ 

2

1 , cos β  3

2 3

1 U min 

P 2L 1 3 3 2  U min  P L 2 4EA  2  1 8EA    3 3  

A

B

V B

P C

Wext 

1 B PΔV 2

Wext  U min

404



p B 3 3 2 ΔV  P L  2 8EA

3 3 P L 4EA

ΔBV 

4. Las barras de la armadura representada tienen rigidez axial EA. Determinar: a) La Energía de Deformación en términos del desplazamiento vertical del punto D. b) El desplazamiento vertical del punto D. c) Las fuerzas en las barras de la armadura.

A

B

C h





D P a)

cos α 

h h  LDC   LAD LDC cos α

A

B

C



D

C

D

cos α 

U U



A

V D

D

Δ DC  Δ DC  ΔDV cos α  Δ AD  ΔDV cos α ….( * ) D ΔV

EA 2 EA 2 EA D 2 Δ AD  Δ DC  ΔV 2LAD 2L DC 2h EA D 2 EA D 2 EA D 2  1 ΔV cos2 α  ΔV  ΔV  cos3 α   h 2h h 2  cos α 405


U






2 EA 1  2 cos3 α ΔDV 2h

b) Wext 

1 D PΔV 2

Principio fundamental:





2 1 D EA Ph PΔV  1  2 cos3 α ΔDV  ΔDV  2 2h EA 1  2 cos3 α





c) Fuerzas:

FAD

 FH = 0  FAD= FDC

FDC a

a

 FV = 0 FAD cosaFDC cosa FDBP 2 FAD cosa FDBP

P FDB

Ph cos α EA 1  2 cos3 α

De ( * ) Δ AD 

Como Δ AD 





FAD LAD , obtenemos: EA

F Ph cos α h , de donde:  AD 3 EA cos α EA 1  2 cos α



FAD 



P cos 2 α F DC 1  2 cos3 α

De la ecuación de equilibrio:

2

P cos 2 α cos α F BD P  1  2 cos3 α

FBD 

P 1 2 cos3 α

5. En el sistema representado, cuando P=0 existe la diferencia de longitudes S: i)Graficar un diagrama fuerza desplazamiento ii) Calcular la energía de deformación almacenada en los resortes, cuando X =2S

406



S

K2 i) 0 X  S

K1

P

P = K1 X

K2

ii) X S

X

K2 ( X- S ) P

K1 X K2 ( X- S )

K1 X .......... .......... .. 0  X  S  2K2 x  S  K1x  P  P `  K 1X  2K 2 ( X  S )..... X  S  P (K1 +K 2 )2S

U

K1 X S

U

2S

X

K S  (K1  K 2 )2S 1 K1SS  1 S 2 2

U  (2K1  K 2 )S 2 4.3) 4.3.1)

Energía Debida a Fuerza Cortante y Momento Torsor Energía Debida a Fuerza Cortante

407



Consideremos una barra prismática de material elástico lineal, en Estado de Esfuerzo Cortante. L

g

A ; E, G

d

F aplicada gradualmente F

F  K'δ d: desplazamiento de la sección libre

Dejando de lado el efecto de flexión (momentos), la fuerza F produce la distorsión , y el desplazamiento . Para evaluar la energía de deformación, aplicamos la ec (1.1): W ext = U donde W ext  trabajo producido por la carga F durante el desplazamiento . U  Energía almacenada en la barra por efectos de la fuerza cortante. Para deformaciones infinitesimales  0;  = L. Luego Wext 

1 1 1 F ó U  F  U  FL 2 2 2

Si los esfuerzos en el material permanecen en el rango elástico lineal

 = G, y en consecuencia: U

1  1 FL F FL  U  2 G 2 G A

de donde U 

1 F 2L . . . . (10) 2 GA

(de la misma estructura que la ecuación (4)) La energía U, puede expresarse en función del esfuerzo cortante promedio: 2

U

F2LA  F  LA LA    U  2 . . . . (10.1) 2G 2A 2G  A  2G

ó U  2

Vol . . . . (10.2), 2G

siendo Vol = AL el volumen del sólido no deformado. También U = ∫(V)

τ2 dV 2G

(10.3)

408


4.3.2)


Energía Debida a Momento Torsor

Consideremos una barra circular de material lineal elástico, con Módulo de Rigidez G.

A

B 

T aplicada gradualmente

L La sección B gira el ángulo  por efectos del torsor T T T=K (, T)

1 U  Tφ 2

U  Pero en el rango elástico lineal, sabemos que:

φ

TL T TL T 2L U  U    …..(*) U es función del torsor T 2GJ GJ 2 GJ

También:

U

1 GJ GJ 2 φ φ U  φ …..(**) U es función del ángulo  2 L 2L

Para barras compuestas: n

U  U i i 1

donde Ui es la energía almacenada en el sólido i.

Ti 2Li U  i 1 2Gi J i n

409



Si la sección transversal de la barra o si el torsor interno son variables a lo largo de la barra:

T 2 x dx  2GJ  X  L

U EJEMPLO

Una barra troncocónica de material elástico lineal, está sometida al torsor T en su extremo libre. Calcular la energía de deformación y el giro del extremo libre.

B A T

dA

dB

L En este caso T y G son constantes, J(x) variable.

Por semejanza

dA

x

d

d  dA 

dB

dB  d A x L

El momento polar de Inercia es:

J x 

d  dA  π 4 π   d  J x   x dA  B 32 32  L  T 2 x

L

Por tanto: U 

 0

4

2G

d  dA  π  X dA  B 32  L 

4

410



Evaluando la integral:

U

 1 16T 2L 1  3  3 3πGd B  d A   d A d B

  

Puede calcularse el ángulo de giro A:

Wext

 1 1 16T 2L 1   3  3   U  Tφ A  2 3πGd B  d A   d A d B 

, T aplicado por

incrementos

φA 

 1 32TL 1  3  3 3πGd B  d A   d A d B

  

4.4) Densidad de Energía Definición. Se denomina densidad de energía de deformación al valor u

U . . . . (1) Vol

Donde U es la energía de deformación almacenada en el elemento de volumen inicial Vol. Alternativamente, puede definirse u 

dU . . . . (1.1) dV

almacena dU dV

La densidad de energía también se denomina Energía por Unidad de Volumen (Energía unitaria). Unidades: [u] 

[unidades de U] [unidades de V]

En el sistema internacional:

Nm Joule  3 m m3

Para una barra de material elástico, sometida a carga axial, la densidad de energía, es:

411



Δ LEA

 u

F



 A d( L )

 Fd

 

u 

F

AL

ó



s (e,s)

u   d . . . . (2)  

U e Notas i) El concepto de Densidad de Energía de Deformación, elimina el efecto del tamaño de la barra, y concentra la atención en las propiedades del material. ii) Existe cierta analogía entre U y u: Uen el plano F-Δ uen el plano s-e

F

s

u

U

e

Δ

u

U   Fd  

 d 

iii) Para una barra de material elástico lineal, la densidad de energía puede expresarse de diferentes maneras: Δ LEA

F

412



1 F 2L U u   2 EA V LA 2

 F2 1 u  u 2  . . . . (3) 2E A 2E s s=Ee

(e,s) 1 σ2 u  2 E

e También u 

1  . . ..(4) 2

u

1 1 E  E2 2 2

u

1 2 E . . . . (5) 2

Definición. La densidad de energía de deformación, evaluada en el punto límite de proporcionalidad del material, se denomina Módulo de Resiliencia del material. Representa la energía máxima, por unidad de volumen, que puede absorver el material sin que se presenten deformaciones permanentes.

s

sfl

u

1 σ fl εfl 2

e efl

iv) La energía total de deformación puede calcularse a partir de la densidad de energía.

413



dU  U   udV . . . . (6)  dV V

u

PROBLEMAS 1) En la armadura representada, todas las barras tienen 10 pulg 2 de sección transversal. El material admite la ecuación constitutiva  = 10–6( + 2) ( en klb/pulg2). Calcular la energía total de deformación.

7

9'

4

3

5

6

P= 60 Klb

No se usan Ui 

1

2

12'

12'

Fi2L i 2Ei Ai

puesto que el material de las barras NO es de

comportamiento elástico lineal.

tra

cc

ió n

F

U 

co

m

pr e

si

ón

U

U   Fd (barras en tracción)  

U = ∫F dΔ (barras en compresión)  Δ

Determinamos las Fuerzas Axiales en las barras de la armadura.

414



F1 = –160; F2 = –80; F3 = 0; F4 = 100; F5 = –60; F6 = 100; F7 = 80 (klb) Determinamos los Esfuerzos Normales correspondientes. 1 = –16; 2 = –8; F3 = 0; 4 = 10; 5 = –6; 6 = 10; 7 = 8 (klb/pulg2) Energía en la barra i-ésima Ui   Fd 

U i   σAd (εL)  AL  σdε  en tracción  ε

 ε

  Ui  AL   d   en compresión    

Pero  = 10–6( + 2)  Ui  AL (10 6 )(1  2)d 0

σ

U i = 10 AL∫ σ (1 + 2σ )dσ = 10 AL 6

6

0

U i = 10 6 AL

σ2 2

+

2 σ 3

3

σ2

2 + σ 2 3

σ 3 0

. . . . (*)

UTOTAL = U1 + U2 + U3 +... + U7 . . . . (**) Reemplazamos los valores particulares para cada barra, obtenemos: U1 = 4.1165; U2 = 0.5376; U3 = 0; U4 = 1.29; U5 = 0.175; U6 = 1.29; U7 = 0.5376 (usando *) Luego, la energía total será U = 7.9467 klb-pulg (usando **)

2

Para el bloque de material elástico lineal e isotrópico representado, determinar la Energía de Deformación. El material presenta el diagrama - indicado.

415


Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz FY

FZ =50 KN

5 cm

FX

10 cm

8 cm

FX =500 KN

FZ FY =100 KN

s 140 MPa =0.3

10 -3

e

Debido a la isotropía, la densidad de energía, es u

1 1 1  x x   y y  zz . . . . (1) 2 2 2

Esfuerzos: x 

y   z  

500 kN  125000 kPa ; 8  5  10 4 m2

100 kN  20000 kPa 5  10  10  4 m2

50 kN  6250 kPa 8  10  10 4 m2

Deformaciones:  x  z 

1 1 [x  (y  z )] ;  y  [y  (x  z )] ; E E

140 1 [z  (x  y )] . Del gráfico constitutivo hallamos E   3 MPa E 10   (pasar a kPa)

Reemplazando valores, encontramos:x = 0.000949 y = – 0.000397 z = – 0.000269 Reemplazando en (1) obtenemos u = 64.123125 416



La energía total será U = uV U = (64.123125)(0.05)(0.08)(0.10) = 0.02565 kJoules

3)

Hallar el desplazamiento horizontal del nudo C. L1 = 10 2 '

B

A

A1 = 0.5 pulg2 E1 = 3×104 klb/pulg2 2

1

L2 = 10' A2 = 1 pulg2 E2 = 3×104 klb/pulg2 F= 16 Klb

Hallamos las fuerzas internas  F1 = 16 2 klb; F2 = –16 klb Calculamos la energía total de deformación:

U

1 F12L1 1 F22L 2 , reemplazando valores  U = 3.408 klb-pulg.  2 E1A1 2 E2 A 2

Trabajo realizado por la carga F. B

A

2'

1'

C' F

V

C

C C

H

Principio fundamental W ext = U 

1 (16)CH  3.408 2

De donde obtenemos CH = 0.426 pulg (Trabajo = Fuerza×desplazamiento en la misma dirección)

4)

Una barra prismática de longitud L, sección transversal de área A y peso W , cuelga libremente de uno de sus extremos. Calcular la energía elástica debida al peso propio. Considerar E el módulo de elasticidad del material.

417



L E A

Fuerza Interna:

F+Q=W  F=W–Q (Q: peso de la barra parcial de altura z) W W W z Q Az  z  F  W  z  W(1  ) L L AL L

W

Z

Q

2

F2dz 1 L 2 z Energía: U    U W 1   dz   2EA 2EA 0 L  L

F

5)

Desarrollando la integral, obtenemos U 

W 2L 6EA

Un cono circular recto, de altura H y peso W, cuelga de su base cuyo radio es R y está sometido solamente a la acción de la gravedad. Hallar la energía elástica que se almacena en el cono. El material es de comportamiento lineal (E).

R

H

Peso unitario:  

W W 3W   Vol  R 2H R 2H 3

Consideramos un cono parcial de altura z:

418



W F

Q

x

Q

z

 2 3W  2 x z x z 3 R 2H 3

W 2 x z HR 2

Q Determinamos una relación entre x y z. R x R  z H

x

H

x

R z. H

Reemplazando en Q.

Z

Q



W R2 3 W 3 z  3z HR 2 H2 H

Equilibrio  F = Q (F es la fuerza interna) Energía U 



1 F2  dz (puesto que A es variable) 2E L A

W

 dz 

3 2

1 H H3 z U  2E 0 x 2

obtenemos: U 

6)

W2

6

1 H H6 z  2 dz . 2E 0  R 2 z2

Simplificando

y

evaluando

la

integral,

H

W2H 10ER 2

Una fuerza P actúa en la base superior de un tronco de cono de material elástico lineal (módulo E). Halle el trabajo elástico de la fuerza P, sin incluir el peso propio.

P A0 h A1

E

419



Usamos la relación existente entre las áreas transversales y las alturas. R Área Ao

a x

Z

h

2

A a  x    …(1) A0  a 

Área A Área A1

En la sección transversal ubicada a la distancia x (a partir de la base superior) la fuerza axial (normal) es –P. Luego:

(P)2 dx , donde A(x) la obtenemos de la ecuación (1). 0 2EA ( x )

h

U

h



U 0

P2dx

h

2EA 0 a a x 

2

 0

P2a2dx

2EA 0 a  x 

2

Desarrollando la integral, obtenemos U 

A partir de la ecuación (1) obtenemos

P 2a  h    . . . . (2) 2EA 0  a  h 

h . Cuando x = h dede ser A = A1, luego: ah

2

A A1  a  h     a  h  a 1 . Reemplazando en (2): A0 A0  h  U

7)

P 2a 2EA 0

h P2h . Simplificando tenemos U  2E A1A 0 A a 1 A0

Expresar la energía de deformación del sistema representado, en función de los desplazamientos u, v. Las tres barras son de material elástico lineal.

v

u 1 2

30º

60º

3

60º

420


Barra (1): L1; E1; A1


Barra (2): L2; E2; A2

Barra (3): L3; E3; A3

Consideremos la barra i-ésima.

Li, Ei, Ai

Ui 

Fi2L i FL pero i  i i  Ei A i 2Ei Ai

Ui 

1  Ei A i  2 1 2 EA  i  k ii ; donde k i  i i 2  L i  2 Li

es la rigidez axial de la barra i-ésima.

La energía almacenada en el sistema será:

U

1 2 1 1 k i1  k 2 22  k 323 . . . . (1) 2 2 2

Debemos calcular los cambios de longitud de las barras 1, 2, 3 compatibles con las componentes u, v del desplazamiento del nudo común.

En cada caso, basta proyectar los desplazamientos u, v sobre la dirección de la barra respectiva.

Barra 1

v

º 30 º 30

u

1 = u cos30° + v sen30° 30º

1  u

3 1 u 3v v  . . . . (2) 2 2 2

Barra 2

421


v


60º 60º

u

2 = u cos60° + v sen60°

2  u

1 3 uv 3 v  . . . . (3) 2 2 2

60º

Barra 3

60º

v u 60º

3 = v sen60° – u cos60° (se restan proyecciones en sentido contrario) 3  v

3 1 v 3 u u  . . . . (4) 2 2 2

60º

Reemplazando (2), (3), (4) en (1) y simplificando, tenemos:

U



1 k1 (u 3  v)2  k 2 (u  v 3 )2  k 3 (v 3  u)2 8

donde k1 

8)



E1A1 E A E A ; k 2  2 2 ; k 3  3 3 (Rigideces axiales de las barras) L1 L2 L3

Obtener una expresión para calcular la energía de deformación que se almacena en el tubo cilíndrico de pared delgada representado en el esquema, por efectos del momento torsor T= 30 Kg-m. Considerar.E= 2.1×106 kg/cm2, =0.25.

422



T = 30 kg-m

Dm

h=60mm e= 4mm (espesor) Dm = 50mm (diámetro medio)

En cualquier sección transversal, el torsor es resistido por fuerzas cortantes (que se desarrollan en el plano de la sección).

T

d Rm

d



e

R=



Distribución uniforme de  (espesor delgado) Los esfuerzos cortantes  generan un momento M (respecto al centro de la sección). dM = RmdA; (Rm  radio medio) dM = Rm(Rmd)e = Rm2ed 2π

Luego: M 

R

2 m

τedθ  R m2 τe(2π )

0

Condición de equilibrio: T = M  T = Rm2e2, de donde  

T . Sabemos 2 2eR m

que la Energía de Deformación por esfuerzo cortante, es

U

2 Vol 2G

423


Entonces: U 


 T    2R meh)  2eR 2  (  m  volumen del tubo 

1 E 2 2(1  )

Reemplazando valores numéricos, obtenemos U = 0.82 kg-cm

9)

Calcular la energía de deformación acumulada en la armadura representada. Todas las barras tienen la misma rigidez de sección EA.

P

4

P

P 3m 6

2

3m 1

3

8

7 5

4m

4m

4m

4m

Encontramos las fuerzas axiales en todas las barras de la armadura. Para una barra, la energía es: U i =

Li i =1 2E i Ai 13

Para el caso:

F

U =∑

1 2E i Ai

F i 2Li

2

i

; Como todas las barras tienen la misma rigidez

de sección EA, tenemos:

U

1 13 2  Fi Li . . . . (*) (fuerzas en las unidades de P, longitudes en metros) 2EA i1

Las fuerzas axiales, son: 5 F12   P 2

5 F6  8   P 2

5 F2  4   P 3

5 F4 6   P 3

F13  2P

F35  2P

F5 7  2P

F7 8  2P

F23  0

F6 7  0

5 F2 5   P 6

5 F5 6   P 6

F4 5  P

(Usar, por ejemplo, método de nudos)

424



A partir de las dimensiones dadas, encontramos las longitudes de las barras. Teniendo las fuerzas en las barras y las longitudes, reemplazamos en (*). Obtenemos

U

913 2 P . 18EA

Nota.) En esta clase de problemas, es conveniente organizar los cálculos en una tabla u hoja de cálculos: Fuerza Barra

Fi2

Axial

Fi2L i

Li

Fi 1-2

– 5P/2

25P2/4

5

125P2/4

6-8

– 5P/2

25P2/4

5

125P2/4

Etc.



Etc.



Sumar:  U

4.5)

1  2EA

Teoremas de Castigliano

4.5.1) Introducción Existen Teoremas basados en Energía de Deformación, que permiten: -

) Calcular deflexiones de nudos o puntos libres de Sistemas Deformables. A

 AV ; B

D

C

AH ; DV ; DH ;  C

BA, AD, AC, BD, DC

- ) Resolver Sistemas Hiperestáticos

425



- Reacciones Externas - Fuerzas internas - Desplazamientos de Nudos - Giro de Barras

Uno de los Teoremas de Energía, muy importante en el estudio de Sistemas Elásticos Lineales, que contribuyó al desarrollo analítico y la sistematización de la Mecánica de Cuerpos Deformablñes, es el Segundo Teorema de Castigliano.

En general, consideramos las hipótesis: -) Material elástico lineal

-) Cargas gradualmente aplicadas

-) Procesos  adiabáticos

-) Apoyos suficientes para evitar desplazamientos de cuerpo rígido.

Sólo consideramos los desplazamientos debidos a la deformación del material.

Comentario:Consideremos un sólido estructural deformable de material elástico (no necesariamente lineal).

P

P=P(Δ) (Δ,P)

P Δ

dp

U*

U

U Δ dΔ

La energía de deformación es: 

U   Pd   Pd . . . . (1)  

0

426


Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz P

La energía complementaria es: U*   dP   dP . . . . (2) P

0

x

(Recordando un Teorema del Cálculo Integral:Si g( x )   f ( f )df  g'(x) = f(x) ) 0

A partir de las ecuaciones (1) y (2), obtenemos: De (1) 

U  P  Primer Teorema de Castigliano 

De (2) 

∂ U * = Δ  Segundo Teorema de Castigliano ∂P

Nótese que si el material es elástico lineal, entonces U = U*, y en consecuencia

U  P

 Forma usual del Segundo Teorema de Castigliano.

"La derivada parcial de la Energía de Deformación, almacenada en un Sistema Elástico Lineal, con respecto a una carga aplicada, es igual al desplazamiento del punto de aplicación de la carga, medido en dirección de la carga misma".

4.5.2) Segundo Teorema de Castigliano

Enunciado: "La derivada parcial de la Energía de Deformación almacenada en un sistema linealmente elástico, con respecto a una fuerza seleccionada (aplicada gradualmente) que actúa sobre el sistema, es igual al desplazamiento del punto de aplicación de esa fuerza en dirección de su propia recta de acción".

Demostración:

Consideremos un sólido elástico lineal, sometido a la acción gradual de fuerzas P 1, P2, ..., Pk,

Pn independientes entre sí.

Sea k el desplazamiento del punto de aplicación de P k a lo largo de su recta de acción.

427



Pk

P1 Δ1 Δk

Δn Pn

PKFuerza selecionada

La Energía de Deformación es función de las cargas aplicadas: U = U (P1, P2,. . ., Pk,. . ., Pn) Si solamente varía la fuerza Pk, el cambio en la energía, es: dU 

U dPk Pk

Puesto que las reacciones no generan trabajo, la energía total de deformación, es: UTOTAL  U 

U dPk . . . . (1) Pk

Siendo U la energía generada por P1, P2, . . ., Pk, . . ., Pn.

428



Si cambiamos el orden de aplicación de las fuerzas Pk y dPk, tendríamos:

Trabajo realizado por las fuerzas externas: "=



1 (dPk )(dk )  (dPk )( k ) 2

(Cuando se aplica Pk sucede que ya se aplicó el dPk en toda su magnitud); siendo:

429





trabajo realizado por la aplicación gradual de las fuerzas aplicadas P 1, P2, . . ., Pk, . . ., Pn.

1 (dPk )(dk )  trabajo generado al aplicar gradualmente el dPk. 2

(dPk )( k )  trabajo adicional, generado por aplicación de Pk.

(dPk recorre k permaneciendo constante)

Para deformaciones infinitesimales, con suficiente aproximación, tenemos:  (dPk )( k ) , puesto que

'=

Por el principio fundamental:  (dPk )( k )  U 

1 (dPk )(dk ) es un infinitésimo de orden superior. 2

'  UTOTAL . Luego, tenemos:

U dPk (Usando la ecuación 1) Pk

además,

= U, finalmente obtenemos:

(dPk )( k ) 

U dPk . Como para que exista cambio en la fuerza seleccionada se Pk

requiere dPk  0, de la última ecuación tenemos: k 

Nota).

U  Segundo Teorema de Castigliano. Pk

La fuerza seleccionada (acción generalizada) Pk puede ser o bien una fuerza concentrada o bien un momento concentrado. fuerza concentrada  k es desplazami ento lineal Pk  momento concentrado  k es desplazami ento angular (giro)

dPk

Pk lineal

dΔk Δk

referencia final

angular(giro)

referencia inicial

430



PROBLEMAS

1)

Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA. Calcular el desplazamiento vertical del punto A. L

L 6

A

1

P L 3

2

5

4

En el punto A existe la carga P, aplicada verticalmente. Luego, por aplicación directa del 2do Teorema de Castigliano calcularemos el desplazamiento vertical del nudo A.

AV 

U . . . . () P

Calculamos la energía de deformación almacenada en la armadura: U

6

F2L

 2Ei Ai i 1

i

 i





1 F12L1  F22L 2  F32L 3  F42L 4  F52L 5  F62L 6 . . . . () 2EA

Por el método de los nudos, hallamos las fuerzas en las barras: F1 = P; F2 = –P 2 ; F3 = P; F4 = –P; F5 = –P 2 ; F6 = 2P

A partir de los datos geométricos dados, encontramos las longitudes de las barras. Reemplazando en () y simplificando, tenemos: 7  4 2  2 P L . Finalmente reemplazando en (), tenemos: U     2EA  7  4 2  PL AV     EA  

2)

(MÉTODO DE LA CARGA FICTÍCIA) Calcular el desplazamiento horizontal del punto de aplicación de la carga P, en el sistema representado. Las barras deformables, son de material linealmente elástico.

431


Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz ángulo rígido

1.5EA 1

P d

B

EA 2

a

a/2

a

Como en el punto B, no existe carga horizontalmente aplicada, no puede aplicarse directamente el 2do Teorema de Castigliano. Usamos el Método de la Carga Ficticia:

Suponemos una carga ficticia Q aplicada horizontalmente en el punto B. Determinamos la energía de deformación en función de la CARGA REAL (P) y de la CARGA FICTICIA (Q).

1

P (real)

Q (ficticia)

2

a a Las fuerzas en las barras deformables, son: F1  P ; F2  Q  P . d d

Energía: U = U1 + U2

U

F12L1 F2L  2 2 . Reemplazando valores, tenemos: 2E1A1 2E2 A 2 2

2

a  a  a   P   a    Q  P  a d  2  d U   ; simplificando: 2(1.5EA ) 2(EA )

432


U


P2a3 a  a  Q  P  2 d 2d EA 2EA 

2

Aplicando, ahora, el 2do Teorema de Castigliano:

BH 

U  Q  Q 0

Luego: BH 

Hacer Q  0, significa restituir el sistema original de cargas (que no contiene a la fuerza Q).

a  a  Pa2   Q  P  EA  d  Q  0 EAd

(El signo menos significa que el desplazamiento generado está en sentido contrario al supuesto para la carga ficticia).

3)

Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA. Encontrar el desplazamiento del punto D causado por aplicación de una fuerza P horizontalmente aplicada en el nudo D.

A

L

1

5

2

C

B

4

3

L

P (real) D L

El desplazamiento del punto D tendrá una componente horizontal y una componente vertical. Para aplicar el 2do Teorema de Castigliano (caso del desplazamiento vertical) aplicamos una carga Q ficticia, verticalmente aplicada en el nudo D. (Longitudes: L1 =

Energía: U 

2 L; L2 = L; L3 =

1 2EA

2 L; L4 = L; L5 = L.)

5

 Fi2L i i 1

. . . . ()

433



A

1

5

2

C

B

4

3

P (real) D Q(ficticia)

Encontramos las fuerzas en las barras (en función de P y Q). F1 =

2 (P + Q); F2 = – (P + Q); F3 = – 2 P; F4 = (P + Q); F5 = – P

Reemplazando los valores en (), tenemos: U



1 2(P  Q)2 2L  (P  Q)2 L  (2P2 ) 2L  (P  Q)2 L  P2L 2EA

Desplazamiento horizontal  DH 



U  P   Q 0

Efectuando la derivada parcial, simplificando y haciendo Q= 0, tenemos: DH  8.6

PL (horizontalmente hacia la izquierda) EA

Desplazamiento vertical  DV 

U  Q  Q  0

Efectuando la derivada parcial, simplificando y haciendo Q= 0, tenemos:

DV  4.8

4)

PL (verticalmente hacia abajo) EA

Todas las barras de la armadura representada tienen la misma rigidez axial EA. Calcular los desplazamientos del punto C.

434



4

E

D

1000 lb

5

6

3

45°

1

2

A

B

C

2000 lb 10'

10'

Como en el punto C no existen cargas aplicadas, usamos el método de las cargas Ficticias. 4

E

D

5

6

45°

1

1000 lb

A

3

2 B

2000 lb

P ficticia

C Q ficticia

10'

10'

Encontramos las fuerzas en las barras (en función de P y Q). F1 = P-2(1+ Q); F2 = P - Q; F3  Energía de deformación: U 

Q Q2 P; F4 = 1 + Q; F5 = Q; F6  0.707 0.707

Fi 2 L . . . . ()  i 1 2E i Ai 6

(Longitudes en pies)

Reemplazando los valores en (), tenemos: 2    Q   10  2 2 2   P  2 ( 1  Q ) 10  ( P  Q ) 10       (1  Q ) 10    1   0.707   0.707   U 2   2EA Q 2 10   2  Q   10     0 . 707 0 . 707    

435



Segundo Teorema de Castigliano :

U  ……(*) P  P 0

ΔCH 

ΔCV 

Q 0

U  ……(**) P  P 0 Q 0

De(*):

ΔCH 

1 2(P  2(1 Q))10  2(P  Q)10QP00 2EA

ΔCH 

1 2(2)(10)   20 pies 2EA EA

De(**):

  10  Q  1  2P  2  2Q 10  2P  Q  110  2  21  Q 10    1   0.707  0.707 0.707  ΔCV    2EA 2 Q  1 10  2Q10  2    0.707  0.707 0.707   P 0

Q 0

ΔCV 

5)

1 80  20  113.2  106.6 pies 2EA AE

Calcular el cambio de pendiente del elemento DE, ocasionado por las fuerzas P y Q. Suponer E = 72 GPa para todas las barras. Las barras BD y DE tienen 900 mm2 de sección transversal, y las restantes tienen 150 mm 2. 2m

2m

1

A

4

E

C

P= 10 KN 2

1.5m

5

6

3 B

D

Q= 5 KN

Puesto que queremos calcular el giro de la barra DE, suponemos que sobre ella actúa un momento ficticio (definido por dos fuerzas iguales y opuestas actuando en D y en E).

436



M/L6 ficticia E

L6

P= 10 KN

D M/L6 ficticia Q= 5 KN

Encontramos las fuerzas axiales en función de P, Q, M.

F2 F3 F4 F5 F6

4 M P 3 0.6L 6

    PQ   0.6  4 M    (2P  Q)  3 0.6L 6  . . . . ()  4 M  P  3 0.6L 6   0  P 4M     0.6 3L 6 

F1 

La energía total es: U 

6

F 2L

 2Ei Ai i 1

i

i

Antes de desarrollar la suma, podemos realizar la derivada parcial que requiere el 2 do Teorema de Castigliano: DE 

  6 Fi2L i  U       DE M  i1 2Ei Ai M0 M M0

Aplicamos la regla de la cadena para derivadas:

 6 FL Fi  DE   i i (Derivada de una suma = suma de derivadas)   i 1 Ei A i M M 0 Puesto que E es común para todas las barras, tenemos: DE 

1  F1L1 F1 F2L 2 F2 F L F    ...  6 6 6  . . . . ()  E  A1 M A 2 M A 6 M M0

437



Las derivadas parciales

Fi , se calculan a partir de las ecuaciones (). M

Reemplazando valores numéricos en () y haciendo M = 0, obtenemos: DE = – 0.00432 rad (El signo menos indica que el giro se produce en sentido contrario al supuesto para el momento ficticio).

6)

Calcular el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la fuerza P = 30 kN. Suponer E = 2×105 MPa en todas las barras. Considerar L1 = 2 m, L2 = 1 m, L3 = 1 m

30º

30º 2

4cm

3

2

3cm

a

1m 2

2cm

1

a

2

P= 30 KN

Determinamos las fuerzas en las barras: F1 = P; F2 = P; F3 = P (La fuerza axial es la misma en las barras (2) y (3)). La energía de deformación, es: U

F12L1 F 2L F2L  2 2  3 3 2E1 A1 2E2 A 2 2E3 A 3

Reemplazando datos (E1 = E2 = E3 = 2×105 MPa), obtenemos: U

17 P2 (N-m) (Fuerzas  N, longitudes  m) 7 (48)(10 )

Por el 2do Teorema de Castigliano:

V 

U 17 17  P (30  103 ) 7 P (24)(10 ) (24)(107 )

V = 2.125×10-3 m

438


7)


Las barras de la armadura representada tienen 1 pulg2 de sección transversal y su material admite la ecuación constitutiva  = 6(105)  (klb/pulg2). Calcular la deflexión vertical del nudo B.

C 2

U*

U 30º B 1

L= 10'

P= 10 Klb

F1 = P 3 ; F2 = 2P

Fuerzas Axiales:

Como el material es de comportamiento no lineal, aplicaremos el 2 do Teorema de Castigliano, en base a la Energía Complementaria.

U *  BV . . . . (1) P  i  Ui *  ui * Voli  Ui *    d ( A iL i )   0 

De la ecuación constitutiva encontramos que  

2 (36)(1010 )

i

2 AiL i d  i3 10 10 (3)(36)(10 ) 0 (36)(10 )

 Ui *  AiL i  * U TOTAL =

A1L1 10

(3)(36)(10 )

σ 13 +

A2L2 10

(3)(36)(10 )

σ 23

 F  Reemplazando valores tenemos:  i  i  Ai   3

U*TOTAL

P 3   2P  A1L1 A 2L 2       10  10   (3)(36)(10 )  A1  (3)(36)(10 )  A 2 

3

Aplicando el Segundo Teorema de Castigliano, ec (1) y reemplazando valores numéricos, tenemos: VB = 0.482 pulg

439


8)


El elemento axial compuesto, cargado según se indica en el esquema, está soportado por dos bloques rígidos. Hallar las reacciones y las fuerzas en cada

Ei A i . Li

bloque deformable. Considerar K i 

K3=3K2 K1=2K2 K2 P

2P

1

2

3

Deformables Rígidos u1

Sean:

u2

u1: desplazamiento del punto de aplicación de la carga P. u2: desplazamiento del punto de aplicación de la carga Q = 2P.

Cambios de longitud: 1  u1

  2  u2  u1 ()  3  u2 

La energía total de deformación, es: U 

1 2 1 1 k i1  k 2 22  k 323 . . . . () 2 2 2

Reemplazando en () los alargamientos dados por (), tenemos:

U

1 1 1 k iu12  k 2 (u2  u1 )2  k 3u22 2 2 2

Por aplicación del Primer Teorema de Castigliano, tenemos: U  P  K1u1 + K2 (u2 – u1) (–1) = P. . . . (1) u1 U  Q  K2 (u2 – u1) + K3u2 = Q. . . . (2) u2

Reemplazando los valores K1, K2, K3 y Q, tenemos: 2K2(u1) + K2(u2 – u1)(–1) = P . . . . (3) K2(u2 – u1) + 3K2u2 = 2P . . . . (4)

440



P  K 2  Simplificando tenemos: (  ) 2P  4u2  u1  K 2  3u1  u2 

Resolviendo el sistema (), obtenemos: u1 

6P 7P ; u2  . . . . () 11K 2 11K 2

Conociendo los desplazamientos, se calcularán las fuerzas en los elementos (1), (2), (3). F1 = K11 = K1u1 F2 = K22 = K2(u2 – u1) F3 = K33 = K3u2 Reemplazando () en las expresiones anteriores, tenemos: F1 

12P P 21P ; F2  ; F3   11 11 11

P

12P 11

K1

2P

P 11

P 11



K2 K3

(Diagramas de cuerpo libre que definen las reacciones y las fuerzas axiales en cada tramo).

Nota)

Observar, como con la ayuda del Primer Teorema de Castigliano, se ha resuelto un problema estáticamente indeterminado, sin usar directamente ecuaciones de equilibrio.

9)

Encontrar las fuerzas Q1 y Q2 necesarias para producir la configuración deformada que se indica. Considerar EA la rigidez axial de ambas barras.

441

21P 11



Q2 3 Q1

4 q2 q1 L L1 = L; L2 = 5L/4 Por equilibrio del nudo, encontramos las fuerzas axiales: F1  Q1 

4 5 Q2 ; F2   Q2 3 3

La energía de deformación almacenada en la armadura, es: U





1 1 F12L1  F22L 2  2EA 2EA

L  U 2EA

2 2  4   5  5L   Q1  Q2  L    Q2   3   3  4  

2  4  125 2  Q2  . . . . ()  Q1  Q2   3  36  

Por el Segundo Teorema de Castigliano, tenemos: U U  q1 y  q2 . Luego, de (): Q1 Q2 L 2EA

  4 L  2 Q1  3 Q2   q1 y 2EA   

  4  4  125  2 Q1  3 Q2  3   18 Q2   q2     

Resolviendo simultáneamente las dos últimas ecuaciones, obtenemos:

Q1  (189q1  48q2 )

EA 125L

Q2  (48q1  36q2 )

EA 125L

Nota).

Es posible utilizar también el Primer Teorema de Castigliano para calcular desplazamientos de puntos libres en Sistemas elásticos lineales.

10) Encontrar los desplazamientos vertical y horizontal del nudo D de la armadura representada. Considerar E = 107 lb/pulg2; A = 1 pulg2 para las tres barras. (Solución por el 1er Teorema de Castigliano).

442



50” A 130”

90” B

C

120” 150”

Q= 10 000lb Como en el punto D (cuyos desplazamientos queremos calcular) no existe carga aplicada horizontalmente, suponemos que actúa una carga ficticia.

2 3 1

D q1

Q2 (ficticia)

q2

D'

Q1 =10 000lb (real)

Sean:

q1  desplazamiento vertical q2  desplazamiento horizontal

Calculamos la Energía de Deformación en función de los cambios de longitud (alargamientos) de las barras, usando, para cada barra, la expresión:

Ui 

Ei A i 2 i . 2L i

Como la rigidez axial EA es la misma para las tres barras, tenemos: U

EA 2 EA 2 EA 2 EA  21 22 23    . . . . () 1  2  3    2L1 2L 2 2L 3 2  L1 L 2 L 3  443



Se calculan las longitudes de las barras: L 1 = 130"; L2 = 120"; L3 = 150". Calculamos los cambios de longitud de cada barra. El cambio de longitud de una barra, es igual a la suma algebraica de las proyecciones de los desplazamientos q 1 y q2 en dirección de la barra.

 L1



1

q 1cos

 1 q 1 cosq 2 sen ........... 1  q1 12q 5 1 2 13

13

 q sen 2

L2

 q 1

2

........... 2

q1 q

2

444



L3

  3 q 1cosq 2 sen  q1 12q 5 ........... 3 3 2

q 1cos



13

q1

13

 q2

q 2sen

Reemplazando (1), (2) y (3) en (), tenemos: EA U 2

2 2  1  12 5 q12 1  12 9    q2     q1  q2     q1  13  L 2 L 3  15 15    L1  13

Por el 1er Teorema de Castigliano, tenemos:

Desarrollando

U U  Q1 y  Q2 q1 q2

U  Q1 : q1

EA  2  12 5 2  12  2   q1  q 2    q1  2  L1  13 13  13  L2 L3

Q1   9  12  12  q  q  10 , 000   1 2  15  15   15

Reemplazando los valores conocidos (E; A; L 1; L2; L3) y simplificando encontramos: 1 = 19.14q1 – 0.47q2 . . . . (4) Desarrollando EA 2

U  Q2 : q2

Q2  2  12 5 9  5  2  12  9   q2     q1  q2     0   q1  13  13  L 3  15 15  15   L1  13

Reemplazando los valores conocidos (E; A; L 1; L2; L3) y simplificando encontramos: – 0.0005q1 + 0.0035q2 = 0 . . . . (5) Resolvemos el Sistema de ecuaciones (4) y (5). Obtenemos: 445



q1 = 0.0075" q2 = 0.0524" 11) Una viga rígida está soportada por tres barras elásticas verticales. Cada una de ellas tiene un área transversal A y módulo de elasticidad E, pero la barra central es la mitad de larga que las otras dos. Calcular el corrimiento horizontal  originado por la fuerza horizontal P. Considerar que el corrimiento  es pequeño comparado con las otras dimensiones del sistema.

P L/2

L

d

L

d

d

P 2

1

Deformaciones unitarias: 1  3 

2 

3

L2  2  L 2  1  2 1 L L

L2 L  2  2 4 2  1  4  1 L L2 2

Como   0, usamos la aproximación Con esto, 1  3  1  2  1 

1U 1

1 U (Si U  0) 2

1  2  1 2  2  1  2  L  2 L2

1  2  2 4 2  1  2 2 2  L  L

Los alargamientos inducidos en las barras serán: 1 = 3 = L1 y 2 

L 2 2 446


 1  3  L


1 2 2 L 2 2 ;    2  2 2 L2 2L 2 L2 L

La energía se calculará mediante U 

EA EA (1 )2 2  (  2 )2      2L 2L / 2 2 barrasiguales

Reemplazando 1 y 2 y simplificando, tenemos: U  Aplicamos el Primer Teorema de Castigliano 

Efectuando la derivada:

5EA 4  4L3

U   5EA 4  P   P     4L3 

5EA 3   P ; de donde   L3

3

0.2P EA

12) La figura representa una armadura espacial, compuesta por tres elementos del mismo material y de igual sección transversal. ¿Qué deflexión experimenta el nudo B bajo acción de la fuerza P  3i  2 j  2k (klb), en dirección de la fuerza P? Considerar E = 25×106 lb/pulg2; A = 20 pulg2. Z

D 5’

5’ A

10’

_ P

B Y

X Determinamos los cosenos directores de la fuerza P y de las barras de la armadura. Cosenos directores P  BA 

3 , 17

2 , 17

2 17

5  10 , ,0 125 125

BC 0, – 1, 0

447


BD 0,

-

10 , 125


5 125

Ecuaciones de equilibrio:

∑F

0 →

∑F

0 →

∑F

0 →

x

y

Z

3 5 P FBA  0 17 125 2 10 P FBA - FBC 17 125 2 5 P FBD  0 17 125

10 FBD 125

Resolviendo este sistema  de ecuaciones , hallamos :  3 125  FBA  P 5 17  (  0 2 125  FBD  P  5 17  42P  FBC  5 17

FBA; FBC y FBD son las fuerzas en las barras) Energía de deformación (longitud de barras en pies) U

1 2EA

 (9)(125) 2  (42)2 P2 (4)(125) 2 P 125  10  P 125  . Simplificando,  (25)(17) (25)(17)  (25)(17) 

tenemos: U  PB  PB 

4.6)

42.13P2 (klb-pie). Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano: EA

84.26P . Reemplazando datos tenemos: EA (84.26) 17  0.000694 pies (en dirección de P )    25  103  20     1   144     144 

Método de la Carga Unitaria para Calcular Desplazamientos

Principio de Superposición: Si el material del sólido en estudio es de comportamiento elástico-lineal y las deformaciones son infinitesimales, el efecto de un conjunto de acciones es la suma (superposición) de todos los efectos producidos individualmente por las acciones.

448


Q


Q

R

R P

P

+

+

=

d2

d1

d

d3

d= d1+d2+d3

Q

Q

P

P (F uerz as A x ial es )

=

Fi

(Fuerzas Axiales)

+

Fi’ Fi = Fi’ +Fi’’

Fi’’

En particular:

Q

Fi = ? 1

Carga Unitaria adimensional (paralela a la fuerza Q y del mismo sentido)

’

Fi = Q Pi Fi: Fuerza Axial Real ’ Pi : Fuerza Axial debida a la CARGA UNITARIA i: nº de barra

P i’ 449



Al calcular deflexiones en sistemas elástico-lineales, los cálculos pueden simplificarse por aplicación del Principio de Superposición y del Segundo Teorema de Castigliano.

Dada la armadura, calcular los desplazamientos del punto M.

P2

PK M

P1

Desplazamiento vertical Mv = ? Como no existe carga vertical aplicada en el nudo M, usaremos el Método de la Carga Ficticia. Aplicamos, en M, la carga vertical ficticia PvM .

PK

P2

M

P1

Pv

M

Si  Fuerzas Axiales (NO REALES) Si = (P1, P2, . . ., Pk, . . ., PvM ) (Haciendo PvM = 0 en Si obtenemos las FUERZAS AXIALES REALES) . . . . () Energía de Deformación: U 

S 2L

n

 2Ei Ai i 1

i

i

do

Por el 2 Teorema de Castigliano, tenemos: Mv 

U    Mv  M Pv P M  0 PvM v

n

S2L   i i P M 0 v

 2Ei Ai i 1

Por una propiedad de la derivada: Mv 

n

2S L

 2E iAi i 1

i

Significado de

i

Si  . . . . ()  PvM P M  0 v

S i : PvM

450



Usamos el principio de superposición:

P2

P2

PK M

P1

=

P1

PK M

+

M

Pv

S ‘i

Si

cargas reales

fuerzas no reales

P2 P1

M M

Pv S’’i

carga ficticia (Si  no son las fuerzas axiales reales, debido a PvM )  Si = S'i + S"i También por el mismo principio:

M M

Pv

Si

’’

M 1

Si

’’’

Si'''  Fuerzas Axiales ocasionadas por una FUERZA UNITARIA. Luego Si'  (Si''' )(PvM ) (Factores de carga unitaria) Entonces Si  Si'  (Si''' )(PvM ) 451



Puesto que las fuerzas S'i son independientes de los factores de Fuerza Unitaria Si''' y de la fuerza ficticia PvM , tenemos: Las derivadas parciales

Si  Si''' . En consecuencia: PvM

S i son numéricamente iguales a las FUERZAS AXIALES que PvM

se producen en la Armadura por efecto de una CARGA UNITARIA que actúa en la dirección del desplazamiento deseado, aplicada en el punto donde se evalúa tal desplazamiento.

Reemplazando en (), tenemos: SiL i ''' Si (Evaluada para PvM = 0) E A i 1 i i n

Mv  

Pero Si evaluadas para PvM = 0 coinciden con las FUERZAS AXIALES REALES (recordar la condición). FiL i ƒi i 1 Ei A i n

Por lo tanto: Mv  

()

(Combinación lineal de los cambios de

longitud de todas las barras) La ec () permite calcular cómodamente el desplazamiento Mv . En la expresión anterior: Fi  Fuerzas Axiales Reales (ocasionadas por el Sistema Real de Cargas) ƒi  Fuerzas Axiales por Carga Unitaria (Factores de Fuerza Unitaria).

Resumen

P2

PK Fi: Fuerzas Axiales Reales

P1

M fi: Factores de Fuerza Unitaria 1 452



Los cálculos convienen ser realizados en un esquema tabular:

Barr

Longitud

Área

Elasticida

Fuerza Real

Factor Unitario

i

Li

Ai

d

Fi

ƒi

SiL i ƒi Ei A i

1













2













============================================= 

n

Nota).







 Sumar

Ei







=

El procedimiento para calcular MH es similar. Sólo cambiarán los Factores de Fuerza Unitaria. Para este caso, la fuerza unitaria actuará en el nudo de interés en dirección horizontal.

EJEMPLOS)

1)

Calcular los desplazamientos del nudo B.

1

P

30º 2

L Barra (1)  AE Barra (2)  3AE L1 = L; L 2 

2L 3

Bv : Fuerzas Axiales Reales: F1  3P ; F2 = – 2P Factores de Fuerza Unitaria

453



1

1

30º 2

ƒ1  3 ; ƒ2 = – 2 Aplicamos (): Bv 

F1L1 FL ƒ1  2 2 ƒ2 . Reemplazando los datos: E1A1 E2 A 2

 2L  (2P)  3PL  3  (2) Bv  ( 3)  EA 3EA Simplificando obtenemos: Bv 

PL  3  3   EA  3 3

BH : Fuerzas Axiales Reales: F1  3P ; F2 = – 2P (las mismas) Factores de Fuerza Unitaria ƒ1 = 1; ƒ2 = 0 Aplicamos (): BH 

3PL BH  (1)  EA

 2L  (2P)   3  (0) 3EA

Simplificando: BH  Nota).

F1L1 FL ƒ1  2 2 ƒ2 . Reemplazando los datos: E1A1 E2 A 2

3PL EA

Como ambos desplazamientos son positivos, sus sentidos coinciden con los señalados para las Cargas Unitarias.

2)

Calcular el corrimiento del rodillo en la armadura representada. Considerar el material con módulo elástico E = 2.1×106 kg/cm2 para todas las barras. A1 = A2 = A3 = A5 = A7 = 12.7 cm2 A4 = A6 = 6.35 cm2

454



30°

2

9 Ton

5

6 7

3

4

1

-) Calculamos las fuerzas axiales reales F1 = – 8,481

F2 = – 14,788

F3 = 18,116

F4 = 5,997

F5 = – 8,404

F6 = 4,241

F7 = 16,357 (expresadas en kg) (Se obtienen resolviendo la armadura con las cargas reales)

-) Calculamos los Factores de Fuerza Unitaria (adimensioanles)

2

7

3

1

5

6

4

f1= 0.606 f4= -1.428 f2= 1.057 f5= 0.955 f3= -0.865 f6= -1.009 f7= -1.875 1 (sin dimensiones)

El corrimiento del Rodillo estará dado por:

455


  

7

FL

i 1

i

 Ei Ai


ƒi ; es decir: i

 1  F1L1 FL FL FL FL FL FL ƒ1  2 2 ƒ2  3 3 ƒ3  4 4 ƒ 4  5 5 ƒ5  6 6 ƒ6  7 7 ƒ7   E  A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 

(Puesto que E es el mismo para todas las barras) (Las longitudes o son datos o se calculan por relaciones geométricas). Reemplazando los datos numéricos en la sumatoria y simplificando, obtenemos:  = – 1.397 cm (El signo menos indica que el corrimiento es en sentido contrario al señalado para la carga unitaria). 3) En la armadura representada calcular el desplazamiento vertical del nudo A, ocasionado por un incremento de temperatura de 50º F en las barras BC y CD. El coeficiente de dilatación lineal del material de las barras es  =0.0000065/ºF.

C

B

D 32’

A

4 x 24’=96’

Como la armadura es isostática interna y externa, no se generan reacciones en los apoyos ni fuerzas axiales en las barras por efectos de los cambios de temperatura. Sin embargo si se originan cambios de longitud de las barras debidos a los cambios de temperatura, que ocasionarán una distorsión de toda la armadura.

Para calcular el desplazamiento vertical del nudo A, aplicamos la ecuación:

Δ

n

 Δ f (*) i i

i 1

en la cual Di es el cambio de longitud de la barra i-ésima y fi es el correspondiente factor de carga unitaria. Para el caso, como sólo se incrementa la temperatura de las barras BC y CD existirán los cambios de longitud DBC y DCD, siendo nulos los cambios de longitud de las barras restantes. Por tanto, la ecuación (*), es: 456



Δ  ΔBC fBC  Δ CD fCD (**)

Los cambios de longitud son: ΔBC  Δ CD  α L ΔT  (0.0000065)(24)(50)  0.0078' . Determinamos los factores de carga fBC y fCD que vienen a ser las fuerzas axiales en las barras BC y CD debidas exclusivamente a la acción de una carga unitaria aplicada verticalmente en el nudo A. C

B

D 32’

A 1

4 x 24’=96’

Resolviendo la armadura indicada con la carga unitaria, encontramos: f BC=fCD= -0.375. Luego, reemplazamos en la ecuación (**): Δ  (0.0078' )(0.375)  (0.0078' )(0.0375)  0.00585'  0.0702"

(El signo menos indica que el punto A se desplaza verticalmente hacia arriba, contrario al sentido asignado para la carga unitaria).

4.7)

Principio del Trabajo Mínimo. Sistemas Hiperestáticos

Usando los Teoremas de Castigliano y conceptos sobre energía de deformación pueden solucionarse Sistemas Hiperestáticos Internos o Externos, bajo Carga Axial.

Interno

Externo

Interno / Externo

4.7.1) Principio del Trabajo Mínimo Consideremos una armadura hiperestática interna (externamente determinada) sometida a un Sistema de Fuerzas externas gradualmente aplicadas. El material de las barras se considera linealmente elástico.

457



P2 P1

P3 Requerimos encontrar las Fuerzas en las barras de la armadura.

Procedimiento: i)

Determinamos el grado u orden de hiperestaticidad interna. (Número de barras existentes – Número de barras de la condición estática)

ii)

"Liberamos" tantas barras como es el grado de hiperestaticidad interna. En cualquier caso, la armadura resultante (denominada armadura primaria) debe ser Estable e Isostática Interna.

iii) Se "reemplazan" las barras suprimidas por sus Fuerzas Internas.

P2 P1

X X

"X" es la fuerza axial en la barra suprimida (llamada barra redundante o hiperestática)

P3

iv) Se evalúa la Energía de Deformación en la armadura primaria, en función de las cargas realmente aplicadas y de las fuerzas redundantes. U = U(P1, P2, P3, . . ., X) v)

Se calcula el "cambio de distancia" entre los nudos que definen la "barra suprimida", por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano U  ' . . . . (1) X

vi) Consideramos la condición de Compatibilidad Geométrica. 458



X

Barra hiperestática (suprimida) L; E; A X Por la Ley de Hooke:  

XL . . . . (2) EA

( es el cambio de longitud de la barra suprimida) Condición de Compatibilidad: ' +  = 0 (La separación de los nudos se contrarrestará con el alargamiento de la barra). Luego:

U XL  0 X EA 

Donde,

  X 2L  U  0 X  2EA 

X 2L es la energía almacenada en la barra suprimida. 2EA

U: energía de deformación en la armadura primaria. Por tanto:

 UTOTAL   0 ; denominado Principio del Trabajo Mínimo. X

El Principio del Trabajo Mínimo (Teorema de Menabrea) establece que: "En un sistema linealmente elástico, con elementos redundantes o hiperestáticos, el valor de una fuerza hiperestática es aquel que hace mínima la Energía Total de Deformación almacenada en el sistema".

Nota).

El principio del Trabajo Mínimo debe usarse tantas veces como es el número de elementos redundantes. Asimismo, puede aplicarse en sistemas hiperestáticos internos y/o externos.

EJEMPLOS 1)

Determinar las fuerzas en las barras de la armadura representada. Considerar todas las barras con rigidez axial EA.

459



1

20'

12 klb

2

3

40'

4

60'

Consideramos la barra (1) como el elemento redundante. La armadura Primaria, será: F1 (redundante) 12 klb

2

3

4

H1 V1

V2

-Reacciones y fuerzas internas, en función de F 1 (en la armadura primaria): H1  12 klb F2 

F1  16 2 5 F3   (16  F1 ) 8

16  F1    2 () 1 F4  (48  3F1 )  8 

V1  

5 (F1  16) 8

V2 

-Energía Total de Deformación (se incluye la energía en la barra (1)) UTOTAL 





1 F12L1  F22L 2  F32L 3  F42L 4 . . . . () 2EA

Reemplazamos () en () (las longitudes son datos) UTOTAL

2  1  48  3F1  25 25  (16  F1 )2 (50)  (F1  16)2 (50)  (F12 )(20)   (60)  2EA  8 64 64  

460



U TOTAL 0 F1

Principio del trabajo mínimo:

Efectuando la derivación y resolviendo la ecuación planteada, tenemos: F1 = 2 klb (Fuerza en la barra redundante)

Reemplazando este valor en las ecuaciones (), obtenemos: F2 = 11.25 klb F3 = – 8.75 klb

F4 = 5.25 klb

V1 = -9 klb V2 = 7 klb 2)

Hallar las reacciones externas y las fuerzas internas en las barras de la armadura representada. Considerar la misma rigidez axial en todas las barras (EA).

a

P

a

a Se trata de una armadura hiperestática externa.

Seleccionamos una componente de reacción como la redundante. Por ejemplo la reacción R2.

R4 R3

3

2

1

4

5

P

6

R1 R2(redundante)

Encontramos la energía total: U = ƒ(P, R2)

461



Fuerzas Internas: F1  R 2  2P; F2  2(P  R 2); F 3  P   ()  F4  -P; F5  2P; F 6  P 

La energía total, es: U 

6

F 2L

 2Ei Ai i 1

i

. Reemplazando valores y simplificando, i

tenemos:

U



a (R 2  2P)2  2 2 (P  R 2 )2  3P2  2 2P2 2EA




U  0 (puesto que R2 fue considerada la reacción F2

redundante).

Efectuando la derivación, tenemos: 2(R2 – 2P) + 4 2 (P – R2)(–1) = 0  1 2  (2P) de donde R 2    1  2 2 

Reemplazando este valor en las ecuaciones (), obtenemos: F1  

2 2 2 P ; F2   P ; F3  P 12 2 1 2

F4  P ; F5  2P ; F6  P

Mediante las ecuaciones de equilibrio para toda la armadura, pueden obtenerse las reacciones externas (puesto que R2 ya es conocida). Encontraremos: R1  

3)

P 2 2 2 2 P ; R3  P ;R4   12 2 12 2 12 2

La armadura regular, compuesta de seis varillas articuladas entre si, representada en el esquema, está solicitada por 3 fuerzas iguales P que están en equilibrio. Todas las varillas tienen la misma sección transversal y son del mismo material (A; E). Hallar las fuerzas en las varillas.

462



P L A

L1 A

L1 A

120º

L A L1 A

30º 30º

P

P

Como la armadura es regular, las tres barras exteriores tienen la misma fuerza, y las tres barras interiores también tienen igual fuerza.

P F F1 F1

P

F F1

P

Equilibrio de un nudo (exterior)

P

F

F

F1 P = F1 + 2Fcos30  P = F1 + F 3 . . . . () (No existe otra ecuación útil de equilibrio)

463



Energía total: U  3

F2L F2L  3 1 1 . . . . () 2EA 2EA

Sea F la fuerza redundante  Por consiguiente

U 0 F

3FL 3F1L1  F1    0 EA EA  F 

(puesto que entre F1 y F existe la relación ())  FL + F1L1(  3)  0 (De () se obtiene

F1  3) F

De las relaciones geométricas, deducimos que L  L 1 3 , luego la ecuación anterior, es:

FL1 3  3F1L1  0  F = F1 Reemplazando en la condición de equilibrio () P  F  F 3 F 

F1 

4)

P 1 3

P 1 3

Dados P = 8 Ton; a = 1 m; 1 = 30°; 2 = 60°; E1 = E2 = E3 = 2×106 kg/cm2, hallar las fuerzas en las barras y la deflexión del nudo A. Considerar A1-=A2=A3 =1cm2

a

a









A P Debido a la simetría total, necesitamos determinar solamente 3 Fuerzas Axiales.

464



2 2 1

1

3

P

Energía Total: UTOTAL 

2F12L1 2F22L 2 2F32L 3 . . . . ()   2E1 A1 2E1 A1 2E1 A1

(Todas las barras tienen la misma rigidez axial) Es un problema hiperestático  Sea F3 la fuerza redundante.

2 2 1

1

F F

P

Equilibrio: P  F3 P  F3    2 cos 1 3  ( ) F3 F3 F2    F3  2 cos 2 2 1  2  F1 

Reemplazando () en (), tenemos: 2

UTOTAL

1  P  F3  1 F3 2 L 2  1 F3 2 L 3 . . . . ()    L1  E1A1  3  E1A1 2E1A1


∂ U TOTAL = 0 . Luego: ∂ F3

465



1  L1  2(P  F3 )( 1)  2F3L 2  F3L 3   0  E1A1  3 

Simplificando y despejando F3, tenemos F3 

2PL1 . . . . (1) 2L1  6L 2  3L 3

Relaciones geométricas a

L1 = 2a

L2 L3

L1 30º

L 2  2a

3

L 3  2a

3

Reemplazando en (1) y simplificando, tenemos: F3 

2 3P  0.278P 92 3

Reemplazando F3 en las ecuaciones (), obtenemos: F1 = 0.417P; F2 = 0.278P; donde P = 8 Ton. Obtenemos: F1 = 3.336 Ton; F2 = 2.224 Ton; F3 = 2.224 Ton Para calcular el desplazamiento del nudo A, notamos que por la simetría del sistema, el desplazamiento es vertical. Reemplazamos F3 = 0.278P en la energía (ecuación )

U TOTAL =

1

E 1 A1

[

P

0.278P 3

2

2a + (0.278P ) 2

Por el Segundo Teorema de Castigliano: AV 

2a a + (0.278P ) 2 3 3

]

UTOTAL P

Efectuando la derivación y reemplanzado los valores dados, obtenemos:

AV  0.192 cm

5)

Calcular las fuerzas en las barras y el desplazamiento del punto C. Considerar A = 0.1 pulg2; E = 30×106 lb/pulg2; L = 100 pulg. Todas las barras tienen la misma rigidez EA. 466



B

0. 8L P=2500 lb

L C

0.6

L

A

Reacciones Externas:

P H2

2

P

1

R 3

H1 Usando las ecuaciones del equilibrio, encontramos: H1 = – 0.48P + 0.64R H2 = 0.48P + 0.36R Por equilibrio de nudos, encontramos las fuerzas de barra: F1 = – 0.36P + 0.48R; F2 = – (0.8P + 0.6R); F3 = 0.6P – 0.8R . . . . () Energía de Deformación: U   U

1 (F12L  F22 0.8L  F32 0.6L) 2EA

L (F12  0.8F22  0.6F32 ) . . . . () 2EA

467



Para calcular el desplazamiento del punto C, usamos el Segundo Teorema de Castigliano:  C   C  C 

U P

L  F F F   2F1 1  1.6F2 2  1.2F3 3  2EA  P P P 

L  F1 F F   0.8F2 2  0.6F3 3  . . . . ()  F1 EA  P P P 


F1 F2 F3 , , se calculan a partir de () P P P

Reemplazando: ΔC 

L - 0.36P  0.48R- 0.36  0.80.8P  0.6R0.8  0.60.6P - 0.8R0.6 EA

Simplificando:  C  También,  0

L 0.8576P  0.0768R  . . . . () EA

U  0 (Principio del trabajo mínimo) R reacción hiperestática. R

L  F1 F F   0.8F2 2  0.6F3 3  . Las derivadas parciales se encuentran a  F1 EA  R R R 

partir de (). Tenemos: 0

L 0.48F1  0.48F2  0.48F3   F1 – F2 – F3 = 0 . . . . () EA

Resolviendo las ecuaciones () y () encontramos: R  R

0.16 P 1.88

0.16 (2500)  212.8 lb. Conociendo R, mediante () hallamos: 1.88

F1 = – 797.856 lb; F2 = – 2,127.68 lb; F3 = 1,329.76 lb. Para calcular el desplazamiento, usamos () C 

L 0.8576P  0.0768(212.8)  L 2,127.66 EA EA

Reemplazando

6)

L , obtenemos C  0.0709 pulg. EA

En la armadura representada, determinar: a) Las reacciones externas, b) Las fuerzas axiales en las barras; c) El desplazamiento horizontal del nudo A. Considerar todas las barras con la misma rigidez axial. Datos: E = 2.1 x 103 Ton/cm2; A = 12 cm2; K = (50/9) Ton/cm (Constante del resorte de comportamiento elástico lineal) (Longitudes en metros).

468


Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz K

Se trata de una armadura hiperestática externa, con un apoyo deformable.

4.5 m

6.0 m

R3

Sea R4 la reacción hiperestática.

A P=30 Ton

Determinamos U = f( P, R4), incluyendo la energía por la deformación del resorte.

R4

Equilibrio global: R1 + R2 = 0 R3 + R4 = P 6R4 – 4.5 R1 – 6 P = 0

R2 A R1

(*)

P

Fuerzas Axiales: F1= 0; F2 = 0; F3= R4; F4 = 1.34 (R4 – P); F5=1.67 (P-R4)

(**)

R2 2 2 2 La energía de deformación es: U = F L +F L +F L + 4 4 4 5 5 2K 2EA 3 3 1

[

Aplicamos el Principio del Trabajo Mínimo:

]

∂ u = 0 . Luego obtenemos: ∂ R4

∂ F ∂ F ∂ F K [ F3L 3 3 + F4L 4 4 + F5L 5 5 ] + R 4 = 0 EA ∂ R4 ∂ R4 ∂ R4 Las derivadas parciales se obtienen a partir de las ecuaciones (**). Reemplazando en

la ecuación anterior todos los valores conocidos, se plantea una ecuación algebraica de primer grado cuya incógnita es la reacción hiperestática R 4. Resolviendo esta ecuación obtenemos: R4 = 11.658 Ton. Reemplazando el valor R4 en las ecuaciones (*) y (**) encontramos las reacciones externas y las fuerzas axiales (reales) en las barras de la armadura (en toneladas). R1=-24.456; R2= 24.456; R3= 18.342; F1=F2= 0; F3=11.658; F4=-24.578; F5=30.631 Para calcular el desplazamiento horizontal del nudo A, usaremos el Método de la Carga Unitaria. Descargamos la armadura del sistema real de cargas y en el nudo A aplicamos una carga unitaria horizontal (adimensional). Resolviendo la armadura con la carga unitaria encontraremos los factores de fuerza unitaria f i.

469


X3


Armadura hiperestática externa. Sea X4 la reacción hiperestática. Usaremos el Principio del Trabajo Mínimo.

X4

A

Equilibrio global: X1+X2+1=0; X3+X4=0 4.5X1+4.5-6X4=0

1

X1

(a)

Por el método del equilibrio de nudos, encontramos los factores de fuerza unitaria: f1=f2=0;

f3=X4;

f4= -1+1.336X4;

f5=-1.67X4 (b)

X 24 1 2 2 2 [f L + f4 L 4 + f5 L 5 ] + La energía de deformación es U = 2EA 3 3 2K Por el principio del trabajo mínimo:

∂U = 0 . Luego tenemos: ∂X 4

K [f3 L 3 ∂f3 + f4L 4 ∂f4 + f5L 5 ∂f5 ] + X 4 = 0 EA ∂X 4 ∂ X4 ∂ X4 Las derivadas parciales se obtienen a partir de las ecuaciones (b). Reemplazando los valores conocidos en la ecuación anterior, planteamos una ecuación algebraica de primer grado, cuya incógnita es la reacción hiperestática X4. Resolviendo dicha ecuación encontramos X4 = 0. 0984. Reemplazando este valor de X4 en las ecuaciones (b) encontramos los factores de fuerza unitaria: f1 = f2 = 0;

f3 = 0.0984;

f4 = - 0.8685;

f5 = - 0.1643

Finalmente reemplazando valores en la ecuación del desplazamiento deseado:

ΔAH =

1 [F L f + F4L 4 f4 + L 5 f5 f 5 EA 3 3 3

]

Encontramos ΔAH = 0.379 cm.

470


4.8)


Esfuerzos y Deformaciones Axiales por Cargas de Impacto.

4.8.1) Introducción. Definiciones. En los problemas estudiados anteriormente, se consideró que las cargas externas se aplicaban gradualmente, y que los elementos estructurales o sólidos deformables estaban en equilibrio estable en todas las etapas del proceso carga-deformación. En esta sección, estudiaremos los casos simples de Esfuerzos y Deformaciones Axiales provenientes de la aplicación de cargas de impacto. Definición) Carga Dinámica  La carga causada por un cuerpo en movimiento. X

Q carga dinámica

h

rígido

La energía del cuerpo en movimiento se transfiere a los elementos resistentes.

Los conceptos de Energía pueden usarse para calcular los esfuerzos y las deformaciones uniaxiales producidos por cargas de impacto, aceptando que máx y máx no sobrepasan los límites de Elasticidad Lineal del material, obtenidos mediante Ensayos en Laboratorio.

Con frecuencia, los problemas de impacto, son consecuencia de Cargas Dinámicas, mediante las cuales un sistema transfiere su energía a otro, por medio de un choque o impacto.

El mecanismo simple para estudiar la transmisión de cargas dinámicas, es una barra elástica lineal con una plataforma rígida, y por la cual resbala –sin fricción– un cuerpo rígido de masa m.

471



sección A; material E

v=0

B

L

collar ( de peso W)

h

plataforma rígido

d

d  Deflexión Dinámica. El bloque, de peso W, realiza el impacto, transfiriendo su energía cinética al cuerpo con el cual hace el contacto. 4.8.2) Hipótesis i) Durante el impacto no se disipa cantidad importante de energía. ii)

Toda la energía cinética del cuerpo que realiza el impacto se transfiere al sistema (a sus elementos resistentes).

iii) El diagrama constitutivo - obtenido del ensayo uniaxial de tracción (aplicación estática) sigue siendo válido d = Ed. Nota)

Se observará que una carga de impacto genera esfuerzos y deformaciones más elevados que los que produciría una carga de la misma intensidad, aplicada gradualmente.

4.8.3) Esfuerzos y Deformaciones por Impacto.

Consideremos una barra de material elástico lineal, sección transversal constante, y un peso W que cae libremente (sin fricción) partiendo del reposo, desde una altura h. Aceptamos que el peso de la barra es despreciable con respecto al peso W.

472


Mg. Ing. Carlos Esparza Díaz sección transversal

A

E

L

W h

d W

Principio fundamental: "El trabajo realizado por el peso al caer, es igual a la energía de deformación almacenada en los elementos elásticos". W(h + d) = U . pero U  W(h   d ) 

. . . (1)

AE 2  d  . . . . (2), luego obtenemos 2L

AE 2  d , ecuación de segundo grado en d: 2L 2d 

2WL 2WhL d   0 Cuyas raíces son: EA EA 2

d 

WL  WL   WL      2 h . . . . (3) EA  EA   EA 

Por las condiciones físicas del problema, d > 0. Luego sólo es aceptable una raíz: 2

WL  WL   WL  d      2 h . . . . (4) EA  EA   EA 

Δd: alargamiento dinámico, debido al impacto

473



Si el peso W se aplicase gradualmente en la sección donde se realiza el impacto, se produciría un Alargamiento Estático, st:

L E A

(aplicado gradualmente)

 st 

W

WL , con lo cual la ecuación (4) puede reescribirse: EA 2

 WL   WL   d   st     2 h EA    EA 

ó  2h   d   st 1  1   . . . . (5)  st  

Definición) El coeficiente 1  1 

2h se denomina Coeficiente o Factor Dinámico  st

(Factor de amplificación dinámica) kd  1  1 

2h . . . . (6)(kd >1)  st

La ecuación (5) quedaría d = kdst . . . . (7)

Nota).

Si h = 0  la carga W se aplica súbitamente (de una vez toda su intensidad). En este caso: d = 2st (kd = 2). Es decir, una carga aplicada súbitamente ocasiona un alargamiento doble del que se produciría si la carga fuese aplicada gradualmente.

Aceptando que sigue siendo válida la Ley de Hooke, determinamos el Esfuerzo Dinámico generado: 474


d = Ed 

d  E


d , reemplazando d por su valor dado por la ecuación (4), L

obtenemos: 2 E  WL WL   WL  d    h . . . . (8)  2 L  EA EA   EA   

Simplificando, y notando que

W es el esfuerzo normal en condiciones estáticas, A

tenemos: h d  st  2st  2 Est . . . . (9) L

donde

W  st (esfuerzo normal en condiciones estáticas). A

Usando la Ley de Hooke en condiciones estáticas  st  

WL E W 1 , obtenemos  EA L A  st

E st y reemplazando en la ecuación (9), tenemos:  L  st d  st  2st  2h

 2st 2h   st 1  1   . . . . (10)  st  st  

Equivalentemente: d = kdst . . . . (10.1) Nótese que se h = 0  kd = 2 y d = 2st, similar a lo sucedido con el alargamiento dinámico.

Notas) 1)

El esfuerzo dinámico d depende del módulo de elasticidad E del material y de la longitud L de la barra (ecuación 9); situación que no se presentaba en el esfuerzo estático st.

2)

Si durante el impacto los esfuerzos y deformaciones sobrepasan los límites de elasticidad lineal del material, las fórmulas deducidas NO son VÁLIDAS.

3)

El esfuerzo dinámico d puede disminuirse no solamente incrementando el área de la sección transversal, sino también incrementando la longitud de la barra (ecuación 9).

4)

El coeficiente dinámico kd puede expresarse en función de la velocidad con la cual el cuerpo de peso W impacta con la placa rígida.

475



W v=0

h

v= 2gh

kd  1  1 

2h  st

v2 = 2gh  kd  1  1 

5)

v2 . . . . (10.2) g st

Es posible expresar kd en función de la energía cinética en el momento del impacto y de la energía de deformación almacenada en la barra (por aplicación gradual del peso W).

En el instante del impacto, la energía cinética del cuerpo que cae, es:

K

W 2 v 2g

La energía de deformación generada por aplicación gradual de W, es: Ust 

K v2 W   st . Luego s Ust g st

y reemplazando en la ecuación (10.2), obtenemos: kd  1  1 

6)

K . . . . (10.3) Ust

Si h >> st, el coeficiente kd puede aproximarse por kd 

2h  st

ó por k d 

v2 g st

476



EJEMPLOS 1)

Hallar la deflexión en el punto B, debido al impacto del bloque de peso Q. La barra rígida AB, articulada en A, está sostenida por dos resortes elásticos lineales.

Q

K1

h

K2

B

A a

a

a

AB: barra rígida

1

2

Q

A

B

1

2

B

hd

B d =?

Principio fundamental:





Q(h + Bd) = U1 + U2  Q h  Bd 

K1 2 K 2 2 1  2 . . . . (1) 2 2

(U1, U2 son las energías acumuladas en los resortes) Condición de compatibilidad geométrica:  1 

1 2 Bd   (semejanza de triángulos) a 2a 3a

1 B 2  d ;  2  Bd 3 3





Reemplazamos en (1): Q h  Bd 

2

K1  1 B  K 2 B   d   2  d  2 3  2 3 

2

Resolviendo ésta ecuación de segundo grado en Bd y aceptando la raíz físicamente posible, obtenemos: 2

Bd

 9Q  9Q 18Qh      K1  4K 2 K1  4K 2  K1  4K 2  477


2)


Calcular la deflexión del punto B debida al impacto. Considerar constante la rigidez axial EA.

a v=0

Q

a rígida

B

a

El desplazamiento dinámico es: Bd = KdBst . . . . (1) donde k d  1  1   kd  1  1 

2a Bst

2h  st

. . . . . (2) (puesto que en B sucede el impacto)

Bst es la deflexión del punto B debida a la carga Q aplicada gradualmente.

EA

2a

B

a Q

Problema hiperestático

478



R2 reación hiperestática

2a tramo 2 B

tramo 1

a Q

R1

Equilibrio R1 + R2 = Q Energía de Deformación (estática): UT 

Q  R 2 2 a  R 22 2a

UT 

2AE

2AE

R12a R 22 2a  2AE 2AE

. . . . (3)

Principio del trabajo mínimo: U T 0  R 2

Q  R 2  1a  R 22 2a  0 EA

de donde obtenemos R 2 

2EA

Q 2Q . Luego R1  3 3

Reemplazando R2 por su valor en la ecuación (3) y simplificando tenemos: UT 

q 2 Q . Aplicamos, ahora, el 2do Teorema de Castigliano: 3EA

Bst 

Ut 2aQ  Bst  . . . . (4) Q 3EA

Reemplazando Bst en la ecuación (2): kd  1  1 

2a 3EA . . . . (5) 1 1 2aQ Q 3EA

Finalmente, reemplazando (4) y (5) en (1), obtenemos:  3EA Bd  1  1  Q 

3)

 2aQ    3EA  

En el sistema representado, calcular Qmáx para que el esfuerzo normal no exceda de 1,600 kg/cm2.

479



30º

L

L

30º

L Q 0.5m rígida

L 1m

  A  1 cm  (en las tres barras) 6 2 E  2  10 kg/cm  d  1600 kg/cm 2  2

Factor Dinámico: k d 

d st

(st  calculado en la sección donde se realiza el impacto)  kd 

1,600 kg/cm 2 1600 . . . . ()  Q kg Q 4 cm2

También k d  1  1 

2h . . . . ()  st

Calculamos st:

T

T

30º

30º

30º

30º

Q Q gradualmente aplicado

T

Q 3

La energía de deformación, es: 480


U

Q2L Q2L Q2L   2EA 32EA  2EA

U

5Q2L 6EA


2do Teorema de Castigliano   st  Reemplazando en (): k d  1  1 

U 5QL  Q 3EA 2(50) 1200000 . . . . () 1 1 5 Q(100) Q 3 2  106  1

Igualando () con ():

1600 1200000 1 1 Q Q Resolviendo la ecuación, hallamos Q = 2.1776 kg que será el máximo valor de Q (puesto que ya se incluyó el mayor esfuerzo dinámico d = 1,600 kg/cm2)

4)

Un cuerpo M, cuyo peso es W = 7.5 kg, cae desde la altura h = 1.5 m, según se indica en el esquema. Si la barra es de acero cuyo esfuerzo de fluencia es y = 4,800 kg/cm2, hallar el área transversal de la barra, necesaria para no exceder el esfuerzo de fluencia (E = 2.1×106 kg/cm2)

M 2.40m 1.50m

Usamos d  donde  st 

W  2h  . . . . (ecuación 10) 1 1  A  st 

WL (medido en el punto donde suecede el impacto). EA

481


 d 


W  2hEA 1 1  A WL

  . . . . ()  

Condición del problema d  y. Luego; reemplazando valores en () 4,800 

7.5  (2)(150)(2.1)(106 ) A  1 1  A  (7.5)(240)  2

 4,800 A    1   7.5 

 1  350000A 

2

Resolviendo la ecuación tenemos: A = 0.85 cm2 (la otra raíz no nos sirve, porque A > 0)

5)

La varilla AB, de sección uniforme, está hecha de un material que tiene y = 18 klb/pulg2; E = 15×106 lb/pulg2. El collar D se mueve a lo largo de la varilla a una velocidad de 10 pies/seg cuando golpea una placa colocada en el extremo B de la varilla. Usando un factor de seguridad de 4, respecto al peso, determinar el máximo peso del collar, si la varilla no debe permanecer deformada. No incluir el rozamiento. Sección transversal de diámetro d=5/8 pulg. D

B

A

V0 L= 4'

Como la varilla no debe permanecer deformada, encontramos la máxima Energía de Deformación (para evitar deformaciones permanentes).

sy uy e ey

482


Uy  uy Vol 


1 y  y AL 2

Ley de Hooke  y 

 y 1 AL 2  Uy   y y AL  Uy  y E 2E 2 E

Reemplazando valores: 2

5   (4)(12) 1 4 8 Uy  (18,000)2 6 2 15  10

Uy = 159.04 lb-pulg (Máxima energía almacenada en la barra). En el momento del choque, la energía cinética del cuerpo en movimiento, es: K

1 mv 2 2

K 

1W W (10  12)2  7200 2 g g

K  7200

W (W en libras, g = 32.2 pies/s2, g = 32.2×12 pulg/s2) (32.2)(12)

K = 18.6335W Aplicamos el principio fundamental: Uy = K  159.04 = 18.6335W, de donde obtenemos W = 8.535 lb El peso máximo permitido será Wmáx  Wmáx 

6)

W , es decir: FS

8.535  2.13375 lb 4

En el sistema representado, calcular hmáx, para que el esfuerzo en el cable no exceda de 160 MPa. Considerar:L = 1 m A = 2 cm2 E = 2×105 MPa Q = 100 N

483



Q cable

L E A

h

60° B

A a

2a

AB: barra rígida

Factor Dinámico k d  1  1 

2h . . . . () Bst

Calculamos Bst

60° B

A

Q aplicado gradualmente

La tensión en el cable es T  2 3Q Energía de Deformación U 

U

T 2L 2EA

6LQ 2 EA

Segundo Teorema de Castigliano: Bst 

U 12QL  Q EA

Reemplazamos en ():

kd  1  1 

hEA . . . . () QL

El esfuerzo dinámico, es d = kdst (st  en el cable, que se el elemento elástico resistente)

484


 d  k d


T  hEA  2 3Q   1  1  A  6QL  A 

Condición d  160 MPa. Reemplazando valores numéricos, tenemos:  h(2)(105 )(106 )(2  10  4 )  (2 3 )(100)  160  106  1  1    2  10  4  (6)(100)(1)  

Resolviendo la ecuación obtenemos h = 0.128 m, que será la altura máxima pues ya se usó el máximo esfuerzo normal en el cable. hmáx = 12.8 cm 7)

Una masa de 6 kg cae desde una altura de 0.8 m, golpeando la cabeza de un perno largo de acero, según se indica en el esquema. Aceptando que toda la energía es absorvida por el perno, calcular el espesor necesario de la cabeza si el esfuerzo cortante de punzonamiento no debe exceder de 80 MPa. Considerar E = 200 GPa; diámetro del perno 20 mm.

m 1.50m

0.80m

e =?

cabeza del perno

El peso del cuerpo que cae es Q = (6 kg)(9.81 m/s 2) = 58.86 N El

factor

dinámico,

es:

kd  1  1 

2h  st

y

el

esfuerzo

dinámico

es:

 2h  W WL d  1  1  st , donde st  ;  st    st  EA A 

485



Reemplazando valores dados, tenemos:    2(0.8)(200)(109 ) (20  10  3 )2 4 d  1  1   (58.86)(1.5)  

    58 . 86     3 2   4 (20  10 )  

Efectuando las operaciones numéricas, tenemos: d = 200.1127×106 Pa = 200.1127 MPa.

El esfuerzo dinámico, genera una fuerza axial dinámica Fd, que es la fuerza que trata de "perforar" la cabeza del perno.

Fd=d A Fd = (200.1127)(/4)(202×10-6)

aréa rsistente al punzonamiento

= 0.06287 MN

e El esfuerzo de punzonamiento que se genera (en la cabeza del perno), es: d, el mismo que genera una fuerza resistente al punzonamiento: 2red Equilibrio: 2red = Fd  e  e

8)

Fd , reemplazando valores, tenemos: 2rd

0.06287  0.0125 m  e = 1.25 m. 2(10  103 )(80)

Determinar la máxima altura desde donde deberá caer sobre un piso rígido, una barra prismática de longitud L y peso G, para que en ningún punto se rebase el esfuerzo 0. Considerar el piso como elemento rígido;  el peso específico del material de la barra; y E el módulo de elasticidad.

486



G peso total



L

h

piso rígido

En el instante del impacto, la energía, la energía cinética es K = GH. Encontramos la energía de deformación almacenada en la barra, en condiciones G   estáticas, debida al peso propio:     AL   A no es dato

x

Q

1

F

 F + Q1 = 0  F = – Q1 = – Ax =  F  G

Ust 

G Ax AL

x (en función de los datos) L

1 L 2 1 L x F dx     G L  2EA 0 2EA 0  

2

487



Resolviendo la integral, obtenemos Ust 

G2L 6EA

El coeficiente dinámico kd puede calcularse mediante la ecuación (10.3): kd  1  1  kd  1  1 

K Ust

 reemplazando K, Ust, obtenemos:

Gh 6EAh . 1 1 2 GL GL 6EA

En el momento del impacto, el peso se

"amplifica" (similar a d y d) Equilibrio  Gd = 0A  kdG = 0A

Gd



0

 6EAh  Reemplazando kd, tenemos: 1  1  G  0 A GL  

Eliminamos A, reemplazando A 

G , obtenemos: L

  1  1  6Eh G G  G 0  GL L  L 

Simplificando , despejamos el valor h:

hmáx 

 0  0   2L  6E   

(h es máxima porque se consideró el mayor esfuerzo 0)

Nota).

Si la masa del cuerpo que sufre el impacto, no es pequeña en relación con la masa del peso W, es preciso tenerla en cuenta. Para ello se sustituye el efecto de inercia del cuerpo por la inercia de un peso equivalente, Pe, aplicado en el punto del impacto. Si admite que, depués del choque, el peso W queda en contacto con el cuerpo golpeado.

Depués del choque, la velocidad del conjunto, es:

488



Wv= (W + Pe)Ve  Ve 

W v W  Pe

Para esa velocidad común, la energía cinética total, es:  W  Pe  2  W  Pe  W2 W2 v 2 2   Ve    v  2 2gW  Pe   2g   2g  W  Pe 

expresión que puede escribirse:   Wv 2  1  (Energía cinética) K  Pe  2g  1   W 

Reemplazando en la ecuación (10.3), obtenemos:

kd  1  1 

Wv 2 2g

  1    1  Pe W  ; simplificando, el factor dinámico puede 1 W 2L 2 EA

escribirse:

kd  1  1 

v2 g st

  1   . . . . (11)  1  Pe W 

Donde v es la velocidad con la cual el cuerpo de peso W realiza el impacto. La magnitud del peso equivalente Pe puede obtenerse estableciendo que la energía cinética necesaria para impulsar Pe a la velocidad ve, es igual a la energía cinética que es preciso comunicar al cuerpo golpeado para desplazar el punto de impacto a la velocidad ve. En el caso de la barra sometida a tracción por impacto, la velocidad de un elemento cuyo peso es p dx, distante x del extremo fijo, vale v  v e

x . (p es el peso por unidad L

de longitud de la barra). ()

489



x W

L

La energía cinética total de la barra, será: Pe v 2e p L 2 p 2L 2 pv 2eL3 pv 2eL que debe ser igual a . v dx  v x dx   e  2g 2g 0 2g 0 6g 6gL2

Igualando tenemos: Pe:

pv 2e Pe v 2e pL  Pe   6g 2g 3

1 del peso de la barra. 3

Observar que si reemplazamos el "factor dinámico corregido", dado por la ecuación (11) en la ecuación (10.1) obtenemos para el esfuerzo dinámico

 v2 d  st 1  1  g st 

  1    . . . . (11.1)  1  Pe W  

y obtenemos para la deflexión dinámica (ecuación 7),  d   st  2st 

  st 2  1  . . . . (11.2) v  g  1  Pe W 

() Se acepta que la velocidad es lineal respecto a la distancia x.

9)

El peso Q = 8 kg cae libremente desde la altura h, impactando la placa rígida que se indica en el esquema. La barra es de material lineal elástico cuyo módulo es E = 2×106 kg/cm2 y su peso propio es  = 8 g/cm3. Si L = 2 m y A = 4 cm2, determinar la altura máxima h para que el esfuerzo no exceda los 1,000 kg/cm 2, en los casos (i) incluyendo la masa de la barra; (ii) prescindiendo de ella.

490



 Q L h

placa rígida

En cualquier caso el coeficiente dinámico es: k d 

d st

En condiciones estáticas: st 

Q 8 kg = 2 kg/cm2.  2 A 4 cm

El mayor esfuerzo es 1000 kg/cm2  d = 1000 kg/cm2 Luego k d 

1000  500 2

i)h máxima, incluyendo el peso propio de la barra. El factor dinámico se calcula con la ecuación (11): kd  1  1 

v2 g st

  1   . . . . ()  1  Pe Q 

donde, v2 = 2gh;  st 

QL AL ; Pe  3 EA

Reemplazando en ():     2gh  1  ; reemplazando los valores numéricos, tenemos: kd  1  1  QL  AL  g 1 EA  3Q 

    (2h)(2)(10 )( 4)  1  kd  1  1  3  (8)(200) 8  10  4  200   1   3(8)   6

k d  1  1  7895h  500  1  1  7895h Resolviendo la última ecuación, obtenemos h = 31.539 cm. (h = 31.539 cm es máxima porque se consideró máx = 1000 kg/cm2) 491



ii)Sin incluir el peso propio de la barra. En este caso, el factor dinámico se calcula por la ecuación (6) kd  1  1 

2h 2hEA 2h  kd  1  1  1 1 QL QL  st EA

Reemplazando valores numéricos k d  1  1 

(2h)(2)(106 )( 4) (8)(200)

k d  1  1  10000h , de donde obtenemos h = 24.9 cm.

Nota).

Observar que, al no incluir el peso propio de la barra, la altura máxima de caída se reduce. %reducción 

31.539  24.9 100  21.05% 31.539

10) En el sistema representado, calcular: i)El esfuerzo dinámico. ii)La deformación dinámica en el punto B.

L  2 m  Barras inclinadas A  3 cm2 E  10 6 kg/cm 2 

Q=20kg

30°

h=10cm

30°

B barra rígida, de peso Q 1 =2Q

Para calcular el esfuerzo dinámico y la deflexión dinámica, necesitamos conocer el coeficiente dinámico kd: kd  1  1 

K . . . . () Ust

donde K  Energía Cinética debida al impacto, incluyendo las masas de los pesos Q y Q1.

492



Ust  Energía de Deformación Elástica, debida a la aplicación gradual del peso que realiza el impacto (Q)

Determinamos K: Después del impacto, la velocidad del "conjunto" es vs, tal que: (Q1 + Q)vs = Qv  v s 

Q v Q  Q1 2

1 Q1  Qv 2s  1 Q1  Q Q  v 2 K 2g 2g  Q  Q1 

K

Q2 v 2 Q2h ; pero v  2gh  K  . . . . () 2gQ1  Q Q1  Q

Determinamos Ust: T

30°

30°

Q

2Tcos30 = Q  T 

Q 3

 T 2L  T 2L Q2L   . . . . () Ust  2 U   3EA  2EA  EA

Q2h Q Q Reemplazamos () y () en (): k d  1  1  1 2 ; simplificando obtenemos QL 3EA

kd  1  1 

3EAh Reemplazando los valores numéricos, encontramos: L Q1  Q

kd = 87.608 . . . . () i)d = kdst  d  k d

T Q 20  kd  d  87.608 A 3A 3 3

d = 337.2 kg/cm2 493



ii)Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano en ():  st   st 

Ust Q

2QL (2)(20)(200)   st   0.00089 cm. 3EA (3)(106 )(3)

(Toda la barra rígida desciende st) La deflexión dinámica, serád = kdst = (87.608)(0.00089 cm) d = 0.078 cm (deflexión de toda la barra rígida)

11) Sobre un tronco de pirámide, de material elástico lineal, cae desde la altura h un peso Q. Calcular el factor dinámico. No incluir el peso propio del tronco de pirámide.

h Sección de área A0

L Sección de área A1

E

El Coeficiente Dinámico kd se calcula por: kd  1  1 

K . . . . () Ust

donde Ust  Energía de Deformación por aplicación gradual del peso que realiza el impacto (Q). K  Energía Cinética después del impacto.

Determinamos Ust

494



H A0  H    A H x 

A0

2

2

H  x   A 0 .. (1)  H 

 A

x A

L

A1 Por aplicación gradual del peso Q, la energía de deformación, es: Ust 

Q2 L dx Q2 L dx    2E 0 A( x ) 2E 0  H  x 2   A0  H 

efectuando la integral, obtenemos:

Ust 

Q2HL . . . . () 2EA 0 H  L 

En la relación (1): cuando x = L debe ser A = A 1. En consecuencia 2

H  L  A1    A 0  se despeja H. Obtenemos H   H 

A0 A1  A 0

L

Reemplazando H en ():   A0  L Q2L  A1  A 0   Simplificando, obtenemos Ust  2EA 0   A 0  L  L  A  A  0  1  Ust 

Q2L . . . . () 2E A 0 A1

Determinamos K: K

1 Qv2 (puesto que no se incluye el peso propio del tronco de pirámide) 2g

K

Q 2gh  Qh . . . . () 2g

Reemplazamos () y () en la ecuación (), obtenemos:

495


kd  1  1 

kd  1  1 

4.9)


2Eh A 0 A1 Qh 1 1 2 QL QL 2E A 0 A1 2Eh A 0 A1 QL

Energía en el Estado General de Esfuerzos. Energía de Distorsión

4.9.1) Introducción Para sólidos de material elástico lineal e isotrópico, en el caso general, la densidad de energía de deformación, es: u

1 1 1 1 1 1  x x   y y  zz   xy xy   xz xz   yz yz . . . . (1) 2 2 2 2 2 2

donde x, y, z, xy, xz, yz son las deformaciones unitarias que definen el Estado General de Deformaciones; y x, y, z, xy, xz, yz son los esfuerzos del Estado General.

La energía total de deformación, acumulada en el sólido, será: U

 udV

. . . . (2); siendo V el volumen del sólido no deformado.

(V)

Usando las ecuaciones de la Ley Generalizada de Hooke, la expresión (1) puede reescribirse en términos de los esfuerzos, obtenemos: u









1 2  1 2 x  2y  2z  x y  y z  x z   xy  2xz  2yz . . . . (3) 2E E 2G

expresión que evalúa la densidad de energía en función de los esfuerzos y los módulos E, G; así como de la relación de Poisson .

Usando las ecuaciones de Lamé es posible expresar la energía de deformación unitaria (densidad de energía) en función de las deformaciones unitarias y las constantes elásticas G,  del material. Reemplazando las ecuaciones de Lamé en la ecuación (1) y simplificando, obtenemos:





 1   2  u  G2x  2y  2z   x   y  z    2xy   2yz   2zx  . . . . (4) 1  2 2  

También, puesto que G  E 21   , la ecuación (3) puede escribirse:

496


u






1  2   2   x  2y  2z  x  y  z   2 2xy  2yz  2xz  . . . . (5)  4G  1 

4.9.2) Densidad de Energía Volumétrica y Distorsional. Los términos de la ecuación (1) pueden reagruparse en dos sumandos: u = uv + ud . . . . (5.1) donde: uv 

Densidad de energía correspondiente al cambio de volumen, sin distorsiones del sólido. Es decir, u v es la densidad de energía correspondiente al Estado Medio de Esfuerzos.

ud 

Densidad de energía correspondiente a la distorsión del sólido, sin cambios de volumen. Es decir, u d es la densidad de energía correspondiente al Estado Desviador de Esfuerzos.

Cálculo de uv: z

sm

sm sm y

m 

 x   y  z 3

En el estado medio no existen distorsiones, luego la densidad de energía correspondiente, es: uv 

1 1 1 m x  m y  mz . . . . () 2 2 2

Usando las ecuaciones de la Ley de Hooke generalizada, obtenemos:  x   y  z 

m 1  2 E

Luego, reemplazando en () y simplificando: uv 

3 2 m 1  2 , es decir, la densidad 2E

de energía volumétrica, es: uv 

1 1  2x  y  z 2 . . . . (6) 6E 497



Para calcular la densidad de energía distorsional, usamos las ecuaciones (5), (5.1) y (6): (ud = u – uv). Efectuados los reemplazos y simplificaciones algebraicas, obtenemos: ud 







1 x  y 2  y  z 2  z  x 2  G 2xy  2yz  2zx . . . . (7) 12G

El valor encontrado ud es usado en las Teorías de Falla Elástica de Materiales. Nota).

La densidad de energía total (u), puede escribirse en función exclusiva de las deformaciones unitarias, en una forma equivalente a la dada en la ecuación (4).

u









E G 2   x   y  z   G 2x  2y  2z   2xy   2xz   2yz . . . . (8) 21  1  2 2

Propiedad La Derivada Parcial de la Densidad de Energía de Deformación, con respecto a cualquier componente de la deformación, es igual a la correspondiente componente del esfuerzo.

Así:

u  G xy  xy (de la ecuación 8)  xy

También: u E x  y  z   2Gx   x 1  1  2 u E        2G x  1  1  2 x y z  x

que es equivalente a: u  2 x   x   y  z  ; siendo las constantes ,  las Constantes  x

Elásticas de Lamé. Por consiguiente, tenemos: u  x  x

Nota).

Observar la "analogía" entre la propiedad enunciada y el Primer Teorema de Castigliano.

Como ejemplo, deduciremos las expresiones que corresponden al Estado Principal de Esfuerzos.

498


i)


Densidad de Energía (Total) de Deformación

u

1 1 1 11  22  33 . . . . (1) 2 2 2

3

s1 E; n 2

La Deformaciones Unitarias Principales, son: 1 

1 1  2  3  E

2 

1 2  1  3  E

3 

1 3  1  2  E

Reemplazando en (1) y simplificando, tenemos: u

ii)





1 2 1  22  23  212  23  13  . . . . (2) 2E

Densidad de Energía Volumétrica y Distorsional. El estado de esfuerzos principales puede definirse como la superposición del Estado Medio y del Estado Desviador.

s3

s1 s2

s 3 -s m

sm

s 1 -s m

sm +

=

s 2 -s m

sm ESTADO MEDIO

m 

ESTADO DESVIADOR

1  2  3 3

ESTADO MEDIO  no produce distorsiones. Sólo cambios de volumen. 499



ESTADO DESVIADOR  Produce sólo distorsiones (cambia a la forma). El volumen no varía. Observar que el Estado Desviador contiene términos de Esfuerzo Cortante (realmente, contiene funciones de la diferencia de esfuerzos principales). Sabemos que: u 



uv

corresponde al estado medio

ud 

. . . . (3)

corresponde al estado desviador

La densidad de energía volumétrica, uv, la podemos calcular usando la ecuación (2), cambiando 1, 2, 3 por m. Tenemos: uv 



 

1 32 2 2 3m  2 3m  m 1  2 2E 2E

ó 3 1  2 1  2  3  uv  2E 3  

2

simplificando:  1  2  2 uv   1  2  3  . . . . (4)  6E 

expresión que define la Densidad de Energía Volumétrica. Usando la ecuación (3)  ud = u – uv; y reemplazando en esta última ecuación los valores dados por (2) y (4), luego de simplificar tenemos:





1    2 2 2 ud    1  2   2  3   3  1  . . . . (5)  6E 

y como G  ud 

E

21  



1  1 , tendremos:  E 2G





1 1  2 2  2  3 2  3  1 2 . . . . (5.1) 12G

que también puede escribirse ud 





1 2 1  22  23  12  23  13  . . . . (5.2) 6G

Las ecuaciones (5), definen la Densidad de Energía Distorsional.

Nota).

Observar que, incluso una condición simple de esfuerzo uniaxial, puede dividirse en Estado Medio y Estados Desviadores.

500



Problema. En un cilindro de eje horizontal, longitud L y diámetro interior d, existe un líquido en reposo sometido a una presión p, que experimenta una disminución de volumen. Calcular la energía de deformación correspondiente. Considerar K el módulo de compresibilidad. P

P

P La densidad de energía correspondiente se calcula mediante la ecuación (2); donde 1 = 2 = 3 = – p  u







1 2 3p2 1  2 p  p 2  p 2  2  p 2  p2  p 2  2E 2E

501



La energía total de deformación, será U = uV. Luego.

u

2 3p2 1  2 d L . . . . () 2E 4

Recordando que el módulo de compresibilidad o módulo volumétrico es K 

E , 3(1  2)

tenemos en ():

U

p2 d2L 8K

4.10) Criterios de Falla de Materiales 4.10.1) Introducción En los Ensayos de Tracción Uniaxial, se presentan dos situaciones diferenciadas del comportamiento de materiales.

s

s

material frágil

material dúctil

e Falla frágil (vidrio)

e Falla dúctil (acero)

Por excesivas deformacio nes Falla de un elemento estructural  Por fractura real del sólido

Durante el diseño de elementos estructurales se usan, frecuentemente, propiedades mecánicas de los materiales, obtenidas experimentalmente en laboratorios, donde los materiales han sido sometidos a Condiciones Simples de Esfuerzo.

En las condiciones reales de servicio, los elementos estructurales están sometidos a condiciones del Estado General de Esfuerzos. Por tanto, es necesario disponer de criterios racionales para precisar, con aproximación suficiente, el inicio de la falla del material.

502



Finalidad  Las Teorías de Falla Elástica de Materiales, tienen la finalidad de predecir, basados en el comportamiento uniaxial en tracción, cuando se presentará la falla elástica bajo condiciones generales de esfuerzo. 4.10.2) Teorías de Falla Elástica Existen varidas teorías de falla elástica de materiales. Las más importantes, estudiadas analítica y experimentalmente, son:

i)

Teoría del Esfuerzo Principal Máximo (Rankine)

ii)

Teoría del Esfuerzo Cortante Máximo (Tresca)

iii)

Teoría de la Deformación Principal Máxima (Saint-Venant)

iv)

Teoría de la Densidad de Energía de Deformación (Haigh)

v)

Teoría de la Máxima Densidad de Energía de Distorsión (Von Mises)

i)Teoría del Esfuerzo Principal Máximo (Rankine) Postula que, en el Estado General de Esfuerzos, la falla se presenta cuando el Esfuerzo Principal Máximo alcanza el valor del Esfuerzo de Fluencia en tracción simple.

s

s sfl

e s Criterio de Fluencia: 1 = fl (tracción)

Nota).

También se presentaría la falla cuando el menor esfuerzo principal 3 fuese de compresión y su valor alcanzara el esfuerzo de fluencia (en compresión) Si 0s3, 3 = fl (compresión)

Esta teoría se cumple muy satisfactoriamente en el caso de materiales frágiles. Se recomienda no aplicarla en materiales dúctiles.

503



Si1 < fl  no sucede la falla 1 = fl  se inicia la fluencia 1 > fl  fluencia total

ii)Teoría del Esfuerzo Cortante Máximo (Tresca) Esta teoría establece que la falla puede presentarse cuando el Esfuerzo Cortante Máximo (en un sistema general de esfuerzos) resulta igual al valor del esfuerzo cortante de fluencia obtenido en la prueba de tracción simple.

s

s sfl

e s

máx 

sfl: Esfuerzo de fluencia

1  3 2

En el caso uniaxial, el esfuerzo cortante máximo sería El esfuerzo cortante de fluencia: fl  CRITERIO DE FALLA: fl 

1  0 (puesto que 3 = 0) 2

fl  0    l/2 2

1  3  fl = 1 – 3 2

En materiales bajo condiciones generales de esfuerzo: Si

1 1  3   1 fl  no hay fluencia 2 2 1 1  3   1 fl  se inicia la fluencia 2 2

1 1  3   1 fl  puntos de fluencia 2 2

Ha sido comprobado que esta teoría es bastante útil en el caso de materiales dúctiles.

504



El criterio de fluencia fl = 1 – 3 es una de las Leyes Básicas de la Teoría de Plasticidad. Se denomina Criterio de Tresca.

La representación gráfica de la condición de fluencia de Tresca, determina una Superficie de Fluencia en el espacio de esfuerzos 1, 2, 3. En primer lugar, analizaremos el caso donde 3 = 0.

En el caso general de esfuerzos, el criterio de Tresca, establece que para el inicio de la fluencia, se requiere:

1 1  3   1 fl . 2 2

La condición de fluencia representa una superficie en el espacio de esfuerzos principales.

505



Los puntos "dentro" de la superficie  Puntos Seguros (no fluencia) Los puntos "fuera" de la superficie  Puntos no Seguros (en fluencia)

iii)Teoría de la Deformación Principal Máxima (Saint Venant) La falla se presenta cuando la máxima deformación unitaria en el estado general de esfuerzos, es igual a la deformación unitaria de fluencia obtenida en la prueba de tracción uniaxial.

s fl  Efl   fl 

fl E

s Ley de Hooke generalizada: 1 

1 1  2  3  E

Criterio de Fluencia: 1 = fl  1 1  2  3   1 fl  1 – (2 – 3) = fl E E

Si1 > fl  se presenta la fluencia 1 = fl  se inicia la fluencia

506



1 < fl  no se presenta la fluencia

Esta teoría resulta apropiada para materiales frágiles (hierro)

iv)Teoría de la Máxima Densidad de Energía de Deformación.(Heigh) Esta teoría postula que la falla elástica se presenta cuando la densidad de energía total de deformación, en el estado general de esfuerzos, es igual a la densidad de energía total de deformación asociada con el esfuerzo de fluencia del ensayo uniaxial de tracción.

Criterio de Fluencia: Usamos la ecuación (2) de la sección anterior

u





1 2 2 1  22  23  212  23  13   fl 2E 2E

Simplificando, obtenemos: 21 + 22 + 23 – 2(12 + 23 +31) = 2fl

Esta teoría proporciona resultados muy satisfactorios para el caso de materiales dúctiles.

v)Teoría de la Máxima Densidad de Energía Distorsional (Von Mises) Esta teoría se originó a partir de la observación de que materiales dúctiles, sometidos al Estado Medio de Esfuerzos, alcanzan resistencias de fluencia superiores a los valores determinados en el ensayo uniaxial de tracción.

La teoría postula que el fenómeno de fluencia no es exclusivo de tracción o compresión simples, sino más bien que la fluencia está relacionada con la distorsión del elemento.

Con referencia al Estado General de Esfuerzos, la densidad total de energía, es: u





1 2 1  22  23  212  23  13  2E

y la densidad de energía unitaria correspondiente a cambios de volumen (sin distorsiones del sólido), es:

507





 1  2  2 2 2 uv    1  2  3  212  223  213  6E 



.. . . (ecuación 4, sección

anterior) La densidad de energía distorsional es ud = u – uv



1    2 2 2 ud    1  2   2  3   3  1   6E 



que es la energía unitaria responsable de los cambios de forma.

En el Estado Uniaxial de Tracción, cuando se inicia la fluencia, la densidad de energía distorsional, es:

ud fl   1   22fl   6E 

(en la fórmula anterior con 1 = fl; 2 = 3 = 0)

Condición de Fluencia (Condición de Von-Mises): La falla del material se inicia cuando la densidad de energía distorsional, en el estado general de esfuerzos, es igual a la densidad de energía distorsional en el inicio de la fluencia del material, es de: ud = (ud)fl Luego:





 

1  1  2 2  2  3 2  3  1 2  1   22fl 6E 6E

Simplificando, (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 22fl denominada Condición de Fluencia de Von-Mises  Si

(1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 < 22fl  no se presenta fluencia (el estado de esfuerzos principales 1, 2, 3 es seguro)

Si

(1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 > 22fl  se presenta fluencia (el estado de esfuerzos principales NO es seguro)

La condición de fluencia de Von-Mises puede representarse gráficamente en el triedro de esfuerzos principales.

508



22fl = (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2

La gráfica es un cilindro circular de radio r 

2 fl , cuyo eje de simetría forma ángulos 3

iguales con las direcciones principales de esfuerzo (dirección octaédrica).

El Criterio de Fluencia de Von-Mises asegura que un Estado de Esfuerzos es seguro, si el punto (1, 2, 3) se localiza dentro del cilindro; en caso contrario, el estado de esfuerzos es NO SEGURO.

De uso frecuente en diseño estructural es el caso bidimensional: Reemplazando 3 = 0 en la Condición de Von-Mises: 22fl = (1 – 2)2 + 22 + 21; simplificando tenemos: 2fl = 21 + 22 – 12; que se denomina Condición de Fluencia de Von-Mises para el estado plano de esfuerzos. Su gráfica en el plano 1-2 es una elipse (denominada elipse de Von-Mises).

509



El Estado Biaxial de Esfuerzos ES SEGURO siempre que el punto (1, 2) se localice dentro del área limitada por la elipse. El estado representado por el punto (1, 2) es NO SEGURO si

se localiza fuera del área limitada por la elipse.

La Superficie de Von-Mises se intercepta con el plano 1-2 mediante la Elipse de VonMises.

PROBLEMAS. 1)

En un material cuyo esfuerzo uniaxial de fluencia es fl = 32 klb/pulg2, se induce el  20 15 0    estado de esfuerzos    15 4 0  klb / pu lg2 . Usando el criterio de Von0 0   z 





Mises, determinar si ocurre o no la fluencia cuando: i) z = 9 klb/pulg2; ii) z = – 9 klb/pulg2

i)

 20 15 0    Para z = 9 klb/pulg     15 4 0  klb / pu lg 2  0 0 9   2





Los esfuerzos principales, son: 1 = 29; 2 = 9; 3 = – 5 (klb/pulg2) 510



Criterio de Fluencia de Von-Mises: (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 < 22fl Reemplazando valores: (29 – 4)2 + (9 + 5)2 + (– 5 –29)2 < 2(32) 2 1752 < 2048  cierta Por consiguiente, el Estado de Esfuerzos Principales (29, 9, –5) es SEGURO.

ii)

 20 15 0    Para z = – 9 klb/pulg     15 4 0   0 0  9   2

Los esfuerzos principales, son: 1 = 29; 2 = – 5; 3 = – 9 (klb/pulg2) Reemplazando en el criterio de Von-Mises: (29 + 5)2 + (– 5 + 9)2 + (– 9 –29)2 < 2(32) 2 2616 < 2048  falsa Luego, el Estado de Esfuerzos Principales (29, –5, 9) es NO SEGURO. (El elemento está en fluencia)

2)

Se desea construir un recipiente cilíndrico de pared delgada, con un material que tiene 200 kPa como esfuerzo uniaxial de fluencia. El radio interior debe ser 1.25 m y el recipiente debe soportar una presión de gas de 0.7 kPa. Usando el criterio de Von-Mises, determinar el espesor necesario, si el factor de seguridad es 2. El estado de esfurzos es biaxial.

p 

pr r ; m  p e 2e 511



Reemplazando valores dados: p 

(0.7)(1.25) (0.7)(1.25) ; m  (2)(e) e p 

0.875 0.4375 ; m  e e

Afectado con el factor de seguridad, el esfuerzo uniaxial de fluencia, es fl 

200 kPa  100 kPa 2

Aplicamos el Criterio de Von-Mises (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 < 22fl con 1 = 0.875/e; 2 = 0.4375/e; 3 = 0; fl = 100 Obtenemos: 2

2

2

0.875   0.875 0.4375   0.4375   2   0  0       2(100) e e e e      

Resolviendo esta ecuación, obtenemos e = 7.58 mm

3)

5,000 0 10,000   Considerar el estado de esfuerzos    5,000  20,000 0  lb / pu lg 2  0 0 0  





y el

estado uniaxial de fluencia fl = 30,000 lb/pulg2. Determinar si el material ingresa al régimen de fluencia de acuerdo con las criterios de Tresca y de Von-Mises. Determinamos los esfuerzos principales: 1 = 10,7900 lb/pulg2; 2 = 0 lb/pulg2; 3 = – 20,7900 lb/pulg2;

i)

Criterio de Tresca: Inicio de Fluencia 

1 1  3   1 fl 2 2


1 10,790  20,790  15,000 2

15,790 = 15,000 falsa Para el caso se cumple

1 1  3   1 fl , con lo cual, mediante el criterio de 2 2

Tresca, el material sí está en fluencia.

ii)

Criterio de Von-Mises

512



(1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 22fl Reemplazando valores, obtenemos: 115.6944×107 < 180×107 En consecuencia, según el criterio de Von-Mises, no se produce fluencia.

Nota: El Criterio de Tresca es más conservador que el de Von-Mises.

4)

Un material admite un esfuerzo uniaxial de fluencia de 240 MPa. Calcular el factor de seguridad, si los esfuerzos principales bidimensionales se limitan a 140 MPa (en tracción) y a 45 MPa (en compresión). Usar los criterios del esfuerzo cortante máximo y de la máxima densidad de energía distorsional.

i)

Criterio del Esfuerzo Cortante Máximo. 1 1  3   1 y 2 2

El factor de seguridad se aplica al esfuerzo uniaxial de fluencia. El criterio de fluencia queda:  1 140  (45)  1 y  1 240 2 2 n 2 n

ii)

 n = 1.3

Criterio de la Máxima Densidad de Energía Distorsional. (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 22fl

El factor de seguridad se aplica al esfuerzo uniaxial de fluencia. El criterio queda: (140 – 0)2 + (0 + 45)2 + (– 45 – 140)2 = 22fl  240  (140  0)  (0  45)  (  45  140)  2   n  2

5)

2

2

2

 n = 1.44

Un sistema estructural está compuesto de elementos circulares cuyo diámetro es d. En cierta posición a lo largo de un elemento, se encuentra que la carga consiste de una fuerza cortantede 10 kN junto con una carga axial de tracción de 20 kN. Si el esfuerzo de fluencia en tracción para el material de los elementos es de 270 MPa y se debe tomar un Factor de Seguridad de 4. Calcular la magnitud d que se requiere, según (i) La teoría del esfuerzo principal máximo; (ii) La teoría de la máxima densidad de energía distorsional. La relación de Poisson es  = 0.283.

513



Sistema de Esfuerzos:

t sx

x 

sx



t

20 80  2 (kN/m2) 2 d 4 d

10 40  2 (kN/m2) 2 d 4 d

Los Esfuerzos Principales son: 1,2 

x  y   x  y 2  42xy 2 2

; reemplazando tenemos:

2

80  80   40    2   4 2  2 d 40  d   d    2 1  2 kN/m2 2 d



1,2

1 



 5.27 30.7 ; 2  (kN/m2) 2 2 d d

El esfuerzo de fluencia del material (fl efectivo) = 270/4 = 67.5 MPa

(i)

Teoría del Esfuerzo Principal Máximo: Criterio de falla  1 = fl efectivo  30.7/d2 = 67.5 MPa de donde obtenemos d = 0.0213 m = 21.3 mm

(ii) Teoría de la Máxima Densidad de Energía Distorsional 2 Criterio de Falla  (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2  2  fl

esf. de fl. efectivo

2

2

2



30.7   30.7 5.27    5.27    0    0  2   2 67.5  103  2  2   2 d   d d   d  



2

de donde obtenemos d = 0.0223 m = 22.3 mm

6)

Las resistencias de prueba de un material sometido a compresión y tracción puras son 350 MPa y 300 MPa, respectivamente. En cierto diseño de componentes, el material puede someterse a cada uno de los cinco estados de esfuerzo biaxial representados. "Ordenar" los estados en orden decreciente del factor de seguridad respecto a las Teorías del Esfuerzo Principal Máximo, del esfuerzo cortante máximo, de la máxima energía unitaria distorsional.

514



50

a

100MPa

50

b

c 100

100

100

d

i.

100 100

e

Criterio del Esfuerzo Principal Máximo: Elemento (a):

1  fl  100 

300  FS = 3 FS

Nótese que, para los estados b, c, d también el esfuerzo principal mayor es 1 = 100 MPa. En consecuencia, los estados a, b, c, d tienen FS = 3

Elemento (e):

100 M Pa Esfuerzo Principal Máximo s1 = 100 M Pa



-100 M Pa

100 M Pa

También para el elemento (e) el esfuerzo principal máximo es 1 = 100 MPa. Con lo cual, el Factor de Seguridad es FS = 3 Por el Criterio del Esfuerzo Principal Máximo  FS = 3 para todos los elementos.

515


ii.


Criterio del Esfuerzo Principal Máximo: 1 – 3 = fl (esf. de fluencia efectivo) Elemento (a): 100  0 

300  FS = 3 FS

Similar para los elementos b y d. Elemento (e): 100  (100)  Elemento (c): 100  (50) 

300  FS = 1.5 FS

300  FS = 2 FS

Por el Criterio de Esfuerzo Cortante Máximo, los FS son 3; 2; 1.5 (FS = 3 para los elementos a, b y d; 2 para el elemento c; 1.5 para el e)

iii.

Criterio de la Máxima Densidad de Energía Distorsional: (1 – 2)2 + (2 – 3)2 + (3 – 1)2 = 2fl

2

 300  Elemento (a): (100 – 0) + (0 – 0) + (0 – 100) = 2   FS  2

2

2

 FS = 3

2

 300  Elemento (b): (100 – 50)2 + (50 – 0)2 + (0 – 100)2 = 2   FS   300  Elemento (c): (100+50)2 + (- 50 - 0)2 + (0 - 100)2 = 2   FS 

2

 FS = 3.46

2

 FS = 2.27

 300  Elemento (d): (100 – 100) + (100 – 0) + (0 – 100) = 2   FS  2

2

2

 300  Elemento (e): (100+100)2 + (–100–0)2 + (0–100)2 = 2   FS 

2

 FS = 3

2

 FS = 1.73

Por el Criterio del Máxima Densidad de Energía Distorsional, los FS son 3 .46 ; 3 ; 2 .27 ; 1 .73 b

a d

c

e

516

CAPÍTULO V ESFUERZOS DEBIDOS A LA FLEXIÓN 5.1) Introducción. Hipótesis en el Problema de la Flexión 5.1.1) Introducción En esta sección estudiaremos las acciones internas (fuerzas y/o momentos) que tienden a producir flexiones en un elemento mecánico. El Método General (de las secciones planas) nos ayudará en la definición de las fuerzas internas en cualquier sección de un elemento Y

MY Sección de interés (Cara X positiva)

NXY SÓLIDO EN EQUILIBRIO

NXX NXZ

  

X MX

Eje X  Normal a la sección Ejes Y, Z, En el plano de la sección. Generalmente, el origen O coincide con el centroide del área de la sección transversal.

MZ Z Fuerzas Internas: Nxx  Fuerza Axial (produce alargamientos o contracciones del elemento). Nxy, Nxz  Fuerzas Cortantes (Producen deslizamientos de una sección respecto de otra) Mx  Momento Torsor (Produce giro de una sección respecto de otra). My, Mz  Momentos Flectores (Producen la FLEXIÓN (curvatura) del elemento). My  Produce Flexión en el plano XZ Mz  Produce Flexión en el plano XY En términos generales  FLEXIÓN  Cambios de Curvatura M 1 1 2

Eje 1

2 Configuración inicial

1

2

Eje

2 Configuración deformada

Definición. Elementos esbeltos: aquellos cuya longitud es mucho mayor que cualquiera de sus dimensiones transversales. L L  a  L  5a  a L  b  L  5b    b Definición. Vigas: Elementos estructurales cargados transversalmente. En el caso de Flexión Simple, las cargas se suponen actuando en un plano de simetría.

Mecánica de Sólidos Díaz

Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Sección transversal simétrica

Plano de simetría Por comodidad el elemento se identifica por su diagrama de ejes y cargas.

Si las cargas no están aplicadas en el Plano de Simetría (o si no existe dicho plano) se presenta el caso de Flexión Compuesta. Y

Sección transversal no simétrica (Centroide) Z Cargas fuera del Plano de Simetría En el caso de elementos sometidos a Flexión Simple, pueden presentarse varios Estados de Carga: – Flexión Pura – Cortante y Flexión

y Mz

Mz x

z MOMENTO FLECTOR

MOMENTO FLECTOR FUERZA CORTANTE

– Cortante, carga axial y flexión

MOMENTO FLECTOR FUERZA NORMAL FUERZA CORTANTE

– Cortante, Carga Axial, Flexión y Torsión

MOMENTO TORSOR FUERZA NORMAL MOMENTO FLECTOR FUERZA CORTANTE

518


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

En primer lugar, estudiaremos la flexión de elementos de sección transversal constante, simétrica respecto del eje Y. y y y

z

z

z

. . . . etc.

5.1.2) Hipótesis en el Problema de la Flexión La hipótesis fundamental en la Teoría de la Flexión Elástica es la Hipótesis de las Secciones Planas (Bernouilli) “Todos los planos que son perpendiculares al eje longitudinal, permanecen planos y perpendiculares al eje deformado cuando el elemento es sometido a flexión” D' C' C D Mz Mz FIBRAS COMPRIMIDAS F' EJE RECTILÍNEO E' EJE DEFORMADO E F x FIBRAS EXTENDIDAS B' A' B A Estado Inicial Estado Deformado Los planos AC y BD pueden rotar uno respecto del otro, pero se conservan planos y perpendiculares al eje longitudinal deformado. Debido a que las deformaciones unitarias se relacionan con las deformaciones totales (cambios de longitud), la Hipótesis de las Secciones Planas implica que la deformación unitaria longitudinal x varía linealmente con la posición de la fibra observada, desde un valor extremo negativo (en CD) hasta un valor extremo positivo (en AB) (para el momento indicado Mz).  x máx (en compresión) y C D 1 Variación 1  :  2 – C1 C 2 Lineal C1 y>0

E

Mz

y<0 A

EJE

F B

Mz

x

C2

+ 2

 x máx (en tracción)

Diagrama de Deformaciones Unitarias Definiciones. Las fibras para las cuales la deformación unitaria longitudinal x es nula, se sitúan en una superficie denominada Superficie Neutra.

519


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

La intersección de la Superficie Neutra con el plano vertical de simetría, se denomina Eje Neutro (Longitudinal). La intersección de la Superficie Neutra con una Sección Transversal, se denomina Eje Neutro de la Sección.

y

Eje Neutro Longitudinal Mz Mz x

z Elemento antes de la Flexión

Superficie Neutra

Eje Neutro de la Sección Transversal

Elemento en Flexión

2 ii)

Compresión

Tracción

Notas i) Si el material es de comportamiento elástico – lineal, la hipótesis de las Secciones Rectas, implica también que los únicos esfuerzos producidos por el Momento Flector Mz son Esfuerzos Normales x (longitudinales) de Variación Lineal. 1  2  1 1 C1 C 2 – – C1 Variación lineal (x = Ex) Hooke C2 + +

2

Debido al efecto de la deformación transversal o lateral (Efecto Poisson) las deformaciones unitarias en direcciones Y, Z son:  y = z = – x  y = z = –  x E (aceptando material elástico – lineal – isotrópico). Incluyendo el efecto de la Deformación Transversal, la Superficie Neutra no es una superficie cilíndrica, sino una superficie con varias curvaturas.

Superficie Neutra (sin deformación transversal) (Superficie CILÍNDRICA)

Superficie Neutra (incluyendo deformación transversal) (Superficie ANTICLÁSTICA)

Considerando el efecto de la deformación transversal, las secciones transversales también se deforman.

520


Sección Inicial

Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

En los primeros estudios del problema de la flexión, se acepta, sin errores mayores, que la Superficie Neutra sólo tiene curvatura en el Plano coordenado XY, permaneciendo recta en la dirección Z.

Sección Deformada

5.2) Variación de las Fuerzas Internas 5.2.1) Fuerzas Internas Consideremos un elemento sometido a cargas aplicadas en el Plano de Simetría.

y

y

1 x

z

1 En una sección genérica, 1-1, se desarrollan fuerzas internas que garantizan el equilibrio y representan la interacción con la porción idealmente suprimida (Método de Secciones). M

M N

V

N

Fuerzas de V Interacción

Generalmente, V, N y M son variables de una sección transversal a otra: V = V(x); N = N(x); M = M(x) Definición. Las representaciones gráficas de las funciones que describen la variación de las fuerzas internas, se denominan Diagramas de Fuerzas Internas. N = N(x)  Diagrama de Fuerza Normal (Axial) V = V(x)  Diagrama de Fuerza Cortante M = M(x)  Diagrama de Momento Flector Nota. En algunos sistemas (elementos) estructurales será conveniente graficar las variaciones de las Fuerzas Internas usando otras variables (coordenadas polares) N  Fuerza Tangencial V  Fuerza Radial M  Momento Flector

¼ circunferencia M = M()

N = N()

 

521


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

5.2.2) Convenio de Signos Es conveniente respetar el convenio de signos usado en el estudio del Estado General de Esfuerzos (Matriz de Esfuerzos).

x

a) ELEMENTO DIFERENCIAL

M

V

N CARA IZQUIERDA

M

V

N CARA DERECHA DEL ELEMENTO

DEL ELEMENTO

FUERZAS INTERNAS POSITIVAS b) SECCIÓN TRANSVERSAL

M N

M N

V

V

FUERZAS INTERNAS POSITIVAS (Observar que ambos procedimientos son coincidentes). Las ecuaciones que describen la variación de las fuerzas internas (N, V, M), generalmente se determinan por aplicación reiterada de las ecuaciones del equilibrio estático (una vez para cada tramo típico en el elemento o sistema estudiado). Así, para una viga apoyada simplemente con una carga concentrada.

522


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

W A

B

C

a

a+b=L

b

Por equilibrio (global) se determinan las reacciones externas (Sistemas Isostáticos externos). W b RA  W L A B C a RC  W L R R A

C

Tramo AB (0  x  a)

M

x

A

N W

b L

N=0 V = – Wb/L

Equilibrio

MW

V

b x L

Tramo BC (0  x  b)

M

x

C

N V

W

N=0 V = Wa/L

Equilibrio

MW

a L

a x L

Diagramas

W A

B

W

FUERZA CORTANTE W

b L

C +

a L

– W

MOMENTO FLECTOR

W

a L

+

(Nótese que en cada tramo se escoge una dirección y un origen para medir las distancias)

523


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Para una viga con carga uniformemente distribuida, graficar la variación de las fuerzas internas. W: carga repartida uniforme B A

L Reacciones: B

A L 2 Un sólo tramo típico (0  x  L) W

W

A L W 2

M

L 2

N=0

N

x

W

(Diagrama de cargas simétrico)

V

L L  Wx  0  V  Wx  W 2 2 WLx Wx 2 x L  M  Wx  W x  0  M  2 2 2 2 VW

Diagramas

W

+ L W 2

W

L 2

Fuerza Cortante (Antisimétrico)

– Mmáx =W +

L2 8

Momento Flector (Simétrico)

Nótese que Mmáx ocurre en la sección donde la fuerza cortante es nula. Notas) i) La sustitución de cargas distribuidas por su resultante es significativa únicamente para el diagrama de Cuerpo Libre sobre el cual actúa las fuerzas distribuidas. Durante la determinación de las fuerzas internas (y en el desarrollo de los respectivos diagramas) no puede reemplazarse una carga distribuida por su resultante y continuar con los cálculos. Así, para una viga con carga linealmente creciente: W0

A

B L

Un solo tramo típico

524


Mg.

M N

x

Carlos

Esparza

N0 1 1 V  xW  0  V  xW 2 2 Wx 2 1 1 M  xW x  0  M   2 3 6

W A

Ingº

V Semejanza:

W

W0

W

Las fuerzas internas son:

W0 x L

N0 V  W0 x 2 / 2L

M  W0 x 3 / 6L

x L

Parábola de 2do grado Fuerza Cortante

W0 

+

–

L 2

Momento Flector Parábola de 3er grado ii)

Un elemento en flexión pura está en Estado de Flexión Positiva cuando orienta su “Concavidad hacia Arriba”.

y x

M

M Deformado

Inicial

Si orienta su concavidad hacia abajo, se define al elemento en Estado de Flexión Negativa

M

M

De acuerdo al signo de la flexión, se reconocerán Zonas en Tracción y Zonas en Compresión:

M FLEXIÓN POSITIVA

M FIBRAS EN COMPRESIÓN

Eje Neutro Longitudinal

FIBRAS EN TRACCIÓN

525


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

FIBRAS EN TRACCIÓN FLEXIÓN NEGATIVA

FIBRAS EN COMPRESIÓN M

5.3)

Eje Neutro Longitudinal M

Relaciones Diferenciales entre Función de Carga, Fuerza Cortante y Momento Flector (Relaciones Diferenciales del Equilibrio)

Consideremos un elemento sometido a flexión por efectos de una carga distribuida de variación continua: q = q(x). y

q = q(x): Función de carga x x

(Sin fuerza axial)

x

(0,1) M

q = q(x) V

R

(Positiva )

x

M+M V+V

R: resultante de q = q(x) en el tramo de longitud x.

x x FV = 0  V  V 

x  x

 q(x)dx  V

. . . . (1)

x

 x  x  M = 0  M  M  Vx  M    q(x )dx x  0 . . . . (2)    x  Simplificando y aplicando el teorema del Valor Medio del Cálculo Integral, tenemos: (1)  V + (x)q() = 0 . . . . (3) (2)  M + Vx – x(x)q() = 0 . . . . (4) con x <  < x + x V De (3)   q()  0 x M De (4)   V  xq()  0 x Llevando al límite las expresiones anteriores, para x  0, obtenemos: dV  q( x)  0 . . . . (5) dx dM  V  0 . . . . (6) dx

526


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Notar que si x  0, entonces   x Las ecuaciones (5) y (6) son las ecuaciones básicas que relacionan la intensidad de la carga q=q(x) con la fuerza cortante V = V(x) y con el momento flector M = M(x). Pueden escribirse: dV( x) dM( x)  q( x)  0 . . . . (5.1) y  V( x)  0 . . . . (6.1) dx dx d2M(x) dV(x) De (6.1)    0 y considerando (5.1), tenemos: dx dx 2 d2M( x)  q( x)  0 . . . . (7) dx 2 Las ecuaciones anteriores pueden re-escribirse en versión integral. De (5.1)  dV(x) + q(x)dx = 0 De (6.1)  dM(x) + V(x)dx = 0 Integrándolas en [x1, x2] x2

V(x 2)  V(x 1 )   q( x )dx  0 . . . . (i) x1

M(x 2)  M(x 1 ) 

x2

 V(x)dx  0

. . . . (ii)

x1

Siendo x1, x2 las abscisas de dos secciones distintas del elemento. EJEMPLOS 1) Hallar las ecuaciones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. x q ( x )  W0 sen Usando las ecuaciones (5.1) y L (6.1) tenemos: dV( x) x  0sen 0 y dx L x dM(x)  V( x )  0 L dx x dx  C1 L x   L V( x)  0   cos   C1 L   

Integrando una vez: V( x)  0  sen 

V(x)  C1  0

También:

L x . . . . (*) cos  L

M(x)   V(x)dx  C2



L x   M( x)    C1  0 cos dx  C2  L  



M(x)  C2  C1x  0

L2 x sen . . . . (**) 2 L 

527


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Encontramos las constantes C1 y C2 En x = 0  M(0) = 0  0 = C2 – 0 + 0  C2 = 0 L2 En x = L  M(L) = 0  0 = C2 – C1L – 0 2 sen  (Apoyos Simples) De donde: C2 = C1 = 0 L2 x L x y M( x)  0 2 sen cos  L L  (Observar que no ha sido necesario calcular previamente las reacciones externas). Las gráficas de las fuerzas internas pueden dibujarse rápidamente.

Luego V( x)  0

Nota) Las reacciones son: L 1 x R A  R B   W0 sen dx 20 L R A  R B  W0

q( x )  W0 sen

L 

x L

L

W0

V  W0

L 

Fuerza Cortante

L x cos  L

+ –  W0

L/2

L 

Momento Flector Notar que Mmáx corresponde a la sección donde V = 0.

– M  W0  W0

L2 2

L2 x sen 2 L 

2). Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector en la viga representada: q( x )  q0 sen

2x L

Usamos: dV 2x  q0 sen 0 dx L dM V 0 dx

L

528


Mg.

Integramos una vez: V  q0 Equivalentes a:

L  2x    cos   C1 2  L 

V  C1 

Ingº

Carlos

Esparza

M   Vdx  C2

y

q0L 2x . . . . (*) cos 2 L

L 2x   M    C1  q0 cos dx  C2 2 L  

es decir: M  C2  C1x 

q0L2 2x . . . . (**) sen 2 L 4

Determinamos C1 y C2 Para x = 0  M(0) = 0  C2 = 0 Para x = L  M(L) = 0  C1 = 0 L2 2x qL 2x Por tanto: V  0 cos y M  q0 2 sen L 2 L 4 q  q0 sen

2x L

L/2 q0

L 2

q0

+

L 2

+ Fuerza Cortante –

L/4

L/4  q0

L 2

q0

L2 4 2

+ Momento Flector –  q0

L2 4 2

Notas) Durante el proceso de dibujar las graficas de las fuerzas internas, es conveniente tener presente: i) Relaciones Geométricas.

q

q(x)>0 x

q

q(x)<0

x

528


V

Mg.

V>0

dV 0 dx

x

V>0 x dM 0 dx

x

x

q

P

P x

x

q

q P

P x

ii)

Esparza

M

dM 0 dx

q

Carlos

V

dV 0 dx

M

Ingº

x

Transformación de Cargas Repartidas. En algunos casos, será necesario transformar la carga uniformemente repartida en dos direcciones ortogonales.

)

W WN

x L

=

L

W

FUERZA DISTANCIA HORIZONTAL

WN: CARGA NORMAL

WNL

Equilibrio Wx



WSL

+

L 





WS

WS: CARGA AXIAL

WNL = Wxcos x WN  W cos  L WN = Wcos2  WsL = Wx sen x Ws  W sen  W cos sen L Ws = Wsencos 

529


Mg.

)

Ingº

WN

= W



W

L



x




WN: CARGA NORMAL

WS: CARGA AXIAL WNL = WLcos WN = Wcos  WsL = WLsen Ws = Wsen 

WNL

Equilibrio WL

Esparza

WS

+

L

L

Carlos



WSL

)

WN

W

L

=

L 

 W


WLsen  WNL

WSL

WS

+

L 

WNL = WLsensen WN = Wsen2  WSL = WLsencos WS = Wsencos 

3). Graficar las fuerzas internas en la viga representada.

531


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

W=30kN/m (sobre la barra Transformamos la carga repartida inclinada) en sus componentes normal y axial B (a lo largo del elemento) (caso ) 2.5 m

L=6.5 m 

A

6m

B cos = 0.983; sen = .385 WN = Wcos  WN = 27.69kN/m WS = Wsen  WS = 11.55 kN/m

WS

WN 

A Reacciones 27.69 kN/m

RB  11.55 kN/m

RBcos

RBsen

A2

A1 + RBcos = (6.5)(27.69) A2 + RBsen = (11.55)(6.5) 6.52 (27.69)  R B cos (6.5)  0 2

A1

De donde obtenemos: A1 = 89.9925 kN A2 = 37.345 kN Existe un solo tramo típico: M P

27.69 kN/m

11.55 kN/m 37.345 kN

89.9925 kN x

V

RB = 97.5 kN P + 37.345 – 11.55x = 0 P = 11.55x – 37.345 V + 89.9925 – 27.69x = 0 V = 27.69x – 89.9925 x2 M  27.69  89.9925x  0 2 M = 89.9925x – 13.845x2

(0  x  6.5 m)

532


Mg.

37.345 kN

+

FUERZA AXIAL A

–37.345 kN

Esparza

Mmáx=146.238 kN-m

+

B

A

Carlos

89.9925 kN

FUERZA CORTANTE

–

Ingº

B

MOMENTO FLECTOR

–

3.25 m

–89.9925 kN

PROBLEMAS 1) En el sistema representado, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para los diversos elementos.

E

-) Reacciones Externas E

3m

10 3

kN

D 2m B

30 kN

D

C

B

30 kN C

4m

1m

3m

N + 30 = 0 N = – 30 10 V 0 3 10 V 3 10 M x0 3 10 M x 3

A

-) Tramo AB (0  x  4 m)

30 kN

N V

M

x

10 kN 3

A

10 3

A 30

Elemento AB

533


Mg.

B

B



40 3

Ingº

Carlos

Esparza

kN-m

– Fuerza Cortante

+

10 kN 3

A

Momento Flector

A

30 kN

M

Tramo BC (0  x  1)

x

N B

C V

C

V = –30 N=0 M = –30x

B

–

C

–

Fuerza Cortante

– 30 kN

– 30 kN-m

Momento Flector

Tramo BD (0  x  2)

E

10/3 3

N=0 V = 10/3 10 M = ( x  3) 3

D x V

M N

10 kN 3

Fuerza Cortante

D

+

10 kN-m

+

B

Momento Flector

50 kN-m 3

Tramo DE (0  x  5)

534


Mg.

E

x

M N

10 8 cos   3 3

5

10/3



Carlos

Esparza

3

4

10 sen  2 3



Ingº

N = – 8/3 V=2 M = 2x

V 2 kN

E

E

+ 10 kN-m D

D

2) Para la viga representada, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 25 klb

3 4

4 klb/pie

8 klb

3'

A

B

10'

5'

C

D

10'

Reacciones

E 5'

15 klb 4 klb/pie

20 klb

8 klb

20 klb 41.5 klb

6.5 klb 15 klb

4 klb/pie 20 klb

A

B

C

20 klb

8 klb D

E

60 klb/pie 41.5 klb

5.5 klb

Tramo AB (0  x  10’)

535


Mg.

4

M

20

P

x

P + 20 = 0 V + 41.5 – 4x = 0 x M + 4x – 41.5x = 0 2

Ingº

Carlos

Esparza

P = – 20 V = 4x – 41.5 M = 41.5 – 2x2

V 41.5 Tramo BC (10’  x  15’)

4

P + 20 = 0 V + 41.5 – 40 = 0 M – 41.5x + 40(x – 5) = 0

M

20

P

10' x

P = – 20 V = – 1.5 M = 1.5x + 200

V

41.5

Tramo ED (0  x  5’)

M P

E x

V

P=0 5.5 – V = 0 M – 5.5x = 0

P=0 V = 5.5 M = 5.5x

5.5

Tramo DC (5’  x  15’)

M

8

P

5' V

x

E

P=0 5.5 + 8 – V = 0 M – 5.5x – 8(x – 5) = 0

P=0 V = 13.5 M = 13.5x – 40

5.5

Diagramas

536


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

25 klb 8 klb 4 klb/pie

13.5

Fuerza Cortante 5.5 (klb)

+ – –1.5 –41.5 222.5

215

+

Momento Flector (klb-pie)

162.5 27.5

3) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga representada. Reacciones articulación (M = 0)

P

P

P

P

A

E B

a

a

a

a

Tramo AB (0  x  a)

M

A P/2 x

V = – P/2 M = (P/2)x

V

2aP

D

C

P 2

3P 2

Tramo BC (a  x  2ª) P M A

P/2 a

V x

V = P/2 P M  x  P( x  a) 2

Tramo ED (0  x  a)

M

Tramo DC (a  x  2ª)

E x

2aP 3P 2

V = 3P/2 3P M x  2aP 2

537


P

M

Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

2aP

E a

x

V

3P 2

V = P/2 3P M x  P( x  a)  2aP 2 Diagramas

P

P

E

A B

D

C

3P 2

P 2



P 2

V

+

–

Pa/2

+

M – – Pa/2

– 2aP 4) Para la viga representada, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 15 klb POLEA: 15 cable polea 15

2 klb/pie

15

15

C

A

15

15

4'

B

15

C 10'

8'

E

D 2'

10'

D

538


Mg.

REACCIONES 55 klb-pie

Ingº

Esparza

15 klb 15 klb

15 klb

2 klb/pie B

E

A

15 klb

Carlos

C

D

15.5 klb

4.5 klb

Ecuaciones de V y M: Tramo AB (0  x  10) M 55 2

Tramo BC (10  x  18) 2

M

N 15

15.5

V

x

N = 15 V = 2x–15.5 M = 15.5x–x2–55

Tramo CD (18  x  20) 18'

10'

15

2 15

A 15.5

B

55

M

C

x N = 15 V = – 10.5 M = 10.5x – 225

V

V N = 15 V = 4.5 M = 45 – 4.5x Tramo DE (0  x  10) M D N 15.5

x N

N

x

15 55

V

4.5

N=0 V = 4.5 M = 4.5x

539


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

15 klb

DIAGRAMAS 2 klb/pie B

E

A

C

D

4.5

4.5

+

Fuerza Cortante (klb)

+

– –10.5

–

–15.5 45 5.06

+

+


–

–

–15

–36 –55 5) Aceptando que la reacción del terreno es distribuida uniformemente, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector en la viga representada. 6 kN 5 kN 5 kN

2m

Reacciones

6

5

B

A

2m

5 C W

Tramo AB (0  x  2)

5

4

V x

V + 4x – 5 = 0 x M M + 5x – 4x =0 2

4W = 16  W = 4 kN/m

V = 5 – 4x M = 2x2 – 5x

Tramo BC (2  x  4)

540


Mg.

V

6

5

B

A

6+5–4x–V=0

x M+6(x–2)+5x–4x =0 2

M

Ingº

Carlos

Esparza

V = 4x – 11 M = 2x2 – 11x + 12

4 2 x Resumen

Gráficas

2  2x  5x; 0  x  2 m M 2  2x  11x  12; 2  x  4 m

5  4 x; 0  x  2 m V 11  4 x; 2  x  4 m 6 5

5

5 Fuerza Cortante (kN)

3

+

+ –

1.25

–

-3

-5

2.75

Momento Flector (kN-m)

–

– -2

-3.125

-3.125

6) Para el sistema representado, graficar los diagramas de Fuerza Cortante y Momento Flector.

w = 1.08 klb/pie articulación D

17.75' E

C

A

B

17.25'

58.33'

58.33'

Reacciones

541


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

1.08 klb/pie

D L = 60.97'

E Ax

Ax – Bx = 0 . . . . (1) Ay + By – 1.08(2)(58.33) = 0 . . . . (2) By(2)(58.33)–1.08(2)(58.33)(58.33)=0 . . (3)

C

A

Bx

B

Ay

By 1.08 MD = 0 (articulación) D

E Ax

1.08(58.33)( A

58.33 ) + Ax(17.25 + 17.75) 2

–Ay(58.33) = 0 . . . . (4)

Ay A x  52.50 klb  A y  63 klb Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3), (4), obtenemos  B x  52.50 klb B  63 klb  y Debido a la simetría, basta precisar las Fuerzas Internas en la mitad del Sistema.

HD

D VD

VD + 63 – 1.08(58.33) = 0  VD = 0 Tramo AE (0  x 17.25')

E 52.5

HD = 52.5 klb

A

N M

63 klb 52.5

V x

V = 52.5 N = – 63 M = – 52.5x

63 Tramo DE (0  x  60.97’)

542


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

1.08 klb/pie

x M

52.5 klb

D

17.75'



N

 58.33'

V

Transformando las fuerzas en sus componentes normal y axial.

52.5cos = 50.227 klb WN WS

52.5sen = 15.284 klb



M N

WN = 1.08cos2 = 0.9885 klb/pie WS = 1.08sencos = 0.3 klb/pie

V

N + 0.3x + 50.227 = 0

N = – 0.3x – 50.227

V + 0.9885x – 15.281 = 0 x M + 0.9885x – 15.284x = 0 2

V = – 0.9885x + 15.284

Mmáx = 118.219 klb-pie Diagramas

M = – 0.494x2 + 15.284

para x = 15.4’

15.284 klb +

– 905.500 klb-pie D –

E

–

15.4'

– 905.625 klb-pie

D

+ 118.219 klb-pie

E

–

+ 52.5 klb

– 44.985 klb A

A

Debido a la Simetría del Sistema, el Diagrama de Fuerza Cortante es Antisimétrico y el Diagrama de Momento Flector es Simétrico. 7) En el sistema representado, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector.

543


Mg.

Ingº

Carlos

16 klb C D

C

4' B

16' klb pie

A 12'

5'

3'

E D

B 4

16

Reacciones

E

Esparza

23.47 klb 4

5'  AB  20 '     BC  5' 

A

32 klb

16.53 klb

Tramo AB (0  x  20’)

M

N

w' V

x

4 A



w' 

1 (20  x ) 5

M

32

w'

16.53 13.224

9.918

A

V

 25.6



x

4

N

w' 20'

A

x

4

B

(de semejanza)

20'  12'

16'

19.2 N + 13.224 – 19.2 = 0  N = 5.976 1 20  x ) V+ 25.6 + 9.918 – x (4  2 5 40 x  x 2  355.18 V 10

1 x 1  20  x  2x M  25.6 x  9.918x  x (20  x)  x 4  0  5 2 2  5  3

M

5x 3  300 x 2  5327.7 x 150

(Mmáx = 197.03 klb-pie para x = 13.305’  haciendo M’ = 0) Tramo ED (0  x  5’)

544


Mg.

M

N

23.47

x

Esparza

16

M

V

Carlos

Tramo DC (5’  x  10’)

E

N

Ingº

E

5' V

N=0 V = 23.47 M = 23.47x

x

23.47

N=0 V = 7.47 M = 7.47x + 80

Tramo CB (0  x  5’)

16 C M  

N

D

5'

x  

5  4  3

E

5'

23.47

V

FV = 0  23.47 – 16 – Vcos – Ncos = 0 FH = 0  Vsen – Nsen = 0 Obtenemos 3V  4N  37.35 N  5.976 klb  4 V  3N  0  V  4.482 klb M – 23.47(10 + xcos) + 16(5 + xcos) = 0 773.5  22.41x M 5 Gráficas 23.47 7.47 4.482

+ + C

D

B

13.305'

A

+

–

Fuerza Cortante (klb)

E

177.11

197.03 (Mmáx)

154.7

154.7

117.35

+

+

C

E

D

B

A

13.305'


-35.518

545


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

8) Una barra doblada en forma de semicircunferencia está empotrada en uno de sus extremos y sometida a una carga radial p. Graficar los diagramas de fuerza normal, fuerza cortante y momento flector. En una sección genérica (definida por el ángulo ), tenemos: N V



90– p

M r



r



FH = 0  Ncos(90 – ) – Vcos –



 pr cos d

prd

d 

=0

0

Nsen – Vcos – prsen = 0 . . . . (1) FV = 0  Nsen(90 – ) + Vsen +



 prsend

=0

0

Ncos + Vsen + pr(1 – cos) = 0 . . . . (2) M = 0 

M   pr rsen(  )d  0

M

0

r 



prd

– 

M   pr 2sen(  )d 0

M  pr 2 (1  cos ) . . . . (3)

De (1) y (2) obtenemos: N = pr(1 – cos – 2cos2) V = pr(1 – 2sencos) = pr(1 – sen2) (0°    180°) Gráficas (Coordenadas Polares) pr

pr

2pr

+

– 45°

60° –2pr Fuerza Normal

45°

pr Fuerza Cortante

546


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

pr2

+

2pr2

Momento Flector

9) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga que se representa en el esquema.

W = –2x2

Y B

A

D

C

1000 lb

15000 lb-pie 10'

X

8'

2'

Reacciones FV = 0  R1 – 1000 –

20

 2x dx 2

=0

0

R1 = 6330 lb R2

15000 lb-pie

R1

MA = 0  R2 – 15000 – 1000(18) – 1000 lb

20

 x(2x

2

)dx

0

=0 R2 = 113000 lb-pie

Tramo AB (0  x  10’)

113,000 A

M

x V

6330 x–u

x

V  6330   2x 2dx  0  V  0

2 3 x  6330 3

x

M  13000  6330 x   2x 2 ( x  u)du  0 0

M  13000  6330 x 

W=–2x2 u x

1 4 x 6

du

Tramo BC (10  x  18’)

547


Mg.

113,000 A

M

B

15000

6330

V

10'

V + 6330 –

x

 2x dx 2

Ingº

Carlos

=0

0

2 V  x 3  6330 3

M + 113000 – 6330x – 15000 +

x

Esparza

x

 2x

2

( x  u)du =

0

0 M  98000  6330 x 

1 4 x 6

Tramo CD (18  x  20’) V + 6330 – 1000 –

113,000

x

 2x

2

dx = 0

0

M 15000

6330 10'

1000 8'

x

V

2 3 x  5330 3 M + 113000 – 15000 – 6330x + 1000(x V



18) +

x

 2x

2

( x  u)du = 0

0

M  80000  5330 x 

x4 6

Diagramas

Fuerza Cortante (lb)

–1.442 –2.442 –5663.33

–6330

–1556

Momento Flector (lb-pie)

–36366.67 –51366.67 –113000

548


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

10) El eje de una barra curva ABC es parabólico de 2 do grado. La fuerza en el cable es 200 lb. Encontrar las fuerzas internas en la sección 1-1. P=100 lb Parábola 1 Y B 1 4'' X A C

6

cable 12'

(– 12,– 4)

12'

x2 y 36

(12,– 4)

Reacciones

P=100 lb

MA = 0  100(12) – Cy(24) = 0

B A

Cy = 50 lb

200

200

Ay

FV = 0  Ay + 50 – 100 = 0 Ay = 50 lb

C Cy

Fuerzas Internas en 1-1:

Y X D(–6,–1)

V 90 – 

M D

A

200

N 

tan  

dy  dx  ( 6 , 1)

tan   

50

x 1   18  ( 6 , 1) 3

10  3

1

MD = 0 M + 200(3) – 50(6) = 0 M = – 300 lb-pulg FH = 0  200 + Ncos – Vcos(90 – ) = 0 3 1 N V  200 . . . . (1) 10 10 FV = 0  50 + Nsen + Vsen(90 – ) = 0 1 3 N V  50 . . . . (2) 10 10 De las ecuaciones (1) y (2): N  65 10 lb

549


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

V  5 10 lb

5 10 lb 65 10 lb

300 lb-pulg A

200 lb 50 lb

11) En un eje vertical 00’ que gira con velocidad angular  está fijada una barra prismática homogénea AB, que forma un ángulo  con el eje. Calcular el momento flector en la sección de unión B. Barra homogénea   constante de peso unitario q. A A o dx En el elemento de barra actúan el x fc  L peso qdx y la B fuerza centrífuga B qdx q o fc  dx w 2 x sen g  masa unitaria

Las fuerzas que actúan sobre dx generan un momento flector en la sección B. qdx M   (qdx) xsen   fc x cos   0    L L L L xsen q fc M   qsenxdx   W2sen cos x 2dx  0 g 0 0 dx   1 W 2L cos    M  qsenL2    x 3g 2 

M 12) En el pilote suspendido que se representa, encontrar el máximo momento flector y donde se presenta. Peso total del pilote 1.414 kg.

550


Mg.

P C B

1.6 m

1

R1

2.5 m R2

3.4 m A

45°

1414 kg

A R3

q

C

Tramo AB M x

264.67 kg q

45°

x 2 /2

999.85

R3 = 1414cos45 R3 = 999.85 kg R2 + R1 = 999.85 (999.85)(2.5) – R1(3.4) = 0 R2 = 264.67 kg R1 = 735.18 kg

1414 = 282.8 kg/m (3.4  1.6) (distribuido sobre la longitud inclinada)

735.18 kg

999.85 kg

C

q

B

A

Esparza

B

1.6 m

Momento Flector:

Carlos

Fuerzas en los cables

1

0.9 m cables

Ingº

1 2 M – 264.67x + 282.8x x =0 2 2 M = 264.67x – 99.985x2 dM  0  x = 1.324 m Mmáx  dx Mmáx = 175.55 kg-m

264.67

5.4) Funciones de Singularidad El procedimiento clásico de emplear ecuaciones de equilibrio en cada tramo de un sistema para determinar la variación de la fuerza cortante y del momento flector, se vuelve engorroso a medida que se complica la forma del sistema y las cargas actuantes. Es conveniente definir un procedimiento matemático especial para manejar las cargas concentradas y discontinuas.

7 ecuaciones para V 7 tramos 7 ecuaciones para M ¿Puede escribirse UNA SOLA ECUACIÓN para la Fuerza Cortante y otra para el Momento Flector en TODA LA VIGA? (Sí, usando Funciones de Singularidad) En esta sección estudiaremos una Familia de Funciones de Singularidad que permiten analizar de manera sistemática diversos elementos estructurales sometidos a Cargas Concentradas y/o Discontinuas. Definición. Se define la Familia de Funciones n (x)  x  a

n

(n  0) mediante la

( x  a)n si x  a correspondencia  n ( x)   0 si x  a

551


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

(Los  tiene significado especial)

fc

Si n = 0,la función 0(x) = x – a0 se denomina FUNCIÓN DE PASO UNITARIO (a partir de x = a). Si n = 1, la función 1(x) = x – a1 se denomina FUNCIÓN RAMPA UNITARIA (a partir de x = a).

n=2 n=1

1

(1+a,1)

n=0

a

0(x) = x–a0

1

1 1

1(x) = x–a1 x=a

x=a

Las funciones 0 y 1 se usarán para representar las CARGAS DISTRIBUIDAS aplicadas a lo largo de los diversos tramos o segmentos de una viga. Las funciones de Singularidad definidas mediante n (x)  x  a

n

(n  0) se integran

de acuerdo con la regla de integración ordinaria. x



n

x  a dx 

0

xa

n 1

(n  0)

n 1

Una representación para un MOMENTO CONCENTRADO UNITARIO que actúa en el punto x = a, se tiene en la forma  2 (x)  x  a 2 . Para representar una FUERZA CONCENTRADA UNITARIA

que actúa en el punto x = a, usamos  1 (x)  x  a

1

.(Estas funciones -2 y

-1 son verdaderamente singulares). Estas funciones son nulas en cualquier punto, salvo en x = a, (donde son infinitas). Satisfacen la Regla de Integración: x

 0

xa

dx   x  a 2

; 1

x

 0

xa

dx  x  a

-1(x) = x–a-1

a

0

1

Fuerza Concentrada Unitaria x

-2(x) = x–a-2 Momento Concentrado Unitario a

(Sentido Antihorario)

-1  se usará para representar FUERZAS CONCENTRADAS. -2  se usará para representar MOMENTOS CONCENTRADOS. Definición.  1 ( x )  x  a  FUNCIÓN DELTA (FUERZA CONCENTRADA UNITARIA)  1    2 ( x )  x  a 2  FUNCIÓN DOBLETE (MOMENTO CONCENTRADO UNITARIO)

552


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Usando las funciones definidas, podrá escribirse una expresión algebraica para la función de carga q(x) que actúe en la viga. dV( x) dM(x) Conocida q(x), la integración de las ecuaciones  q( x) y   V( x) nos dx dx permitirá obtener las ecuaciones para fuerza cortante V(x) y para momento flector M(x) en toda la viga. Por tanto: Es posible determinar expresiones para V(x) y M(x) a partir de cualquier distribución de carga q(x) que sea factible de representarse mediante combinación de Funciones de Singularidad. Casos más Usuales

P q(x) = Px–a-1 x

a

M x

a

q(x) = Mx–a-2

q0

q(x) = q0x–a10 – q0x–a20

x

a1

(q(x) = q0(x–a10 – x–a20))

a2 q0 a1

a2

–q0

q0 a1

a2

q2 x

a1 a2

q( x ) 



q2 x  a1 a 2  a1

1

 x  a2

1

 q

2

x  a2

0

553


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

q2 a1



q1

0

0



q( x )  q1 x  a1  x  a2  1 q2  q1 x  a1  x  a 2 a 2  a1

q2

a1



1

  q

2

 q1  x  a2

a2 Notas i)

q0

0

x

a1

0

q( x)  q0 x  a1  q0 x  a2   activa la carga en x  a1

desactiva la carga en x  a2

a2 q(x) = q0(x – a10 – x – a20) ii) El uso de Px – a-1 en la expresión de q(x) para representar una carga concentrada positiva P en x = a, se esclarece al usar la ecuación V(x)   q(x)dx puesto que se obtendrá Px – a0 en la expresión para la fuerza cortante (este término producirá un salto en x = a). Si q(x) = . . . . + Px – a-1 + . . . .  V(x) = . . . . – Px – a0 – . . . . + C1 (constante de integración) x

(Recordar

 0

xa

0

1

dx  x  a )

iii) Max – a-2 representa un momento concentrado positivo en x = a Si q(x) = . . . . + Max – a-2 + . . . .  V(x) = . . . . – (– Max – a-1) – . . . . + C1 V(x) = . . . . + Max – a-1 – . . . . + C1  M(x) = . . . . – Max – a0 + . . . . – C1x + C2 (Recordar Reglas de Integración para los signos). iv) Procedimiento para determinar V(x) y M(x).  Reacciones y expresión de q(x) en términos de Funciones de Singularidad apropiadas (Se incluyen todas las cargas, incluidas las reacciones).  Usar las ecuaciones dV( x) dM(x)  q( x) y   V( x ) dx dx

554


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

para obtener V(x) y M(x). 

Determinar las constantes de integración, que dependen de las condiciones particulares de cada problema.

EJEMPLOS 1)

Obtener expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. Usar Funciones de Singularidad. Reacciones

P

P

P

x=0

a

L –2a

x=a

P

x a

x=L–a

x=L P

( POSITIVAS ;  NEGATIVAS )

Función de Carga: q(x) = contribuciones de cada carga q(x)  P x  0 1  P x  a 1  P x  (L  a) 1  P x  L

q(x)  P x

P

 P x  a 1  P x  (L  a) 1

P x L 1

1

1

dV dM  q y  V dx dx y las reglas de Integración de Funciones Singulares

RELACIONES DE EQUILIBRIO:  V(x)  P x  0

0

0

 P x  a  P x  (L  a)

0

P x L

0

 C1

x +

determinamos C1 con la condición V(0 ) = – P x=0

P

V

V+P=0 V=–P

V(0+) = – P + 0 + 0 – 0 + C1 – P = – P + C 1  C1 = 0 Nota. Si la carga se expresa mediante funciones de singularidad y se incluyen las reacciones, generalmente C1 = 0. dM Usamos ahora  V  dx 0 0 0 0 dM  P x  0  P x  a  P x  (L  a)  P x  L dx 1

1

1

1

 M  P x  0  P x  a  P x  (L  a)  P x  L  C2 Como M(0+) = 0  C2 = 0

M=0

x=0 P

Por tanto:

V(x)  P x  0

0

0

0

 P x  a  P x  (L  a)  P x  L

0

555


Mg.

1

1

1

Carlos

Esparza

1

M(x)  P x  0  P x  a  P x  (L  a)  P x  L 2)

Ingº

Encontrar, usando funciones de singularidad, expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. P=20 klb 1 klb/pie

x 10'

10'

10'

Diagrama de carga:

x=0

Función de Carga:

22.5 klb

7.5 klb

20 klb

1 klb/pie

x=10'

x=20'

 x  30  Recordar que   x  30

x=30'

0

 0, si x  30

0

 0, si x  30

Luego tenemos: q(x)  7.5 x  0 Fuerza Cortante:

q(x)  7.5 x  0

1



1

 20 x  10

0

 1 x  20  x  30

 20 x  10

1

 22.5 x  20

0



1

1

 22.5 x  20

 1 x  20

1

0

dV  q( x )  dx 0

0

0

V(x)  7.5 x  0  20 x  10  22.5 x  20  1 x  20 Momento Flector:

dM  V  dx

1

1

1

M( x)  7.5 x  0  20 x  10  22.5 x  20 

x  20

1

2

2 (Recordar la Reglas de Integración. Verificar que las dos constantes de integración son nulas). 3)

Usando funciones de singularidad, encontrar expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada. Diagrama de Carga:

15 kN/m

15 kN/m

10 kN/m x=0

2m

2m

2m

3m

x=2

10 kN/m x=6

x=4

66.43 kN

x=9

23.57 kN

Función de Carga:



q( x )  15 x  0

0

 x4

0

 66.43 x  2

1

   10 x  6  

0

   x  9   23.57 x  9   vale cero  0

1

518


 q(x)  15 x  0

0

Mg.

 15 x  4

1

0

 66.43 x  2

1

 V(x)  15 x  0  15 x  4  66.43 x  2 M( x)  15

x 0

2

 15

x4

0

 10 x  6

1

Carlos

 23.57 x  9

1

 10 x  6  23.57 x  9

2 1

 66.43 x  2  10

x 6

2 2 2 Verificar que ambas constantes de integración son nulas.

4)

0

Ingº

Esparza

1

0

2

 23.57 x  9

1

Usando funciones de singularidad, encontrar ecuaciones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada.

W0 X L/2

L/2

W0

W0L2

8 x=0 W0

q( x)  0

L2 x 0 8

2

 0

x=L/2

x=L positivo

L 2

L x 0 2

1

  0  x  0  

0

 x

L 2

0

   

Integrando una vez: (dV/dx =  q) (Recordar Reglas de Integración). 1  0L2 x  0 1 0L 0 1 L   V( x )    x  0  0 x  0  x   8 1 2 2   1  0L2 0L 0 1 L   V( x )  x  0 1  x  0  0 x  0  x   8 2 2   Integrando otra vez: (dM/dx =  V) 2  x 0 2 x  L 2  0L 1   x  0  0   2  2 2   2 2 L L   0 1 2 L  M( x)   0 x  0  0 x  0  0  x 0  x  8 2 2  2  Verificar que las dos constantes de integración son nulas.

 L2 M( x )   0 x 0 8

0

5.5) Deformaciones Debidas a la Flexión. Curvatura Elástica. Consideremos un elemento prismático sometido a Flexión Pura.

557


Mg.

M

M

Centro de Curvatura

 M

x

2 x

1

Esparza

En este caso, el eje geométrico (inicialmente recto) se transforma en una línea curva (línea elástica) cuyo centro de curvatura está en el plano de la flexión (plano XY). : Radio de Curvatura Necesitamos precisar M = (curvatura). Hipótesis:  Inicialmente el elemento es recto y no presenta esfuerzos.  El material es de comportamiento elástico lineal e isotrópico.  Las secciones transversales son simétricas respecto al eje Y.  No existe fuerza resultante perpendicular a la sección transversal.  Las secciones transversales son planas antes y después de la flexión, y permanecen normales a las fibras deformadas.

LÍNEA ELÁSTICA

1

Carlos

Si el momento flector M es constante, la deformación por flexión también será constante.

EJE GEOMÉTRICO

M

Ingº

Antes de la deformación 1-1 y 2-2 son dos secciones planas paralelas entre sí y separadas la distancia x.

2 Centro de flexión (Centro de Curvatura) Luego de la deformación (por flexión) 1-1 y 2-2 siguen siendo secciones PLANAS y han girado  una respecto de la otra.



M

1

x1 1

M

2

x 2

Seleccionamos el plano XY con origen sobre la Superficie Neutra.

558


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

y A J D

FIBRAS ARBITRARIAS y L0

A'

B K

y

E

c

z

B' c: Distancia del eje Z a las fibras más alejadas (en valor absoluto) c = |ymáx|

Configuración Inicial

Centro de flexión 

Longitud del Eje Neutro (DE ) L0 = 

M

Las fibras ubicadas a la distancia y (representadas por JK) encima de la superficie neutra, SE ACORTAN.

B K E

Su longitud final es: JK  L '  (  y )

 M A J D A'

y

x (DE  L 0 ) Configuración Deformada (Flexión Positiva)

B' Inicialmente, la longitud de las fibras era L0. En consecuencia, la deformación unitaria longitudinal, es: L'L 0 (  y)   ó x  x   L0

y . . . . (1)  Nótese que las fibras sobre el eje neutro (donde y > 0) tienen x < 0, y las fibras bajo el eje neutro (donde y < 0) tienen x > 0. 1 1 (  Curvatura del Eje Neutro Longitudinal. > 0).   Por la hipótesis de las Secciones Planas, en todos los planos paralelos al plano de simetría ocurre la misma deformación. de donde encontramos que  x  

Luego, el valor dado por la ecuación (1) es válido para cualquier punto. En conclusión: “La deformación unitaria longitudinal x varía linealmente con la distancia y, medida desde la Superficie Neutra”.

559


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

c x y

c

La deformación unitaria máxima, en valor absoluto, es c c  

Variación lineal y x   

De donde obtenemos

1 c   c

c . . . . (1.1) c Con las ecuaciones para la deformación unitaria longitudinal, es posible deducir una Fórmula para calcular los Esfuerzos Normales producidos por la Flexión.

con lo cual, la ecuación (1) se rescribe:  x   y

5.6) Esfuerzos Normales Debidos a la Flexión 5.6.1) Introducción En primer lugar analizaremos el caso de Flexión Pura. Supongamos un elemento AB de sección transversal simétrica, sometido a flexión. Y M M A B Z

C (Sección simétrica respecto al eje Y) En cualquier sección intermedia C, se desarrollan fuerzas elementales normales, que representan la interacción con la porción (idealmente) suprimida. M M

M

<>

A

C

Z C

Momento Resistente o Interno

El sistema de fuerzas elementales debe ser equivalente al Momento Interno M. En la sección transversal intermedia, C, las fuerzas son variables con la altura.

560


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

M

C <> A

M

C

A

T

(Lineal o no, de acuerdo con el material) C  Resultante de las Fuerzas de Compresión. T  Resultante de las Fuerzas de Tracción (generan el momento interno, resistente, M)

C  Volumen del Sólido de Compresiones. T  Volumen del Sólido de Tracciones. T = C (Equilibrio) M = Td = Cd

C d

T

5.6.2) Condiciones de Equilibrio Consideremos un elemento prismático, de sección transversal constante, sometido a flexión pura. M M Seleccionemos una sección transversal intermedia.

Y

z

-z

dF y

y

Z

En los elementos de área (simétricos) dA, se desarrollan fuerzas elementales normales dF = xdA

dF X

siendo x el esfuerzo normal en dirección X.

M

Condiciones de Equilibrio: i)

Fx = 0 

  x dA  0

(no existe fuerza axial) . . . . ()

(A)

561


ii)

Mg.

My = 0 

 z x dA  0

Ingº

Carlos

Esparza

(simetría de la sección) . . . . ()

(A)

Mz = 0  M +

 y x dA  0 ,

(A)

de donde obtenemos: M    y x dA . . . . (). (A)

Nótese que la distribución del esfuerzo normal x es un problema estáticamente indeterminado, debiendo por lo tanto estudiarse las deformaciones ocasionadas en el elemento. 5.6.3)

Fórmula de la FLEXIÓN ELÁSTICA

Definición. Los esfuerzos normales producidos por el Momento Flector se denominan Esfuerzos Normales por Flexión. En el rango de comportamiento elástico-lineal del material, la relación entre los esfuerzos normales y el momento flector se expresa mediante la Fórmula de la Flexión Elástica. Su deducción en dos etapas: Deformacio nes Ley Distribuci ón i)   Elásticas Constitutiva de Esfuerzos Condicione s Fórmula de la ii)  del Equilibrio Flexión Elástica  Las deformaciones unitarias se definen por la ecuación (1.1)  x   y c c Si el momento M es de tal magnitud que los esfuerzos inducidos permanecen en el rango elástico lineal del material, puede usarse la Ley de Hooke: (x = Ex). E De (1)   x   y . . . . (2)   ó de (1.1)   x   y c E . . . . (2.1) c pero cE = máx (en valor absoluto).  Luego  x   y máx . . . . (3) c La ecuación (3) muestra que en la zona de comportamiento lineal elástico del material, el esfuerzo normal varía linealmente con la distancia medida desde la superficie neutra.

x c

y

 x  y

máx c

Reemplazando la ecuación (3) en la condición de equilibrio (), obtenemos:  dA  0   y máx c (A)

(Diagrama de Esfuerzo Normal)  

máx c

 ydA  0

(A)



 ydA  0

(A)

(puesto que 

máx  0 ). c

Igualdad que demuestra que el Eje Neutro de la Sección

562


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Transversal coincide con un Eje Centroidal. y

z centroide La tercera condición del equilibrio () nos permite escribir máx máx 2  y(y c )dA  M  c  y dA  M (A) (A) Momento de Inercia del Área  pero  y 2 dA  I z de la Sección Transversal, con respecto ( A) al EJE CENTROIDAL Z.   Mc de donde máx I z  M  máx  . . . . (4) c Iz

NOTA. Si M < 0  máx 

Mc

. . . . (4.1) Iz Finalmente, reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (3), obtenemos: My . . . . (5) x   Iz denominada Fórmula de la Flexión Elástica. Nota. Observar que para y > 0 es x < 0 y que para y < 0 es x > 0 (en casos de Flexión Positiva M > 0). M Definición. La ecuación (4) puede rescribirse máx  (I z c) El valor Iz/c depende únicamente de la forma geométrica de la sección transversal. M Este valor se denomina Módulo Elástico de la Sección (S). Luego máx  . . . . (6) S Nota. Debe recordarse que el Eje Neutro siempre coincide con el eje centroidal de la sección transversal, si la viga está sujeta a esfuerzos menores que el de fluencia del material y no se presentan fuerzas axiales. y

z

Eje Neutro

centroide 1 Nota. La curvatura elástica puede calcularse en función del momento flector.  1 c  Definición. (curvatura)  c

518


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Mc y por la Ley de Hooke Iz 1 1 Mc Por tanto   c EI z M . . . . (7), ecuación que define la Curvatura Elástica.  EI z

Usamos máx  Mc . Iz 1 es decir  E c 

M 1 . . . . (7.1).   EI z Definición. EIz se denomina Rigidez Flexional del Elemento. N  m2 [EIz]  [FL2]  klb  pie 2 , etc

Si M < 0 

5.6.4) Elementos con Sección Transversal Asimétrica La flexión de vigas elásticas cuya sección transversal tiene un eje de simetría, queda My expresada por la ecuación (5)  x   . Iz Para deducir esta fórmula se aceptó que los momentos aplicados actúan en el plano de simetría (XY). Estas limitaciones pueden simplificarse con el objeto de solucionar problemas de carácter más general. Las expresiones deducidas en las secciones anteriores se pueden utilizar para cualquier elemento que trabaje en Flexión Pura, siempre que los momentos flexionantes se apliquen en un plano paralelo a uno u otro de los Ejes Principales de la sección transversal. y M M z dA

z

y centroide (Sección Asimétrica)

Los esfuerzos normales varían linealmente desde el eje neutro que pasa por el centroide. y En un área elemental, el esfuerzo es  x    x máx (proviene de la ecuación 3). c Mc My M (Entre las ecuaciones máx  y x   se elimina ). Iz Iz Iz y Luego dF    x máx dA es una fuerza normal elemental, que actúa sobre un elemento c de área ubicado a la altura y. La suma de los momentos de estas fuerzas elementales, respecto al eje Z, genera un momento flexionante (interno). Sin embargo, por la asimetría de la sección, dichas fuerzas internas podrían generar un momento con respecto al eje Y.

563


Mg.

El posible momento respecto del eje Y, será

 zdF , es decir My  

 yzdA

La integral

 x máx c

Carlos



(A)

(A)

My  

Ingº

Esparza

y  x máx zdA c

 yzdA

( A)

define el Producto de Inercia del Área de la Sección Transversal. Si

(A)

los ejes Y, Z son los Ejes Principales del área (que pasan por el centroide), el Producto de Inercia es nulo. Si este es el caso  My = 0, y pueden usarse las fórmulas deducidas anteriormente. y Nota. Si se aplica un momento, M, flexionante que no es paralelo a ningún eje principal, deberemos seguir el procedimiento de superposición (que estudiaremos más adelante).

z M EJEMPLOS 1.

Calcular el esfuerzo normal máximo inducido por el momento que actúa sobre la viga representada. 30' 1/2"

6"

500 lb-pie

1/2" 1/2"

4"

Flexión Pura

Viga de sección

ALMA

ALAS

500 lb-pie

500 lb-pie

|Mmáx| = 500 lb-pie | M| c máx  Iz

y centroide z

Iz = 35.541 pulg4 C = 3" C = 3"

564


máx 

Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

(500  12)(13)  máx = 506.46 lb/pulg2 35.541 506.46 lb/pulg2

z

NOTAR: M<0

TRACCIONES COMPRECIONES

–506.46 lb/pulg2 2.

Calcular la fuerza desarrollada por los esfuerzos normales en el área indicada. La sección está sometida a un momento flexionante negativo de 37,500 kg-cm alrededor del eje horizontal Y

Y

x  0  2 2 2 y  z  r

(0,r,0) Z -z z

dy

M

r=5 cm

y

x (0,0,-r)

dV

Sólido de tracciones (M < 0) r

T   2z x dy 0

X

(0,0,r)

Pero  x  

My | M| y ó x  Iz Iz

r

Luego T   2 r 2  y 2 0

5

| M| 2 | M| ydy  25  y 2 ydy Iz I z 0

Desarrollando la integral y reemplazando I z 

 4  r  (5) 4 4 4

2 | M| 1 (5) 3  |M| = 37,500  3 (5) 4 4 Luego T = 6,366 kg (pasa por el centroide del sólido de tracciones)

Obtenemos: T 

3.

Sabiendo que la sección representada admite los esfuerzos normales 120 MPa en tracción y 150 MPa en compresión, determinar el momento máximo que puede aplicarse.

6 (dimensiones en mm)

18 6



18

6

18

M

6

Propiedades geométricas.

566


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

y A 9 mm CG

z 

Iz = 33.05×10-9 m4

15 mm

B Flexión. Por tratarse de flexión negativa, tenemos: Zona en tracción A máx 

CG

z B 

(?)

Mc Iz

Zona en compresión

| M| CA . . . . (tracción) Iz | M | CB (ii) máx  . . . . (compresión) Iz Reemplazando valores numéricos: | M | (9  10 3 ) En (i)  120  10 6   |M| = 440.67 N-m 33.05  10  9 | M | (15  10 3 ) En (ii)  150  10 6   |M| = 330.50 N-m 33.05  10  9

Luego:

(i) máx 

Mmáx = 330.5 N-m (momento negativo) Mmáx 4) La viga cuya sección se representa, es sometida al momento M = 20 kN-m. Sabiendo que E = 200 GPa y  = 0.29, determinar: i) El cambio de ancho en el ala superior ii) El cambio de longitud de la mitad superior CA del alma. (Dato  Iz = 12.82106 mm4)

Y A

M

Z X

100 mm 

A  



(Flexión Positiva)



Esfuerzo:

MC A A   Iz

200 mm

(compresión) (CA = 100 mm)

20  10 3  100  10 3  A =  156.006106 Pa 12.86  10 6

Deformación longitudinal:

567


( x ) A 



Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

 A  156.006  10 6   7.8  10  4 9 E 200  10

Deformación transversal: ( y ) A  ( z ) A  ( x ) A ( y ) A  ( z ) A  0.29(7.8  10 4 )  2.262  10 4

i) Cambio de Ancho en el Ala Superior. t t = 100 mm A

t = (z)At t = 2.262×10-4×100 = 2.262×10-2 mm C ii) Cambio de la longitud CA. ( promedio ) CA

1  ( y A  0) 2

( promedio ) CA 

Deformación en el eje neutro. (puesto que la deformación varía linealmente)

1 (2.262  10 4 )  1.131  10 4 2

Luego CA  (promedio)CA(CA) CA  1.131×10-4×100 = 1.131×10-2 mm. 5.)

(Parte de Teoría) Al deducir la fórmula de la Flexión Elástica se aceptó que en un elemento en estado de Flexión Pura, el esfuerzo y es despreciable. Para un elemento elástico, inicialmente recto, de sección transversal rectangular, i) Deducir una expresión aproximada para y en función de y. c ( x ) máx . ii) Demostrar que ( y ) máx  2 (Conclusión  como  es grande, el esfuerzo y puede despreciarse en todas las situaciones prácticas regulares).

M

M

y 2c

z L

b

568


Mg.

  2 2

y=c

x /2

Ingº

Carlos

Esparza

Para deformaciones infinitesimales:   sen  Fibras ubicadas a 2 2 cualquier distancia y. De las ecuaciones My x   Iz Mc x y  máx   I z máx /2

y=–c y obtenemos  x   máx . . . . () c Condición de equilibrio  Fy = 0 y

  y (bL)  2 ( x sen )bdy  0 2 c



Con suficiente aproximación: y 2  ó y   x bdy bL c 2



y

y  

2  y  máx bdy (usando ) bL 2 c c



evaluando la integral y simplificando:  máx 2 y  (y  c 2 ) cL 2 L máx 2 (y  c 2 ) Pero L =    y  cL 2 1 máx (y 2  c 2 ) de donde  y  2c c2 máx Para y = 0 es ( y ) máx   2c c ( y ) máx   máx 2 PROBLEMAS (Repaso) 1.

Una barra de acero de 4 mm de diámetro y 1.8 m de longitud debe ser curvada según un cuadrante de circunferencia. Calcular el momento que debe aplicarse en los extremos.

569


M

Mg.

M

L

r

r

Ingº

Carlos

Esparza

E = 2.1×106 kg/cm2 Radio de Curvatura  2L r L  r  2 

90° r

2(1.8) = 114.6 cm 

r0

Momento de Inercia de la sección transversal:

z

Iz 

 4 r0 4

 (0.2) 4 cm4 = 0.001257 cm4 4 EI 1 M El Momento Flector requerido es:   M Z   EI Z Reemplazando valores obtenemos: 1 M (2.1  10 6 )(0.001257) = 23.034 kg-cm 114.6

Iz =

Nota). Observar que   r. barra de diámetro d

90°

 r

d 0.4    114.6  = 114.8 cm 2 2

Con este valor: M 

1 (2.1  10 6 )(0.001257) 114.8

M = 22.994 kg-cm 2.

La figura representa una viga sometida a dos cargas P en los extremos. El tramo central tiene longitud L. Hallar el radio de curvatura del tramo central y el “levantamiento”  del punto medio. P P P = 1000 kg a = 0.80 m A B E = 2.1×106 kg/cm2 L = 3.80 m Iz = 570 cm4 a L a

570


Mg.

Deformada

Momento Flector (tramo central) P

A a x

M

M + Px – P(x–a) = 0 M = – Pa

V

P

P

Ingº

Carlos

D f C

A

Esparza

P B

o

M =  1000(0.8) =  800 kg-m M =  80,000 kg-cm Momento constante en el tramo AB  El tramo AB se deforma según un arco de circunferencia. EI 1 | M| Curvatura:    Z |M|  EI Z 

2.1  10 6  570 | 80,000 |

  = 14962.5 cm

 = 149.625 m

En el OAC: L/2

A

C

2 = ( – )2 + (L/2)2

–



de donde obtenemos: 2 – 2 +

L2 = 0 . . . () 4

o 2  42  L2 2(149.625)  4(149.625) 2  (3.80) 2 . Reemplazando,   2 2 La única raíz físicamente aceptable, es:  = 0.012 m (1 < ). Nota. Como   0 puede aproximarse en (): L2 3.80 2  0012 m.    8(149.625) 8 

3.

Una barra de acero (E = 2.1×106 kg/cm2) de sección rectangular de 20 mm × 3 mm y longitud L = 1.4 m está apoyada en su centro sobre el punto más alto de un disco circular rígido de 1.2 m de diámetro. La barra está sometida al efecto de dos fuerzas P = 5 kg en sus extremos. Calcular la longitud del arco de contacto entre la barra y el disco rígido.

L/2

L/2

P

D C

A

P

r

y z

E

 

B

Iz =

1 (2)(0.3)3 = 0.0045 cm4 12

1 M El Momento Flector necesario, es:  EI z

571


Mg.

Ingº

EI Z (2.1  10 6 )(0.0045) . Reemplazado valores: M  1  (60  0.3) 2 M = 164.6 kg-cm El momento en el punto C, es:  M

a P



C

Mc = Pacos; a 



r

Carlos

Esparza

( = r + d/2)

L   2

L Mc = P(   )cos 2 140  60.15 )cos Mc = 5( 2

Luego M = Mc  164.6 = 5(70  60.15)cos Resolviendo la ecuación “obtenemos”:   0.5294 rad (  30°20’) Con lo cual: CE = 2r = 2(60)(0.5294) CE = 63.53 cm. 4.

La figura representa la sección transversal de una viga sometida a momento flector positivo. Determinar la dimensión b para la cual ’ = 250 kg/cm2 y ” = 900 kg/cm2. Considerar h = 12 cm; S = 3 cm. (’ y ” en valor absoluto). s

y''

h C.G. s z

y'

Sabemos que: My ' M ' '    Iz Iz y' My " M " "    Iz Iz y"

b

' " ' y '    y ' y" " y" ' y' y' '   Propiedad:  y'  h '" y' y" h '" 250 5 Reemplazando datos  y'  h h 250  900 23 El centroide está ubicado en y’ h2 s2 s  (b  s) 2 y'  2 sh  (b  s)s



s 2 s2 h  (b  s) 5 2 . Reemplazando los valores conocidos y despejando b, h 2  23 sh  (b  s)s obtenemos: b  39.7 cm.

5.

El material de la viga representada acepta esfuerzos últimos de 2000 kg/cm 2 en tracción y 8000 kg/cm2 en compresión. i) Determinar el Factor de Seguridad.

572


ii)

Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Graficar la variación del esfuerzo normal en la sección C. 4 cm

2200 kg

10000 kg

P

2200 kg

B

A

16 cm

C 1m

1.5 m

1.5 m

4 cm

1m

Momentos Flectores 530000 kg-cm

20 cm Centroide y Momento de Inercia Y y = 6.444 cm

+

A

C

–

Z

B

–

y IZ = 5028 cm4

–220000 kg-cm –220000 kg-cm Debido a que los esfuerzos últimos en tracción y compresión son diferentes (en valor absoluto), es necesario analizar las secciones de momento máximo positivo y de momento máximo negativo. Sección A. (Momento Negativo). My ymáx = 13.556 cm x   Iz (220000)(13.556)  x máx    593.14 kg/cm2 (Tracción) 5028 (220000)( 6.444)  x máx    281.957 kg/cm2 (Compresión) 5028 593.14 kg/cm2 A

–281.957 kg/cm2 (530000)(13.556)  1428.93 kg/cm2 (Compresión) 5028 (530000)( 6.444)   679.26 kg/cm2 (Tracción) 5028

Sección C. máx   máx

–1428.93 kg/cm2

C

679.26 kg/cm2 2000  2.94 Factor de Seguridad (en tracción) FS  679.26

573


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

8000  5.5 1428.93 Factor de Seguridad (para toda la Viga) FS = 2.94

Factor de Seguridad (en compresión) FS 

6.) ¿Qué valor tendrá la máxima fuerza P que puede aplicarse a la viga representada, si y = 50,000 lb/pulg2 (fluencia) y la viga debe comportarse elásticamente? P W = 50 lb/pie

4" 10'

3"

10' Mmáx 

+

Mmáx  2500  5P (lb-pie)

W(20)2/8

 máx 

+ P

50 P(10)(10) (20) 2  8 20

(10)(10) 20

(25007  5P)(12)(2) 1 (3)( 4) 3 12

máx  1.5  (5P  2500) lb/pulg2

Condición máx  y = 50,000 lb/pulg2  1.5(5P + 2500) = 50,000  P = 6,166.67 lb. 7.) Calcular el esfuerzo normal en las fibras extremas, superior e inferior, en la sección de máximo momento de la viga representada. 10" 8 klb 8 klb W = 1 klb/pie 3/8" e'

6'

8' e = 0.295" e' = 0.43"

6'

e

15.86"

e' 6.985"

574


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Momento Flector 1 klb/pie

8 klb

8 klb

Mmáx = 1176 klb-pulg Eje Neutro y Momento de Inercia

18'

18'

10'

90 klb-pie

Y

90 klb-pie

6.185" Z 10.05"

Mmáx=98 klb-pie Iz = 530.9168 pulg4 (Recordar el Teorema de Steiner) Esfuerzos Máximos 1176  6.185  13.7 klb/pulg2 (Compresión) 530.9168 1176  10.05   22.26 klb/pulg2 (Tracción) 530.9168

Fibra Superior máx  Fibra Inferior

máx

8.) Para la viga representada, graficar el diagrama de deformaciones unitarias y el diagrama de esfuerzos normales en la sección de máximo momento. Usar E = 30×106 lb/pulg2.

100 lb 1" 20'

4"

5' 500 lb-pie

Mmáx = 500 lb-pie (+) M c máx  máx Iz

(500)(12)(0.5)  900 lb/pulg2 1 3 (4)(1) 12 ’máx = 9000 lb/pulg2  Fibras Inferiores ”máx =  9000 lb/pulg2  Fibras Superiores  máx 

Deformaciones Unitarias: 1 9000  x  máx   x   3  10 4 E 30  10 6

575


Mg.

–3×10-4

Carlos

Esparza

–9000 lb/pulg2

–

– +

+ –9000 lb/pulg2

3×10-4 Deformaciones Unitarias 9.)

Ingº

Esfuerzos Normales

Graficar el diagrama de esfuerzos normales para la viga representada. 2" 2" 2"

20 lb/pie A

2"

B

4"

20' Momento Flector Máximo: Mmáx = 513.2 lb-pie sucede en X = 11.55' a partir del punto A.

Momento de Inercia: Y c Z

Iz = 61.321133 pulg4

d=3.8"

Esfuerzos normales: Mmáxc (513.2  12) (6  3.8)  Iz 61.32133 2 = – 220.942 lb/pulg

Fibras Superiores   x máx  

x máx

(513.2  12( 3.8) 61.32133 = 381.628 lb/pulg2

Fibras Inferiores   x máx  

x máx

–220.942 lb/pulg2 2.2" 3.8" 381.628 lb/pulg2

576


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

P

10.) La viga representada, tiene secciones transversales rectangulares de anchura b y altura h uniformemente variables (según se indica). Determinar la sección que soporta la tracción máxima y el valor correspondiente.

h0

b b

h1 L

Sección a la distancia x del extremo libre.

L

L b

x h – h0 h1 – h0

h1

b

h0

h x

h1 - h0 h - h0 h -h   h  h0  1 0 x L x L 1 bh 3 I Z 12 Módulo Resistente a Flexión : S   h c 2 b h -h S  ( h0  1 0 x )2 6 L M P El esfuerzo en las fibras extremas, es: |M|  donde M   Px x S Px 6Px  Luego σ  2 2 b h1  h0  h1  h0   x b h0  x  h0  6 L L    d h0 Condición 0  x L dx h1  h0 Por consiguiente: h  h0  h0 L     h  2h0 h  h0  1 L  h1  h0 

h = 2h0 es la altura de la sección con máximo esfuerzo normal.  h L   6P 0 h1  h0  3PL  máx   máx  2 2h0b(h1  h0 )  h  h0 h0 L  b h0  1  L h1  h0  

576


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Nota). Es necesario que h1  h y h1  2h0, de otra manera, la sección de mayor esfuerzo será la sección de empotramiento. 11.) El marco representado en la figura, soporta una carga repartida uniforme de 200 N/m (sobre la proyección horizontal). Determinar el máximo esfuerzo normal debido a la flexión en la sección a–a, si ésta es un cuadrado de 50 mm de lado.

W = 200 N/m Y

a 3m

a 3m

4m

50 mm

Z 50 mm

Determinamos el Momento Flector en a–a: R1 = 500 N

Ma-a

2.4 m 1000 N R1

2.5 m

3m

2.5 m

R2 Ma--a

a  a

Mc  Iz

 a  a 

(624)(

50  10  3 ) 2

1 (50  10  3 ) 4 12

500 N + 200(2.4)(1.2) – 500(2.4) = 0 Ma–a = 624 N-m

 a  a  29.952  106 Pa

12.) La viga representada tiene sección rectangular y está cargada según se indica. Si el máximo esfuerzo admisible es 8 MPa, determinar los valores máximos de P y w que pueden aplicarse simultáneamente.

P

Y w

3m

3m

2m

300 mm

Z

150 mm Requerimos los máximos momentos (positivos y negativos)

577


P

Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Momento de Inercia: 150  10 3  (300  10 3 )3 Iz  12 Iz = 3.375×10-4 m4

w

3P  2W 2

Esfuerzo Normal: My x   Iz –2W

i)

Para el Momento Máximo Positivo 3P  2w 300 ( )(  10  3 ) 2 2 x   3.375  10  4 Condición: 3P  2w 300 ( )(  10  3 ) 6 2 2 . . . . (1) 8 10   3.375  10  4 dato ii)

Para el Momento Máximo Negativo 300 (2w)(  10  3 ) 2  x    3.375  10  4 8  106 

300  10  3 ) 2 . . . . (2) 3.375  10  4

(2w)(

Resolviendo (1) y (2), obtenemos

w = 9000 N/m P = 18000 N

13.) Una presa pequeña tiene una viga típica vertical, según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo en el punto D, debido a la flexión en la sección a–a.

Z

90 cm 90 cm

25 cm a

a

90 cm

10 T/m Momento Flector en la sección a–a.

5 cm D

5 cm

Y

5 cm 15 cm 5 cm

578


Mg.

R1 = 6.75 Ton R2 = 6.75 Ton R1

1 2

Ingº

Carlos

(10)

Ton/m

Esparza

90 cm 6.75 Ton 90 cm

(10)( 2.7)  13.5 Ton

90 cm

M 2

R2

3

M = 2.475 T-m M = 247500 kg-cm (Flector Positivo) Momento de Inercia: Iz = 28333.333 cm4 (revisar) My D (247500)( 7.5) Esfuerzo Normal:  x    Iz 28333.333 2 x = 65.51 kg/cm

14.)Calcular el esfuerzo normal máximo en el miembro BD, si su sección es rectangular de 100 mm ancho por 400 mm de altura. No incluir el peso propio.

C

P = 40 kN Q = 72 kN P

B

2m

Q

D 2m E

A 2m

Reacciones:

1m 1m 1m 1m

Fuerzas Internas Cy 40

52 kN

2m

72

Cx

By 60 kN

Estableciendo las ecuaciones de equilibrio, obtenemos:

Cy

40

Bx

Cx

Dy

72

Dx

Bx

Dx By

52

Dy 60

579


Mg.

C

4

72

D

56

Esparza

56

56

48

48

A

Carlos

C

56 40

56 B

Ingº

64

(en kN)

64

52

E 60

Elemento BD:

72

40

56

56 48

64 64 kN-m

48 kN-m

Mmáx = 64 kN-m

+ Esfuerzos Normales:

56 kN  1400 kPa 100  10  400  10  3 m2 My POR MOMENTO FLECTOR  "máx   Iz

POR CARGA AXIAL  ' 

"máx  

(64)( 

3

400  10  3 ) 2

 24000 kPa 1 (100  10  3 )( 400  10  3 )3 12 Esfuerzo Resultante:  = ' + "máx (Superposición)  = 1400 + 24000  = 25400 kPa (Sucede en las fibras superiores  verificar).

15.)Una viga, cuya sección transversal es un triángulo isósceles, está sometida a un momento flector negativo de 36 Ton-cm, con respecto a un eje horizontal. Determinar la magnitud y localización de las fuerzas de tracción y compresión que actúan en la sección.

580


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

Mz = 36 Ton-cm (Flexión negativa).

15 cm

Eje Neutro y Momento de Inercia: Y Z

C1 = 5 cm

15 cm Z

C2 = 10 cm

1 Iz = 36

zona en tracción zona en compresión

(15)(15)3 cm4

Esfuerzos Máximos: | M | c1 (36)(5) Tracción  máx    0.128 Ton / cm2 Iz 154 36 | M | c 2 (36)(10) Compresión  máx    0.256 Ton / cm2 4 Iz 15 36 Diagrama de Esfuerzos: 0.128 T/cm2

5 cm

0.128 T/cm2

5 cm

T

10 cm

EJE NEUTRO

10 cm

C 0.256 T/cm2

T  Volumen del Sólido de Tracciones C  Volumen del Sólido de Compresiones Resultantes: 7.5 7.5 cm

dy

z

0.128 T/cm2

-z y

Semejanza :

5 cm

x

Z 10 cm

0.256 T/cm2

5 y  0.128 x

 x 

0.128 y 5

15 10  y 10  y   Z 7.5 Z 2  dT  2Zx dy 

 10  y  0.128  dT  2  ydy  2  5 



5

T  0.0256 (10y  y 2 )dy 0

de donde obtenemos: T = 4.27 Ton La fuerza de compresión debe ser de la misma intensidad (condición de equilibrio). Como comprobación la calculamos mediante una integral, similar al caso anterior.

581


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

15 10  y 10  y   Z 7.5 Z 2 x y    x  0.0256 y 0.256 10

Semejanza:

Z dy

y

z -z

x

10 cm

0.256 T/cm2

 10  y  dC  2z x dy  dC  2 (0.0256 y)dy  2  Integrando en [0,10] tenemos: C = 4.27 Ton.

Ubicación de las Resultantes: yT  3.435 cm 1 1 10 2(10  Y) y C   ydC  (0.0256 y)ydy C C 4.27 0 2 yC = 4.996 cm.

T

yT yC

C yT 

T ydT  T

1 5 0.128 (10 y  y 2 ) ydy 4.27 0 5

Observar que: M = (4.27)(3.435 + 4.996)  36 T-cm. 16.) Una varilla de sección semicircular de radio r = 12 mm es flexada en forma de arco circular de radio medio  = 2.5 m. La cara plana de la varilla está orientada hacia el centro de curvatura del arco. Determinar los esfuerzos máximos de tracción y compresión. Usar E = 70 GPa;  = 0.33 Para las condiciones enunciadas i) Calcular el cambio de longitud del diámetro de base de la sección semicircular. ii) Calcular el cambio de longitud del radio vertical de la sección transversal.

Primera Parte:

SECCIÓN

y

TRANSVERSAL

r=12 mm M Centroide:

Z

y

Z C y'

4r 4(12)  3 3 y' = 5.09 mm y' 

M

  = 2.5 m

582


Mg.

Ingº

Carlos

Esparza

El punto más alejado del eje neutro dista C = 12 – y' = 6.91 mm 1 La curvatura , la distancia C y la máxima  medio c deformación unitaria, se relacionan mediante:   6.91  103  2.76  103 2.5 Esfuerzo correspondiente:  = E  = 70×109×2.76×10-3 Pa  = 193.2×106 Pa. (Tracción) 

 

 ' 

6.91 5.09

5.09 5.09   '  (193.2)  142.3  10 6 Pa 6.91 6.91 compresión

'

tracción compresión

y

Segunda Parte:

A

X B  

C

x B

X B   2.04  103 Z'B   X B

M Z

yB 5.09  10 3   2.5

Z'B   0.33(2.04  103 )  0.6732  103

Z'

(Constante a lo largo del diámetro de la base).  Diámetro  Z'B (Diámetro inicial )  (2)(12 mm )(0.6732  103 )  0.01616 mm

BCA  ?

En el punto B: X B   2.04  103

YB   X B  0.33(2.04  103 )  6.732  104 En el punto C: X C  0;

YC  0

(C  eje neutro)

En el segmento BC, la deformación promedio en dirección Y, es: 1 y BC  (0  6.732  10  4 ) (por la variación lineal) 2 y BC  3.366  104  BC  5.09 (3.366  104 )

BC  0.00171 mm . . . . ()

583


En el punto A: X A 

Mg. Ing. Carlos Esparza

Díaz

c 6.91  10 3   2.76  10  3  2.5

YA    X A  0.33(2.76  103 )  9.108  104 En el segmento CA, la deformación promedio en dirección Y, es: y C A 

1 (0  9.108  10  4 )  4.554  10  4 2 def. del eje neutro

CA  6.91(4.554  104 )   0.00315 mm

. . . . ( )

De () y ():  AB  0.00171  0.00315   0.00144 mm 17.) En la viga representada calcular la dimensión a para que el esfuerzo normal no exceda de 150 MPa en tracción o en compresión. a

20 kN

a

20 kN/m

20 kN/m 2a

1m

1m

1m

1m

a 2a

Momento Flector Máximo: 20 kN/m

20 kN

30 kN

Mmáx = 30 kN-m (+)

20 kN/m

Momento de Inercia y

30 kN

2a

+ M

Z –2a

1 1 a (2a)( 4a)3  2 ( )(2a)3 12 12 2 Iz = 10a4

Iz =

My (30)(2a) 6 6    3  condición : 150  103  3 4 IZ 10 a a a de donde obtenemos a = 0.0342 m. 

18.) La viga representada está hecha de un material cuyos esfuerzos últimos en tracción y compresión son, respectivamente, 2000 kg/cm2 y 8000 kg/cm2. (i) Determinar el Factor de Seguridad. (ii) Graficar la distribución de los esfuerzos debidos a la flexión en la sección C.

584


2T


Díaz

4 cm

10 T A

B

2T

C 1.1 m

1.5

16 cm 1.5

1.1

4 cm 20 cm

Determinamos el Momento Flector Máximo (+ y –) MC = 530000 kg-cm (en la sección C: positivo) MA = – 220000 kg-cm (en la sección A ó B negativo) Centroide y Momento de Inercia:

Y

YG 

(20)( 4)(2)  (4)(16)(12)  6.44 cm (20)( 4)  (4)(16)

13.56 cm Z

YG = 6.44 cm

2.44 cm 4 cm

1 4 (20)( 4)3  (20)( 4)(2.44  2)2  (16)3  (4)(16)(5.56)2 12 12 IZ  5027.56 cm4 (revisar) (teorema de Steiner) IZ 

Como la sección no es simétrica respecto del eje Z, es necesario calcular los esfuerzos máximos en las secciones de máximo momento positivo y negativo. (220,000)(13.56) Sección A: MA = –220000 kg-cm  máx    593.37 kg/cm2 5027.56 Tracción (220,000)( 6.44) Sección C: MC = 530000 kg-cm  máx     281.81 kg/cm2 5027.56 Compresión 530.000 máx   (13.56)   1429.48 kg/cm2 (compresión  fibra superior) 5027.56 530.000 máx   (6.44)  678.90 kg/cm2 (tracción  fibra inferior) 5027.56 –1429.48 kg/cm2

– +

678.9 kg/cm2

Factor de seguridad: En tracción  FS 

2000  FS = 2.946 678.9

585



Díaz

En compresión  FS 

8000  FS = 5.596 1429.48

FS (para la viga)  2.946

5.7) Carga Axial Excéntrica en un Plano de Simetría En un elemento sometido a carga axial, la distribución del esfuerzo normal puede suponerse uniforme, sólo cuando la recta de acción de la resultante de las cargas aplicadas pase por el centroide de la sección transversal (Estado de Carga Axial Centrada). A P P P P  A

centroide En esta sección, estudiaremos la distribución del esfuerzo normal, cuando la recta de acción de la resultante de las cargas aplicadas no pasa por el centroide de la sección transversal, es decir cuando la carga axial es excéntrica. Consideramos el caso de elementos que poseen un plano de simetría y supondremos que las cargas se aplican en ese plano. n Las fuerzas internas en una C sección excéntrica se reducen n a una fuerza axial y un P P Momento Flector A B M

C

d

P

C

Z

C: centroide de la sección excéntrica d: excentricidad

A Equilibrio  P' = P; M = Pd  Responsable de la distribución no uniforme del Esfuerzo Normal en la sección excéntrica. La distribución de esfuerzos normales debidos a la carga excéntrica se obtiene por superposición del esfuerzo normal directo (originado por P') y del esfuerzo normal por flexión (originado por M). La superposición es válida únicamente cuando no se sobrepasan los límites de elasticidad lineal del material. y y

C

por carga axial centrada (P)

x x

+

C

x

x por momento flector (M)

586



Díaz

y

=

C

x

x resultante  X resultante   X por carga axial centrada   X por momento flector

X 

P My . . . . () (tener en cuenta los signos)  A IZ

La ecuación () muestra que la distribución buscada del esfuerzo normal es Lineal pero no Uniforme. Dependiendo de la forma geométrica de la sección transversal y de la distancia d, los esfuerzos combinados pueden tener todos el mismo signo o signos diferentes. Nota) Observar que, en el caso de que el esfuerzo resultante, cambie de signo en la sección transversal, el Eje Neutro de la Sección no coincide con el Eje Centroidal Z. De ()  para y = 0 es x = P/A. y zona en compresión P M 0  y0 EJE NEUTRO DE LA A IZ SECCIÓN TRANSVERSAL y0 PI y 0  Z (define el "Eje Neutro") EJE CENTROIDAL z MA

zona en compresión EJEMPLOS 1.

Una viga de sección rectangular (100 mm × 400 mm), está articulada en el punto A y sujeta por un cable CD. Calcular el máximo valor de P para que el esfuerzo normal no exceda los 120 MPa. D Y 4 3

A

P

Z C

400 mm

100 mm 2m 1m Determinamos el máximo momento flector en la viga AC.

587


2 P 3

P/2 A


Díaz

B

C

Esfuerzo Directo: 0  

P/2

P 2P/3

P 2(100  10 )( 400  10  3 ) 3

0 = – 12.5 P (Pascales) Newtons)

Mmáx = 2P/3

(P en

La viga está sometida simultáneamente a compresión y flexión. 2 400 P(  10  3 ) M| y | 3 2  Esfuerzo por Flexión: máx  1 Iz (100  10  3 )( 400  10  3 )3 12 máx = 250P Pascales (en valor absoluto).

Superposición:

A

 = –250P Pa

+

P/2

=

A

0 = –12.5P Pa ' = –262.5P

 = 250P Pa

Condición || = 120×106 Pa  |–262.5P| = 120 ×106 P  457.14 kN

CENTROIDE

A

y0 EJE NEUTRO

"= 237.5P 2.

La figura representa la transmisión de una carga en una cadena. La varilla usada tiene 12 mm de diámetro. Si la cadena soporta una carga de 800 N, determinar: i) Los mayores esfuerzos de tracción y compresión en la porción recta de un eslabón. ii) La distancia entre los ejes centroidal y neutro de la sección transversal.

P M 800 N

12 mm

15 mm

800 N

C

P = 800 N; M = 800×15×10-3 M = 12 N-m (Positivo)

800 N

517



Díaz

X Y

C

+

0 = P/A

C

máx 

Y

C

=

Y

y0  = 0 + máx

Mc Iz

800 N  7.074  106 Pa  (12  10  3 ) 4 (12)(6  10 3 ) máx   70.74  106 Pa  (6  10  3 ) 4 4 máx = 77.814×106 Pa (tracción) máx (compresión) PI P My 0  y 0  Z  y0 = 0.6 mm 0  AM A IZ 0 

–63.666×106

=

Pa

3.)Sabiendo que el esfuerzo admisible en el material de la prensa representada es 6 klb/pulg2 en tracción y 12 klb/pulg2 en compresión. Determinar la mayor fuerza P que puede aplicarse con la prensa.

1'

10' Z

P

a

a

10' B

C 1' Z

P

Sección a-a

tracción compresión

12'

C2=3.25'

C1=7.75'

Iz = 235.4 pulg2 P Mc 1 P Mc 2 M = P(12+3.25) B  ; C    P A IZ A IZ M =12.25P Reemplazando datos: (positivo) P (15.25P)(3.25) B    0.261P (tracción) M 20 235.4 P (15.25P)(7.75) C     0.452P P 20 235.4 (compresión) Condición: 6 = 0.261P  P = 22.98 klb –12 = –0.452P  P = 26.55 klb Pmáx = 22.98 klb.

588



Díaz

4.)Una placa triangular de acero ABD, de espesor constante, se suspende de una superficie horizontal, tal como se indica en el esquema. Sabiendo que la densidad del acero es 7850 kg/m3, determinar el esfuerzo normal en A y en B, cuando (i) a = 50 mm, (ii) a = 25 mm, (iii) a = 0

100 mm C

A

B

Caso (i) a = 50 mm

C

50 mm A

2m espesor: 9 mm

D

a

50 mm B

C W

CARGA CENTRADA

W = mg  = m/V

1  W  Vg  (7850) (100  10 3 )(2)(9  10 3 )(9.81) 2 W = 69.3 Newtons

En este caso sólo se genera esfuerzo directo (tracción): 0 

W A

69.3 N  77  103 Pa 3 3 100  10  9  10 (ii) a = 25 mm  se genera carga excéntrica. W W = W1 + W2 = 69.3 N 0 

M

A

C

W1

W2

25 mm

75 mm

 A  77000 

B

 MC

 0  M  W1 (

W W

75 25  )(10 3 )  0 3 3

donde 1 W1  (7850) (25  10  3 )(2)(9  10 3 )(9.81) 2 W1  17.33 N  M  0.577 N - m Punto A: Mc  A  0  IZ

(0.577)(25  25)(10 3 )  115.467 kPa (tracción) 1 3 3 3 (9  10 )(100  10 ) 12

Punto B: Mc (0.577)(50)(10 3 )  77000   38.533 kPa (tracción) 1 IZ (9  10  3 )(100  10  3 )3 12 Similar para el caso a = 0 B  0 

518


P M

A

C W

B

M – W(66.7 – 50)(10-3) = 0  M = 1.155 N-m Punto A: Mc  A  0  IZ  A  77000 

66.7 mm


Díaz

(1.155)(50)(10 3 ) 1 (100  10  3 )3 (9  10  3 ) 12

kPa

 154

(tracción)

P = W = 69.3 N Punto B: P Mc B   A IZ B  77000 

(1.155)(50)(10 3 ) 1 (100  10  3 )3 (9  10  3 ) 12

0

5.) La fuerza axial excéntrica P actúa en el punto D. Si P = 60 kN, determinar (a) La altura d de la barra para la cual el esfuerzo de tracción en el punto A es máximo; (b) El correspondiente valor del esfuerzo; (c) El espesor de la barra para el cual el esfuerzo de compresión en el punto B es máximo y el correspondiente valor; (d) Los límites dentro de los cuales están comprendidos los valores de la altura d para la cual el esfuerzo en el punto A no excede los 30 MPa. A A a D P d a 2 = C d 2

B

b = 40mm b

a=25 mm

A

D d

C

P

B

20 mm

P

C M

B d d P(  a) P Mc P 2    2P ( 2  3a ) . . . . (1) A     2 A 1 A I bd b d d2 bd3 12 P Mc 2P 1 3a B    B  (  2 ) . . . . (2) A I b d d d A 2P 2 6a 0  ( 2  3 )  0 (a): Para máx A:  dd b d d de donde obtenemos d = 3a  d = 75 mm

d M  P(  a) 2

(b): Para P = 60 kN; b = 40 mm; d = 75 mm

517



Díaz

2P 2 3a (  )  A = 40 MPa b d d2 dB (c): Para máx B:   0 a partir de la ecuación (2). Obtenemos d = 6a dd luego d = 150 mm. El valor del esfuerzo resulta ser B = – 10 MPa 2P 2 3a (d): Ecuación (1):  A  (  ) b d d2 Datos: A = 30 MPa (condición); a = 25 mm; b = 40 mm; P = 60 kN 2(60)(103 )  2 3(25)(10 3 )      30  106   (40  10  3 )  d d2  Ecuación de segundo grado cuyas raíces son: d1 = 0.15 m y d2 = 0.05 m. A 

Para  = 30 MPa, obtenemos la ecuación d2 + 0.2d – 0.0075 = 0 cuyas raíces son d' = –0.232 m y d" = 0.0323 m. Podemos graficar A respecto a d:

A (MPa)

De Ec (1): Para d = 0  A  – Para d =   A  0 Para A = 0  d = 37.5 mm

A máx

+30 37.5 32.3 50

75

150

d (mm)

–30 Notar que: –30 MPa  A  30 MPa para 32.3 mm  d  50 mm y d  150 mm. Si sólo consideramos tracción  A  30 MPa para 37.5  d  50 mm y d  150 mm. 6.) Sabiendo que el esfuerzo admisible es 150 MPa en la sección a–a de la barra AB representada, determinar (i) La mayor fuerza P que puede aplicarse en D. (ii) La ubicación del eje neutro. Propiedades Geométricas: A

a

a

P

B C 50 mm

RÍGIDA

CG

Y

Z

D 50 mm

A = 2.4×10-3 m2 y = 30 mm Iz = 1.36×10-6 m4

y

592



Díaz

Fuerzas en la sección a-a 30 mm 60 mm

20 mm

M

F

50 mm

P H

CG

P

20 mm 60 mm C

M = P(0.05 + 0.05) = 0.1P

D 50 mm

En el punto H se genera el máximo esfuerzo (tracción) P (0.1P)(0.05) P Mc  máx   máx   3 A IZ 2.4  10 1.36  10 6 máx = 4093.1P (Pascales) Condición: máx = ad  150×106 = 4093.1Pmáx  Pmáx = 36647 N Para ubicar el eje neutro, determinamos el esfuerzo en el punto F. 36647 (36647)(0.1)(0.03) P M(cF )   F  p   3 A IZ 2.4  10 1.36  10  6 F = – 65.57×106 Pa Localización del eje neutro Semejanza:

compresiones

65.57 150  a 80  a

tracciones

CG

150 MPa

Z a

 a = 24.33 mm

–65.57 MPa

+

–

7.) Se aplica una fuerza axial excéntrica P tal como se indica. La barra es de acero y tiene sección transversal rectangular de 25 mm × 90 mm. Las deformaciones unitarias en los puntos A y B son: A = 350×10–6 B = 70×10–6 Sabiendo que E = 200 GPa. Determinar: (i) La distancia d; (ii) La magnitud de la fuerza P. Y 25 mm

90 mm

A

30 mm

P

45 mm

d

Z CG

CG

B

45 mm 15 mm

A = 2.25×10-3 m2 IZ = 1.52×10-6 m4

Variación de las deformaciones unitarias:

593


D

D

15 mm

Semejanza 350  10 6  C (350  70)10 6  15 45 –6 de donde C = 210×10

30 mm

De manera similar, encontramos: D = 630×10–6 F = – 210×10–6

30 mm 45

350×10-6

A

C

C

350×10-6–C

45 mm

15

-70×10-6

B

Esfuerzos: ( = E) C = EC = 42×106 Pa F = EF = – 42×106 Pa D = ED = 126×106 Pa

F

(350+70)10-6

Superposición de esfuerzos: Y d

P

=

C F

P P My C P   42  106   A A IZ A de donde P = (2.25×10–3)(42×106) 94.5×103 N P My D En D: D    A IZ

En C: C 

D CG


Díaz

P M = Pd

 126  106 

=

94.5  103 (94.5  103 )(d)( 45  10 3 )  2.25  10 3 1.52  10  6

de donde encontramos: d = 30 mm. El mismo valor se encuentra trabajando con F = – 42×106 Pa. Nota) En un caso más general, la resultante de las cargas aplicadas no coincidirá con ninguno de los ejes de simetría. Y Q

P

h

P

k

Z

C

a

C: centroide del área de la sección transversal

b En estos casos, la carga es aplicada con excentricidad en las dos direcciones, determinándose un Estado de Flexión Biaxial. En cualquier punto Q(z,y) de la sección transversal existirá un esfuerzo normal directo y dos esfuerzos normales por flexión (uno respecto de cada eje centroidal). Dentro de los límites elásticos, el esfuerzo normal resultante se obtendrá por el principio de superposición.

517


Y

Se generan los momentos excéntricos: Mz = Pk; My = Ph P  causa esfuerzo normal directo. Mz  causa flexión en el plano X–Y My  causa flexión en el plano X–Z y

My h k

a P

C

Z Mz


Díaz

X C

b

P

x

Y

a

Z

x

C

b

C

x

MZ MY Flexión en el plano X-Y Flexión en el plano X-Z (Observar que, de acuerdo al convenio de signos, los momentos representados son negativos). El esfuerzo en cualquier punto Q(z,y) de la sección transversal, es: Y P My Mz Q   z  y . . . . () A IZ IY ó P Pky Phz . . . . () Q    My Q z A IZ IY y C El Eje Neutro de la sección transversal se P determina cuando Q = 0. Es decir cuando P Pky Phz   Z A IZ IY Mz 

1 k h  y  z . . . . () (Ecuación del Eje Neutro) A IZ IY

Y Ejes centroidales

Z

C

Eje Neutro de la sección El eje neutro puede o no atravesar la sección transversal. Al usar la ecuación de superposición () ó () debe tenerse cuidado especial con el signo de los momentos, el signo de la carga axial y el signo de las coordenadas del punto Q, y el signo de las coordenadas (z,y).

517


Díaz


EJEMPLOS 1.

Una columna tiene sección transversal de 500 mm × 400 mm y está sometida a una carga de compresión vertical de 100 kN aplicada en el punto indicado en el esquema. Calcular el máximo esfuerzo producido en la sección. Y h = – 100 mm

h k

k = 80 mm

400 mm

Z

Esfuerzo de compresión (directo): 100000 N Q   0.5  106 Pa 3 3 500  10  400  10

500 mm Momentos (valor absoluto): MZ = (100 kN)(80×10-3 m) = 8000 N-m MY = (100 kN)|–100×10-3 m| = 10000 N-m

Y

My

Mz c

d

a

b

Z

Flexión en el plano YX: Mc 8000(200  10 3 )  X máx   Z   1 IZ (500  10  3 )( 400  10  3 )3 12 Pa X máx   0.6  106 (compresión en la fibra cd)

596



Díaz

Flexión en el plano ZX: M c (10000)( 250  10 3 )  X máx   Y    0.6  106 Pa 1 IY 3 3 3 (400  10 )(500  10 ) 12 (compresión en la fibra bd) X Total  0.5  106  0.6  106  0.6  106  X Total  1.7  106 Pa (en la esquina d).

Y c

d

a

b

máxima compresión por la flexión en el plano YX

Z

2.

máxima compresión por la flexión en el plano ZX

Para la viga representada, determinar: (i) El esfuerzo en las esquinas del apoyo. (ii) La distribución de esfuerzos en los bordes del apoyo. (iii) La ubicación del eje neutro en la sección apoyo.

B A D

4"

C 6'

6"

P=260 lb 12 5

Momentos en la sección ABCD Y MY

En este caso no existe el esfuerzo por carga directa

MZ x

Z 100 lb MY = 100(6) = 600 lb-pie MZ = 240(6) = 1440 lb-pie

240 lb (valores absolutos)

Esfuerzos en las esquinas de la sección de apoyo: Flexión en el plano XY: M y  Z IY   A  B  

(1440  12)(3) lb  720 (tracción) 1 pu lg 2 (4)(6)3 12

596


También D  C  720

Y


Díaz

lb pu lg 2

(compresión)

B

A C

x

MY Z

D

MZ

Flexión en el plano XZ: (600  12)(2) lb (compresión)  A  D    450 1 pu lg 2 (6)( 4)3 12 lb También B  C  450 (tracción) pu lg 2 Esfuerzos Resultantes: lb lb  A  720  450  270 B  720  450  1170 2 pu lg pu lg2 lb lb C   720  450  270 D  720  450  1170 2 pu lg pu lg2 Distribución de Esfuerzos en los bordes y Eje Neutro. 1170

270 270

+

+ A

ZONA EN TRACCIÓN

1170

B

+

EJE NEUTRO

–

ZONA EN

D

COMPRESIÓN C

–

–270

–1170

–

–270

–1170

3.) Calcular los esfuerzos en las esquinas del bloque representado y ubicar el eje neutro correspondiente.

597



Díaz

A

P 6" B

6" C

2 27 ) 3 MZ = 10392.3 lb-pulg P = 3000 lb (ABC   equilátero en un plano horizontal)

MZ = (3000)(

Trasladamos la carga al centroide de la sección transversal. X A Esfuerzo Normal Directo: 3000 P 0   1 MZ (6) 36  9 2 lb 0   192.45 pu lg 2 B C Z Y centroide 1 (10392.3)(  27 ) 3  769.8 lb/pulg2 Flexión en el plano XY: B   A   1 (6)( 27 )3 36 2 (10392.3)( 27 ) 3 C     1539.6 lb/pulg2 1 (6)( 27 )3 36 Esfuerzos Resultantes: A = B = – 192.45 + 769.8 = 577.35 lb/pulg2 C = – 192.45 – 1539.6 = – 1732.05 lb/pulg2

598



Díaz 577.35

577.35

+

A

+

–

-1732.05

ZONA EN COMPRESIÓN

577.35 B 577.35

C

EJE NEUTRO

+ – -1732.05

4.)

Hallar los esfuerzos máximos de tracción y de compresión. Determinar el eje neutro correspondiente.

y B P

q L/2

h

C z

L/2

D A



b Descomponemos la fuerza P y la fuerza repartida q sobre los ejes principales centroidales de la sección (z,y). Py = P cos Pz = P sen qy = q cos qz = 1 sen En la sección donde actúa P se genera el máximo momento.  q L2 L L L Z máx  Py  y  (P  q ) cos    4 8 4 8  . . . . () 2 L qzL L L   Ymáx  Pz   (P  q )sen  4 8 4 8  My máx de tracción  A B B máx de compresión  B C C

Mz

D

A A Z máxc  Y maxc' | máx |  |  | . . . . () IZ IY

D IZ 

donde: c = h/2 c' = b/2 1 3 bh ; 2

IY 

1 hb3 12

Reemplazando en (), obtenemos:

599


máx  


Díaz

3L  L  cos  sen    P  q   2bh  2  h b 

-máx

–

Puede probarse que: I tan =Z tan IY

EJE



NEUTRO

+

5.

máx

tan =

h2 tan b2

El esfuerzo normal admisible en el material de la carga representada es 0. Determinar la máxima fuerza P admisible. P Y

P

45° a

Z

2a



Y

Y Y

Z

Z

MY a

B

MZ

4r

P 2 2

P

P 2 MY = 2

A P 2 MZ = 2

45° P 2 2

a

C

3

a

(negativo como Mto flector)

Flexión en el Plano X-Y     P 2 a   4d   2  6  MC  A  C   Z    IZ 0.00686d 4 A = C =  21.874 Pa/d3     P 2 a  2   d 4d  M C' 3 B   Z        29.665 Pa/d IZ 0.00686d 4  2 6  Flexión en el Plano X-Z

B = 0,

   P 2 a   d   2  2  My C  A     14.372 Pa/d3 IY 0.0246 d 4

600


Díaz


   P 2 a  d   2  2  My C´ C     14.372 Pa/d3 IY 0.0246 d 4 Esfuerzos Resultantes: A = ( 21.874 + 14.372) Pa/d3 B = 0 + 29.665 Pa/d3 3 C = ( 21.874  14.372) Pa/d  compresión máxima Condición: |0| = 36.246 Pa/d3  P = 0.0275 d3/a |0|

6.

Se aplica el par M a una viga de la sección transversal representada, en un plano que forma ° con el plano vertical. Determinar (i) El esfuerzo en el punto A. (ii) El esfuerzo en el punto B. (iii) El ángulo que el eje neutro forma con el plano horizontal. M = 200 klb-pulg2

Y

=20°

M 6" Z

C

3"

2"

A

B

Se determinan los momentos de inercia: IY = 135 pulg4, IZ = 204 pulg4 Flexión biaxial

MY

MZ C

3"

A

B 4.5"

4.5"

MY = (200)sen20 = 68.4 klb-pulg MZ = (200)cos20 = 187.9 klb-pulg Ambos momentos generan tracción en el punto A. MY genera compresión en el punto B. MZ genera tracción en el punto B.

601



Díaz

MZ c MY c' (187.9)(3) (68.4)( 4.5)     2.28  2.76 IZ IY 204 135 A = 5.04 klb/pulg2 M c M c' (187.9)(3) (68.4)( 4.5) B  Z  Y    2.76  2.28 IZ IY 204 135 B = 0.48 klb/pulg2 Para determinar la inclinación del eje neutro, usamos: 204 I   28.8° tan 20  0.550 tan   Z tan   tan   135 IY

 A 

Y

M 



C

Z

Eje neutro 7.

Demostrar que si se aplica una fuerza vertical P en el punto A de la sección representada, la ecuación del eje neutro BD, es  xA  z   2 x   A2 z  1 k  k   z  x donde kz, kx son los radios de giro de la sección transversal con respecto a los ejes Z, X respectivamente. Demostrar que si se aplica una fuerza vertical Q en cualquier punto localizado sobre la línea BD, el esfuerzo en el punto A será cero.

Y D B

P

C

Z

xa

A

za X

602



Díaz

D E z

x C

B

A

zA

X

xA Z Ix = kx2A; Iz = kz2A La carga P que actúan en el punto A, genera los momentos: Mx = PzA Mz = PxA El esfuerzo resultante en un punto E(x,z) es: P Mx Mz E    z  x A Iz Ix P (Px A ) x (Pz A )z  E    . . . . ()  2 A k 2z A kxA x  z  Eje neutro: E = 0   1   2A  x   A2 z . Ecuación del eje neutro BD.  kz   kx  Aplicando una carga Q en un punto cualquiera del eje neutro BD, tal como E(x,z), el esfuerzo se calcula mediante la ecuación () con los cambios convenientes de nomenclatura. x x zz  Q (Qx)x A (Qz)z A Q A       1  2 A  2A  2 2 A A kz A kk A kz kx 

 A   8.

Q (0)  A = 0 A

Determinar los esfuerzos en las esquinas A, B, C del bloque representado. Ubicar el eje neutro de la sección ABCD. 48 klb

B

C

8" A

12"

D P=48 klb

B Y

A Z

MY

C CG

= D

MY=48(4)=192 klb-pulg

P=48 klb

Y

A

B

C CG

D

MZ=(48)(6)=288 klb-pulg

Z Propiedades Geométricas: A = 96 pulg2; IZ = 1152 pulg4; IY = 512 pulg4 Superposición (y signo) de los Esfuerzos:

603


B – Y A

P – –

B +

C +

–


Díaz

A

+

– MZ

Z

Y

+

A

D

48 (12)(8)

  

– +

C

D

Z

Z '  

B –

MY

+

Y

D

C

–

"  

MZ y IZ

My z Iy

' = – 0.5 klb/pulg2 "A  B"  

(288)(6)  1.5 klb/pulg2 1152

(192)( 4)  1.5 klb/pulg2 512 (288)( 6) ('A = 'B = 'C = 'D) "C  D"    1.5 klb/pulg2 1152 (192)( 4) B  C    1.5 klb/pulg2 512 Esfuerzos totales: A = 'A + "A + A = – 0.5 + 1.5 + 1.5 = 2.5 klb/pulg2 B = 'B + "B + B = – 0.5 + 1.5 – 1.5 = – 0.5 klb/pulg2 C = 'C + "C + C = – 0.5 – 1.5 – 1.5 = – 3.5 klb/pulg2 D = 'D + "D + D = – 0.5 – 1.5 + 1.5 = – 0.5 klb/pulg2 A  D  

Ubicación del Eje Neutro: -3.5

–

-0.5 -0.5

-3.5

–

8-m

B

12"

–

m

+

A

+

C 8"

D

2.5

-0.5 t

2.5 m



0.5

9.

12-t

– -0.5

8m

 m = 6.67"

–

2.5

+

EJE NEUTRO

2.5 t



0.5 12  t

 t = 10"

Sabiendo que a = 1.25", determinar la mayor fuerza P que puede aplicarse en la barra representada, sin superar los esfuerzos admisibles t = 10 klb/pulg2 (tracción) y c = 18 klb/pulg2 (compresión).

604



Díaz

1"

P

1"

5"

4" CG

a

P 3" 2.5"

B

D

CG

MX X

Z MZ

Fuerzas en el centroide Propiedades geométricas: A = 14 pulg2 Iz = 21.17 pulg4 Ix = 68.67 pulg4 Mz = Pa = 1.25P (klb-pulg) Mx = P(2.5) = 2.5P (klb-pulg)

P

B

Z MZ

CG

D MX

X Signos de los esfuerzos

En B  máxima compresión En D  máxima tracción Máximo Esfuerzo Compresión: P |M x | |M z| B    z  x A Iz Ix (puesto que se han reconocido los signos)

605



Díaz

Reemplazando datos: P | (1.25P)( 2.5) | | (2.5P)(3.0) |  18     14 21.17 68.67  –18 = (– 0.071 – 0.147 – 0.109)P  P = 55 klb

(compresión)

Máximo Esfuerzo Tracción P |M z| |M x | D    x  z . Reemplazando datos: A Ix Iz 10 = – 0.071P + 0.109P + 0.147P  P = 54 klb Pmáx = 54 klb 10. Calcular el máximo esfuerzo de tracción y el máximo esfuerzo de compresión en la barra representada. Ubicar el correspondiente Eje Neutro. Fuerzas sobre la sección de apoyo:

Q

Y

MZ

Z MY

X

P

Y

60°

Z

P = 8 ton

h=2 m 20 cm

w = 200 kg/m

10 cm

Q = Psen60 (My  generado por w Mz  generado por Pcos60) Q = 6928.2 kg My = (200)(2)2/2 = 400 kg-m Mz = Pcosh; My = wh2/2 My = 40000 kg-cm Mz = (8000)(cos60)(200) = 800000 kg-cm. Signos de los esfuerzos (esquinas).

606


A

C

–

–

–

–

B

D

A

–

C

Por Q

Máximo esfuerzo de Máximo esfuerzo de 6928.2  B    200


Díaz

+

–

B

+

D

A

+

C

Por MZ

+

B

D

Por MY

tracción  esquina B compresión  esquina C 800000(10) 40000(5)   1285.36 kg/cm2 (máxima tracción) 1 1 (10)(20)3 (20)(10)3 12 12

Similar: 6928.2 800000(10) 40000(5) C      1354.64 kg/cm2 (máxima compresión) 1 1 200 3 3 (10)(20) (20)(10) 12 12 Eje neutro: calculamos A = 1045.36 kg/cm2 y D = –1114.64 kg/cm2 1285.36

+

1045.36 1045.36

1285.36

A

+

+

B

+

EJE NEUTRO

–

C

–

-1354.64

D

– -1114.64

-1354.64

–

-1114.64

11. El momento M se aplica a una viga cuya sección transversal se indica en el esquema, en un plano que forma ° con el plano vertical. Calcular A, B, D. M=15 kN-m

A

 = 75°

10 mm 50 mm

B

C

10 mm

D 10 mm

120 mm

10 mm

607


Díaz


Momentos según ejes centroidales Y MY A B

MZ C

Z

D My = 15sen75 = 14.49 kN-m Mz = 15cos75 = 3.88 kN-m Momentos de Inercia: Iy = 8.81×10-6 m4 Iz = 2.75×10-6 m4 Esfuerzos Supuestos: Mz  compresión M (70  10 3 ) Mz (35  10 3 )  i) punto A  A  y  8.81  10 6 2.75  10 6  My  tracción (14.49)(70)(10 3 ) (3.88)(35)(10 3 )  A = 65.75×106 Pascales A   8.81  10 6 2.75  10 6  My (70  103 ) Mz (35  10 3 ) Mz  compresión B    ii) punto B  8.81  10 6 2.75  10 6  My  compresión (14.49)(70  10 3 ) (3.88)(35  10 3 )  B = – 49.4×106 Pascales B    6 6 8.81  10 2.75  10 3 Mz  tracción M (35  10 3 ) My (70  10 )  iii) punto D  D  z  2.75  10 6 8.81  10 6  My  compresión (3.88)(35  10 3 ) (14.49)(70  10 3 ) D    D = – 65.75×106 Pa 2.75  106 8.81  10 6 12. Una viga de sección rectangular está flexionada por un par aplicado en un plano que contiene una diagonal de la sección transversal. Ubicar el Eje Neutro. Y B E.N. A  h h M M  C C

D E Iy 

1 hb3 12

b

Z tan  

b h

b Iz 

1 bh3 12

608


I tan   z tan   Iy

tan  


Díaz

1 bh3 b 12 tan   1 h hb 3 12

h b

Para que tan  

h se requiere que el Eje Neutro pase por la otra diagonal b

13. Una viga de sección transversal asimétrica se somete al momento Mz que actúa en un plano vertical. Demostrar que el esfuerzo en el punto A de coordenadas (y,z) es: yI  zPyz donde A   y Mz ; I y Iz  Pyz2

Y

A

y z

Z

X

Y MY

A MZ

z

y

A X

Z Iy: Momento de Inercia respecto al eje Y IZ: Momento de Inercia respecto al eje Z Pyz: Producto de Inercia respecto a Y, Z.

De modo más general, suponemos que la sección está sometida a los momentos Mz, My. Puesto que la fuerza axial es nula, el Eje Neutro pasará por el centroide. Por tanto, el esfuerzo normal será de variación lineal: A = k1y + k2z . . . . () Equilibrio  My = 0  My 

 zA dA  0



My 

(A)

Reemplazando ():  My 

 zA dA

(A)

2

 z(k1y  k 2z)dA  k1  zydA  k 2  z dA

(A)

(A)

. . . . ()

(A)

609


MZ = 0 

Mz 

Díaz

 (A )ydA  0 

( A)


Mz    y A dA ( A)

(compresión para Mz)

Reemplazando ():  Mz  k1  y 2dA  k 2  yzdA . . . . () (A)

Las ecuaciones () y () equivalen a:

(A)

My = k1Pzy + k2Iy

k2Pyz

Mz = – k1Iz –

Para el caso dado en el problema My = 0 (momento que actúa en un plano vertical).  0 = k1Pzy + k2Iy P de donde k 2  k1 zy y reemplazando en M. Obtenemos: Iy MzI y  P  P2 Mz = – k1Iz – Pyz   k1 zy  = – k1Iz + k1 yz  k1    IzI y  Pxy2 I y  Iy  MzPzy Luego k 2   . Reemplazando en () y simplificando obtenemos:  IzI y  Pzy2

 yI  zPzy  A   y  IzI y  Pxy2 

 Mz  

Nota) Existen casos especiales (diseño) donde se requiere que no se desarrollen esfuerzos de tracción en algunas partes del elemento estructural. Definición) Núcleo Central. Es el área de la sección en la cual puede actuar la fuerza resultante para evitar que se presenten esfuerzos de tracción en cualquier punto. Núcleo Central

Los límites del Núcleo Central pueden determinarse generando una ecuación para cada uno de sus lados a partir de la ecuación de Superposición de los Esfuerzos Normales. Se demuestra que el Núcleo Central es un polígono con tantos lados como esquinas tiene la sección transversal. Ejemplo. Demostrar que el esfuerzo en la esquina A será nulo cuando la fuerza 6 6 vertical P se aplique en cualquier punto de la recta x  z  1 ; y = 0. Además, b h demostrar que, si no ocurren esfuerzos de tracción en el elemento, la fuerza P debe aplicarse en un punto localizado dentro del área limitada por la recta encontrada en la parte anterior y las tres rectas similares correspondientes a las condiciones de esfuerzos nulos en las esquinas B, C y D, respectivamente.

610



Díaz

P

Y zA

A

b

C

h

Z

X MX = Pz MZ = Px

D

centroide

B

z

x

Z

A

D

P

B

xA

MZ

C

MX

X

Fuerzas y Momentos en el centroide

Signo de los Esfuerzos: P genera compresión  Esquina A Mz genera tracción M genera tracción  x P genera compresión  Esquina C Mz genera compresión M genera compresión  x P genera compresión P genera compresión   Esquina D Mz genera compresión Esquina B Mz genera tracción M genera tracción M genera compresión  x  x Luego: P Mx Mz A    z A  x A A Iz Ix b h Px Pz P 2 2   P  6Px  6Pz A     1 bh 1 bh hb2 bh2 hb3 bh3 12 12 6 6 P  6 6  Si A = 0   1  x  z   0 , de donde obtenemos: 1  x  z . . . . (1) b h bh  b h 

que es la ecuación de un lado del Eje Neutro De manera similar para los otros 3 puntos. 6 6 Haciendo D = 0 obtenemos  1   x  z . . . . (2) b h 6 6 Haciendo C = 0 obtenemos  1   x  z . . . . (3) b h 6 6 Haciendo B = 0 obtenemos  1  x  z . . . . (4) b h

611



Díaz

b/3 b/3 b/3 A h/3

3

Núcleo central X

h/3 4 2

1

h/3 B

C Z

5.8)

Esfuerzos Cortantes Debidos a la Flexión.

5.8.1) Flujo de Cortante No es posible hacer ninguna suposición simple sobre la distribución de las deformaciones y los esfuerzos debidos a la Fuerza Cortante. Analizaremos el caso de elementos de sección transversal simétrica, cargados en el plano de simetría (flexión simple). Idealizaremos a la viga como un conjunto de "capas continuas".

y h

E.N.

b (Sección transversal)

Con la finalidad de lograr que la viga actúe como un solo miembro integral, suponemos que las capas continuas están unidas por pasadores verticales. Seleccionamos un elemento de viga de longitud dx, en estado de flexión positiva. A

B

pasador

dA y

E.N.

Z dx

b

En el extremo A:

612



Díaz

MA y Iz En el extremo B: My  B Iz (ambos esfuerzos evaluados a la altura y del Eje Neutro). 

Aislemos la "capa superior" (sobre la altura y1). Las fuerzas perpendiculares a las secciones transversales por A y B, son: M y M FA    A dA   A  ydA . . . . () I Iz ( A ' ) ( A ') z FB 





( A ')

MB y M dA   B Iz Iz

 ydA

. . . . ()

( A ')

(siendo A' el área de la sección transversal sobre la altura y1). Como

 ydA  Q

 Momento Estático del Área A' con respecto al Eje Neutro de la

( A ')

sección transversal.

(A')

y1

dA

CG

yG

y

Z Q = A'yG. Luego las ecuaciones () y () pueden escribirse: M FA   A (A' y G ) . . . . () Iz FB  

MB (A' y G ) . . . . () Iz

Respecto a los Momentos Flectores, existen dos posibilidades: i) ii)

MA = MB  FA = FB y el conector existente tendría como única función mantener unidas las capas materiales que conforman la viga, no resistiendo ninguna fuerza. MA  MB  FA  FB y el conector deberá resistir una fuerza para mantener el equilibrio.

FA

sección del pasador

FB

R  MA Q   MB Q      dx  IZ   IZ  Si MB > MA  FB > FA y en consecuencia FA + R = FB. La carga R = FB – FA tiende a cortar al conector por el plano inferior de la capa. Si en A el momento es MA, en B será MA + dM: (MB = MA + dM)

613



Díaz

En el tramo de longitud dx, las fuerzas FA y FB difieren en una cantidad infinitesimal dF = FB – FA MQ M Q Por consiguiente dF  B  A Iz Iz ó

dF 

MA  dM M Q A Q  Iz Iz

dF 

Q dM . . . . (I) Iz

dF Q dM se denomina Flujo de Cortante (q).  dx Iz dx El flujo de cortante (q), representa la diferencia de fuerzas normales FB – FA para un elemento de viga de longitud dx. Unidades de fuerza Las unidades de q, son: Unidades de longitud Q dM . . . . (II) q Iz dx

Definición) El cociente

Recordando la relación entre M y V,

dM   V , el flujo de cortante se expresará por dx

Q ( V) . . . . (III) Iz En la ecuación (III), V es la fuerza cortante en la sección transversal. q

Nota) Recordar el convenio de signos M M N N

V V Si usamos otro convenio de signos (usado en varios libros de Resistencia de Q Materiales), el flujo de cortante nos quedaría q  V Iz N

M

M

V

N V

Resumen

Y dx

Centroide de A'

A' dF

q

Q ( V) Iz

ó

y1

q

Q V Iz

X Z

yG

Q = A'yG

(dependiendo del Convenio de Signos empleado)

614



Díaz

dF  q  Definición de Flujo de Cortante. dx

Ejemplo Una viga está hecha de 3 planchas de madera de 20×100 mm de sección, asegurada con clavos, según se indica en la gráfica. Si entre los clavos hay una separación de 25 mm y la fuerza cortante en la viga es V = 500 N (segunda posibilidad de signos), hallar la fuerza cortante en cada clavo.

20 mm 20 mm

CG

A' 1

100 mm

yg

Z

1

yg = 60 mm Q = (0.02)(0.1)(0.06) Q = (120×10-6 m3)

E.N.

20 mm IZ = 16.2×10-6 m4 (de toda la sección transversal) Determinamos el flujo de cortante sobre la cara inferior de la plancha superior (nivel 11). 120  10 6 Q (500 N)  q = 3703.7 N/m q V  q Iz 16.2  10 6 Como la separación entre los clavos es 25 mm, la fuerza cortante en cada clavo, es: FC = (3703.7 N/m)(0.025 m) FC = 92.6 N 100 mm

5.8.2) Esfuerzo Cortante Transversal Aislemos la porción de viga de longitud dx, limitada por el plano que pasa por la altura y1. A B

B

A

FA

y1

X (E.N.) dx

(

yx

FB dF dx

dF = qdx

X

xy

yx xy  xy = yx).

En la sección transversal.

En el plano de análisis, el esfuerzo cortante longitudinal es: dF dF 1 yx   t(dx) dx t 1 VQ . . . . ()  yx  q . Reemplazando el Flujo de Cortante, tenemos:  yx  t Iz t

615



Díaz Plano de análisis

Y

A' cg y1

yg

t CG

Z

(tener presente convenio de signos) Por la Ley de Reciprocidad del Esfuerzo Cortante, el esfuerzo cortante vertical (en la VQ sección transversal) es  xy  Iz t Donde: V  Fuerza Cortante total en la sección transversal (Recordar Convenio de Signos) Q  Momento Estático del área A' respecto al eje Z. Iz  Momento de Inercia del área de la sección transversal (completa) con respecto al eje centroidal Z. T  Ancho de la sección transversal en el plano de interés.

yx

Z

y1 xy

=0

=0

=0 =0

Notas) i)  = 0 en las caras superior e inferior de la sección transversal. ii)

Q

y c

 ydA

 es máximo cuando y1 = 0. Sin embargo no siempre  

y  y1

VQ es tIz

máximo en el Eje Neutro (donde y1 = 0) puesto que  también depende del espesor t de la sección transversal en el plano de interés: Definición) La constante K, tal que máx  K

V se denomina Factor de Forma (de la A

sección transversal). V Puesto que  promedio  máx  Kpromedio A V  Fuerza Cortante (total) en la sección A  Área total de la sección transversal EJEMPLOS

616


1.

b


Díaz

Determinar la variación del esfuerzo cortante en la sección indicada, por efectos de la fuerza cortante V. a

V

t=a A'

cg yg

y1

CG

Z

a

b

1 b b    Q    y1 (a) y1    y1   22 2    VQ Reemplazamos en   y simplificamos. Obtenemos: tIz Iz 

1 ab3 12



3V(b2  4 y12 ) 2ab3

Esfuerzo Cortante de Variación Parabólica

b

y1 máx a

Para y1 = 0 3V 3V 3 ; es decir máx  máx  máx  promedio 2ab 2A 2 Factor de Forma K = 3/2 Para y1 =  b/2   = 0 2.

Determinar la variación del esfuerzo cortante en la sección donde la Fuerza Cortante es máxima, en la viga representada.

4000 lb

2.5"

500 lb/pie

1" 3' Fuerza Cortante Máxima.

2.5"

9' 1"

2"

1"

617



Díaz

4000 lb

6000 lb

500 lb/pie

Y

4000 lb

1

1

2

2

Z

IZ = 36.2 pulg4

|Vmáx| = 6000 lb

Por la "discontinuidad" en el ancho de la sección transversal, analizaremos en el nivel 1-1 y en los niveles 2-2+ y 2-2– VQ . En las fibras superiores (nivel 1-1) 1 = 0 puesto que Q = 0 (ó A' = 0)  tIz En el nivel 2-2+  t = 2(1) = 2" En el nivel 2-2–  t = 1 + 2 + 1 = 4" Ancho en el nivel 2-2+

2

2

Z

Ancho en el nivel 2-2–

2.5   (6000)(2)(1)(2.5) 0.5   2   2   2(1)(36.2) 2  = 725.14 lb/pulg2 2.5   (6000)(2)(1)(2.5) 0.5   2   2   = 362.57 lb/pulg2 (2  2)(36.2) En el Eje Neutro: 1 1   (6000) 3  1  (3)(2)  (2)(0.5) (0.5) 2 2   = 383.29 lb/pulg2 3  (36.2)( 4)

362.57

725.14 lb/pulg2 385.29

618


3.


Díaz

Una viga I soporta una carga total de 6800 lb, uniformemente repartida. Encontrar: i) El esfuerzo cortante máximo. ii) La distribución del esfuerzo cortante en la sección transversal. iii) El % de Fuerza Cortante soportado por el alma.

W=6800 lb

L 0.425" 0.27"

8"

0.425" 4" Fuerza Cortante Máxima Momento de Inercia  Iz = 56.9 pulg4

3400 lb

3400 lb Vmáx=3400 lb

i)  

3400 Q Q VQ      59.75 (lb/pulg2) 56.9 t t Iz t

donde Q y t son variables. En una altura y, el Momento Estático es: 1

1

2

2

y Z

4  0.425  y  0.425    Q  (0.27)( 4  0.425  y) y    (4)(0.425) 4   2 2     Simplificando obtenemos Q = 8.164 – 0.135y2

619



Díaz

487.8  8.07 y 2 59.75 (8.164  0.135y 2 )    t t En el nivel 1-1  1 = 0 487.8  8.07(3.575)2 En el nivel 2-2+  2   4 2  = 96.17 lb/pulg2 Luego  

487.8  8.07(3.575)2 = 1424.67 lb/pulg2 0.27 487.8  8.07(0)2 En el eje Z  E.N.  = 1806.67 lb/pulg2 0.27 máx = 1806.67 lb/pulg2 en el Eje Neutro (Z) En el nivel 2-2–  2  

ii)

96.17

1424.67 1806.67

iii) Fuerza Cortante (aproximada) soportada por el alma. Valma  [(8 – 2(0.425))(1424.67) + 23 (8 – 2(0.425))(1806.67 – 1424.67)]0.27 ÁREA DEL DIAGRAMA × ESPESOR DEL ALMA Valma  3242 lb 

3242 100  95.35% de Vtotal 3400

4.) Una viga de madera tiene que ser fabricada usando secciones rectangulares según se indica en el esquema. Si los clavos van a ser espaciados cada 3", ¿cuál distribución es la más favorable? La fuerza cortante en la sección de interés de V = 1000 lb.

2"

2"

8"

8"

2"

2" 4" 8"

(a) En cada caso, determinamos el Flujo de Cortante: (a):

4" 8" (b)

620



Díaz

A

2" yG

4"

E.N. Iz = 981.33 pulg4 (1000)(8  2)(5) VQ  q  81.52 lb/pulg q 981.33 Iz La fuerza cortante sobre 2 clavos es FS = (81.52)(3) = 244.56 lb  separación

Sobre cada clavo  PS = 122.28 lb (b):

4" 2" 4"

yG

Z (1000)( 4  2)(5) VQ  q  40.76 lb/pulg 981.33 Iz La fuerza cortante sobre dos clavos es: FS = 40.76×3 = 122.28 lb. La fuerza cortante sobre un clavo es: PS = 61.14 lb Como PS del caso (b) es menor que PS del caso (a), respecto a Fuerza Cortante es más conveniente la disposición (b).

q

5.) Un recipiente cilíndrico a presión tiene 20' de longitud, 4' de diámetro interior y espesor de pared 1/8". El recipiente está apoyado en sus dos extremos, según se indica. El recipiente y su contenido pesan 900 lb/pie y el contenido ejerce una presión interior de 30 lb/pulg2. Determinar los esfuerzos biaxiales en los elementos A y B de la pared. Y 6' B r = 24" B e = 1/8" r A X Z A

20' Fuerzas internas.

621



Díaz

W = 900 lb/pie M 9000 lb

V

6' Equilibrio  900 = 900(6) + V V = 3600 lb 62 (900)  M  9000(6) 2 M = 37800 lb-pie My     I  z i) Esfuerzos por flexión     VQ  tIz En el punto A:

Y

2r 

Z

r

A e

e

espesor t = 2e  = 0 (puesto que yA = 0) I  r 3e VQ , donde  z  tIz Q  (re)(2r / ) Reemplazando datos en : (3600)(2r / )( re) 3600   re r 3e(2e)

3600  381.97 lb/pulg2 (24)(1 / 8) En el punto B:  = 0 (puesto que Q = 0) My (37800)(12)(r  e)  B B  Iz r 3e (37800)(12)(24.125)   = – 2015.78 lb/pulg2  3 (24) (1 / 8) ii) Esfuerzos por la presión interior: pr (30)(24) L    L = 2880 lb/pulg2 2e 2(1 / 8) 

622



Díaz

pr (30)(24)   C = 5760 lb/pulg2 e (1 / 8) iii) Superposición de Esfuerzos: C = 5760 lb/pulg2 A C 

 = 381.97 lb/pulg2 L = 2880 lb/pulg2

L

C B

 = L – 2015.78 = 2880 – 2015.78 = 864.22 lb/pulg2 C = 5760 lb/pulg2 Nota) El momento de Inercia se aproximó por Iz = r3e. r+e r

  (r  e)4  r 4 4 4  Iz  [r 4  4r 3e  ...  e 4  r 4 ] 4  Iz  (4r 3e)  Iz  r3e 4 (válido cuando e  0) Iz 

6.) En la viga representada, calcular el máximo esfuerzo cortante, estableciendo previamente la dimensión H para que el esfuerzo normal no sea superior a 160 MPa. 5 cm 5 cm

10 kN/m

2m

10 kN

2m

H/2 H/2

2m 20 cm

–

Determinamos Vmáx y Mmáx.

623



Díaz

10 kN/m

10 kN

Y H/2

c

10 kN

H/12

20 kN

CG

Z

10

5H/12

V

-10

(kN) Vmáx = 10 kN

-10

c = 7H/12 15840 3 IZ  H 13824 (en cm4)

5

M (kN-m) |Mmáx| = 20 kN-m -20

Máximo Esfuerzo Normal  máx 

| Mmáx | c  máx Iz

H H  (20)(100)    2 12    15840 3 H 13824

1018.181818 kN/cm2 H2 Condición  máx  160×103 kN/m2 = 16 kN/cm2 1018.181818 Luego 16   H = 7.9772 cm  H  8 cm H2 Esfuerzo Cortante Máximo: |Vmáx| = 10 kN Iz = 586.667 cm4 (para H = 8 cm) VQ t  ancho afectivo t = 5 + 5 = 10 cm  tIz Y 5 cm 5 cm máx 

ancho efectivo

4 cm H/12 = 0.667 cm 4 cm

Z 20 cm

Q = (2)(5)(4)(2 + 0.667) Q = 106.68 cm3 (10)(106.68) Luego   de donde  = 0.18184 kN/cm2   = 1.8184 MPa. (10)(586.667) 7.) Dos tablones de madera se unen mediante clavos, tal como se indica en el esquema. Si el momento flector que actúa sobre la viga se distribuye en la forma indicada y si cada clavo puede soportar una fuerza cortante de 200 lb, ¿qué espaciamiento mínimo debe considerarse?

624



Díaz

1"

M 3400 lb-pie

3" 1000 lb-pie 1"

X 5'

3" Centroide y Momento de Inercia

Y A'

Z

8'

1

2.5" 1

A"

0.5" 1"

(Q = A"yg) Iz = 8.477 pulg4 Q = (3)(1)(0.5 + 0.5) Q = 3 pulg3

(0  x  5' ) 200 x Momento Flector  M(x)   300x - 500 (5'  x  13' )  200 dM Recordando que  V , obtenemos V( x )   dx  300 Luego: Mmáx = 3400 lb-pie |Vmáx| = 300 lb Esfuerzo Cortante en el plano de unión (nivel 1-1) (300)(3)(1)(0.5  0.5) VQ  106.1696 lb/pulg2  11  11  (1)(8.477) tIz

Z

1

A" A'

t

1

0.5 + 0.5 = 1"

Fuerza Cortante (horizontal) F  (1)(13  12)    Longitud total en pulg. (ver diagrama Momento)

F = 16562.5 lb Condición  200 N = F = 16562.5  N = 82.812 (clavos)

625



Díaz

Espaciamiento (entre clavos) e 

13  12"  1.883" 82.812

8.)Una viga de madera, cuyo peso unitario es 45 lb/pie3, tiene sección transversal de 6"×10". Si los máximos esfuerzos permisibles son 1200 lb/pulg 2 en tracción y 180 lb/pulg2 en cortante, hallar la máxima carga P que puede aplicarse. Y P W

3'

Z

3'

1 (6)(10)3 12 Iz = 500 pulg4 lb 6 10 pie2  w = 18.75 lb/pie  w = 1.5625 lb/pulg w  45 pie 3 12 12 P W Iz 

+ + –WL/2

WL/2

–

–P/2

+

P/2

–

2

WL /8

+

PL/4

+

wL P P    56.25 lb 2 2 2 2 wL PL Mmáx =   18P  1012.5 lb-pulg 8 4 Esfuerzos: My ; ymáx = – 5" (para  de tracción) x   Iz

Vmáx =

Luego: 1200  

(18P  1012.5)( 5)  P = 6610 lb 500

3V (en el eje neutro, caso de sección rectangular) 2A 2A La fuerza cortante máxima permisible será: Vad  máx , 3 P 2 Luego  56.25  (6)(10)(180)  P = 14290 lb 2 3 Carga máxima permisible Pmáx = 6610 lb máx 

626



Díaz

Nota) Al no incluir el efecto del peso propio (w) los valores resultantes habrían sido 6670 lb y 14000 lb, que difieren de los encontrados en menos de 1% en ambos casos. 9.)

En la viga representada, determinar el esfuerzo cortante máximo, estableciendo el diámetro d para que el esfuerzo normal por flexión no exceda de 450 kg/cm2. Y

600 kg

600 kg

d=?

Z 0.5 m

0.5 m

IZ 

0.25 m

 4 d 64

Fuerza Cortante y Momento Flector Máximos:

600 kg 450 kg

600 kg

450 kg

600

150 V –450 M 150 225 kg-m Vmáx = 600 kg Mmáx = 225 kg-m Esfuerzo Normal (tracción) My  (ymáx = – d/2)  Iz (225)(100)( d / 2)  4 d 4 de donde obtenemos d = 8 cm. 450  

Esfuerzo Cortante

Y dA = 2Zdy t

y0

Z r = 4 cm

z2 + y2 = 16

627



Díaz

4

Q   2y 16  y 2 dy y0

Q



2 16  y 20 3 



3/2

 

t  2z0  2 16  y 20

Luego  

VQ . Reemplazando tenemos tIz





 200 23  16  y 20   t ; 2 (2 16 0 )(201.06) 3/2

( Iz 

 4 8  201.06 cm4) 64

Simplificando obtenemos:  = 0.995(16 – y02) máx sucede para y0 = 0  máx = 15.92 kg/cm2 10.) La sección transversal de una viga tiene forma de  isósceles, de altura H y base B. Encontrar el esfuerzo cortante en el eje neutro, si la sección admite V como la fuerza cortante total. B/2 Y 3 H/3 t/2 BH I  ; Z B 36 2H/3 t = 2B/3 H/3

t

H

Z



VQ ...(*) IZ t

Y (B/2,H/3)

(–B/2,H/3) dA = 2zdy

Z L (0,–2H/3) Calculamos Q: L: y  2H z  2H B 3 Q

 ydA 

( A ')

H/3

 2yzdy

0

628



Díaz

H/3

2H  B 4  2y y  dy  BH2  3  2H 81  0 4 V BH2 Luego   81 3   = 2.67V/HB 2 BH B 3 36 V V    1.335   1.335 HB A 2 Q



11.) En la viga del problema anterior, encontrar el esfuerzo cortante máximo y el correspondiente factor de forma. Y

H/3

t1 t

Z

y1

L

t = 2B/3 Iz = BH3/36 L: y  2H z  2H B 3 H/3 2H   B  Q   y  y  dy H 3    y1 B (4H3  27Hy12  27 y13 ) . Luego, simplificando 81H 4V VQ 6H2  9Hy 1  27 y12    3 t1Iz 9BH

Q



(notar que t1 = 2z1  t1 



B 2H   y1   H 3 

9H d  0  – 9H – 54y1 = 0  y1   54 dy1 y1 = – H/6 2 4V  2 3V  H  H  máx  6 H  9 H   27         máx  3 BH 9BH   6  6   máx ocurre cuando y1 = – H/6, es decir en la mitad de la altura.

máx para

629



Díaz

Y H/3

H/2

y1 = -H/6

Z

1 BH 2  2A = BH A

Luego máx 

3V 3  V     2A 2  A 

K = 3/2 (factor de forma) 12.) Determinar el esfuerzo cortante en el punto A del tubo cilíndrico de pared delgada representado, ocasionado por una fuerza cortante V. VQ  tIz Iz  rm3e 

A rm

C

e0

Cálculo de Q:

rmd =0 A 

d

rmcos

 E.N. dQ = (e)(rm)d)rmcos dQ = erm2cosd 

Q   erm2 cos d 0

Q = erm2sen V(erm2 sen)  A   (rm3 e)e

A 

Vsen erm

630



Díaz

Nota) máx sucede cuando  = 90° V V . Como A = 2rme  máx  máx  A /2 erm 2V V  2  A A Factor de Forma K = 2 máx 

=0 Variación de



máx

=0 13.)

Para la viga representada, determinar i) El máximo esfuerzo cortante. ii) El esfuerzo cortante en los puntos a, b y c para una sección situada a la izquierda de la fuerza F.

Determinamos la fuerza cortante (diagrama V)

4000 kg

F

2000 kg

2000 kg 40 cm

4000 kg

40 cm

2000 kg

2000 kg

40 cm

30 cm

a b c

16 cm

20 cm

–170 –2000

–2170

12 cm 16 cm

–3830 |Vmáx| = 3820 kg i) Sección simétrica  máx en el Eje Neutro Iz =

1 1 (16)(20)3 – (12)(16)3 12 12



VQ . . . . () tIz

Iz = 6570.67 cm4

631



Díaz

Q = (16)(2)(9) + (2)(8)(2)(4) Q = 416 cm4 En el Eje Neutro t = 4 cm

(3830)( 416)  60.62 kg/cm2 (6570.67)( 4) ii) A la izquierda de la fuerza F, la fuerza cortante en |V| = 2170 kg  Punto a  Q = 0  a = 0  Punto b  Q = (16)(2)(9) = 288 cm3 t = 16 cm (2170)(288) b   5.94 kg/cm2  (6570.67)(16)  Punto c  Q = 288 cm3 t = 16 – 12 = 4 cm (2170)(288) c   23.78 kg/cm2  (6570.67)( 4)

Reemplazando en (): máx 

14.) La viga representada tiene sección rectangular (b×h). Expresar máx en función de máx.. La carga P está aplicada en x=L/2. P h b Fuerza Cortante y Momento Flector

P

P/2

P/2

+ –P/2

–

P/2

V M

+ PL/4 1 h h   Q  b  y  y    y   22 2   b b Q  h  2y h  2y   (h2  4 y 2 ) 8 8

632



Díaz

PL  h    My 4  2  máx    1 Iz bh3 12 3PL . . . . () (tracción) máx   2bh3 VQ  tIz

h/2

y Z

b Ph 2 (h  4 y 2 ) 3P 2 8 (h2  4 y 2 ) Luego     3 4bh3 bh b 12 3P ' = 0 si y = 0 (Eje Neutro)  máx  . . . . () 4bh h De () y (), obtenemos: máx  máx 2L 15.) En la viga representada, calcular el máximo valor de w para que el esfuerzo normal no exceda los 120 kg/cm2 y el esfuerzo cortante no exceda los 10 kg/cm2. 2W W 12 cm

3m

20 cm Determinamos Vmáx y Mmáx

1m

2W

W W

2W 7W/4

–

2W

+ –W/4

–W

+ 15W/8 Vmáx = 2W (kg)

633


Mmáx 


Díaz

1500 W (kg-cm) 8

12  203  8000 cm4 12 1500W (10) 8 máx   120 (condición) 8000 de donde obtenemos W = 512 kg VQ 2W(12)(10)(5) máx    10 (Condición) tIz (8000)(12) de donde obtenemos W = 800 kg. Wmáx = 512 kg Iz 

16.) Dos vigas iguales están empotradas por uno de sus extremos. Por el otro, están unidas por medio de un perno sobre el que actúa la fuerza P. Calcular el diámetro del perno, aceptando un esfuerzo cortante de trabajo kS. P

h

d=?

h L  máx 

En una sección rectangular 3V máx  2A

b

3P 3P  Fuerza cortante entre ambas vigas 2(2hb) 4hb

s 3PL . . . . () 4h La fuerza S actúa en la sección del perno. Determinamos el máximo esfuerzo cortante generado por la fuerza S en la sección transversal del perno.

S = bL

s

S

h

Y dA = 2Zdy y1

y

Z z2 + y2 = r2 SQ (en la sección circular del perno) tI  I  r4 4 

634


r

r

y1

y1


Díaz

Q   2yzdy   2y r 2  y 2 dy 2 2 (r  y12 )3 / 2 3 2 S (r 2  y12 )3 / 2 3 Luego    4 r (2 r 2  y12 )     4 Q

 

4S 2 (r  y12 ) 4 3r

(ancho de la sección en el nivel y 1 )

máx para y1 = 0  máx 

4S 4S  2 3A 3r

(A = r2)

PL PL Reemplazando el valor S de (): máx  h2  2 3r r h PL PL Condición: kS  máx  k S  2 de donde r  hk S r h 3

El diámetro pedido, es d  2

PL hk S

17.) Una sección semicircular está sometida a la acción de una fuerza cortante V. Calcular el esfuerzo cortante 1 en un punto cualquiera del contorno. Hallar el ángulo  correspondiente al valor máximo de 1. Hallar dicho valor.

1







t -2   r c r

V r

1



c

r

El esfuerzo cortante vertical, es:  

A'

VQ tIz

t = 2rcos  = 1cos  1  cos  Luego 1  En ():

VQ VQ . . . . ()  tIz cos  2rIz cos 2 

Iz  Momento de Inercia de toda la sección transversal respecto al eje centroidal Z. Q  momento estático del área A' respecto al eje Z.

635



Díaz

Y

Z D ID 

 4 r  8

Iz 

 4 1 2  4r  r  r   8 2  3 

r

4r/3

r

ID  Iz  Ad2 2

 8  4 Iz  r 4     0.10974r 8 9   

Y A'

Z

y

dA=2zdy r 

m 

r

z2+y2=r2 y0

4r/3

y0 = rsen Qz 

 mdA

( A ')



 m2zdy

( A ')

4r ; z  r2  y2 3 r 4r  2  2 Luego Q   2 y   r  y dy 3   y0  my

r

4r  2 2  2  sen2   2 2 y   1  r  y dy  Q  r 3  cos 3   3  3     rsen  Reemplazando en () y simplificando, obtenemos: V 2   2   1  cos    tan   . . . . () 2  2 0.32922r   cos    d1 Condición para 1 máx  0 d Desarrollando la derivada y simplificando, obtenemos:      cos 3   cot an 2 4 Resolviendo esta última ecuación obtenemos   37°10' V Reemplazando en () tenemos 1 máx = 1.0786 2  18.) Calcular el esfuerzo cortante en los puntos A, B y C de la sección transversal que se representa. La fuerza cortante es V = 140 kN. Graficar la distribución del esfuerzo cortante. Q



636



Díaz

Y A

B 12.5 mm

100 mm

Z

C

100 mm

100  Iz   1003  (50)4 cm4 12 64 Iz = 8.027×10-6 m4 Esfuerzos Cortantes: VQ i) En A   A  (evaluada en A) tIz

A 

140  103  (100  10 3 )  (25 

50 mm

25 )(10 3 ) 2  16.35  106 = N/m2 6

100  10 3  8.027  10 VQ ii) En B  B  (evaluada en B) tIz

t  100  2 252  12.52 = 56.7 mm t = 56.7×10-3 m 37.5 Q = 100×37.5×(12.5 + ) – Q mm3 . () 2 Y 37.5 mm

A' B 12.5 mm

Z 25 mm

dA B

y Z

Q 

R

o



y = Rsen R = 25 mm

 ydA

(A)

Q 

 Rsen 2R cos  (12 cos )d

( A)

Para y = 12.5  12.5 = 25sen   = /6

637



Díaz

Para y = 25  25 = 25sen   = /2 3

2  3  Luego Q   2R sen cos d  R 3  (R = 25 mm) 3  2  /6 Q  6765.8 mm3 Reemplazando en () obtenemos: /2

3

2

Q = 110.4225×10-6 m3 140  103  110.4225  10 6  B   B = 33.466×106 N/m2 3 6 56.7  10  8.027  10 VQ En C  C  (evaluada en B) tIz Q = (100)(50)(25) – Q1/2 círculo = (100)(50)(25) –

2 3 R (–cos3)0/2 3

2 (25)3(0.71)  Q = 114.583×10–6 m3 3 140  103  114.583  10 6  C = 39.969×106 N/m2 C  (50  10 3 )(8.027  10 6 )

Q = (100)(50)(25) –

A

16.35 MPa

33.966 MPa

B 39.969 MPa

C

Simétrico

19.) El esfuerzo normal de trabajo, admisible por flexión, en un perno es '. El esfuerzo cortante admisible es ' = 0.86' en las secciones solicitadas, el perno ha de resistir a la flexión y al esfuerzo cortante con la misma seguridad. Determinar el diámetro del perno conociendo el espesor b de la placa, (relación: ' = 0.86').

b/2

Q/2 d Q/2

Q

b b/2

Esfuerzo cortante en la sección del perno: 4Q máx = 3A Q  fuerza cortante A  área resistente Condición máx  '

638


Díaz


Q/2 Q Q/2

 0.86' =

4Q . . . . () 3 2 d 2

 perno en estado doble de cortante

Flexión en el perno. w

w

b/2

Q/2

Q b

w Q w

Q/2 w

b

w

b/2 M

Momento Flector en la Sección Central del Perno. Q b b b Q b b M 0    b 22 4 2 2 4

ymáx = d/2

Qb My Esfuerzo normal por flexión: '   4 I Qb d / 2 8Qb (En valor absoluto): '  . . . . ()  4  4 d3 d 64 2 De (): Q = 0.3225'd . Reemplazando en () 8b '  3 (0.3225' d2 ) d de donde obtenemos d = 2.58b M

5.9) Comportamiento Inelástico en Flexión 5.9.1)

Distribución de esfuerzos My La ecuación  x   es aplicable a elementos en flexión simple, cuyo material Iz permanece en el rango de comportamiento lineal-elástico. Si en alguna parte del elemento se sobrepasa la resistencia a la fluencia, o si el material tiene un diagrama constitutivo no lineal, la ecuación de la flexión elástica no tiene validez.

639



Díaz

En esta sección, desarrollaremos un método más general para determinar la distribución de esfuerzos normales en elementos sometidos a flexión pera no gobernada por la Ley de Hooke. y La relación x =  máx es válida para cualquier material. Sin embargo, en estos c casos no puede suponerse que, en una sección dada, el Eje Neutro pase por el Centroide de la Sección (propiedad deducida bajo suposición de deformaciones lineales). El Eje Neutro debe ubicarse de manera que la distribución de esfuerzos sea consistente con las condiciones del equilibrio: (Esc.

  x dA  0 ;   yx dA  M )

(A)

(A)

Nota) En el caso particular de vigas cuya sección transversal tenga dos ejes de simetría (z,y) y el material admita la misma ecuación constitutiva en tracción y en compresión, el Eje Neutro coincidirá con el eje horizontal de simetría de la sección transversal.  M M –máx máx Y x y –máx máx 

E.N.

Z

–máx

– máx

La distribución de esfuerzos normales en la sección del elemento (diagrama x vs y), puede obtenerse como se indica a continuación: – Si se ha especificado máx, determinamos el valor correspondiente de máx en el diagrama constitutivo. 

máx máx



y máx c Para cada valor de y se determina el correspondiente x (usando la ecuación anterior) y usando el diagrama constitutivo se encuentra el valor del esfuerzo x (correspondiente al valor x encontrado) Graficando los resultados se obtiene la distribución buscada. Y

Se reemplaza este valor en la ecuación x = 

– –

– máx

y=c

y=–c máx

640



Díaz

Para una viga de sección rectangular de ancho b, el momento M correspondiente en la c

distribución de esfuerzos normales anterior, es M    by x dy . Puesto que x está c

c

definido por una Función Impar  M  2b  yx dy . 0

Si conocemos la expresión analítica x = (y) la integral anterior se evalúa analíticamente. En otros casos, la integral se efectúa numéricamente. El cálculo de la integral

c

 y x dy

es más significativa reconociendo que dicha integral representa el

0

Momento Estático de 1er orden respecto al Eje Z1 de la superficie indicada.(  máx x dy y 

)

máx

5.9.2) Vigas de Material Elastoplástico Consideremos un elemento de sección rectangular de ancho b y peralte 2c. El material de comportamiento elástoplástico (E; y). Consideremos el caso de flexión positiva.



c

M

y

y

c

E 1

y

E.N.



Deben distinguirse varias etapas en el comportamiento en flexión. i) Si x < y  Se aplica La Ley de Hooke y la distribución de Esfuerzos es Lineal Mc ( máx  ). Iz Y

máx

–c

c

máx<y

M < My  Momento de Fluencia (Máximo Momento Elástico) Si el momento M se incrementa hasta que suceda máx = y el diagrama todavía permanece lineal.

641



Díaz

–y Fase elástica (Máxima) máx=y M = My El Momento Flector que inicia la Fluencia, es Mc I Momento Elástico Máximo  My   y z (viene de  y  y ) c Iz Para el caso de sección rectangular: (b×2c) 1 1 2 My  y b(2c)3  My  bc 3 y c 12 3 ii) A medida que el Momento Flector aumenta, se desarrollan Zonas Plásticas en el elemento, con esfuerzo uniforme igual a y en la zona inferior y – y en la zona superior. Y –y c Entre las zonas plásticas Plástica existe el Núcleo Elástico, x en el cual el esfuerzo y yy varía linealmente con y: 2yy Elástica  x   y y yy Plástica – c máx=y Entre las zonas plásticas existe el Núcleo Elástico, en el cual el esfuerzo varía linealmente con y:   x   y y Siendo yy la mitad del espesor del Núcleo Elástico. yy iii) Si todavía se incrementa el Momento Flector, las zonas plásticas se expanden hasta que, en el caso límite, la deformación es totalmente plástica. Y –y

plástica y M = MP  Momento plástico. MP  corresponde a una deformación total del elemento. Nota) Para calcular el Momento Flector M correspondiente a un espesor 2y y del Núcleo Elástico, se usa la ecuación

642


Díaz


y  ;0  y  y y   y y M  2b  y x dy . Recordando que  x   y 0   ; y  y  c y  y c

Obtenemos yy

M  2b  y(y 0

c y )dy  2b  y( y )dy yy yy

2 2 by y y  bc 2y  by 2y y . Simplificando obtenemos: 3 2 1 yy M  bc 2 y (1  ) . . . . () 3 c2 2 Puesto que el Momento Elástico Máximo, es My  bc 2 y 3 2 y  3  Obtenemos: M  My 1  y2  . . . . (.1)  2  3c  3 Notar que cuando yy  0  M  My 2 3 Definición) El valor límite My se denomina Momento Plástico, y corresponde a una 2 deformación totalmente plástica del elemento. 3 MP = My (válida para secciones rectangulares). 2 Nota) La distribución de la deformación unitaria en la sección transversal permanece y lineal después del inicio de la fluencia. Por consiguiente, la ecuación x   sigue  siendo válida y puede emplearse para calcular la mitad del espesor del Núcleo Elástico. yy = y . . . . (1) Siendo y la deformación unitaria de fluencia y  el radio de curvatura correspondiente a un momento flector M  My M

Cuando M = My es yy = c, luego c = yy . . . . (2), donde y indica el radio de curvatura correspondiente al máximo momento elástico (My). De las ecuaciones anteriores obtenemos: yy 3  1 2   . Por consiguiente M  My 1  . . . . ()  2  3 2y  c y La ecuación () es válida sólo después del inicio de la fluencia (M > My) 1 M Para el caso M < My se usa   EI z Nota) Representación Gráfica de My y MP.

643


Y

c c


Díaz

–y

RC

Momento Elástico Máximo M = My Momento Plástico 2 2 M y  cR C  cR T Y MP = M 3 3 –y

2c/3 2c/3

R'C

RT

Z

c/2 c/2

Z

y MP 

Definición) La relación

c ' c R C  R 'T 2 2

y

R'T

MP  k 0 depende únicamente de la forma geométrica de la My

sección transversal. Se denomina COEFICIENTE (FACTOR) DE FORMA (DE LA SECCIÓN) M Definición) La relación Z = P se denomina MÓDULO PLÁSTICO DE LA SECCIÓN. (Z tiene y dimensiones de L3) Como My = Sy siendo S el módulo elástico de la sección, tenemos: z Z k0  y  k0  S y S (Coeficiente de forma:

módulo plástico ) módulo elástico

EJEMPLOS 1.

Una viga de acero elastoplástico (y = 36 klb/pulg2 en tracción y compresión) tiene la sección transversal indicada. Determinar el Factor de Forma para la viga. 0.5"

9"

Z

0.5" 0.5" 8"

644


Factor de Forma: k 0 


Díaz

MP My

My  Momento Elástico Máximo MP  Momento Plástico My:

–36 klb/pulg2

36 klb/pulg2

Iz = 211.0 pulg4 Mc máx  Iz Luego: M (10 / 2)  My = 1519.2 klb-pulg 36  y 211 My  momento elástico máximo MP: Provoca la fluencia de toda la sección transversal. –36 klb/pulg2

C2 C1 Z

4.5" 9.5"

E.N.

T1 36 klb/pulg2

T2

Por la simetría de la sección y el diagrama constitutivo: C1 = T1 = (36)(4.5)(0.5) = 81 klb (fuerzas que actúan a través del centroide de los respectivos prismas de esfuerzos) C2 = T2 = (36)(0.5)(8) = 144 klb  MP = (144)(9.5) + (81)(4.5)  MP = 1732.5 klb-pulg M 1732.5 Luego: k 0  P   1.14 My 1519.2

2.

Una viga cuya sección T tiene las dimensiones indicadas en la figura, es de un material cuyo esfuerzo de fluencia en tracción y compresión es de y = 250 MPa. Determinar el Momento Plástico que la viga puede resistir.

645



Díaz 100 mm 15 mm

120 mm

15 mm

En este caso, la sección transversal No es simétrica con respecto al eje horizontal (centroidal). En consecuencia, el Eje Neutro no pasará a través del centroide. Para determinar la ubicación del Eje Neutro, se requiere que la distribución del esfuerzo produzca una fuerza resultante nula en la sección transversal. –y

MP

15

C2

120 – d

C1

E.N. d

T1 y

Equilibrio  T1 – C1 – C2 = 0 (250)(d)(15) – (250)(120 – d)(15) – (250)(15)(100) = 0 de donde d = 110 mm Luego: C1 = (250)(120 – 110)(10–3)(15)( 10–3) = 37.5×103 Newtons C2 = (250)(15)( 10–3)(100)(10–3) = 375.0×103 Newtons T1 = (250)(110)(10–3)(15)( 10–3) = 412.5×103 Newtons El Momento Plástico (respecto al Eje Neutro), es: MP = (412.5)(103)(110/2)(10–3) + (37.5)(103)(5)(10–3) + (375)(103)(10 + 15/2)(10–3) MP = 29.4375×103 N-m 3.

Un elemento sometido a flexión pura tiene la sección transversal representada y soporta un momento M = 36.8 kN-m. Si el material es elastoplástico, determinar. c = 60 mm

Material  E = 200 GPa c = 60 mm y = 240 MPa b = 50 mm

i) El espesor del Módulo Elástico ii) El radio de curvatura de la Superficie Neutra

646



Díaz

i) Momento Elástico Máximo (My) 2 2 My  bc 2 y  My  (50  10 3 )(60  103 )2 (240  106 ) 3 3 My = 28800 N-m = 28.8 kN-m Puesto que My < M(actuante)  La sección ingresa a fluencia. 2 3  1 y y  Usando la ecuación M  My 1  , calculamos yy. 2  3 c 2  2  3 1 y y  Reemplazando datos: 36.8  (28.8)1   yy = 40 mm  2 3 602   Zona plástica yy – yy

Z

Zona elástica

Zona plástica

Espesor del Núcleo Elástico 2yy = 80 mm ii) Radio de Curvatura: Deformación Unitaria de Fluencia y  y 

6

y E yy

40 mm 240  10 = 1.2×10–3. Luego    9  1.2  10 3 200  10 y

 = 33.33 m (radio de curvatura correspondiente a M). 4.

Una viga de material elastoplástico (E = 3×104 klb/pulg2; y = 36 klb/pulg2) está sometida a flexión pura. Su sección transversal tiene la forma representada. Determinar el momento M y el correspondiente radio de curvatura, en los casos (i) Inicio de la Fluencia; (ii) Plastificación completa de las alas. 1" M 16"

Z 3/4" 1" 12"

Iz = 1524 pulg

4

i) Inicio de la fluencia:  y 

My c Iz

(36)(1524)  6858 klb-pulg 8  36  1.2  103 Radio de Curvatura: y  y  4 E 3  10 8" c y   y    = 6666.67" y 1.2  10 3 My 

647



Díaz

–36 klb/pulg2

– y

(al inicio de la fluencia)

Z y = 0.0012

36 klb/pulg2

 y = –0.0012

ii) Alas plastificadas

– y R1

3/4"

R2

7"

Z

4.67" 4.67"

7"

R3 R4

1" y

 y = 0.0012

12"

Equilibrio  R1 = R4 = (36)(1)(12) = 432 klb R2 = R3 = (1 / 2)(36)(7)(3 / 4)  94.5 klb    (área del alma) M = (432)(2)(7.5) + (94.5)(2)(4.67)  M = 7362.63 klb-p Radio de Curvatura: yy = 7". y 7"  y   5833.33" y 0.0012 (Núcleo elástico  2yy = 14") 5.

Una barra prismática de sección rectangular está hecha de un material cuyo diagrama constitutivo tiene por ecuación  = k3. Si se aplica un momento M a la barra, calcular el esfuerzo normal máximo.

b M

IZ 

2c

1 2 b(2c ) 3  bc 3 12 3 máx x

c E.N.

Z

–c

b Hipótesis de Bernoulli: x = qy q  kx3 = qy  x3 = y  x  Q3 y k

 constante

máx sucede cuando y = c, luego máx = x  Q3 c   de donde Q = 3máx . Por consiguiente: x = 3máx c c

3

y

648



Díaz

dA = bdy y dF

b

dF = xdA  dF = 3máx 3 y bdy c Equilibrio: MEN = 0 c

c

0

0

 M = M  2 ydF  2 y de donde máx   máx 

máx 3 c

3

ybdy desarrollando la integral 

3  M  2bmáx  c 2  7 

7M 2 . Como Iz = bc3 2 3 6bc

7Mc 9Iz

649

CAPÍTULO VI DEFORMACIONES DEBIDAS A LA FLEXIÓN 6.01) Relaciones Momento / Curvatura. Ecuaciones Diferenciales de la Curva Elástica 6.01.1) Introducción Por acción de las cargas transversales, el eje geométrico de un elemento se flexiona a partir de su posición inicial. Definición). Curva Elástica: Forma adoptada por el eje neutro longitudinal luego de aplicadas las cargas de flexión.

AA’=uA

A

uA: Flecha del punto A (Deflexión vertical del punto A)

A'

A: Giro del punto rotacional del punto A)

A

A

(Deflexión

Generalmente las deflexiones son pequeñas comparadas con las dimensiones del elemento. Cada segmento (elemento de arco infinitesimal) de la Curva Elástica puede ser aproximado por un arco de circunferencia. El radio de este arco se denomina Radio de Curvatura (de la curva elástica). u ρ1

O1

El radio de curvatura es: ρ = EIZ / M

Curva Elástica

X Nota). Existe diferencia entre los ejes "y" y "u". El eje "y" ubica fibras materiales en la sección transversal. El eje "u" mide las flechas de la curva elástica. U

Y

Eje inicial

Y

X X Z

Y: ubica “fibras” en la sección transversal

Eje deformado

U: Mide “flechas” de la elástica

6.01.2) Curvatura Elástica Es conveniente determinar cuantitativamente la deformación del elemento debida a la flexión, esto es calcular la curvatura del eje geométrico. Consideremos un elemento en flexión pura positiva. Aislemos un elemento de "longitud unitaria". Se genera la deformación representada:



φ ρ–y

1

Línea Elástica

EJE NEUTRO y<0

y

M

M

–

1 1+ε εX +

x

1 El valor de εx mide la deformación unitaria longitudinal y también el alargamiento de las fibras de longitud unitaria. Las fibras longitudinales se transforman en arcos circulares concéntricos, de longitudes proporcionales a sus respectivos radios de curvatura. Si ρ es el radio de curvatura del eje geométrico deformado, una fibra genérica separada del eje z la distancia y, sufre un alargamiento εx (puesto que "1" es la 1  x   y  longitud de referencia). Se verifica la relación: (ρ < 0), de la cual 1  y obtenemos  x   .  Si el material es elástico de comportamiento lineal, entonces: x = E (- y/) (1). Comparando la ecuación (1) con la Fórmula de la Flexión Elástica x = - M y / IZ, obtenemos - E y /  = - M y / IZ, de donde: 1 M …(2)   EI Z Ecuación que define la Curvatura Elástica debida a la flexión. Definición): El producto EIZ se denomina Rigidez Flexional (tiene unidades de F-L2). 1 M , también mide el ángulo  que giran dos secciones   EI Z transversales separadas una longitud unitaria.

Definición): La ec. (2)





1= 

1 M   EI Z

…(3)

1

Definición): El ángulo total de giro de una sección extrema del elemento, respecto de la otra, se llama Ángulo Total de Giro:   L …(4)

650


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz 

M

M

L

Nota: Si el momento flector, M, es variable a lo largo del eje geométrico M=M(x), entonces el ángulo de flexión correspondiente a dos secciones separadas la distancia dx, es:

d 

M( x )dx EI Z

1 d   dx M d Por la ec. (3):  EI Z dx

d=dx  d



dx

M(x) V(x)

M(x) + dM(x) V(x) + dV(x)

El ángulo total de giro entre dos secciones separadas una distancia L, en estos casos, será dado por la integral: M( x )  dx …(5)  L EI Z La ecuación anterior también puede usarse para el caso de elementos con secciones variables, sometidos a flexión, en los cuales el momento, IZ, de inercia es variable. M( x )  dx …(5.1)  EI ( x ) L Z 6.01.3) Ecuaciones Diferenciales de la Curva Elástica La Curvatura Elástica: y

1 M puede relacionarse con las flechas de la curva elástica.   EI Z

ELÁSTICA

P (u, y)

u

Geométricamente, la curvatura es: d2u 1 d2 x     du 2  3 / 2 1       dx   Puesto que la curvatura elástica debe ser consistente con la curvatura geométrica, tenemos: d2u M d2 x  (1) EI Z   du 2  3 / 2 1       dx  

651



Que constituye la ecuación diferencial de la curva elástica. M Para un caso particular: Conocida la relación: , por integración se determinará la EI Z ecuación de la curva elástica u = u(x). Para deformaciones infinitesimales, generalmente ≈0, con lo cual du/dx  0. Para estos casos, con suficiente aproximación puede considerarse: M d2u (1.1)  2 EI Z dx Para cada problema particular deben ser determinadas dos constantes de integración, mediante las denominadas Condiciones Iniciales (o Condiciones de Frontera). Notas) i) Si la rigidez flexional EIZ es constante, y asimismo es constante el momento flector M, se comprueba que la "Curva Elástica Exacta" es un arco de circunferencia, mientras que la "Curva Elástica Aproximada" es un arco de parábola de segundo grado. Integrando la ec. (1) obtenemos un arco de circunferencia como solución general. Integrando la ec. (1.1) obtenemos un arco de parábola como solución general. d2u M dx 2 Ecuación diferencial no aproximada:   C , haciendo el 3/2 EI Z 1  du dx  2 dv dx  C . Separando variables e cambio de variable du/dx = v, obtenemos (1  v 2 )3 / 2 (Cx  K ) integrando una vez, la variable v viene dada por v  , siendo K una 1  (Cx  K )2





constante de integración. Integrando por segunda vez (con respecto a la variable u), obtenemos la solución general en la forma (u - uO)2+ (x - xO)2 = 1/C2, que corresponde a un arco de circunferencia. Usando ahora la ecuación diferencial aproximada: vez u

ii)

obtenemos

du M x   C1 . dx EI Z

Integrando

M d2u  2  C . Integrando una EI Z dx

por

segunda

vez

tenemos

M x2  C1  C2 , que corresponde a una parábola de segundo grado. EI Z

dM( x)   V( X) , la ecuación diferencial dx de la curva elástica puede reescribirse de varias maneras alternativas.

Teniendo en cuenta la relación diferencial

De la ec. (1.1) si la rigidez flexional EIZ es constante, obtenemos ó equivalentemente

d3u  1 V( x )  dx 3 EI Z dx

…(2). De la ec. (2),

d3u 1 dM( x )  3 dx EI Z dx

d4 u - 1 dV( x ) , si la  dx 4 EI z dx

652



rigidez flexional EIZ es constante. Recordando que anterior se expresa:

d4 u 1  q( x ) 4 dx EI Z

dV( x)  q( x ) , la ecuación dx

…(3).

EJEMPLOS 1)

Determinar ecuaciones para la pendiente y la deflexión vertical en cualquier punto de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ. ω

L L-x x

Ecuación diferencial aproximada: d2u M( x ) …(*)  dx 2 EI Z

A

M

ω V

Integrando una vez: EI Z

ω (L  x)2 , reemplazando en 2 d2u 1   2 (*), tenemos:    (L  x) 2 dx EI Z  2 

 M( x)  

du  3  L  x   C1 dx 6

Como en x = 0 (empotramiento) no existe giro,

C1  

du  0 , la constante es dx

ωL3 6

Por tanto: EI Z

du (L  x)3 L3   dx 6 6

…(**)

ω L x 4 ω L3 x  C2 . 24 6 Para x = 0, es u = 0 (extremo empotrado), luego C2 = ωL4/24. Finalmente, reemplazando en la ecuación (**) obtenemos la ecuación de la curva elástica: 3 4 ω L  x 4  ωL x  ωL (***) EI Zu   24 6 24

Integrando por segunda vez: EI z u  

A partir de la ec. (**) se calculan los giros en cualquier punto de la elástica. A partir de la ec. (***) se calculan las flechas en cualquier punto de la elástica.

2)

Así, para el extremo A: du  1 ω ωL3  ωL3 3    L  L  De (**) obtenemos: , es decir θ   A dx  x L EI Z  6 6  6EI Z ωL4 De (***) obtenemos: uA   8EI Z Encontrar la ecuación de la curva elástica y la flecha en el extremo libre de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ. P A B C a

b

653



Como existen dos tramos típicos, debemos integrar dos veces la ecuación diferencial (una vez para cada tramo típico). Tramo AB: (0 ≤ x ≤ a)  M(x) = Px – Pa Tramo BC: (a ≤ x ≤ a + b)  M(x) = 0 Notar que para ambos tramos la variable x se mide a partir del mismo origen (punto A). Elásticas:

d2u P P  Px  Pa . Integrando dos veces: EI zu  x 3  ax 2  C1 x  C 2 2 6 2 dx 2 du Tramo BC: EI Z 2  Px  Pa . Integrando dos veces: EIZu = C3x + C4 dx Para determinar las cuatro constantes de integración, usamos las condiciones en el empotramiento y la característica de continuidad de la curva elástica. Tramo AB: EI Z

Condiciones: En x = 0 debemos tener u = 0; u' = 0 (empotramiento en A). Luego se obtienen las constantes C1 = C2 = 0 (elástica del tramo AB). En x = a, u y u' son únicas (condiciones de continuidad y derivabilidad). Obtenemos: 1 P 3 a 1  C3 x  C4 x  a (Continuidad en x = a) x  C1 x  C2  Px 2    EI Z  6 2  x  a EI Z 1 P 2 1  C3 x  a (Derivabilidad en x = a) x  C1  aPx    EI Z  2  x  a EI Z

Se plantean dos ecuaciones con dos incógnitas C3 y C4. Resolviendo el sistema Pa2 Pa3 obtenemos: C 3   , C4  . Por tanto, las elásticas son: 2 6 1  Px 3 Pax 2  1  Pxa2 Pa3  Tramo AB: u  Tramo BC:  u    EI Z  6 2  EI Z  2 6  La flecha en el extremo libre es el valor de 1 elástica del tramo BC). Obtenemos: uc  EI Z 3)

u cuando x = a + b (evaluado en la   Pa2 (a  b) Pa3  .   2 6  

Usando la ecuación de la curva elástica pueden resolverse algunos problemas hiperestáticos en flexión. ω0

M0 L/2

L/2

La viga representada soporta una carga repartida uniforme ω0 = 10 lb/pie, y un momento concentrado M0 = 100 lb-pie. Calcular las reacciones externas y

654



encontrar la ecuación de la curva elástica. Considerar constante la rigidez flexional EIZ; L=10'. ω0

R1

MC

M0 L/2

L/2

R2

Sistema hiperestático externo (tres reacciones desconocidas y dos ecuaciones útiles del equilibrio). Momentos flectores: Tramo AB (0 ≤ x ≤ 5') M(x) = R1x – 5x2 Tramo BC (5' ≤ x ≤ 10') M(x) = R1x – 5x2 + 100 Ecuaciones diferenciales de la curva elástica: (notar que "x" se mide desde el punto A). Tramo AB: EIZu" = R1x – 5x2 (1) Tramo BC: EIZu" = R1x – 5x2 + 100 (2) Integrando (1) y (2), obtenemos: R x 3 5x 4 R x 2 5x 3 De (1): EI Zu'  1  (*)  C1 x  C2  C1 ; EI Zu  1  2 3 6 12 R x 2 5x 3 R x 3 5x 4 De (2): EI Zu'  1   100 x  C3 ; EI Zu  1   50 x 2  C 3 x  C 4 6 12 2 3 Incógnitas: R1, C1, C2, C3, C4 Condiciones: En x = 0  u = 0 En x = L = 10'  u = 0; u' = 0

(**)

Condiciones de borde

En x = 5'  u'AB = u'BC (Derivabilidad de la elástica) En x = 5'  uAB = uBC (Continuidad de la elástica) Reemplazando valores en las ecuaciones de condición, obtenemos el sistema: C2 = 0; C3 = –50R1+667; C4 = 333R1–7,510; C1 = 1,167–50R1; 5C1 = 83R1–2,920 Resolviendo el sistema anterior, encontramos: R1 = 26.3; C1 = –148; C2 = 0; C3 = –64.8; C4 = 1,247.9 (en lbs) Ecuaciones del equilibrio global: R1 + R2 = 100 10 Mc  100  (10)2  R 1 (10)  0 2 De donde obtenemos: R1 = 73.7 lb; MC = 137 lb-pie Curvas Elásticas: Reemplazando las constantes determinadas en las ecuaciones (*) y (**) y simplificando obtenemos: 26.3x 3 5x 4   148x Tramo AB: EI Zu  6 12 26.3x 3 5x 4   50 x 2  64.8x  1247.9 Tramo BC: EI Zu  6 12

655


4)


La carga w es resistida por la fuerza repartida que se representa, fr, cuya magnitud es proporcional a la flecha de la curva elástica. Si la rigidez flexional EIz es constante, determinar la ecuación diferencial de la curva elástica. x   sen L

x fr L d4 u  q( x) , donde: q(x) = fr - ω; dx 4 d4u k 1 x con la condición: fr = ku. Luego:  u sen 4 dx EI Z EI Z L

La ecuación diferencial de la curva elástica es EI Z

k d4 u 1 x  2 , tenemos  2u   sen 4 dx EI Z L EI Z Ecuación diferencial ordinaria, lineal, de cuarto orden, no homogénea con coeficientes constantes.

Haciendo el cambio de variable:

5)

Determinar la flecha y la inclinación en el punto C de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIz. q B

A L/2

C L/2

En la sección de empotramiento se generan dos reacciones una de fuerza vertical () y otra de momento ( ) cuyos valores son: R1 = qL/2; R2 = 3qL2/8.

qLx 3qL2 qLx 3qL2 , elástica: EI Zu1 "    2 8 2 8 3 2 2 qLx 3qL x   C1 x  C 2 …(*) Integrando dos veces obtenemos: EI Zu1  12 16 Condiciones para determinar las constantes de integración: u1(0) = u1' (0) = 0. Imponiendo dichas condiciones, encontramos: C1 = C2 = 0. Luego, para el tramo qLx 3 3qx 2L2  AB, la ecuación de la curva elástica es: EI Zu1  …(*.1) 12 16 qLx 3qL2 q( x  0.5L)2   Tramo BC: M( x)  2 8 2 2 qLx 3qL q( x  0.5L)2   Elástica: EI Zu"2  . Integrando dos veces, encontramos: 2 8 2 qLx 3 3qL2 x 2 q(x  0.5L)2 EI Zu2     C3 x  C 4 …(**) 12 16 24 Condiciones para determinar las constantes de integración C3 y C4: Continuidad y derivabilidad en B: u1(L/2) = u2(L/2); u1'(L/2) = u2'(L/2). Tramo AB: M( x) 

656



Reemplazando estas condiciones en la ecuación (**), obtenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas. Resolviendo dicho sistema, encontramos: C3 = C4 = 0. Ecuaciones de la curva elástica: 1 qLx 3 3qL2 x 2 u( x)  (  ) ; (0 ≤ x ≤ L/2) EI Z 12 16 u( x) 

1  qLx 3 3qL2 x 2 q( x  0.5L) 4     ; (L/2 ≤ x ≤ L) EI Z  12 16 24 

Calculando u2' (L), obtenemos el giro en el punto C: C   valor u2(L), obtenemos la flecha en el punto C: uC   6)

7 qL3 . Calculando el 48 EI Z

41 qL4 . 384 EI Z

Para la viga representada, determinar la ecuación de la curva elástica, el giro y la flecha en la articulación C. La rigidez flexional del tramo ABC es EI Z y la del tramo CD es 2EIZ. P A

Articulación: M=0

24'

12' EIZ

D

C

B

12' 2EIZ

P A P/3

B

C

D A

8P 2P/3

Para los tres tramos la variable x se medirá desde el punto A. Px Tramo AB: (0 ≤ x ≤ 24'); M(x) = Px/3; Elástica: EI Z u1 "  . Integrando tenemos: 3 Px 3 EI Zu1   A1 x  A 2 18 2Px Px Tramo BC: (24 ≤ x ≤ 36); M(x)   P(x  24) . Elástica: EI Zu2 "  24P  3 3 3 Px  B1 x  B 2 Integrando, tenemos: EI Zu2  12Px 2  9 2Px 2Px Tramo CD: (36' ≤ x ≤ 48'); M( x)  24P  . Elástica: 2EI Zu3 "  24P  . 3 3 Px 3  C1 x  C2 . Integrando tenemos: EI Zu3  6Px 2  18 Necesitamos considerar seis condiciones para determinar las seis constantes de integración. Condiciones en los apoyos: u1(0) = 0; u3'(48) = 0; u3(48) = 0 Condición de derivabilidad: u1'(24) = u2'(24) Condiciones de continuidad: u1(24) = u2(24); u2(36) = u3(36) Imponiendo las condiciones indicadas, planteamos un sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas.

657



Resolviendo simultáneamente este sistema, obtenemos: A1 = -208P/3; A2 = 0; B1 = -1,072 P/3; B2 = 2,304 P; C1 = -192 P; C2 = 1,536P Reemplazando las constantes de integración en las ecuaciones de la curva elástica (por tramos), encontramos: u1 ( x ) 

Px 3 208Px  18EI Z 3EI Z

u2 ( x ) 

12Px 2 Px 3 1072Px 2304P    EI Z 9EI Z 3EI Z EI Z

u3 ( x ) 

6Px 2 Px 3 192Px 1536P    EI Z 18EI Z EI Z EI Z

0  x  24 24  x  36 36  x  48

La flecha en el punto C es uc = u3(36)  uc = -192P/EIZ. Como en el punto C existe una articulación, en la elástica se presentará un punto no derivable (con derivadas laterales diferentes). Por lo tanto el giro en el punto C 152P será: C  u2 ' (36)  u3 ' (36)  3EI Z P B

A

C

C

D

u3 21

u1

u2

Punto no derivable (derivadas laterales diferentes)

1

Punto derivable

7)

La viga ABC tiene rigidez flexional constante EIZ. Determinar la deflexión de la articulación B y el ángulo de rotación en el apoyo A. q

P A

B 2a/3

a/3

C L

Por equilibrio determinamos la fuerza de reacción vertical en el apoyo A: F = 2P/3 Sea δB la deflexión en el extremo libre del voladizo BC. 2P/3 El momento flector en la sección ubicada a la q qx 2 2Px  distancia x del punto B, es: M( x)   2 3 C B Ecuación diferencial de la elástica (tramo BC): x qx 2 2Px EI Zu"   . Integrándola tenemos: 2 3

658



qx 4 Px 3   Ax  B . Las constantes de integración A y B se determinan a 24 9 qL3 PL2 partir de las condiciones: u'(L) = 0; u(L) = 0. Se obtienen: A   ;  6 3 qL4 2PL3 B  8 9 La ecuación de la curva elástica (tramo BC) es: 1  qx 4 Px 3 qL3 PL2 qL4 2PL3  u( x)   (  )x    EI Z  24 9 6 3 8 9  EI Zu 

La flecha en el punto B es uB = u(0)  uB  A

1 qL4 2PL3 (  ) EI Z 8 9

B θ1 θ2

θA

uB

B1

El ángulo de giro θA tiene dos componentes: El ángulo BAB1 producido por la flecha uB y un ángulo adicional ocasionado por la flexión de la viga AB: θA = θ1 + θ2 …(*) Como las deformaciones son infinitesimales, tenemos: u qL4 2PL3 …(**) 1  B   a 8aEIZ 9aEIZ El ángulo θ2 corresponde a la rotación del extremo A de la viga AB, según se indica: P

A

2a/3

B

a/3

2P/3

Determinando el ángulo de rotación del apoyo móvil, encontramos: 4Pa2 …(***) 2  81EI Z

qL4 2PL3 4Pa2   8aEIZ 9aEIZ 81EI Z En la viga doblemente empotrada AB, el empotramiento B ha sufrido un desplazamiento vertical D. Calcular los momentos y las fuerzas que se desarrollan en los apoyos. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.

Reemplazando (**) en (***) y en (*), obtenemos: A  8)

L; EIZ

A

MA

B Δ B'

RA MB RB

659



MA

RA

Equilibrio: M + MA + RAx = 0 M = -MA - RAx Elástica: EIZu" = – MA – RAx. Integrando dos M x2 R x3 veces, tenemos: EI Zu   A  A  C1 x  C2 2 6

M V

x

Condiciones en el apoyo A: u'(0) = 0; u(0) = 0. Obtenemos C1 = C2 = 0. Luego, la 1 M x2 R x3 ecuación de la curva elástica es: u( x)  ( A  A ) . EI Z 2 6 R AL  0 …(*) 2 También: u(L) = -Δ (recordar la ubicación de los ejes). Luego tenemos: M L2 R L3 …(**). EI Z ()   A  A 2 6 6EI 12EI Z Resolviendo (*) y (**) obtenemos: MA   2 Z  ; R A   L3 L

Condiciones en el apoyo B: u'(L) = 0, por lo tanto MA 

9)

Determinar la flecha en el extremo libre de la viga representada, originada por el peso propio. Peso total: Q; Módulo de Elasticidad: E. Sea w el peso unitario w 

Q . Consideremos una porción de longitud x (medida bLt 2

a partir del vértice).

b L

t

wbt 2 x 2L

v x M M z

t

x/3

2x/3

El volumen del elemento variable de altura x, es V= w v x t / 2. De la semejanza de triángulos se obtiene v = b x / L. Con lo cual, el peso es P = w b t x2 / 2 L.

660



El momento flector en la sección ubicada a la distancia x, es: M( x)   Ecuación diferencial de la curva elástica: Eu" 

wbt x 3 6L

M( x ) , puesto que las secciones IZ ( x )

transversales son de anchura variable (v). El momento de inercia es IZ  Reemplazando en la ecuación (*) obtenemos: Eu"  

bxt3 . 12L

2wx 2 . Integrando dos t2

1 wx 4 ( 2  C1 x  C 2 ) . Determinamos las constantes de E 6t integración con las condiciones siguientes u' (L) = 0; u(L) = 0 (apoyo empotrado). 2wL3 3wL4 Obtenemos los valores: C1  y , con los cuales la ecuación de C   2 6t 2 3t 2 la curva elástica es: 1 wx 4 2wL3 x wL4 u(x)  ( 2   2) E 6t 3t 2 2t wL4 La flecha en el extremo libre es u(0)   . Como el máximo momento de 2Et 2 inercia es IZmáx = bt3/12 (que se presenta en la sección del empotramiento) y el QL3 peso total de la viga es Q = Lbtw/2, la flecha puede escribirse u(0)   . 12EI Zmáx

veces, obtenemos: u 

10) En la viga representada, determinar el valor absoluto de la máxima deflexión vertical. Considerar E el módulo de elasticidad del material de la viga. P

b A

C

B

h a

a

Momentos flectores. Tramo AB: M(x) = Px/2 en el intervalo 0 ≤ x ≤ a. Tramo BC: Px en el intervalo a ≤ x ≤ 2a. M( x)  Pa  2 El Momento de inercia es IZ=bh3/12, constante para el tramo AB. El momento de inercia en el tramo BC es variable. x

Por

semejanza

obtenemos:

h a

a

el momento t h3 es: IZ  12

de triángulos b(2a  x ) . Luego t a de inercia (variable) b(2a  x)h3  12a

Elásticas:

661



6Px Px 3 . Integrando obtenemos u ( x )   C1 x  C 2 Ebh3 Ebh3 Condición u(0) = 0 (apoyo articulado simple). Se obtiene C2 = 0. Px 3 Elástica: u( x)  0≤x≤a  C1 x Ebh3 3aPx 2 Pa  0.5Px 6aP Tramo BC: u" ( x )  . Integrando, u( x)   C3 x  C 4 .  3 3 Eb(2a  x )h Ebh3 Ebh 12a Condición u(2a) = 0 (apoyo simple), de donde obtenemos 12Pa3 C4    2aC3 . Por lo tanto la ecuación de la curva elástica (en el tramo Ebh3 3aPx 2 12Pa3 BC) es u(x)  a ≤ x ≤ 2a  C x   2aC3 3 Ebh3 Ebh3 Otras condiciones: Continuidad de la elástica. En x = a se requiere:  Px 3  3aPx 2 2C1 x  12Pa3 4aC3  Simplificando obtenemos:    C x   3  Ebh3 2  x a  Ebh3 Ebh3 2  x a 

Tramo AB: EI Zu" 

10Pa2 …(*). También en x = a la curva elástica es derivable, Ebh3 3aP2 3Px 2 6aPx 2 luego: ( De donde …(**).  C )  (  C ) C  C   1 x a 3 x a 3 1 6Ebh3 Ebh3 Ebh3 Resolviendo las ecuaciones (*) y (**), obtenemos las constantes C1 y C3: 7Pa2 13Pa2 ; . C1   C   3 2Ebh3 2Ebh3 La curva elástica queda definida por las ecuaciones: Px 3 7Pa2 x 0 ≤ x ≤ a (Tramo AB). u( x)   Ebh3 2Ebh3 3aPx 2 13Pa2 x Pa3 a ≤ x ≤ 2a (Tramo BC). u(x)    Ebh3 2Ebh3 Ebh3 du Flecha máxima, haciendo  0 en cada una de las funciones anteriores. dx 7a Tramo AB: Obtenemos x   0, a 6 13a Tramo BC: Obtenemos x   a, 2a . Por tanto la flecha máxima se 12 produce en el tramo BC, en x= 13a/12. Evaluado u(13a/12), obtenemos: 121 Pa3 121 Pa3 uMAX  , valor que puede escribirse , donde IZmáx = bh3/12 3 48Ebh 576 EI Zmáx C1  C3  

11) Usando la ecuación diferencial de la curva elástica pueden solucionarse algunos problemas de flexión combinada con carga axial (flexo-compresión). Encontrar la ecuación de la curva elástica en la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ. Elemento en flexo-compresión

662


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz u

w0 P x L

Se requiere un análisis de segundo orden, para incluir el efecto de la carga axial P. El momento flector en la sección ubicada a la distancia x del apoyo articulado w oLx w o x 2 simple, es M( x)    P u . Como u < 0, la ecuación del momento 2 2 w Lx w x 2 flector es M( x)  o  o  Pu . Con esto, la ecuación diferencial de la curva 2 2 w Lx w x 2 elástica es EI Zu"  o  o  Pu . Ecuación diferencial que puede ser escrita 2 2 d2u P w o x (L  x) como: .  u dx 2 EI z 2EI Z x

P u w0L/2

M

P

V

La solución general de esta ecuación diferencial lineal de segundo orden, con coeficientes constantes y no homogénea, es P P w (Lx  x 2 ) w oEI Z …(*) u  C1sen ( ) x  C2 cos( )x  o  EI Z EI Z 2P P2 Para encontrar las constantes C1 y C2, usamos las condiciones u(0) = 0; u(L) = 0. Obtenemos las ecuaciones: P P w EI w EI )L  C2 cos( )L  o 2 Z 0  C2  o 2 Z y 0  C1sen ( P EI Z EI Z P Resolviendo el sistema anterior se obtienen  w EI 1 w oEI Z  P )  1 . C2   o 2 Z y C1  cos( 2 P P  EI Z P  sen ( )L EI Z Reemplazando en la ecuación (*) tendremos la ecuación de la curva elástica. 12) Encontrar la ecuación de la curva elástica para la viga que se representa, cuya rigidez flexional EIz es constante. (Elemento con carga axial excéntrica). u x P

P

e

663


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz M

u ≈e

P x

P

≈e+u

Ecuación de momento flector: M(x) = – P(e+u) Ecuación de la curva elástica: EIZu''= – P(e+u) Ecuación que puede escribirse como d2u P P  u e 2 dx EI Z EI Z

Ecuación diferencial lineal de segundo orden no homogénea, cuya solución general tiene la forma: P P u  C1sen ( ) x  C2 cos( ) x  e …(*) EI Z EI Z Para determinar las constantes C1 y C2 usaremos las condiciones u(0) = 0 y u(L) = 0. Reemplazando en (*), encontramos: L  e sen P EI Z  2  C2 = e; C1  . Con lo cual, la ecuación de la curva elástica es: L  cos  P EI Z  2     L   cos  P EI Z   x    2   u( x )  e   1 . Notar que la flecha máxima y el máximo   L   cos  P EI Z   2    momento flector se presentan en x = L/2.

Nota) Observar los resultados siguientes:   L   La flecha máxima se presenta en x = L/2, siendo uMÁX  e sec P   1 EI Z 2    L   El máximo momento flector es MMÁX  P(e  uMÁX )  Pe sec P  que EI Z 2  también se presenta en x = L/2.  Si la sección es rectangular, el esfuerzo normal máximo de compresión, es: -c P M ( c ) máx    máx A IZ P M (c) y máx    máx (compresión ) A IZ Fibras más Reemplazando el Mmáx por su expresión comprimidas correspondiente, obtenemos z  P  ceA sec( P EI Z L 2) . Recordando que IZ/A = 2 ( es el radio de 1  A IZ  giro del área de la sección transversal), puede escribirse:  P  ce L   , denominada Fórmula de la Secante (para el máx   1  2 sec P EA A  2   máx  

estudio de columnas cargadas excéntricamente). Nota) Usando el desarrollo en series de potencias de Mc Laurin, es posible obtener la ecuación de la curva elástica sin resolver directamente las integraciones

664



requeridas. Alrededor del punto x = x0 = 0 la ecuación de la curva elástica puede aproximarse por: u" (0)x 2 u' ' ' (0)x 3 u' ' ' ' (0) x 4 nn (0)x n u(x)  u(0)  u' (0)x     ........  ........ 2! 3! 4! n! Los coeficientes u''0), u'''(0), u''''(0), etc, pueden hallarse a partir de las diversas formas de la ecuación diferencial de la curva elástica. u" ( x ) 

M( x ) M(0)  u" (0)  , supuesto EIZ constante. EI Z EI Z

M' ( x)  V( x )  V(0)  u' ' ' ( x)   u' ' ' (0)  EI Z EI Z EI Z M' ' ( x) q( x) q(0)  u' ' ' ' (0)  , etc. u' ' ' ' ( x)   EI Z EI Z EI Z Luego la ecuación de la curva elástica tiene la forma: M(0) x 2  V(0) x 3 q(0) x 4 q' (0) x 5 u(x)  u(0)  u' (0)x      ... EI Z 2! EI Z 3! EI Z 4! EI Z 5! u' ' ' ( x) 

…(*)

Para las condiciones de carga más frecuentes, los coeficientes son nulos desde un cierto orden de derivada en adelante y el desarrollo se reduce a la suma de algunos términos. Ejemplo 1) Hallar la ecuación de la curva elástica. Considerar EIZ constante. q0

A

B

Usaremos el desarrollo en serie de potencias de Mc Laurin, ec (*). Coeficientes: u(0)=0; u’(0)=0, condiciones de empotramiento en A.

L Reacciones en A: RA = q0L/2; MA = q0L2/6. La fuerza cortante y el momento flector en x = 0, son M(0) = –q0L2/6 y V(0) = –q0L/2, de acuerdo al convenio de signos establecido. A la distancia x del apoyo A, la carga repartida q0 q de variación lineal, está dada por: q  0 (L  x ) . L MA B Recordando el convenio de signos de la función L q0 de carga, tenemos q( x)   (L  x) . RA L En x = 0 la función de carga es q(0) = –q0. También q'(x) = q0/L, de donde q'(0)=q0/L. Los demás coeficientes q''(0), q'''(0), q''''(0), etc., son todos nulos. Reemplazando los coeficientes determinados en la ecuación (*) y simplificando tenemos: q   L2 x 2 L x 3 x 4 x 5  u( x)  0      EI Z  6 2! 2 3! 4! 5! 

665



Nota) Otros casos de interés que pueden analizarse mediante la determinación de curvas elásticas son (i) Elementos en flexo-compresión y (ii) Vigas sobre fundación elástica. Definición) Viga/columna (elemento en flexo-compresión): cuerpo prismático que soporta, simultáneamente, carga transversal y carga axial. w=w(x)

u

x

Es estos sistemas notamos que el momento flector que se desarrolla por efectos de la carga axial depende de la flecha, u, del eje neutro longitudinal. Las condiciones de equilibrio deben satisfacerse en la condición deformada (análisis de segundo orden). Consideremos un elemento de longitud dx, ubicado a la distancia x (seleccionada convenientemente). w=w(x)

u

x x

Δx

Sea R la resultante de las fuerzas distribuidas en el tramo de longitud Δx, aplicando uno de los Teoremas del Valor Medio del Cálculo Integral, tenemos: R

x  x

 w(x)dx  x w()

con x < ξ < x + Δx

x

Sea Δu el cambio de elevación experimentado por el eje neutro, en la longitud de referencia Δx. w = w(x)

M+(dM/dx)Δx R M

(Δx) O

P V

<0 , 1>

P Δu V+(dV/dx)Δx

Δx/2

Δx

Ecuaciones de equilibrio:

666


 FV  0  V 


x  x dV x   w( x)dx  V  0 . Usando un teorema del valor medio para dx x

integrales, y llevando al límite para Δx  0, obtenemos:

dV  w( x)  0 (i) dx

dM dV x x x  M  (V  x) V  Pu  w()x (x)  0 . dx dx 2 2 dM du Simplificando y llevando al límite Δx  0 cuando obtenemos:  V P  0 (ii) dx dx Si la deflexión es provocada fundamentalmente por el momento flector, puede expresarse: d d2u du d2u (EI z 2 )  V  P  0 , puesto que EIz 2  M( x ) dx dx dx dx

M

0

 0  M

Aceptando que la fuerza axial P es independiente de x, al derivar una vez respecto de x, encontramos: d2 d2u dV d2u (iii). Reemplazando (i) en (iii) y simplificando ( EI )   P 0 Z dx 2 dx 2 dx dx 2 d2 d2u d2u tenemos: Ecuación Diferencial del Sistema ( EI )  P  w( x ) , Z dx 2 dx 2 dx 2 Viga/columna. Si además la rigidez flexional EIZ permanece constante, tenemos d4u P d2u 1   w( x) . Ecuación diferencial ordinaria, lineal, de cuarto orden, no 4 2 dx EI z dx EI Z homogénea y con coeficientes constantes. Definición) Viga sobre fundación elástica es una viga apoyada en toda su extensión sobre un medio elástico o fundación, de tal manera que la reacción en cada punto es proporcional al descenso (flecha) de la viga deflectada. q0 b

x

u

Si las deformaciones no sobrepasan ciertos límites, la hipótesis de proporcionalidad entre reacciones externas y desplazamientos (Hipótesis de Winkler) se verifica muy satisfactoriamente en todos los casos más frecuentes de cimentaciones.

667



Módulo de Balasto (K): Representa la reacción de la fundación en un área unitaria (cm2) cuando el descenso es una unidad (cm). El módulo K se mide en Unidades de fuerza por Unidades de volumen (kg/cm3). Curva elástica: La reacción sobre una unidad de longitud (cm) cuando el descenso es una unidad (cm) es β = Kb. Por tanto, cuando el descenso sea u, la reacción repartida será r = βu. Si la viga está sometida a una carga repartida dirigida hacia abajo, de intensidad q, la fuerza total repartida por unidad de longitud es q – r = q – βu. Si la viga es prismática y homogénea (EIZ constante) la ecuación diferencial de la curva d4 u d4 u elástica, será EI Z 4  q  u . Luego EI Z 4  u  q (1). Ecuación diferencial lineal, dx dx de cuarto orden, no homogénea. Su solución contienen dos partes: la solución de la ecuación homogénea y la solución particular. Ecuación diferencial homogénea:

d4 u  u   0 . Cuya solución general tiene la forma: dx 4 EI Z

u(x)  C1 e x sen x  C 2 e x cos x  C 3 e x sen x  C 4 e x cos x …(*) Donde las constantes C1, C2, C3 y C4 se determinarán mediante las condiciones de  frontera. El parámetro  está dado por  4 4 . Una solución particular de la 2EI Z ecuación (1) para el caso q = q0 (constante) es u = q0/b.

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial (1), es: q u(x)  0  e x (C1sen x  C2 cos x)  e x (C3sen x  C 4 cos x) .  Conocida la ecuación de la curva elástica, pueden calcularse ángulos de giro, momentos flectores, fuerzas cortantes y reacciones de la fundación. du  (Signo – porque se dx 2 x han considerado du M( x )  EI Z 2 flechas positivas ). dx d3u V ( X )  EI Z 3 dx u r  u 6.02) Energía de Deformación debida a la Flexión. Deflexiones por el Método de Castigliano. Cuando un elemento prismático es sometido a flexión pura, su eje neutro longitudinal se deforma, de manera que la curva elástica es un arco de circunferencia cuyo radio de EI curvatura es   Z . M Si el momento flector M es independiente de x, el ángulo total de flexión es ML EI   M  Z   k. EI Z L (M, momento aplicado gradualmente)

θ  M

L

M

668



Al incrementar gradualmente la intensidad del momento flector, se incrementa el ángulo  proporcionalmente (M = k). Un elemento diferencial de energía se expresará por dU = Mdθ …(1). Cuando el momento M alcance su valor final, la energía de deformación total almacenada en el elemento, originada por la flexión, se calculará por una integral. M

Un elemento diferencial de energía se expresará por dU = Mdθ (1). Cuando el momento M alcance su valor final, la energía de deformación total almacenada en el elemento, originada por la flexión, se calculará por una integral:

M=(EIZ/L) (,M) dU

M

 dθ

U   Md ˆ 



U   Md 0



EI EI 2 U   Z  d  Z L 2 0 L

La energía de deformación por flexión puede escribirse U  escribirse U 

M2 2k

M 2

(2). También puede

(2.1). Reemplazando en la ec. (2) el valor  

ML , obtenemos: EI Z

 EI EI M2L (3). Alternativamente puede escribirse U  ( Z )  Z 2 (3.1). 2 L 2L 2EI Z Nota) Cuando el elemento está sometido a momento flector variable M = M(x), la curvatura no es constante. En estos casos la energía de deformación ocasionada por la flexión se calculará por una integral. U

Consideremos un elemento diferencial, de longitud dx. La energía generada por el M2 ( x ) momento flector es dU  dx , aceptando que inicialmente el eje geométrico del EI Z elemento es rectilíneo. Integrando en toda la longitud obtenemos la energía de deformación debida a la flexión: M2 ( x ) (4) U dx  L 2EI Z La ecuación (4) puede extenderse al caso de elementos con secciones variables sometidos a flexión, donde IZ=IZ(x). M2 ( x ) (4.1) U dx  L 2EI Z ( x ) Notas 1) En coordenadas cartesianas rectangulares, la ecuación diferencial de la curva M( x ) elástica, es u"  , en consecuencia la ecuación (4.1) puede re-escribirse de la EI Z 1 d2u 2 EI Z ( x) d2u 2 ( EI ( x ) ) dx  Z L 2EIZ (x) L 2 ( dx 2 ) dx dx 2 generada por el momento flector, en función de la "curva elástica").

manera siguiente: U 

(5) (Energía

669


2)


Si el eje geométrico tiene curvatura inicial, la energía por flexión, es M2 (s) U ds , siendo s la longitud de un arco convenientemente determinado. L 2EI Z

ds d

Siendo ds el elemento de arco ds = rd

r



EJEMPLOS 1)

Calcular la energía de deformación generada por la flexión en la viga representada, cuya rigidez flexional EIZ es constante. P

P A L; EIZ

Δ A'

El momento flector a la distancia x del extremo A, es M = – Px. La energía de deformación ocasionada por la flexión se calculará con la integral: M2dx L (Px)2 P 2L3 …(*) U  dx  6EI Z L 2EI Z 0 2EI Z Nota) Para calcular el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la carga vertical P (flecha en el punto A), puede usarse el Segundo Teorema de Castigliano. U  P 2L3 PL3   ( )   P P 6EI Z 3EI Z 2)

Un arco circular simétrico, rebajado, ACB soporta una carga W en la cúspide. Los extremos A y B están articulados a un tirante cuya rigidez axial es EA = 50EI/R2, donde R es el radio del círculo y EI es la rigidez flexional del arco. Calcular la fuerza axial en el tirante, considerando únicamente la energía de deformación debida a la flexión del arco. W C  = 60o A

B R 

La energía de deformación debida solamente a la flexión del arco circular ACB, es M2 U ds , donde M = M(H), siendo H la fuerza axial en el tirante. s 2EI

670



Por el Segundo Teorema de Castigliano calculamos el acercamiento entre los U puntos A y B:   , puesto que en A y B existen las fuerzas H horizontalmente H aplicadas. Además, por la Ley de Hooke del estado uniaxial, en el tirante AB, sabemos que el HL cambio de longitud del tirante AB es  AB  . EA W C M

 = 60o H θ

B W/2

R

De la expresión de la energía de deformación, obtenemos

U M M  ds . H S EI H

U   AB , luego, H M M HL S EI U ds   EA …(*)

La ecuación de compatibilidad geométrica es

El momento flector en una sección del arco definida por el ángulo  es: wR 3 1 M()  (  3 sen)  HR (cos   ) 2 2 2 M 1 De donde obtenemos  R (cos   ) . Por tanto la integral de la ecuación (*), H 2 2 /3  3 3 1  1  es wR ( sen  )  HR (cos   )  R (cos   )Rd …(**)   EI 0  2 4 2  2  HL H(2Rsen 600 )  …(***). Reemplazando las expresiones EI EA 50 2 R (**) y (***) en (*) y simplificando, obtenemos: 100(0.135H  0.086W)  1.732H, de donde finalmente encontramos H = 0.565 W.

También tenemos:

3) Calcular la pendiente en el punto B de la viga representada, cuya rigidez flexional EIz es constante. Mo B

A 3L/4

B

C L/4

Tangente a la curva elástica en el punto B Determinamos la ecuación de momento flector para cada tramo.

671



MO

M Mo/L

Mo/L

Mo

Mo/L

M

Mo/L

V

x

x

Tramo BC (3L/4
Tramo AB (0
La energía de deformación total almacenada en la viga por efectos de la flexión, es U

3L / 4

1 2EI Z

 0

2

1  MO    dx  L 2 EI   Z

x 7M L  M ( L  1) dx  96EI L

2

2

O

O

2

Z

3L / 4

Puesto que en el punto B existe el momento aplicado MO, por aplicación directa del Segundo Teorema de Castigliano, tenemos: U 7MOL θB   (radianes , en sentido antihorario) MO 48EI Z 4) Incluyendo sólo los efectos del momento flector, determinar el desplazamiento horizontal del extremo libre en el sistema representado. Considerar ambos tramos con la misma rigidez axial EIz. A

B 30º

C’ C

P

C

L/2

L

Determinamos U=U(P). N V

M

N M

x

V

x

P

P Tramo BC (0
DHV

Tramo AB (0
2

 Px 3  PL PL 3 1    2  dx  8EI M  2  U  2EI Z  0



La energía total es U 

2 3

L

2

2 3  PL 3    dx  3P L  2  8EI Z  0



P 2L3 3P 2L3 P 2L3 .   8EI Z 8EI Z 2EI Z

Por el Segundo Teorema de Castigliano, tenemos ΔCH 

U PL3  P EI Z

5) Calcular la flecha en el punto C, debida al momento flector en la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIz.

672



AC= 6m; CB= 4 m

P: 15 KN/m

A

15 KN/m

B

C

Carga Ficticia

A

C

Como en el punto C, cuya deflexión vertical se quiere calcular, no existe una carga concentrada verticalmente aplicada, usaremos el método de la carga ficticia. Determinaremos el momento flector y la energía de deformación en cada tramo: Tramo AC: 2P   M   63   x  7.5x 2 5  

M

x V

1 U 2EI Z

63 + 2P/5

Tramo CB

2

6

 2P  2  x  7.5x  dx  63  5   0 



M  (27 

M x

U

V

0  x  6m

1 2EI Z

3P )x 5 4

0  x  4m 2

 3P    27  5  x  dx   0 



27 + 3P/5 La energía de deformación total debida al momento flector en la viga es: 2 2 4 6  1   2P 3P   2  U ( 63  ) x  0 . 75 x dx  ( 27  ) x dx (*)     2EI Z  0  5 5    0   U  Por el Segundo Teorema de Castigliano: ΔCV  es el valor de la flecha en el C. P P  0





Antes de resolver las integrales conviene realizar las derivaciones parciales en la ecuación (*), recordando uno de los Teoremas Fundamentales del Cálculo Integral. b

Si



F  f ( x; α)dx  a

F  α

b

 a

f ( x; α) dx α

(Integrales dependientes de un paráme-

tro). En consecuencia, tenemos: 6 4  2x  1   2P 3P  3x  C 2 ΔH  dx  , es decir   (63  ) x  7.5x ( )dx  (27  ) x  EI Z  0  5 5  5 P  0 0   5



ΔCH



6 4  1  3x 2 2x   (63x  7.5x )( )dx  (27 x)( )dx  . Realizando las integraciones y EI Z  0 5 5 0 



simplificando, obtenemos ΔCH 



1188 . (Convenio: Fuerzas en KN; Longitudes en EI Z

metros). 6) Una barra en forma de semicircunferencia, cuya rigidez flexional EIz es constante, está situada en un plano vertical. (i) Calcular el desplazamiento horizontal del punto C. (ii) Calcular el desplazamiento vertical del punto B. Incluir solo los efectos del momento flector.

673



B

Para calcular la deflexión horizontal del punto C nos servirá la carga horizontal real P.

R A

C

Para calcular el desplazamiento vertical del punto C, haremos uso de una carga ficticia vertical Q aplicada en el punto B.

P

Determinamos los momentos flectores en los tramos BC y AB. Q: Carga Ficticia

M

N

M

N

V

B 

P



C

V

C

P

M  PR senθ (0  θ  Π 2) Tramo BC M  PR cos α  QR senα (0  α  π 2) Tramo AB La energía total de deformación incluyendo solamente efectos de momento flector es, U

1 EI Z

π/2



(PR senθ)2 Rdθ 

0

1 2EI Z

π/2

 (PR cos α  QR senα) Rdα 2

(barras con curvatura

O

inicial). i) Por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano, tenemos: ΔCH 

U  1   P  Q  0 2EI Z

π/2 π / 2   2PRsenθ Rsenθ Rdθ  2(PR cos α  QR senα)(R cos α)Rdα  0  Q  0 0





Simplificando y haciendo Q=0, obtenemos

ΔCH

π/2 π/2  PR 3  2   sen θ dθ  cos 2 α dα EI Z  0 0  





PR 3 π EI Z 2 ii) Por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano, tenemos: ΔCH 

ΔBV 

π/2  U  1   (PR cos α  QRsenα)( Rsenα)Rdα .Evaluando la integral y   P  Q  0 EI Z  0    Q 0



PR 3 (el signo menos indica que el desplazamiento 2EI Z vertical del punto B es en sentido contrario al asignado a la carga ficticia Q). haciendo Q=0, obtenemos: ΔBV  

674



7) Determinar la máxima deflexión producida por la carga Q=10 Kg. cuando se aplica súbitamente al extremo B de la viga representada. La viga tiene sección transversal rectangular (2 cm. X 5 cm.) y su material es acero con E = 2.1 x 10 6 Kg/cm2. El resorte es de comportamiento elástico lineal con K = 5 Kg/cm y se encuentra inicialmente sin carga. Calcular también el esfuerzo normal máximo inducido. Q L=200 cm 5 cm

A

Q

B



K

2 cm

Principio fundamental de la relación Trabajo Externo / Energía de Deformación: UTOTAL = WEXTERNO (i) UTOTAL = UVIGA + URESORTE: (condiciones estáticas); WEXTERNO = Q (aplicación súbita). 3EI z 2 UVIGA = Q/2, donde =QL3/3EIZ UVIGA  δ 2L3 1 URESORTE = Q/2, donde  = Q/K URESORTE  Kδ2 . Reemplazando en (i), tenemos: 2 3EI Z 2 1 2 δ  Kδ  Qδ . Sustituyendo valores se tiene la ecuación de segundo grado: 2 2L3 10δ  2.5δ2  8.2δ2  δ  0; δ  0.93 cm . Luego δMÁXIMO  O.93 cm . Para calcular el máximo esfuerzo normal, encontramos la “Carga Estática Equivalente” (Carga estática P L3 que produciría la misma deflexión máxima) δMAXIMO  eq . De donde, obtenemos 3EI Z Peq=15.26 Kg. Luego MMAX=(15.26)(200)=3,052 Kg-cm (en el empotramiento). M c (3,052)(2.5) σMAX  MAX   366.24Kg / cm2 1 IZ 3 (2)(5) 12 8) Determinar la forma inicial de una barra de sección constante para que, comprimiéndola contra un plano rígido hasta extenderla completamente mediante la fuerza P, ejerza sobre el plano una presión uniforme p. Calcular el valor máximo de P, la presión p y el esfuerzo máximo que soporta la barra, cuando 2l=1.0 m. La barra tiene sección transversal cuadrada de 3 cm de lado. Considerar = 4 mm la deflexión inicial y E = 2.1 x 106 Kg/cm2 el módulo elástico del material de la barra. P q

C A



B

C 

2l Realizado el contacto, el sistema es equivalente al indicado en la gráfica superior derecha. Por la simetría, no existe giro en el punto C. Luego el arco AC es análogo a la curva elástica de una viga en voladizo que tenga  como el desplazamiento de su extremo libre. Q: Carga Ficticia.

675



q



q C

Q

Q

M

V

l=0.50 m

A

M

x

La energía de deformación por momento flector es U 

1 2EI Z

l

 0

(

qx 2  Qx 2

qx 2  Qx)2 dx . Por 2

U  aplicación del Segundo Teorema de Castigliano: δ  .Luego tenemos P  Q  0

δ

l  1  qx 2 qL4 8EI  Qx)(  x)dx    q  4 Z δ.  2( 2EI Z  0 2 L  Q  0 8EI Z



La fuerza necesaria es P = 2ql, es decir P 

16EIδ . El esfuerzo normal máximo será: L3

L2 M 3qL2 24EI Z δ . Reemplazando valores numéricos, σ MAX  MAX  2  σ MAX  3  IZ W a a3L2 c (8)(2.1 x 106 )(1 12) (3) 4 (0.4) tenemos q   7.26 Kg / cm . P=2ql = 2(7.26)(50) = 726 Kg. 50 4 (24) (2.1 x 106 ) (1 12) (3) 4 (0.4) σMAX   2,016 Kg / cm2 3 2 (3 ) (50) 9) Una lámina semicilíndrica, de espesor despreciable, descansa sobre un plano P P horizontal liso. En los puntos A y B deben actuar fuerzas P que impidan el incremento B A del diámetro AB provocado por el peso de la lámina. Determinar el valor de las fuerzas P. q

Sea W el peso total de la lámina semicilíndrica. Sea q el peso unitario. C

V

W P W/2

N

M

P W/2

q1 P



W/2

Peso del arco referencial, subtendido por el ángulo : q1 = qr. El momento flector es,

676


M   Pr senθ 


W qr 2 r(1  cos θ)  θ(1  cos θ) .La 2 2

1 momento flector es U  EI Z

π/2

 0

energía

de

deformación

por

2

  Wr qr 2 (1  cos θ)  θ(1  cos θ) rdθ  Pr senθ  2 2  

U Condición del problema:  0. Efectuando la derivación bajo el signo integral, P tenemos π/2   Wr qr 2 0 (1  cos θ)  θ(1  cos θ)( rsenθ)rdθ , de donde el valor de la  Pr senθ  2 2  0  W fuerza P es P  . 2π



10) Un alambre elástico está enrollado en la forma ADECFDB que se indica. El alambre está colgado del punto C y cargado en cada uno de los puntos A y B con pesos P. Calcular cuánto se aproximan y cuánto descienden dichos puntos. Considerar constante la rigidez flexional del alambre EIz. C F

P A

E

r

P B

D L

L

Por la simetría del sistema, el alambre no gira en el punto C. Por tanto, el trozo ADEC puede considerarse como un tramo empotrado en el extremo C. Para calcular el desplazamiento horizontal del punto A, consideramos una carga ficticia Q horizontalmente en el punto A. C M E P

Q

D

A

r 

P

Q

N V

Momentos flectores: Tramo AD: M=-Px (0
π L   (Px)2 dx   P(L  r cos θ)  Qr(1  cos(π  θ) rdθ  0  0 U  El descenso del punto A ó del punto B es, δ  . Efectuando las derivaciones, P  Q  0

1 U EI Z





integraciones y simplificando obtenemos: δ 

P EI Z

 L3 π    L2r π  4L r 2  r 3  . 2 2  

677



La aproximación entre los puntos A y B será Δ  2

U  Q  Q  0

11) La viga AB soporta una fuerza P= 50 lb, según se indica. La viga CD está fijada a un extremo de la viga AB y soporta una carga uniformemente repartida w=30 lb/pie. Ambas vigas tienen la misma sección transversal y son del mismo material. Encontrar la fuerza de interacción en el punto B y el desplazamiento vertical de dicho punto. Incluir solamente efectos de momento flector. Considerar AE=10 pies; EB=4 pies; CB=2 pies; BD= 8 pies. D

w

P A E C

B

P

A

C

B

E

R Sea R la fuerza de interacción entre las vigas AB y CD: En la viga AB calculamos ΔBV por efectos del momento flector. Tramo EB: M= Rx (0








R w=30 lb/pie C RC

D

B 2’

8’

RD

w C

x

150+4R/5

M V

w

M V

D

x

150+R/5

Calculando las reacciones obtenemos: RD=150+R/5 RC=150+4R/5 Momentos flectores. 4R Tramo CB: M  (150  )x  15x 2 (0  x  2' ) . 5 R Tramo BD: M  15x 2  (150  )x 0  x  8' ) . 5 La energía de deformación por flexión es 2 2 8 2  1   4R R  2 2  U ( 150  ) x  15 x dx  ( 150  ) x  15 x dx     2EI Z  0  5 5   0   





678



U R

Por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano, calculamos ΔBV ' 

8 2  4R R  x  2  4X ) X  15X  dx  (150  ) x  15x 2  dx   (150  5 5  5  5   0  0  1  128R  Resolviendo las integrales y simplificando, obtenemos ΔBV '  . 2,320   EI Z  15 

ΔBV '

1  EI Z





Condición de compatibilidad geométrica: ΔBV  ΔBV '  0 . Luego reemplazamos ambos 1 128R desplazamientos calculados 2,744R  80,000   (2,320  )  0  R  26.37lb. 3 15 1  2,744 80,000  2,546.91 La deflexión del punto B será ΔBV '  . (26.37)    EI Z  3 3  EI Z 12) En el sistema representado calcular la deflexión rotacional producida en el punto de aplicación de la fuerza P. Incluir solamente los efectos de la flexión y considerar constante la rigidez flexional de todos los tramos EI. Aplicamos un momento ficticio en el punto A. P P B B A A M

8.0m

8.0m

D C

D

C

6.0m

6.0m

Determinamos los momentos flectores y la energía de deformación para cada uno de los diferentes tramos. P

Elemento AB:

m

x

M

M=-(m+Px)

U

V

1 2EI

(0
6

  (m  Px) dx  2

0

Podemos calcular la contribución del elemento AB a la rotación del punto A, usando el 6

Segundo Teorema de Castigliano: Θ' 

Elemento BC:

1 2EI



P

3) x M  m  P(6  5 U

U  1 18P  (m  Px )dx  .  m  m  0 EI 0 EI

19

 2

3x   m  P(6  5 ) dx  0 



B M N

x V

6-3x/5

Calculamos la contribución del elemento BC a la rotación del punto A:

679



10

1 3x  30P  . 2m  P(6  ) dx  2EI 0  5  EI



Θ' ' 

P

m

Elemento CD:

B

M  (m  Px ) 6

U

1 (m  Px )2 dx 2EI 0



M

x

C

N

V

Calculamos la contribución del elemento CD al giro del punto A, 6

 1 18P . (m  Px )dx   EI 0 EI m0 Finalmente sumamos las tres contribuciones para obtener el giro total del punto A 66P debido al momento flector: Θ  . EI Θ' ' ' 



13)Calcular el desplazamiento vertical del punto A en el sistema que se representa, incluyendo solamente efectos del momento flector. La barra compuesta tiene un diámetro de 50 mm. El material es elástico lineal con módulo E = 200 GPa. 300 mm r=250 mm



B

B

C

M

D

C

x

M

0.25 m

r-rcos

125 mm A P=600 N

P

A

P

Determinamos los momentos flectores en los diferentes tramos. Tramo AB: M=0. Tramo BD: M   Pr(1  cos θ) . Tramo CD: M = P(x+0.25). Calculamos la energía total de deformación generada por momento. π/2 0.3  1  2 2 2 U  P r (1  cos θ) rdθ  P 2 ( x  0.25)2 dx  . Efectuando las integraciones y 2EI Z  0  0  simplificando, obtenemos:  1  3π  8  2 3 U  P r  0.05025P2  .  2EI Z  4  





U . Efectuando las derivaciones P  1  3π  8  3 y las integraciones tenemos ΔAV    Pr  0.05025P  . Reemplazando valores  EI Z  4   π numéricos: P=600 N; r = 0.25 m; IZ  (50 x 10  3 ) 4 , obtenemos ΔAV  0.000546 m . 64

Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano: ΔAV 

680



14)Encontrar la deflexión en el extremo libre de la viga representada, cuya sección transversal es rectangular. Considerar los efectos del momento flector y de la fuerza cortante. El material tiene módulos de elasticidad E, G. b

P

dy y

c

h b L; EIz

Debemos calcular la energía de deformación por dos conceptos: Momento flector y M2dx τ2 Fuerza cortante. U   dV . El primer sumando significa la energía por 2 EI 2 G Z (L ) (V)





flexión y el segundo la energía por cortante.

UFLEXION 

1 2EI Z

L

2   Px  dx  0

P 2L3 . 6EI Z

Sabemos que en una sección transversal rectangular la distribución del esfuerzo 3V  y2  1  2 , (c  h / 2) . Para el caso, el cortante está dada por la ecuación τ  2A  c  elemento apropiado de volumen es dV = bL dy. Luego reemplazamos en la integral 2

h/2

que evalúa la energía por cortante: UCORTANTE lo cual, la energía total es U T 

1 9V 2  y2  3P 2L   . Con  1  bLdy  2G h / 2 4 A 2  5GA c 2 



P 2L3 3P 2L . Aplicamos ahora el Segundo Teorema de  6EI Z 5GA

U T PL3 6PL . Luego Δ V  .  P 3EI Z 5GA Nota) Cuando L es mucho mayor que 10h, es segundo término es insignificante. Si L es menor que 10h,.el segundo término puede llegar a tener un valor significativo.

Castigliano Δ V 

15)Considerando la misma rigidez en todos los elementos del sistema representado, calcular el corrimiento del rodillo por efectos del momento flector. Como en el punto D no existe ninguna carga aplicada, no puede usarse directamente el Segundo Teorema de Castigiliano. Consideraremos una fuerza P (ficticia) horizontalmente aplicada en el punto D. Luego calcularemos las reacciones externas por aplicación de las condiciones del equilibrio global. B

2m 4m

800 N/m C

B

3m

2m

3m

4m D

D A

800 N/m C

A

P

P 800+0.5P

800-0.5P

681



Momentos flectores:

M

M

M

x x

x P

P

P

800-0.5P Tramo AB M=Px

800-0.5P

800+0.5P

Tramo BC M=-400x +4P+(800-0.5P)x

Tramo DC M=Px

2

La energía total por momento flector es: 2 2 2 4  1  2 2 2 U (Px ) dx   400 x  4P  (800  0.5P) x dx  (Px) dx  . Aplicando ahora  2EI Z  0 0 0   U  el Segundo Teorema de Castigliano, tenemos ΔDH  . Efectuando las P P  0







derivaciones y las integrales, obtenemos ΔDH 



1,866.67 . Donde IZ se expresa en m4 y EI Z

E en Pa. 16)En el sistema que se representa calcular la separación entre los puntos A y B, ocasionado por el momento flector. Considerar constante la rigidez flexional EI y empotramiento perfecto en B.

C A



r

C



Q



Q

a

p ds=rd

B

M Sea p la fuerza debida a la presión. Entonces p =  r sen. Consideramos una fuerza ficticia Q horizontalmente aplicada en el punto C. El momento flector en la sección θ



definida por el ángulo , es M  Qrsenθ  (pds)rsen(θ  α) . Por tanto el momento 0

θ

flector

es



M  Qr senθ  γr 3 senα sen(θ  α) dα  Q r senθ  0

γr 3 (senθ  θ cos θ) . 2

Calculamos la energía de deformación debida al momento flector: 1 U 2EI

π/2

 0

2

  γr 3 (senθ  θ cos θ) rdθ, Qrsenθ  3  

Castigliano, tenemos: ΔCH 

U  r  P  Q  0 EI

π/2

 0

por

el

Segundo

Teorema

de

γr 3 (senθ  θ cos θ)senθdθ . Desarrollando 2

682



γr 5 π ( ), por lo tanto, la separación buscada entre los 2EI 8 γπr 5 .  2ΔCH  8EI

las integrales, obtenemos: ΔCH  puntos A y C será Δ A  C

17) En el sistema representado, cuya sección transversal es una corona circular de 4 mm de espesor, determinar el diámetro exterior necesario para que el desplazamiento vertical del punto A no exceda los 80 mm. Incluir efectos de momento flector, fuerza cortante y fuerza normal. Considerar F=2,000 N; M=106 N-mm; E=2.1 x 105 MPa; G=8 x 104 MPa; L1=3,000mm; LO=1,000 mm. B

M F

A

A’

45º

C L1

VA

x

LO

Aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano al punto A en dirección de la fuerza F. La energía de deformación incluirá términos correspondientes a momento flector, fuerza cortante y fuerza axial. Es decir 1 1 1 U M2ds  T 2ds  N2ds (*). 2EI (L ) GA (L ) EA (L )







Acciones internas. Tramo AB. M(x)=M+Fx; T(x)=F; N(x)=0 con 0






las derivadas correspondientes, encontramos: δ AV

1  EI

Lo

L





L



Lo

M  Fx xdx  1 M  Fx x 2xdx  1 Fdx EI Lo G( A 2) 0 0



L

1 F 1 1 F 1 ( 2dx )  ( 2dx ), G( A 2) Lo 2 2 EA Lo 2 2





Efectuando las integraciones, obtenemos:  ML2 FL3   2FLO   M(L2  L2O ) 2F(L3  L3O )   2F(L  L O )   F(L  L O )  δ AV   O  O           3EI  2EI 3EI   GA   EI 2   GA 2   EA 2  Reemplazando los valores numéricos obtenemos δ AV 

(3,389)(108 ) 176.3  . Ecuación I A

a partir de la cual se determinará el diámetro solicitado.

683



Nota) El Método de la Carga Unitaria puede generalizarse para calcular desplazamientos lineales y rotacionales ocasionados por momentos flectores. M M Δ mdx Θ mdx EI EI L L





Donde M es el momento flector en cualquier sección del elemento estudiado, ocasionado por el sistema real de cargas y m es el correspondiente momento flector ocasionado por una carga unitaria (actuando en el punto de interés y en la dirección del desplazamiento buscado). EJEMPLOS 1) En la viga representada calcular θ A , θC y Δ C . Considerar constante la rigidez flexional EI. P A

B

C

a

A

b

DC C

Determinamos los momentos flectores (reales) en ambos tramos de la viga propuesta. Tramo AC: M = Pbx/L (x se mide desde el punto A). Tramo CB: M = Pax/L (x se mide desde el punto B). Momentos Flectores por Carga Unitaria A

B

C

A

C

B

1

1

A

C

B

1

Para calcular el giro del punto A, debemos obtener los momentos flectores por carga unitaria. Luego aplicamos en el punto A un momento unitario y encontramos las ecuaciones de momento flector para los dos tramos AC y CB. x x Tramo AC Tramo CB m 1 . m L L (La variable x se mide a partir del mismo origen y en el mismo sentido que el empleado para determinar el momento flector real). a

Luego, el giro del punto A será obtenemos: θ A 

θA 

b

M M mdx  mdx . Reemplazando M y m EI EI 0 0





a b  Pab  1  Pbx x Pax x 2a2 2b2   3a   (1  )dx  ( )dx      EI  0 L L L L L L  0  6EIL 





Para calcular el giro del punto C, debemos obtener los momentos flectores por carga unitaria. Luego aplicamos en el punto C un momento unitario y encontramos las ecuaciones de momento flector para los dos tramos AC y CB.

684



x x . Tramo CB m . L L (La variable x se mide a partir del mismo origen y en el mismo sentido que el empleado para determinar el momento flector real).

Tramo AC

m

a

θC 

Luego, el giro del punto C será obtenemos: θC 

b

M M mdx  mdx . Reemplazando M y m EI EI 0 0





a b  Pab 1  Pbx x Pax x b  a ( )dx  ( )dx    EI  0 L L L L 0  3EIL





Para calcular la flecha del punto C, debemos obtener los momentos flectores por carga unitaria. Luego aplicamos en el punto C una carga vertical unitaria y encontramos las ecuaciones de momento flector para los dos tramos AC y CB. bx ax Tramo AC . Tramo CB m m L L (La variable x se mide a partir del mismo origen y en el mismo sentido que el empleado para determinar el momento flector real). a

Luego, la flecha del punto C será obtenemos: θC 

b

M M θC  mdx  mdx . Reemplazando M y m EI EI 0 0





a b  Pa2b2 1  Pbx bx Pax ax ( ) dx  ( ) dx   EI  0 L L L L  3EIL 0





2) En la viga representada, cuya rigidez flexional EIz es constante, determinar la pendiente y la deflexión vertical en el punto A. Usando el método de la carga unitaria, los desplazamientos buscados son: Mm1 Mm2 ΔAV  dx ΘA  dx (*) EI Z EI Z (L ) (L )

w A



L; EIz wx/L x



1

M

x

m1

1

x

m2

El momento flector provocado por la carga real es M=-wx3/6. El momento flector provocado por la carga unitaria vertical es m1=-x, y el momento flector provocado por la carga unitaria rotacional es m2=1. Luego, para cada caso usamos las ecuaciones (*). ΔAV

1  EI Z

L

 wx 3  wL4  ( x)dx   6L  30EI Z  0



.

1

 wx 3  wL4  (1)dx   (El signo menos indica que la rotación del  6L  24 EI Z   0 extremo A, es en sentido antihorario, contrario a lo supuesto para la carga rotacional unitaria). ΘA 

1 EI Z



685



3) Determinar las componentes horizontal, vertical y rotacional del desplazamiento del punto A en el sistema representado. Considerar constante la rigidez axial EI de todas las barras. W=1.2 Klb/pie B

Determinamos los momentos flectores (reales) en las barras del sistema. Tramo AB: M = 0 (x medida desde A ) . Tramo BC: M = -0.6x2 (x medida desde B ).

C

10 pies

10 pies

Tramo CD: M = -60 (x medida desde C ). (Convenio: Fuerzas en Klbs./ Longitudes en pies

D

A

Cálculo del ΔAH : En el sistema descargado, hacemos que actúe una carga unitaria horizontal aplicada en el punto A. B

C

A

D

1

Determinamos los momentos flectores debidos a la carga unitaria. Tramo AB: m = -x (x medida desde A ) . Tramo BC: m = -10 (x medida desde B ). Tramo CD: m = x-10 (x medida desde C ).

Luego, ΔAH 

M

M

M

 EI mdx   EI mdx   EI

AB

BC

(*)

CD

Reemplazando las expresiones de M y m en la expresión (*), obtenemos: 10 10 10  5000 1  A 2 ΔH   (0)(  x)dx  (0.6 x )( 10)dx  (60)( x  10)dx   EI  0 EI  0 0







Cálculo del ΔAV : En el sistema descargado, hacemos que actúe una carga unitaria vertical aplicada en el punto A.

Determinamos los momentos flectores debidos a la carga unitaria. Tramo AB: m = 0 (x medida desde A ) . Tramo BC: m = x (x medida desde B ).

C

B

Tramo CD: m = 10 (x medida desde C ). A

D 1

1  7500  (0)dx  (0.6 x 2 )( x)dx  (60)(10)dx   EI  0 EI 0 0 10

Luego ΔAV 



10



10



686



Cálculo del giro θ A : En el sistema descargado, hacemos que actúe una carga rotacional unitaria (momento) aplicada en el punto A. B

C

A

D

Determinamos los momentos flectores debidos al momento unitario. Tramo AB: m = 1 (x medida desde A ) . Tramo BC: m = 1 (x medida desde B ). Tramo CD: m = 1 (x medida desde C ).

1 1  800 2  (0)(1)dx  (0.6 x )(1)dx  (60)(1)dx   EI  0 EI 0 0 10

Luego θ A 



10

10





En base a los desplazamientos del punto A puede tenerse una buena aproximación a la deformada del pórtico.

4) El momento de inercia I en cualquier sección transversal del arco parabólico representado en el esquema, varía con la relación I  IO sec φ, siendo φ el ángulo entre la dirección horizontal y la dirección tangente. Calcular el desplazamiento del rodillo por efectos del momento flector que genera la carga repartida uniforme w. w (Ton/m) y P



10 m 1 10 m

x

10 m

La ecuación de la parábola respecto a los ejes x, y indicados, es y  desplazamiento horizontal del rodillo estará dado por Δ 

Mm ds EI (S)



(20 x  x 2 ) . El 10

(*), siendo M el

momento flector generado por la carga repartida w; m el momento flector ocasionado por la carga unitaria horizontal aplicada en el rodillo y ds el elemento de arco medido en la parábola. En una sección genérica determinada por el punto P(x,y), el momento flector es: M  10wx  0.5wx 2 , (0  x  20m) . El momento flector en la sección genérica, debido a la carga unitaria actuante en el rodillo, es m= (1)y. El elemento de arco se

687


determina mediante en

dy 2 ) dx  1  tan2 φ dx  sec φ dx .Reemplazando dx expresión (*) obtenemos

ds  1  (

la

20

Δ




10wx  0.5x  (20x  x ) sec φdx  2

2

EI O sec φ

0

10

w 20EI O

20

x

2

(20  x)2 dx .

0

16,000w . 3EI O 5) Una barra doblada en forma de cuadrante de circunferencia de radio a, tiene su eje contenido en un plano horizontal. En su extremo libre B actúa una fuerza vertical concentrada P. Si el material de la barra tiene módulo de elasticidad E y módulo de rigidez G, determinar la deflexión vertical del extremo B.

Resolviendo la integral anterior, tenemos finalmente Δ 

L2

P r



B

90º

r

B

P L1

M T

En una sección genérica definida por el ángulo , la fuerza aplicada P, genera un momento flector M, un momento torsor T y una fuerza cortante P. En el cálculo de la deflexión vertical del punto B, consideraremos solamente los efectos del momento flector y del momento torsor. Usaremos el método de la carga unitaria. La distancia del punto B a la recta L1, es r(1-cos ). La distancia del punto B a la recta L2, es r sen . De las ecuaciones del equilibrio estático, obtenemos: M = Prsen ; T = -Pr(1-cos ). La deflexión vertical del punto B será: ΔBV 

Mm Tt dx  dx , siendo m el momento EI GJ (L ) (L )





flector por carga unitaria y t el momento torsor por carga unitaria. En ambos casos la carga unitaria se considera vertical hacia abajo. Por las ecuaciones del equilibrio, obtenemos m = r sen y t = -r(1 – cos ). Reemplazando en la ecuación para ΔBV , π/2



tenemos ΔBV 

0

ΔBV 

3 π/2

Pr EI

Pr senα rsenα rdα  EI 3 π/2

π/2

 0

Pr  sen α dα  GJ  1  cos α 0

2

2

 Pr(1  cos α) (r)(1  cos α)r dα . Simplificando JG dα. Desarrollando las integrales se obtiene

0

ΔBV 

π Pr 3 Pr 3  3π    2 .  4EI JG  4 

6) En el sistema representado determinar el desplazamiento angular, el desplazamiento vertical y el desplazamiento horizontal del punto C. Considerar α  constante la rigidez flexional EI. Eje de la barra: espiral de ecuación ρ  a  δ  . π 

688



0  a  a  δ   δ  1. π  α  La ecuación polar del eje de la barra es: ρ  a   1  . π  Para deformaciones infinitesimales, con suficiente aproximación el elemento de arco es ds  ρ dα. El método de la carga unitaria será usado para calcular los tres desplazamientos buscados.

Si α  0 , ρ  a,  a

ρ

MO C

luego

El giro del punto C se determinará mediante la integral ΘC 

1 Mm ds EI (S)



(*) , siendo

M el momento flector real y m el momento flector por carga unitaria. M

MO

1 m=1. Luego ΘC  EI

Equilibrio: M=MO

2π

 (M

O )(1)

ρ dα .

0

Reemplazando el radio vector por su ecuación polar, tenemos:

ΘC 

1 EI

2π

4 a MO α  .  1  dα. Resolviendo la integral encontramos ΘC  EI π 

 (M

O) a

0

El

desplazamiento 1 δHC  Mm1ds. EI (S)

horizontal

del

punto

C

se

calcula

mediante

la

integral



El momento flector m1 en cualquier sección genérica definida por el ángulo  es: m1  y  3a  ρ cos2π  α .

 ρ m1 y

1 C

  α  Luego m1   3a  a   1  cos α . Reemplazando en la π   

integral:

δHC

2π

1  EI

M



O 3a 

0



 α α   a   1  cos α a   1 dα π    π

x

Efectuando las integraciones obtenemos δHC 

36.43 MO a2 . EI

El desplazamiento vertical del punto C se calcula mediante la integral δ CV 

1 Mm2ds. EI (S)



El factor de carga unitaria m2 corresponde al momento flector en cualquier sección genérica definida por el ángulo , debido a la aplicación en el punto C de una fuerza unitaria vertical. Se obtiene m2  ρ sen (2π  α)  ρ sen α. Luego el desplazamiento 2υ

vertical será

δCV

1  MO  MO (ρ) senα ρdα  EI 0 EI



Efectuando las integraciones obtenemos δ CV 

2υ

2 α

2

 a   1  senα dα. π  0



9.6 MO a2 . EI

689


6.03)


Deflexiones por Cargas de Impacto

La deflexión  originada por el impacto del cuerpo de peso P, que cae libremente sobre el punto central de la viga AB (de rigidez flexional constante EIz) puede calcularse por un procedimiento análogo al usado en los problemas de cargas axiales de impacto. P h

PE





Aceptaremos que la masa de la viga no es significativa comparada con la masa del cuerpo de peso P que realiza el impacto. Así mismo, aceptaremos que los máximos esfuerzos ocasionados por el impacto no sobrepasan los límites de elasticidad lineal. Durante el impacto, no existirá pérdida importante de energía y, en consecuencia, el trabajo realizado por el peso P se transformará íntegramente en energía de deformación que se almacena en la viga AB. Definición) Fuerza Estática Equivalente (PE), es la fuerza aplicada gradualmente en el lugar donde se produce el impacto, y que ocasiona la misma deflexión . Usando el Segundo Teorema de Castigliano se determina que, en condiciones P L3 estáticas, la flecha  es δ  E , de donde obtenemos la carga equivalente 48EI 48EI PE  3 δ . La energía total almacenada en la viga es igual al trabajo realizado por la L 1 24EI carga estática equivalente, esto es T'  PE δ  T'  3 δ2 (i) . 2 L 1 1P mv 2  (2gH)  P(h  δ) . 2 2g Por el principio fundamental de las relaciones trabajo externo-energía interna, tenemos 24EI P(h  δ)  3 δ2 , de donde se plantea una ecuación algebraica de segundo grado en L : 24EIδ2  PL3δ  PhL3  0, cuya única raíz aceptable es

En el momento del impacto, la energía cinética es ECIN 

2

 PL3   PL3  PL3   2h . δ      48EI  48EI   48EI 

Teniendo presente que δST 

PL3 , la raíz  encontrada puede escribirse: 48EI

δ  δST  δ2ST  2hδST

 2h  ó δ  δST 1  1   δST  

(*)

(*.1)

690



Es decir se obtiene δ  K dδST , siendo K d  1  1 

2h δST

(*.2) el denominado

Factor o Coeficiente de Amplificación Dinámica (similar al determinado para los problemas de cargas axiales de impacto). Notas 1) La ecuación (*) puede escribirse en términos de la velocidad con la cual se produce el impacto.  v2  δ (*.3) δ  δST  δ2ST  2hg ST ó δ  δST 1  1   gδST  g  Siendo v  2gh la velocidad con la cual se produce el impacto. 2) El valor  calculado por la ecuación (*) o por sus equivalentes, representa un límite superior, al cual tiende la flecha dinámica cuando no existen pérdidas de energía durante el impacto. Toda pérdida de energía reduce la flecha máxima. 3) Calculada la deflexión máxima por la ecuación (*),los correspondientes esfuerzos se calcularán mediante la ecuación σ d K dσ ST , siendo σ ST los esfuerzos correspondientes a la aplicación gradual de la carga en el lugar donde se produce el impacto. 4) Si la altura de caída h es grande comparada con la flecha estática δST la ecuación (*.3) puede aproximarse por δ  δST 5) La

carga

MMAX ST

aplicada PL  . 4

gradualmente

v2  2hδST . g ocasiona un

Por tanto, el máximo esfuerzo normal será σMAX ST 

momento

estático

máximo

MMAX ST (c)  MMAX ST

,siendo I W W el módulo de sección W = I/c. El máximo esfuerzo en condiciones estáticas es: σMAX ST  PL . Con lo cual el máximo esfuerzo normal debido al impacto es 4W δ PL (σMAX )d  K d (σMAX )ST. Reemplazando el factor dinámico tenemos σMAX d  . δST 4 W Finalmente σ MAX d 

PL δ 12 E c δ , donde c = y MAX .  3 4 W PL L2 48EI

v2 en la ecuación anterior, obtenemos que el g esfuerzo normal máximo en condiciones dinámicas es

6) Reemplazando el valor δ  δST

σMAX d  12 E2 c L

δST

v2  g

3 E c P v2 . L g

691



EJEMPLOS 1) Calcular la deflexión en el punto B, ocasionada por el impacto del cuerpo de peso Q. Considerar EIz constante. B

v

a a

B

Q Q

a

Q a

A a

D

C a

Q/2

Q/2 v2 gδBST

Podemos usar una expresión aproximada para el factor dinámico K d 

(1).

Para calcular δBST usamos el Segundo Teorema de Castigliano, determinando la energía de deformación almacenada en la viga en condiciones estáticas. Momentos Flectores. Tramo AD: M = Qx/2 (0




tenemos

Kd 

v2  Qa3 g 2EI

2 E I v2 . g a3 Q









Reemplazando

finalmente

obtenemos la deflexión ocasionada por el impacto δBd 

en

δBd  K dδBST

2E I v 2  Qa3   . g a3 Q  2EI 

2) Una viga prismática y homogénea, de peso Q, cae desde una altura h sobre dos apoyos inamovibles, según se indica. Determinar el factor dinámico. La viga tiene una longitud L y rigidez flexional constante EIz. El problema es similar a considerar una viga prismática AB sin peso, sobre la cual desde una altura h, cae un peso uniformemente distribuido.

L; EIz h

q=Q/L 

Q

B

A

Sea q=Q/L el peso unitario. El factor dinámico es K d  1  1 

K UST

(*) , donde K

es la energía cinética del cuerpo que realiza el impacto y U ST es la energía de deformación almacenada en la viga bajo condiciones de aplicación estática del peso que realiza el impacto.

692


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz q

L; EIz

La energía de deformación estática, es: UST

1  2EI Z

2

L

q2L5  qx  ( L  x ) dx  2  240EI Z  0 



La energía cinética es K=Qh. Reemplazando en (*), tenemos K d  1  1 

Simplificando y reemplazando Q=ql obtenemos K d  1  1 

Qh . q2L5 240EI Z

240 E IZ h . Q L3

3) Calcular el máximo peso Q, para que el esfuerzo dinámico no exceda los 1,600 Kg/cm2 en el sistema representado. Usar un factor dinámico aproximado. Considerar a=1.0 m; h = 0.5 m; E = 2 x 106 Kg/cm2. La sección transversal es rectangular de ancho 10 cm y peralte 15 cm. Q Q

h B

C

A

MB

B

C

A

RB

2a=2.0 m

Factor o coeficiente dinámico aproximado K d 

2h A δST

RC

(1).

Se trata de un sistema hiperestático externo. Las ecuaciones de equilibrio expresan: RB+RC=Q; MB-(1)(Q)+2RC = 0. Los momentos flectores en cada uno de los tramos se expresan por: Tramo BA: M = RBx-MB (0




Como se trata de una viga hiperestática aplicamos el Principio del Trabajo Mínimo. Sea U MB la reacción redundante, entonces  0 . Por tanto reemplazando las integrales MB que determinan la energía tenemos 1

 0

1

(R B x  MB )( x

R C R C 2  1)dx  R C x dx  0 MB  M B 0




R C R B y MB MB

(**) .

se obtienen a partir de las ecuaciones del

R B R C R   0 y 1  2 C  0, del cual se MB MB MB R C 1 R B 1 tienen los valores siguientes  y  . Reemplazando estos valores MB 2 MB 2

equilibrio. Obteniéndose el sistema

693



1

x 1 en la ecuación (**) tenemos (R B x  MB )(  1)dx  R C ( ) x 2dx  0. Efectuando las 2 2 0 0





integrales y simplificando planteamos la ecuación  4RB  9MB  2R C  0 . Resolviendo el sistema de las ecuaciones del equilibrio y la ecuación anterior, encontramos 11 6 5 RB  Q; MB  Q; R C  Q. Con estos valores puede encontrarse el máximo 16 16 16 momento flector en condiciones estáticas (MST)MAX. Se obtiene (MST)MAX=6Q/16 (en valor absoluto), que se desarrolla en el apoyo empotrado de la viga. El esfuerzo máximo en condiciones estáticas es σ ST 

(MST )MAX c 3Qc .  IZ 8IZ

Para encontrar el desplazamiento estático del punto A, reemplazamos los valores RB, 2 2 1 1  1   11Qx 6Q   5Qx   . Aplicamos RC y MB en la ecuación (*) U   dx  dx      2EI Z  0  16 16  16   0   ahora el Segundo Teorema de Castigliano 21 1  1   11Qx 6Q  11x 6   5  A δST    dx    Qx 2dx  .    EI Z  0  16 16  16 16   16  0  56Q A Efectuando las integraciones y simplificando encontramos δST  . 768EI Z









Por tanto el factor dinámico es K d  esfuerzo dinámico es σ d  K dσ ST 

768EI zh . En las condiciones del impacto el 28Q

768EI Zh  3Qc   . 28Q  8IZ 

σ 2dIZ (* * *) 3.86Ehc 2 Condición del problema σ d  1,600 Kg / cm2  (1600)(104 )Kg / m2 . Reemplazando los valores conocidos (Fuerzas en Kilogramos; Longitudes en metros) en (***) (1,600 x 10 4 )2 (2.813 x 10 5 ) encontramos Q   33.16 Kg , que es a la vez el QMAX 3.86(2 x 1010 )(0.5)(0.075)2 puesto que se usó el máximo esfuerzo normal.

De donde despejando obtenemos Q 

4) En el sistema representado, calcular la altura h desde la cual deberá caer el cuerpo de peso Q, para que en ninguna sección de la viga AB el esfuerzo máximo exceda el valor admisible σ O . Q

Q

h

A a

B 2a

A 2Q/3

B C Q/3

Momentos Flectores: Tramo AC: M=2Qx/3 (0
Determinamos la energía de deformación en condiciones estáticas:

694



2 2a  a  2Qx 2  2a3Q2 U 4Qa2  Qx  C . Luego δST .Con esto el      dx    dx   3 9 EI  Q 9 EI    0  3   Z Z 0  2h 9hEI Z factor dinámico es K d  1  1  C  1  1  . δST 2a3Q

U

1 2EI Z





MMAX 2aQ  , siendo W el módulo W W de sección (W= Iz/c). El esfuerzo en las condiciones del impacto es σ d  K dσ ST , es

El esfuerzo normal en condiciones estáticas es σ ST  9hEI Z  2aQ  decir σ d   1  1  2a3Q  3W 

 . De esta última ecuación despejamos la atura h.   2   2a3Q  3Wσ 0  Obtenemos h   1   1 9EI Z  2aQ   

2h , el valor aproximado de la C δST

Nota: Si usamos el factor dinámico aproximado K d  altura h sería

aW2σ 20 . QEIZ

5) Calcular la deflexión dinámica en el punto B del sistema representado. Considerar constante la rigidez flexional EIz. Usar una expresión aproximada para el factor dinámico. 2h Necesitamos calcular δBd  K dδBST (1) donde K d  (2) . δBST Q h

Q B

B



2a a

Momentos flectores. Tramo recto: M= -Qx (0








695



a3Q  20 27π   (3) .   EI Z  3 4  Reemplazando las expresiones (2) y (3) en (1) obtenemos luego de simplificar Efectuando las integrales y simplificando tenemos δBST 

δBd  7.47

a3 h Q . E IZ

6.04)

Principio del Trabajo Mínimo. Sistemas Hiperestáticos en Flexión.

Mediante el Segundo Teorema de Castigliano pueden encontrarse los desplazamientos de puntos libres de sistemas elásticos, calculando la derivada parcial de la Energía de Deformación con respecto a una Fuerza Seleccionada. De manera complementaria, aplicando el mismo Teorema a un sistema elástico lineal, estáticamente indeterminado, hallamos que la derivada parcial de la energía de deformación con respecto a una reacción superabundante (redundante o hiperestática) o respecto a una fuerza de vínculo interno, debe ser cero, puesto que la función de esa reacción es, precisamente, evitar cualquier desplazamiento de su punto de aplicación. Por lo tanto, si X, Y, Z,………., son los valores de las Fuerzas Superabundantes, su U U U determinación requiere  0;  0;  0, etc. Donde U es una función de X Y Z segundo grado en X, Y, Z, …,. U U U  0;  0;  0, pueden ser interpretadas como las X Y Z condiciones analíticas de valor extremo de la función de energía de deformación U.

Las ecuaciones

 2U etc, son positivas y en consecuencia la función de energía X 2 de deformación U alcanza un valor extremo mínimo. El significado físico de las referidas ecuaciones, se expresa notando que el sistema elástico se deformará de tal modo que conserve mínima su Energía de Deformación.

Puede demostrarse que

En algunos casos se elegirán como redundantes ciertas reacciones externas. En otros, se escogerá como magnitudes estáticamente indeterminadas, las fuerzas internas que actúan en las dos partes adyacentes del sistema estudiado, de acuerdo a lo establecido en el método general de las secciones planas. De manera alternativa, en todo sistema hiperestático interno, externo o interno-externo pueden seleccionarse como incógnitas los desplazamientos lineales o angulares que sean de interés al problema. A

A

RA

Se dispone de tres ecuaciones con tres incógnitas:

B MB RB

F

V

 0;

Si RA es la redundante, entonces debe expresarse U = f(RA).

M

O

 0;

U  0. R A

696



P

P m

m

Mo

Mo P/2

P

Si m-m indica un plano de simetría, puede seleccionarse como redundante la acción interna Mo.

P/2

EJEMPLOS 1) En el sistema rectangular indicado anteriormente, considerar que las barras verticales tienen momento de inercia I y que las barras horizontales tienen momento de inercia I1. El material de todo el sistema es de comportamiento elástico lineal con módulo E. Las barras verticales miden h y las horizontales L. Determinar el momento interno Mo, sabiendo que m-m indica un plano de simetría. Incluir solamente efectos de momento flector. Debido la simetría del sistema, en la sección m-m no existe fuerza cortante. Asimismo no existe giro de la elástica en las secciones correspondientes al plano simetría m-m. P

Momentos flectores: Barras verticales: M = Mo Barras horizontales: M = Mo – 0.5 Px

x

Mo

Mo P/2

P/2

Energía de deformación en los tramos verticales:  M2 (h / 2)  M2Oh  U  2 O   2EI  2EI L /2

Energía de deformación en el tramo horizontal U  2

 0

1 MO  0.5x 2 dx . Por lo 2EI1

tanto, la energía de deformación total (de la mitad superior del sistema) es la suma de M2 h 1 los valores encontrados U T  O  2EI EI1

del Trabajo Mínimo, tenemos

L /2

 (M

O

 0.5Px)2dx . Aplicando ahora el Principio

0

U T MOh 2   MO EI EI1

L /2

 (M

O

 o.5Px) dx  0 .

0

Resolviendo la integral anterior y despejando la incógnita de interés, encontramos: PL MO  hI   81  1  L I  Nota: Observar que cuando I1/I tienda a infinito, el momento Mo tenderá a cero, y la barra horizontal se aproxima a una viga apoyada simplemente. En cambio, si I1/I tiende a cero, el momento Mo tiende a PL/8 que es el caso de una viga empotrada en sus dos extremos. 2) El anillo circular representado en el esquema ha sido formado de una barra cuya rigidez flexional es constante EI. Determinar el momento flector en los puntos C y D, y el incremento en la longitud del diámetro vertical.

697



P

P r

Mo

D

C



r Mo P/2

P/2 P

En la sección definida por el ángulo , el momento flector es M  MO  0.5 Pr1  cos φ . En la mitad del anillo la energía de deformación debida a la flexión, es π/2

2 U 2EI

r M rdφ  EI 0



Mínimo,

2

tenemos

π/2

 M

 0.5 Pr 1  cos φ dφ. Aplicando el Principio del Trabajo 2

O

0

U 0 MO

integral, obtenemos MO 

π/2

 M

O

 0.5 Pr 1  cos φ(1)dφ  0 .

Desarrollando

la

0

Pr  2 1  . 2  π

Para calcular el cambio de longitud del diámetro vertical, aplicamos el Segundo Teorema de Castigliano: δ  2

U 2r   P EI P

π/2

 M

O

 0.5 Pr 1  cos φ dφ. Efectuando las

0

derivaciones antes de integrar tenemos δ

2r EI

π/2

 2M

O

0

π  0.5 Pr 1  cos φ 1 (1  cos φ)dφ . Reemplazando el valor conocido 2

Pr 3  π 2    . EI  4 π  3) Para la viga que se representa en el esquema, cuya rigidez flexional es constante EIz, graficar los diagramas de fuerza cortante y de momento flector. Considerar E=200GPa; Iz=2.3 x 10-3 m4. de Mo y simplificando, obtenemos δ 

P=100KN

3m

w=50KN/m

7.5 m

3m

Se trata de un sistema hiperestático externo de primer orden. Sea R 4 la reacción redundante. Las ecuaciones del equilibrio estático son: P=100KN

w=50KN/m

B

A RA

D

RB

C RC

698



F M

V A

 0  R A  R B  R C  100  50(13.5)

(1)

 6R B  13.5R C  300  50(91.125)

(2)

Para calcular la energía de deformación determinamos el momento flector en cada tramo. Tramo AD. M  R A x  25x 2 con 0  x  3, medida desde el punto A. Tramo DB. M  R A (3  x)  100x  25(x  3)2 con 0  x  3, medida a partir del punto D. Tramo CB. M  R C x  25x 2

con

0  x  7.5, medida hacia la izquierda a partir de C.

La energía de deformación es: 3 3 7.5  1  2 2     U R x  25 x dx  R 3  x  100 x  25 x  3 dx  R C x  25x 2 dx .  A A 2EI  0  0 0







Principio del Trabajo Mínimo 3

 R

 

U  0. Obtenemos R A

3



2 A x  25 x xdx 

0



 R 3  x   100x  25(3  x) 3  x dx   R 2

A

Cx

0



 R   25x 2  x C dx  0  R A 

R C 1  . Reemplazando este R A 1.25 valor y resolviendo las integrales anteriores, obtenemos R A  142.5 KN. Mediante las ecuaciones del equilibrio (1) y (2), encontramos RB  491 KN; R C  141.5 KN.

De las ecuaciones del equilibrio estático obtenemos

Conocidas las reacciones externas, por el método general de la Estática podemos precisar las ecuaciones de fuerza cortante y de momento flector para los tres tramos de la viga en estudio. Luego se grafican los diagramas de fuerza cortante y momento flector.

A

C

B

D 233.5

142.5

-141.5 KN

-257.5

200 KN-m

345

699



4) En la viga representada, cuya rigidez flexional es constante EIz, calcular la reacción en el apoyo B usando el principio del Trabajo Mínimo. Graficar el diagrama de momento flector. w= 0.3 T/m B

A

C

D 3m

w= 0.3 T/m

P=2.25 T

2.4 m

2.4 m

P=2.25 T

B

A RA

D

RB

C RC

Sea RB la reacción hiperestática. Las ecuaciones del equilibrio se expresan por: RA+RB+RC=3.15 (1) 7.8RC+3RB=13.5 (2) U Principio del Trabajo Mínimo  0 . Para calcular la energía de deformación U, R B encontramos las expresiones para los momentos flectores en los tres tramos de la viga. Tramo AB: M = RAx-0.15x2 (0








2.4



R 0

Cx

2







R C dx  0 R B

(*).

De las ecuaciones de equilibrio (1) y (2) obtenemos las derivadas parciales R A 4.8 R C 3 desconocidas en la ecuación (*):   . Reemplazando estos R B 7.8 R B 7.8 valores en (*), desarrollando las integrales y resolviendo el sistema con las ecuaciones de equilibrio y ecuación de trabajo mínimo, obtenemos RA=0; RB=2.3 Ton; RC=0.846 Ton. Finalmente, usando el método general de la Estática, graficamos el diagrama de Momento Flector. w= 0.3 T/m B

A

P=2.25 T C

D 3m

2.4 m

2.4 m

1.35 T-m

-2.01 T-m

700



5) En la estructura representada, calcular las reacciones externas, incluyendo solamente los efectos de flexión. Considerar I2=1.5 I1; a=4m; b=1m; c=0.5m; h=5m; L=4m; P=50Ton; E constante. Las barras verticales tienen momento de inercia I1, las horizontales I2. L

C b

P

L

C

D

b

D

P

B c

B c h

a A

h

a X

E

A

E

X

VE VA Sea X la reacción hiperestática. Las ecuaciones del equilibrio son VA+VE=P; Pc=VEL. De donde obtenemos VE=Pc/L y VA=P(1-c/L). M2 La energía de deformación por momento flector es U  dy . Por el Principio del 2EI (L )



U 0 X

Trabajo Mínimo, tenemos

M M dy  0 , puesto que sólo E es X (L )

I

constante. M M dy  0 (1). Encontraremos las ecuaciones para los X (L )

I

Requerimos que

momentos flectores y las derivadas parciales para cada uno de los tramos. Tramo AB.

N

M

V

M = -Xy, con 0
y X

Tramo BC.

A P(1-c/L)

M c y B a X

M = Pc – Xy, con a
P

A P(1-c/L) M = - Xy, con 0
Tramo ED. y E

X Pc/L

701



Tramo CD.

M y

M = (Pcy/L) – Xh, con 0
h X

Pc/L

M  0 . Esto significa que la energía interna en el X voladizo no es de interés para la reacción hiperestática. Reemplazando en la sumatoria (1), tenemos

Voladizo: M  Py ,

1 I1

luego

a

h

h

L

0

a

0

0

1 1 1  Pcy    Xy  y dy  I1  Pc  Xy  y dy  I1   Xy  y dy  I2   L  Xh  hdy  0

Resolviendo las integrales y encontrando el valor de X, tenemos  c I P  2 h2  a2  hL  2  I1 . X   2 hI 2 h2   L  3 I  1 





Reemplazando valores numéricos encontramos X = 1.86 Ton. A partir de las ecuaciones del equilibrio tenemos VE = 6.25 Ton; VA = 43.75 Ton. 6) En el sistema representado, calcular la deflexión del punto A. El resorte es elástico lineal con rigidez K=60 KN/m. Considerar E = 1010 Pa; Iz=60 x 106 mm4. Incluir solamente deformaciones por flexión. w=800 N/m A

L=4m

K

w=800 N/m B

A F

B RB

MB

Se trata de un sistema hiperestático de primer orden. Sea F la fuerza en el resorte. La energía de deformación total es U  UVIGA  URESORTE . El momento flector en una sección genérica de la viga es M  Fx 

wx 2 . Luego 2

tenemos 2

L

 wx 2  F2  Fx   dx  , que incluye la energía por flexión de la viga y la  2  2K 0 U energía por deformación del resorte. Aplicando el principio el Trabajo Mínimo 0, F L 1  wx 2  F  Fx   xdx   0. Realizando la integración y despejando la fuerza es decir   EI Z 0  2  K 1 U 2EI Z





wL4 8 Reemplazando los valores numéricos dados (L3 3)  (EI Z K ) F 0.817 tenemos F = 0.817 KN. La deflexión del extremo A es δ A    0.0135 m. K 60 en el resorte, tenemos F 

702



7) En el sistema que se representa calcular la fuerza en el cable. Considerar los siguientes datos: Viga FD: E=700 Ton/cm2; I=24,000 cm4. Cable DC: E=1,400 Ton/cm2; A=6.4 cm2. Barra CB: E= 2,100 Ton/cm2; A=12.8 cm2. Barra CA: E=2,100 Ton/cm2, A=19.2 cm2. F

D

X

(1)

X

a (2) C

B

45º

P=4.5 Ton

X X

F3=4.5-X

4.5 Ton A

a=3 m

a

F4  2 (X  4.5)

Energía de deformación. En el elemento (1) por momento flector y en los elementos (2), (3) y (4) por carga axial. Por tanto, tenemos luego de reemplazar los valores conocidos: 1 U1  2EI

300



( Xy )2 dy  0.268X 2

U2 

0

X 2 300  0.0167 (2)(1,400)(6.4)

(4.5  X)2 300 2( X  4.5)2 (300) 2  0.006(4.5  X)2 U4   0.011( X  4.5)2 . (2)(( 2,100)(12.8) (2)(2,100)(19.2) (Unidades: Fuerza en toneladas y longitudes en centímetros). U3 

Energía total: U  0.268X2  0.0167X2  0.006(4.5  X)2  0.011(X  4.5)2 . Principio del Trabajo Mínimo U  0  0.268X  0.0167 X  0.006(4.5  X)( 1)  0.011(X  4.5)  0 X de donde obtenemos X=0.254 Ton que es la fuerza en el cable.

Por

el

8) En el sistema representado, encontrar la fuerza axial en la barra BD. Considerar todos los elementos con el mismo módulo de elasticidad E. La viga AC tiene momento de inercia (1/144) pies4 y área transversal de 12 pulg2. La barra BD tiene área transversal de 5 pulg2; las barras AD y CD tienen área transversal de 4 pulg2. Dimensiones: AB=BC=12 pies; BD=9 pies. w=1Klb/pie

w=1Klb/pie

A

B

D

C

B

A 12 Klb

C

X

Y

Y Y

X

12 Klb

Y

D

703



Sea X la fuerza hiperestática. De las ecuaciones del equilibrio del nudo D encontramos que Y=5X/6. Energía de deformación: En la viga ABC se genera energía de deformación por momento flector y carga axial. En las barras AD, BD y CD sólo se genera energía de deformación por carga axial. w=1Klb/pie i) Energía por carga axial: 2

B

2

 2X   5X    24    15 X 2 9 3  6    U 2  2E 8E 10E 132 144 144

2X/3

X

X/2

X/2

2X/3 12 Klb

12 Klb

Simplificando tenemos U = 568.6X2/E. ii) Energía por momento flector: El momento en una sección genérica ubicada a la distancia y del punto A es M=12y-0.5y2-0.5yX (0
12

 12y  0.5y

2



2

 0.5yX dy. La energía de deformación total

0

almacenada en el sistema es U 

568.6 X 2 1  E EI

2 2 (568.6 X)  E EI

principio del Trabajo Mínimo

12

 12y  0.5y

2



2

 0.5yX dy. Por el

0

12

 12y  0.5y

2



 0.5yX  0.5y dy  0.

0

Efectuando las integraciones y despejando X, obtenemos X = 14.97 Klb (compresión). 9) En el sistema representado, el cable AD tiene instalado un mecanismo para controlar su longitud y medir la fuerza axial. Todos los elementos son del mismo material, con módulo de elasticidad E. Los elementos verticales tienen sección transversal con momento de inercia I. Ambos cables AD y DE tienen sección transversal de área A. Calcular la fuerza axial en el cable AD para que el punto E no sufra desplazamiento horizontal alguno. D

E q

A

45º L

C B

A la distancia x del punto E, el momento flector en la viga EC, es M=0.5qx2-NDEx

NDE

E q

C

L

Nudo E: L

2

 qx 2     2  NDE x  dx . Como el  0 U punto E no sufre desplazamiento horizontal alguno, entonces δEH  0, luego  0, NDE por aplicación del Segundo Teorema de Castigliano. Efectuado la derivada parcial 1 La energía de deformación en el elemento EC, es U  2EI



704



L

 qx 2     2  NDE x)  x dx  0 . Resolviendo la integral y despejando la  0 fuerza axial en el cable DE, obtenemos NDE=3qL/8. Nudo D. obtenemos que



D

Ecuación de equilibrio

NDE

H

 0 . Luego

NAD COS 45 = NDE + V.

V

NAD

F

NDB

Condición de compatibilidad: Como el punto E no debe desplazarse horizontalmente ninguna cantidad. Entonces, el desplazamiento del punto D, debe ser igual al alargamiento del cable DE.

V

NDEL . El desplazamiento del punto de aplicación EA VL3 D de la carga V en el voladizo BD, es ΔDBD  . Por compatibilidad geométrica 3EI VL3 NDEL deberá ocurrir ΔDBD  ΔDE , de donde , con lo cual la fuerza cortante V en la  3EI EA 3N I viga vertical BD es V  BD2 . Por tanto, reemplazando en la ecuación de equilibrio del AL N 2 3qL 3I 3qL nudo D, tenemos AD   2 . Finalmente despejando la fuerza axial en el 2 8 AL 8 3 2qL  3I  cable AD, tenemos NAD  1  2 . 8  AL  La deformada del sistema es la representada en el esquema inferior con trazo discontinuo.

El alargamiento del cable DE es Δ DE 

10) En el sistema representado (dos semicircunferencias del mismo radio r), hallar el descenso del punto C por acción de la fuerza vertical P. Considerar constante la rigidez flexional. Incluir solamente efectos de flexión.

H

C

A

B P

MA



H 

RA

MB RB

P

705



Equilibrio: RA=RB=P/2;

MA=MB. Momentos flectores en las secciones genéricas Mφ  MA  0.5 Pr 1  cos φ  Hrsenφ definidas por los ángulos  y  (i). Mα  MB  0.5 Pr 1  cos α  Hrsenα Calculamos la energía de deformación debida al momento flector: π π  1  2 U  Mαds  M2φds  2EI  0  0 Reemplazando las expresiones (i) en la energía de deformación U, tenemos: π π  1  2 2 U   MA  0.5 Pr 1  cos φ  Hrsenφ rdφ  MB  0.5 Pr 1  cos α  Hrsenα rdα , (*) 2EI  0 0 









Se trata de un problema hiperestático de segundo orden. Existen dos incógnitas (H y MA=MB) que no pueden ser encontradas solamente por equilibrio. Usamos el Principio U U del Trabajo Mínimo 0 y 0 (**). MA H A partir de la ecuación (*) determinaremos las dos ecuaciones indicadas en (**). Encontramos: π

π

0

0

  MA  0.5 Pr1  cos φ  Hrsenφ 1rdφ  MB  0.5 Pr1  cos α  Hrsenα1rdα  0 π

π

  M

A

 0.5 Pr 1  cos φ  Hrsenφrsenφrdφ  MB  0.5 Pr 1  cos α  Hrsenαrsenαrdα  0



0

0

Evaluando las integrales y resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos MA=Pr/2; H=0 Reemplazando los valores encontrados en la ecuación (*), tenemos π π  1  2 2 U   0.5 Pr  0.5 Pr 1  cos φ rdφ  0.5 Pr  0.5 Pr 1  cos α rdα. 2EI  0  0 Aplicando el Segundo Teorema de Castigliano π    0.5 Pr  0.5 Pr 1  cos φ   0.5r  0.51  cos φ rdφ    U r 0 ΔCV   π . P EI    0.5 Pr  0.5 Pr 1  cos α 0  5  0.51  cos αrdα  0  3 πr P Finalmente resolviendo las integrales encontramos ΔCV  . 4EI





 

11)El arco parabólico ACB de luz 2L=a+b, está sometido a la acción de una fuerza P, según se indica en el esquema. Calcular el empuje horizontal H, considerando que el momento de inercia, en una sección cualquiera, es igual a (Io sec ), donde Io es el momento de inercia en el punto más alto (clave) C y  es la inclinación de la recta tangente en un punto cualquiera del arco. Incluir solamente las deformaciones debidas al momento flector. C

C (L,0)

P D

x

 A

H

H a

b

B

(0,-h) A

B (2L,-h)

706



Ecuación de la parábola: y  

h 2 3h x  x h 2L 2L2

La energía de deformación almacenada en el arco, debida al momento flector es, M2 1 M2 U ds  ds (*). El momento de inercia es I=Io sec , pero 2 EI 2 E I (S) (S )



como U



cos

1 2EI o



=

  M dx 2

dx/ds,

tenemos

.

ds=dx/cos

Reemplazando

en

(*)

(**).

(L )

Determinamos el momento flector en los tramos AD y BD. Tramo AD: M  R A x  Hy , 0  x  a. Tramo BD: M  RB 2L  x   Hy , Reemplazando en (**) U 

a  x  ab.

a a b  1  2 2  R A x  Hy  dx  R B 2L  x   Hy  dx  . Puesto que 2EI0  0 a 





H es una fuerza redundante, por el Principio del Trabajo Mínimo derivación bajo el signo integral tenemos:

U  0. Efectuando la H

ab

a

 R A x  Hy   y dx   RB 2L  x   Hy   y dx  0 . 0

Reemplazando y en función de x

a

mediante la ecuación de la parábola, el resultado de la integración constituye una ecuación que resuelta junto con las dos ecuaciones del equilibrio estático permiten 5 Pab a2  3ab  b2 obtener H  . 64 hL





12)En el sistema representado, las dos vigas horizontales están conectadas entre sí mediante un cable de unión. El material de las vigas y del cable tiene módulo de elasticidad E. Las secciones transversales de ambas vigas tienen momento de inercia I. El área transversal del cable es A. Determinar la fuerza axial en el cable de unión. E

L

2L F

D 2L

L

B

A

C

P

Analizaremos el equilibrio de los nudos B y E que definen al cable de unión. Nudo superior E: E D V4 V4 V3 V 3

F

V4

V3

N

707



V3L3 . Para el elemento FE, la 3EI

Para el elemento DE, la flecha en el extremo libre es δ  flecha en el extremo libre es δ 

8V4L3 . 3EI

Nudo inferior B. Para el elemento AB, la flecha en el extremo libre es δ  la flecha en el extremo libre es δ 

8V1L3 . Para el elemento BC, 3EI

V2L3 . 3EI N

A

B

V1

V1

V2

C

V2

P

El alargamiento del cable de unión es Δ 

NL . EA

Ecuaciones del equilibrio: V3+V4=N; V1+V2+N=P. Las condiciones de compatibilidad geométrica se expresan mediante: 8V1L3 V2L3 V3L3 8V4L3   V2  8V1   V3  8V4 . 3EI 3EI 3EI 3EI El alargamiento del cable es NL 8V1L3 8V4L3 N 8V L2 8V L2 Δ  δ1  δ2      1  4 . EA 3EI 3EI A 3I 3I L

D

A

E

2L

F

2 2L

L

B 1

C

P

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones del equilibrio con la ecuación de 8 A P L2 compatibilidad geométrica, obtenemos: N  . 27 I  16 A L2 13) Hallar las reacciones en el sistema representado. Incluir solamente efectos de las deformaciones por flexión. Los elementos horizontales tienen rigidez flexional EI y los elementos verticales E1I1. Sistema hiperestático externo de segundo orden. Puede considerarse HA y VA como las incógnitas redundantes. Calculamos la energía de deformación debida al momento flector. Por simetría basta determinar la energía de los tramos AB; BC Y CG.

708



w B

C

D

G

F

C

B

D

h

A

HA VG

VA

L

L

HF

VF

M M

HA

x

M

h

x

x

HA VA

VA

VG

Tramo BC Tramo CG Tramo AB Las ecuaciones para momento flector son M=-HAx; M=VAx-HAh-0.5wx2; M=0, L  1 h  HA x 2 dx  1 VA x  HAh  0.5w2 2 dx  . Debido a la simetría U  2 2EI 0  2E1I1 0  U U Condiciones de trabajo mínimo: 0 y  0 . Reemplazando la HA VA energía en las ecuaciones de trabajo mínimo, tenemos: Tramo AB





h

2 2 HA x 2dx  E1I1 0 EI



2 EI



L

 V x  H h  0.5wx  hdx  0 A

A

2

(1).

0

L

 V x  H h  0.5wx x dx  0 A

2

A

(2).

Desarrollando

las

integrales

de

las

0

expresiones (1) y (2), obtenemos las ecuaciones HAh3 h  L2 wL3  VAL HAh wL2 0 y   VA  HAL     0. Resolviendo el sistema 3E1I1 EI  2 6  3 2 8 de ecuaciones,

3α  1wL αwL2 EIL ; HA  , siendo α  1 1 . 23α  4  43α  4 h EIh Las reacciones HF, VF y VG se determinan a partir de las ecuaciones del equilibrio y las condiciones de simetría. Se obtienen: αwL2 3α  1wL (3α  5)wL HF  , VF  , VG  . 43α  4 h 23α  4  3α  4 VA 

14) Calcular las reacciones verticales y los momentos que se desarrollan en los apoyos del sistema representado. Considerar solamente efectos de momento flector. La rigidez flexional EIz es constante.

709



w

w MB

MA

L

RB

RA

Sistema hiperestático de segundo orden. Consideremos RB y MB como las reacciones hiperestáticas. Calculamos la energía de deformación debida al momento flector. MB

M x RB V A la distancia x medida desde el apoyo B la función de carga es w=wx/L. El momento wx 3 flector en una sección genérica es M  MB   R B x. La energía de deformación 6L es: 2

L

 wx 3  U U  R B x  MB   dx. Condiciones de trabajo mínimo:   0.   6L  R B MB 0 Reemplazando la expresión de la energía obtenemos las expresiones siguientes: L  wx 3  R L M wL2  R B x  MB  x dx  0  B  B  0 (i).  6L  3 2 30 0 1 U 2EI Z



 L

 wx 3   R B x  MB   1dx  0   6 L   0





R BL wL2  MB  0 2 24

(ii).

3wL ; 20 7wL RA  . 20

Resolviendo las ecuaciones (i) y (ii), obtenemos R B  ecuaciones de equilibrio obtenemos MA 

wL2 ; 20

MB 

wL2 . De las 30

15) Encontrar las componentes de reacción en el apoyo F del sistema representado. Incluir solamente deformaciones por momento flector. El elemento AB tiene momento de inercia I3=10,400 cm4; el BD tiene I2=14,400 cm4 y el DF tiene I1=15,600 cm4. El módulo de elasticidad es el mismo para todo el sistema E. B 3.6 m

8.1 Ton C D

B

D

C

7.8 m A

5.4 m

F

A

F

H V

Sistema hiperestático de segundo orden. Sean H y V las reacciones hiperestáticas. Determinamos la energía de deformación U, debida al momento flector. Momentos flectores: Tramo FD. M=Hx,

0
710


Tramo DC. Tramo CB. Tramo BA.


M=7.8H+Vx M=7.8H+V(1.8+x)+8.1x M=H(7.8-x)+5.4V-2.25x+35.1

Por aplicación del Principio del Trabajo Mínimo:

0
U 0 H

y

U  0. Reemplazando V

M M M M dx  0 y dx  0. Desarrollando las integrales de la H I V energía las condiciones del trabajo mínimo son:

tenemos 7.8



 I

Hx x dx  1.87.8H  Vx 7.8 dx  3.67.8H  V(1.8  x)  8.1x 7.8 dx I1

0



I2

0



I2

0

7.8

dx

0

3

 H(7.8  x)  5.4 V  2.25x  35.17.8  x  I

 7.8

Hx 0 dx  I1 0







1.8

7.8H  Vx x  dx  I2 0



 0.

3.6

dx

0

2

 7.8H  V(1.8  x)  8.1x 1.8  x  I

7.8

dx

0

3

 H(7.8  x)  5.4 V  2.25x  31.55.4  I

 0.

Desarrollando las integrales, reemplazando valores conocidos y simplificando obtenemos las ecuaciones: 501.1H+246.8V+1,005.5=0;

y

246.8H+265.4V+1,018.2=0

De donde tenemos los valores pedidos H=-0.-21 Ton y V=-3.65 Ton. (Los signos negativos indican que las reacciones actúan en sentido contrario al supuesto inicialmente). 16)Graficar los diagramas de fuerza normal y momento flector en el sistema representado, sometido a la fuerza repartida w=100 Kg/m. Incluir efectos del momento flector y de fuerza normal. Considerar ambos tramos de longitud L=2m; área transversal A=120 cm2; momento de inercia I=1,440 cm4; módulo de elasticidad E = 2 x 106 Kg/cm2. w

w 30º

30º

C 30º

R2 A R1

30º B

R4 R3

Se trata de un sistema hiperestático de primer orden. Las ecuaciones del equilibrio estático son: R1  R 3  wL cos θ; R 2  R 4  wLsenθ; 0.5wL2  (2L cos θ)R 3  0 . Reemplazando valores numéricos y resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos: R1=115.47 Kg; R3=57.735 Kg; R2=R4+100. (i) Para cada uno de los tramos determinamos las ecuaciones para momento flector y fuerza cortante:

711



M

w=1K/m  R2

N

N

M

V

x

V

115.47 K

R4 57.735 K

Tramo AB ( 0  x  200cm) N = 0.866R2-57.735

M=-0.5x2+0.5xR2+100x.

(ii)

Tramo CB ( 0  x  200cm) N=0.866R4-28.868

M=0.5xR4+50x

(iii)

Energía de deformación por momento flector y fuerza normal: 1 U 2EI Z 1 2EA



200

 0



1  0.5x  0.5xR2  100 x dx  2EI Z 2

2

200

 0.866R

 57.735 dx  2

2

0

1 2EA



200

  0.5x

2

 0.866R



2

 57.7350.866 dx 

0

0

2

0

0

1 A

1 A

 50 x  dx 2

4

 0.866R 4  28.868 dx

 0.5xR2  100 x 0.5x dx 

200

 0.5xR

200

Aplicamos el Principio del Trabajo Mínimo: 1 IZ

200

1 IZ

U  0. Considerando R2 la redundante. R 2 200

 0.5xR

4

0

 R   50 x  0.5x 4 dx R 2   

R 4  dx 2 

 0.866R 4  28.868 0.866 R

A partir de las ecuaciones (i) se obtiene

R 4  1. Reemplazando en la expresión R 2

anterior: 1 1440 

1 120

200

  0.25x

3



 0.25x 2  50 x 2 dx 

0

200

 0.75R 0

2



 50 dx 

1 120

1 1440

200

 0.75R

4

200

 0.25x R 2

4



 25x 2 dx

0



 25 dx  0

0

Resolviendo las integrales y simplificando obtenemos la ecuación: R2+R4=-149.33, que resuelta con las ecuaciones (i) nos dan R2=-24.665 Kg; R4=-124.665 Kg. Reemplazando las reacciones calculadas en las ecuaciones para las fuerzas internas, tenemos: Tramo AB. Tramo BC

N = -79.1 Kg. N = -136.828 Kg

M = -0.5x2-87.6675x Kg-cm M = -12.3325x Kg-cm.

712



FUERZA NORMAL

-136.828 Kg

-79.1 Kg

-2,466.5 Kg-cm

-2,466.5 Kg-cm MMÁX=3,842.795 Kg-cm, para x=87.6675 (a partir del apoyo A)

MOMENTO FLECTOR

17) En el sistema representado, determinar el valor máximo de la carga repartida uniforme p, que puede ser aplicada de manera que el máximo esfuerzo normal sea 140 MPa (en la viga AB y en la barra CD). Calcular el desplazamiento vertical del punto C. La viga AB tiene módulo de sección W=1460 cm3. La barra CD tiene sección transversal de 5cm2. El módulo elástico del material es E = 2.1 x 10 7 N/cm2. D 4m A

4m

C

p

4m

B

Se trata de un sistema hiperestático. Condición de compatibilidad geométrica: El desplazamiento vertical del punto C (como parte de la viga AB) debe ser del mismo valor que el desplazamiento vertical del punto C (como parte de la barra CD): δC  ν c . D

C

RD

Alargamiento del tirante CD: δC  εL CD  Reemplazando valores conocidos: (R D )( 400) δC   (3.81)(10  6 ) (En (2.1)(107 )(5)

RD

p

x

C A

RD

B

σ R L L CD  D CD . E EA

Newtons ).

Momentos flectores: Tramo AC: M = RD(x-400)-0.5px2 Tramo CB: M = -0.5px2 (unidades N-cm).

Usando el método de Castigliano, tenemos ν C 

U TOTAL . Luego. R D

713


νC 


M M M M dx  dx  EI R D EI R D (BC ) ( CA )





400

 0

800

 5px 2 R D ( x  400)  0.5px 2 (0)dx  ( x  400)dx EI EI 400



. Desarrollando las integrales y reemplazando valores numéricos obtenemos: ν C   29561.5p  34.8RD (106 ) (en cm). Reeamplzando en la ecuación de condición tenemos 6 6 3.81 10 RD  (29561.5p  34.8RD )(10 )  RD  766p (en Newtons).





Esfuerzos máximos: RD  σ ADM  (140)(102 )  R D ,MÁX  70,000 5 la máxima carga repartida es PMAX = (0.13)(70,000)=9,100 N/m.

Para la barra CD:

N . Por tanto,

σMAX 

MMAX

 σ ADM  (140)(102 ). WVIGA De las ecuaciones del momento flector, obtenemos el máximo momento flector (en valor absoluto): MMAX  80,000p . Reemplazando en el esfuerzo máximo:

Para la viga AB: σMAX 

80,000p  14,000 N / cm2 . De donde pMAX  25,550 N / m. 1460 El máximo valor de la carga repartida es p = 9,100 N/m (el menor de los calculados). σMAX 

El desplazamiento vertical del punto C es δC  (3.81)(106 )(70,000)  0.267 cm . 18) En el sistema representado, determinar el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la fuerza P. Considerar constante la rigidez flexional EIZ. Incluir solamente deformaciones por flexión.

2a

a

P

Determinamos el momento flector real en una sección genérica definida por el ángulo .



N

Sea N la fuerza en la barra doblemente articulada la incógnita redundante.

N P

En la barra de radio a, el momento flector es M1=(N-P) a sen . En la barra de radio 2a, el momento flector es M2=-2aN sen . Los elementos de arco, son ds1=ad y ds2=2a, respectivamente.

La energía de deformación debida a la flexión es: π/2 υ/2  1  2 2 2 U  N  P  a sen θ adθ  4a2N2sen2θ 2adθ 2EI Z  0 0  





(*)

714


Efectuando

las


integrales

y

simplificando,

Aplicando el Principio del Trabajo Mínimo:

obtenemos

U





πa3 N  P 2  8N2 . 8EI Z

U P 0 N . N 9

Reemplazando el valor de N en la ecuación (*), encontramos U  Por el Segundo Teorema de Castigliano tenemos Δ 

πa3 8EI Z

 72  2  P .  81 

U 2 π a3 P .  P 9 E IZ

6.05) Deflexiones por el Método de Vereschaguin El método de Vereschaguin es un procedimiento importante y muy rápido para calcular deflexiones en puntos libres de sistemas elásticos lineales. El método se basa en una propiedad de la integral definida del producto de dos funciones y en el Segundo Teorema de Castigliano. b

6.05.1) Propiedad de

 f (x) g(x) dx. a

Sean f y g dos funciones integrables en , una de las cuales es función lineal. b

Requerimos calcular I =

 f (x) g(x) dx. a

Escogemos g para definir la función lineal: g(x) = Ax+B. y x y=f(x)

f(x) a

Sea g(x)=Ax+B (función lineal). Requerimos calcular: b



I= ( Ax  B) f ( x ) dx b

x

a

b

 a

y=g(x) b

b



I= A x f ( x ) dx  B f ( x ) dx .

y

a

(*)

x

a

La primera integral significa el Momento Estático del área limitada por la gráfica de f en el intervalo , respecto del eje de ordenadas y: Q fy .

El segundo sumando integral (B por coeficiente) significa el área bajo la gráfica de f en el intervalo : A f . Luego I  A Qfy  B A f . Pero Qfy  A f (x) . Por lo tanto obtenemos I  A A f (x)  B A f , expresión que puede escribirse I  A f A x  B  A f g(x) . Con lo cual ha sido posible evaluar la integral I, definida en (*).

715



y

b



I= f ( x ) g( x ) dx .Por la propiedad establecida: Af

y

a

f CG

I= A f g(x) . Donde Af es el área de la región del plano x,y limitada por la gráfica de f en el intervalo .

x

x

x es la abscisa del Centro de Gravedad de la región cuya área es Af. g( x ) es el valor de la función lineal g, para x= x .

g

g( x)

x

Nota Si ambas funciones son lineales, la propiedad es conmutativa: Af g( x ) = Ag f( x ). 6.05.2) Cálculo de Deflexiones Consideremos una viga simplemente apoyada, de longitud L=a+b, cuya rigidez flexional es constante EIZ, sometida a flexión por acción de la carga vertical P. P

A a

Determinamos la energía de deformación por momento flector. Momentos: Tramo AC M=Pbx/L (1) 0
B

C

b

Pab/L M

 x

2 ab a  1  P 2b2 x 2  Pbx   . Aplicando el Segundo Teorema de U dx   P ( x  a ) dx  L   2EI Z  0 L2   a   U Castigliano, encontraremos la flecha en el punto C, ΔCV  . Reemplazando U, P a L 1  Pb2 x 2dx  Pbx   bx   C ΔV    P ( x  a )  ( x  a )    dx  . Expresión que puede ser  L  L EI Z  0 L2    0  re-escrita de la manera siguiente:









a

ΔCV

El término

L

Pbx 1 bx  Pbx  1  bx   dx    Px  a  x  a dx  L EI Z L L  EI Z  L  0 a 





Pbx 1 se denomina Momento Flector Reducido en el tramo AC. L EI Z

M bx es la derivada parcial en el tramo AC. P L  Pbx  El término   Px  a se denomina Momento Flector Reducido en el tramo CB.  L 

El término

716



M  bx  El término   x  a es la derivada parcial en el tramo CB. P L   Nótese que las derivadas parciales del momento flector con respecto a la fuerza P, en cada caso pueden encontrarse a partir de las ecuaciones de momento flector (ecuaciones (1) y (2)) haciendo en ellas P=1. En consecuencia, éstas derivadas parciales pueden ser determinadas geométricamente, construyendo un diagrama de momento flector por carga unitaria (aplicada en el punto de interés y en la dirección de la deflexión buscada).

1

A a m=bx/L

C ab/L

B

b m=

bx  ( x  a) L

m= x

M P

Debido a que los momentos flectores por carga unitaria, en todos los casos definen funciones lineales, siempre podrá ser aplicada la propiedad establecida en la sección anterior para evaluar las integrales que determinan la deflexión buscada.

6.05.3) Metodología para Cálculo de Deflexiones 1)

Definición del problema P

U  ??? P M M ΔAV  dx EI Z P (L ) ΔAV 



A

(*)

L; EIZ Los términos del tipo M/EIZ significan los momentos flectores reducidos en los diferentes tramos típicos. Los términos M

significan los momentos flectores por carga unitaria en cada uno P de los diferentes tramos típicos. 2)

Momentos flectores reales, reducidos y por carga unitaria P

1 A

Momento Flector Real

Momentos Reducidos

A

M

m

Momento Flector por Carga Unitaria

M/EIZ

En todos estos diagramas debe respetarse el signo correspondiente, de acuerdo al convenio de signo para momento flector.

717



De acuerdo con (*) la deflexión buscada es ΔAV 

M

  EI (L )

m dx , siendo m una función

Z

lineal (que hace las veces de la función g en la propiedad establecida anteriormente). 3) Por la propiedad establecida, el cálculo de la deflexión se transforma en A Δ V  A1m(x1 )  A2 m(x 2 ) , en la cual A1 y A2 están con su respectivo signo.

A1

CG1

CG2

x1

Momentos Flectores Reducidos

A2

A

x2

Momentos Flectores por Carga Unitaria

mx 2 

mx1 

En general, el cálculo de las deflexiones tiene la forma

Δ

 A m(x ) , i

i

siendo el

número de sumandos igual al número de regiones apropiadas en las que se han dividido ambos diagramas: Momentos flectores reducidos y Momentos flectores por carga unitaria. El Método de Vereschaguin es también conocido como el método de la Multiplicación de los Diagramas de Momento. Puede generalizarse para ell cálculo de deflexiones por otros efectos como carga axial, cargas de torsión, etc. EJEMPLOS 1) Calcular la flecha en el punto A. Considerar únicamente deformaciones por flexión. Suponer constante la rigidez flexional EIZ.

w

L/2

A

L/2

Determinamos los diagramas de momentos flectores reales, reducidos y por carga unitaria. w

1

A

A

wL2/8

L/4 M

wL2/8EIZ M/EIZ

Áreas: 2 L wL2 wL3 2 L wL 2 wL3 A1= ; A 2=   3 2 8EI Z 24EI Z 3 2 8EI Z 24EI Z

Multiplicación de diagramas.

718



Ubicación de los Centroides: x1 =5L/16; x 2 =L-(5L/16)=11L/16

x2 x1 A1

Valores de los momentos por carga unitaria:

A2

m( x1 )=5L/32

m(x 2 )

m(x1 )

(Todos los diagramas, tanto los de momentos flectores reales así como los de momentos por carga unitaria, son positivos)

L/2

L/2

Reemplazando en ΔAV 

2



m( x 2 )=5L/32

A i m ( x i ) , tenemos ΔAV 

1

wL3 5L wL3 5L wL4 .   24EI Z 32 24EI Z 32 384EI Z

(en el sentido asignado a la carga unitaria  ). 2) Calcular el giro en el apoyo izquierdo de la viga del ejemplo anterior. El diagrama de momentos flectores reales y el diagrama de momentos flectores reducidos no cambian. Solamente cambiará el diagrama de momentos por carga unitaria.

x

B

Multiplicación de diagramas wL2/8EIZ

A1 B

m=1-(x/L)

1

1

L/2 x1

CG L/2

El giro del punto B es ΘB  A1 m (x1 ) .

2L wL2 1 wL3 , en sentido del  3 8EI Z 2 24EI Z momento unitario. Luego ΘB 

1 m(x1 )  1 / 2

3) Calcular el desplazamiento vertical del punto A (punto medio del tramo central) en la viga representada. Incluir solamente los efectos de momento flector. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.

P

P L

A L

L

Determinamos los Diagramas de momentos flectores reducidos y por carga unitaria.

719



Multiplicación de diagramas: ΔAV  2A1 t1  A2 t 2  (por simetría) (*)

P

P A

A1 = PL/EIZ

1 PL PL2 L  2 EI Z 2EI Z

L PL PL2  2 EI Z 2EI Z Las ordenadas t1 y t2 se obtienen por semejanza de triángulos: t1 = L/3; t2 = 5L/8. Reemplazando en (*), tenemos:  PL2 L PL2 5L  23 P L3  ΔAV  2   24 E I 2 EI 3 2 EI 8 Z Z Z   A2 =

A2

A1

3L/4 t1 t2 3L/2

P

4) En la viga representada, de rigidez flexional constante EIZ, determinar ΔAV , ΘA , ΘC . Graficar la curva elástica.

B

A

C

L

L

Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos (M/EIZ) y los diagramas de momentos flectores por carga unitaria (m) para cada caso de la deflexión solicitada. P

B

Para ΔAV

1

C

A

B

A

C

L

L

2L/3 - PL/EIZ

-L

Para ΘA

1 A

Para ΘC

B L

C L

A

B L

1

C L 1

-1 Multiplicación de los diagramas. ΔAV 

1  PL   2  1  PL   2L  2 P L3   L  L   L   2  EI Z  3  2  EI Z  3  3 E IZ

720



ΘA 

ΘC 

1   PL  1  PL  2  5 P L2  1  L      L 2  EI Z  2  EI Z  3  6 E IZ

1  PL  1  P L2     (sentido contrario al supuesto para la carga unitaria). L  2  EI Z  3  6 E IZ

Elástica: P

ΘC

ΘA

A

C

ΔAV

M=Pa

5) En la viga representada, calcular la flecha en el punto C y el ángulo de giro en el punto D. Considerar EIZ constante.

a

D

P a

C

Determinamos el diagrama de momento flector reducido y los diagramas de momentos flectores por carga unitaria. Diagrama de momento flector reducido M=Pa a

D

Momentos flectores por carga unitaria

P a

1

1

C 1

A2 - Pa/EIZ

A1

-2a M=Pa

Deflexiones: ΔCV  A1 t1  A2 t 2 (*) Multiplicación de diagramas.

D

ΘD  A1 m1a  A2 m2

A1=(1/2)(a)(-Pa/EIZ);

t1

m1

t2

P C

a(**)

A2=(1/2)(a)(-Pa/EIZ)

Por relaciones geométricas determinamos las ordenadas t1, t2, m1, m2. Obtenemos: t1=-5a/3; t2=-2a/3; m1= 1; m2=0. Reemplazando en (*) y simplificando tenemos: 7 P a3 . Reemplazando en (**), tenemos ΔCV  6 E IZ

ΘC  

P a2 . 2 E IZ

721



6) Calcular la flecha y el giro en el punto B de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.

w

P=aw A

a

B

C

2a

Determinamos el diagrama de momento flector reducido y el diagrama de momento flector por carga unitaria. w

P=aw A



B

a

3 w a2 E IZ

2a

1

1

C

-1

-a -2wa2/EIZ

Como en el tramo BC no se generan momentos flectores por las cargas unitarias, el cálculo de las deflexiones solicitadas se reduce a multiplicar los respectivos diagramas en el tramo AB. ΔBV  A1 t1 (*) ΘB  A2 m2 (**) a t1 -3wa2/EIZ

A1 -a

-1

Multiplicación de diagramas: A2 -2wa2/EIZ

1 (a)( a)( t1 ) (*) 2 Por relaciones geométricas encontramos las  8wa2 ordenadas t1  y m2=0.Reemplazando en 3EI Z ΔBV 

(*) encontramos ΔBV  m2

4 wa 4 . Reemplazando en 3EI Z

(**) encontramos ΘB 

7) Calcular el desplazamiento vertical del punto C en la viga representada, por acción del momento aplicado MO. El tramo AC tiene rigidez flexional 2EIZ y el tramo CB tiene rigidez flexional EIZ.

5wa3 . 2EI Z

MO A

C L/3

2L/3

B

Determinamos el diagrama de momento flector real, el diagrama de momento flector reducido y el diagrama de momento flector por carga unitaria.

722



1

MO C MO

C 2MO/3 A1

MO/2EIZ 2MO/3EIZ

A2

Notar la discontinuidad en el diagrama de momentos reducidos, debido al cambio en la rigidez flexional de los tramos AC y CB.

t2

t1

2L/9

Las áreas de interés son: A1 = (1/2)(L/3)(2L/9) = L2/27 A2 = (1/2)(2L/3)(2L/9) = 2L2/27

MO/3EIZ

Las ordenadas de interés son t1 = 7MO/18EIZ t2 = 4MO/9EIZ. A2

A1

La deflexión solicitada es ΔCV  A1 t1  A2 t 2 . Reemplazando valores y simplificando

23 MO L2 . 486 E IZ Nota: En casos como éste, es más conveniente que la función f sea definida por los diagramas de momento flector por carga unitaria, y que la función g sea definida por el diagrama de momentos flectores reducidos. obtenemos ΔCV 

8) En el sistema representado calcular la rotación del nudo (2) incluyendo solamente efectos de flexión. Considerar c0onstante la rigidez flexional EIZ. Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos y el diagrama de momentos por carga unitaria. wa2/2EIZ

1

a

(2)

w

(2) P=aw

a/2

a

(3)

a/2 (1) 1

(2)

a/2

a/2

Como en el elemento vertical el momento flector por carga unitaria es nulo, la sumatoria por la que se calculará la deflexión, se reduce a la multiplicación de los diagramas correspondientes al elemento horizontal.

723


wa2/2EIZ


CG

1

m(x)=5/8

A

a

x= 3a/8

x= 3a/8 La rotación del nudo (2) es Θ(2)  A m(x) =

2a wa2 5 5wa3 . ( ) . Simplificando Θ(2)  24EI Z 3 2EI Z 8

9) Calcular el desplazamiento horizontal del punto A, originado por la deformación debida a la flexión. Considerar constante la rigidez flexional EIZ en todos los elementos.

P

P/2

a a 2a

Determinamos los diagramas de momentos flectores reducidos y de momentos flectores por carga unitaria.

A

Pa/2

-aP/2EIZ

Pa/2EIZ

-aP/2EIZ Pa/2EIZ

a

2a

-3aP/2EIZ a

a

a

A

1

-a

Efectuando las multiplicaciones de los diagramas correspondientes, encontramos que la deflexión solicitada es  a   6aP  2aP   a   aP   4aP  aP    a  1   aP a  ΔAH  a 6  2EI Z 2EI Z  6  2EI Z  2EI Z 2EI Z   2  2  2EI Z   a  1   aP   1   aP    a a    a  2  2   2EI Z   2   2EI Z 

724



Simplificando encontramos ΔAH 

7 P a2 . 8 E IZ 3P

P

10) En el sistema representado determinar las tres componentes del desplazamiento del punto A (horizontal, vertical y rotacional). Incluir sólo efectos de flexión. Considerar constante la rigidez flexional EIZ en todos los elementos.

a

2a

A

4a

Determinamos los diagramas de momentos flectores reducidos y los diagramas de momentos flectores por cargas unitarias. -3aP/2EIZ

-2aP/EIZ

-2a 1 A

A

aP/EIZ

-2a

Multiplicando ambos diagramas obtenemos ΔAV :  aP   16 a P2  2a   2aP   2a  4a  2a  ΔAV    . (En sentido contrario al asignado 3 E IZ  3  EI Z   EI Z  a la carga unitaria).

1 A

A 4a 4a

Multiplicando ambos diagramas obtenemos ΔAH :  aP  8 P a3  4a    ΔVH   4a . E IZ  2   EI Z 

-1 1 A

A 4a -1

725



Multiplicando ambos diagramas obtenemos Θ A : ΘA 

2 1 2a  2aP  1  4a aP  1   2 P a (En sentido contrario al asignado al 2 E IZ  EI Z   EI Z 

momento unitario). 11) En el sistema representado calcular el giro del punto A, incluyendo solamente efectos de flexión. Considerar constante la rigidez flexional EI Z en todos los elementos. Determinamos los diagramas de momentos flectores reducidos y momentos flectores por carga unitaria. -6P/EIZ P A



6P/EIZ

8m

6m -6P/EIZ -1

A

1

1

-1

Multiplicación de diagramas.

A1 x1

-6P/EIZ

A2

6P/EIZ

-1 m(x1)=-1 1

m(x2)=1

x2

m(x3)=-1 A3 x3

-6P/EIZ

-1

Como los diagramas de momento flector por carga unitaria son constantes tramo por tramo m(x1)=-1; m(x2)=1; m(x3)=-1 (cualesquiera sean las abscisas x1, x2, x3). (*) . Reemplazando los Giro del punto A: ΘA  A1 m(x1 )  A2 m(x 2 )  A3 m(x 3 ) valores de las áreas y de las ordenadas correspondientes, obtenemos:

726


ΘA 


 6P  1   6P  1 1   6P  66 P  1  10  1  6   1  6 . 2  EI Z  2 2  EI Z  E IZ  EI Z 

12) Problema hiperestático. En la viga que se representa, determinar las reacciones y graficar el diagrama de momento flector. Considerar EIZ constante. Distancias AD=2m; DB=3m; BC=6 m.

30 Ton D

A

C

B

Se trata de una viga hiperestática (externa) de primer orden. Sea X C la reacción redundante. Es conveniente usar el principio de superposición. 30 Ton

30 T

D1

=

D2 + XC

XC

Condición de compatibilidad: D1 + D2 = 0 (*). Puesto que C es un apoyo articulado, sin libertad para moverse verticalmente. Los desplazamientos D1 y D2 se determinan, por ejemplo, por el Método de Vereschaguin. Cálculo del D1 (fuerzas en toneladas y longitudes en centímetros). 30 T

A

B

36/EIZ

2m 3m

C 1

6 6m

5m

6m

Como en el tramo BC el momento flector reducido es nulo, la multiplicación de los diagramas sólo se realiza en el tramo AB. 36/EIZ

Multiplicación de diagramas Tramo AB. B

A

6 12/5

A

2m

3m

 2  36  12   3  36  24        Δ1     6 3 EI 5 6 EI 5   Z     Z   252 Es decir, Δ1  () EI Z

B

Cálculo del D2 (fuerzas en toneladas y longitudes en centímetros).

727



XC

A

B

6XC/EIZ

1

6

6m

5m

C

6m

5m

Multiplicación de diagramas. 132  5  6 X   6  6 X  Δ 2    C 6     C 6   (). EI Z  3  EI Z   3  EI Z  252 132X C   0 . De donde obtenemos EI Z EI Z X C  1.909 Ton . (En sentido contrario al supuesto para la carga unitaria)

Reemplazando en la ecuación de condición (*)

Las ecuaciones de equilibrio son RA+RB=31.909 y 5RA-30(3)+1.909(6)=0. Resolviéndolas encontramos RA=15.70 Ton; RB=16.2 Ton. Con estos valores se grafica el diagrama de momento flector. A

B

C

31.418 T-m

-11.454 T-m

13) Para la viga que se representa graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Ambos tramos tienen la misma rigidez flexional EIZ.

Elástica

 B

A L

C

L

Sea RC la reacción redundante. Aplicaremos el principio de superposición. w

RC C

=

Ecuación de compatibilidad D1 + D2 = 0

w

D1 C

+

RC C D2

(*).

Cálculo de D1

728



 A

B L

L

1

B

A

L

L

wL2/8EIZ

-L La multiplicación de ambos diagramas permite determinar: wL4  2   wL2  L  , en sentido contrario al asignado a la carga Δ1   L       24EI Z  3   8EI Z  2  unitaria, wL4 Δ1  . 24EI Z Cálculo de D2 RC 1 B B A A L L L L



-L

-RCL/EIZ La multiplicación de ambos diagramas permite determinar:  1    R CL   2L   1    R CL   2L  2R CL3   Δ 2   L     L    2   EI Z  3   2   EI Z  3  3EI Z

.

Reemplazando en la ecuación de condición (*) obtenemos

wL4 2R L3  C  0, de 24EI Z 3EI Z

wL . Usando las ecuaciones del equilibrio estático, se 16 7wL 5wL determinan R A  . y RB  16 8 Con estos valores pueden graficarse los diagramas de fuerza cortante y momento flector.

donde encontramos R C 

729



 A

B L

L

C

9wL/16

-wL/16

-7wL/16

-wL2/16 A 14) En el sistema representado, hallar la deflexión vertical del punto D. Las vigas AD y BE tienen la misma rigidez flexional EI=2.6 x 1010 Kg-cm2. La barra (tirante) DC tiene área transversal A=3 cm2 y módulo elástico E=2 x 106 Kg/cm2. Considerar L=1.5 m; h=3.75 m.

D h

B

P=5 T

C

E L

L

Seccionamos el sistema en el punto D. Sea X la fuerza axial en el tirante CR.

A

A

D D1

D D1 X

X

X X B

C

D

P=5 T

P=5 T E

D2

B

E C

Ecuación de condición D1= D2 (en valor absoluto). El desplazamiento D1 es causado por la flexión de la viga AD; mientras que el desplazamiento D2, es causado por la superposición de la deflexión de la viga BCE y el alargamiento del tirante CD por carga axial. Por lo tanto, Δ 2  Δ c  Δ TIRANTE , es decir Δ1  Δ C  Δ TIRANTE (*).

730



Cálculo de D1.

Multiplicación de diagramas:

X

1 D

D

Δ1 

1  XL  2L  XL3 L        2  EI  3  3EI



-L

-XL/EI Cálculo de DC X

1

5T C

C L

L

L

-5L/EI

L

(-10L+XL)/EI  L     10L  XL  5L  L2  2XL  25L  Multiplicación de diagramas: Δ C   L 2     . EI EI 6    EI  6   Xh Δ TIRANTE  . Reemplazando en la condición (*), tenemos EA 25L3 XL3 L2  2XL  25L  Xh 6EI . Reemplazando valores conocidos:    EA  0  X  2L3 3EI 6  EI h   3EI EA XL3 X=3.629 Ton. Con lo cual el desplazamiento D1 es D1=  0.157 cm  . 3EI



15) Determinar las reacciones en los apoyos de la viga que se representa. La rigidez flexional es la misma en ambos tramos.

4.5 T A

C

B 3m

3m

Se trata de una viga hiperestática externa de segundo orden. Sean RB y RC las reacciones redundantes. Para mayor facilidad, usaremos el principio de superposición.

1.5 m 4.5 T A

C

B RB

RC

4.5 C

B

A

A

C

B

A

B

C

RB

Δ'B

y

Δ'C

Δ'B'

y

RC

Δ'C'

Δ'B''

y

Δ'C''

731



Ecuaciones de condición: Δ'B  Δ'B'  Δ'B''  0

(*)

y

Δ'C  Δ'C'  Δ'C''  0

(**)

Las deflexiones se calculan por multiplicación de los diagramas. Reemplazando los resultados en las ecuaciones (*) y (**), tenemos: 70.875 9R B 22.5R C   EI EI EI

205.03 22.5R B 72R C , de donde encontramos:   EI EI EI

RC=1.77 Ton y RB=3.46 Ton 16) En el sistema representado, calcular la aproximación entre los puntos A y B. Los elementos verticales tienen rigidez flexional EI y el elemento horizontal tiene 4EI como rigidez flexional. Incluir solamente deformaciones por momento flector. La aproximación entre los puntos A y B es un desplazamiento generalizado, por tanto la “carga unitaria” respectiva está conformada por dos fuerzas unitarias opuestas en la dirección AB. q

A

A 1

6m

3m

6m

1

B

B

Determinamos los momentos flectores reducidos y los momentos flectores por la carga unitaria. A

A

3 2

18q/4EI B -18q/EI

-18q/EI

3 2

B

-18q/4EI Efectuando la multiplicación de los diagramas, encontramos:

 

 3 2   6q  94.5 2  1   18q  3  6  Δ AB   6  q.   3 2     EI  3   EI  4   2   4EI 

732



6.06) Teoremas de Mohr. Método del Área del Diagrama de Momentos 6.06.1)

Introducción. Definiciones

Los Teoremas de Mohr originan el método para calcular deflexiones conocido como Método del Área del Diagrama de Momentos. Directamente, los Teoremas de Morh no calculan flechas ni pendientes de la curva elástica, sino calculan ciertas deflexiones auxiliares (desviaciones). Eje neutro inicial A Definición) Desviación vertical, medida en un punto de la curva elástica, respecto a la recta tangente trazada por otro punto, es el segmento comprendido entre dicha recta tangente y la δ AB posición deflectada del otro punto. Generalmente δ AB  δBA . Tangente por B Definición) Desviación angular de la pendiente en un punto A, con respecto a otro punto B, es el ángulo orientado comprendido entre las rectas tangentes a la curva elástica, trazadas por los puntos de interés. Convenio de Signos (i) Desviaciones tangenciales

B A

B Elástica δBA

Tangente por A B

A

ΦB Φ AB

ΦA

Tangente final

Tangente inicial δBA

δBA

B

A

Negativa: El punto B se sitúa bajo la recta tangente de referencia.

Positiva: El punto B se sitúa sobre la recta tangente de referencia. (ii) Desviaciones angulares

Inicial A

B

B

ΦBA Final

Φ AB

Final

A

Inicial

Positiva: La recta tangente en el punto de referencia situado a la derecha (B) se obtiene girando en sentido antihorario a la recta tangente trazada por el punto situado a la izquierda (A).

Negativa: Similar al caso anterior, con la diferencia que la recta tangente inicial gira en sentido horario hasta convertirse en la recta tangente final.

733


6.06.2)


Teoremas de Mohr

Primer Teorema de Área de Momentos “El cambio total de pendiente, desviación angular o ángulo entre las rectas tangentes a la curva elástica trazadas en dos de sus puntos, es numéricamente igual al Área A, limitada por el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos comprendido entre tales puntos”. dΦ

B

Φ AB

A

M

M

Final

Inicial

ds  dx dΦ

Para deformaciones infinitesimales, con aproximación suficiente: dΦ M , de donde  dx EI Z xB

ΦB  Φ A 



xA

ΦB

xB

ΦA

xA

M

 dΦ   EI

M dx  Φ AB  EI Z

xB

M

 EI

xA

dx . Efectuando las integraciones, obtenemos:

Z

dx

(1).

Z

La integral de la igualdad (1) es numéricamente igual al área A limitada por el diagrama de momentos flectores reducidos, en el tramo de interés.

A

Diagrama de momentos flectores reducidos A  Φ AB . Nota: Observar que el Primer Teorema de Mohr no calcula directamente los ángulos de giro o las pendientes de la curva elástica.

xA

A

A

B xB

Segundo Teorema “La desviación vertical (o tangencial) de un punto de la curva elástica, con respecto a otro punto, es igual al Momento Estático del Área A limitada por el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos en el intervalo de interés, respecto de la vertical que pase por el punto donde se requiere la desviación vertical”.

xA

xB

δBA

B

A

dΦ

x

x dΦ

x

δBA

734


A partir de


dΦ M  , dx EI Z

det er min amos dΦ 

M dx . El segmento de longitud δBA se EI Z

 x dΦ , es decir δ

calcula como una integral δBA 

BA



 xx

(L  AB )

L

M dx EI Z

(2).

La integral de la igualdad (2) calcula la desviación vertical del punto B respecto a la recta tangente trazada por el punto A. Dicha integral es numéricamente igual al Momento Estático del Área A limitada por el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos, en el tramo de interés, con respecto a la vertical que pasa por el punto B (del cual se mide su desviación vertical). x M/EIZ Diagrama de Momentos Flectores Reducidos

dx

A

B Eje del Momento Estático

xA

xB Nota) Los Teoremas de Mohr son útiles para evaluar deflexiones verticales y rotacionales en elementos sometidos a flexión. Sin embargo, su aplicación sólo es inmediata en los casos donde sea posible definir una recta “tangente conocida” a la curva elástica. A

A B En este caso particular: ΦBA  ΦB

ΦBA ΦB

B

δBA

En este caso particular: uB  δBA

Observar que en estos casos, la recta tangente inicial (trazada por el punto A) tiene pendiente conocida (horizontal). EJEMPLOS 1)

En la viga representada, calcular (a) La diferencia de pendiente entre los puntos A y B; (b) La deflexión del punto A respecto a la recta tangente trazada por el punto B. Considerar E=2,100 T/cm2; IZ=8,000 cm4 en toda la viga.

B

A

2.1 m 0.9 m

1.5 m

4.5 Ton 3m

Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos. A

B

4.5 Ton 6.48/EIZ

8.1/EIZ

2.7/EIZ δ AB

ΦBA

A A

B

735



a) Usando el Primer Teorema de Mohr, tenemos  2.7 6.48  1  . Reemplazando valores de la rigidez flexional EIZ, ΦBA  A  2.1  2 EI Z   EI Z obtenemos ΦBA  0.00574 Rad . b) Usando el Segundo Teorema de Mohr (el eje para el momento estático es una recta vertical que pasa por el punto A), tenemos  2.7  2.1   1  6.48  2.7  2    2.1 . Reemplazando los valores de EIZ, δ AB  2.1     EI Z  EI Z  2   2   3  obtenemos δ AB  0.68 cm , positiva de acuerdo al convenio. 2) Calcular, por el método del área del diagrama de momentos, la máxima flecha y la rotación del apoyo A generados en la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.

w

A

B

L

Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos. Además, la recta tangente trazada por el punto C es horizontal (tangente conocida). w

B

A

C

A

ΦA

A

wL2/EIZ

B uC

ΦCA

L/2 Para estos casos ΦCA  ΦA y también uC  uMAX  δ AC (por ser horizontal la recta tangente trazada por el punto C). 2 L wL2 w L3 Por el primer Teorema de Mohr: ΦCA  A, luego ΦCA   3 2 8EI Z 24 EI Z Por el segundo Teorema de Mohr, sabemos que la desviación vertical: δ AC  es igual al momento estático del área A limitada por el CG diagrama de momentos flectores reducidos A con respecto a la recta vertical que pasa por A C el punto A. Por tanto: 5L/16 2 L wL2 5L 5 w L4 δCA    uMAX . 3 2 8EIZ 16 384 EI Z 3) Para la viga que se representa, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Considerar EIZ constante.

w

A

L

B

Problema hiperestático. Sea RB la reacción hiperestática. Las ecuaciones del equilibrio estático son: i) RA+RB=wL; ii) MA+RBL=0.5 wL2. La ecuación de compatibilidad es δBA  0

(*)

736



Tangente conocida (horizontal)

w

MA RA

B

A

A

RB

B δBA

Para desarrollar la condición de compatibilidad (*) es conveniente emplear el principio de superposición. w

w

MA

MA

= RA

RB

+ R’A

wL2/8EIZ

R’B

R’’B

R’’A

-MA/EIZ Usando el segundo Teorema de Mohr, tenemos: 2  wL2  L 1   MA  2L  wL4 MAL2   L  δBA  L   . Reemplazando en la ecuación (*)   3  8EI Z  2 2  EI Z  3  24EI Z 3EI Z wL2 wL2  MA  0  MA  . Reemplazando en las ecuaciones de equilibrio, tenemos 8 8 5wL 3wL RA  y RB  . Conociendo las fuerzas de reacción, pueden ser trazados 8 8 los diagramas de fuerza cortante y de momento flector.

Momento flector Fuerza cortante 5L/8

9wL2/128

3wL/8

-5wL/8 -wL2/8 15 Ton 4) Usando los Teoremas de Mohr, calcular la pendiente de la elástica en los puntos A y D. Encontrar la flecha en el punto D. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.

D

A 3m

C

B 1m

2m

Determinamos el valor δ CA usando el segundo Teorema de Morh. 1  20  4   2  4   1 2 20 2 2   160 . Para deformaciones infinitesimales, 2  EI Z  3  2  EI Z   3  EI Z 26.67 con aproximación suficiente tenemos δCA  6 θA , luego θ A  . EI Z δCA 

737



15 Ton D

A 3m

Por el primer Teorema de Mohr: C

B 1m

ΦDA 

2m

1  15  22.5 . 3   2  EI Z  EI Z

Relaciones geométricas: 20/EIZ

15/EIZ

θA

uD

uD

ΦDA

θD

δDA

3m

θA  θD  ΦDA  θD  θA  ΦDA 26.67 22.5 4.17 Luego θD    EI Z EI Z EI Z Flecha en el punto D

Reemplazando valores, tenemos δ CA

 26.67  1  15  1    3  3 uD  3  EI Z  2  EI Z  3  57.51 uD  . EI Z



Deformaciones infinitesimales: δ θ A  CA 6

5)

uD  δDA  3θA  uD  3θA  δDA

En la viga representada, determinar la pendiente y el giro en el punto C. Considerar E=2 x 108 Klb/pulg2; I=5 x 10-4 m4 en toda la viga. AC = 4 m; CB = 6 m.

100 KN

A

B

C

Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos. En la curva elástica elegimos la pendiente del punto A como pendiente de referencia. A

240/EIZ

C θA

A

B 4/5 m

4m

B

uC

ΦCA

θC

δ CA δBA

Por el segundo Teorema de Mohr, tenemos 6,400  1   240  4   1   240    6    6  4   δ AB   4  . EI Z  2   EI Z  3   2   EI Z  Para deformaciones infinitesimales: δ 640 θ A  BA  10 EI Z

738



Relaciones geométricas: θA  θC  ΦCA  640 450 160 encontramos θC    . EI Z EI Z EI Z

θC  θA  ΦCA . Reemplazando valores,

 1   240  4  640    Por aplicación del segundo Teorema de Mohr, tenemos δ CA   4  .  4   EI Z  3  EI Z

Relaciones geométricas 4θ A  δ CAuC



tenemos uC  0.0192 m 



 640  640   uC  4 . Reemplazando valores  EI Z  EI Z

θC  1.6 x 103

y

6) En la viga que se representa, determinar la pendiente en el punto D y la máxima deflexión vertical. Considerar constante la rigidez flexional EIZ.

Rad (sentido horario).

P A

a

P

C

B L

a D

Dependiendo de los valores numéricos, la deflexión máxima puede presentarse en el centro de la luz o en los puntos extremos. Determinamos los momentos flectores reducidos. Primer Teorema de Mohr: P A

a

B

E L

C

P a D

-Pa/EIZ

L/2 E

 Pa  L   1  Pa        a θD  ΦDE     EI Z  2   2  EI Z  Pa L  a (sentido horario). θD   EIZ Segundo Teorema de MOhr: PaL2  L  Pa  L      uE  δCE     8EI Z  2  EI Z  4 

ΦDE

(El signo menos indica que el punto C se ubica bajo la recta tangente de referencia θD trazada por el punto E’). PaL2  D’ uE  8EI Z



La deflexión del punto D es (valor absoluto) es uD  δDE  uE .  Pa  L  L   1  Pa   2a  Pa2L PaL2 Pa3   a       a    δDE      , por tanto el valor 4   2  EI Z   3  2EI Z 8EI Z 3EI Z  EI Z  2  Pa2L PaL2 Pa3 PaL2 Pa  aL a2   de ud es: uD          . 2EI Z 8EI Z 3EI Z 8EI Z EI Z  2 3



7) Una viga en voladizo tiene 4 m de longitud y soporta una carga concentrada de 40 KN. (i) Determinar la flecha en el extremo libre. (ii) Cuánto cambiará este valor, si se aplica la misma carga pero en forma repartida en la porción que ocupa 3 m desde el apoyo. Considerar EIZ=65 x 106 N-m2.

P C

B 1m

A 3m

739



P C

B

Segundo Teorema de Mohr:  1   3P  2   3 . Reemplazando uB  δBA   3   2   EI Z  3 

A

valores, tenemos uB  5.538 x 103 m . También por el Primer Teorema de Mohr,  1   3P    2.769x10  3 Rad . θB  ΦBA   3  2 EI    Z 

-3P/EIZ

uC

θB

uB

Luego: uC  uD  1  2.769 x 103  8.307 x 103 m .



Condición geométrica uC  8.307 x 103 m  . w C

B

Segundo Teorema de Mohr:  1   59,998.5  9     2.077 x10  3 m u'B   3  3 EI    Z  4 

A 9/4 m

Primer Teorema de Mohr:  1    59,998.5    9.23x10  4 Rad θ'B   3 3 EI    Z 

-59,998.5/EIZ Finalmente, Δ'C  2.077x103  (1)(9.23x104 )  u'C  3x103 m.



( u'C  3x103 m  ). Notar que por la carga repartida uniforme en el tramo indicado, la flecha en el extremo libre se reduce en el 64%. 8) En la viga que se representa, usando los Teoremas de Mohr, calcular la pendiente en el punto A y la deflexión vertical en el punto C. Considerar el momento de inercia relativo IZ=2,500 pulg2 y el módulo de elasticidad E=29,000 Klb/pulg2. Distancias: AB = 10’; BC = 10’; CD = 10’; DE = 15’; EF = 10’.

40 Klb

A

15 Klb

D E

C

B 2IZ

F

IZ

Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos, teniendo en cuenta el cambio de rigidez flexional. 100/EIZ

A A

B

C

D

E

F

-150/EIZ -200/EIZ

740



Debido a la articulación que existe en el punto C, la curva elástica no es derivable en dicho punto. Por tanto, los Teoremas de Mohr deberán ser aplicados en cada tramo de la viga. 20’

A A

10’

B

A

ED

D

C D

10D

E 15’

F uC

CD C’

CA

δED . Aplicando el segundo 15 1  150157.5  1 501510  20,625 . Por   EI Z  2 EI Z 

Pendiente en el punto D. Relación geométrica θD  Teorema de Mohr, tenemos: δED

20,625 1,375  . 15EI Z EI Z Deflexión vertical del punto C. Relación geométrica uC  10 θD  δCD . Donde el valor δ CD se determina por el Segundo Teorema de Mohr:

tanto θD 

δ CD 

1  200   20  6,666.67  10    . 2  EI Z  EI Z  3 

 1375  6,666.67 20,416.67   La deflexión del punto C es por lo tanto uC  10   . EI Z EI Z  EI Z 

Reemplazando valores numéricos tenemos uC 

20,416.67123   0.488 pu lg .

(29,000)(2,500) u  δ CA Pendiente en el punto A. Relación geométrica θ A  C . Donde la desviación 20 δ CA se determina por el Segundo Teorema de Mohr:

δ CA 

1  100   20  10,000  20 10    . 2  EI Z  EI Z  3 

741


Luego

θA 


1  20,416.67 10,000  1,520.84    . 20  EI Z EI Z  EI Z

finalmente θ A 

Reemplazando

EIZ

obtenemos

1,520.84 123  0.003 Rad, en sentido horario. 29,0002,500

9) Usando el método del área del diagrama de momentos, encontrar el giro y el desplazamiento horizontal de cada nudo del sistema representado. La viga horizontal tiene rigidez flexional 2IZ. Los elementos verticales tienen IZ como rigidez flexional. El módulo de elasticidad para todo el sistema es E.

10 T 3

2

1m 5T

3m

4m 4 1 3m

Determinamos el diagrama de momentos flectores reducidos.

3m

12.5/EIZ 10/EIZ 20/EIZ

+ 3

2

20/EIZ

+ 4 1

Δ3H

Δ2H 2

2

3

3

d3

d2

4 2 4

d4

1 Δ4H

1 d1

d5

Aplicación del segundo 1Teorema de Mohr: 12.53 2  1034.5  32.5 4  EIZ d3  2 2 d 31.25 geométrica θ2  3  . También 6 EI Z

 d3 

187.5 . Luego, por una relación EI Z

742


EI Z d2  10 31.5 


3 2.52  12.5 4 ,  d2  127.5 . También θ3  d2  21.25  θ4 . 2 2 EIZ 6 EI Z

Aplicación del primer Teorema de Mohr: 204   202  80 . Por una relación geométrica, tenemos θ  θ  θ . De θ12  1 2 12 2EI Z EI Z EI Z 31.25 80 111.25   . EI Z EI Z EI Z Aplicación del segundo Teorema de Mohr: 204   8   2025  306.67,  d  306.67 . EIZ d1  1 2 3 EIZ Por relaciones geométricas tenemos 63.75 . Los desplazamientos pedidos son: d4  3θ4  EI Z 494.17 557.92 ; Δ1H  0. Δ2H  d1  d5   Δ3H ; Δ4H  Δ3H  d4  EI Z EI z

donde θ1 

10) Una viga uniforme AE está unida a dos apoyos situados a una altura δ O por encima de una superficie horizontal rígida. Cuando se incrementa la magnitud P de las cargas aplicadas, una parte central FG de la viga es forzada a establecer contacto con la superficie rígida horizontal. Si δ O es pequeña comparada con la longitud de la viga, expresar P=P(a, δ O , EIZ), sabiendo que la porción FG de la viga tiene longitud a. a

2a

P

A

a

P

E D

B G

F

O

a Consideremos la porción AF de la viga (o, equivalentemente por la simetría, la porción EG). Como el tramo FG debe ser recto (contacto con la superficie rígida horizontal), la curvatura en el punto F debe ser cero y, en consecuencia el radio de curvatura en el EI EI punto F, debe ser  . Luego MF  Z  Z  0 . Calculemos la reacción en el punto A. ρF  A

P RA

O

B

F a

Tangente trazada por el punto F

a/2 Pa/2EIZ A1

A A2

-Pa/2EIZ

Condición de la curvatura nula: MF=0. Luego, (RA)(3a/2)=(P)(a/2), de donde RA=P/3. Condición geométrica: La desviación tangencial del punto A, medida con

743



respecto a la recta tangente trazada por el punto F, debe ser igual a la distancia O. Por el segundo Teorema de Mohr determinamos δ AF . La desviación tangencial es δ AF  A1x1  A2 x 2 Las áreas de momentos reducidos son 1 a  Pa  3Pa2  A1   a   2 2  2EI Z  8EI Z

(*). A2 

1  a  Pa  Pa2    (**)    2  2  2EI Z  8EI Z

2 a 2 a  4a   a    a , y x2   a   3 2 3 2 3 

Las distancias centroidales son x1 

Reemplazando (**) y (***) en (*) y simplificando obtenemos δ AF  condición geométrica δ O 

(***)-

5Pa3 . Por la 24EI Z

5Pa3 24 E IZ δ O , de donde obtenemos P  . 24EI Z 5 a3

11) Una viga de resistencia constante AB tiene sección rectangular de ancho uniforme b y altura variable h. Expresar la deflexión en el extremo A en función de P, L y la rigidez flexional EIO en la sección B.

P A

h

hO

x

B L

El momento de inercia en cualquier sección genérica definida por la distancia x, es IZ=bh3/12. El momento de inercia en la sección de empotramiento es I O=bhO3/12. h I Luego obtenemos la relación 3 Z . hO IO Si la viga es de resistencia constante, entonces Mc/IZ es de valor constante a lo largo  Px h / 2   PL hO / 2 , de donde obtenemos x   hO  IZ  . Si de AB. Por tanto: L  h  IO  IZ IO x reemplazamos la relación h/hO obtenemos la ley de variación IZ  IO   L 

Para cualquier sección genérica

M  EI Z

Px 3/2



PL3 / 2 . EI O x

x EI O   L  L L  PL3 / 2 M dx  x  Teorema de Mohr, tenemos: δ AB  x EI Z EI O x 0 0  Condición de compatibilidad geométrica: uA  δ AB .



Finalmente uA 



3/2

.

Por el Segundo

3  dx   2PL .  3EI O 

2PL3  3EI O



744



12) La barra AD descansa sobre la barra EF según se indica en el esquema. Sabiendo que la rigidez flexional es EI para ambas barras, determinar (a) La dimensión b para la cual la deflexión del punto C es nula; (b) La deflexión correspondiente del extremo A. Considerar que ambas barras se cruzan ortogonalmente. Usaremos el Segundo Teorema de Mohr y condiciones geométricas para determinar las deflexiones correspondientes. Independizamos ambas vigas, adicionando la fuerza de interacción RB. F

P B

A

b

a

a

a

C

b

E

D

Barra AD PP A

B

C

D

a

a

Equilibrio: RB=3P/2 () RD=P/2 ()

a RD

RB

B

CB

AB

DB

4a/3

-Pa/2EI -Pa/EI Por aplicación del segundo Teorema de Mohr, calculamos desviaciones verticales: δDB 2Pa2 1  Pa  4Pa3 2  . . Relación geométrica θB  δBD    2a 2a   2a 3EI 2  EI  3EI 3

δ AB 

3 1  Pa  2a  a      Pa . 2  EI  3  3EI

5Pa3  Pa  a   1   Pa Pa  2a  δCB  a   .     a      12EI  2EI  2   2   EI 2EI  3  Deflexiones: 1 u'A  δ AB  δDB (Geometría) 2 Reemplazando y simplificando, A u A’

B

AB

u C’

CB C

DB

B D

745



Pa3 . EI También: 1 u'C  δ CB  δDB . 2 u'A  

Reemplazando valores y simplificando obtenemos u'C 

Pa3 . 4EI

Barra EF RB=3P/2

E b

B

F

b

La desviación vertical δEB es: 3P/4

3P/4 3Pb/4EI

δEB 

1  3Pb  2b  Pb3 .     2  4EI  3  4EI

Condición geométrica uB  δEB . Luego uB  

Pb3 . 4EI

uB

EB

B Determinamos las deflexiones de A y C ocasionadas por el movimiento del apoyo B Relaciones geométricas: (asumiendo AD rígida). 3 3  Pb3  3Pb3   u``  u     A B 2 2  4EI  8EI B C A D u’’ C uB u’’A

u'C' 

1 1  Pb3  Pb3  uB    . Por tanto, las deflexiones totales son: 2 2  4EI  8EI

uA  u'A  u'A'   uC  u'C  u'C' 

Pa3 3Pb3 P  3b3  .     a3  EI 8EI EI  8 

Pa3 Pb3 P  b3     a3   . 4EI 8EI EI  2

b3  0 , de donde b  3 2a  1.26 a. 2 P  3 7Pa3  La deflexión correspondiente del extremo A, es uA   a3  2a3    EI  8 4EI  Condición del problema uC=0, luego a3 

 

.

746



P

13) Usando los Teoremas de Mohr, encontrar los momentos flectores en los vértices del sistema representado. Considerar todos los elementos con la misma rigidez flexional EI.

h L/2

L/2

Debido a la simetría, el sistema puede ser descompuesto en cuatro elementos.

P

Por las condiciones de nudos rígidos se cumple que 2=1

(a)

P M

M

1

M

M

2

M

M M

M P

Resulta cómodo usar el principio de superposición: P M

M/EI

M

1

Para el elemento horizontal, teniendo presente la simetría, por aplicación del primer Teorema de Mohr. Encontramos:

+ PL/4EI

PL2 ML  M  L   1  PL  L  .  0  θ1          , de donde θ1  16EI 2EI  EI  2   2  4EI  2  Para el elemento vertical, teniendo presente la simetría, por aplicación del primer Teorema de Mohr. Encontramos: M/EI M

 M  h  Mh θ2       EI  2  2EI

2 + M

Según la condición (a) tenemos: Mh PL2 ML   , de donde 2EI 16EI 2EI PL2 M 8h  L 

747



6.07) Teorema de los Tres Momentos (Teorema de Clapeyron) 6.07.1)

Introducción

El Teorema de los Tres Momentos es fundamental en el estudio clásico de sistemas hiperestáticos. Tiene aplicaciones inmediatas en la solución de vigas continuas (vigas con más de dos apoyos).

La sustentación más simple de una viga continua de n apoyos consiste en un apoyo articulado fijo y (n-1) apoyos móviles. El número de incógnitas a determinar (fuerzas de reacción) es en total 2+(n-1)=n+1. Puesto que se disponen de tres ecuaciones del equilibrio estático, el problema es hiperestático externo de orden (n-2). El sistema de sustentación puede ser más complejo, incrementándose en estos casos el grado u orden de hiperestaticidad.

En el Teorema de los Tres Momentos se desarrolla una relación algebraica entre los Momentos Flectores en tres apoyos consecutivos cualesquiera, siempre que la viga sea continua entre tales puntos de apoyo (es decir, que no existan articulaciones u otros mecanismos que rompan la continuidad interna de la viga).

Articulación M=0 6.07.2)

Ecuación de los Tres Momentos

Las vigas continuas son caracterizadas por la “continuidad y derivabilidad” de su curva elástica, que en ningún punto presentará cambios bruscos de inclinación.

Elástica Al deducir la ecuación de los tres momentos conviene introducir posibles movimientos verticales de los apoyos, que simulen efectos importantes en Mecánica de Sólidos. Los desplazamientos de los apoyos influyen en las fuerzas internas, siempre que no sean iguales en todos los apoyos. Consideremos una porción de viga, comprendida entre tres apoyos consecutivos, en su configuración no deformada.

748



n

n-1 Rn-1

Rn

Ln

n+1 Rn+1

Ln+1 EIn+1

EIn

Las cargas aplicadas en cada tramo generan los denominados Momentos Flectores Libres (Isostáticos). n

n-1 Rn-1

Rn

Ln

n+1

EIn+1

EIn

Xn+1

Xn CGn

An

Rn+1

Ln+1

An+1

CGn+1

En general, los momentos flectores (reales) en los apoyos no son nulos, sino que tendrán valores Mn-1, Mn, Mn+1 los mismos que determinan un Diagrama de Momentos Flectores Fijos. Mn Mn-1

Mn+1

n-1

n

Ln/3

n+1 Ln+1/3

2Ln/3

2Ln+1/3

El diagrama real de momentos flectores será la superposición de los momentos determinados anteriormente (Momentos Libres + Momentos Fijos). Incluyendo los posibles movimientos verticales de los apoyos, la curva elástica tendrá la forma indicada en la gráfica siguiente: Sean Zn y Zn+1 las desviaciones verticales correspondientes a los apoyos n-1 y n+1, respectivamente. Sean n y n+1 los desplazamientos o movimientos (relativos) de los apoyos n-1 y n+1, con respecto al apoyo central n.

749



Zn+1

n

n+1

n n-1

n

n+1

Zn

Tangente a la elástica trazada por el apoyo n

Ln; EIn

Ln+1; EIn+1

El ángulo n indica la pendiente de la curva elástica trazada por el apoyo intermedio n. Para deformaciones infinitesimales, con suficiente aproximación tenemos: δ  Zn δn 1  Zn 1  δn θn  n  , expresión que puede escribirse, Ln L n 1 δn Zn δn 1  δn Zn 1    (*). Ln Ln L n 1 L n 1 Las desviaciones verticales Zn y Zn+1 se determinan por aplicación del segundo Teorema de Mohr. Al respecto, sabemos que Z = A x/ EIz, donde A es el área del diagrama de momentos flectores reducidos en el tramo donde se calcula Z. Por tanto, para el tramo de longitud Ln, la desviación vertical es 1  M L L M L 2L  1  Mn 1L2n MnL2n  Zn   Α n x n  n 1 n n  n n n     An x n    EIn  2 3 2 3  EIn  6 3  De manera similar, para el tramo de longitud n+1, la desviación vertical Zn+1, es: 1  ML 2L M  1L n 1 L n 1  Z n 1  A n 1 x n 1  n n 1 n 1  n   EIn 1  2 3 2 3  

1  Mn  1L2n 1 MnL2n 1    A n 1 x n 1  . EIn 1  6 3 

Observar que sg(Zn)  sg(Zn+1) porque ambas desviaciones son medidas en sentido contrario. Reemplazando Zn y Zn+1 en la ecuación (*), obtenemos:   Mn 1L2n MnL2n  Mn 1L2n 1 MnL2n  A x   A x    n n   n 1 n 1  6 3  δn δn 1  δn  6 3   , expresión     EInL n Ln L n 1 EIn 1L n 1 que puede transformarse en la siguiente: L A x  δ  δn δn  M L L  M L A x   n 1 n  2Mn  n  n 1   n 1 n 1  6  n n  n 1 n 1   6E  n 1   , (**) In In 1 In 1L n 1  Ln   In In 1   InL n  L n 1 conocida como Ecuación o Teorema de los Tres Momentos (Teorema de Clapeyron).

750



Casos Particulares. a.

Si la viga es de sección uniforme, es decir In=In+1=I, entonces: A x  δ  δn δn  A x   Mn 1L n  2Mn L n  L n 1   Mn 1L n 1  6  n n  n 1 n 1   6EI  n 1   (***) L n 1  Ln   Ln  L n 1 Expresión en la cual δn y δn 1 son los desplazamientos o movimientos relativos de los apoyos (n-1) y (n+1) respecto al apoyo intermedio n. b.

Si además los apoyos permanecen en el mismo nivel, tenemos: A x A x   Mn 1L n  2Mn L n  L n 1   Mn 1L n 1  6  n n  n 1 n 1  L n 1   Ln

(****).

EJEMPLOS 1) Calcular las reacciones en la viga representada, cuya rigidez flexional EI z es constante. Graficar el diagrama de momento flector. 100 KN / m 3

1

3

2

100 KN / m 3

100 KN

4 R1

3m

3.6 m

3m

100 KN

R3

R2

R4

3m

Se trata de una viga hiperestática de segundo orden. Existen cuatro incógnitas y se disponen de dos ecuaciones del equilibrio estático y dos aplicaciones del Teorema de los Tres Momentos. Equilibrio. R1+R2+R3+R4=320 KN

(1);

3R2+6.6R3+12.6R4=1,686 KN-m

(2).

Aplicaciones del Teorema de los Tres Momentos. Primera aplicación: Apoyos 1-2-3. Usaremos la ecuación simplificada (****) para n=2 (apoyo intermedio). 100 KN / m 3

1

3

2 L2=3

1

L2=3.6

3

2

54

37.5

A2 x 2  1.5

A3 x 3  1.8

A x A x   M1L 2  2M2 L 2  L 3   M3L 3  6  2 2  3 3  , donde M1=0 por ser apoyo simple. L3   L2 Reemplazando, tenemos

751



A x A x  (3).  2M2 L 2  L 3   M3L 3  6  2 2  3 3  L3   L2 Momentos Flectores Isostáticos: Parábolas de segundo grado. Máximos (wL2/8) en el centro de la luz. Se obtienen 37.5 KN-m en el tramo 1-2 y 54 KN-m en el tramo 2-3. Estas gráficas a su vez definen las áreas A2 y A3 así como las abscisas de sus centros de gravedad, mediante las distancias x 2 y x 3 . Reemplazando los respectivos valores en la ecuación (3) encontramos:  1.5  2    1.8  2   2M2 3  3.6   M3 3.6   6   337.5    54 3.6  , simplificando:  3.6  3   3  3  

-13.2M2-3.6M3=613.8

(4)

Segunda aplicación: Apoyos 2-3-4. Usaremos la ecuación simplificada (****) para n=3 (apoyo intermedio). 150 100 KN

100/3 Km/m 2

54

3

x3

L4=6

L3=3.6

A4

A3

4

x4

Los máximos momentos isostáticos son Mmax= wL2/8=54 KN-m en el tramo (2-3) y Mmax= Pab/L = 150 KN-m en el tramo (3-4). Luego, tenemos: A x A x   M2L 3  2M3 L 3  L 4   M4L 4  6  3 3  4 4  . Reemplazando valores y considerando L4   L3 que M4=0 (apoyo libre), obtenemos:  1.8  2    3  1   3.6M2  2M3 3.6  6   M4 (6)  6   3.6 54     6 150  , simplificando,  6  2   3.6  3   -3.6M2-19.2M3=1738.8

(5).

Resolviendo las ecuaciones (4) y (5) tenemos M2=-22.973 KN-m y M3=-86.255 KN-m. Valores con los cuales puede graficarse el diagrama de momento flector (real).

1

2

+

+

+

3

4

-22.973 KN-m

-86.255 KN-m Determinación de las reacciones externas.

752



Trabajando por tramos y usando, por comodidad, el principio de superposición, se calculan rápidamente las reacciones en los apoyos. 1

2

R1’

R2’’

R3’’’

R2’

3

2

4

3

Usando las ecuaciones del equilibrio, se obtienen: R1’= 57.66 KN (  ). R2’= 42.34 KN (  ).

R3’’

R4’’’

Usando las ecuaciones del equilibrio, se obtienen: R2’’= 42.422 KN (  ). R3’’= 77.578 KN (  ).

Usando las ecuaciones del equilibrio, se obtienen: R3’’’= 64.378 KN (  ). R4’’’= 35.624 KN (  ).

Por tanto las reacciones totales, son: R1=42.34 KN; R2=100.082 KN; R3=141.954 KN; R4=35.624 KN. Conocidas las reacciones, puede graficarse el diagrama de fuerza cortante. 2)

Calcular los momentos en los apoyos de la viga que se representa. Considerar constante la rigidez flexional.

600 N/m

400 N 2m

2m

3m

Los empotramientos “equivalen” a “tramos imaginarios”, cada uno de longitud cero. 600 N/m

400 N 1

0

3

2 2m

2m

3m

4

0

0

Primera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 0-1-2, (n=1). A x A x  (*)  MOL1  2M1 (L1  L 2 )  M2L 2  6  1 1  2 2  L2   L1 Determinamos las áreas A1, A2 y las abscisas x1 y x 2 . 400 N 0 L1=0

2

1 L2=4 m 400 N-m

MO=0

x1  0 . A1=0; x2  2 . A2=(4)(400)/2; Reemplazamos en la ecuación (*)  800  2 , de donde  2M1 (4)  M2 (4)  6   4  -2M1-M2=600 (1)

x2

Segunda aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 1-2-3, (n=2).

753



A x A x   M1L 2  2M2 L 2  L 3   M3L 3  6  2 2  3 3  L3   L2 Determinamos las áreas A2, A3 y las abscisas x 2 y x 3 .

(**)

Reemplazando valores en la ecuación (**) y simplificando, obtenemos -4M1-14M2-3M3=6,450 600 N/m

400 N

L2=4 m L3=3 m

(2)

1

3

2

2m

2m

3m 675 N-m

400 N-m

x2

x3

Tercera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 2-3.4, (n=3). A x A x  (***)  M2L 3  2M3 (L 3  L 4 )  M4L 4  6  3 3  4 4  L4   L3 Determinamos las áreas A4, A3 y las abscisas x 3 y x 4 , y además M4=0; L3=3m;L4=0. 600 N/m

2

3 675 N-m

4

Reemplazando valores en (***) tenemos:  1  2   3M3  2M2 (3  0)  6  36751.5 , de  3  3  donde -3M3-6M2=4,050 (3) Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos: M1=-147 N-m; M2=-307 N-m; M3=-522 N-m

x 3  3 / 2m

Nota) Si tres apoyos consecutivos de una viga continua sufren asentamientos δn 1 , δn , δn 1 y si la viga es uniforme (EI constante en toda la longitud), la ecuación de los Tres Momentos, se expresa:  δ  δn δn 1  δn  A x A x   Mn 1L n  2Mn L n  L n 1   Mn 1L n 1  6  n n  n 1 n 1   6  n 1   (I) L n 1  L n 1   Ln  Ln

754



n

n-1

n+1

n

n-1

n+1

Ln+1

Ln EI

3) Determinar los momentos en los apoyos interiores de la viga representada en el esquema, aceptando que los apoyos sufren los asentamientos siguientes: A, 0.0313 m; B, 0.060 m; C, 0.0688 m; D, 0.0275 m. Considerar módulo de elasticidad E=200 GPa y Momento de Inercia I=3.2 x 10-3m4, en toda la viga. 250 KN

200 KN

A

200 KN

3m

3m

D

C

B

3m

3m

3m

6m

Primera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos A-B-C (apoyo intermedio B). Consideramos MA=0 (apoyo simple en A). 200 KN

250 KN B

A

C

375 KN-m

3m

3m

300 KN-m

3m

3m

 3  1    3  1   2MB 6  6   MC 6   6   6 375    6 300    6  2   6  2    0.0313  0.06 0.0688  0.06  6200  106 3.2 10  3    6 6   Simplificando obtenemos 4MB+MC=1,110.32 (1)

 





Segunda aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos B-C-D (apoyo intermedio C). Consideramos MD=0 (apoyo simple). 200 KN

200 KN C

B

D

400 KN-m 300 KN-m

3m

3m

3m

6m

755



 3  1  1  5   MB 6   2MC 6  9  6   6 300    9400    2  9   6  2 

 





 0.06  0.0688 0.0275  0.0688  6200  106 3.2 10  3    6 9   Simplificando obtenemos MB+5MC=2,425.2

(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtienen MB=164.55 KN-m; MC=452.13 KN-m 4)

Calcular los momentos flectores en los apoyos de la viga representada. Considerar constante la rigidez flexional EI en toda la viga. Graficar el diagrama de momento flector. w

L

L

3

2

1

0

L

4 L

Primera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 0-1-2 (n=1). w 2

1

0

L L Ax A x L L   2M1     M2  6 1 1  6 2 2 I I LI LI I I

 2L  wL2  wL3 Donde A1     ;  3  8  12

wL2/8 A1

MO

A2

A 2  0;

x1 

L 2

x2  0

Reemplazando en la ecuación de los tres momentos, encontramos MO

L L 6  wL3  L   L    2M1  2   M2    I I LI  12  2   I



MO  4M1  M2  

wL2 4

(1) .

Segunda aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 1-2-3 (n=2). L  L En este caso A2=A3=0. Luego M1  2M2  2   M3  0  M1  4M2  M3  0 I  I Tercera aplicación del Teorema de los Tres Momentos: apoyos 2-3-4 (n=3).

(2)

En este caso A3=A4=0. Reemplazando en la ecuación de los tres momentos, tenemos M2+4M3+M4=0

(3).

Resolviendo el sistema de ecuaciones (1), (2), (3) con las condiciones MO=M4=0, 15 4 wL2 wL2 ; M2  wL2 ; M3   encontramos M1   . 224 223 224

756



Diagrama de momento flector w 3

2

1

0

L

L

4 L

L

0.1016wL2 0.0177wL2 +

+

-

-

0.00464wL2

0.45L 0.0667wL2

5) Calcular las reacciones en los apoyos de la viga representada, debidas al movimiento vertical hacia abajo de los apoyos: A, 0.006 m; B, 0.012 m; C, 0.015 m; D, 0.000 m. Considerar E=2.1 x 107 Ton/m2; I=4 x 10-4 m4. A

5m

B

5m

C

6m 2EI

3EI

EI

D

Primera aplicación: apoyos A-B-C. 5 5  5   5    MA     2MB    MC   4 4 4 4 4 x10 x 3   4 x10   4 x10  3x10 x 4    0.006 0.015  1 1  6 x 2.1x107    0.12   5  5 5   5 Simplificando tenemos 3 MA+8 MB+MC=18.144

(1).

Segunda aplicación: apoyos B-C-D. 5 5 6 6       MB     2MC    MD   4 4 4 4 2x 4 x10   3x 4 x10   3x 4 x10  2x 4 x10   0.012  1 1  6 x 2.1x107 0   0.015   5  5 5   Simplificando tenemos 5 MB+28 MC+9 MD=468.72

(2)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2) con las condiciones MA=MD=0, encontramos MB=0.18 Ton-m; MC=16.7 Ton-m. Reacciones. 0.18

A B

16.7

0.18 B

C

16.7 C

D

R’’’D R’B R’’B R’A R’’C R’’’C Usando las condiciones del equilibrio, encontramos R’A=0.036; R’B=0.036; R’’B=3.304; R’’C=3.304; R’’’C=2.783: R’’’D=2.783 (Ton). En consecuencia, las reacciones totales son:

757







R A  0.036  ;

RB  3.268  ;



R C  6.087  ;



RD  2.783  , en toneladas.

Conociendo las reacciones pueden graficarse los diagramas de fuerza cortante y de momento flector. A

C

B

A

D

D 16.7 T-m

2.783

+ 0.18 T-m

-

-0.036

C

B

+

-3.304 6) La viga representada en el esquema tiene rigidez flexional EI en toda su longitud. Graficar los diagramas de fuerza cortante y de momento flector. w 2

1

0 L

3 L

L

4 L Diagrama de Momentos Flectores isostáticos

wL2/8

Primera aplicación: apoyos 0-1-2 (n=1).  2wL3  L   2wL3  L  MO M M      . Simplificando obtenemos: L  1 1  1L  2 L       6 3 6  24  2L   24  2L 

2 MO + 8 M1 + 2 M2=-w L2

(1)

Similar para la segunda y tercera aplicaciones. Obtenemos las ecuaciones: 2M1+8M2+2M3=-wL2; (2) y 2M2+8M3+2M4= -wL2

(3)

Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) junto con las condiciones M O=M4=0, 3 2 3 obtenemos: M1   wL2 ; M2   wL2 ; M3   wL2 . Conocidos los momentos 28 28 28 en los apoyos, pueden determinarse las fuerzas de reacción usando las condiciones del equilibrio estático. Encontramos: RO 

11 wL; 28

R1 

32 wL; 28

R2 

26 wL; 28

R3 

32 wL; 28

R4 

11 wL 28

758



Diagramas de fuerza cortante. w 2

1

0 L

3

4

L

L

17wL/28 13wL/28

L

15wL/28 11wL/28

-11wL/28 -15wL/28

-13wL/28 -17wL/28

Diagrama de momento flector w 2

1

0 L

3 L

L

4 L

121wL2/1568

121wL2/1568 57wL2/1568 57wL2/1568

+

+

+ +

+ -

-

-

2wL2/28 3wL2/28

3wL2/28

6.08) Método de los Pesos Elásticos 6.08.1)

Introducción

El Método del Área del Diagrama de Momentos puede generalizarse y ser expresado como otro procedimiento alternativo denominado Método de las Cargas Elásticas (Pesos Elásticos). El procedimiento proporciona una transición hacia un método más general y potente, denominado Método de la Viga Conjugada.

759



Consideremos una viga simplemente apoyada, ACB, y su correspondiente diagrama de momentos flectores reducidos, M/EIZ. Seleccionemos una sección genérica C, ubicada a la distancia a del apoyo A. Las variables x, x* y x se explican en la gráfica siguiente.

A

C

B

a

dA 

L;EIZ

Mdx EI Z

M/EIZ

C x*

x dx

x

Aplicando los Teoremas de Mohr pueden calcularse las magnitudes representadas en la gráfica siguiente. L a

A

B

C

A

Elástica

uC

a A

A

Tangente trazada por A

uC

CA

C

BA

Tangente trazada por C

Para deformaciones infinitesimales son válidas las relaciones indicadas: A = BA / L C = C - CA

(i) (iii)

ó

uC = a A - CA C = BA / L - CA

(ii) (iii)

Aplicando los Teoremas de Mohr determinamos expresiones para transformar las relaciones anteriores. A partir de la ecuación (i) y por el Segundo Teorema de Mohr:

760


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz xB

1 M θA  x dx L x EI Z



(1)

A

A partir de la ecuación (iii) y por el Primer Teorema de Mohr: xC

xB

1 M M θC  x dx  dx L x EI Z EI Z x





A

(2)

A

A partir de la ecuación (ii)y por el Segundo Teorema de Mohr: xB

uC 

xB

a M M x dx  x * dx L x EI Z EI Z x





A

(3)

A

Deducidas las anteriores expresiones (1), (2) y (3), analizaremos el problema siguiente: “Considerar una viga imaginaria, simplemente apoyada, de la misma longitud que la viga real, sometida al Sistema de Cargas definido por el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos, denominado Sistema de Cargas Elásticas o Pesos Elásticos. En dicha viga imaginaria, calcular el Momento Flector y la Fuerza Cortante en la sección genérica C”.

M/EIZ

A

a

Convenio Si M>0, las cargas elásticas se orientan hacia arriba. Si M<0, las cargas elásticas se orientan hacia abajo. B

C B L

Sean A y

M/EIZ

B las Re acciones Elásticas.

Equilibrio de la viga imaginaria: MB  0



xB

A

A

C B

x

x

dx

M

 x EI

B

 AL 

B

1 M A  x dx L x EI Z

xA

dx  0, de

donde

Z

xB



( 4)

A

a Determinamos las fuerzas internas en la sección C. Condiciones del equilibrio: xB

VC   A 

M

 EI

xA

dx

Z

de donde obtenemos la Fuerza Cortante en la sección genérica C:

C

A

x

A

dx

x* a

MC VC

761


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz xB

VC 

M

 EI

xA xC

M  0





MC  a A 

xA

(5)

dx   A

Z

M x* dx , de donde MC  EI Z

xC

M

 x * EI

xA

dx  aA

(6)

Z

Reemplazando en las ecuaciones (5) y (6) el valor de la reacción elástica  A dado por la ecuación (4), obtenemos xC

VC 



xA

xC

MC 



xB

M 1 M dx  x dx EI Z L x EI Z



(7)

A

xB

x*

xA

M a M dx  x dx EI Z L x EI Z



(8)

A

Ecuaciones que nos permiten calcular la Fuerza Cortante y el Momento Flector en cualquier sección genérica C de la viga imaginaria. Comparando las ecuaciones (7) y (8) con las ecuaciones (2) y (3), respectivamente, notamos que, salvo los signos, se verifica que “La Fuerza Cortante VC es equivalente al giro C y el Momento Flector MC es equivalente a la flecha uC”. Se establece la siguiente analogía: VC



θC

MC



uC

Viga Real a

L; EIZ

Viga Imaginaria M/EIZ

Convenio Para lograr coincidencia entre los valores numéricos obtenidos y los signos respectivos, se considerarán positivas las Fuerzas Internas en la Viga Imaginaria, de acuerdo a la distribución siguiente:

C

a

L

A

A

C

C

MC

MC

C

B

B

Los resultados anteriores conducen al enunciado general del Método de los Pesos Elásticos:

762



“La pendiente y la flecha en cualquier punto de la curva elástica de una viga simplemente apoyada, están dados, respectivamente, por la Fuerza Cortante y el Momento Flector, que resultan de aplicar como cargas externas el Diagrama de Momentos Flectores Reducidos (diagrama M/EIZ) sobre una viga imaginaria, simplemente apoyada y de igual longitud que la viga real”. EJEMPLOS 1) Usando el método de la carga elástica calcular la pendiente y la flecha en el centro de la viga representada. Considerar E=200 GPa; IZ=2.7 x 10-4 m4.

C

3m

Diagrama M/EIZ

B

6m

Viga imaginaria + Carga elástica 200/EIZ

100 KN

A

100 KN

A

B

C B

A

200/EIZ

C

+

4.5 m

Por equilibrio de la viga imaginaria, determinamos las reacciones elásticas. Usando el método general de las secciones planas determinamos las fuerzas internas en la sección C de la viga imaginaria. 200/EIZ

150/EIZ

150/EIZ B

A C 500/EIZ

4.5 m

MC

C VC

400/EIZ

400/EIZ

Usando las ecuaciones del equilibrio obtenemos VC = - 62.5/EIZ ; MC = 1,293.75/EIZ. Por las analogías establecidas, tenemos que C= - 62.5/EIZ ; uC = 1,293.75/EIZ. Reemplazando valores numéricos, encontramos C= -1.157 x 10-3 rad; uC=0.024 m 2) Usando el método de la carga elástica calcular la flecha máxima en la viga representada. Considerar E=200 GPa; IZ=5.0 x 10-4 m4 en toda la viga. Viga imaginaria + Pesos elásticos

100 KN

1.5 m

4.5 m

150 KN

3.0 m

763



350/EIZ 200/EIZ A

C 1.5 m

B

D 4.5 m

Para determinar la flecha máxima umáx, se requiere encontrar el máximo momento flector en la viga imaginaria.

3.0 m

B

A

Reacciones elásticas: 943.75 968.75 A  B  EI Z EI Z

Determinamos las ecuaciones para momento flector en los tres tramos típicos de la viga imaginaria. Obtenemos: Tramo AC. M(x) 

943.75 200 3 x x EI Z EI Z

0  x  1.5 m

medida desde A.

Tramo CD. M(x) 

 3  943.75 1.5  x   150 x  0.5   50  x   100 x 2 EI Z EI Z  9  EI Z  EI Z

0  x  4.5,

desde C.

Tramo DB. M(x) 

968.75 175 3 x x , EI Z EIZ

0  x  3,

medida desde B.

dM( x )  0. El máximo momento flector en la dx viga imaginaria ocurre en el tramo CD, para x = 1.728 m, medida a partir de C.

Condición de máximo momento flector:

2384.96 2384.96   0.0202 m EI Z (5.9)(10  4 )(200)(106 ) = 0.0202 m, se presenta en el punto x = 1.728 m, medida a partir de C.

El máximo momento es MMÁX  Umáx

6.09) Método de la Viga Conjugada 6.09.1)

Introducción

En un elemento de eje inicial rectilíneo, sometido a flexión por efectos de una carga transversal distribuida w=w(x), se verifican las relaciones siguientes: w=w(x) x

w=w(x) M

x

dM( x )  V( x )  0 dx dV( x )  w( x )  0 dx

(*) (**)

Similares relaciones se encontrarán al estudiar la pendiente y curvatura de la curva elástica, para deformaciones infinitesimales.

V u x x u



764



También son conocidas las relaciones: du dθ M( x)  θ (* * *)  (* * **) dx dx EI Z Las ecuaciones (*) y (***) son análogas entre sí. Similarmente, las ecuaciones (**) y (****) son también similares entre si, salvo los signos respectivos. En vista de la semejanza matemática entre estos dos grupos de ecuaciones, perecería posible que la pendiente () y la flecha (u) de un punto de la curva elástica, pueden calcularse empleando una técnica similar a la empleada en el cálculo de las fuerzas internas (fuerza cortante V y momento flector M) que se desarrollan en las diversas secciones transversales de un elemento sometido a flexión (Recordar el método de los pesos elásticos). Al comparar las ecuaciones anteriores notamos que son análogas matemáticamente, y en consecuencia: M( x ) i) El término de la ecuación (****) corresponde al término –w(x) de la EI Z ecuación (**). ii) La pendiente  de las ecuaciones (***) y (****) es análoga al término –V(x) de las ecuaciones (*) y (**). iii) La deflexión u de la ecuación (***) es análoga al término –M(x) de la ecuación (*). Por tanto, si se define una Viga Análoga cargada con el diagrama de momentos flectores reducidos M/EIZ de la viga real, las pendientes y deflexiones de ésta, se determinan, salvo el signo, simplemente calculando la fuerza cortante y el momento flector en la Viga Análoga, que se denomina Viga Conjugada. El método de la Viga Conjugada fue desarrollado por Otto Mohr. Nota) Las deficiencias del método de la carga elástica, que lo hacen aplicable solamente en vigas apoyadas simplemente, puede corregirse si se da una atención adecuada a las condiciones de frontera. 6.09.2)

Restricciones de la Viga Conjugada

i) La viga conjugada de una viga real tiene la misma longitud y apoyos o conectores especiales en los puntos correspondientes a los de la viga real, pero no son necesariamente del mismo tipo. ii) Los apoyos y conectores especiales de la Viga Conjugada se seleccionan de tal forma que se mantenga la analogía de las pendientes y deflexiones de la Viga Real con las Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores de la Viga Conjugada (especial atención en los signos). Así por ejemplo: Una viga real simplemente apoyada en un extremo puede girar, pero no puede desplazarse en dirección normal a la superficie de apoyo. En consecuencia, la Viga Conjugada debe estar restringida en ese punto de tal modo que se elimine el momento flector pero no la fuerza cortante. Estas condiciones son características de un apoyo simple. Se concluye que el análogo de un apoyo simple en el extremo de una viga real, es un apoyo del mismo tipo en el lugar correspondiente de la Viga Conjugada.

765


Apoyo simple externo (Viga Real)


Apoyo simple externo (Viga conjugada)

En un extremo empotrado (o fijo) la viga real no puede girar ni desplazarse. Por tanto, en el punto correspondiente de la Viga Conjugada, la fuerza cortante y el momento flector deben anularse ambos. Esta condición corresponde a un extremo libre. Por tanto, un extremo empotrado en la viga real se representa como un extremo libre en la viga conjugada.

Extremo empotrado (Viga Real) (Recordar: θREA L  VCONJUGADA

y

Extremo libre (Viga conjugada) uREAL  MCONJUGADA

Un extremo libre en la viga real puede girar y desplazarse. Luego, en el extremo correspondiente de la Viga Conjugada debe actuar fuerza cortante y momento flector diferentes de cero. Estas acciones internas se desarrollan si el extremo correspondiente de la Viga Conjugada esta empotrado.

Extremo libre (Viga Real)

Extremo empotrado (Viga conjugada)

En un apoyo simple intermedio de una viga real se restringe el desplazamiento pero no la rotación, y la pendiente de la curva elástica no cambia súbitamente. Esto significa que en el punto correspondiente de la Viga Conjugada el momento flector debe ser nulo y la fuerza cortante no debe cambiar súbitamente. Por tanto, un apoyo simple intermedio en la viga real, se representa por una articulación intermedia en la Viga Conjugada.

Apoyo simple intermedio (Viga Real)

Articulación intermedia (Viga conjugada)

Una articulación intermedia de una viga real puede desplazarse y la pendiente de la curva elástica puede cambiar súbitamente en dicho punto. Esto implica que en el punto correspondiente de la Viga Conjugada deben actuar un momento flector y una fuerza cortante. En consecuencia, una articulación intermedia en la viga real se representa por un apoyo simple intermedio en la Viga Conjugada.

Articulación intermedia (Viga Real)

Apoyo simple intermedio (Viga conjugada)

Nota) En la tabla siguiente se esquematizan otras condiciones de apoyo en la viga real y su respectiva representación en la Viga Conjugada.

766



xO

xO u Viga real [Giro en la viga real Flecha en la viga real VIGA REAL

V;M



Viga conjugada

 

Fuerza cortante en la viga conjugada Momento flector en la viga conjugada] VIGA CONJUGADA

m

Notas) 1) La carga que se aplica a la viga conjugada es la carga elástica (diagrama de momentos flectores reales reducidos M/EIZ). Se acepta que estas cargas actúan en dirección normal al eje de la viga conjugada. En consecuencia en la viga conjugada son válidas sólo dos ecuaciones del equilibrio. 2) Al definir las restricciones de apoyo para la viga conjugada sólo tienen importancia las componentes de las reacciones normales al eje de la viga conjugada y los momentos flectores. 3) Si la viga real es determinada estáticamente, entonces su viga conjugada también lo es. Si la viga real es indeterminada estáticamente, entonces la viga conjugada es inestable. Por ejemplo:

767



Viga real

Viga conjugada

El hecho de que la viga conjugada de una viga real estáticamente indeterminada sea inestable, no afecta los cálculos de la pendiente y la deflexión. Una vez que la viga ha sido cargada con las cargas elásticas M/EIZ, el sistema impuesto y las reacciones elásticas deben estar en equilibrio. 4) Nótese que una viga conjugada debe ser determinada, puesto que una viga conjugada indeterminada requeriría provenir de una viga real inestable. Por ejemplo:

Viga real inestable: u=0 u0  0  0

Viga conjugada indeterminada: M0 M0

V0

V0

5) Los signos deben ser cuidadosamente analizados e interpretados. Ejemplos 1) En la viga representada en el esquema, usando el método de la viga conjugada, obtener una expresión para la curva elástica y calcular la máxima pendiente en el tramo AB. Considerar EIZ constante.

PL

B

A

L

4L

C

PL/EIZ

Determinamos la viga conjugada y el sistema de carga elástica

Para obtener la ecuación de la curva elástica, recordamos que la deflexión en un punto de la viga real, es numéricamente igual al momento flector en el punto equivalente de la viga conjugada. Encontramos la ecuación del momento flector en cada uno de los tramos de la viga conjugada. Estableciendo el equilibrio para cada tramo de la viga conjugada, determinamos las reacciones elásticas en los puntos A, B y C. PL/EIZ A

B RA

RA  

RB  

4PL2 ; 3EI Z

B RB

RB

2PL2 ; 3EIZ

PL/EIZ

RC  

7PL2 ; 3EI Z

MC C RC

MC  

11PL3 6EI Z

768



Resumen: PL/EIZ A

B

Tramo AB.

M

M

PL/EIZ

2

4PL 3EI Z

M x V

2PL2 x Px 3  , 3EI Z 24EI Z

0  x  4L , desde A.

V

Tramo BC.

B

7PL2 3EI Z

Momentos flectores en la viga conjugada Px/4EIZ

A

11PL3 6EI Z

C

4PL2 3EI Z

Deflexiones en la viga real

x

B

4PL2 3EI Z

2PL2 3EI Z

2PL2 3EI Z

PL/EIZ

M

PLx 2 4PL2 x  , 2EI Z 3EI Z

0  x  L , desde B.

Nótese que: u(4L) = u(L) = 0

La curva elástica estará definida por las ecuaciones:  2PL2 x Px 3  , 0  x  4L , desde A.  24EI Z  3EI Z ux    2 2  PLx  4PL x , 0  x  L , desde B.  2EI 3EI Z Z  2PL2 3Px 2 Para determinar uMÁX, hacemos u’(x)=0, luego   0 , de donde obtenemos 3EI Z 24EI Z

la única raíz aceptable x  4L / 3 , con lo cual uMÁX= 2) Usando el método de la viga conjugada calcular la pendiente y la deflexión en el extremo libre de la viga representada. Considerar EIZ=200,000 KN-m2 en toda la viga.

16PL3 . 9 3EI Z 75KN/m

A

B 3m

C 2m

Determinamos la viga conjugada y el sistema de carga elástica.

769



75KN/m A

B

C 2m

3m

MC 150/EIZ

Determinamos VC y MC, que equivalen a C y u C. Equilibrio: 1  150   150  1  450    3   3 0 VC  2 3  EI Z   EI Z  2  EI Z  de donde

VC

VC 

1,225 EI Z

600/EIZ 1,225 1,225   0.006125 rad . EI Z 200,000 Determinamos el momento flector en la viga conjugada 4,425 4,225 MC    0.022125 m EI Z 200,000 Nota) Al considerar la fuerza cortante y el momento flector en la viga conjugada, conviene recordar el convenio de signos positivos de acuerdo a la disposición siguiente.

En la viga real: θC 

M

M

Deflexiones positivas hacia abajo. Rotaciones positivas en sentido horario.

V

V 3) En la viga representada, determinar la pendiente y la deflexión en el punto de aplicación de la carga concentrada. Considerar EIZ=30x106Klb-pulg2 en toda la viga. El tramo AB tiene 4EIZ de rigidez flexional y el tramo BD tiene EIZ. 60 Klb

B

A 10‘

10‘

C

Viga conjugada y sistema de carga elástica.

A

D 20‘

400/EIZ

B

D C

100/EIZ

RB

RD

Como requerimos solamente VC y MC, calculamos la reacción elástica RD.  400  20   1  100   20   1  400   20   1  10      10     20  10  MB  0      30R D , 3   2  EI Z   3   2  EI Z   3  2  EI Z 



de donde obtenemos R D 

25,000 . Por equilibrio de la porción CD, encontramos EI Z

400/EIZ MC

C VC

VC 

D 25,000/EIZ

1,222.2 ; EI Z

MC 

28,888.89 . EI Z

Re emplazando el valor EI Z tenemos : VC  0.00587;

MC  0.1386

770



Las deflexiones buscadas son C=0.00587 rad (horaria); uC=1.664 pulg (hacia abajo). 4) En el sistema representado usar el método de la viga conjugada para determinar: (i) La flecha en el punto F. (ii) La flecha en el punto B. (iii) La pendiente en el punto B. (iv) La pendiente en el punto C. Considerar E=21x106 Ton/m2; IZ= 8,000 x 10-8 m4. B

A

4.5 Ton

EIZ

Rígida D C

3m

2EIZ

2EIZ

3m

2.4 m

F

Definimos la “viga conjugada” y el sistema de carga elástica, teniendo presente que la barra BC es rígida. 10.8/EIZ

D

B

A

F

C 5.4/EIZ Por equilibrio de la viga conjugada encontramos las reacciones elásticas en los apoyos y la fuerza en la articulación. 10.8/EIZ 16.2/EIZ

B

A

D

C 24.3/EIZ

49.25/EIZ

16.2/EIZ

5.4/EIZ

F

D

5.4/EIZ

22.68/EIZ

(i) La flecha en el punto F de la viga real es numéricamente igual al momento flector en el punto F de la viga conjugada. Luego, tenemos MF  uF 



49.25 49.25   0.0293 m  EI Z 8 105 21 106



  

(ii) La flecha en el punto B de la viga real es numéricamente igual al momento flector en el punto B de la viga conjugada. Luego, tenemos

771



10.8/EIZ VB B

A

MB   luego

32.4 32.4   0.0193 5 EI Z 8 10 21 106



  



uB  0.0193 m 

24.3/EIZ VB (iii) La pendiente de la curva elástica de la viga real en el punto B es numéricamente igual a la fuerza cortante en la sección B de la viga conjugada. Determinamos la fuerza cortante inmediatamente antes del punto B trabajando con el tramo AB. 16.2 16.2 VB     0.00964. Por tanto, la rotación inmediatamente 5 EI Z 8 10 21 106



  

antes del punto B (por la izquierda) es θB  0.00964 rad antihoraria.

(iv) La pendiente de la curva elástica de la viga real en el punto C es numéricamente igual a la fuerza cortante en la sección C de la viga conjugada. Determinamos la fuerza cortante inmediatamente antes del punto C trabajando con el tramo AB. 8.1 8.1 VB    0.00482. Por tanto, la rotación inmediatamente después EI Z 8 10 5 21 106



  

del punto B (por la derecha) es θB  0.00482 rad horaria .

θB

θB

Curva elástica 5) Determinar la pendiente y la deflexión en el punto A de la viga representada. Considerar E=200 GPa; IZ=7.8 x 10-4 m4. Viga conjugada 1200/EIZ 150 KN

100 KN

450/EIZ

A 3m

A

3m

3m 3m Encontramos las fuerzas internas (V y M) en la sección A de la viga conjugada. 1200/EIZ 450/EIZ A VA

MA

2475  1  1200  450  3  VA    . EI Z EI Z  2   Re emplazando valores, tenemos 2475 VA   0.01586 rad. 200  106 7.8 10  4

 





772



Luego por la analogía de la viga conjugada A= 0.01586 rad. Determinando el momento flector, tenemos  450   3   1200  450  3  2  4275 3      3, de donde MA  MA   . Reemplazando EI Z EI Z  EI Z   2    2  3  4275 valores, encontramos MA   0.0274. Luego por la analogía de la 200 106 7.8 10 4 viga conjugada uA=0.0274 m.

 





6) Calcular las deflexiones en los puntos B y D de la viga representada. Considerar que toda la viga tiene rigidez flexional constante EIZ. A

P b

3P

B 4b

b

D

C

2b

Determinamos la viga conjugada, el sistema de carga elástica y las reacciones elásticas en los apoyos B y D de la viga conjugada. 4Pb/EIZ

3Pb/EIZ Pb/EIZ A

B

9Pb2 RB  4EI Z

C

D

RC 

29Pb2 4EI Z

Calculamos los momentos flectores en los puntos B y D de la viga conjugada aplicando los principios general del equilibrio. Obtenemos los siguientes valores: b   b  2Pb  2b   b  Pb  2b   Pb       b b       b  MB      0, de donde se obtiene 2   2  EI Z  3   2  EI Z  3   EI Z  

MB 

3.5Pb3 . EI Z

 29Pb2  71Pb3 2b  4Pb  2b  2b     de donde obtenemos MD    0 , M  . D     6EI Z  2  EI Z  3   4EI Z  3.5Pb3 71Pb3 Luego, por la analogía de la viga conjugada tenemos uB   y uD  . EI Z 6EI Z Nota. El cambio de pendiente en la articulación B de la viga real, es igual a la fuerza 9Pb2 cortante en el punto B de la viga conjugada, θB  . 4EI Z





773



A

B

D

C

Curva elástica

B

7) Determinar la viga conjugada y el sistema de carga elástica para calcular la deflexión vertical en el punto D de la viga representada, cuya rigidez flexional es constante EIZ=100,000 KN-m2. 50 KN/m

A

4m

2m

D

C

B

3m

Determinamos el diagrama de momentos flectores de la viga real.

A

C

B

D

-52.734

-100

-225 Viga conjugada y sistema de carga elástica. B

C

A -100/EIZ

D

-52.734/EIZ -225/EIZ

Para mayor facilidad al desarrollar los cálculos, puede usarse el principio de superposición, reemplazando el sistema de cargas elásticas por otro equivalente.

774



100/EIZ

B

A

C

D

-100/EIZ -100/EIZ -225/EIZ Los arcos que figuran en los diagramas son arcos de parábolas de segundo grado. Puede verificarse, por equilibrio de la viga conjugada, que la deflexión en el punto D de la viga real es uD=12.1 mm hacia abajo. 8) En el sistema representado, mediante el procedimiento de la viga conjugada, determinar los momentos en los extremos B y C. El elemento BC tiene EI1 como rigidez flexional. Los elementos AB y DC tienen EI2 como rigidez flexional. El elemento AB tiene L como longitud. Los elementos AB y DC tienen h como longitud.

P

B

C L/2

D

A

Por facilidad usaremos el principio de superposición y las condiciones de simetría. M

’B

M

M

P +

’’B

M

B

Determinamos la viga conjugada y las cargas elásticas para los elementos AB y BC. PL/4EI1

M/EI2

B

B

C

h M/EI1 A

775



Elemento vertical AB B

RB

Equilibrio de la viga conjugada Mh R A  RB  2EI2

M/EI2

h

R Bh 

h  M  2h      0. 2  EI2  3 

sistema obtenemos R B 

RA

A

Resolviendo el Mh  θB . 3EI2

Elemento horizontal BC PL/4EI1

Equilibrio de la viga conjugada

B

RB

RC

C

 ML   1  PL      L  R B  R C   EI1   2  4EI1  R B  R C , por la simetría. Resolviendo ambas

M/EIZ

ecuaciones obtenemos

RB 

PL2 ML   θB'  θB'' 16EI1 2EI1

Condición de continuidad geométrica: θB  θB'  θB'' . Por lo tanto:     PL 1 Mh PL ML  . , de donde obtenemos M    L  16I1  h 3EI2 16EI1 2EI1   3I2 2I1  Obsérvese que si I2 es mucho mayor que I1, el momento M tiende al valor PL/8, es decir, la viga horizontal del sistema se comporta como una viga doblemente empotrada. Si, en cambio, I2 es mucho menor que I1, el momento M tiende a cero, con lo cual la viga horizontal tiende a comportarse como una viga simplemente apoyada en sus extremos A y B. 2

2

6.10) Ecuaciones Elásticas (Método de Pendientes y Deflexiones) 6.10.1)

Introducción

Cuando en un sistema hiperestático se definen como incógnitas redundantes las fuerzas (o los correspondientes esfuerzos) estamos usando el denominado Método de las Fuerzas (o Método de Flexibilidades). De manera alternativa, si como incógnitas redundantes se precisan los desplazamientos (o las correspondientes deformaciones) estamos usando el denominado Método de los Desplazamientos (o Método de Rigideces). El método general de las pendientes y deflexiones (giros y desplazamientos) denominado también Método de las Ecuaciones Elásticas, es un planteamiento en base a rigideces, que proporciona las bases necesarias para el entendimiento de otros temas especiales de la Mecánica y del Análisis Estructural. 6.10.2)

Ecuaciones Elásticas (Ecuaciones de Pendientes y Deflexiones)

En todo sistema continuo de componentes o elementos estructurales sometido a cargas externas, se desarrollan momentos internos individuales en los extremos de sus elementos componentes.

776



Las denominadas ecuaciones de deflexiones y pendientes o ecuaciones pendiente desviación (ecuaciones elásticas) relacionan algebraicamente los momentos en los extremos de un elemento con los desplazamientos y rotaciones inducidos en sus puntos extremos, así como con las cargas actuantes en el referido elemento. Consideremos aislado el elemento AB, de rigidez flexional constante EIZ, integrante de un sistema estructural continuo. Si el elemento está sometido a cargas externas y movimientos de sus apoyos, se deforma y en él se desarrollan momentos internos (momentos de continuidad) en sus puntos extremos. P

w=w(x) B

A

Curva elástica

MBA

MAB B

A Tangente por A’

BA A

A’

AB

Posición inicial

B B’



A



B

D

Tangente por B’

Significado de las variables empleadas. MAB denota el momento de continuidad en el extremo A del elemento AB, en tanto que MBA denota el momento de continuidad en el extremo B del mismo elemento AB. A y B denotan, respectivamente, las rotaciones de los puntos extremos A y B del elemento AB con respecto a la posición inicial (no deformada). D denota la traslación relativa (en dirección normal al eje inicial no deformado) entre los dos puntos extremos del elemento AB.

777



 denota el ángulo de rotación de la cuerda del elemento A’B’ (segmento rectilíneo que une los puntos extremos A’ y B’ del elemento deformado) y que es ocasionada por el movimiento relativo de los apoyos D. Nosotros estamos interesados solamente en el caso de las deformaciones pequeñas o Δ deformaciones infinitesimales, es decir ψ  . L Nota) Es conveniente usar el siguiente convenio de signos: “Los momentos en los extremos del elemento, las rotaciones en los puntos extremos y la rotación de la cuerda, son positivos cuando giran en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj”. Las ecuaciones elásticas de pendientes y deflexiones se pueden deducir mediante razonamientos geométricos y aplicación del principio de superposición y del Segundo Teorema de Mohr.

MBA MAB

MAB B

A

M EI

MBA A

B

Por cargas externas

’AB

 ’BA

’’AB

’’BA

MBA/EI MBA/EI

Las desviaciones tangenciales indicadas son: Por carga externa ’AB y ’BA Por el momento de continuidad MAB ’’AB y ’’BA Por el momento de continuidad MBA ’’’AB y ’’ BA

’’’AB

’’’BA

Las desviaciones tangenciales debidas al momento flector libre M (ocasionadas por las cargas que actúan en el tramo) y a los momentos de extremo M AB y MBA, son, respectivamente: t t ' δ'AB  A δBA  B EI EI

778


Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz ' δ'AB 

MABL2 6EI

'' δBA 

MABL2 3EI

(*) '' δ'AB 

2

MBAL 3EI

''' δBA 

2

MBAL 6EI

Para deformaciones infinitesimales son válidas las relaciones geométricas siguientes δ Δ δ Δ θ A  BA θB  AB L L Δ Si en ellas reemplazamos  ψ , encontramos L δ δ θ A  BA  ψ y θB  AB  ψ (**) L L (En las expresiones anteriores δ AB y δBA , representan las desviaciones tangenciales totales, debidas a los tres efectos que actúan sobre el elemento AB). De las ecuaciones (**) obtenemos δ δ (1) θ A  ψ  BA y θB ψ  AB L L Por aplicación del principio de superposición y del segundo Teorema de Mohr se determinan las desviaciones tangenciales totales δ AB y δBA . Obtenemos t B MABL2 MBAL2   y EI 3EI 6EI t M L2 M L2  A  BA  AB EI 3EI 6EI

' '' ''' δBA  δBA  δBA  δBA 

δ AB 

δ'AB



' δ'AB



'' δ'AB

(2)

Los valores tA y tB son los momentos estáticos respecto a los extremos A y B, respectivamente, del área del diagrama de momento flector del tramo AB debido exclusivamente a las cargas externas actuantes en dicho tramo. Reemplazando las ecuaciones (1) en las ecuaciones (2) tenemos θA  ψ 

MABL MBAL tB   3EI 6EI EIL

y

θB  ψ 

 MABL MBAL t A   6EI 3EI EIL

(3)

Para expresar los momentos MAB y MBA en términos de las rotaciones de los extremos del elemento AB, la rotación de la cuerda y la carga externa actuante en el tramo, se resuelve el sistema (3) considerando como incógnitas los momentos M AB y MBA. Se obtienen 2EI 2θ A  θB  3ψ  22 2tB  t A  MAB  y L L (4) 2EI 2 θ A  2θB  3ψ  2 tB  2t A  MBA  L L Como caso particular, consideremos que el elemento en referencia es una viga con sus dos extremos empotrados, sin posibilidades de rotaciones ni traslaciones.

779



Los momentos en los extremos de esta viga se denominan momentos en los extremos fijos o momentos de empotramiento perfecto. Se obtienen a partir de las ecuaciones (4) haciendo en ellas θA θB  ψ  0. Se obtienen los valores 2 2 O (5) MOAB  2 2tB  t A  y MBA  tB  2t A  L L MOAB

MOBA A

B

A=B==0

Luego reemplazando en las ecuaciones (4) tenemos: MAB 

2EI 2θA  θB  3ψ  MOAB L

MBA 

y

2EI O θA  2θB  3ψ  MBA L

(6)

Las ecuaciones (6) son conocidas como Ecuaciones Elásticas o Ecuaciones de Pendientes y Deflexiones para elementos prismáticos (rigidez flexional EI constante en cada elemento). Son válidas para sistemas estructurales continuos de comportamiento elástico lineal, sometidos a procesos de deformación elástica infinitesimal. Estas ecuaciones (6) sólo incluyen el efecto de las deformaciones por flexión, dejando de lado las deformaciones por fuerza axial y por fuerza cortante. Existen ecuaciones elásticas más generales que las deducidas, que incluyen el efecto de la fuerza axial y de la fuerza cortante, denominadas Ecuaciones de Navier y/o Ecuaciones de Bresse, que son formalizadas en cursos superiores de Mecánica de Sólidos o de Mecánica Estructural. Observar que las ecuaciones elásticas deducidas tienen ambas la misma estructura algebraica. Es decir, una de ellas podría obtenerse a partir de la otra por un apropiado intercambio de los subíndices A y B.

6.10.3)

Elementos con Extremos Fijos y con Extremo Articulado

Por los métodos estudiados en las secciones anteriores es posible resolver sistemas hiperestáticos en flexión, haciendo uso de ecuaciones del equilibrio y otras ecuaciones adicionales de compatibilidad geométrica. Pueden ser determinados los momentos en los extremos fijos de un elemento componente de un sistema estructural continuo, originados por un sistema de cargas externas aplicadas sobre el elemento considerado. Sin embargo, de manera alternativa, para tal finalidad también pueden usarse las 2 2 O ecuaciones MOAB  2 2tB  t A  y MBA  2 tB  2t A . Recordando que los L L valores tA y tB significan los momentos estáticos del área del diagrama de momentos flectores libres o isostáticos, respecto de los extremos B y A respectivamente. Así por ejemplo, para el sistema indicado de rigidez flexional constante EI. Longitud L=a+b.

MOAB

P

A

B b

a P

O MBA

Pab/L A

B

780



 1   Pab  a   1   Pab  2b  El valor tB, es tB   a   b    b   . Simplificando obtenemos:  2   L  3   2   L  3  Pab a  2b. De manera similar encontramos t A  Pab 2a  b. tB  6 6 Luego, los momentos de extremo fijo (momentos de empotramiento perfecto) son:  Pab2 2 2   Pab   Pab  MOAB  2 2tB  t A   2 2 a  2b   2a  b  2 (sentido antihorario). L L   6  L  6   O MBA 

Pa2b (el signo menos indica que el sentido es horario). L2 P Pab2 Pa2b a b L2 L2 L=a+b

Las ecuaciones elásticas, ecuaciones (6), han sido deducidas bajo el supuesto de que los elementos están rígidamente conectados entre sí, de modo que las rotaciones A y B en los extremos del elemento son idénticas a las rotaciones respectivas de los nudos del elemento continuo o adyacente.

A

A

A

Si uno de los extremos del elemento está conectado con el elemento adyacente mediante una articulación, entonces el momento en el extremo articulado debe anularse. Esta circunstancia modifica las ecuaciones de pendiente y deflexión. Sea, por ejemplo, el elemento AB articulado en el extremo B (por tanto MBA=0). Reemplazando MBA=0 en las ecuaciones (6), obtenemos 2EI O 2θA  θB  3ψ  MOAB y MBA  2EI θA  2θB  3ψ  MBA MAB   0. L L De la segunda de las ecuaciones anteriores, obtenemos el giro del elemento AB en el θ 3ψ L O apoyo articulado B, θB   A   MBA . Reemplazando este valor en las 2 2 4EI O   3EI θA  ψ   MOAB  MBA ; ecuaciones anteriores y simplificando, obtenemos MAB  L 2   además de MBA=0. De manera similar, si el elemento AB tiene el extremo A articulado, entonces el  O MOAB  3EI . θB  ψ   MBA  momento MAB=0 y MBA  L 2   Nótese que, para este caso, las ecuaciones para los momentos M AB y MBA pueden escribirse unitariamente O   3EI θr  ψ   MraO  Mar ; Mar  0 . Mra  L 2  

781



Donde el subíndice a se refiere al extremo articulado y el subíndice r se refiere al extremo rígidamente empotrado. EJEMPLOS 1) Por el método de las ecuaciones elásticas de pendientes y deflexiones, calcular los momentos en todos los apoyos del sistema representado. Aceptar constante la rigidez flexional en todo el sistema (I=2,400 cm4; E=2 x 106 Kg/cm2).

4 T/m

4T 3m

4m

4m

Determinamos los momentos de empotramiento perfecto para ambos tramos. 4 T/m a=3m 1 MO12

L=4m

2

4T

b=4m

2 MO21

MO23

3 MO32

MO12=-wL2/12=-(4)(42)/12=-16/3 T-m (horario). MO21=wL2/12=(4)(42)/12=16/3 T-m (antihorario). O M 23=-Pab2/L2= -(4)(3)(42)/72=-192/49 T-m (horario). MO32=Pba2/L2=(4)(4)(32)/72= 144/49 (antihorario). Mediante aplicación de las ecuaciones elásticas en cada tramo del sistema, se determinarán los momentos en los extremos de cada elemento, considerando además las ecuaciones de condición geométrica y de equilibrio. Para el elemento 1-2: 2EI 2EI O O θ1  2θ2  3ψ  M21 (2θ1  θ2  3ψ)  M12 y M21  L L Reemplazando valores e imponiendo la condición 1=0 (puesto que el apoyo 1 anula posibilidad de giros y flechas), obtenemos EI 16 16 (*) M12  θ2  y M21  EIθ2  2 3 3 Similarmente se procede con el elemento 2-3. 2EI 2EI O O θ2  2θ3  3ψ  M32 M23  (2θ2  θ3  3ψ)  M23 y M32  L L Reemplazando valores y simplificando, obtenemos 2EI 2θ2  θ3   192 y M32  2EI θ2  2θ3   144 (**) M23  7 49 7 49 Ecuaciones de condición: M21+M23=0 (equilibrio del nudo 2) y M32=0 (el momento en el apoyo simple 3 es nulo). Desarrollando y simplificando las ecuaciones de condición encontramos 11 2 208 2 4 144 EIθ2  EIθ3   0 (i) y EIθ2  EIθ3   0 (ii) 7 7 147 7 7 49 M12 

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (i) y (ii) y reemplazando el valor de la rigidez flexional (en Ton-m2) encontramos los giros en los apoyos 2 y 3: 2=0.00008 radianes y 3=-0.01076 radianes.

782



Llevando estos valores de los giros a las ecuaciones elásticas (*) y (**), encontramos: M12 = - 5.333 T-m; M21 = 5.372 T-m; M23= - 5.372 T-m. 2) Determinar los momentos en los nudos de la estructura representada. Considerar que todos los elementos tienen la misma rigidez flexional EI. 3 T/m 1

2m

2

3

3m

3m

4 Sin incluir el efecto de las fuerzas cortantes y las fuerzas axiales, la organización de la estructura no permite el desplazamiento de los nudos. Determinamos los momentos de empotramiento perfecto en los extremos de cada elemento. 3 T/m

MO12

L=2m

MO21

MO 21

 

3 22  1 T  m wL2  12 12 2 wL   1 T  m. 12

O M12 

Como los otros elementos no tienen carga alguna aplicada transversalmente en sus tramos, los momentos fijos son nulos, es decir: MO23  MO32  MO24  MO 42  0

Aplicamos las ecuaciones elásticas para los tres elementos que conforman el sistema. Elemento 1-2: 2EI 2EI O 2θ1  θ2   M12O θ1  2θ2   M21 M12  y M21  L L Reemplazando valores, haciendo 1=0 y simplificando tenemos M12=EI2 -1; y M21=2EI2 +1 (*) Elemento 2-3: 2EI 2θ2  θ3   0  2EI 2θ2  θ3  y M32  2EI θ2  2θ3   0  2EI θ2  2θ3  M23  3 3 3 3 (**) Elemento 2-4: 2EI 2θ2  θ4   0  2EI 2θ2  θ4  y M42  2EI θ2  2θ4   0  2EI θ2  2θ4  M24  3 3 3 3 En las últimas imponemos la condición del apoyo empotrado 4: 4=0. Obtenemos:

783


M24 

4EI θ2  3


y

M42 

2EI θ2  3

(***)

Condición de equilibrio estático: M21+M23+M24=0, reemplazando los momentos en función de los ángulos de giro, tenemos

2EIθ2  1   2EI 2θ2  θ3    4EI θ2   0  3

  3





14 2 EIθ2  EIθ3  1  0 3 3

Condición del apoyo simple 3, M32=0. Luego 2+23=0

(i)

(ii)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (i) y (ii) se obtienen los ángulos de giro 2 y 3. 3 3 θ2   y θ3  13EI 26EI Reemplazando el valor de los giros en las ecuaciones (*), (**) y (***) tenemos: M12=-1.-23 T; M21=0.538 T; M23=-0.231 T; M32=0; M24=-0.308 T; M42=-0.154 T Nota) El convenio de signos usados para deducir las ecuaciones elásticas de pendientes y deflexiones, no coincide en su integridad con el convenio de signos usados para los momentos flectores. Esta consideración deberá ser tomada en cuenta si quisiéramos graficar el diagrama de momentos flectores. 3) Determinar los momentos en cada extremo de los elementos del marco de nudos rígidos que se representa en el esquema. Incluir solamente deformaciones por momento flector. Considerar constante la rigidez flexional EI en todo el marco.

40 Klb B

15’

C

B

 B’

C 

C’

12’ A

18’

D Momentos de empotramiento perfecto, puesto que la carga externa está aplicada en el nudo B MOAB=MOBA=MOBC=M0CB=MOCD=MODC=0 Giros de las cuerdas (positivos en sentido antihorario) δ ψAB  ψBA   ; ψBC  ψCB  0; 12 Condición de apoyos A y D empotrados A=D=0.

ψDC  ψCD  

δ 18

784



 2EI  Ecuaciones elásticas de pendiente desviación: Mij    2θi  θ j  3ψij   MijO , para  L ij

cada uno de los elementos. Se obtienen las ecuaciones siguientes: EI  δ MAB   θB   6  4 EI  δ  2θB   6  4 2EI 2θB  θC   15 2EI 2θC  θB   15 EI  δ   2θ C   9  6

MBA  MBC MCB MCD

(*)

EI  δ  θC   9  6 Las seis ecuaciones pendiente desviación contienen nueve incógnitas (seis momentos de extremo, dos giros de nudos y un desplazamiento horizontal). Es necesario plantear ecuaciones adicionales (equilibrio estático de los nudos B y C y equilibrio global de fuerzas cortantes). MDC 

MBC+MBA=0 (**) Reemplazando convenientemente las ecuaciones (*) en la ecuación (**) y simplificando obtenemos: 0.6θB  0.133θC  0.0417δ  0

40 Klb B

MBC

MBA MCB

MCB+MCD=0 (***) Reemplazando convenientemente las ecuaciones (*) en la ecuación (***) y simplificando obtenemos: 0.133θB  0.489θC  0.0185δ  0

C M MCD

MBA

MCD

12’ MAB

VA MAB MDC

18’

VA

VD

MDC

 F  0  40  V

A

 VD

VD

(i)

H

VA  

MAB  MBA 12

(ii)

VD  

MCD  MDC 18

(iii )

785



Reemplazando las fuerzas cortantes VA y VD en la ecuación de equilibrio global (i), M  MBA MCD  MDC tenemos 40  AB  0 (iv ) . Reemplazando en esta última 12 18 ecuación los valores dados por las ecuaciones (*), encontramos 480 0.5θB  0.222θC  0.108δ  0 (* * **) . EI Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (*), (**), (***) y (****) encontramos: 439.05 136.22 6,757.02 θB  ; θC  ; δ (* * * * *) EI EI EI Reemplazando estos valores en las ecuaciones de los momentos de extremo, ecuaciones (*), tenemos finalmente MAB=-208.36 MBA=-135.34 MBC= 135.34 MCB = 94.80 MCD=-94.80 MDC=-109.89 4) La estructura que se representa en el esquema es de nudos rígidos y tiene rigidez flexional EI constante en todos sus elementos. Sin incluir efectos de fuerza cortante ni de fuerza axial, determinar el momento flector en los extremos de cada uno de sus elementos. Graficar el diagrama de momento flector. P

6’ 1

2 12’

60o

P

6’

3  2EI  Usamos las ecuaciones elásticas: Mij    2θi  θ j  3ψij   MijO  L ij

4 (*)

Momentos de empotramiento perfecto: MO12=MO21=MO23=MO32=MO34=MO43=0. δ δ Ángulos de rotación de las cuerdas ψ12  ψ21   ; ψ23  ψ32  0; ψ34  ψ43  . 6 6

12 Momentos y rotaciones positivos, en sentido antihorario.



 43

Condición de apoyos 1 y 4 (empotrados): 1=4=0. Reemplazando en las ecuaciones (*) y simplificando tenemos:

786


M12 


EI  δ  θ2   3 2

EI 2θ3  θ2  6 EI  δ   2θ3   3 2

M32 

EI  δ  2θ2   3 2 EI 2θ2  θ3   6

M21 

M34

M23

M43 

Ecuaciones de condición:

M  0

(**)

EI  δ  θ3   3 2

 M21  M23  0

y

2

M  0  M

32

 M34  0 .

3

Desarrollando estas ecuaciones en función de las rotaciones y del desplazamiento, tenemos: 6θ2  θ3  δ  0 (i) y 6θ3  θ2  δ  0 (ii) Condiciones de equilibrio global V1+V2=2P; V1=V2=P.

V1=V2 (simetría). Luego

M12 V1

También, por el equilibrio del nudo 2:

M  0  M

12

M43

 M21  6P  0

V4

2

Reemplazando en la ecuación de momentos EI  δ  EI  δ  θ2     2θ2    6P  0. 3 2 3  2

Simplificando la ecuación de equilibrio del nudo 2, tenemos 3θ2  δ 

18P 0 EI

(iii ) .

Resolviendo las ecuaciones (i), (ii) y (iii), se encuentran θ3  

9P ; EI

θ2 

9P ; EI

δ

45P EI

(iv )

Finalmente, reemplazando los valores hallados de las rotaciones y del desplazamiento vertical del nudo 2 en las ecuaciones de los momentos, ecuaciones (**), y luego de simplificar tenemos M12=-4.5P;

M21=-1.5P;

M23=1.5P;

M32=-1.5P:

M34=1.5P;

M43=4.5P

De acuerdo a los convenios de signos usados para momentos flectores y momentos de extremo, existe coincidencia de signos solamente en los momentos del lazo derecho de cada elemento. Por tanto, para graficar el diagrama de momentos flectores se consideran: M1=-4.5P; M2=1.5P; M3=1.5P: M4=-4.5P

787



1.5P

1.5P

1 2

1.5P -4.5P

1.5P 4

3

-4.5P 5) El sistema estructural plano de nudos rígidos ABCD representado en el esquema, está sometido a la acción de una fuerza horizontal F=100 Klb en el nudo B. La rigidez relativa de cada elemento es: elemento AB: 2EI/L=1; elemento BC: 2EI/L=2; elemento CD: 2EI/L=2. Determinar los momentos en los extremos de cada elemento. B

100 Klb

15’

C

15’ 25’ A 4 3

D

Determinamos los momentos de empotramiento perfecto en ambos nudos de cada elemento. Se obtienen MOAB=MOBA=MOBC=MOCB=MOCD=MODC=0 Sin incluir las deformaciones por fuerza axial y por fuerza cortante, el nudo B sufre un desplazamiento horizontal D. Igual desplazamiento horizontal sufrirá el nudo C. Como el nudo C es nudo común a las barras BC y CD, el nudo C también se desplazará de manera perpendicular con la barra inclinada CD.

788



C’’ B

100 Klb

B’

D

C

D

CC’=D C’C’’=3D/4 CC’’=5D/4

C’

A 4 3 D Conociendo los desplazamientos de los nudos B y C, puede definirse los ángulos  de rotación de cada barra. 3Δ 5Δ Δ Δ Δ ψAB   ; ψBC  4  ; ψCD   4   15 15 20 25 20 (De acuerdo al convenio de signos establecido, los ángulos de giro y los momentos son positivos cuando se orientan en sentido antihorario). Como los apoyos A y D son empotrados entonces A=D=0. Determinamos las ecuaciones elásticas para cada extremo de los elementos:  2EI  O MAB    2θ A  θB  3ψ AB   M AB  L  AB  2EI  O MBA    2θB  θ A  3ψBA   M BA L  BA  2EI  O MBC    2θB  θ C  3ψBC   M BC  L BC MCB

 2EI  O   2θC  θB  3ψCB   M CB L   CB

(*)

 2EI  O MCD    2θC  θD  3ψCD   M CD  L  CD  2EI  O MDC    2θD  θ C  3ψDC   M DC L  DC

Reemplazando los factores de rigidez relativa, ángulos de rotación de cada barra, ángulos de giro de los apoyos A y D y los momentos de empotramiento perfecto, en las ecuaciones (*), obtenemos

789



  Δ  MAB  1θB  3    15  

 MAB  θB 

  Δ  MBA  12θB  3    15   3Δ   MBC  2 θ C  2θB   20   MCB

3Δ    2 θB  2θ C   20  

  Δ  MCD  2 2θ C  3    20  

Δ 5

 MBA  2θB 

Δ 5

 MBC  2θ C  4θB   MCB

3Δ 10

3Δ  2θB  4θ C  20

 MCD  4θ C 

(**)

3Δ 10

 3Δ  Δ  MDC  2 θ C  3   MDC  2θ C   10  20   Ecuaciones de condición del equilibrio estático: Nudo B MBA+MBC=0 Nudo C MCB+MCD=0

Reemplazando las correspondientes expresiones de los momentos de extremo en las ecuaciones anteriores y simplificando, obtenemos Δ 3θB  θC  0 (***) 20 θB  4θC  0 La tercera ecuación de condición se obtiene estableciendo el equilibrio global de momentos respecto del punto O (para eliminar el efecto de las fuerzas axiales). O

25’ 20’

15’ 100 Klb

15’

MAB

25’

MAB  MBA 15

MDC MCD 25

MDC

790



 M  MBA   M  MCD   MAB  MDC  100(20)   AB 15  20    DC 25  25  0 15 25     4 7 Simplificando tenemos  MAB  MBA  MDC  2MCD  2,000  0 . 3 3 Reemplazando las expresiones para los momentos de extremo, ecuaciones (**), en la expresión anterior y simplificando tenemos: 49 (****)  6θB  10θC  Δ  2,000  0 30 Resolviendo el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (***) y (****) encontramos los valores siguientes

M

O

0

θB  21.4292;

θC  5.3573;

Δ  1,178.6

Finalmente, reemplazamos los valores anteriores en las ecuaciones para los momentos de extremo, ecuaciones (**). Obtenemos:

MAB  257.15 MCB  332.15

MBA  278.58

MBC  278.58

MCD  322.15

MDC  342.87

El ejemplo siguiente muestra una importante aplicación de las ecuaciones elásticas de pendiente desviación, al estudio de marcos planos de nudos rígidos que pueden desplazarse lateralmente, sin incluir los efectos de las deformaciones por fuerza cortante y por fuerza axial. 6) Determinar las ecuaciones elásticas pendiente / desviación, necesarias para encontrar los momentos en los extremos de cada elemento del sistema plano de nudos rígidos representado en el esquema. Considerar constante la rigidez flexional EI en todo el sistema. No incluir deformaciones por fuerza cortante ni por fuerza axial.

D1+D2 D

C

40 KN

C

D D1+D2

5m B 80 KN

E 7m

B

D1

E

D1

5m A

F

A

F

Momentos de empotramiento. Puesto que las cargas aplicadas horizontalmente actúan en los nudos B y C, todos los momentos de empotramiento perfecto son nulos. Ángulos de rotación de las cuerdas, positivos en sentido antihorario.

791



Δ1 5 Δ2  5 0

ψ AB  ψFE   ψBC  ψED ψBE  ψCD

Condiciones de apoyos A y E empotrados: A=F=0.  2EI  Ecuaciones elásticas para cada elemento componente Mij    2θi  θ j  ψij   MijO L  ij

Reemplazando los valores correspondientes a cada elemento, se obtienen las doce ecuaciones siguientes:  2EI   2EI  MAB   MBA   θB  3ψ AB  2θB  3ψ AB   5   5   2EI  MBC   2θB θC 3ψBC   5   2EI  MCD   2θC  θD   7   2EI  MBE   2θB  θE   7   2EI  MED   2θC  θD  3ψED   5   2EI  MFE   θE  3ψFE   5 

 2EI  MCB   2θC  θB  3ψBC   5   2EI  MDC   2θD  θC   7 

(*)

 2EI  MEB   2θE  θB   7   2EI  MDE   2θD  θE  3ψDE   5   2EI  MEF   2θE  3ψEF   5 

(*)

Se han planteado doce ecuaciones con dieciocho incógnitas: doce momentos de extremo, dos desplazamientos horizontales y cuatro giros de nudos. Ecuaciones del equilibrio de los nudos C, D, B y E. MCD

C

D

MDC

MCB

MDE

MBC

MED

MBE

B

E MEB

MBA

MEF MCB+MCD=0 MDE+MDC=0 MBA+MBE+MBC=0 MEF+MED+MEB=0

(**)

792



Ecuaciones del equilibrio de la fuerza cortante en la base de los elementos verticales (columnas) de ambos niveles que deberán balancear las fuerzas horizontales aplicadas. 40 KN

F  0 H

5m

40 

MBC  MCB MCD  MDE  0 5 5

(* * *.1)

VED

VBC

F  0 H

40 KN

40  80 

5m

(* * *.2)

Deberán reemplazarse las ecuaciones (*) en las (**) y (***) para así conformar un sistema algebraico (tridiagonal) de seis ecuaciones con seis incógnitas (dos giros de las cuerdas y cuatro giros de los nudos). Con los resultados obtenidos, será posible, luego de reemplazar en las ecuaciones (*), obtener los momentos en los extremos de cada elemento del marco plano.

80 KN 5m VFE

VAB

MAB  MBA MEF  MFE  0 5 5

6.11) Teorema de los Desplazamientos Recíprocos (Teorema de Maxwell) El Teorema de Maxwell denominado también Teorema o Principio de Reciprocidad de los Desplazamientos es un importante teorema general en Mecánica de Sólidos Deformables. Se deduce a partir de las definiciones del trabajo generado por cargas externas y se aplica en todos los sistemas elásticos en que son válidos los principios de linealidad y superposición. A fin de ilustrar este teorema, consideremos, como ejemplo, una viga en voladizo AB de rigidez flexional constante EIZ, sometida a una carga concentrada P aplicada verticalmente en su extremo libre B. P

C P

A L/2

B L/2

Sea δ CB la deflexión vertical del punto C de la viga, ocasionada por una carga vertical P actuante en el punto B. La flecha en el punto C puede calcularse, por ejemplo por el método del área del diagrama de momentos.

-PL/2EIz -PL/EIz

 PL  L  L      δ CB     2EI Z  2  4  PL  2  L  5PL3  1  L  PL            2  2  EI Z 2EI Z  3  2  48EL Z



793



Consideremos ahora la misma viga AB cargada con la fuerza vertical P aplicada en el punto C. C P

A L/2

P B L/2

Sea δBC la deflexión vertical del punto B de la viga, ocasionada por una carga vertical P actuante en el punto C. La flecha en el punto B puede calcularse, por ejemplo por el método del área del diagrama de momentos.  PL  L  1  L 2L  5PL3     δBC       2EI Z  2  2  2 6  48EL Z



-PL/2EIz

Del valor de las deflexiones calculadas, observamos que δCB  δBC , es decir: La flecha en el punto C, producida por la carga P que actúa en el punto B, es igual a la flecha en el punto B, producida por la carga P que actúa en el punto C. 6.11.1)

Demostración del Teorema de Maxwell

Consideremos un sistema elástico con una fuerza P1 aplicada en el punto A y otra fuerza P2 aplicada en el punto B. Ambas fuerzas aplicadas gradualmente. Determinaremos el trabajo realizado por las fuerzas en dos estados o alternativas: i) En primer lugar actúa la fuerza P1 y luego actúa la fuerza P2. ii) En primer lugar actúa la fuerza P2 y luego actúa la fuerza P1. P1

P2 A

B

Caso (i) P1 A

δA1

La fuerza aplicada gradualmente en el punto 1 A realiza el trabajo P1δA1 , siendo δA1 el 2 desplazamiento del punto A en dirección de la la fuerza P1 generado por la propia fuerza P1.

Después de generado δA1 aplicamos la carga P2 en el punto B. Se realiza el trabajo 1 P2δB 2 más un trabajo adicional realizado por P1 (que se mantiene constante). 2

794



P1 P2

B2 A2

A1

B

A

Las otras variables indicadas en el esquema son: δB 2 que indica el desplazamiento del punto B en dirección de la fuerza P2 y que es generado por la propia fuerza P2.

δA 2 que indica el desplazamiento del punto A en dirección de la fuerza P1 y generado por la fuerza P2. (Tener presente que durante todo el desplazamiento δA 2 , la fuerza P1 tiene valor constante). P

P

P1

P2

A1



A2

El trabajo realizado es Τ1 



B2

1 1 P1δA1  P1δA 2  P2δB 2 2 2

(i)

Caso (ii) Si se invierte el orden de aplicación de las cargas se genera el trabajo T2. P1 P2

 B2 A1

B1

B

A P

P

P1

P2

A1

A2



B2



795



Las otras variables indicadas en el esquema son:

δA1 que indica el desplazamiento del punto A en dirección de la fuerza P 1 y que es generado por la propia fuerza P1. δB 2 que indica el desplazamiento del punto B en dirección de la fuerza P2 y generado por la fuerza P2. (Tener presente que durante todo el desplazamiento δB1 , la fuerza P2 tiene valor constante). P

P

P2

P1

B2

B1

El trabajo realizado es Τ2 





A1

1 1 P2δB 2  P2δB1  P1δA1 2 2

(ii)

Por el principio general del trabajo realizado sobre sólidos elásticos lineales, el trabajo generado es independiente desorden en que se aplican las cargas, es decir T 1=T2. Luego, 1 1 1 1 P1δA1  P1δA 2  P2δB 2 = P2δB 2  P2δB1  P1δA1 , de simplificando obtenemos 2 2 2 2

P1δA 2 = P2δB1

(*)

La ecuación (*) expresa el principio general de los Trabajos Recíprocos: “El trabajo realizado por la fuerza P1 durante el desplazamiento de su punto de aplicación debido a la acción de la fuerza P2 es igual al trabajo realizado por la fuerza P 2 durante el desplazamiento de su punto de aplicación debido a la acción de la fuerza P1”. Si P1=P2, tenemos δA 2  δB1

(**)

Igualdad que constituye el Principio General de los Desplazamientos Recíprocos, que se expresa: “El desplazamiento del punto A originado por una fuerza aplicada en el punto B, es igual al desplazamiento del punto B originado por una fuerza igual aplicada en el punto A”. En muchas situaciones el uso del principio de reciprocidad simplifica el cálculo de desplazamientos en sistemas elásticos lineales. Por ejemplo en los siguientes casos:

A

P

BA B

AB A

P B

δBA  δ AB

796



PA

PB B

A AB

A

BB

B AA

BA

Si PB  PA , entonces δ AB  δBA

PB

MA

B

A

A

B BA

AB Si, numéricamente, PB=MA, entonces θAB  δBA , numéricamente. El principio de reciprocidad de desplazamientos es bastante útil en la formulación de los denominados coeficientes de flexibilidad, cuyo uso es definitivo en los estudios de Análisis Estructural. Se considera un sólido elástico deformable, sujeto a la acción de las fuerzas P1 y P2 aplicadas gradualmente. Los puntos de aplicación de las fuerzas indicadas sufren los desplazamientos D1 y D2, respectivamente. P2

P1

D1

D2

Puesto que el sólido es linealmente elástico, los desplazamientos totales se expresan: Δ1  f11P1  f12P2 Δ 2  f21P1  f22P2 Expresiones donde fij es el coeficiente de flexibilidad, que define el desplazamiento en el punto i resultante de una carga unitaria aplicada en el punto j.

Para estos casos fij=fji . El principio de reciprocidad de los desplazamientos expresa que: “Para un sistema elástico lineal el desplazamiento en el punto i debido a una carga unitaria en el punto j es igual al desplazamiento en el punto j debido a una carga unitaria en el punto i”. El principio de reciprocidad de los desplazamientos es un caso particular de una ley de la Mecánica de Sólidos Deformables mucho más general, el Teorema de Betti o de la Reciprocidad de los Trabajos. EJEMPLOS 1) Verificar la validez del principio de reciprocidad en el sistema cuya rigidez flexional es constante EI, sometido a los dos estados de carga que se indican.

797


L


P=1

A

B

A

a

A

La rotación en el punto A. es A=

m=1

1  Pa2  Pa a   PaL      L     EI  2  EI  2

La flecha del punto B. es

L  a 1  L2 uB=   m  m  EI  2 2

2

B

a

uB

    ma  L  a   EI  2 

Si las cargas son unitarias, es decir P=1 y m=1, entonces a a a a θA    L   y uB    L   EI  2 EI  2 Igualdad que comprueba la validez del principio de reciprocidad de desplazamientos. 2) La fuerza PR=1,200 Kg aplicada en el punto R provoca en los puntos A, B y C descensos de 3, 8 y 5 mm, respectivamente. Determinar el descenso provocado en el punto R por las cargas PA=1,500 Kg; PB=700 Kg y PC=1,000 Kg, que actúan en los puntos A, B y C. PR=1,200 Kg B

A 3 mm

R 8 mm

5 mm

PB=700 Kg

PA=1,500 Kg A

C

R

B

Pc=1,000 Kg C

DR

Si en el punto R actuase una carga unitaria (1 Kg) se generarían los siguientes desplazamientos verticales: 0.3 0.8 0.5 δA  cm; δB  cm; δC  cm (*) 1,200 1,200 1,200 Por el principio de reciprocidad de los desplazamientos, los descensos verticales indicados en (*) son, respectivamente iguales al descenso del punto R cuando en los puntos A, B y C actúen fuerzas unitarias.

798



1 A

R

B

C

0.3/1,200

Si en A actuase PA=1,500 Kg el descenso del punto R sería D’R=

0.3 1,500 cm 1,200

1 A

R

C

B

0.8/1,200

Si en B actuase PB=700 Kg, el descenso del punto R sería D”

0.8 1,500 cm 1,200

1 A

R

B

C

0.5/1,200

0.5 1,500 cm 1,200 Cuando simultáneamente actúen las fuerzas PA, PB y PC, el descenso del punto R será Si en C actuase PC=1,000 Kg, el descenso del punto R sería D’”

ΔR 

0.3 1,500  0.8 700  0.5 1,000  1.26 cm 1,200 1,200 1,200

Nota) El principio de reciprocidad ha permitido resolver rápidamente problemas importantes en Mecánica de Sólidos que, de otra manera, presentaban dificultades notorias. Uno de ellos es determinar el cambio de volumen de un sólido elástico lineal. 3) Determinar la variación de volumen de un cuerpo elástico de configuración arbitraria, sometido a la acción de dos fuerzas iguales y de sentidos contrarios P. La distancia entre los puntos de aplicación de las fuerzas es H. El material del sólido tiene constantes elásticas E, u.

H

P

P

799



Es importante considerar el grado de dificultad del problema enunciado de manera muy general. Por el principio de reciprocidad de los trabajos, la solución del problema se simplifica notoriamente. Analizamos simultáneamente a la condición de carga dada, el estado de carga del cuerpo sometido a una carga uniformemente repartida actuante sobre la superficie del mismo. Se definen entonces dos estados de fuerzas en el sólido (fuerzas en el sentido generalizado), el sistema de las dos fuerzas concentradas P, como un estado y la presión uniforme q, como el otro estado. Según el principio de reciprocidad de los trabajos, se afirma que

P ΔHq  q ΔVP

(*)

donde ΔHq es el desplazamiento relativo de los puntos de aplicación de las dos cargas P originado por la presión q y ΔVP es la variación buscado del volumen del cuerpo originado por las fuerzas P. Al cargar el cuerpo con una presión uniformemente distribuida, en cada elemento de volumen aparece el estado de compresión triaxial. La deformación unitaria según 1 cualquier dirección es, por la Ley de Hooke generalizada, ε  [s-u(s+s)], donde el E q esfuerzo normal s es igual a la presión q. Luego ε  [1-2u]. E Los puntos de aplicación de las fuerzas se acercarán bajo la acción de la presión q la q cantidad ΔHP  εH  H [1-2u]. E Reemplazando este valor en la expresión de reciprocidad de los trabajos, ecuación (*), PH obtenemos ΔVq  [1-2u]. E

800

CAPÍTULO VII ESTABILIDAD DE SISTEMAS ELÁSTICOS 7.01 Introducción El comportamiento de materiales y sistemas estructurales sometidos a cargas de compresión es muy distinto del comportamiento bajo cargas de tracción. La relación de esbeltez o relación entre longitud y dimensión transversal es un factor importante en el estudio de elementos sometidos a cargas de compresión. Experimentalmente se ha observado que la fuerza axial que produce el cambio de forma de la línea media (eje longitudinal) es menor cuanto más grande es la relación de esbeltez de la barra prismática en estudio. Para barras prismáticas en las que la relación de esbeltez es superior a 100, cuando la carga alcanza cierto valor (denominado carga crítica) el eje rectilíneo adopta súbitamente una forma curva. Este fenómeno de flexión de una barra sometida a compresión se denomina Pandeo o Flexión Lateral. Los efectos del pandeo o flexión lateral son fundamentales en el análisis y diseño de columnas.

P

P

Una vez que se ha producido el cambio de forma y si la carga axial compresiva se incrementa lentamente las deformaciones de la barra se incrementan súbitamente pudiendo llegar a la ruptura para valores de la carga muy cercanos al denominado Valor Crítico de la Carga Axial. Esto significa que cuando la carga aplicada P alcanza el valor de la carga crítica, la barra se aleja de su posición de equilibrio estable, por lo cual el fenómeno de pandeo o flexión lateral es un problema de estabilidad elástica. La barra ideal considerada es de material homogéneo, de sección recta constante, eje inicialmente recto, sometida a la acción de una carga de compresión axial centrada. Por lo general, las barras conformantes de sistemas reales, presentan características de no homogeneidad del material, errores o defectos de fabricación así como excentricidades durante la aplicación de la carga, circunstancias que determinan que la columna se flexione aún para pequeños valores de la carga aplicada. Aún para una barra ideal, cuando la carga alcanza el valor crítico Pcr pierde estabilidad. Toda perturbación ocasionaría grandes deformaciones que podrían provocar la ruptura de la barra. La condición P=Pcr es una condición de peligro de ruptura inminente que no está permitida en los sistemas estructurales. En su lugar se considera una carga de pandeo admisible Pp adm = Pcr/n, siendo n (n>1) el denominado factor de seguridad por pandeo. 7.01.1 Estabilidad. Carga Crítica. Definiciones. Es posible entender mejor el concepto de pandeo estudiando el comportamiento del sistema representado. Sea OA una barra rígida articulada en el punto O que se mantiene en posición vertical por intermedio de un resorte lineal de constante K instalado en el extremo superior A.



Si el extremo A sufre un desplazamiento horizontal infinitesimal x, sobre él actúa una fuerza Kx ejercida por el resorte. Si la causa que provocó el desplazamiento x desaparece, la fuerza Kx tiende a llevar a la barra a su posición inicial vertical de equilibrio. Decimos, en estos casos, que el equilibrio es estable. x A

K L

Kx K

A

P A’

L

K

A

A’

L

 O

Kx

O

 O

Consideremos ahora que en el extremo A de la barra articulada actúa una fuerza axial centrada de compresión P. El momento de la fuerza OP respecto del punto O es Px, en sentido horario, que genera el efecto de llevar a la barra a alejarse más de su posición de equilibrio (momento perturbador). El momento de la fuerza en el resorte respecto del punto O es KxL, en sentido antihorario, que propicia el regreso de la barra a su posición inicial de equilibrio (momento restaurador). El equilibrio del sistema es estable si: Mto. Restaurador > Mto. Perturbador, es decir si KxL>Px, de donde KL>P. El equilibrio es estable solamente si la fuerza P es inferior al valor crítico Pcr=KL. Si P supera este valor, el equilibrio es inestable. En términos muy generales: Estabilidad es la capacidad de los sistemas estructurales de conservar su posición y configuración iniciales del equilibrio en el estado deformado y de retornar a ellas cuando las causas que provocaron una perturbación hayan desaparecido. De otra manera, estabilidad es la propiedad del sistema de ofrecer resistencia a las influencias externas y reestablecer por si mismo, total o parcialmente, su posición y configuración de equilibrio en estado de deformación, cuando aquellas influencias desaparecen. La forma de equilibrio en el estado deformado se considera o se denomina estable, si para toda desviación posible de la configuración observada que se realice a velocidades infinitesimales, el sistema tiende a retornar a su posición y configuración iniciales, luego de superar un estado de oscilaciones alrededor de la posición de referencia. El equilibrio se considera inestable si para cualquier desviación posible y para cualquier velocidad infinitesimal, el sistema se aleja de su configuración inicial o no manifiesta ninguna tendencia a retornar hacia ella, apartándose más hasta lograr una nueva posición o una nueva forma de equilibrio en el estado deformado. Si la perturbación es un desplazamiento respecto de la posición inicial de referencia y el sistema alcanza otra posición de equilibrio, y no asegura que trate de regresar

802



a la configuración inicial ni manifiesta una clara tendencia de alejarse cada vez más de ella, el estado del equilibrio se denomina estado de equilibrio indiferente. Similar comportamiento presentan las columnas elásticas sometidas a compresión axial. Una carga de compresión axial P
P
P
F Antes de F

Después de F

Durante F

Aplicando una fuerza lateral infinitesimal F (que idealiza las posibles imperfecciones) la columna sufre una pequeña deflexión. Al suprimir la fuerza lateral F la columna regresa a su posición recta inicial de equilibrio, mientras se mantenga P< PCRIT. La elasticidad de la columna actúa como la fuerza restauradora. Esta acción de retorno a la configuración inicial, indica que la posición recta inicial es una posición de equilibrio estable, en la cual una pequeña perturbación tiende a desaparecer. Si la carga de compresión aplicada alcanza el valor de la carga crítica P=PCRIT, la columna elástica soporta esta carga y frente a cualquier pequeña perturbación como la fuerza lateral F, adquiere una forma flexionada moderada. P=PCRIT

P=PCRIT

P=PCRIT

F Antes de F

Después de F

Durante F

La columna permanece en la posición flexionada mientras P=PCRIT. Al suprimir la fuerza lateral F, la columna sigue en equilibrio en la posición flexionada. La fuerza elástica restauradora no es suficiente para hacer que la columna regrese a su configuración recta inicial, pero si es lo suficientemente grande para impedir que la deflexión ocasionada siga aumentando. Se trata de un estado de equilibrio indiferente o neutro. Finalmente, si la carga de compresión axial es mayor que la carga crítica P>P CRIT se alcanzará un estado de equilibrio inestable. P>PCRIT

P>PCRIT

P>PCRIT

F Antes de F

Durante F

Después de F

Posible colapso o pandeo

803



Al considerar cualquier perturbación representada por la carga lateral F, la columna elástica pasa a ocupar una posición flexionada considerable. Al suprimir la fuerza F, la deflexión sigue creciendo notoriamente, pudiendo llegar al colapso o falla del elemento estructural. La fuerza restauradora elástica de la columna no es suficiente para impedir que una pequeña perturbación ocasione grandes deflexiones de carácter creciente. Este tipo de comportamiento indica que para cargas axiales mayores a la carga crítica la posición recta inicial de la columna elástica es una posición de equilibrio inestable, a la cual una pequeña perturbación puede ocasionar la falla o colapso total. El paso de un sistema del estado estable al estado inestable se denomina pérdida de estabilidad. El límite de este paso se denomina estado crítico y las cargas correspondientes se denominan cargas críticas. La determinación de las cargas críticas es un problema de vital importancia para el diseño de elementos estructurales que súbitamente cambian la forma y configuración de sus estados de equilibrio. Cuando el sistema se desvía de la posición investigada, el peso del mismo en la posición estable realiza un trabajo negativo (incremento de energía). En la posición inestable, el peso realiza un trabajo positivo (decremento de energía). En el estado indiferente, el trabajo realizado por el peso es nulo (la energía del sistema permanece constante). En consecuencia, la energía de posición del cuerpo es mínima cuando el estado del equilibrio es estable, es máxima cuando el estado del equilibrio es inestable y es estacionaria cuando el estado del equilibrio resulta indiferente. EJEMPLOS 1) La sección transversal de la barra elástica deformable AB es un cuadrado de lado b. Dicha barra está rígidamente unida a la barra vertical indeformable BC mediante una articulación fija. Determinar el lado b de su sección transversal, necesario para lograr el estado de equilibrio indiferente. Considerar deformaciones pequeñas. El material de la barra deformable AB es de comportamiento elástico lineal cuyo módulo es E=7.2x105 Kg/cm2. P=500 Kg

P

C a=1 m

A

L=2 m

C



RA

B



B

f Si se impone una desviación infinitesimal  que aleje al sistema de su configuración inicial del equilibrio, la barra rígida BC sufrirá una rotación mientras que la barra deformable se encontrará en estado de flexión. Para deformaciones infinitesimales, el momento perturbador es Mpert=Pa. El momento restaurador es RA L. Por tanto, la condición del estado de equilibrio indiferente del sistema es Paψ  R AL .

804



La reacción RA puede encontrarse en términos de la desviación tangencial del punto A con respecto a la tangente a la curva elástica que pasa por el punto B, usando el método del área del diagrama de momentos. Se obtiene 3 f EI  1  R L   2L  . f    A L  , de donde obtenemos R A  L3  2  EI   3   3 f EI  Reemplazando en la ecuación de equilibrio, tenemos Paψ   3 L . Simplificando y  L  despejando el momento de inercia de la sección transversal de la barra deformable Pa L f encontramos I  , puesto que para pequeñas deformaciones es ψ  . 3E L  500 100 200  Reemplazando los valores numéricos, encontramos I   4,6296 cm4 . 37.2 105

 

Como la sección transversal es un cuadrado, entonces I 

b4 ,  b  4 12I  2.73 cm. 12

2) Dos barras rígidas AC y BC están conectadas entre sí y a un resorte lineal de constante K, según se indica en el esquema. Si el resorte puede actuar en tracción y en compresión, hallar el valor de la carga crítica del sistema. P A

Pcrit AH



L/2

L/2

C

K

Pcrit

AH

C

Fresorte=KL/2

C

CH CV

L/2

 B

BH BV

Equilibrio de la barra ACB:

 F  0, entonces A +B =F H

H

resorte=KL/2.

También AH=BH.

H

Por consiguiente AH= KL/4.

L L  Pcrit θ  0 . Reemplazando el valor 2 2 C de la fuerza de reacción RA y simplificando, obtenemos Pcrit= KL/4.

Equilibrio de la barra AC:

 M  0 . Luego

AH

3) La barra rígida AD está unida a dos resortes lineales de constante K y se encuentra en equilibrio en la posición indicada en el esquema. Si las cargas iguales P y Q permanecen horizontales, encontrar la magnitud de la carga crítica del sistema. Los resortes están ubicados simétricamente respecto al centro de la barra horizontal. Mediante una rotación infinitesimal en el centro de la barra ABCD, alejamos al sistema de su posición inicial de equilibrio. Puesto que ambos resortes están situados simétricamente, la fuerza que se desarrolla en cada uno de ellos es la misma.

805



L

B

P

C

Q

D

A K

K

a Diagrama de cuerpo libre de la barra rígida desviada un ángulo infinitesimal respecto a su posición inicial de equilibrio. PCRIT A B

L/2





FRESORTE

a/2

a/2

C

L/2 D PCRIT

FRESORTE

L/2

L/2

El equilibrio de fuerzas en dirección vertical requiere que las fuerzas en los resortes a sean iguales FRESORTE  K θ . 2 Puesto que la barra ABCD está en equilibrio M  0, luego

 O

Ka 2  L  1  . PCRIT  2 θ    Ka θ a  0 , de donde obtenemos PCRIT  2L  2  2  4) La barra rígida AB está unida a una articulación en A y a dos resortes lineales de constante K. Determinar el intervalo de valores de la distancia d, para el cual el equilibrio de la barra rígida AB es estable en la posición indicada. Considerar los siguientes datos numéricos m=100 Kg; h=600 mm; K=3 KN/m. m

B

PCRIT

h

 h K d

K

FRESORTE

A

Equilibrio en la posición inclinada

FRESORTE

AH

AV

 M  0 , es decir P

CRIT

h θ  2FRESORTE d  0 .

A

Reemplazando la fuerza en el resorte y despejando la carga crítica encontramos

806



PCRIT 

2 K d2 . h

La condición de estabilidad requiere P < PCRIT, es decir P< valores 1009.81 <

2 K d2 . Reemplazando h

2 3,000 d2 , de donde obtenemos d > 0.313 m. 0.6

5) La varilla de acero BC está unida a la barra rígida AB y al apoyo fijo C. Sabiendo que G=11 x 106lb/pulg2, determinar la carga crítica del sistema cuando d=5/8 pulg. P A

h=20”

L=30”

B

C

d Al imponer una rotación infinitesimal a la barra rígida AB, la varilla deformable BC se TL encuentra sometida a torsión. El extremo B de la varilla AB rota θ  , de donde GJ GJ obtenemos el momento torsor necesario T  θ. L Equilibrio de la barra rígida AB. PCRIT M  0 . Luego tenemos PCRIT h  = T. Reemplazando B A GJ el momento torsor PCRIT h θ  θ . De donde hallamos L h GJ G π d4 PCRIT   .Reemplazando valores numéricos  h L h L 32 encontramos PCRIT=274.64 lbs B T



6) La barra rígida representada es el esquema está sometida a una carga de compresión excéntrica. Su extremo inferior A está conectado a un resorte rotacional de constante lineal K. Determinar la carga crítica del sistema. Trazar una gráfica de variación de la fuerza P respecto al ángulo  cL P P =L B Me=PcL  L

L

 A

K P

M=K

807



La elasticidad de la columna está representada por el resorte rotacional. Al incrementarse la carga P desde el valor 0, la barra comienza a girar un ángulo  alrededor del apoyo A. Equilibrio de la barra AB. Para deformaciones infinitesimales δ  Lθ , luego la ecuación de equilibrio es M  0  PcL  PLθ  Kθ  0 , donde el término PcL representa el momento

 A

excéntrico actuante en el extremo superior de la barra. De la ecuación de equilibrio K θ  obtenemos P   . L C θ Si c=0, obtenemos la carga crítica para la barra con carga centrada P=P CRIT=K/L. Con  θ  este valor la ecuación de la carga P se escribe P  PCRIT  . c θ c P PCRIT  . Esta ecuación indica 1  P PCRIT  claramente que a medida que la carga P tiende al valor PCRIT el ángulo  crece indefinidamente (característica de inestabilidad). P

Invirtiendo la ecuación anterior obtenemos θ 

PCRIT

Distintos valores de c

c=0

 7) Sobre una plataforma indeformable está conectada una barra vertical rígida, que soporta una carga axial centrada P, según se indica en el esquema. La plataforma está, a su vez, sostenida por dos resortes elásticos lineales de rigidez K. Entre la barra vertical y la plataforma horizontal ha sido instalado un conector especial que permite desplazamientos infinitesimales. Determinar la carga crítica del sistema. (Este modelo idealiza una columna sobre fundación elástica). P



L

P

L

 Nivel con P=0 x1 K

x2

K b/2 b/2

808



El ángulo de giro de la plataforma es igual al ángulo de giro de la columna. Para x  x1 desplazamientos infinitesimales, con suficiente aproximación, tenemos θ  2 , por b b tanto el desplazamiento lateral del extremo libre de la columna es δ  x 2  x1 . (i) L



P

Ecuación de equilibrio

 M  0 . Luego O

b b Pδ  Kx 1    Kx 2    0 . Reemplazando el valor  2 2 dado por la ecuación (i) y simplificando obtenemos  L b   P  K  x 2  x1   0 .  b 2  Si x1=x2, solución trivial: No existe pandeo.  b b  Solución no trivial cuando  P  K   0 , de donde  L 2 

L



O Kx1

Kx2

se obtiene la carga crítica PCRIT 

b2 K 2L

8) Dos barra elásticas cuya rigidez axial es EA están conectadas a un bloque rígido B y a dos articulaciones fijas según se indica en el esquema. Cuando la carga P es nula, las barras forman con la horizontal el ángulo infinitesimal O. Deducir una expresión algebraica que relacione la fuerza P con el ángulo  que define la posición de equilibrio de las barras. P B A

B’

O L

C L

A



C L

L

Cuando P=0, la longitud inicial de cada barra es L/cos O. En la posición deformada, cuando actúa una fuerza P  0, la longitud de cada barra es L/cos . Para valores de la carga actuante P  0, el ángulo O disminuye una cantidad infinitesimal, el bloque rígido B sufre también un desplazamiento vertical infinitesimal hasta ocupar la posición B’ y ambas barras inclinadas se encuentran en estado de compresión axial, disminuyendo su longitud inicial. El equilibrio en la posición final permite escribir la ecuación 2F sen =P, de donde obtenemos la fuerza de compresión axial en cada barra F=P/2sen . Puesto que las barras inclinadas son deformables, debemos considerar el acortamiento F L producido por las fuerzas F en cada barra, Δ  . EA cos θO La condición de compatibilidad geométrica es AB-AB’= Δ , es decir: L L L L F L   Δ,    cos θO cos θ cos θO cos θ EA cos θO

809



De la ecuación anterior obtenemos la fuerza de compresión axial en cada una de las cos θO   barras inclinadas, F  EA 1   . Puesto que la fuerza actuante P viene dada por cos θ   la ecuación P  2 F sen θ , reemplazando y simplificando encontramos la expresión P  2 EA tan θcos θ  cos θO  Puesto que los ángulos  y O son infinitesimales, para determinar una relación algebraica usaremos el desarrollo de las funciones coseno y tangente en serie de Taylor alrededor del punto =O=0 hasta los términos de segundo orden. Obtenemos 1 1 1    P  2 EA  θ  θ3  ...... 1  θ2  ......1  θ2O  ...... . 3 2 2   





Simplificando obtenemos la relación algebraica buscada P  EA θ θ2O  θ2 . 9) Una barra rígida AB articulada en A y de longitud L, está enterrada dentro de un medio elástico de constante K, el mismo que cuando la barra se desvía ligeramente de su posición original vertical, en cada uno de sus puntos genera una fuerza horizontal proporcional al desplazamiento y a la longitud del elemento de barra. En el punto B actúa una fuerza vertical de compresión axial centrada, P. Calcular la carga crítica para el sistema descrito. P

P B’



B x y K



dF=K x ds s

A

A

Consideremos una desviación infinitesimal de la posición vertical definida por el ángulo . Las coordenadas (x, y) de un punto genérico, donde está ubicado el elemento de longitud ds, sobre la barra inclinada, son sθ s x ; y 1  θ2 1  θ2 Ecuación de equilibrio

 M  0 . Luego Pδ   y dF  0 . Reemplazando las variables de A

(F )

esta ecuación en términos de la variable s, tenemos L

P L θ K

s2 θ ds  0 1  θ2

 0



Desarrollando la integral y simplificando obtenemos P  PCRIT=Lím P, cuando  tiende a cero. Por tanto PCRIT 

K L2 . La carga crítica es 3 1  θ2





K L2 . 3

810



7.02 Modelos de Inestabilidad En esta sección estudiaremos dos modelos sencillos pero muy importantes en el estudio del comportamiento de columnas sometidas a la acción de fuerzas de compresión axial centrada. Uno de ellos considera una posibilidad de desplazamiento lateral o un grado de libertad y, el otro considera la posibilidad de dos desplazamientos laterales o dos grados de libertad. Los resortes rotacionales que se emplean idealizan la flexibilidad de las barras. a)

Columna con un Grado de Libertad

P

Consideremos dos barras rectas rígidas de ejes colineales conectadas entre sí por una articulación intermedia y un resorte rotacional de constante o rigidez K. El extremo inferior A está articulado y el extremo superior C está conectado de manera que sólo pueda sufrir giros y desplazamiento a lo largo del eje común de las barras. No están permitidos los desplazamientos laterales, normales al eje de las barras. Las fuerzas P son colineales y sus rectas de acción pasan por los centroides de las diferentes secciones transversales de las barras AB y BC. En la configuración inicial, el sistema está en equilibrio cualesquiera sea la magnitud de las fuerzas externas P. Para investigar si el equilibrio es estable o inestable (en este caso cualquier desviación por pequeña que sea podría ocasionar grandes deformaciones y eventualmente provocar la falla del sistema), aceptamos que cierta perturbación ocasiona que la articulación intermedia B se desplace horizontalmente la distancia u.

C

 u K



L/2 B L/2 A P

En estas condiciones, las fuerzas P abandonan su efecto de compresión axial pura, generándose momentos flectores en las secciones transversales de ambas barras. En respuesta, en el resorte rotacional se genera un momento proporcional al ángulo total de giro 2. El momento perturbador que aleja al sistema de su posición inicial de equilibrio es Mpert=Pu, ocasionado por la carga externa P. El momento restaurador que tiende a hacer que las barras retornen a su posición inicial es Mrest= 2K, generado por el resorte rotacional. La ecuación de equilibrio en la configuración deformada es Pu=2K

(1)

Si Pu<2K, el estado de equilibrio es estable. El resorte obliga a las barras a regresar a su posición inicial cuando desaparezca el desplazamiento lateral perturbador u. Si Pu>2K, el estado de equilibrio es inestable, generándose una fuerte tendencia de las barra a incrementar el desplazamiento lateral u. Si Pu=2K, el estado de equilibrio es indiferente, estado en el cual teóricamente son posibles por lo menos las dos configuraciones del equilibrio (la recta y la deformada).

811



El término 2K depende exclusivamente de la perturbación exterior para un valor dado de la constante del resorte rotacional K. El término Pu es función de la carga externa y de la magnitud de la perturbación lateral. Por consiguiente, en una columna de las características descritas, el equilibrio es estable, inestable o indiferente, según sea la magnitud de las cargas externas P. La condición del equilibrio indiferente debe ser investigada, puesto que ella separa el estado de equilibrio estable con los estados posibles de equilibrio inestable. Es necesario analizar tres posibilidades o condiciones: (i) pequeños desplazamientos; (ii) grandes desplazamientos y (iii) elementos con imperfecciones iniciales. Pequeños desplazamientos Si el desplazamiento lateral u tiende a 0, entonces θ  escribe P

θL  L   2Kθ  0, es decir θ P  2K   0. 2  2 

2u , luego L

la ecuación (1) se

(2)

Para el cumplimiento de la ecuación (2) existen dos posibilidades: =0 con lo cual u=0 4K 4K L y P  2K  0, de donde P= , valor denominado carga crítica P  Pcrit  . L L 2 La primera posibilidad indica simplemente que la columna permanece recta para cualquier valor de la carga P. La segunda, indica que cuando la carga P alcanza el valor Pcrit es posible el equilibrio en la configuración deformada. Esta posible existencia de dos o más estados de equilibrio frente a un mismo sistema de cargas externas actuantes, se denomina Bifurcación del Equilibrio y caracteriza el fenómeno de pandeo. La carga que lo ocasiona es la denominada carga crítica. El desplazamiento lateral u generado por la carga crítica es indeterminado puesto que  L  la ecuación (2): θ P  2K   0 se satisface para cualquier valor del ángulo  de  2  rotación de una barra y de la longitud L de la columna. Grandes desplazamientos  L  La ecuación (2) θ P  2K   0 incluye la condición de desplazamientos pequeños  2  2u puesto que se aproximó el ángulo θ  y define el instante en que se inician los L desplazamientos laterales de la articulación B. Es decir, describe el inicio del fenómeno del pandeo. Dicha ecuación, sin embargo, deja de ser válida cuando los ángulos  ó cuando los desplazamiento laterales u dejan de ser infinitesimales.

Si los desplazamientos son grandes, entonces u 

L sen θ. Obteniéndose para este 2

L (3). sen θ  2Kθ 2 La ecuación anterior (3) se satisface cuando =0 y también cuando

caso la ecuación de equilibrio: P

812



P

4K θ L sen θ

(4).

Al iniciarse el fenómeno del pandeo, el ángulo de rotación de las barras  tiende a cero θ  1 cuando  y la carga externa P es igual a la carga crítica Pcrit, puesto que Lím sen θ tiende a cero. Para ángulos  crecientes, sabemos que  > sen , ocasionando que la carga actuante P sea algo mayor que la carga crítica Pcrit. En consecuencia, la carga crítica Pcrit no es la mayor carga que la columna puede soportar. Es conveniente aclarar que el incremento de la carga actuante no es considerable. Así para =45º tenemos π4 P  Pcrit  1.11Pcrit . sen π 4 Al suprimirse las restricciones impuestas para desplazamientos laterales pequeños los desplazamientos laterales de la articulación B no son indeterminados, puesto que mediante la ecuación (4) podrá calcularse el ángulo  para diversos valores de la relación de cargas P Pcrit . Imperfecciones iniciales En los elementos estructurales denominados columnas suelen presentarse curvaturas y excentricidades de las cargas actuantes, además de una posible no homogeneidad del material. El comportamiento de los elementos imperfectos puede ser estudiado modificando convenientemente los modelos anteriores. Para tal efecto, analicemos el modelo representado en el esquema, el cual considera dos barras articuladas entre sí cuyos ejes no son colineales inicialmente. El punto B inicialmente está separado la distancia uO respecto de la vertical AC. Puesto que ( - O) es la rotación efectiva de cada barra articulada, la ecuación de Pu  2K θ  θO   0 equilibrio es: (5). P

O





C A

θL , por lo 2

L  2 K θ  2 KθO  0 , o equivalentemente 2  L  (6). θ  P  2K   2KθO  0  2 

L/2

tanto P θ

L/2

A diferencia del caso de columna recta perfecta, el valor =0 no es solución de la ecuación (6). La única 4K  θ  θ   solución es P  (7) 1  O   Pcrit 1  O  L  θ  θ  

B KA

O

Para desplazamientos infinitesimales u 

A P

813



1

De la ecuación (7) se obtiene el ángulo de rotación de las barras θ  θO

 P  1   Pcrit  

, en

4K es la carga crítica asociada al modelo de la columna perfecta. L En este caso no se presenta el problema de bifurcación del equilibrio, puesto que los ángulos  y los desplazamientos u crecen desde el mismo instante en que comienza a ser aplicada la carga externa P, partiendo de sus valores iniciales O y uO respectivamente.

donde el valor Pcrit 

No se presenta un fenómeno del pandeo similar al caso de la columna perfecta, pero se presenta un estado latente de inestabilidad, debido a que si el valor de la carga P se acerca al valor de la carga crítica Pcrit, el ángulo  crece indefinidamente, lo cual es una condición del carácter de la inestabilidad. En la gráfica siguiente se representa cualitativamente la relación entre la carga externa P y el ángulo de rotación  para los casos estudiados anteriormente. P Punto de Bifurcación del Equilibrio Pcrit=4K/L

Columna perfecta con grandes desplazamientos Columna perfecta con pequeños desplazamientos Columna imperfecta con pequeños desplazamientos 

O b)

Columna con dos Grados de Libertad

Consideremos ahora un sistema compuesto por tres barras rígidas colineales, articuladas entre si por articulaciones y resortes rotacionales lineales de constantes K1 y K2, según se indica en el esquema. P

P

D

D L/3 K2

3 C

2

L/3 K1

u2

C

B

L/3

u1

B 1

A

A

814



En estas condiciones se necesitan dos parámetros para determinar la configuración desviada de la posición recta inicial, es decir el sistema tiene dos grados de libertad. Estos valores convenientes pueden ser (u1, u2). Estableceremos las ecuaciones de equilibrio en la configuración desviada de las barras CD y AB. u2

P

MRESORTE1

3

1 MRESORTE2

Pu2-K2(2+3)=0

u1

P

(i)

Pu1-K1(1-2)=0

(ii)

Para desplazamientos infinitesimales con aproximación suficiente pueden considerarse 3 3 3 θ1  u1 ; θ2  u2  u1 ; θ3  θ3 L L L Reemplazando estos valores en las ecuaciones (i) y (ii), luego de simplificar, tenemos K K   3 2 u1   P  6 2 u2  0 L L   (*) K1  K1   P  6 u1  3 u2  0 L  L  El sistema (*) es un sistema lineal homogéneo de ecuaciones algebraicas que se satisface para la solución trivial u1=u2=0. Esto nos indica que la posición recta inicial es una configuración de equilibrio para valores de la carga P diferentes a la carga crítica. El sistema de ecuaciones (*) admite otras soluciones diferentes de la trivial cuando el determinante característico sea nulo. Es decir debe cumplirse la condición: 3K 2 L K P6 1 L

P6

K2 L

0

3K1 L

Desarrollando el determinante y simplificando se obtiene la ecuación característica del pandeo asociada al modelo con dos grados de libertad 6 27 (iii) P2  K1  K 2  P  2 K1 K 2  0 . L L La ecuación (iii) permite determinar la carga crítica para un caso dado. Obtenidas las soluciones de la ecuación característica será posible determinar los desplazamientos lineales relativos u1 y u2 para cada raíz característica. Cada par de desplazamientos

815



calculados (u1, u2) define un Modo o Forma de Pandeo. Tener presente que los valores absolutos de los desplazamientos lineales u1 y u2 todavía están indeterminados. Analicemos el caso particular cuando los dos resortes rotacionales lineales tienen la misma constante, es decir el caso cuando K1=K2=K. La ecuación característica (iii), es 12 27 P2  KP  2 K 2  0 . Resolviendo la ecuación encontramos las raíces características L L 3K 9K correspondientes P1  .En este caso existen dos cargas críticas y P2  L L 3K 9K PCRIT1  y PCRIT 2  L L El sistema estructural puede estar en equilibrio conservando su posición recta inicial (solución trivial u1=u2=0) o bajo una configuración asociada con cualquiera de las cargas críticas determinadas, es decir con alguno de los modos posibles de pandeo. Reemplazando en el sistema de ecuaciones (*) la condición K1=K2=K obtenemos el sistema de dos ecuaciones K K  3 u1   P  6  u2  0, y L L  (**) K K   P  6  u1  3 u2  0 L L  Reemplazando en las dos ecuaciones (**) el valor de la primera carga crítica y simplificando, obtenemos la única condición: u1-u2=0, y por tanto u1=u2. De manera similar, al reemplazar en las ecuaciones (**) el valor de la segunda carga crítica y simplificando, obtenemos la única condición u1+u2=0, y por tanto u1=-u2. Resumen: Solución trivial: u1=u2, la configuración de equilibrio es la posición recta inicial. Primer modo de pandeo: La carga es la primera carga crítica PCRIT1=3K/L. La configuración del equilibrio queda definida por los desplazamientos relativos iguales u1=u2. PCRIT1

PCRIT2

u2

u2

u1

Primer modo de pandeo

u1

Segundo modo de pandeo

816



Segundo modo de pandeo: La carga es la segunda carga crítica PCRIT2=9K/L. La configuración de equilibrio queda definida por los desplazamientos relativos iguales pero de sentido contrario u1=-u2. Este segundo modo de pandeo no es físicamente posible, a menos que el primer modo de pandeo sea evitado por algunos mecanismos especiales. EJEMPLOS 1) Dos barras rígidas AB y CD de igual longitud L, soportan cargas P en sus extremos superiores. Las barras se estabilizan mediante el sistema de resortes elásticos lineales de rigidez K que se representa en el esquema. Determinar las cargas críticas y los posibles modos de pandeo. K

P

P

K

B

K

D L

L

D1

P K(D2-D1)

D2

KD2

L

L

C

A

P KD1

A

C

Permitimos que las barras rígidas giren cada una un ángulo infinitesimal diferente. El extremo superior de la barra AB se desplaza la distancia infinitesimal D1. El extremo superior de la barra CD se desplaza la distancia infinitesimal D2. El sistema tiene dos grados de libertad. Equilibrio de la barra AB:

M  0 . A

P Δ1  K Δ 2  Δ1  L  K Δ1 L  0 . Simplificando esta expresión tenemos: 2 K L  P Δ1  K L Δ2  0 (i)

Equilibrio de la barra CD:

M  0 . C

P Δ 2  K Δ 2  Δ1  L  K Δ 2 L  0 . Simplificando esta expresión tenemos: K L Δ1  P  2 K L  Δ 2  0 (ii)

El sistema de ecuaciones homogéneas (i) y (ii) tiene solución diferente de la trivial si el determinante característico se anula. En consecuencia:

2 K L  P  KL

K L 0 P  2 K L 

Desarrollando el determinante, obtenemos la ecuación característica del sistema P2  4PKL  3K 2L2  0 , cuyas raíces características son P1=KL y P2=3KL. Las cargas críticas son: PCRIT1  KL y PCRIT 2  3KL

817



Para determinar el primer modo de pandeo, reemplazamos el valor de la primera carga crítica en la ecuación (i) y (ii). Encontramos la única condición D1=D2. Para determinar el segundo modo de pandeo, reemplazamos el valor de la segunda carga crítica en la ecuación (i) y (ii). Encontramos la única condición D1=-D2. 2) Un sistema estructural está conformado por cuatro barras rígidas de la misma longitud. Las barras intermedias están conectadas entre sí mediante articulaciones elásticas rotacionales de rigidez K. Las barras extremas están articuladas según se indica en el esquema. Determinar las cargas críticas y los posibles modos de pandeo. P

P

Cualquier desviación (posible) de la posición vertical quedará definida por las coordenadas independientes x0, x2 y x3.

A a

1

x1

C1

2

a x2

C2

3

a x3

C3 a

4 B

φ2  α2  α3 

Los ángulos infinitesimales de rotación de las barras, con suficiente aproximación, son: x x  x1 α1  1 ; α2  2 ; a a x  x3 x α3  2 ; α4  3 a a El giro efectivo de cada una de las articulaciones rotacionales elásticas, es: 4 φ1  α1  α2  2x1  x 2  L

4 2x 2  x1  x 3 ; L

φ3  α4  α3 

4 2x 3  x 2  L

La configuración deformada estará en equilibrio cuando en cada articulación rotacional el momento externo (momento perturbador) sea igual al momento elástico interno (momento restaurador). Por tanto: 4 2x1  x 2  (i) L 4 Px 2  Kφ2  Px 2  K 2 x 2  x1  x 3  (ii) L 4 Px 3  Kφ3  Px 2  K 2 x 3  x 2  (iii ) L Las ecuaciones (i), (ii) y (iii) definen el sistema de ecuaciones lineales homogéneas Px1  Kφ1



Px1  K

P L  8 K  x1  4 K x 2  0 4 K x1  P L  8 K  x 2  4 K x 3  0 4 K x 2  P L  8 K  x 3  0

(1) (2)

(*)

(3)

818



El sistema de ecuaciones (*) admite soluciones diferentes de la trivial x1=x2=x3=0 (que indica que la configuración recta inicial es una configuración de equilibrio), sólo cuando se anule el determinante de sus coeficientes, es decir cuando PL  8K 4K 0 4K PL  8K 4K 0 0 4K PL  8K

(**)

Desarrollando el determinando y resolviendo la ecuación característica que resulta, se obtienen las cargas críticas: K K PCRIT1  8  4 2 PCRIT 2  8KL PCRIT 3  8  4 2 L L









7.03 Equilibrio y Energía Potencial La energía representa la capacidad de realizar trabajo mecánico. Un cuerpo o un sistema de cuerpos tiene energía potencial cuando, en virtud de su posición o de su estado elástico, es capaz de realizar un trabajo sobre otro cuerpo o sistema. Para la Mecánica de Sólidos Deformables son de particular interés dos tipos de energía potencial: (i) La energía potencial relacionada con la deformación del material o energía de deformación, que representa una energía recuperable cuando no han sido sobrepasados los límites de elasticidad lineal, y (ii) La energía potencial de posición del cuerpo o sistema en un campo de fuerzas, o equivalentemente, el trabajo realizado sobre el cuerpo o sistema al cambiar su posición dentro del campo de fuerzas. En estos casos, la energía potencial mecánica total de un cuerpo o de un sistema de cuerpos es la suma de la energía de deformación elástica recuperable V E y de la energía de posición VG en el campo de fuerzas V=VE+VG Si consideramos, en el caso general, una fuerza F=(FX, FY, FZ) cuyas componentes son funciones de las coordenadas del campo, el trabajo efectuado por la fuerza F durante un desplazamiento virtual de su punto de aplicación es δU  FX δX  FY δY  FZ δz , siendo el vector (X; Y; Z) el vector de posición. Si el trabajo es una diferencial exacta - δV de las coordenadas (X, Y, Z), entonces V V V δx  δy  δz , las componentes de la fuerza F resultan ser puesto que δV  x y z V V V FX   FY   FZ   (i) x y z La función V consistente con las ecuaciones (i) anteriores se denomina energía potencial o función potencial. Todo campo de fuerzas cuyas componentes determinan una diferencial exacta se denomina Campo Conservativo. Puede deducirse que el trabajo efectuado sólo depende de los puntos extremos del movimiento y no del camino que se haya recorrido. La introducción de fuerzas de rozamiento en los enlaces de todo sistema mecánico da origen a campos no conservativos. Para nuestros casos de interés, sistemas mecánicos con fuerzas gravitatorias y elementos deformables elásticamente, la relación entre trabajo y energía puede

819



representarse en la forma δU  δV ó δU  δVE  δVG , en donde δU es el trabajo virtual de todas las fuerzas activas exteriores excepto los pesos de los miembros que se hallen incluidos en el término δVG . El requisito de la configuración de equilibrio de todo sistema δV  0, es decir, que la función de energía potencial total valor estacionario. Conocemos que la posición natural de mecánico conservativo es aquella para la cual la energía V es

mecánico conservativo es V del sistema admita un equilibrio de un sistema mínima.

Cuando el sistema mecánico de interés tenga varios grados de libertad, las condiciones del valor estacionario definen un sistema de n ecuaciones con n incógnitas: V  0, donde xn representa una de las coordenadas independientes necesarias para x n determinar la posición del sistema. Recordar que el principio de variación nula de la energía potencial en el estado de equilibrio de un sistema, solamente puede aplicarse al caso de sistemas conservativos. Un sistema no conservativo (con rozamiento cinético) se aproxima a la condición de energía potencial mínima, pero no la alcanzará. 7.03.01 Criterio Analítico de Estabilidad del Equilibrio Para todo sistema conservativo de un grado de libertad, el requisito de variación nula de la energía potencial en el estado de equilibrio, equivale a la condición analítica dV  0 , siendo x la coordenada que define la posición de equilibrio. dx dV  0 define la existencia de valores estacionarios (máximos, dx mínimos o puntos de inflexión) en la gráfica de variación de la función V=V(x). Aún cuando la configuración natural del equilibrio puede representar un valor mínimo de V, existen otros valores estacionarios posibles de definir configuraciones de equilibrio.

La condición analítica

En la gráfica siguiente se representa la variación de la energía potencial V de un sistema mecánico conservativo y se indican los casos posibles del equilibrio: Estable, Inestable, Indiferente que fueran descritos intuitivamente en la sección 7.01.1 V=VE+VG

b) Inestable

c) Inestable

a) Estable

d) Indiferente

x Supuesta la posición de equilibrio en x=0, el desarrollo en serie de Taylor de la función de energía potencial V, alrededor del punto x=0, es

820



 dV  x  d2 V  x 2  d3 V  x 3  d4 V  x 4 V  VO       ........( ii)  2 3 4  dx O 1 !  dx O 2 !  dx  3 !  dx O 4 ! Para la condición de equilibrio es (dV/dx)O = 0, por tanto la variación de la energía potencial se expresa por  d2 V  x 2  d3 V  x 3  d4 V  x 4 ΔV  V  VO   2    3    4   ........( ii) 2 ! 3 ! dx dx  O    dx O 4 !

Expansión en serie de potencial en la cual los términos sucesivos de grado superior decrecen rápidamente de magnitud. En consecuencia, en la posición de equilibrio, el signo de la variación de energía ΔV  V  VO dependerá del signo del término de menor orden que se mantenga diferente de cero en el desarrollo (ii). Generalmente, este término es el de segundo orden. Con esto, el equilibrio del sistema será  d2 V  ESTABLE, si ΔV es positivo, cuando  2  > 0.  dx O  d2 V  INESTABLE, si ΔV es negativo, cuando  2  < 0.  dx O Si la segunda derivada fuese nula, tendría que analizarse las derivadas de orden superior, de manera análoga al procedimiento empleado para la determinación de valores extremos relativos. En general, cuando la derivada diferente de cero de menor orden es par, la variación de energía potencial en la posición de equilibrio será similar a la expresada en las posiciones a) y b) de la gráfica anterior, y el equilibrio será estable o inestable según que el valor de esta derivada par de menor orden, sea positivo o negativo. Si la derivada no nula de menor orden fuera impar, la variación de la energía potencial en la posición de equilibrio sería una función con puntos de inflexión, similar a la condición (c) de la gráfica anterior.

Si el sistema de interés tiene dos grados de libertad expresados por las coordenadas independientes x, y, las condiciones de estabilidad se deducen usando el desarrollo en serie de potencias de Taylor para funciones de dos variables, en las proximidades de la posición referencial del equilibrio x=0, y=0:   2V   2 V   V  1   2 V   V   2xy   2  y 2   .......(iii) V  VO    x    y   2  x 2     y  2  x O  x O  y O  xy O  O  Con las condiciones de ser nulas las primeras derivadas parciales alrededor del punto x=0, y=0 y con la nomenclatura indicada, el incremento de energía potencial puede 1 escribirse ΔV  Ax2  2Bxy  Cy2  ... más términos no significativos de orden 2 superior (términos infinitesimales). En la expresión anterior



 2V  A=  2   x O

 2V   B     xy O



 2 V  C   2   y O

(iiii)

Examinando el comportamiento de la ecuación (iiii) alrededor del punto referencial x=0, y=0 se obtienen los resultados siguientes para determinar la posición de equilibrio de un sistema conservativo de dos grados de libertad:

821



ESTABLE, si DV es positivo, cuando B2-AC<0 y A+C>0 INESTABLE, si DV es negativo, cuando B2-AC<0 y A+C<0 INESTABLE (PUNTO DE SILLA), cuando B2-AC>0 INDETERMINADO, cuando B2-AC=0. La estabilidad es una condición difícil de determinar solamente en base de la experiencia e intuición del comportamiento de sistemas mecánicos conservativos. Mediante los criterios analíticos que han sido expuestos será posible determinar los estados de equilibrio y además precisar el tipo de equilibrio. EJEMPLOS 1) Determinar las condiciones de estabilidad del sólido conformado por un semicilindro circular de radio r, espesor e, y un paralelepípedo de altura h y del mismo espesor e, representado en el esquema. El espesor de los sólidos está medido de manera perpendicular al plano de representación.

G1 O

h G

G2

YG x: Nivel de referencia

Sean G1 el centroide del paralelepípedo, G2 el centroide del semicilindro y G el centroide del sólido compuesto. La altura del centroide G, luego de simplificar, es h  r2 2h  r   3π  4  2  6 YG   πr 2h  2 (i) Si el centro de gravedad del sólido compuesto, G, se confunde con el punto O, el equilibrio es indiferente puesto que YG =r tiene un valor constante. 2 Para equilibrio indiferente resolviendo la ecuación YG=r encontramos h= r . 3 (ii) Si YG < r, todo giro del semicilindro sobre el plano de referencia trata de elevar la altura del centroide YG, en consecuencia en este caso el equilibrio es estable. 2 Para equilibrio estable resolviendo la desigualdad YG < r encontramos h< r . 3

(iii) Si YG > r, todo giro del semicilindro sobre el plano de referencia trata de disminuir la altura del centroide YG, en consecuencia en este caso el equilibrio es inestable. 2 Para equilibrio inestable resolviendo la desigualdad YG > r encontramos h> r . 3

822



2) Una barra homogénea rígida AB de longitud 2L y peso P, está apoyada en uno de sus extremos A en una pared vertical lisa y en otro de sus puntos está apoyada sobre un pivote C separado de la pared vertical la distancia a


C A

a

El sistema tiene un grado de libertad, puesto que cualquier posición permisible queda definida, por ejemplo, por el ángulo .

G x

P

B

Para determinar la energía potencial seleccionamos el eje x como referencia horizontal.

La energía potencial es U  P(GH), siendo H la proyección ortogonal del punto G sobre el eje x. De las relaciones geométricas obtenemos GH=(GA-CA) sen , expresión a   equivalente a GH   L   senα . Luego la energía potencial es cos α  

 a   senα  PL senα  a tan α . U  P L  cos α   La energía potencial tiene valor extremo cuando dU/d=0. Es decir cuando a P L cos α  a sec2 α  0 . Resolviendo esta ecuación resulta =arc cos 3 . L Por condiciones físicas del problema, el ángulo  es positivo, por tanto solo interesa la raíz positiva.





La naturaleza del equilibrio queda determinada por el signo de la derivada segunda d2U 2a sen α a  L sen α  . En la posición de equilibrio tenemos cos 3 α  , por tanto 2 3 L dα cos α 2 dU  3L sen α  0 , siendo el estado de equilibrio inestable. dα2

3) Una barra AB, de peso insignificante, está articulada en A sobre un apoyo fijo y en B soporta un peso P. Un resorte elástico lineal de constante K y longitud libre 2L está articulado en B a la barra AB y en el punto O a un apoyo fijo, según se representa en el esquema. Determinar la relación entre K, P y L para que el equilibrio ocurra cuando =60º. ¿Bajo qué condiciones este equilibrio es estable?

O

2L

K

A

L B P



823



O

2L

K L

A  L

B H P

Como nivel de referencia puede seleccionarse el eje x indicado, horizontal que pasa por el punto BO, siendo BO la posición más baja que puede ocupar el punto B (cuando =0). El punto H es la proyección ortogonal del punto B sobre el eje x.

BO

x

El sistema tiene un grado de libertad, expresado por el ángulo  que define la posición de equilibrio de la barra AB.

La energía potencial total del sistema es UTOTAL  UPESO  URESORTE La energía potencial debida al peso P, es UPESO  PHB   PL1  cos θ .

(i)

K OB  2L 2. De 2 las relaciones geométricas obtenemos OB= L 5  4 cos θ . Por tanto la energía de

La energía potencial debida a la deformación del resorte es URESORTE 

deformación es URESORTE 





2 KL2 K L 5  4 cos θ  2L  2 2





2

5  4 cos θ  2 .

Reemplazando ambas energía en la ecuación (i) obtenemos la energía potencial total 2 KL2 del sistema UTOTAL  PL 1  cos θ  5  4 cos θ  2 . 2 Las posiciones de equilibrio se caracterizan por dUTOTAL/d=0. La primera derivada es    dU TOTAL 2  . La ecuación dUTOTAL/d=0 admite las  L sen θ P  K L 1    dθ 5  4 cos θ    2   soluciones siguientes (a) sen =0 y (b) P=KL 1   . Puesto que queremos 5  4 cos θ   que el equilibrio se presente cuando =60º, la solución (b) es la que debe satisfacerse para dicho valor del ángulo . Luego se obtiene la relación P  0.244 KL.





Para conocer la naturaleza del equilibrio, determinamos d2UTOTAL dθ2

2   d2U TOTAL 2 2 cos θ 5  4 cos θ   2sen θ  PL  2 KL cos θ  4 KL   dθ2 5  4 cos θ3 / 2  





Reemplazando en la derivada segunda el valor =60º obtenemos  d2U TOTAL  PL   0.08 K L2  0 , y en consecuencia el equilibrio es estable.   2 2 d θ   θ  60º L G2 4) Dos pesos en equilibrio G1 y G2 están G1 1 2 unidos por una cuerda inextensible de longitud L y están situados sobre una r circunferencia vertical lisa de radio r, según se representa en el esquema. Demostrar que el estado de equilibrio es inestable.

824



El sistema tiene un grado de libertad, debido a que la posición de los pesos queda determinada solamente por un ángulo independiente, puesto que L  rθ1  θ2  . La energía potencial es U  G1r cos θ1  G2r cos θ2  rG1 cos θ1  G2 cosα  θ1 , donde los ángulos se relacionan por α  θ1  θ2 . La condición analítica del equilibrio es dU/d1=0, luego  rG1senθ1  G2senα  θ1   0 , de donde obtenemos la relación G1senθ1  G2senθ2 . La naturaleza del equilibrio depende del signo de la derivada segunda

d2U  rG1 cos θ1  G2 cos α  θ1   0 , por dθ12

tanto el estado de equilibrio es inestable. 5) En el sistema representado, calcular el máximo valor del peso W para el cual la configuración vertical de equilibrio es estable. El resorte de comportamiento elástico lineal no tiene carga alguna cuando la barra está en posición vertical. W

W

K

x L

b

b



La energía potencial del peso W, es UPESO= WL cos . La energía potencial elástica en el resorte es URESORTE=Kx2/2, donde x=b sen . Por tanto, la energía potencial total del sistema es Kb 2 U TOTAL  WL cos θ  sen2θ 2 Para que el sistema se encuentre en estado de equilibrio estable en su configuración d2U TOTAL  0. vertical, se requiere que dθ2 dU TOTAL Determinamos la derivada primera  W L sen θ  K b2 senθ cos θ . dθ dU TOTAL Si  0 , entonces =0, solución que confirma que la barra en posición vertical dθ se encuentra en estado de equilibrio. d2U TOTAL  W L cos θ  K b2 cos 2θ , que para la raíz crítica La derivada segunda es 2 dθ =0, toma el valor –WL+Kb2. Por tanto, para asegurar el estado estable de equilibrio se requiere –WL+Kb2>0, de donde obtenemos W
825



A L

L

3m

3m



K

x C El peso de la barra vertical es Q=mg=(150)(L+3)(9.81) = 1,471.5 (L+3) Newtons. L  32 cos θ . Por tanto, la energía potencial del peso de la barra es UP= 1,471.5 2 2 El resorte se comprime la distancia x. La energía elástica es UR=Kx /2. Es decir 96000 sen2θ  27,000 sen2θ K 9K 2 UR  3 senθ  sen2θ  2 2 2 La energía potencial total del sistema es U  735.75 L  3 cos θ  27,000 sen2θ . 2

dU 2  0 es:  735.75L  3 sen θ  27,000 sen 2θ  0 , cuya dθ primera solución =0 reafirma que la barra está en equilibrio en posición vertical.

La condición de equilibrio

La naturaleza del equilibrio depende del signo de la segunda derivada de la energía d2U 2  735,75L  3 cos θ  54,000 cos 2θ . potencial, luego encontramos dθ2  d2U  2 Para =0 tenemos  2   735.75L  3  54,000 .  dθ θ  0 El equilibrio es estable cuando

d2U  0 . En consecuencia se requiere que dθ2

 735.75L  3  54,000  0 , de donde encontramos L<5.57 m. El máximo valor de la longitud L es Lmáx=5.57 m 2

7) Una barra OB de longitud b que puede girar alrededor de su extremo O, está cargada en un punto A con un peso G. Por su otro extremo B está instalado un cable inextensible que pasa por una polea sin rozamiento C, de cuya extremidad cuelga un verticalmente el peso Q. Considerar OA=a y OC=b. Determinar la naturaleza de las posiciones de equilibrio de la barra OB, para θ  0.

C B Q

 O

A G

826



El sistema tiene un grado de libertad, determinado por el ángulo . La energía θ potencial del sistema es U  Ga cos θ  Qs , donde s  2 b sen . Reemplazando la 2 θ distancia s, tenemos U  Ga cos θ  2Qb sen . 2 dU θ La condición de estabilidad del equilibrio es  Gasenθ  Qb cos  0 . Resolviendo dθ 2 θ θ   la ecuación tenemos   2Gasen  Qb  cos  0 , y encontramos las raíces críticas 2 2   que definen las posiciones de equilibrio θ  180º y sen

θ Qb .  2 2Ga

La naturaleza del equilibrio se determina mediante el signo de la derivada segunda, cuya expresión conveniente es d2U  θ θ  θ  1    2aGsen  bQ   sen    Ga cos 2  . 2 2 2  2 dθ   2 θ   Si existe una posición inclinada de equilibrio se satisface   2aGsen  bQ   0 . Con 2  

d2U θ    Ga cos 2   0. Por tanto U 2 2 dθ  presenta un máximo y la posición inclinada de equilibrio es inestable. esta condición, la segunda derivada nos quedaría

8) Demostrar que, en la configuración indicada, los pesos P, G y Q se encuentran en estado de equilibrio estable. Considerar que las dos poleas de radio insignificante, A y B, distantes a unidades, no tienen rozamiento.

B V

A P

Q G

El sistema tienen dos grados de libertad, que pueden ser representados por las coordenadas (x, y) del punto C. El eje x, se selecciona horizontal que pasa por A y B. El eje y, vertical que pasa por A. La energía potencial del sistema es

U  Gy  P x 2  y 2  Q a  x   y 2 2

U  0; x derivadas primeras, tenemos las ecuaciones siguientes:

U  0 . Encontrando las y

La posición de equilibrio requiere las condiciones

Px x2  y2



Qa  x 

a  x 2  y 2

 0;

G

Py x2  y2



Qy

a  x 2  y 2

0

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones anteriores, encontramos las raíces críticas:  G2  Q 2  P 2  x  a ; 2G2  

y2 

P

2



 Q2 x 2 a  x 

2

Q2 a  x   P 2 x 2 2

.

827



 G2  P 2  Q2  Además se determina que a  x  a . 2G2  

La naturaleza del equilibrio depende del signo de las derivadas segundas.  2U  x 2

Py 2 x2  y2



Qy 2

a  x 2  y 2

;

 2U  y 2

Px 2 x2  y2

Qa  x 

2



a  x 2  y 2

Notamos que ambas derivadas parciales son positivas para las raíces críticas, por tanto la función de energía potencial U tiene un mínimo y el estado de equilibrio es estable. K/2

K/2 8) En el sistema representado en el esquema, cuando ambas barras, de peso P cada una, están en posición vertical, no se desarrolla fuerza alguna sobre los resortes elásticolineales, de rigidez K/2. Determinar las condiciones para las cuales el equilibrio es estable o inestable. 2

1

K/2

a

K/2

a

El sistema tiene dos grados de libertad, puesto que cada barra puede girar independientemente de la otra. Las coordenadas que representan los grados de libertad, pueden ser, por ejemplo, los ángulos infinitesimales 1 y 2. Los cambios de longitud de los resortes son: a sen 1 para los resortes inferiores y (a sen 1+a sen 2) para los superiores.

Si el apoyo fijo es el nivel de referencia para la energía potencial gravitatoria, la energía potencial total (energía potencial gravitatoria más energía de deformación) del sistema es K K a a   2 2 V  a sen θ1   a sen θ1  a sen θ2   P cos θ1  P  a cos θ1  cos θ2  2 2 2 2   Las derivadas parciales de primer y segundo orden son

828



V 3Pa  Ka 2sen 2θ1  Ka 2 sen θ2 cos θ1  sen θ1 θ1 2 2V 3Pa  2Ka 2 cos 2θ1  Ka 2sen θ2 sen θ1  cos θ1 2 2 θ1 V K Pa  a2 sen 2θ2  Ka 2 sen θ1 cos θ2  sen θ2 θ2 2 2

(*)

2V Pa  Ka 2 cos 2θ2  Ka 2sen θ1 sen θ2  cos θ2 2 2 θ2 2V  Ka 2 cos θ1 cos θ2 θ1θ2

Para la condición de equilibrio 1 y 2 son cero y asimismo, las derivadas parciales de primer orden también son nulas. Las derivadas segundas alcanzan los valores:  2 V   2V   2V  3Pa Pa   Ka 2 ; C   2   Ka 2  A   2   2Ka 2  ; B      2 2  θ1 O  θ1θ2 O  θ2 O Simplificando la expresión B2-AC, obtenemos 2 2   Pa    Ka   Ka  B2-AC=    4   10   3 (**)  2    P   P   Para estudiar las variaciones de signo del trinomio B2-AC es conveniente representarlo gráficamente. Si se hace Ka/P=x, entonces 2





 Pa  B -AC=    4 x 2  10 x  3  2  2

(***)

B2-AC

0.349

2.151

x

Debemos analizar el equilibrio en tres regiones x<0.349; 0.3492.151. En la región Ka/P<0.349 es B2-AC<0 y A+C<0. Luego el equilibrio es inestable. Ambas barras pueden llegar al pandeo súbito cuando la rigidez es K<0.349 P/a. En la región 0.3490. Luego el equilibrio es inestable por presentarse puntos de silla en la gráfica. En la región Ka/P>2.151 es B2-AC<0 y A+C>0. Luego el equilibrio es estable. Es necesario que la rigidez combinada de los resortes sea K>2.151 P/a.

829



7.04 Determinación de Cargas Críticas Dado un sistema de elementos estructurales u órganos de máquinas, se denominan cargas críticas aquellas que se encuentran en el límite del paso del sistema de un estado de equilibrio estable a uno de equilibrio inestable. Para ciertos sistemas la carga crítica es la carga máxima con la que el sistema dado todavía es estable, mientras que para otros es la menor carga con la cual el sistema resultaría inestable. En la determinación de cargas críticas frecuentemente suelen usarse dos métodos o criterios: (i) El método estático y (ii) El método energético. Debido a la complejidad de los criterios dinámicos, su estudio y uso está restringido a cursos avanzados de Mecánica Estructural. 7.04.01

Criterio Estático

Al sistema de interés se le da una posición desviada de la configuración actual de equilibrio, compatible con los vínculos. Es normal considerar que la posición desviada es infinitamente próxima a la posición inicial. Las cargas determinadas con tales suposiciones se denominan cargas críticas. El método o criterio estático puede usarse solamente en el análisis de estabilidad de sistemas conservativos. El procedimiento general es similar al denominado Método de los Desplazamientos Virtuales. El método estático puede expresarse como un conjunto de ecuaciones diferenciales que describen el estado desviado del sistema que tiene un gran número de grados de libertad (sistemas con parámetros distribuidos), o como un conjunto de ecuaciones algebraicas que describen el estado desviado del sistema que tiene un número menor de grados de libertad (sistemas con parámetros concentrados). Las soluciones de las ecuaciones definen las cargas críticas, de las cuales la primera (la menor de todas) es la realmente significativa para intereses prácticos. Las ecuaciones algebraicas de equilibrio que generalmente son aproximadas, pueden representarse como el sistema a11  λ i y1i  a12y 2i  ...a1n y n1  0 ...... an1 y1i  an2 y 2i  ...ann  λ i y ni  0

(*)

donde el valor λ i depende de las cargas críticas. El sistema (*) es un sistema lineal de ecuaciones homogéneas y como generalmente la pérdida de estabilidad sucede para valores de y1i, y2i,…yni diferentes de cero, la condición es a11  λ i.......... ....a1n ...... =0 an1.......... ......ann  λ i 

Nótese que es un problema de vectores y valores característicos. El caso de que la pérdida de estabilidad suceda para la solución trivial nula, necesitará una investigación particular. En notación matricial el sistema (*) es A  λIi Y  0 y la condición necesaria es

A  λ iI Y  0 , donde A es la matriz de coeficientes y Y es el vector de las coordenadas de los desplazamientos permitidos.

830



Así, para el sistema conformado por tres barras rígidas horizontales articuladas entre sí y sustentadas conforme se indica en el esquema Pi

A

C

c

c

L

D

B

Pi

L

2L K

K

Las variables y1i, y2i indican la compresión de los resortes de constante de rigidez K. Pi

A

C

c

c y1i

D

B

Pi

y2i

RA

RB RD

RC

Las fuerzas de reacción en los apoyos elásticos C y D son RC=Ky1i; RD=Ky21. Mediante las condiciones del equilibrio estático de todo el sistema se obtienen las reacciones K K (**) R A  3y1i  y 2i ; R B  y1i  3y 2i  4 4 También, por sumatoria de momentos de las fuerzas al lado izquierdo de la articulación C y al lado derecho de la articulación D, obtenemos las ecuaciones K Pi y1i  3y1i  y 2i L  0 4 (***) K Pi y 2i  y1i  3y 2i L  0 4 Las ecuaciones (***) pueden re-escribirse 3KL  4Pi y1 i  KLy 2 i  0 (****) KLy 1 i  3KL  4Pi y 2 i  0 La ecuación característica es 3KL  4Pi   KL   0 , de donde obtenemos las dos KL raíces P1  y P2  KL , valores que definen las dos cargas críticas. 2 2

2

Si reemplazamos la primera carga crítica P1=KL/2 en las ecuaciones (****) obtenemos la condición y11=-y21, que define la forma antisimétrica de inestabilidad o primer modo de pandeo. y21-y11 P1=KL/2

B

A

c

y11

P1=KL/2

831



Si reemplazamos la segunda carga crítica P2=KL en las ecuaciones (****) obtenemos la condición y22=y12, que define la forma simétrica de inestabilidad o segundo modo de pandeo.

7.04.02

B

A

P2=KL

c

y12

P2=KL

Y22

Criterio Energético (Criterio de Rayleigh)

En sistemas elásticos deformables la carga crítica se determina por integración de la ecuación diferencial de la curva elástica. Sin embargo, en muchos casos de interés la determinación de la carga crítica aproximada pude hacerse usando conceptos de energía, examinando la energía total del sistema o bien analizando el incremento en la energía potencial del mismo en el estado deformado. Este valor aproximado de la carga crítica es suficiente para resolver los problemas de diseño. Usando el principio de igualdad entre el trabajo de las cargas externas y la energía potencial almacenada en el sólido deformable, podemos de manera aproximada determinar la carga crítica correspondiente. Para ilustrar este procedimiento, consideremos una barra elástica, deformable, articulada en sus dos extremos y sometida a una carga P de compresión axial centrada, de acuerdo al esquema representado. La forma del eje de la barra deformada se acepta conocida.

P DL L

P

L1

y=f(x)

Sea dx el elemento de longitud medida en la posición inicial vertical y sea ds el elemento de arco medido en el eje de la barra deformada, el cambio de longitud de la barra, DL, puede calcularse de la manera siguiente: ΔL 



ds  dx 

(L )

  dx

2

 

 dy 2  dx 

(L )

2 2    1   dy   1 dx  1  1  dy   1 dx        dx   (L ) (L )   2  dx  





2

1  dy  ΔL    dx 2 (L ) dx 



(*)

El trabajo de la fuerza externa P es T=P(DL)=

2

P  dy    dx 2 (L ) dx 



(**)

Debido a la flexión la barra almacena cierta energía de deformación, dada por 2

 d2 y  M2 U dx  EI 2  dx , puesto que el momento flector es M=-EI d2y/dx2. 2EI dx  (L ) (L ) 





Luego, por el principio fundamental de la relación trabajo-energía de deformación tenemos 2

2

 d2 y  P  dy    dx  EI 2  dx , de donde encontramos la importante relación 2 (L ) dx  dx  (L ) 





832



PCRIT 

 d2 y  EI  2  dx  dx  (L )



(I)

2

 dy    dx dx  (L )



expresión que permite determinar aproximadamente el valor de la menor carga crítica. Si la elástica es debida fundamentalmente a la flexión, el momento flector a la distancia x, es M=Py. En este caso, Py=-EI d2y/dx2. Por tanto la energía de 2 1 Py  dx . Por el principio fundamental de la relación deformación de la barra es U  2 (L ) EI



1 Py  P  dy  trabajo energía de deformación se verifica dx    dx , de donde 2 (L ) EI 2 (L ) dx 



2



2

obtenemos otra expresión para determinar la carga crítica

PCRIT 

2

 dy    dx dx  (L )



y2 dx EI (L )

(II)



En aquellos casos en que como ecuación del eje deformado y =f(x) se toma la verdadera curva elástica, las dos expresiones deducidas para la carga crítica son coincidentes. Si se conociera la ecuación de la curva elástica real, sin dificultad alguna mediante las ecuaciones (I) o (II) puede determinarse la carga crítica verdadera o exacta. Como la curva elástica no es conocida sino hasta integrar la ecuación diferencial, pueden encontrarse valores aproximados de la carga crítica asumiendo formas aproximadas para la ecuación de la curva elástica. EJEMPLOS 1) Respecto al sistema anterior, determinar una carga crítica aproximada, aceptando  πx  que la deformada tiene la forma de sinusoide y  a sen   .  L  Observar que la curva adoptada como elástica satisface las condiciones de frontera y(0)=y(L)=0. Las derivadas primera y segunda son dy π  πx   a cos  dx L  L 

d2 y π2  πx   a 2 sen  2 dx L  L 

Reemplazando en la expresión (I) tenemos

833



PCRIT 

 π2  πx  EI  a 2 sen  dx L  L  (L ) 



 π2    2  EI L 

2

 π  πx    a cos    dx L  L  (L )



Si usamos la ecuación (II) para determinar la carga crítica, obtenemos el mismo resultado, puesto que la ecuación adoptada para la curva elástica es la verdadera. Nota) La diferencia entre la ecuación (I) y la ecuación (II) se presenta cuando no se adopta como deformada la ecuación de la curva elástica verdadera. Por ejemplo, si adoptamos como deformada la curva y=ax(L-x) que cumple las condiciones de dy d2 y frontera y(0)=y(L)=0, tenemos  aL  2x ;  2a . Reemplazando en (I), dx dx 2

 EI 2a dx 2

obtenemos PCRIT 

(L )

 aL  2ax  dx 2

 12

EI . L2

(L )

 aL  2ax  dx 2

Si reemplazamos en la ecuación (II) tenemos PCRIT 

(L )

1  EI axL  ax  dx 2 2

 10

EI . L2

Observar que la ecuación (II) da un valor más aproximado el valor real. Ambas ecuaciones (I) y (II) dan aproximaciones por exceso, superiores al valor verdadero, es decir son ecuaciones del tipo conservador. 2) Determinar un valor de la carga crítica aproximada para el sistema indicado, en el cual la barra elástica deformable doblemente articulada recibe la acción de una fuerza axial centrada P aplicada en su sección central.

y L/2

(x,y ) P

P L/2

x En este caso, al cambio de longitud de la barra se determinará mediante la integral L

2

1  dy    dx , puesto que la carga axial está aplicada en la sección central de la barra. 2 L / 2  dx 



L

2

P  dy  En consecuencia, el trabajo realizado por la carga externa P, es T    dx . 2 L / 2  dx 



La energía de deformación almacenada en la barra por efectos de la flexión se calcula 2

mediante la integral U 

2

L  d2 y  1 M2 1 1  d2 y  1   EI 2  dx    dx . dx  EI 2 (L ) EI 2 (L )EI  2 0  dx 2  dx 







Por el principio fundamental de la relación trabajo - energía de deformación, tenemos

834

Mecánica de Sólidos 2


L L  d2 y  P 1  dy  EI 2  dx , de donde la carga crítica se calcula por el cociente   dx  2 L / 2  dx  2 0  dx 





2

L

PCRIT

 d2 y  EI 2  dx dx   0L  2  dy    dx dx  L /2 



(*)



 πx  Si a la curva elástica la aproximamos por la ecuación y  a sen   que cumple las  L  condiciones de borde y(0)=y(L)=0 obtendremos una aproximación a la carga crítica. Las derivadas primera y segunda, son

dy π  πx   a   cos  ; dx L   L 

2

d2 y π  πx   a   sen   . Reemplazando en la ecuación (*) y 2 dx L   L  2

L

evaluando las integrales, tenemos PCRIT

 π2  πx  EI  a 2 sen  dx L  L  EI  0 L  2π2 2 . 2 L  π  πx  a cos   dx L  L  L /2 





Nota) Resuelto el problema por integración directa de la ecuación diferencial de la curva elástica, la carga crítica verdadera o exacta, es PCRIT=18.7 EI/L2. 3) Determinar una carga crítica aproximada para el sistema conformado por una barra flexible de rigidez a la flexión EI, longitud inicial L, empotrada por su extremo inferior y cargada en toda su longitud con una fuerza repartida uniformemente, equivalente a su peso propio, q (fuerza/longitud).

x q L

y

Consideremos una curva elástica aproximada, definida por πx   la ecuación y  a 1  cos  que cumple la condición de 2L   borde y(0)=0.

2

L  d2 y  1 La energía de deformación debida a la flexión de la barra es U  EI  2  dx , 2 0  dx 



EI a2 4 (*). π 32 L3 Determinamos el trabajo realizado por la carga externa repartida q, al pasar de la configuración rectilínea inicial a la configuración final deformada. reemplazando la derivada segunda, encontramos U 

El cambio de longitud de la barra es Δx 

2

1  dy    dx , reemplazando la derivada y 2 ( x ) dx 

resolviendo la integral, encontramos Δx 



a2 π2  L πx  x  sen  . Luego, el trabajo 2  π L  16 L 

835



realizado por la fuerza repartida q, es T 



L

q Δx  dx  q



(L )

Resolviendo la integral obtenemos T 

2 2

qa π 16L2

0

a2π2  L πx  x  sen  dx . 2  π L  16L 

L 2L    2  2 π    2

Por el principio fundamental (*)=(**), por tanto

2

(**).

EI a2π4 q a2 π2  32 L3 16 L2

 L2 2L2    2  . De 2 π   

donde obtenemos la carga crítica, q, aproximada EI  π4  EI    8.29 3 qCRIT  3  2  2 L π  4 L Nota) La solución exacta obtenida integrado la ecuación diferencial de la curva EI elástica es qCRIT  7.83 3 . L x P P L 4) Determinar un valor aproximado de la carga crítica para una barra elástica de y rigidez flexional constante EI, longitud L, L empotrada en su extremo inferior y L sometida a la acción de una carga axial aL2-y x centrada P, según se indica en el esquema. L Aceptar que el eje deformado de la barra y puede aproximarse por una parábola de L segundo grado. Sea y=ax2 la ecuación de la parábola que representa el eje deformado de la barra. Las derivadas son y’= 2ax; y’’=2a. La flecha del extremo libre es aL2. En este caso no podemos usar directamente ninguna de las ecuaciones (I) o (II) puesto que por la disposición de los ejes coordenados, el momento flector en la sección que dista x desde el apoyo empotrado, no es M=Py, sino es M=-P(aL2-y). Luego la energía de deformación almacenada en la barra es 1 U 2EI

2

L

  aPL

2

0

x

2

 dx  415a PEIL

2 2 5

.

El trabajo realizado por la carga externa durante la deformación es L

2

P  dy  P T   dx  2 0  dx  2



L

0

trabajo-energía tenemos es PCRIT 

2 3

2a L P 2 .  2ax  dx  3

Por el principio fundamental de la relación

4 a2 L5 P 2 2 a2 L3 P  , de donde la carga crítica aproximada 15 EI 3

15 EI . L2

5) Determinar la carga crítica correspondiente a una barra elástica de rigidez flexional EI, longitud L, empotrada en su extremo inferior y articulada en su extremo superior; que se encuentra sometida a la acción de una carga vertical P, según se indica en el esquema.

836



P

L

P

P R

R

x L

M

El momento flector en la sección ubicada a la distancia x, es M+Py=R(L-x)

y L La ecuación diferencial de la curva elástica es EI

d2 y  Py  R L  x  , que puede d2 x

d2 y P R L  x  , la cual es una ecuación diferencial ordinaria de  y 2 EI d x EI segundo orden, lineal, no homogénea y con coeficientes constantes. La solución  P   P  R L  x  general tiene la forma y  A sen  , en donde las x   B cos  x   2 P  EI   EI  EI   EI  constantes A, B y R deben satisfacer las condiciones de borde y(0)=y’(0)=0; y(L)=0.

escribirse

Desarrollando las condiciones de borde obtenemos las ecuaciones  P  RL P R B  0; A   0; A sen  L   B cos 2 2 EI P P  EI  EI  EI   EI   EI 

 P     EI L   0  

Que constituyen un sistema de ecuaciones algebraicas lineales y homogéneas. La solución trivial A=B=R=0 no tiene ningún interés. La condición para que el sistema de ecuaciones lineales homogéneas admita soluciones diferentes a la solución trivial, es que su determinante sea nulo, es decir 0

1

P 0 EI  P   P  sen L  cos  L   EI   EI 

LEI P2 EI  2 =0 P 0

Desarrollando el determinante y simplificando obtenemos la ecuación  P  P tan  L   L EI  EI  Ecuación que tiene que ser resuelta por métodos numéricos. La menor solución es P EI L  4.49, de donde obtenemos la carga crítica PCRIT  20.16 2 EI L 6) Determinar la carga crítica para la barra elástica que se representa en el esquema, que tiene dos tramos de igual longitud y diferente rigidez flexional, sometida a la acción de una carga vertical P.

837



P

P

y EI L/2

4EI L/2

x

Tramo 1

Tramo 2

Las ecuaciones diferenciales de la curva elástica son Tramo 1 d2 y1  4K 2 y1  0 2 dx Tramo 2 d2 y 2  K 2y2  0 2 dx P donde K 2  4EI

Integrando cada una de las ecuaciones diferenciales, obtenemos la curva elástica en cada uno de los tramos y1  C1sen 2Kx  C2 cos 2Kx y 2  C3sen Kx  C4 cos Kx que deben cumplir las siguientes condiciones de frontera y1 (0)  0  C 2  0 y1 (L / 2)  y 2 (L / 2), continuida d de la elástica dy1 dy (L / 2)  2 (L / 2), derivabili dad de la elástica dx dx y 2 (L )  0

Desarrollando las cuatro ecuaciones de condición obtenemos un sistema de tres ecuaciones algebraicas lineales homogéneas KL KL C1senKL  C 3sen  C 4 cos 0 2 2 KL KL 2C1 cos KL  C 3 cos  C 4 sen 0 2 2 C 3senKL  C 4 cos KL  0 La condición para que existan soluciones diferentes de la solución trivial C1=C3=C4=0, es KL KL sen KL  sen  cos 2 2 KL KL =0 2 cos KL  cos sen 2 2 0 sen Kl cos KL Desarrollando el determinante y simplificando obtenemos las ecuaciones KL KL sen  0 y tan2 2 2 2 La menor solución de interés, diferente de cero, es la correspondiente a la ecuación KL tan2  2 , de donde obtenemos KL=1.9106. Con este valor, la carga crítica es 2 PCRIT=4EIK2=14.60 EI/L2.

838



7) Determinar la carga crítica para la viga representada, en la cual el tramo de longitud L es elástico de rigidez flexional EI y el tramo de longitud a es rígido. EI

RÍGIDO

L

a

P

P

PV

PH f

a 

L Fuerza horizontal PH= P cos   P ; Fuerza vertical (cortante) PV= P sen  = P (f/a). d2 y f  P f  y   P L  x  , que puede ser 2 a dx P Haciendo  K 2 tenemos la ecuación EI

Ecuación diferencial de la curva elástica EI escrita

d2 y P P  L x  y f 1    . 2 EI EI  a a dx

diferencial

d2 y L x   K 2 y  K 2 f 1    , cuya solución general tiene la forma 2 a a dx 

L x  y  C1sen Kx  C2 cos Kx  f 1    , que debe cumplir las condiciones de borde a a 

y(0)  0;

y' (0)  0;

y(L)  f .

Desarrollando las ecuaciones de condición, se determina un sistema de ecuaciones lineales homogéneas L  C2  f 1    0; a 

C1K  f

1  0; a

C1sen KL  C2 cos KL  f  f  C1sen KLC 2 cos Kl  0

La condición para que existan soluciones diferentes a la solución trivial nula, es L 0 1 1 a 1 =0 K 0  a sen KL cos KL 0 a  De donde obtenemos la ecuación tan KL  KL 1   , que nos permitirá obtener la L 

carga crítica mediante PCRIT  K 2EI , para valores conocidos de L y a. 8) Una barra vertical AB de longitud L=10 m, homogénea y de sección transversal constante, está articulada en su extremo inferior A. En su sección central, C, tiene instalado cierto dispositivo (arriostramiento) que impide los desplazamientos horizontales de dicha sección. En su extremo B actúa una carga vertical de compresión axial centrada, P. Determinar la carga crítica de pandeo.

839


P L/2 P

f B C

B C C

L/2 P


P

y

RC

Equilibrio en la configuración deformada: HA-RC=0 VA-P=0 HA(L/2)-Pf=0 Resolviendo las ecuaciones anteriores obtenemos las reacciones:

A VA

VA=P; HA=RC=2P(f/L)

HA x

Los momentos flectores en ambos tramos de la barra, son L  0x PL  y1 , 2 M 2Pf  L L   x L PL  y 2   L  x  2 , 2  Las ecuaciones diferenciales de la curva elástica, en cada tramo de la barra, son

d2 y1 d2 y 2 2K 2 f P 2 2 2 2  K y  K f  K y  2 K f  x , donde K 2  1 2 2 2 L EI dx dx La solución general de las ecuaciones diferenciales indicadas, tiene la forma y1  A sen Kx  B cos Kx  f x  y 2  C sen Kx  D cos Kx  2f 1   L   que contienen cinco constantes de integración, que se determinarán imponiendo las condiciones de borde y1 (0)  f  B cos 0  f  f  B  0

L  y1    0 2 L  y2    0 2 L  L  y1'    y '2   2 2 y 2 L   0

 Asen

KL f 0 2

 Csen

KL KL  D cos f 0 2 2

 AK cos

KL KL KL 2f  CK cos  DKsen  0 2 2 2 L

 CsenKL  D cos KL  0

Como B=0, se determina un sistema lineal de cuatro ecuaciones homogéneas. La condición para que admita soluciones diferentes a la solución nula, es KL sen 0 0 1 2 KL KL 0 sen cos 1 =0 2 2 KL KL KL 2 K sen  K os K sen 2 2 2 L 0 sen KL cos KL 0

840



KL  KL , 2 cuya menor solución diferente de cero, es KL=2.331 (obtenida por métodos numéricos). Por tanto, la carga crítica es PCRIT=K2EI. Reemplazando L=10 m, tenemos PCRIT=0.05434EI, en donde la rigidez flexional EI se expresará en N-m2.

Desarrollando el determinante y simplificando obtenemos la ecuación tan

7.05 Estudio de Columnas Elásticas 7.05.01)

Teoría de Euler. Definiciones

Consideremos una barra homogénea, recta, de sección transversal constante, material de comportamiento lineal elástico con módulo E, articulada en sus extremos y sometida a una fuerza de compresión axial centrada P. Debido a cualquier imperfección, la barra se deformará lateralmente y en cada sección transversal actúa un momento flector. x L

(x,y)

L

y L

Aceptando que la flexión se produce solamente en el plano x,y (para lo cual el momento de inercia IZ debe ser el mínimo posible), la ecuación diferencial de la curva elástica, es d2 y d2 y P EI Z 2  Py , o equivalentemente  y0 . 2 EI Z dx dx Ecuación diferencial ordinaria de segundo orden, lineal homogénea y con coeficientes constantes. Su solución general tiene la forma  P   P  (*) y  A sen  x   B cos  x  .  EI Z   EI Z 

Las constantes de integración A y B se determinan de manera que se satisfagan las condiciones de frontera y(0)=0; y(L)=0. Desarrollando las ecuaciones de condición obtenemos  P  (i) 0=0+B, de donde B=0, y (ii) 0  A sen  L  , que implica dos  EI Z  posibilidades: A=0, con lo cual la curva elástica coincide con la configuración recta,  P  hecho que no define la solución de interés. Además sen  L   0 , de donde se  EI Z  obtiene

P L  nπ, EI Z

(n  0,1,2,....). De esta ecuación obtenemos P 

n2 π2 EI Z , L2

denominada ecuación de las Cargas Críticas de Euler. Definición) La menor carga crítica, correspondiente a n=1, se denomina Primera π2 EI Z Carga Crítica de Euler o Carga de Pandeo PCRIT  . L2

841



La ecuación de la curva elástica (*) resulta ser y  A sen

P x , o su equivalente EI Z

π y  Asen x , donde la constante A es indeterminada y representa el valor de la flecha L π máxima, puesto que y  Asen x tiene su máximo para x=L/2. L

Nota) Esta indeterminación se presenta porque se ha considerado la ecuación dy diferencial aproximada de la curva elástica, en la cual se acepta que  0, situación dx contradictoria con las grandes deformaciones propias del pandeo. La expresión general para las cargas críticas es PCRIT  denominada primera carga crítica PCRIT1 

π2n2EI Z . Para n=1 aparece la L2

π2EI Z , y la curva elástica correspondiente es L2

4π2EI Z π , y la curva y  Asen x . Para n=2, aparece la segunda carga crítica PCRIT 2  L L2 2π elástica correspondiente es y  Asen x . L PCRIT1

PCRIT2

n=1 1

L/2 x

Definición) La relación λ 

n=2 1 x

LP se denomina Esbeltez Mecánica de la barra. El valor iMÍN

iMÍN es el radio de giro mínimo de la sección transversal constante de área A. Luego la π2EIMIN π2EA π2EA 2   primera carga crítica es PCRIT  , recordando que IMÍN  A iMÍN y 2 2  L  L λ    iMIN  el mínimo momento de inercia es IZ para que la flexión se desarrolle en el plano x,y. Definición) El valor del esfuerzo normal correspondiente a la carga crítica se denomina Esfuerzo Normal Crítico ( σ CRIT ) y está definido por σ CRIT 

PCRIT π2 EI π2 EA i2 π2E  2   , donde L/i se denomina Relación de Esbeltez. 2 A L A L2 A L    i

842



Observar que el esfuerzo normal crítico es proporcional al módulo elástico del material πE y es inversamente proporcional al cuadrado de la relación de esbeltez σ CRIT  22 . λ 7.05.02)

Carga Crítica y Tipo de Sustentación

π2 EI Z π2 EA o su equivalente corresponden al problema P  CRIT L2 λ2 del pandeo de una barra elástica de sección constante y ambos apoyos articulados, sometida a cargas de compresión axial centrada.

La ecuación PCRIT 

Definición) Se denomina Longitud de Pandeo (LP) a la longitud que existe entre dos puntos de inflexión consecutivos de una curva elástica.

π2 EI Z para otras condiciones de L2 apoyo de la barra de rigidez flexional EIZ, si cambiamos la longitud L por la longitud de pandeo LP. Así, para el ejemplo de la barra empotrada-libre Puede generalizarse la fórmula de Euler PCRIT 

L

L

P

L P

P

El sistema es equivalente a una barra biarticulada de doble longitud. Luego la longitud π2 EI Z π2 EI Z de pandeo es LP=2L. Para este caso, la carga crítica será PCRIT  .  L2P 4L2 Para el caso de considerar una barra de rigidez flexional EIZ, con sus dos extremos empotrados, sometida a compresión axial, tendríamos P

La longitud de pandeo es LP=L/2. Luego la carga crítica de Euler es

P

L

LP=L/2

PCRIT 

π2 EI Z 4 π2 EI Z  L2P L2

P Definición) Se denomina Carga Crítica Generalizada al valor π2 EI Z L PCRIT  , donde α  P se denomina Coeficiente de Reducción de la Longitud de 2 L αL  la barra y depende del tipo de apoyos extremos de la misma Nota) La carga crítica de pandeo de una barra de sección constante sometida a π2 EI Z compresión axial es PCRIT  , expresión que demuestra que la carga crítica de L2P pandeo depende del módulo de elasticidad lineal del material y de las dimensiones de

843



la barra, pero no depende del esfuerzo último del material (o del esfuerzo de fluencia). P π2 E El esfuerzo crítico de pandeo es σ CRIT  CRIT  2 . A λ σ CRIT

π2 E define la λ2 denominada Hipérbola de Euler, curva que determina la región de validez de la fórmula del pandeo elástico (Euler). La gráfica de la función σ CRIT 

σe

El valor σ e es el esfuerzo en el límite elástico (o esfuerzo normal de fluencia del material).

σ

λ LÍMITE 7.05.03)

λ

λ

Grandes Desplazamientos d2 y dx 2

La ecuación diferencial exacta de la curva elástica es

3/2



M . EI

  dy 2  1       dx   Para determinar la curva elástica de Euler se ha considerado la hipótesis de las 2

 dy  deformaciones infinitesimales, que implica    0 , de manera que la ecuación  dx 

d2 y M  . 2 EI dx Cuando la carga P crece más allá de la carga crítica PCRIT los desplazamientos también crecen y no puede aceptarse la simplificación anterior. Debe resolverse el problema directamente, integrando la ecuación diferencial exacta o alguna de sus formas equivalentes, en base a las curvaturas elástica y geométrica. Así, el problema de los grandes desplazamientos presenta complicaciones en el aspecto formal del tratamiento matemático. La integración de la ecuación diferencial “exacta” requiere conocimientos de·integrales y funciones elípticas.

diferencial exacta puede aproximarse por

Consideremos una barra elástica esbelta, de sección transversal constante, sometida a la fuerza P de compresión axial centrada. Consideraremos el caso en que los esfuerzos permanecen en la zona lineal de elasticidad. También consideraremos que el momento de inercia I Z es el mínimo momento de inercia, de manera que la flexión se desarrolla en el ‘plano x,y.

x

P

y

MZ

d

Centro de Curvatura

r ds

x s

y P

844



La ecuación diferencial exacta de la curva elástica es curvatura. Haciendo el cambio de variable

EI Z  Py , siendo ρ el radio de ρ

P  K 2 , la ecuación diferencial es EI Z

1 ds  K 2 y . Pero sabemos que el radio de curvatura es ρ  , por lo tanto tenemos ρ dθ dθ  K 2 y , donde ds es la expresión del elemento diferencial de arco medido sobre la ds curva elástica buscada. Derivando con respecto al arco s, tenemos 2 d  dθ  2 d y  . Luego d θ2  K 2 dy  K 2 senθ  K 2 2 sen θ cos θ .    K ds 2 2 ds  ds  ds ds

d2θ θ θ θ θ  dθ   K 2 sen cos puede escribirse d    2K 2 sen cos , que 2 2 2 2 2 ds  ds  θ θ  dθ  dθ   dθ   es equivalente a   d      2K 2 sen cos  . Integrando obtenemos ds ds 2 2  ds     

La expresión

S

S

θ θ  dθ   dθ  2  d   2K sen cos dθ , es decir desarrollando las integrales ds ds 2 2    0 0





2

S

S

1  dθ  1  dθ  θ   2K 2  sen2       2  ds S 2  ds S  0 2 0  La expresión anterior puede ser representada como 2

1  dθ  1  dθ  θ θ   2K 2sen2  2K 2  sen2       2  ds  2  ds S  0 2 2 S  0  2

θ 1  dθ   Haciendo la sustitución 2K 2  sen2      2K 2m2 , obtenemos 2 S  0 2  ds   2

2

1  dθ  θ θ  dθ   (*), donde m    2K 2m2  2K 2sen2 , o    4K 2  m2  sen2  2  ds  2 2  ds   es una constante de integración. Para integrar la ecuación (*) hacemos el cambio de 2

variable sen donde





θ  dθ   m senψ , con el cual    4K 2m2 1  sen2ψ  4K 2m2 cos 2 ψ , de 2  ds 

dθ  2K m cos ψ ds

(**).

A partir de la ecuación del cambio de variable sen

θ  m senψ obtenemos 2

1 θ dθ dψ , que junto con la ecuación (**) nos permiten escribir cos  m cos ψ 2 2 ds ds dψ dψ dψ  , es decir K ds  . Integrando obtenemos K ds  2 2 θ θ 1  m sen ψ 2 cos 1  sen 2 2 ψ

Ks 



ψO

dψ 1  m2sen2ψ

, donde ψO es el valor de λ para s=0, es decir es el valor ψ en

845



el origen de la abscisa curvilínea s (ubicado en el extremo de la barra donde está aplicada la carga de compresión P). ψ

Definición) La integral

dψ



1  m2sen2ψ

ψO

define la denominada Integral Elíptica de

Primera Especie, cuyo desarrollo y características analíticas se estudian en los Cursos de Análisis Matemático Avanzado o en Teoría de Funciones Especiales. En el apoyo articulado se anula el momento flector, por lo tanto

1 MZ dθ    0, ρ EI ds

dθ  2 K m cos ψ se determina el valor inicial ψO . Tenemos ds 2 K m cos ψO  0 , de donde ψO  π 2. Luego la integral elíptica puede escribirse

De la ecuación ψ

Ks 



π/2

dψ 1  m2sen2ψ

, que puede ser descompuesta en dos formas estándar de

integrales elípticas de primera especie ψ

Ks 



O

υ/2

dψ 2

2

1  m sen ψ





O

dψ 1  m2sen2ψ

Existen cuadros de valores funcionales para obtener el valor de cada una de las integrales elípticas de primera especie, en función del ángulo ψ y del parámetro m (m<1). Nota) La solución de la ecuación diferencial exacta ha sido resuelta para innumerables casos de barras comprimidas, teniendo en cuenta la condición real de los grandes desplazamientos. Dichas soluciones demuestran que no existe la indeterminación que, aparentemente, se presenta cuando se integra la ecuación diferencial aproximada de la curva elástica. Por ejemplo, para una barra biarticulada, la flecha máxima está dada por  1 P  L 8  P  1     1  1   8 P π  PCRIT CRIT    Expresión que demuestra que la flecha máxima crece rápidamente para valores de la carga axial P mayores que la carga crítica PCRIT. uMÁX 

EJEMPLOS 1) Una columna biarticulada de 3.5 m de longitud efectiva, se hace clavando cuatro tablas de madera de 30 x 120 mm de sección trasversal. Usando E=12.5 GPa, determinar la carga crítica para las dos disposiciones de las tablas indicadas en el esquema. b) a) 150 mm

120 mm 120 mm

150 mm

846



Caso a) Longitud efectiva LP=3.5 m. Momento de Inercia

I



1 120x10 3 12



4

 17.28x10  6 m4 .

Usamos la fórmula de Euler para el caso de columnas biarticuladas PCRIT  Obtenemos PCRIT 



π2 12.5 17.28X10 6

3.5

Caso b) Longitud efectiva LP=3.5 m. Momento de Inercia

I

2



  174.03 KN.

1  150 x10 3 12 

  90x10    36.72x10 4

3 4

fórmula de Euler para el caso de columnas biarticuladas PCRIT  Obtenemos PCRIT 



π2 12.5 36.72X10 6

3.5

2

  369.8 KN.

6

π2EI . L2P

m4 . Usamos la

π2EI . L2P

2) Una columna de longitud L= 25’, articulada en sus extremos tiene un soporte lateral en su sección media en el plano de la gráfica. La columna sólo cuenta con soporte lateral perpendicular al plano de la gráfica en sus extremos. La sección transversal de la columna tiene las características I1=98 pulg4; I2=21.7 pulg4; A=8.25 pulg2. El material de la columna es acero (E=29 x 103 Klb/pulg2; σ y=42 Klb/pulg2). Determinar la carga permisible usando un factor de seguridad 2.5 con respecto a la carga de pandeo. P

L/2

De acuerdo al tipo de soportes, en la columna dada, pueden presentarse dos modos de pandeo:

2

i)

1

En el plano de la gráfica, siendo LP=12.5’ y flexión con respecto al eje 2. Pandeo perpendicular al plano de la gráfica, siendo LP=25’ y flexión respecto al eje 1.

ii)

L/2

Sección transversal

Carga crítica caso (i): P’CRIT=

Para cada caso, calcularemos las cargas críticas mediante la fórmula de Euler y luego debemos comprobar su validez. π2 EI2

L / 2

Carga crítica caso (ii): P' 'CRIT 

2

π2 EI1 L2



 

4 π2 29 103 21.7 

 276.04Klb .

25 122 π2 29 103  98   311.66Klb . 252 122 2

La carga crítica es la menor de las determinadas PCRIT=276.04 Klb. P' 311.66 El esfuerzo crítico está dado por σ CRIT  CRIT   37.78 Klb pu lg2 . Como el A 8.25 esfuerzo crítico es menor que el esfuerzo de fluencia σ y  42 Klb pu lg2 , los cálculos de las cargas críticas son válidos.

847



La carga axial permisible es PPERM=

PCRIT 276.04   110.42 Klb FS 2.5

3) Sabiendo que se requiere un factor de seguridad FS=3, determinar la mayor carga crítica P que puede aplicarse en la estructura que se representa en el esquema. Considerar E=29x106 lb/pulg2.·Considerar que el pandeo puede darse solamente en el plano de la estructura. Las barras AB y AC tienen diámetro 5/8”. La barra BC tiene diámetro 3/4”. Longitud de las barras LAB=25.46”

P B

Fuerzas axiales (barras en compresión) FAB=0.9429P FBC=0.7455P

1.5’ C

A 1.5’

3’

Barra AB

FAB CRIT



LBC=40.25”

 

π2 EI π2 29 106 π 4 5 16    3,307.28 lb. L2 25.462 4

Luego 3,307.28=0.9429 PCRIT, de donde PCRIT=3,507.6 lb. La máxima carga P que P 3,507.6 ' puede aplicarse es PMAX  CRIT   1,169.2 lb . FS 3 Barra BC

FBC CRIT

 

π2 EI π2 29 106 π 4 3 8  2   2,743.98 lb. L 40.252 4

Luego 2,743.98=0.7455 PCRIT, de donde PCRIT=3,680.72 lb. La máxima carga P que P 3,686.72 " puede aplicarse es PMAX  CRIT   1,228.91 lb . FS 3 La carga máxima que puede aplicarse a la estructura dada, es la menor de las dos determinadas PMÁX=1,169.2 lb. 4) Los cables BC y BD están tensados e impiden el movimiento del punto B en el plano xz. Usando la ecuación de Euler, un factor de seguridad de 2.5 y dejando de lado la tracción en los cables, determinar la carga centrada de compresión admisible P. Usar E=29 x 106 lb/pulg2, en los dos casos, cuyas características geométricas se indican en el esquema. z P B y

C

D A

x

Perfil W8 x 15 A=4,4 pulg2 rx=3.27 pulg ry=0.87 pulg

Perfil W8 x 18 A=5.26 pulg2 rx=3.43 pulg ry=1.23 pulg

Caso i)

848



Flexión en el plano xz

Flexión en el plano yz B

B

Lp=2 (20’)

Lp=0.7 (20’)

L=20’

A Las relaciones de esbeltez son Lp/ry=168 pulg/0.876 pulg = 191.78 y Lp/rx=480 pulg /3.29 pulg = 145.90. La mayor π2E π2 29 106 relación de esbeltez es λ  191.78 . Luego σ CRIT  2   7,782.1 lb / pu lg 2 2 λ 191.78

 

La carga crítica correspondiente es PCRIT  7,782.14.44   34,552.1 lb , afectándola del factor de seguridad, obtenemos la carga admisible PADM  13,820.8 lb. Caso ii) En el plano xz la relación de esbeltez es Lp/ry=168/1.23=136.59. En el plano yz la relación de esbeltez es Lp/rx=480/3.43=139.94. La mayor relación de esbeltez es π2E π2 29 106  14,615.51 lb / pu lg 2 . La λ  139.94 . El esfuerzo crítico es σ CRIT  2  2 λ 139.94 

 

carga crítica correspondiente es PCRIT  14,615.515.26  76,877.6 lb , afectándola del factor de seguridad obtenemos la carga admisible PADM=30,751.04 lb. 5) Para el sistema que se representa en el esquema, determinar a) La distancia h para la cual el factor de seguridad con respecto al pandeo es máximo; b) El correspondiente factor de seguridad para una masa m=9,000 Kg. Considerar E=70 GPa. Las barras AB y BC tienen como sección transversal una corona circular de 100 mm de diámetro exterior y 8 mm de espesor. B 3m

2m

2m C h

A D m

El momento de inercia de la sección transversal de las barras AB y BC es π I  50 4  424  2.46482x106 mm 4 4 Por equilibrio del punto D se determinan TY=W/2; TX=W/h, que son las componentes rectangulares de la fuerza normal en BD o en CD.





Las fuerza axiales de compresión en las barras AB y BC, son FAB=W/2;

FBC=W/h.

Para cada una de las barras AB y BC determinamos la fuerza crítica en función del peso crítico WCRIT. Barra AB: La longitud efectiva de pandeo es LP=3 m. La fuerza crítica es 2 2 2 FAB CRIT  π 2EI  π EI , sometida a la condición π EI  WCRIT (i) 9 2 9 LP

849



Barra BC: La longitud efectiva de pandeo es LP=4 m. La fuerza crítica es 2 2 2 FBC CRIT  π 2EI  π EI , sometida a la condición π EI  WCRIT (ii) . 16 h 16 LP 16 h De las condiciones (i) y (ii) obtenemos  , de donde h= 3.56 m. 9 2 2 2 2 2 Por la ecuación (i) WCRIT  π EI  π 70 X109 2.46482X10 6  378,416.86 N 9 9 WCRIT 378.42 KN La masa crítica será mCRIT    38.575 x 10 3 kG .Por tanto el g 9.81 m / seg2



factor de seguridad es FS 





mCRIT 38.575x103   4.286. mAPLICADA 9x103

6) Una columna vertical, de longitud LO y sección transversal constante, está sometida a la única acción de su peso propio (q unidades de fuerza por unidad de longitud). Determinar, de manera aproximada, el valor q que ocasionaría el pandeo de la columna. Considerar E el módulo elástico del material. Q A

A M

Consideremos el peso Q de la porción superior AM como una carga concentrada que está aplicada en el centroide (R) de la porción de columna AM.

B

Luego Q = q (LO-x) será una fuerza aproximada que generará el pandeo de la columna MB cuya longitud es x + 0.5 (LO-x).

R x B

Aplicaremos la ecuación de Euler para el caso de una columna empotrada, sometida a π2EI π2EI la carga Q de compresión y de longitud x + 0.5 (LO-x). PCRIT  2  . LP 4L2 Luego tenemos QCRIT 

π2EI 1   4  x  L O  x  2  

2

. Reemplazando el valor QCRIT=q(LO-x),

tendríamos qL O  x  

π2EI π2EI π2EI  , de donde . q  2 1   L O  x L O  x 2 4  x  L O  x  x  L O  2  

Determinamos el menor valor q que será el valor de qCRIT. El valor máximo del trinomio L O  x L O  x 2 se presenta para x=LO/3. Por consiguiente el menor valor de q, que π2EI 27 π2 EI  . LO   LO  32 L O  LO   LO   3  3   Nota) La solución exacta del problema, requiere de la integración de una ecuación diferencial de Bessel (Ver el ejemplo 8 de esta misma sección).

será el valor buscado qCRIT, es qCRIT 

850



7) Determinar el incremento de temperatura necesario para producir el pandeo de una barra de acero empotrada en ambos extremos. Considerar d = 60 mm; L = 3.6 m; E = 2.1 x 106 Kg/cm2;  = 12 x10-6/ºC. La relación de esbeltez es λ 

LP L 2   i i

1,800

 120, por tanto es válida la

4 π 60 

4

64 π 60 

2

fórmula de Euler del pandeo elástico. El cambio de longitud de la barra libre, debido al incremento de temperatura es ΔTL  α L ΔT . El cambio de longitud de la barra debido a la fuerza compresiva de PL PL pandeo es ΔL  . La condición de compatibilidad geométrica es α L ΔT  , de EA EA P . Para esta condición, tenemos la temperatura crítica donde obtenemos ΔT  αE A ΔTCRIT 

PCRIT π2 EI . Reemplazando valores conocidos tenemos  α E A α E A L 22 4π2 60  π 4

ΔTCRIT 

12X10  π 16 60 3600 2

6

2

 57.12º C.

8) En el sistema representado, la barra elástica biarticulada, de sección transversal A y longitud L, es de un material cuyo módulo elástico es E y cuyo coeficiente de dilatación lineal es . El resorte lineal de rigidez K está libre de esfuerzo cuando no hay incremento de temperatura. Si se produce un incremento de temperatura dado x  por ΔT  TO 1   , determinar la temperatura TO para la cual se producirá el L   pandeo de la barra elástica. La barra libre, debido al incremento variable de temperatura, se alargaría K x  K ΔTL  ε T dx  α TO 1   dx . Efectuando la P L DL  (L ) (L )



L L x

L x

EA



integración y simplificando obtenemos 3 ΔTL  α L TO . 2 La fuerza que se genera en el resorte, debida al PL cambio de longitud de la barra, es Δ1  EA

El cambio de longitud del resorte es Δ 2 

P , siendo P la fuerza axial de compresión de K

la barra y K la rigidez del resorte. La condición de compatibilidad geométrica es ΔTL  Δ1  Δ 2 . Reemplazando los 3 PL P cambios de longitud determinados, tenemos , de donde α L TO   2 EA K encontramos la carga de compresión generada por el incremento de temperatura:

851



3 α L TO . Como la barra tiene ambos extremos articulados la carga crítica de Euler P 2 1 L  K EA 3 α L TO CRIT π2 EI 2 π2 EI es PCRIT  2 . Luego . De donde podemos obtener el valor de  1 L L2 L  K EA 2 π2 EI  1 L  la temperatura crítica TO CRIT     , que ocasionaría el pandeo de la 3 α L3  K EA  barra elástica biarticulada. π2EI para incluir, además de la fuerza normal, L2 el efecto de la fuerza cortante en el valor de la carga crítica.

9) Modificar la ecuación de Euler PCRIT 

Debido al momento flector, la curvatura de la línea elástica es

1 dφ1 M   . ρ1 dx EI

1 dφ2 k dQ .   ρ2 dx GA dx 1 1 1 M k dQ Luego la curvatura total será  .    ρ ρ1 ρ2 EI GA dx

La curvatura debida a fuerza cortante es

La relación entre el momento flector M y la fuerza cortante Q es Q   ecuación anterior se transforma en

dM . Luego la dx

1 M k d2M   . ρ EI GA dx 2

Para deformaciones infinitesimales puede considerarse con suficiente aproximación d2 y M k d2M    (i). EI GA dx 2 d2 x Si la flexión es básicamente debida al momento, entonces M  Py;

dM dy d2M d2 y P ; 2  P 2 . Reemplazando en la ecuación (i) tenemos dx dx dx dx

d2 y P d2 y  kP  P  y  0. , que puede escribirse 1   y  0   2 2 kP  AG  EI  dx dx  EI1   AG  

852



La condición de pandero es

P kP   EI1   AG  

L  π , de donde obtenemos la carga crítica

  π2EI   2 2 π EI  1  L de pandeo P  . Debe observarse que la fuerza cortante  2  2 2 kπ EI L k π EI    1 2  1  L2 GA  L GA  

disminuye la carga crítica. P

P 10)Determinar la carga crítica que puede aplicarse al sistema representado, que está conformado por cuatro barras elásticas y nudos rígidos. Considerar la misma rigidez flexional EI en todo el sistema.

2a

Por la simetría podemos considerar un cuarto del marco rígido propuesto. y

Debido a la simetría no se desarrollan fuerzas cortantes en las secciones E y F. Tampoco existe fuerza normal en la sección F.

MF F

E ME

a

x

Tramo EB M=ME+Px, donde 0  x  a . La ecuación diferencial de la curva elástica es d2 x EI 2  ME  Px  . dy

P d2 x M ,  K 2 x   E , donde K 2  2 EI EI dy M cuya solución general tiene la forma x  A sen Ky  B cos Ky  2 E , que deberá K EI satisfacer las condiciones de borde x(0)=0; x’(0)=0. Desarrollando las condiciones de M M M borde obtenemos 0  B  2 E  B  2 E  E . También AK=0, de donde A=0. P K EI K EI ME cos Ky  1 , con 0  y  a. La curva elástica es x  P  dx   MK      E sen Ky  El giro en B del elemento FB es θB    , de donde  P y a  dy  y  a

La ecuación diferencial anterior puede escribirse

obtenemos θB 

MEK sen Ka . P

En el elemento BF el momento flector es M  ME  Pf (de

 M  0 ).

Aplicamos el

E

primer Teorema de Área de Momentos

853

Mecánica de Sólidos a/2

θF / B 

 0


ME  Pf dx  θF  θB , donde el ángulo del punto F es nulo θF  0 . EI

 Pf  MEI  θB    a.  2EI  Por tanto igualando las expresiones para el giro del punto B obtenemos ME K  P f  ME  2  P f  ME  sen Ka   a  K a  , de donde obtenemos el momento flector P 2 EI    2P  KPfa hiperestático ME, ME  . Con este valor, la ecuación de la curva elástica 2 sen Ka  Ka Kfa cos Ky  1 , que debe cumplir la condición de borde del tramo EB es x  2 sen Ka  Ka Kfa cos Ka  1 . Simplificando obtenemos y=a cuando x=-f. Por tanto  f  2 sen Ka  Ka la condición de pandeo 2 tan Ka  Ka  0 . La menor solución de esta ecuación es 2

 0.2888  Ka=0.2888, es decir K=0.2888/a. Por tanto la carga crítica es P CRIT=K EI=   EI .  a  2

11)Una barra elástica en voladizo vertical, de sección constante y rigidez flexional EI, está sometida a la acción única de su peso propio q (fuerza por longitud). Determinar la altura crítica que ocasionaría el pandeo de la barra vertical. (Ver el ejemplo 4 de esta misma sección).

x q h x

x

y

Sea y=y(x) la ecuación de la curva elástica. El momento flector en la sección ubicada a h

la altura x, es M  qy ξ   y x  dξ . La ecuación diferencial de la curva elástica se

 x

h

obtiene a partir de la igualdad



qy ξ   y x  dξ  EI

x

de la variable x, tenemos EI

3

dy dy  q h  x  0 3 dx dx

d2 y . Derivando una vez respecto dx 2

(*).

2 q h  x 3 ; u= dy , es posible transformar la 3 EI dz ecuación diferencial (*) en una ecuación diferencial de Bessel. Haciendo las d2u 1 du  1  transformaciones de variables, encontramos (**).   1  2  u  0 2 z dz  dz 9z 

Mediante la doble sustitución z 

La solución general de la ecuación de Bessel (*) puede escribirse en la forma

854



  2 4   1 1 z z u  Az1 / 3 1        .....   1  2  1  1  2   2!    1    2     1!   3  1      3  3      2 4   1 1 z z Bz1 / 3 1        ..... 1  2 1  1  2   2!   1   2     1!  3  1   3 3       

Siendo A y B las constantes de integración. Las integrales particulares de la ecuación de Bessel correspondientes a A=0 y B=0 son denominadas Funciones de Bessel de orden 1/3 y -1/3, amplificadas por factores constantes J 1 z  y J 1 . Las constantes A y 3



3

 d2 y   dy  B se determinan por las condiciones de frontera  2   0; y 0   0;   0,  dx  x  0  dx  x h las mismas que, teniendo en cuenta las ecuaciones del cambio de variables, se 2  2 q h3   1 1 du  escriben como  z 3 u  z 3 (i, ii).  0; u  0 3  3 EI dz    z  0  

Mediante la condición (i) se determina la constante B=0. Mediante la condición (ii) es posible determinar un valor A diferente de cero (lo que indicaría estado de equilibrio indiferente) cuando se cumpla la siguiente condición 2

 1 qh3   1 qh3  1 1       ..... 0 1  1   3 EI   1  1   3 EI  1!    1  2!    1    2   3   3  3   2 qh3  0 Es decir J 1    3 EI 3 

(iii).

Resolviendo la ecuación de Bessel, ecuación (iii), la menor raíz es z=1.866. Luego el pandeo se producirá si

2 qh3  1.866 . Esto significa que el pandeo se produce 3 EI

cuando h>hCRIT, siendo hCRIT el valor hCRIT  3 7.83

EI . q

Notas) i) La ecuación para el esfuerzo crítico de Euler σ CRIT  de seguridad.

π2E no incluye ningún factor λ2

ii) Nótese que si el esfuerzo crítico es mayor que el esfuerzo de fluencia del material, es valor obtenido no tiene ninguna importancia para el análisis elástico, puesto que el elemento ya fluirá en compresión, abandonando el comportamiento elástico y no llegará al fenómeno de pandeo. iii) El esfuerzo crítico siempre es decreciente con la relación de esbeltez creciente.

855



iv) Una columna elástica a la cual puede aplicársele la ecuación de Euler, se denomina Columna larga.

sCRIT Límite Proporcional

sY

Rango de Columnas largas

l

Así, si una columna de acero (E=200 GPa; sy=250 MPa) tiene sus extremos articulados y su área transversal es 60 x 100 mm, podemos determinar la longitud más corta para la cual es aplicable la ecuación de Euler. Mínimo momento de inercia IMIN Mínimo radio de giro r 

3  100 60  

12

 1.8 x 106 mm 4 .

IMIN 1.8 x 106   17.32 mm . A 60 x 100

Usando la ecuación de Euler tenemos λ2 

π2 E , de donde encontramos la relación de σ CRIT

esbeltez en el límite de proporcionalidad λ  π

200 x 109  88.86 , valor con el cual 250 x 106

encontramos la longitud de pandeo Lp / r  88.86,  Lp  88.8617.32  1,539.1 mm .

Por tanto, si la columna tiene 1,539.1 mm o más de longitud, se pandeará elásticamente, porque para tales dimensiones, el esfuerzo crítico durante la flexión de pandeo, no excederá el valor del esfuerzo de fluencia del material. v) A las columnas que se pandean elásticamente, se les denomina, en general, columnas largas. A las columnas con relaciones de esbeltez que no exhiben fenómenos de pandeo, se les llama columnas cortas. Las columnas restantes son las columnas intermedias. Para relaciones de esbeltez muy pequeñas, las columnas de material dúctil se aplastan y pueden soportar cargas de compresión muy grandes. 7.06 Pandeo Inelástico Las columnas elásticas que tienen relaciones de esbeltez relativamente grandes, se pandean de acuerdo con la ecuación de Euler, cuando el nivel de esfuerzos es inferior al esfuerzo de fluencia del material. Sin embargo, existen elementos estructurales en compresión que tienen relaciones de esbeltez intermedias y muchos no se pandean hasta después de sobrepasar el límite proporcional. Es decir, existen elementos que trabajan en compresión que teniendo bajas relaciones de esbeltez (denominados elementos robustos o muy gruesos) fallan por compresión directa sin presentar deflexiones por pandeo. Para precisar de manera racional la carga de pandeo inelástico debe tomase en cuenta la rigidez reducida (pendiente reducida del diagrama s-e.)

856



Consideremos una columna ideal con sus extremos articulados y cuya relación de esbeltez es intermedia, que soporta incrementos de carga de compresión hasta alcanzar la carga crítica de pandeo PCRIT (lo cual ocurre después que se haya excedido el límite proporcional). P

s<
sCRIT+Ds

s
sCRIT F

P

P<
PCRIT

P=PCRIT-DP

Mientras la carga axial es inferior a la carga crítica, las distribuciones de esfuerzo normal son uniformes y crecientes con la magnitud también creciente de la carga axial centrada de compresión. Consideremos que cuando se aplica el último incremento de carga axial, DP, también se aplica una fuerza lateral F de baja intensidad, necesaria para asegurar que las deformaciones longitudinales por compresión sigan incrementándose y que el esfuerzo de compresión no disminuirá en ningún punto de la columna. La distribución de esfuerzos normales no sería uniforme, según se indica en la última figura de la gráfica anterior, en la cual el esfuerzo incremental Ds es ocasionado por los efectos de la flexión producida por la fuerza lateral F. Esta deformación adicional es relativamente muy pequeña y se acepta que las secciones planas todavía permanecen planas. Asimismo, puesto que Ds es pequeño, se considera que este incremento es proporcional al incremento de la deformación. Esto es Δσ  E T Δε  , donde ET es el denominado Módulo Tangente evaluado cuando s=sCRIT.

h

M

De D

DL r

Pendiente ET

s

e sCRIT

Ds De

Δσ  ET Δε

e

La deformación total debida a la flexión es De (cambio de longitud) y la deformación unitaria es Δe h Δθ h Δε    , siendo ρ el radio ΔL ρ Δθ ρ de curvatura. Por consiguiente h Δσ  Δε  E T  E T (*) ρ

M

857


x

M -y

x

y


PCRIT

El momento flector es M=PCRIT(-y) (**), que puede ser escrito en función del esfuerzo Mh normal usando la fórmula de la flexión Δσ  , I I de donde obtenemos M  Δσ   (***) h De las ecuaciones (*) y (***) encontramos:

PCRIT Ih I I M E T  E T , y por la ecuación (**) M  E T  PCRIT y . hρ ρ ρ Empleando la aproximación para la curvatura 1/r, tenemos

d2 y 1 P y    CRIT , de 2 ρ ET I dx

d2 y  PCRIT y  0 (i). dx 2 La ecuación diferencial obtenida es similar a la ecuación diferencial de Euler para el problema del pandeo elástico, en la cual el módulo de elasticidad E ha sido cambiado por el módulo tangente ET. Resolviendo la ecuación diferencial encontramos la mínima π2 E T I carga de pandeo inelástico P CRIT  , expresión que puede escribirse en términos L2 P π2 E T de la relación de esbeltez CRIT  , donde A es el área transversal y r es el 2 A L    r mínimo radio de giro.

donde obtenemos la ecuación diferencial de segundo orden E T

La ecuación diferencial (i) se denomina Ecuación de Engesser, y es estructuralmente semejante a la ecuación de Euler, pero su aplicación presenta mayores dificultades (al dσ calcular el valor del módulo tangente ET del material). Puesto que E T  en muchos dε casos es necesario resolver los problemas de pandeo inelástico por aproximaciones sucesivas. Si se conociera la expresión analítica σ  f ε  , entonces el módulo tangente ET no presenta ninguna dificultad en su determinación. Si se utiliza la ecuación de Euler para evaluar la carga de pandeo correspondiente al rango elástico y se emplea la ecuación de Engesser para evaluar la carga de pandeo para esfuerzos superiores al límite proporcional, será posible evaluar la carga de pandeo para las relaciones de esbeltez intermedias (comprendidas entre los elementos robustos y los extremadamente delgados). Nota) π2 E T generalmente se denomina fórmula del módulo tangente. λ2 Toma en cuenta tanto los efectos inelásticos como las restricciones en los extremos. Experimentalmente se ha comprobado que dicha ecuación predice adecuadamente la carga máxima que puede alcanzarse en columnas que se pandean por flexión.

La ecuación σ CRIT 

858



Von Kármán desarrolló la Teoría del Módulo Doble, que incluye la consideración de que durante la flexión una parte de la sección transversal estaría sujeta a un esfuerzo que decreciente y en la que podría aplicarse el módulo de elasticidad lineal. Estas teorías suelen ser analizadas a profundidad en cursos avanzados de Comportamiento y Diseño Estructural. EJEMPLO 1) Una barra tubular de diámetro exterior 1 pulg y diámetro interior 7/8 pulg tiene 8 pulg de longitud. Un extremo de la barra está fijado y el otro está libre. La barra ha sido fabricada con un material cuyo diagrama esfuerzo normal/deformación unitaria es lineal por tramos, según se indica en el esquema. Determinar la carga crítica de pandeo por compresión. s(lb/pulg2) (0.0033; 6,000) (0.0018; 5,500) (0.0009; 4,500) (0.0003; 2,500)

e El área de la sección transversal es A 

2 π  2  7   1     0.184 pu lg 2 . El momento de 4   8  

4 π  4  7   I 0.02   0.33 . 1     0.02 pu lg 4 . El radio de giro es r  64  A 0.184  8   L 2 (8) La relación de esbeltez es λ  p   48.5 . r 0.33 P π2E La ecuación del pandeo incluyendo el módulo tangente es CRIT  2 T . Recordar que A λ la ecuación de Engesser se transforma en la ecuación de Euler cuando el módulo tangente es igual al módulo de elasticidad lineal.

inercia es I 

Para el caso σ CRIT 

π2E T π2  E T  0.0042E T λ2 48.52

(*)

Para el tramo inicial (elástico lineal) ET=E=2,500/0.0003=8.33 x 106 lb/pulg2. Reemplazando este valor en la ecuación (*) tenemos σ CRIT  35,200 lb / pu lg2 . El módulo elástico inicial no es válido si el esfuerzo es superior a 2,500 lb/pulg 2, luego el esfuerzo determinado no es correcto. 4,500  2,500  3.33 x 106 lb / pu lg2 , 0.0009  0.0003  14,050 lb / pu lg2 , valor que no está en

Para el segundo tramo lineal de esfuerzos E' T  reemplazando este valor en (i) tenemos σ CRIT

859



el intervalo de esfuerzos [2,500; 4,500], luego el esfuerzo crítico calculado no tienen ningún interés. 5,500  4,500  1.11 x 106 lb / pu lg2 , 0.0018  0.0009 reemplazando este valor en (i) tenemos σ CRIT  4,680 lb / pu lg2 , valor que si está en el intervalo de esfuerzos [4,500; 5,500], luego el esfuerzo crítico calculado es el que interesa el problema. En consecuencial el esfuerzo crítico de pandeo inelástico es σ CRIT  4,680 lb / pu lg2 . Por tanto, la carga crítica de pandeo inelástico es PCRIT  Aσ CRIT  (0.184)(4,680)  861.1 lb

Para el tercer tramo lineal de esfuerzos E' T 

7.07 Columnas con Carga Excéntrica: Fórmula de la Secante e P E

Consideremos una columna recta sometida a carga variable, excéntrica con respecto al eje geométrico de la misma. Reemplazamos la carga excéntrica por una carga axial centrada, P, y un momento, M=Pe. El momento generará flexión en la columna. En estas circunstancias el problema del pandeo consiste en precisar cuánta flexión puede permitirse al variar la carga P y el momento M para que no se exceda el esfuerzo admisible en el material y lograr que la deflexión máxima no sea tan excesiva. P

MA

y

A

Q

M x

P

P A

L

MA=Pe

L

B P

MB=Pe P

Aislamos una porción AQ de la columna AB referida al sistema de coordenadas x, y que se indica en el esquema. El momento flector en la sección A es M=-Py-MA=-Py-Pe. Reemplazando el momento M en la ecuación de la cueva elástica tenemos d2 y M P P    y  e , expresión que puede ser 2 EI EI EI dx transformada en donde K 2 

d2 y  K 2 y  K 2e, 2 dx

(i)

P EI

La solución general de la ecuación diferencial gobernante (i) tiene la forma y  A sen Kx  B cos Kx  e

(ii)

Las constantes A y B se determinan por las condiciones de frontera y(0)=0; y(L)=0. Obtenemos las condiciones B=e; A=e tan (KL/2). Por tanto, la ecuación de la curva elástica es KL KL   y  e tan sen Kx  e cos Kx  e  e  tan sen Kx  cos Kx  1  2 2   La máxima deflexión cuando x=L/2 y tiene el valor

860



KL KL KL   y MÁX  e  tan sen  cos  1 2 2 2   KL   La deflexión máxima puede ser escrita en forma alternativa y MÁX  e  sec  1 , y 2    L P     1 teniendo en cuenta el valor K, obtenemos y MÁX  e sec  (iii).   2 EI   

Nótese que yMAX se vuelve indeterminada cuando

L P π  , de donde obtenemos el 2 EI 2

π2 EI , valor similar al correspondiente para una L2 columna sometida a carga axial centrada.

valor de la carga crítica PCRIT 

PCRIT 2 L y π2 remplazando en la ecuación (iii) obtenemos una fórmula alternativa para la máxima  π P   deflexión y MAX  e sec  (iv)   1  2 PCRIT   

De la ecuación de la carga crítica determinamos la rigidez flexional EI 

El máximo esfuerzo de compresión se presentará en la sección de la columna donde el momento sea máximo, es decir en la sección central de la columna. Usando la ecuación de superposición de esfuerzos normales, obtenemos I P M c P P y MAX  P e  P  y  e c  el radio σMAX   MAX   c  1  MAX  , siendo r= A A I A I A r2  de giro. Reemplazando el valor de la deflexión máxima dado por la ecuación (iii) y  L P  P ec  simplificando obtenemos σMAX  1  2 sec  (v)  A  r  2 EI  Una fórmula equivalente obtenemos al reemplazar el valor dado por la ecuación (iv): π P e P  σMAX  1  2 sec  (vi)  A  r  2 pCRIT  Notas) i) La ecuación obtenida para el máximo esfuerzo puede ser usada para cualquier condición de los apoyos extremos, teniendo presente incluir el valor adecuado de la carga crítica. ii) Observar que puesto que el esfuerzo máximo no varía linealmente con la carga P, no puede ser usado el principio de superposición. Por lo tanto, todo factor de seguridad debe ser aplicado a la carga P y no a los esfuerzos. iii) Si en la ecuación (v) reemplazamos el radio de giro I=Ar 2, obtenemos la importante P σ MAX  ecuación , donde la longitud L ha sido cambiada por la A  Le P  ec   1  2 sec   r  r EA  longitud efectiva (longitud de pandeo Le), con la finalidad de tener una fórmula

861



genérica aplicable a varias condiciones de apoyos extremos. La ecuación anterior se denomina Fórmula de la Secante. Puesto que el término P/A está en ambos lados de la ecuación de la secante, para obtener un valor de P/A, generalmente se usarán métodos de aproximaciones sucesivas o gráficas especialmente preparadas para tal finalidad. iv) Para pequeños valores de la relación Le/r puede aproximarse el valor de la función P σ secante por 1, con lo cual se tiene la fórmula de aproximación  MAX . ec A 1 2 r v) Para grandes valores de la relación Le/r, el efecto de la excentricidad en el valor del esfuerzo promedio P/A, se vuelve insignificante. vi) La fórmula de la secante nos proporciona el esfuerzo máximo de compresión en función del esfuerzo de compresión promedio P/A, el módulo de elasticidad lineal E, la relación de esbeltez L/r y la denominada relación de excentricidad ec/r2. vii)Al analizar una columna podemos usar la fórmula de la secante para calcular el máximo esfuerzo de compresión, aceptando conocidas la carga P y la excentricidad e. El esfuerzo máximo será comparado con el esfuerzo permisible del material para precisar si la columna puede o no soportar la carga. viii)La deflexión máxima yMAX se incrementa P conforme aumenta la carga P, pero la relación de variación no es lineal. Por tanto, no puede usarse el principio de PCRIT superposición para calcular deflexiones producidas por más de una carga aún cuando el material de la columna sea linealmente elástico. La deflexión causada por una carga 2P no es igual al doble de la deflexión causada por una carga P.

e=0 e1 e2 e2>e1>0

yMAX

ix) Recordar que la ecuación diferencial empleada es válida sólo para deflexiones pequeñas, por lo tanto, cuando las deflexiones son grandes las curvas trazadas no son físicamente válidas y deben modificarse para tomar en cuenta las grandes deflexiones. x) Si la carga P es pequeña, el momento máximo, determinado por la ecuación π KL P  MMAX  P e sec  P e sec   , se 2  2 PCRIT  aproxima a Pe, lo cual indica que el efecto de la excentricidad no es significativo. Conforme P aumenta, el momento flexionante también se incrementará en forma no lineal. El momento flexionante se vuelve indeterminado cuando P tiende a la carga crítica PCRIT. Sin embargo, recordar que las ecuaciones son válidas sólo para deflexiones pequeñas y no pueden usarse

MMAX

Pe

PCRIT

P

862



adecuadamente cuando la carga axial se aproxima a la carga crítica. EJEMPLOS 1) Una carga axial P se aplica a una varilla de acero AB de 1.25 pulg de diámetro según se indica en el esquema. Cuando P=15 Klb se observa que la deflexión vertical del punto medio C es 0.02 pulg. Usando E = 29 x 106 lb/pulg2, determinar (a) la excentricidad de la carga; (b) el esfuerzo último en la varilla.

L=25” e

P

P

A

d=1.25”

B

Características geométricas: A=1.227 pulg2; I=0.1198 pulg4; Le=L=25”. Si ambos apoyos son articulados, la carga crítica es π2 E I π2 29 106 0.1198 PCRIT  2   54,862.4 lb . L 252

 

 π  P  1  , para P=15 Klb; yMAX=0.02 (a) La máxima deflexión es y MAX  e sec   2 PCRIT    π  15  1  , de donde encontramos e=0.0427 pulg. pulg, tenemos 0.02  e sec   2 54.8624  (b) Porción AC. Momento flector: M=P (yMAX+e) = (15)(0.02 + 0.0427) = 940.5 lb-pulg. 0.94950.625  17.13 lb / pu lg2 . P Mc 15   El esfuerzo máximo es σMAX   0.1198 A I 1.227

2) Una carga axial P=25 KN se aplica en un punto que está ubicado a 5 mm del eje geométrico de una barra de sección transversal cuadrada de 40 mm de lado. Si E=70 GPa, hallar (a) la deflexión del extremo C; (b) el máximo esfuerzo de compresión en la barra. e=5mm

P C

L=0.8m

Características geométricas A=1,600 x 10-6 m2; I=0.2133 x 10-6 m4; c=20 mm π2 EI Carga crítica PCRIT  2 . Reemplazando valores Le tenemos π2 70  109 0.2133 10 6 PCRIT   57.56 KN 1.62

 





B  π  P  1  , reemplazando valores (a)La máxima deflexión es y MAX  e sec    2 PCRIT   π 25   tenemos y MAX  0.005 sec    1 , de donde encontramos la máxima   2 57.56   deflexión yMAX=4.8 mm.

863



(b)El momento máximo se presenta en el apoyo empotrado MMAX=P(yMAX+e), reemplazando valores encontramos M=(25)(0.0048+0.005)=0.245 KN-m=245 N-m. 0.2450.02  38,598.3 KN / m2 25 Luego el esfuerzo máximo es σMAX   1600 106 0.2133 106 3) Una carga axial de 50 KN se aplica con e=10 mm P excentricidad e=10 mm a una varilla circular C de acero BC, que se encuentra libre en su extremo superior C y empotrada en su base B. Sabiendo que las varillas disponibles para uso L=1.2 m tienen diámetros que van desde 40 mm hasta 80 mm en incrementos de 4 mm, determinar la varilla más liviana que puede usarse si el esfuerzo admisible es 120 MPa. Considerar B que el material tienen módulo elástico E=200 GPa.









La solución puede obtenerse por aproximaciones sucesivas. Para d=48 mm (arbitrario, pero en el intervalo dado); A=1.81 x 10-3m2; c=24 mm; I=260.6 x 10-9 m4; r=0.012 m. π2 EI π2 200  109 260.6  10 9 La carga crítica es PCRIT  2   89,306.2 N . LP 2.4 2

 

El esfuerzo máximo es σMAX  tenemos σMAX 





π P ec P 1  2 sec  A  r  2 PCRIT

  , reemplazando valores  

 0.01 0.024  π  50 50   1  sec   2 89.3062   147.14 MPa . 1.81 103  0.0122  





Como el esfuerzo máximo es mayor que el esfuerzo admisible, no es conveniente el valor elegido para diámetro de la varilla. Para d=52 mm (el siguiente calor admisible en el intervalo dado); A=2.124 x 10 -3m2; c=26 mm; I=358.9 x 10-9 m4; r=0.013 m. π2 EI π2 200  109 358.9 10 9 La carga crítica es PMAX  2   122.99 KN LP 2.4 2

 





  , reemplazando valores    0.01 0.026  π 50 50  1 sec  tenemos σMAX  3  2   90.73 MPa . 2.124  10  0.013  2 122.99  Como el esfuerzo máximo es menor que el esfuerzo admisible, puede usarse una varilla de diámetro 52 mm.

El esfuerzo máximo es σMAX 



π P ec P 1  2 sec  A  2 P r CRIT 



4) La barra AB está cargada en su extremo B por una carga de compresión P=1,500 lb, cuya excentricidad es e=0.45 pulg. La deflexión del extremo libre está limitada a 0.12 pulg. Si E=16 x 106

L

0.6” 1.2” 0.45”

864



lb/pulg2, hallar la máxima longitud permisible. Determinamos la carga crítica PCRIT 

π2 EI . L2P

1 1.20.63  0.0216 pu lg 4 . 12 2 6 π 16  10 0.0216  852,734 Luego, la carga crítica es PCRIT  en lb  .  4L2 L2  π P   La máxima deflexión se presentan en el extremo libre y MAX  e sec    1 ,  2 PCRIT   

El momento de inercia respecto al eje de flexión es I 

 

 

  π 1,500  L2     1 , de donde reemplazando valores tenemos 0.12  0.45 sec   2 852,734        encontramos L=10.03 pulg, que será la máxima longitud permisible. Si se usa una barra más larga, se excederá la deflexión permisible de 0.12 pulg.

7.08 Diseño de Columnas El diseño de columnas es un importante tema técnico de Ingeniería, que generalmente se estudia a cabalidad en los cursos de Diseño Estructural y/o similares. En esta sección, daremos las ideas básicas relacionadas con el diseño de columnas elásticas sometidas a carga axial centrada. En muchos laboratorios de Investigación de sistemas y materiales estructurales se han desarrollado innumerables experiencias sobre el comportamiento real de columnas de diversos materiales, tanto en elementos a escala natural y en escala reducida, incrementando la carga axial centrada hasta obtener la falla de las columnas. Con mucha frecuencia el diseño de columnas puede basarse en fórmulas obtenidas empíricamente, que reflejan la experiencia acumulada en los ensayos de laboratorio. Los resultados de dichos ensayos se presentan adecuadamente en tablas, gráficas, manuales y otros sistemas de información tecnológica, en términos de las relaciones entre coeficientes de esbeltez y esfuerzos críticos o admisibles.

sCRIT Hipérbola de Euler

sy

Le/r

Cada punto (Le/r, sCRIT) es resultado de varios ensayos. Aun cuando la ubicación de los puntos sea bastante dispersa, se agrupan en tres regiones que tipifican fallas diferenciadas de acuerdo a la relación de esbeltez y módulo elástico del material. Para columnas largas, donde la relación Le/r es grande, la falla se predice de manera π2E bastante aproximada a la dada por la hipérbola de Euler σ CRIT  , y se observa L / r 2

865



que el valor del esfuerzo crítico depende del módulo elástico del material usado, pero no del esfuerzo de fluencia del mismo. Para columnas muy cortas y bloques en compresión, generalmente la falla ocurre por aplastamiento o fluencia del material, teniendo σ CRIT  σ y . Las columnas de longitud intermedia comprenden los casos donde la falla depende simultáneamente de ambos valores E y sy. En este intervalo la falla de la columna es un fenómeno complejo. Los resultados de los ensayos se han usado ampliamente para desarrollar especificaciones, criterios, normas y fórmulas de diseño debidamente validadas. sCRIT

Fórmula de Gordon-Rankine (-----) σ CRIT 

σ3

1  K 3 L r 

Variación parabólica (

2

)

σ CRIT  σ 2  K 2 L r 

2

Variación lineal (…………)

σ CRIT  σ1  K1 L r 

Le/r Las fórmulas empíricas que expresan el esfuerzo crítico en términos de la relación de esbeltez, han tenido procesos permanentes y continuados de refinamiento y mejora. Se han desarrollado diferentes fórmulas para varios materiales, cada una con un determinado intervalo de aplicación y confiabilidad. En cada caso, debemos comprobar que la fórmula que nos proponemos usar es aplicable para el valor de la relación de esbeltez de la columna que nos interesa. También debemos precisar si la fórmula determina el esfuerzo crítico o directamente obtenemos el esfuerzo permisible. (*) Para columnas de acero estructural, las fórmulas mayormente usadas para el diseño de elementos sometidos a carga axial centrada, han sido desarrolladas por el American Institute of Steel Construction (AISC). Se usa una expresión parabólica de segundo grado para precisar el esfuerzo admisible en columnas de longitud corta e intermedia, y una relación tipo hipérbola de Euler para columnas largas. D

sCRIT sY A Parábola

B

0.5sY

Curva de Euler C 0

CC

E

L/r

La porción AB de la curva es un arco de parábola de segundo grado, definido por una L  ecuación de la forma σ CRIT  σ O  K   r

2

(*)

866



La porción BE es una parte de la hipérbola de Euler DBE, definida por la ecuación π2E (**) σ CRIT  2 L    r Notamos que, como sCRIT= sy para relación de esbeltez L/r=0, la constante KO de la ecuación (*) es igual al esfuerzo de fluencia sy. Las especificaciones del AISC sitúan al punto B donde la parábola se une con la hipérbola de Euler en el punto de coordenadas (CC; 0.5sy). Por lo tanto, σ 1 σ y  σ y  K 2C , de donde la constante K es K  y2 , y reemplazando en la ecuación 2 2C C

 L r 2  L (*) tenemos σ CRIT  σ y 1  , para el intervalo  C C . Considerando la ecuación 2  r 2C C   (**), tenemos σ CRIT 

π2E

L r 

2

, para el intervalo

coordenadas (CC, 0.5sy), tenemos

L  C C . Además, para el punto B de r

1 πE σ y  22 , de donde encontramos el coeficiente 2 CC

crítico de la relación de esbeltez C 2C 

2π2E . σy

Para obtener fórmulas finales útiles para el diseño, AISC incluye un factor de seguridad, bajo la forma sadm=f(L/r). Para columnas largas (L/r>=CC) se usa FS=1.92, por lo cual tenemos σ adm 

σ CRIT π2E  , 2 FS 1.92L r 

(***)

L  200 . r Para columnas cortas y de longitud intermedia, se usa la fórmula siguiente para

fórmula válida para el intervalo C C 

5 3 L r 1 L r   precisar el factor de seguridad FS     3 8 C C 8  C C 

3

(****).

 L r 2  A partir de la ecuación del esfuerzo crítico σ CRIT  σ y 1   , encontramos 2C2C   σ adm

2 L σ CRIT σ y  1  L r    , para el intervalo  C C  200.   1  r FS FS  2  C C    

Las fórmulas presentadas son adimensionales y pueden ser usadas en cualquier sistema de unidades. 2π2E π2E ; σ adm  y las fórmulas que contienen al 2 σy 1.92L r  factor de seguridad se determinará el esfuerzo admisible para una calidad de acero (mediante el módulo de elasticidad) y cualquier valor admisible de la relación de esbeltez L/r.

Usando las ecuaciones C2C 

867



El procedimiento puede resumirse en los siguientes pasos: (1) Determinar el 2π2E coeficiente CC usando la ecuación C 2C  ; (2) Para valores de L/r mayores que CC σy usaremos la ecuación σ adm 

π2E

, y para valores de L/r menores que el 2 1.92L r  coeficiente crítico CC usaremos la ecuación del factor de seguridad para hallar el esfuerzo admisible. Para facilidad del diseño, se han tabulado valores del esfuerzo admisible para varias calidades de acero y diversos valores de L/r, desde 1 hasta 200 (Manual of Steel Construction, AISC). (**) Para columnas de aluminio -o aleaciones de aluminio-, la Aluminum Association ha suministrado variadas fórmulas para precisar el esfuerzo admisible en columnas sometidas a carga axial centrada, mediante distintas relaciones entre esfuerzo admisible y relación de esbeltez. sadm s =C adm 1

sadm=C1-C3(L/r) sadm=C4/(L/r)2 L/r

Para columnas cortas el esfuerzo admisible es constante. Para columnas intermedias se usa una relación lineal y para columnas largas se usa una ecuación tipo ecuación de Euler. Algunas fórmulas específicas, son las siguientes: Aleación 6661-T6 L Klb  9.5  σ adm  19  131 MPa r pu lg2 L  66  σ adm  20.2  0.126 L r  Klb / pu lg2 ; σ adm  139  0.868 L r  MPa r 351 103 MPa L 51,000 Klb  66  σ adm  ; σ  adm r L r 2 pu lg2 L r 2

9.5 

 

Aleación 2014-T6 L Klb  12  σ adm  28  193 MPa r pu lg2 L Klb 12   55  σ adm  30.7  0.23 L r  ; σ adm  212  1.585L r  MPa r pu lg2 L  55 r

 σ adm 

 

372 103 MPa. 54,000 Klb ; σ  L r 2 pu lg2 adm L r 2

(***) Para columnas de madera, las fórmulas empíricas de importante aplicación son las desarrolladas por el American Institute of Timer Construction: σ π2E σ adm  CRIT  . 2.727 2.727 L R 2

868



Cuando se aplican a columnas de sección transversal rectangular b x d donde d




La fórmula está restringida a columnas para las cuales L/d<50. Además, el esfuerzo admisible no será mayor que el esfuerzo admisible para compresión paralela a la fibra de la madera empleada. EJEMPLOS 1) Determinar la carga centrada admisible para una columna de 18 pies de longitud efectiva que se construye con perfiles de acero (a) W14 x 370; (b) W8 x 21. Usar sy=36 Klb/pulg2; E=29 x 106 lb/pulg2. La rigidez crítica es C2C 

   

2π2E 2π2 29 106  , de donde encontramo s C C  126.1 . σy 36 103

(a) Perfil W14 x 370. Características geométricas: A=109 pulg2; ry=4.27 pulg. Luego, la relación de esbeltez 1812  50.59 . Tenemos la condición L e  C . Luego usamos la fórmula L es e  C ry 4.27 ry que incluye al factor de seguridad 3

3

5 3 L r  1 L r  5 3  50.59  1  50.59        FS        1.809 . Luego, el esfuerzo 3 8  C C  8  C C  3 8  126.1  8  126.1  2 2 σy  1  L r   36  1  50.59   Klb 1      admisible es σ adm  . 1      18.30 FS  2  C C   1.809  2  126.1   pu lg 2   La carga permisible es PADM=(18.30)(109)=1,994.7 Klb.

(b) Perfil W8 x 21. Características geométricas: A= 6.16 pulg2; ry=1.26 pulg. Luego la relación de esbeltez 1812  171.43. En este caso tenemos L e  126.1. Por lo que usamos la L es e  ry 1.26 ry ecuación σ adm 

π2E



 

π2 29 103

1.92L e r  1.92171.43 admisible es PADM=(5.073)(6.16) 31.25 Klb. 2

2

 5.073

Klb . Con lo cual la carga pu lg2

2) Un tubo de acero que tiene sección transversal circular de 3.5 pulg de diámetro exterior y 0.216 pulg de espesor se usa como una columna. Sabiendo que el esfuerzo sy=36 Klb/pulg2; y el módulo elástico E= 29 x 106 lb/pulg2, determinar la carga centrada admisible cuando la longitud efectiva es (a) 14 pies y (b) 8 pies. Características geométricas: A=2.228 pulg2; I=3.017 pulg4; r=1.164 pulg. La relación 2π2E 2π2 29 103  , de donde C C  126.1 . de esbeltez crítica es C2C  σy 36

 

Caso (a)

869



Longitud efectiva Le=168 pulg. Relación de esbeltez Luego usamos la ecuación σ adm 

π2E



Le 168   144.33  C C  126.1 . ry 1.164

 

π2 29 103

1.92L r  1.92144.33 tanto la carga admisible es PADM=(7.156)(2.228)=15.94 Klb. 2

2

 7.156

Klb . Por lo pu lg 2

Caso (b) Longitud efectiva Le=96 pulg. Luego, la relación de esbeltez es

Le 96   82.47  C C  126.1 . Poir lo tanto ry 1.164 3

5 3 L r  1 L r     . usamos la fórmula que incluye el factor de seguridad FS    3 8  C C  8  C C  Reemplazando valores encontramos FS=1.877. El esfuerzo normal admisible es 2 2 σy  1  L r   36  1  82.47   Klb 1      . Por tanto la carga σ adm  1      15.078 FS  2  C C   1.877  2  126.1   pu lg 2   admisible es PADM=(15.078)(2.228)=33.594 Klb.

870

mecanica de solidos Ing Esparza.pdf

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