Módulo Del Curso Estática y Resistencia de Materiales

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1 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN LECCIÓN 1. DEFINICIONES Y CONCEPTOS BÁSICOS 1.1 ¿QUÉ ES LA MECÁNICA? La mecánica es la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o de movimiento de los cuerpos bajo la acción de las fuerzas. Está divida en dos partes: mecánica de los sólidos y la mecánica de los fluidos. La mecánica de los sólidos se divide a su vez en mecánica de cuerpos rígidos y en mecánica de cuerpos deformables. La mecánica de los cuerpos rígidos abarca la estática y la dinámica las cuales tratan de cuerpos en reposo y de cuerpos en movimiento, respectivamente. Esta parte de la mecánica considera que los sólidos son perfectamente rígidos, esto es, que no se deforman bajo la acción de las fuerzas. En la práctica esto no es del todo cierto pues los sólidos sí sufren deformación bajo carga; sin embargo, estas deformaciones son tan pequeñas que no afectan las condiciones de movimiento del cuerpo. No obstante, en lo que refiere a la pérdida de resistencia de los cuerpos estas deformaciones sí son importantes y su estudio se denomina resistencia de materiales ó mecánica de los cuerpos deformables. La segunda parte de la mecánica, la mecánica de los fluidos, se subdivide en el estudio de los fluidos incompresibles (los líquidos) y de los fluidos compresibles (los gases). Una rama importante de la mecánica de los fluidos incompresibles es la hidráulica. A la mecánica de los fluidos compresibles se le conoce también como termodinámica. Este CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES abarcará el estudio de los cuerpos rígidos bajo condiciones de reposo o de equilibrio -estática- y por consiguiente en el subsiguiente estudio de la resistencia de materiales se asumirá que el sólido se encuentra bajo estas mismas condiciones de equilibrio. El concepto fundamental de la mecánica es el concepto de fuerza. Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro y puede ser ejercida por contacto directo o a distancia, como en el caso de las fuerzas gravitacionales. Las fuerzas por ser magnitudes vectoriales, se representan como vectores, esto es que tienen magnitud, dirección y sentido, y se operan como vectores. 1.2 SISTEMAS DE UNIDADES En este curso se usarán dos sistemas de unidades: el Sistema Internacional (SI) y el Sistema Ingles de Unidades (USCS). El Sistema Internacional (SI) es el sistema fundamental de unidades utilizado en el trabajo científico. El SI utiliza siete dimensiones primarias: masa, longitud, tiempo, temperatura, corriente eléctrica, intensidad luminosa y cantidad de sustancia. La tabla 1.1 ofrece un listado de las unidades primarias del SI, que se utilizarán en este curso. Tabla 1.1 Dimensiones y unidades primarias del SI Magnitud física Unidad y símbolo Masa kilogramo (kg) Longitud metro (m) Tiempo segundo (s) Temperatura Kelvin (K) La unidad para la fuerza en el SI es secundaria y se denomina newton (N). Se deriva de la segunda ley de Newton (Fuerza = masa x aceleración) y por definición, una fuerza de 1 N acelerará una masa de 1 kg con una aceleración de 1 m/s2, por consiguiente el newton en términos de las unidades primarias del SI corresponde a: 1 N = 1 kg x m s2

(1.1)

2 Un múltiplo del newton (N) es el kilonewton (kN): 1kN = 103 N En el cálculo de la fuerza gravitacional ejercida por la Tierra, ó peso (W), a partir de la segunda ley de Newton se tiene: W=mg (1.2) En esta expresión la aceleración corresponde al valor de la gravedad local g, la cual varia de un punto de la tierra a otro. El valor de la gravedad estándar al nivel del mar y 45º de latitud es gs = 9,81 m/s2 (más exactamente gs = 9,80665 m/s2). La magnitud que corresponde a la medida de la resistencia de los materiales se denominará esfuerzo y se definirá como fuerza por unidad de área, (esfuerzo = fuerza/ área) y la unidad resultante en el SI será (N/m2) la cual se denominará Pascal (Pa). Múltiplos del Pascal son el megapascal (MPa): 1MPa = 106 Pa; y el gigapascal (GPa): 1GPa = 109 Pa. El otro sistema de unidades importante es el Sistema Ingles de Unidades empleado en los Estados Unidos (United States Customary System) ó USCS. La tabla 1.2 recoge algunas unidades primarias utilizadas en el USCS Tabla 1.2 Dimensiones y unidades primarias del USCS Magnitud física Longitud Tiempo Temperatura Fuerza

Unidad y símbolo pie (p) ó pulgada (pulg); 1p = 12 pulg

segundo (s) Rankine (R) libra (lb)

La unidad denominada libra se utiliza para designar tanto a una unidad de fuerza, que se denota como lbf (librafuerza), como a una unidad de masa, que se denota como lbm (libra-masa). Por definición y en atención a la segunda ley de Newton, una fuerza gravitatoria de 1 lbf acelerará una masa de 1 lbm hacia la tierra con una aceleración estándar gs = 32,2 p/s2 (más exactamente gs = 32,1740 p/s2). Esto es: 1 lbf = 32,2 lbm x p s2

(1.3)

1 = 32,2 lbm x p lbf x s2

(1.4)

Obteniéndose como factor de conversión:

Por tanto, si se tiene el peso (W) en lbf y se pide encontrar la masa (m) en lbm, a partir de la de la expresión (1.2) se tiene: m = W x 32,2 lbm x p g lbf x s2

(1.5)

Siendo g el valor de la gravedad local. Si g = gs el valor de m en lbm es igual al valor de W en lbf. Un múltiplo de la libra (lb) es la kilolibra (kip): 1kip = 103 libras En el sistema USCS la unidad de esfuerzo será: libra/pulg2 la cual se abreviará por sus iniciales en inglés como psi. Un múltiplo del psi es el kilo-psi (ksi): 1ksi = 103 psi. Cuando se solucione un problema, en lo que refiere a Sistemas de Unidades, se deben respetar las dos siguientes principios: 1) No se pueden mezclar unidades de un sistema con unidades del otro sistema y 2) no se pueden convertir los valores dados en el enunciado de un problema a las correspondientes unidades del otro sistema.

3 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS LECCIÓN 2. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN COMPONENTES RECTANGULARES 2.1 FUERZAS EN UN PLANO Como ya se indicó, las fuerzas se representan como vectores y se caracterizan por su magnitud, su dirección y su sentido. La magnitud de la fuerza se expresa en newton (N) en el SI ó en libras (lb) en el USCS. La dirección de la fuerza se define por la recta que designa su línea de acción, la cual se caracteriza por el ángulo (θ) que forma dicha recta con la horizontal. Una línea recta define dos sentidos; gráficamente el sentido se define por la cabeza de una flecha, de esta manera los extremos de una fuerza se denominan cabeza y cola. Una fuerza se denota por una letra mayúscula con una pequeña flecha encima ( F ); en este texto se denotará por una letra mayúscula resaltada en negrilla (F). Para designar la magnitud de una fuerza se emplea la misma letra en mayúscula sin la flecha encima; en este texto se empleará la misma letra en mayúscula pero sin resaltar en negrilla (F). Dos fuerzas iguales en magnitud y dirección, pero que difieran en sentido se dice que son opuestas; para denotar la opuesta de una fuerza se antecederá la letra que representa al vector fuerza por un signo negativo (-F ó -F). En la figura 2.1a se representa una fuerza y en la figura 2.1b, su opuesta.

Figura 2.1 2.2 COMPONENTES RECTANGULARES DE UNA FUERZA Al representar una fuerza F en un plano cartesiano (x-y) a la proyección de la fuerza sobre el eje x se le denomina componente horizontal de la fuerza y se denota por Fx y a la proyección de la fuerza sobre el eje y se le denomina componente vertical de la fuerza y se denota por Fy. Como los ejes coordenados forman entre sí un ángulo de 90º a las dos componentes mencionadas se les llama componentes rectangulares de la fuerza y se cumple que: F = Fx + F y

(2.1)

Introduciendo la base de vectores unitarios i - j que representan las direcciones de los ejes coordenados x e y respectivamente, la expresión (2.1) se puede escribir como: F = Fxi + Fyj

(2.2)

La figura 2.2 muestra las componentes rectangulares del vector F. En dicha figura se puede observar que si se conoce F (magnitud de la fuerza) y θ (dirección) las componentes rectangulares del vector se pueden escribir como: Fx = F cos θ y Fy = F sen θ

(2.3)

4 De modo que modo que la expresión (2.2) se puede escribir como: F = Fxi + Fyj = F cos θ i + F sen θ j

(2.4)

La expresión (2.4) es cierta siempre que θ sea el ángulo que forma la fuerza F con la horizontal.

Figura 2.2 Se observa que la componente escalar Fx es positiva cuando coincide con el sentido del vector unitario i (esto es, si apunta hacia la derecha) y negativa cuando tiene el sentido opuesto (si apunta hacia la izquierda). De la misma manera la componente escalar Fy es positiva cuando coincide con el sentido del vector unitario j (esto es, si apunta hacia arriba) y negativa cuando tiene el sentido opuesto (si apunta hacia abajo). Ejemplo 1. Sobre el perno A se aplica una fuerza de 800 N, como se muestra en la figura 2.3. Determinar las componentes horizontal y vertical de la fuerza.

Figura 2.3 Solución: Se conoce que F = 800 N y que α = 35º En la figura 2.3b se observa que: F = - F cos α i + F sen α j

(1)

Reemplazando F y α en (1) tenemos que: F = - (800 N) cos 35º i + (800 N) sen 35º j

(2)

Por tanto: F = - (655 N) i + (459 N) j

(3)

5

CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS LECCIÓN 3. FUERZA RESULTANTE 2.3 FUERZA RESULTANTE SOBRE UNA PARTÍCULA Una partícula se define como un sistema de fuerzas concurrentes; esto es, un sistema en el que todas las fuerzas que actúan sobre un determinado cuerpo tienen el mismo punto de aplicación. El punto en cuestión, que generalmente se nombra con una letra mayúscula, representará a todo el sólido y se denominará partícula. A la suma de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo se le llama fuerza resultante (R). La fuerza resultante R representa la acción del sistema de fuerzas concurrentes sobre el cuerpo, lo cual significa que la descripción del movimiento del sólido corresponderá exactamente a la descripción del movimiento de la partícula. F1 F1y

F2y

F2

F1x F2x Fn (a)

Fnx Fny

(b)

(c)

(d)

Figura 2.5 De acuerdo con lo anterior se tiene que si sobre un punto A de un cuerpo actúan simultáneamente n fuerzas, como se muestra en la figura 2.5a, se tiene que: R = F1 + F2 + … + F n = Σ Fi

(2.5)

Dado que cada fuerza se puede descomponer en sus componentes rectangulares (figura 2.5b), la expresión (2.5) se puede escribir como: F1 = F1x i + F1y j + F2 = F2x i + F2y j + . . . + . . . + Fn = Fnx i + Fny j _________________ R = Rx i + Ry j

(2.6)

En la expresión (2.6) se debe cumplir que: Rx = Σ Fix y que

Ry = Σ Fiy

(2.7)

Obteniéndose las componentes rectangulares de R como se indica en la expresión (2.6) estas se deben llevar a un plano cartesiano para recomponer la fuerza (figura 2.5c y 2.5d) de la siguiente manera:

6

La fuerza resultante queda completamente especificada con las expresiones (2.6), (2,8) y (2,9) y con el gráfico 2.5d Ejemplo 2. Determinar la resultante de las tres fuerzas que actúan sobre el perno A, como se indica en la figura.

(a)

(b) Figura 2.6

Solución: La resultante de las tres fuerzas se encuentra como: R = F1 + F2 + F3

(1)

Expresando cada fuerza en términos de sus componentes rectangulares y sumando se tiene que: F1 = (150 N) cos 30º i + (150 N) sen 30º j = (129,9 N) i + F2 = - (80 N) sen 20º i + (80 N) cos 20º j = -(27,4 N) i + F3 = (100 N) cos 15º i - (100 N) sen 15º j = (96,6 N) i R = (199,1 N) i

Gráficamente Ry = 124,3 N

Rx = 199,1 N

Donde se tiene que:

+ (75,0 N) j + (75,2 N) j - (25,9 N) j + (124,3 N) j

(2)

7 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS LECCIÓN 4. EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA 2.4 EQUILIBRIO DE UNA PARTÍCULA Una partícula se encuentra en equilibrio cuando la fuerza resultante de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula es cero, por consiguiente se debe cumplir que: R = F 1 + F2 + … + F n = Σ F i = 0

(2.10)

En términos de las componentes rectangulares se puede escribir que: R = Rx i + Ry j = (Σ Fix ) i + (Σ Fiy ) j = 0

(2.11)

De la expresión (2.11) se concluye que las condiciones necesarias y suficientes para que la partícula este en equilibrio son: Rx = Σ Fix = 0

y

Ry = Σ Fiy = 0

(2.12)

De acuerdo con la segunda ley de Newton, el equilibrio de una partícula supone que la partícula permanece en reposo (si inicialmente estaba en reposo) o se mueve en línea recta con velocidad constante (si inicialmente estaba en movimiento). Un problema de equilibrio de una partícula generalmente consiste en encontrar la magnitud de hasta dos fuerzas (incógnitas) de las cuales se conoce su dirección, en este caso la expresión (2.12) constituye un sistema de ecuaciones lineales 2x2, el cual debe ser resuelto para encontrar las incógnitas. Ejemplo 3. La caja de 75 kg mostrada en la figura, esta sostenida por dos cables para colocarla sobre un camión que la transportará. Determinar la tensión de los cables AB y AC.

(a)

(b) Diagrama de cuerpo libre Figura 2.7

Solución: Primero se debe encontrar el peso de la caja como: W = m g = (75 kg) (9,81 m/s2) = 736 N

(1)

En segundo lugar se construye el diagrama de cuerpo libre del sistema (DCL) e(figura 2.7b) a partir del cual se puede afirmar que: R = TAB + TAC + W = 0

(2)

8 Escribiendo la expresión (2) en columna se tiene: TAB = - TAB cos 50º i + TAB sen 50º j = -(0,643)TAB i + (0,766)TAB j + TAC = TAC cos 30º i + TAC sen 30º j = (0,866)TAC i + (0,5) TAC j + W = 0 i - (736 N) j = 0 i - (736 N) j R = 0 i + 0 j

(3)

Sacando aparte las componentes escalares se tiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales correspondiente a la expresión (2.12): Rx = Σ Fix = 0 : -(0,643)TAB + (0,866)TAC = 0 y Ry = Σ Fiy = 0 :

(0,766)TAB

+

Despejando TAc de (4) se obtiene:

(4)

(0,5) TAC = 736 N

(5)

TAC = 0,643 TAB = (0,742) TAB 0,866

(6)

Reemplazando (6) en (5) y despejando TAB se tiene: (0,766)TAB

+

(0,5)(0,742) TAB = 736 N (1,137)TAB

= 736 N

TAB = 736 N = 647,3 N 1,137

(7)

Reemplazando (7) en (6) se obtiene TAC : TAC = 0,742 TAB = 0,742 (647,3) = 480,3 N

(8)

Por tanto se puede concluir que la tensión de los cables AB y AC son, respectivamente: TAB = 647,3 N y TAC = 480,3 N.

9 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 3. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS LECCIÓN 5. EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA EN EL ESPACIO 2.5 FUERZAS EN EL ESPACIO 2.5.1 Fuerza definida por su magnitud y dos puntos sobre su línea de acción. Sea una fuerza F de magnitud F, definida en el espacio tridimensional, y sean dos puntos M y N sobre su línea de acción. La dirección de la fuerza se define por las coordenadas M(x1, y1, z1) y N(x2, y2, z2) de la siguiente manera (figura 2.8):

Figura 2.8 Consideremos el vector MN que va de M a N y que tiene la misma dirección y sentido que F. El vector MN se puede escribir como: MN = (x2 - x1 ) i + (y2 - y1 ) j + (z2- z1 ) k = dx i + dy j + dz k (2.13) Si se divide el vector el vector MN entre su propia magnitud (MN) se obtiene un vector unitario que se representa como :

siendo

 = MN = 1 ( dx i + dy j + dz k ) MN d _______________ d = √ (dx 2 + dy 2 + dz 2)

(2.14)

(2.15)

El vector  tiene magnitud 1 y la misma dirección y sentido que la fuerza F, de manera que al hacer el producto de F (magnitud de la fuerza) con  se obtiene el vector fuerza F: F = F = F ( dx i + dy j + dz k ) d

(2.16)

de donde se puede concluir que las componentes escalares de F son: Fx = Fdx , d

Fy = Fdy y Fz = Fdz d d

(2.17)

y que los ángulos x , y y z que la fuerza F forma con los ejes coordenados pueden encontrarse como: x = dx , d

y = dy y z = dz d d

Las ecuaciones 2.18 se conocen como los cosenos directores de la fuerza.

(2.18)

10 2.5.2 Fuerza resultante sobre una partícula en el espacio. La resultante R de dos o más fuerzas concurrentes en el espacio se determina sumando sus componentes rectangulares, de manera similar a como se hizo en la sesión 2.3: (2.19)

R = F1 + F2 + … + F n = Σ Fi

Dado que cada fuerza se puede descomponer en sus componentes rectangulares, la expresión (2.19) se puede escribir como: F1 = F1x i + F1y j + F1z k + F2 = F2x i + F2y j + F1z k + . . . . + . . . . + Fn = Fnx i + Fny j + F1z k _________________________ R = Rx i + Ry j + Rz k

(2.20)

En la expresión (2.20) se debe cumplir que: Rx = Σ Fix , Ry = Σ Fiy y que Rz = Σ Fiz

(2.21)

La magnitud de la resultante R y los ángulos x , y y z que la fuerza forma con los eje coordenados, se pueden encontrar como:

La

fuerza

resultante

queda

completamente

especificada

con

las

expresiones

(2.20)

y

(2.22).

2.5.3 Equilibrio de la partícula en el espacio. De acuerdo con la definición dada en la sesión 2.4 una partícula se encuentra en equilibrio cuando la fuerza resultante de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula es cero, por consiguiente se debe cumplir que: Rx = Σ Fix = 0 , Ry = Σ Fiy = 0 y Rz = Σ Fiz = 0

(2.23)

Las ecuaciones (2.23) representan las condiciones necesarias y suficientes para garantizar el equilibrio de una partícula en el espacio y pueden utilizarse en la solución de problemas relativos al equilibrio de una partícula que no tenga más de tres incógnitas.

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13 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 3. EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS LECCIÓN 6. MOMENTO DE UNA FUERZA 3.1 CUERPOS RÍGIDOS En esta parte del curso los cuerpos se consideran rígidos, entendiéndose por cuerpo rígido aquel que no se deforma cuando se le aplican cargas. Las fuerzas que actúan sobre los cuerpos rígidos son de 2 tipos: fuerzas externas (aquellas que representan la acción de otros cuerpos sobre el cuerpo rígido) y fuerzas internas (aquellas que mantienen unidas las partículas que forman el cuerpo). Las fuerzas externas pueden, si no hay oposición, imprimir al cuerpo rígido un movimiento de traslación o de rotación, o ambos a la vez. La medida de la tendencia de una fuerza externa a impartir un movimiento de rotación a un cuerpo rígido alrededor de un eje fijo perpendicular a la fuerza se denomina momento de fuerza y se representa por el vector MO. 3.2 MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO

Figura 3.1

Considérese una fuerza F aplicada a un cuerpo rígido en un punto A como se muestra en la figura 3.1. La posición de A se define por un vector r que une el punto de referencia fijo O con el punto A; este vector se conoce como vector de posición de A. El momento de la fuerza F con respecto al punto O se define como el producto vectorial de r y F, así: MO = r x F (3.1) De acuerdo con la definición de producto vectorial Mo es un vector que es perpendicular al plano que contiene a r y a F, cuya magnitud se puede calcular como: MO = r F sen θ = F d

(3.2)

y cuyo sentido, que indica el sentido de rotación del cuerpo rígido, se obtienen aplicando la llamada regla de la mano derecha. En la expresión (3.2) el ángulo θ es el ángulo comprendido entre las líneas de acción del vector de posición r y la fuerza F; y d = r sen θ representa la distancia perpendicular desde O a la línea de acción F y se denomina brazo de la fuerza. En el sistema SI el momento de fuerza se expresa en newton-metro (N · m) y en el sistema USCS se expresa en libra-pie (lb · p) ó libra-pulgada (lb · pulg). 3.2.1

PROBLEMAS DEFINIDOS EN EL PLANO

En el caso de problemas definidos en el plano x-y, esto es, siendo F = Fx i + Fy j y r = x i + y j , como se muestra en la figura 3.2, al reemplazar en la expresión (3.1) se obtiene:

14

Figura 3.2 MO = r x F = (x i + y j) x (Fx i + Fy j )

(3.3)

Al aplicar propiedad distributiva y las propiedades del producto vectorial de los vectores unitarios se obtiene: MO = + (Fx) (y) k + (Fy) (x) k MO = ( + Fx · y + Fy · x) k

(3.4)

De la cual podemos concluir que, en problemas definidos en el plano x-y, siempre se cumple que: 1. El vector momento siempre tendrá la dirección del eje z (representada por el vector unitario k) 2. La magnitud del vector momento Mo, se encuentra como la suma de los momentos que produce cada una de las componentes de la fuerza con respecto al punto O. 3. El signo asociado a cada uno de estos momentos se obtiene aplicando la siguiente convención: positivo(+) si el giro es en sentido antihorario, y negativo (-) si el giro es en sentido horario. Ejemplo 6. Determinar el momento con respecto a A de la fuerza de 1.200 N mostrada en la figura.

(a)

(b) Figura 3.3

Solución: Se tiene que:

r = (0,14 m) i + (0,12 m) j , por tanto x = 0,14 m y y = 0,12 m

(1)

y que: F = (1.200N)cos 30º i + (1.200N)sen 30º j = (1.039 N) i + (600 N) j , por tanto Fx = 1.039 N y Fy = 600 N (2) De otro lado se observa que el momento que produce F x con respecto a A es negativo (-) y que el momento que produce Fy con respecto a A es positivo (+). Llevando esto a la expresión (3.4) tenemos: MA = ( + Fx · y + Fy · x) k = - (1.039 N)(0,12 m) k + (600N)(0,14 m) k = -(40,7 N-m) k

(3)

15 3.2.2

PROBLEMAS DEFINIDOS EN EL ESPACIO

En el caso de problemas definidos en el espacio, esto es, siendo F = Fx i + Fy j + Fz k y r = x i + y j + z k, como se muestra en la figura 3.2, al reemplazar en la expresión (3.1) se obtiene: MO = r x F = (x i + y j + z k) x (Fx i + Fy j + Fz k ) (3.4) Al aplicar propiedad distributiva y las propiedades del producto vectorial de los vectores unitarios se obtiene: MO = ( y Fz - z Fy) i + ( z Fx - x Fz) j + ( x Fy - y Fx) k MO =

Mx i

+

My j

+

Mz k

(3.5) (3.6)

Las componentes escalares Mx, My y Mz del momento MO miden la tendencia de la fuerza F a imprimir un movimiento de rotación al cuerpo rígido alrededor de los ejes x, y y z respectivamente. Obsérvese que el momento MO de la expresión (3.5) se puede escribir en forma de determinante, 𝐢 𝑥 MO = | Fx

𝐣 𝑦 Fy

𝐤 𝑧 | Fz

(3.7)

A partir de la expresión (3.6) se puede calcular la magnitud del vector momento de fuerza MO = √Mx 2 + My 2 + Mz 2

(3.8)

16

17 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 3. EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS LECCIÓN 7. SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZA 3.2 SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZA Dos sistemas de fuerza son equivalentes si determinan el mismo efecto de movimiento, en traslación y rotación, sobre el cuerpo rígido. A continuación estudiaremos las siguientes equivalencias: a) un par de fuerzas es equivalente a un momento de fuerza, b) un momento de fuerza es equivalente a un par de fuerzas, c) una fuerza es equivalente a un sistema fuerza-par y d) un sistema fuerza-par es equivalente a una fuerza única.

3.2.1

UN PAR DE FUERZAS EQUIVALENTE A UN MOMENTO DE FUERZA

Un par de fuerzas está constituido por dos fuerzas, F y – F, que tienen la misma magnitud, líneas de acción paralelas y sentidos opuestos (figura 3.3 a). Es evidente que la resultante (suma) de las dos fuerzas es cero; sin embargo, la suma de los momentos de las dos fuerzas con respecto a un punto dado no es cero: aunque las fuerzas no desplazan al cuerpo, tienden a imprimirle un movimiento de rotación.

Figura 3.3 La suma de los momentos de F y –F con respecto a O (figura 3.3 b) es: M = rA x F + rB x (-F) = (rA - rB ) x F = r x F

(3.9)

Al vector M se le llama momento del par y su magnitud es: M = r F sen θ = F d

(3.10)

Donde d es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de las dos fuerzas y el sentido de M se encuentra mediante la regla de la mano derecha. El vector r es independiente de la elección del punto de referencia, esto es que si se calcula M con respecto a un punto diferente a O el resultado sería exactamente el mismo, por tanto diremos que el momento M de un par de fuerzas es un vector libre que puede aplicarse en cualquier punto. (Figura 3.3 c)

3.2.2

UN MOMENTO DE FUERZA EQUIVALENTE A UN PAR DE FUERZAS

Es evidente que si un par de fuerzas es equivalente a un momento de fuerzas entonces un momento de fuerza es equivalente a un par de fuerzas; esto es que, dado un momento de fuerza M (figura 3.4 a) siempre es posible

18 encontrar dos fuerzas F y – F (figura 3.4 b), separadas una cierta distancia d, de manera que F d = M y que la rotación que imprime el par de fuerzas al cuerpo es idéntica a la que determina el momento de fuerza sobre él.

Figura 3.4

3.2.3

UNA FUERZA EQUIVALENTE A UN SISTEMA FUERZA-PAR

Supóngase una fuerza F aplicada sobre un cuerpo rígido en un punto A, definido por el vector de posición r (figura 3.5 a), y que lo que se quiere es ver la fuerza actuando en O. No se puede simplemente desplazar la fuerza de A a O sin modificar el efecto de esta sobre el cuerpo rígido. Sin embargo, si se aplican dos fuerzas F y – F en O, como la resultante es nula, no se ha alterado el efecto de la fuerza original sobre el cuerpo rígido (figura 3.5 b). Obsérvese que si ahora vemos la fuerza F aplicada en O, las otras dos fuerzas forman un par cuyo momento equivalente es Mo = r x F. De modo que se puede concluir que dada una fuerza F que actúe sobre un punto en un cuerpo rígido, esta puede desplazarse a otro punto cualesquiera O sobre el mismo cuerpo rígido, si se le agrega un par de momento de fuerza igual al momento de F en la posición original, con respecto al punto O al cual se traslada (figura 3.5 c). La combinación obtenida se denomina sistema fuerza-par.

Figura 3.5

3.2.4

UN SISTEMA FUERZA-PAR EQUIVALENTE UNA FUERZA ÚNICA

Del mismo modo, es evidente que si una fuerza es equivalente a un sistema fuerza-par entonces un sistema fuerza- par es equivalente a una fuerza única; esto es que, dado un sistema fuerza- par en O (figura 3.6 a) si se mueve la fuerza F nuevamente al punto A, a esta se le debe agregar un par de momento de fuerza igual al momento de F en la posición original (O), con respecto al punto al cual se traslada (A) Obsérvese que el momento que acompaña a la fuerza F al punto A se calcula como MA = - r x F = - Mo (figura 3.6 b) y que, por lo tanto al hacer la sumatoria de momentos en A se obtiene Mo - Mo = 0, por lo que se puede afirmar que en A solo se ve aplicada una fuerza única F (figura 3.6 c).

Figura 3.6

19 En la práctica, esta equivalencia y la anterior nos permitirán encontrar la resultante R sobre un cuerpo rígido: Dado un régimen de carga (fuerzas y momentos) sobre un cuerpo rígido, para encontrar la resultante del sistema se deben llevar todas las fuerzas y momentos a un mismo punto, obteniendo un sistema fuerza-par; y posteriormente se mueve el sistema fuerza-par obtenido a un punto tal que se obtenga un sistema de fuerza única; la fuerza única obtenida es la fuerza resultante del sistema original.

20 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 3. EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS LECCIÓN 8. CUERPO RÍGIDO EN EQUILIBRIO 3.3 EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO Un cuerpo rígido está en equilibrio cuando tanto la fuerza resultante como el momento de fuerza que actúan sobre él son equivalentes a cero, por lo tanto las condiciones necesarias y suficientes para que un cuerpo rígido este en equilibrio son: R = Σ Fi = 0 y M O = Σ M O i = 0

(3.11)

En términos de las componentes escalares de las fuerzas y los momentos las expresiones (3.11) se pueden escribir como las siguientes tres ecuaciones escalares: Σ Fx i = 0 ; Σ Fy i = 0

(3.12)

y Σ Mz i = 0

(3.13)

Las ecuaciones (3.12) expresan el hecho de que las fuerzas están en equilibrio y la ecuación (3.13) expresa el hecho de que los momentos están también en equilibrio, por lo que el sistema de fuerzas externas no impartirá movimiento de traslación (equilibrio traslacional) ni de rotación (equilibrio rotacional) al cuerpo rígido.

Figura 3.7

21 3.4 REACCIONES EN APOYOS Y CONEXIONES DE UNA ESTRUCTURA BIDIMENSIONAL Físicamente para que un cuerpo rígido esté en equilibrio debe estar conectado a una base de sustentación y/o a otros cuerpos. Al conjunto de la base de sustentación y de los otros cuerpos conectados al cuerpo rígido considerado se le denomina apoyos y conexiones del cuerpo rígido. Cuando se dibuje el diagrama de cuerpo libre del cuerpo rígido considerado además de las fuerzas externas dadas, que generalmente son conocidas, se deben dibujar las fuerzas que representan a sus apoyos y conexiones, las cuales se denominan reacciones y generalmente son desconocidas, esto es, constituyen incógnitas. La figura 3.7 muestra los apoyos y conexiones más comunes para soportar una estructura bidimensional, así como las reacciones que producen. Solucionar un problema de equilibrio de cuerpo rígido consiste en encontrar las reacciones en los apoyos y conexiones del cuerpo rígido considerado a partir de su diagrama de cuerpo libre y de aplicar las ecuaciones de equilibrio (3.12) y (3.13). Puesto que se cuenta sólo con tres ecuaciones de equilibrio, las reacciones en los apoyos no pueden representar más de tres incógnitas; en caso de que esto ocurra se dice que el problema es estáticamente indeterminado. Ejemplo 9. Una grúa fija de 1.000 kg se emplea para levantar una caja de 2.400 kg. La grúa está sostenida por medio de un pasador liso en A y un balancín en B, como lo muestra la figura 3.8 . El centro de gravedad de la grúa está localizado en G. Determinar las reacciones en A y en B.

(a)

(b) Figura 3.8

Solución: Primero se debe encontrar el peso de la caja y el peso de la grúa: Wcaja = (2.400 kg) (9,81 m/s2) = 23.544 N = 23,5 kN y Wgrúa = (1.000 kg) (9,81 m/s2) = 9.810 N = 9,8 kN

(1)

Se hace el diagrama de cuerpo libre de la grúa y a partir de éste se escriben las ecuaciones de equilibrio: Σ Fx i = 0: Ax + B = 0 de donde se obtiene que: (2) Σ Fy i = 0: Ay - (9,8 kN) – (23,5 kN) = 0 de donde se obtiene que: (3) Σ MA = 0: + B(1,5 m) - (9,8 kN)(2m) - (23,5 kN)(6m) = 0 de donde se obtiene que: Reemplazando B en (2) se obtiene que: ……………………………………………

Ax Ay

= =

33,3

-B kN

B = 107,1 kN

(4)

Ax = -B = -(107,1 kN)

(5)

Se llevan los resultados encontrados al diagrama de cuerpo libre inicial (figura 3.8c) donde se debe verificar el equilibrio: Equilibrio de fuerzas en x: Reemplazando Ax y B en (2) se obtiene: -(107,1 kN) + (107,1 kN) = 0

(6)

Equilibrio de fuerzas en y: Reemplazando Ay en (3) se obtiene: + (33. 3 kN) - (9,8 kN) - (23,5 kN) = 0 (c)

(7)

Equilibrio de momentos: Se debe verificar respecto a cualquier punto; por ejemplo con respecto a B se tiene: Σ MB = + (107,1kN)(1,5 m) - (9,8 kN)(2m) - (23,5 kN)(6m) = 0

22 3.5 EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO EN EL ESPACIO Para escribir las condiciones de equilibrio de un cuerpo rígido en el caso tridimensional, de acuerdo con las ecuaciones (3.11), se requieren seis ecuaciones escalares:

y

Σ Fx i = 0 ; Σ Fy i = 0 ; Σ Fz i = 0

(3.14)

Σ Mx i = 0 ; Σ My i = 0 ; Σ Mz i = 0

(3.15)

Estas ecuaciones no pueden resolverse para más de seis incógnitas, las cuales generalmente representan las reacciones en los apoyos o conexiones. La figura 3.9 muestra los apoyos y conexiones más comunes para soportar una estructura tridimensional, así como las reacciones que producen.

Figura 3.9 En la mayoría de problemas las ecuaciones escalares (3.14) y (3.15) se obtienen más fácilmente tomando primero las ecuaciones de equilibrio del cuerpo rígido en forma vectorial. Si las reacciones en los apoyos comprenden más de seis incógnitas se dice que el problema es estáticamente indeterminado.

23

24 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 4. FUERZAS DISTRIBUIDAS LECCIÓN 9. FUERZAS DISTRIBUIDAS SOBRE VIGAS 4.1 CARGAS DISTRIBUIDAS SOBRE VIGAS Consideramos una viga que sostiene una carga distribuida, que puede representar p. e. el peso de las cuerpos soportados directa e indirectamente por la viga o fuerzas debidas a alguna presión que actúa sobre la viga. La carga distribuida puede estar representada dibujando sobre la viga la carga por unidad de longitud w (figura 4.1a).

Figura 4.1 La magnitud de la fuerza ejercida sobre un elemento de la viga de longitud dx es dW = w dx; y la carga total sostenida por la viga es: L

W = ∫0 wdx

(4.1)

Pero el producto wdx es igual al elemento de área dA mostrado en la figura 4.1 a) y W es entonces igual al área total A bajo la cura de carga: W = ∫ dA = A

(4.2)

La carga concentrada W (figura 4.1b) debe ser equivalente a la carga distribuida y su punto de aplicación P se obtiene a partir de la ecuación de momentos, donde se debe cumplir que: L

 MO: (OP)W = ∫0 xdW Como dW = w dx = dA y como W = A, reemplazando se tiene que: L

(OP)A = ∫0 xdA

(4.3)

Como la integral indicada en la ecuación 4.3 representa el momento de primer orden con respecto al eje w del área bajo la curva de carga y puede reemplazarse por el producto xA, donde x es la distancia del eje w al centroide C del área A, por lo que se puede concluir que:

25 Una carga distribuida sobre una viga puede ser reemplazada por una carga concentrada W; la magnitud de esta carga única es igual al área bajo la curva de carga ( W = A ) y su línea de acción pasa por el centroide C de esta área que está caracterizada por el valor x.

Figura 4.2 Cuando la curva de carga determina cualquiera de las áreas de formas usuales mostradas en la figura 4.2, los correspondientes valores de A y de x se tomarán directamente de esta figura; cuando la curva de carga determina un área compuesta por dos o más de las formas usuales mostradas en la figura 4.2 se aplicarán las siguientes relaciones: W =  Ai

26 X = x i Ai /  Ai

y

Y = y i Ai /  Ai

(4.4)

Los valores de xi y de Ai de las ecuaciones 4.4 se tomaran igualmente de la figura 4.2.

27

CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 5. ESTRUCTURAS LECCIÓN 10. ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 5.1 ARMADURAS Una estructura es un cuerpo rígido constituido por varios elementos unidos entre sí. La armadura es uno de los principales tipos de estructuras usadas en ingeniería. Una armadura consta de varios elementos rectos llamados barras unidas mediante juntas ó nudos, como se muestra en la figura 5.1. Ninguna barra puede extenderse más allá de sus nudos. Los nudos se nombran con letras mayúsculas, en tanto que las barras se nombran con las dos letras que designan los nudos en sus extremos.

Figura 5.1 5.2 FUERZAS EXTERNAS E INTERNAS El análisis de una estructura requiere la determinación no solo de las fuerzas externas que actúan sobre la estructura (cargas y reacciones, figura 5.2a) sino también la determinación de las fuerzas internas que mantienen unidas las diversas partes de la estructura (figura 5.2b). En el modelo de análisis de una estructura se considera que las fuerzas externas (cargas y reacciones) actúan siempre sobre los nudos.

(a)

(b) Figura 5.2

Las fuerzas internas pueden ser de tracción como corresponde a las barras CD, AD y BD de la figura 5.2b ó de compresión como corresponde a las barras AC y BC de la misma figura.

28 Analizar una estructura consistirá en encontrar las fuerzas internas y determinar si éstas son de tracción o de compresión. 5.3 MÉTODO DE LOS NUDOS Uno de los métodos utilizados para hacer el análisis de una estructura se conoce como método de los nudos. El método de los nudos se fundamenta en la siguiente premisa: Si toda la estructura está en equilibrio, cada uno de sus nodos también está en equilibrio. El método de los nudos se desarrolla aplicando el siguiente algoritmo: P1. Determinar los ángulos con la horizontal de todas las barras que presentan inclinación. P2. Equilibrar toda la estructura, considerándola como cuerpo rígido, para encontrar las reacciones en los apoyos. P3. Dibujar el diagrama de cuerpo libre de toda la estructura de manera que se vean las fuerzas externas (cargas y reacciones) que actúan sobre los nudos de la estructura. P4. Se entra a equilibrar ordenadamente cada uno de los nudos. Ordenadamente quiere decir que de un nodo sólo se puede pasar a otro que esté conectado con él. Obsérvese que cada nodo constituye una partícula, de modo que el equilibrio supone solo dos ecuaciones; las incógnitas vienen a ser las fuerzas internas que son desconocidas y máximo puede haber dos por nudo. P4a. Para escribir las ecuaciones de equilibrio de cada nudo se debe dibujar su respectivo diagrama de fuerzas, las fuerzas externas (cargas y reacciones) son completamente conocidas en tanto que de las fuerzas internas se conoce sólo su dirección (la misma de la barra) y se deben dibujar en el diagrama suponiendo que son de tracción, esto es, saliendo del nodo a lo largo de la barra. P4b.

Se escriben y resuelven las ecuaciones de equilibrio de cada nudo, encontrando los valores de las incógnitas. Si el valor de la fuerza da con signo positivo significa que efectivamente la barra está en tracción; si por el contrario da con signo negativo significa que la barra está en compresión y que la fuerza no sale sino que entra al nudo.

P4c. Cuando se encuentra que una fuerza es de tracción en un nudo, también debe ser de tracción en el otro nudo de la barra. Si se encuentra que una fuerza es de compresión en un nudo, también debe ser de compresión en el otro nudo de la barra. P4d. Al llegar al último nudo, no habrá incógnitas, de manera que las ecuaciones de equilibrio deben conducir a una identidad de la forma 0 = 0. P5. El análisis de la estructura se resume en una tabla en la que se da el valor de la fuerza en cada barra y se indica si la fuerza es de tracción (T) ó de compresión (C). En el caso en que el valor de alguna fuerza de cero, se dirá que la barra es de fuerza nula (N). Ejemplo 12. Usando el método de los nudos, encontrar la fuerza en cada una de las barras de la armadura mostrada en la figura 5.3 a).

(a)

(b)

29 Figura 5.3 Solución: P1. Ángulos de inclinación de las barras AB y AC: α = tan-1(12/5) = 67,4º

β = tan-1(12/16) = 36,9º

y

sen α = 0,9231

sen β = 0,6

cos α = 0,3846

cos β = 0,8

P2. Equilibrio de toda la estructura como cuerpo rígido: A partir del diagrama de cuerpo libre de la estructura (figura 5.3b) se escriben las ecuaciones de equilibrio: Σ Fx i = 0: Bx + 2.800 lb = 0 de donde se obtiene que: Σ Fy i = 0: By + C = 0 de donde se obtiene que: Σ MB = 0: +C(21 p) - (2.800 lb)(12 p) = 0 de donde se obtiene que: Reemplazando C en (2) se obtiene que: ……………………………

Bx = -2.800 lb By = - C C = 1.600 lb By = - C = -(1.600 lb)

(1) (2) (3) (4)

P3. Se llevan los resultados encontrados al diagrama de cuerpo libre inicial (figura 5.3c): P4. Equilibrio de cada nudo. Nudo B: (1) FBC + (0,3846)FAB = 2.800 lb (2) (0,923)FAB = 1600 lb FAB = 1.600 lb/0,9231 = 1.733,3 lb (T) FBC = 2.133,4 lb (T)

(c)

Nudo A: (1) (0,8)FAC + 2.800 lb - (0,3846)(1.733,3 lb) = 0 FAC = - 2.666,7 lb (C)

Nudo C: (1) (0,8)(2.666,7 lb) - 2.133,4 = 0 0 =0 (2) 1.600 lb - (0,6)(2.666,7 lb) = 0 0 =0

P.5 TABLA DE RESUMEN BARRA AB AC BC

FUERZA(lb) 1.733,3 2.666,7 2.133,4

TIPO T C T

30 5.4 MÉTODO DE LAS SECCIONES El método de las secciones es empleado cuando lo que se desea es encontrar la fuerza en una barra, o en unas pocas barras. En este método se escoge como cuerpo rígido una porción mayor de la estructura, formada por varios nudos y barras, tal que la fuerza deseada sea una de las fuerzas que actúa sobre esa porción. La porción se debe escoger de manera que máximo tres fuerzas desconocidas actúen sobre ella. La fuerza deseada se encuentra resolviendo las tres ecuaciones de equilibrio que se obtienen para la sección. La porción de la estructura se obtiene seccionando (cortando) la estructura a través de máximo tres barras, una de las cuales es la fuerza deseada; acto seguido se remueve una de las dos secciones y la otra se usa como cuerpo rígido. Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido escogido son las cargas en los nodos, la reacción en el apoyo y las fuerzas internas que actúan sobre las barras cortadas, dibujadas como si estuvieran en tracción (esto es, saliendo). Se considera que la sección escogida está en equilibrio y por tanto se pueden escribir las tres ecuaciones de equilibrio definidas para un cuerpo rígido en el plano. Si se quiere únicamente hallar la fuerza deseada se necesita sólo una ecuación: de las tres ecuaciones de equilibrio la más adecuada es la ecuación de momentos si se escoge apropiadamente el punto de referencia de manera que la única incógnita sea la fuerza deseada. Ejemplo 13. Usando el método de los secciones, encontrar la fuerza en la barra AC de la armadura mostrada en la figura 5.3 a). Solución: En la gráfica de la estructura ya equilibrada, figura 5.3 c), se pasa la sección nn a través de la cercha como se indica en la figura 5,3 d) de manera que corte la barra deseada AC. Escogemos la sección del lado izquierdo como cuerpo rígido y se dibujan sobre las barras cortadas la fuerzas internas que actúan en ellas como si fueran de tracción, obteniendo el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 5.3 e)

FAC FBC

(a)

(d)

(e)

Tomando como punto de referencia el punto B se escribe y se resuelve la ecuación de momentos para el punto B, teniendo en cuenta que la fuerza FAC se debe descomponer en sus componentes horizontal (F AC cos β) y vertical (FAC sen β): Σ MB = 0:

- FAC cos β(12 p) - FAC sen β(5 p) - (2.800 lb)(12 p) = 0 - 0,8 FAC (12 p) – 0,6 FAC (5 p) = 33.600 lb- p – (12,6 p) FAC = 33.600 lb- p FAC = 33.600 lb- p /– (12,6 p) = - 2.666,7 lb FAC = 2.666,7 lb (C)

Que efectivamente es el valor que se encontró para FAC con el método de los nodos, resultando ser más sencillo que este si lo que se quiere hallar es solamente la fuerza FAC.

31

32 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES CAPÍTULO 6. ESFUERZOS EN ESTRUCTURAS SIMPLES LECCIÓN 11. INTRODUCCIÓN

6.1 CONCEPTO DE ESFUERZO El esfuerzo se define como la intensidad de las fuerzas internas distribuidas en la sección transversal de un elemento estructural, y se denota por la letra griega sigma (σ). Si una varilla de sección transversal A está sometida a una carga axial F (figura 6.1), el esfuerzo σ en la varilla se obtiene dividiendo la magnitud F de la fuerza entre el área A: σ = F/ A

(6.1)

Figura 6.1 En el sistema SI la correspondiente unidad de esfuerzo es (N/m2) ó pascal (Pa); múltiplos del pascal son el megapascal (MPa): 1MPa = 106 Pa =106 (N/m2), y el gigapascal (GPa): 1GPa = 109 Pa = 109 (N/m2). En el sistema USCS la correspondiente unidad de esfuerzo es (lb/pulg2) ó psi; un múltiplo del psi es el kilo-psi ó ksi: 1ksi = 103 psi =103 (lb/pulg2).

6.2 CARGA AXIAL: ESFUERZO NORMAL La varilla de la figura 6.1 es un elemento sometido a carga axial puesto que la fuerza F actúa a lo largo del eje de la varilla. En carga axial las fuerzas internas en la varilla son perpendiculares al área de la sección transversal A y el esfuerzo correspondiente es un esfuerzo normal. La expresión (6.1) permite calcular el esfuerzo normal en un elemento bajo carga axial.

(a) (b) Figura 6.2

33 Si la fuerza F actúa saliendo de la sección transversal (figura 6.2a) se dice que la varilla está en tracción y que el esfuerzo normal es positivo: σ (+). Si por el contrario F se ve entrando a la sección transversal (figura 6.2b) se dice que la varilla está en compresión y que el esfuerzo normal es negativo: σ (-) 6.3 ESFUERZO CORTANTE Cuando al elemento estructural se le aplican fuerzas transversales F (figura 6.3), estas determinan fuerzas internas en el plano de la sección a las que se les llama fuerzas cortantes. Al dividir las fuerzas cortantes entre el área de la sección transversal A se obtiene el esfuerzo cortante, el cual se designa por la letra griega tau (τ): τ = F/ A

(6.2)

Los esfuerzos cortantes se presentan normalmente en pernos, pasadores y remaches. El pasador mostrado en la figura 6.3 trabaja a cortante simple; la expresión (6.2) permite calcular un esfuerzo cortante simple.

Figura 6.3 Los pasadores mostrados en la figura 6.4 trabajan a cortante doble; la expresión (6.3) permite calcular un esfuerzo cortante doble: τ = F/2A

(6.3)

Figura 6.4 6.4 ESFUERZO DE APOYO O DE CONTACTO

Figura 6.5 Los pernos, pasadores y remaches crean un esfuerzo en las superficies de contacto de los elementos que conectan al que se le llama esfuerzo de apoyo y que se designa como σb . El esfuerzo de apoyo se obtiene dividiendo la fuerza F entre el área del rectángulo que representa la proyección del pasador en la sección de la placa (figura 5.5). Esta área es igual a td, siendo t el espesor de la placa y d el diámetro del pasador. σb = F/ td

(6.4)

La expresión (5.4) permite calcular el esfuerzo de apoyo simple, presente en la placa de la figura 5.3; en tanto que la expresión (5.5) permite calcular el esfuerzo de apoyo doble, presente en las placas de la figura 5.4 σb = F/2td

(6.5)

34 Ejemplo 15. La barra articulada BD tiene una sección transversal uniforme rectangular de 12 x 40 mm. Sabiendo que cada pasador tiene un diámetro de 10 mm, determinar a) el valor máximo del esfuerzo normal para la barra articulada BD, b) el esfuerzo cortante para el pasador en B, suponiendo cortante simple y c) el esfuerzo de contacto para el cada uno de los soportes en D, suponiendo apoyo doble y que el espesor de cada soporte es t = 6mm. En la figura α = 0º.

(a)

(b) Figura 6.6

Solución: Análisis estático. Se hace el diagrama de cuerpo libre de la estructura (figura 5.6b) y a partir de éste se escriben las ecuaciones de equilibrio: Σ Fx i = 0: Cx + 20 kN = 0…………………………………. de donde se obtiene que: Cx = -20 kN Σ Fy i = 0: Cy - FBD = 0 ………………………………....de donde se obtiene que: Cy = FBD Σ MC = 0 : +FBD(0,3 m cos 30º) - (20 kN)(0,45 m sen 30º) = 0 de donde se obtiene que: FBD = 17,3 kN

(1) (2) (3)

Reemplazando FBD en (2) se obtiene que: ……………………………………………… Cy = FBD = 17,3 kN (4) Obsérvese que en este problema sólo basta con calcular la fuerza F BD. En caso de que se requiera C se calcula como: (5) a) Para la barra articulada BD, a tracción. El esfuerzo normal máximo en la barra se calcula con el área mínima, la cual se encuentra en la sección del plano medio del pasador: Amin = (0,012 m)(0,040m -0,010 m) = 360 x 10-6 m2. Luego

σmax = FBD /Amin = (17,3 x103 N)/( 360 x 10-6 m2) = 48,1 MPa

(6)

b) Para el pasador en B, a cortante simple. Se debe calcular previamente el área del pasador: A = πd2/4 = π(0,010 m)2/4 = 78,5 x 10-6 m2. Luego:

τ = FBD /A = (17,3 x103 N)/( 78,5 x 10-6 m2) = 220,4 MPa

(7)

c) Para el soporte en D, apoyo doble. Se debe aplicar la expresión (6.3): σb = FBD /2td = (17,3 x103 N)/2( 0,006m)(0,10m) = 288,3 MPa

(8)

35 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES CAPÍTULO 6. ESFUERZOS EN ESTRUCTURAS SIMPLES LECCIÓN 12 DISEÑO Y/O VERIFICACIÓN DE PARTES 6.5 ESFUERZO FINAL Y ESFUERZO ADMISIBLE El desempeño de los materiales bajo condiciones de carga conocidas se determina a través de ensayos normalizados. El ensayo de una probeta bajo carga axial se denomina ensayo de tracción, el cual se conduce hasta la ruptura de la probeta. La carga máxima que puede soportar la probeta se conoce como carga final y se designa como Fu. Al dividir la carga final entre el área de la sección transversal inicial se obtiene el esfuerzo normal final del material en referencia, o resistencia final de tracción, el cual se designa como σu. σu = Fu / A

(6.6)

Otro resultado importante del ensayo de tracción para los materiales dúctiles1 es el valor de esfuerzo al cual se inicia la fluencia. Este esfuerzo se denomina límite elástico o resistencia a la fluencia en tracción y se designa como σY. Mediante un ensayo similar al de tracción se puede obtener el esfuerzo cortante final, ó resistencia final a cortante, que se designa como τu; y el límite elástico o resistencia a la fluencia en cortante, que se designa como τXY. Las tablas del Apéndice B, que se encuentran al final de este capítulo, presentan los valores característicos de propiedades típicas de algunos materiales seleccionados, utilizados en ingeniería. De estas tablas podemos citar como ejemplo los valores característicos de esfuerzos límites para el acero estructural A-36 así: en el sistema SI se tiene que σY = 250 MPa, τXY = 145 MPa y σU = 400 MPa; y los correspondientes valores en el sistema USCS son σY = 36 ksi, τXY = 21 ksi y σU = 58 ksi.

6.6 FACTOR DE SEGURIDAD Un elemento estructural o una parte de una máquina se debe diseñar de modo que su resistencia final sea considerablemente mayor que el esfuerzo que deberá soportar el elemento o parte en condiciones normales de funcionamiento. A este esfuerzo menor se le denomina esfuerzo admisible ó esfuerzo de trabajo o de diseño, y se designa como σadm ó τadm según sea el caso. De esta manera sólo una fracción de la resistencia del elemento es utilizada cuando se le aplica el esfuerzo permitido; la restante capacidad portante del elemento queda como reserva para asegurar un desempeño seguro. La razón del esfuerzo final al esfuerzo admisible se denomina factor de seguridad y se designa por F.S.: Factor de seguridad = F.S. = σu / σadm ó

Factor de seguridad = F.S. = τu / τadm

(6.7)

Se debe seleccionar un factor de seguridad adecuado al diseño: un factor de seguridad demasiado pequeño implica un diseño poco seguro; un factor de seguridad innecesariamente grande implica un diseño antieconómico.

6.7 DISEÑO Y/O VERIFICACIÓN DE PARTES Si se despeja el esfuerzo admisible de la expresión (6.7) se tiene: 1

Materiales dúctiles son aquellos que fluyen -se estiran- bajo carga, a temperaturas normales. El acero y la mayoría de los metales son dúctiles; los materiales que no son dúctiles se dicen que son frágiles.

36 σadm = σu / F.S. ó

τadm = τu / F.S.

(6.8)

En este curso el factor de seguridad será tal que determine un esfuerzo admisible siempre inferior al valor del límite elástico o resistencia a la fluencia del material, de este modo la expresión (6.8) se puede reescribir como: σadm = (σu / F.S.) < σY ó

τadm = (τu / F.S.) < τXY

(6.9)

Pero de otro lado el esfuerzo admisible es el valor máximo al que puede llegar el esfuerzo de trabajo. El esfuerzo de trabajo corresponde al esfuerzo nominal sobre el elemento o la parte, el cual se calcula de acuerdo con las expresiones (6.1) y (6.2), según se trate de esfuerzos normales o cortantes. De manera que aplicando esta equivalencia en la expresión (6.9) se tiene que:

(6.10) La proporción correspondiente a la expresión (6.10) permite al ingeniero hacer actividades de diseño y/o verificación de elementos o partes, de la siguiente manera: Diseñar en cuanto a dimensionar la parte: Si se despeja A en términos de F, σu o τu y F.S. Diseñar en cuanto a seleccionar el material de la parte: Si se despeja σu o τu en términos de F, A y F.S. Verificar en cuanto a evaluar la carga admisible sobre la parte: Si se despeja F en términos de A, σu o τu y F.S. Verificar en cuanto a evaluar la seguridad del diseño: Si se despeja F.S. en términos de F, σu o τu y A. Ejemplo 16. Para el pedal mostrado en la figura P = 5 kN. a) Sabiendo que el cable AB será de un acero para el cual σu = 600 MPa, hallar el diámetro del cable para un factor de seguridad de 3,0. b) El pasador en C se hará en acero con τu = 300 MPa, hallar el diámetro del pasador en C para un factor de seguridad de 3,0. c) Determinar el espesor t requerido para los soportes en C sabiendo que el esfuerzo de apoyo admisible es de 100MPA.

(a)

(b) Figura 6.7

Solución: Análisis estático. Se hace el diagrama de cuerpo libre del pedal (figura 6.7b) y a partir de éste se escriben las ecuaciones de equilibrio: Σ Fx i = 0: Cx - FAB = 0……………………………………. de donde se obtiene que: Cx = FAB Σ Fy i = 0: Cy - 5 kN = 0 ………………………………....de donde se obtiene que: Cy = 5 kN Σ MC = 0 : +FAB(0,125 m) – (5 kN)(0,3 m ) = 0 …………. de donde se obtiene que: FAB = 12 kN

(1) (2) (3)

37 Reemplazando FAB en (1) se obtiene que: ………………………………………… Cx = FAB = 12 kN

(4)

Se calcula la fuerza C como:

a) Para el cable AB, a tracción. σadm = σu / F.S. = 600 MPa / 3,0 = 200 MPa

(6)

Para FAB = 12 kN, el área requerida es: Areq = FAB / σadm = (12 x 103 N)/(200 x 106 N/m2) = 60 x 10-6 m2

(7)

De donde se puede obtener el diámetro del cable AB como: d = √4𝐴𝑟𝑒𝑞/𝜋 = 8,7 x10-3 m = 8,7 mm. Use d = 9 mm

(8)

b) Para el pasador en C, a cortante doble. τadm = τu / F.S. = 300 MPa / 3,0 = 100 MPa Para C = 13 kN, el área requerida es: Areq = FAB / 2(τadm) = (13 x 103 N)/2(100 x 106 N/m2) = 65 x 10-6 m2

(9)

(10)

De donde se puede obtener el diámetro del pasador en C como: dc = √4𝐴𝑟𝑒𝑞/𝜋 = 9,1 x 10-3 m = 9,1 mm.

(11)

c) Para el soporte en C, apoyo doble. Para C = 13 kN y σadm = 100MPa, el espesor requerido es: t = C /2(dc )(σadm) = (13 x 103 N)/2(9,1 x 10-3 m)(100 x 106 N/m2) = 7,1 x 10-3 m = 7,1 mm

(12)

38

39

40

41

42

CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES CAPÍTULO 7. ESFUERZO BAJO CARGA AXIAL LECCIÓN 13. RELACIÓN ESFUERZO-DEFORMACIÓN 7.1 CONCEPTO DE DEFORMACIÓN Considere una barra BC de longitud L, sección transversal uniforme A y con un apoyo fijo en B (figura 7.1a), a la que se le aplica una carga axial F en el extremo C. Por efecto de la carga F la barra se alarga una cantidad delta (δ) como se muestra en la figura 7.1b.

(a) (b) Figura 7.1 Esta cantidad δ se denomina deformación absoluta y se define como el cambio de longitud de la barra, lo cual se puede escribir como: δ = Lfinal – L (7.1)

Figura 7.2 Si se divide la deformación δ entre la longitud inicial L de la barra, el resultado es un valor adimensional que se designa por la letra griega ε (épsilon) y que se denomina deformación unitaria: ε = δ /L

(7.2)

Obsérvese que si a una barra B’C’, similar a la primera pero de longitud 2L, se le aplica la misma carga F del primer caso, se ocasiona un alargamiento 2δ (figura 7.2), de lo que se concluye que en ambos casos la deformación unitaria ε es la misma: ε = δ /L = 2δ /2L

(7.3)

43 7.2 DIAGRAMA ESFUERZO-DEFORMACIÓN Si se representa gráficamente el esfuerzo σ = F/A contra la deformación ε = δ /L , medidos en un ensayo de tracción, se obtiene una curva que es característica del material y que no depende de las dimensiones de la probeta utilizada, a la que se denomina diagrama esfuerzo-deformación.

Figura 7.3 La figura 7.3 muestra el diagrama esfuerzo-deformación obtenido para el acero, la cual es típica de los materiales elasto-plásticos o dúctiles y en la cual se pueden observar valores característicos de este material como el límite elástico σY y la resistencia final σu. La primera parte del diagrama es una línea recta de gran pendiente que se extiende hasta el límite elástico σY y se conoce como la zona elástica, esto es hasta donde el comportamiento del material es elástico o sea donde las deformaciones son recuperables. La segunda parte del diagrama es una curva que va desde el límite elástico σY hasta la resistencia final σu y se conoce como la zona plástica, esto es donde el comportamiento del material es plástico o sea donde las deformaciones son permanentes. 7.3 LEY DE HOOKE – MÓDULO DE ELASTICIDAD Como ya se convino (sección 6.7), el esfuerzo de trabajo sobre una estructura, parte o componente no puede ser mayor que el límite elástico, lo cual quiere decir que la zona de trabajo en este curso se limita a la zona elástica, es decir que corresponde a la parte del diagrama representada por una línea recta, lo cual significa que en esta zona el esfuerzo σ es directamente proporcional a la deformación ε y se puede escribir que: σ=Eε

(7.4)

La expresión (7.4) se conoce como la ley de Hooke, o ley de los resortes, y al valor E se le denomina módulo de elasticidad y corresponde a la pendiente de la parte recta del diagrama esfuerzo-deformación. Como ε es adimensional, E debe tener la misma unidad del esfuerzo σ. El valor de E es característico del material, corresponde a su constante de resorte, y como tal se puede encontrar en las tablas de propiedades de materiales del Apéndice B. Por ejemplo, para el acero estructural A-36 se obtiene un valor de E = 200 GPa (sistema SI) ó E = 29 x 106 psi (sistema USCS). 7.4 CÁLCULO DE LA DEFORMACIÓN δ Para la varilla homogénea de la figura 7.1, considerando que el esfuerzo σ no supera el límite elástico, se puede reescribir la ley de Hooke reemplazando σ por la expresión (6.1) y ε por la expresión (7.3), así:

(7.5) Despejando δ, obtenemos:

(7.6)

44 La expresión (7.6) puede utilizarse sólo si la varilla es homogénea, esto es E y A constantes y una única fuerza F aplicada en el extremo libre. Si la varilla está cargada en otros puntos, y/o consta de varios materiales, y/o tiene varias secciones transversales, se dice que la varilla es no homogénea y para calcular la deformación total se debe dividir la varilla en varias partes que satisfagan individualmente las condiciones requeridas para aplicar la expresión (7.6) y sumar las deformaciones correspondientes. Luego, si la varilla es no homogénea, la deformación total de la varilla se calcula como: δ =∑

𝐹𝑖 𝐿𝑖 Fi Li 𝐸𝑖 𝐴𝑖 Ei Ai

(7.7)

Ejemplo 17: Determinar la deformación de la varilla de bronce (E = 110 GPa) mostrado en la figura 7.4a, bajo las cargas indicadas.

(a)

(b)

(c)

Figura 7.4 Solución: Como la varilla es no homogénea se divide en las tres partes de la figura 7.4b de donde se obtiene que: L1 = 1,5 m L2 = 1,25 m L3 = 1,75 m A1 = 500 x 10-6 m2 A2 = A3 = 800 x 10-6 m2 E1 = E2 = E3 = E =110 GPa

(1) (2) (3)

Para hallar las fuerzas internas F1, F2 y F3 se hace un corte en cada una de las partes; se dibuja el diagrama de cuerpo libre de cada parte (figura 6.4c) y a partir de estos se plantea la única ecuación de equilibrio para cada parte, de esta manera tenemos: F1 - 50 kN = 0; F2 - 75 kN - 50 kN = 0; F3 + 100 kN - 75 kN - 50 kN = 0;

luego luego luego

F1 = 50 kN F2 = 125 kN F3 = 25 kN

(4) (5) (6)

Reemplazando en la expresión 6.7, se tiene:

δ=∑𝒊

𝑭𝒊 𝑳𝒊 𝑬𝒊 𝑨𝒊

𝟏 𝑭𝟏 𝑳𝟏

= ( 𝑬

𝑨𝟏

+

𝑭𝟐 𝑳𝟐 𝑨𝟐

+

𝑭𝟑 𝑳𝟑 𝑨𝟑

)=

𝟏 𝟏𝟏𝟎 ×𝟏𝟎𝟗 𝑵/𝒎𝟐

(

𝟓𝟎 × 𝟏𝟎𝟑 𝑵 × 𝟏,𝟓 𝒎 𝟓𝟎𝟎 ×𝟏𝟎−𝟔 𝒎𝟐

δ = 3,64 x 10-3 m = 3,64 mm

+

𝟏𝟐𝟓 × 𝟏𝟎𝟑 𝑵 × 𝟏,𝟐𝟓 𝒎 𝟖𝟎𝟎 ×𝟏𝟎−𝟔 𝒎𝟐

+

𝟐𝟓 × 𝟏𝟎𝟑 𝑵 × 𝟏,𝟕𝟓 𝒎 𝟖𝟎𝟎 ×𝟏𝟎−𝟔 𝒎𝟐

(7)

)

45 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES CAPÍTULO 8. TORSIÓN LECCIÓN 14. ESFUERZO Y DEFORMACIÓN BAJO TORSIÓN 8.1 TORSIÓN DE EJES CIRCULARES En esta lección se analizarán los esfuerzos y deformaciones de elementos de sección circular sometidos a pares ó momentos de torsión T y T´ como el que se muestra en la figura 8.1. Los elementos más comunes sometidos a torsión son los ejes ó arboles de transmisión, utilizados para transmitir potencia, los cuales pueden ser sólidos, como el de la figura 8.1, ó huecos (tubulares).

Figura 8.1 8.2 PRELIMINAR SOBRE LOS ESFUERZOS EN UN EJE CIRCULAR

Figura 8.2 Si a lo largo de longitud del eje AB de la figura 8.1 se hace un corte transversal en un punto arbitrario C, el diagrama de cuerpo libre de la porción BC mostrado en la figura 8.2 requiere que el sistema de fuerzas elementales dF sea equivalente al momento T´= T para lo cual se debe cumplir que: (8.1) Siendo τ el esfuerzo cortante sobre el elemento dA. En este punto se debe aclarar que la distribución de los esfuerzos cortantes en la sección es estáticamente indeterminada y que para resolver el problema se debe recurrir a la ecuación de deformaciones. 8.3 PRELIMINAR SOBRE LAS DEFORMACIONES EN UN EJE CIRCULAR Antes de hablar de las deformaciones en un eje circular es necesario introducir el concepto de deformación de corte, esto es, la deformación que determinan los esfuerzos cortantes. Considérese un cubo de arista unitaria sometido a esfuerzos cortantes τxy como se muestra en la figura 8.3a.

(a)

(b) Figura 8.3

46 Si se mira solamente la cara frontal del cubo esta adquirirá la forma de un rombo (figura 8.3b). El ángulo γxy indicado en la figura se expresa en radianes y se define como la deformación de corte, esto es, la deformación que determina el esfuerzo cortante τxy. Como ocurrió con los esfuerzos normales, la porción inicial del diagrama esfuerzo cortante-deformación corresponde a una línea recta. Para valores de esfuerzo que no excedan la límite elástico se puede escribir que: τxy = G γxy

(8.2)

Esta relación se conoce como la Ley de Hooke para esfuerzos y deformaciones cortantes y la constante G es el módulo de rigidez ó módulo de corte del material, el cual se puede encontrar en el Apéndice B; por ejemplo, para el acero A-36 se encuentra que G = 79 GPa (sistema SI) ó G = 11,5 x 106 psi (sistema USCS).

7.4 DEFORMACIONES EN UN EJE CIRCULAR

Figura 8.4 En el modelo representado por la figura 8.4 se observa que el extremo libre del eje rotará un ángulo Ф llamado ángulo de torsión. Una característica que es propia de los ejes circulares es que bajo torsión todas las secciones transversales permanecerán planas y sin distorsión, lo cual se debe a su simetría axial. Para determinar la distribución de las deformaciones en un eje circular de longitud L y radio c que ha rotado un ángulo Ф se separa un cilindro de radio ρ y se trazan, antes de aplicar la carga, dos círculos adyacentes y dos líneas horizontales formando un pequeño cuadrado (figura 7.5a); después de aplicar la carga torsional el cuadrado se transforma en un rombo (figura 8.5b) debido a la deformación de corte γ la cual es igual al ángulo entre las líneas AB y A´B (recuérdese que γ se expresa en radianes)

(a)

(b) Figura 8.5

Para pequeños valores de γ se puede afirmar que AA´ = L γ = c Ф de donde se puede despejar γ como: γ= ρФ L

(8.3)

47 La ecuación (8.3) muestra que γ es directamente proporcional a Ф y a la distancia ρ desde el centro del eje al punto considerado; es decir que la deformación de corte en un eje circular varía linealmente con la distancia al centro de dicho eje. Se deduce pues que la deformación de corte es máxima en la superficie del eje, en donde ρ = c, por tanto: γmax = c Ф (8.4) L Eliminando a Ф de las ecuaciones (8.3) y (8.4) se puede expresar la deformación de corte γ para un punto a una distancia ρ medida desde el centro del eje como: γ = ρ γmax c

(8.5)

7.5 ESFUERZOS EN LA ZONA ELÁSTICA PARA UN EJE CIRCULAR Como ya se dijo, para valores de esfuerzo cortante menores al límite elástico τy también se cumple la ley de Hooke, la cual se expresa como lo indica la ecuación (8.2): τ = Gγ

(8.2)

Multiplicando la expresión (8.5) a ambos lados por G se obtiene: τ = ρ τmax c

(8.6)

La ecuación (8.6) muestra que el esfuerzo cortante varia linealmente con la distancia ρ medida desde el centro del eje. La figura 8.6a muestra la distribución de esfuerzos cortantes en un eje sólido de radio c, en tanto que la figura 8.6b muestra la distribución de esfuerzos cortantes en un eje hueco de radio interior c1 y radio exterior c2. Según la ecuación (8.6) se encuentra que en el eje hueco es posible calcular el esfuerzo cortante mínimo τmin como: τmin = c1τ max (8.7) c2

Figura 8.6

Retomando lo planteado en la sección 8.2 si se reemplaza la ecuación (8.6) en la ecuación (8.1), se obtiene: (8.8) La integral del último miembro representa el momento polar de inercia J de la sección transversal con respecto al centro O. Se tienen entonces que: (8.9)

48 De donde:

(8.10) Sustituyendo τmax de la ecuación (8.10) en la ecuación (8.6) se obtiene el esfuerzo cortante en cualquier punto de la sección transversal a una distancia ρ medida desde el centro del eje como: (8.11)

Las ecuaciones (8.10) y (8.11) son las fórmulas de la torsión elástica. Recuérdese que la sección transversal de un eje sólido de radio c es un círculo para el cual el momento polar de inercia es J = ½ π c4 (tabla Apéndice E); en tanto que para un eje tubular de radios c1 y c2 el momento de polar de inercia de su sección transversal se encuentra como J = ½ π (c24 - c14). Obsérvese que las unidades del momento polar de inercia J son m4 en el sistema SI y pulg4 en el sistema USCS. El valor τmax obtenido a través de la ecuación (8.10) constituye la medida más significativa del esfuerzo cortante en los problemas de torsión de ejes circulares. 8.6 ÁNGULO DE TORSIÓN EN LA ZONA ELÁSTICA Recuérdese de la sección 8.4 que el ángulo de torsión Ф y la deformación máxima en cortante γmax están relacionados como se expresa en la ecuación (8.4) γmax = c Ф L Pero en la zona elástica, a partir de la ley de Hooke, se puede afirmar que: γmax = τmac /G

(8.4)

(8.12)

reemplazando por la ecuación (8.10) se tiene que: γmax = Tc /JG

(8.13)

igualando los segundos miembros de la ecuaciones (8.4) y (8.13) y despejando Ф se obtiene que: Ф = TL /JG

(8.14)

La ecuación (8.14) es válida para un eje homogéneo, esto es un eje hecho de un solo material, cargado únicamente en sus extremos y con sección transversal constante; si el árbol es no-homogéneo se debe dividir en varias partes que satisfagan individualmente la ecuación (8.14) por lo que el ángulo de torsión total se puede expresar como: ФT = Σ(TiLi /Ji Gi)

(8.15)

El ángulo de torsión Ф constituye la medida representativa de la deformación en los problemas de torsión de ejes circulares.

Ejemplo 18: Un árbol cilíndrico hueco de acero (G = 80 GPa) tiene 1,5 m de longitud y diámetros interior y exterior de 40 y 60 mm respectivamente como se muestra en la figura 8.7. Determinar (a) los esfuerzos cortantes máximo y mínimo para el eje hueco si el valor de T es 4.084 N-m y (b) el correspondiente valor del ángulo de torsión en el extremo del eje.

49

Figura 8.7 Solución: Se determinan los valores de c1, c2 y J como: c1 = (40 mm/2) = 20 mm = 0,02 m c2 = (60 mm/2) = 30 mm = 0,03 m J = ½ π (c24 - c14) = ½ π [(0,03 m)4 – (0,02 m)4] = 1,021 x10-6 m4

(1) (2) (3)

(a) Para encontrar el τmac se sustituyen los valores dados en la ecuación (8.10) obteniendo: τmac = T c2 = 4.084 N-m x 0,03 m = 120 MPa J 1,021 x10-6 m4

(4)

Y para encontrar el τmin se sustituyen los valores dados en la ecuación (8.7) τmin = c1τ max = 0,02 m x 120 MPa = 80 MPa c2 0,03 m

(5)

(b) Como el eje es homogéneo, para hallar el ángulo de torsión Ф en el extremo del eje se sustituyen los valores dados en la ecuación (8.14) Ф = TL = 4.084 N-m x 1,5 m = 0,075 rad GJ 80 x 109 (N/m2) x 1,021 x10-6 m4

(6)

pasando a grados, se puede concluir que: Ф = 0,075 rad x (180º/π rad) = 4,3º

(7)

50 Apéndice E

51 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES CAPÍTULO 9. FLEXIÓN PURA LECCIÓN 15. ESFUERZO Y DEFORMACIÓN BAJO FLEXIÓN PURA EN VIGAS SIMÉTRICAS 9.1 FLEXIÓN PURA En esta lección se analizarán los esfuerzos y deformaciones de elementos prismáticos sometidos en sus extremos a pares ó momentos de flexión M y M´ que actúan en el mismo plano longitudinal. Los elementos más comunes sometidos a flexión son las vigas, y en esta lección se considerarán solamente vigas que sean simétricas con respecto al plano en el que actúan los pares, como se muestra en la figura 9.1. Por convención se asignará signo positivo al momento flector M cuando actúa como se muestra en la figura 9.1 y signo negativo cuando el sentido de los pares M y M´ sean contrarios.

Figura 9.1 92 PRELIMINAR SOBRE LOS ESFUERZOS EN VIGAS SIMÉTRICAS

Figura 9.2 Si a lo largo de longitud de la viga de la figura 9.1 se hace un corte transversal en un punto arbitrario, el diagrama de cuerpo libre de la porción mostrada en la figura 9.2 requiere que el sistema de fuerzas elementales internas sea equivalente al momento M, para lo cual se debe cumplir que la suma de las componentes y de los momentos de las fuerzas elementales sean equivalentes a los correspondientes componentes y momentos del par M (obsérvese que M sólo tiene componente en la dirección del eje z): (9.1) (9.2) (9.3) Hay tres ecuaciones adicionales correspondientes a las componentes de esfuerzo cortante pero en el problema de flexión pura las componentes del esfuerzo cortante son ambas iguales a cero. Se resalta que el signo menos en la ecuación (9.3) se debe a que un esfuerzo de tracción (σ x > 0) conduce a un momento negativo, y que la ecuación (9.2) se vuelve trivial si el elemento es simétrico respecto al plano que contiene al momento M si el eje y está incluido en dicho plano, como se muestra en la figura 9.2. En este punto se debe aclarar que la distribución de los

52 esfuerzos cortantes en la sección es estáticamente indeterminada y que para resolver el problema se debe recurrir al análisis de las deformaciones presentes en el elemento. 9.3 DEFORMACIONES EN UN ELEMENTO SIMÉTRICO EN FLEXIÓN PURA

(a)

(b)

(c)

Figura 9.3 Considérese un elemento prismático simétrico sometido en sus extremos a pares iguales y opuestos M y M´ que actúan en el plano de simetría. El elemento se flexará pero permanecerá simétrico respecto al plano de simetría como se muestra en la figura 9.3a y las líneas AB y A´B´ que inicialmente eran rectas pasarán a ser arcos de circunferencia de centro en C (centro de curvatura). Obsérvese (figura 9.3b) que cuando M > 0 la línea AB disminuye su longitud (εx negativo) en tanto que la longitud de A´B´ aumenta ( εx positivo) de lo que se puede concluir que en cualquier punto de la sección transversal habrá esfuerzos normales σx y que los esfuerzos de la porción superior serán negativos (compresión) mientras que los esfuerzos de la porción inferior serán positivos (tracción) y que entre las líneas AB y A´B´ habrá una línea para la cual εx = 0 y σx = 0, la cual es llamada la línea neutra o eje neutro (figura 9.3c). La medida del centro de curvatura C a la línea neutra (radio CD) se denota por ρ y se denomina radio de curvatura (figura 9.3b). En la sección transversal (figura 9.3c) el origen O del sistema de coordenadas se hace coincidir con la línea neutra, de manera que la posición de cualquier punto sobre la sección transversal va a estar caracterizado por un valor de y, resultando que en la porción superior los valores de y son positivos y que en la porción inferior los valores de y son negativos, la mayor distancia desde la línea neutra a la superficie superior o inferior se denotará por c (c = ymax). 8.4 ESFUERZOS Y DEFORMACIONES EN LA ZONA ELÁSTICA Supóngase una viga simétrica hecha de un material homogéneo, para el cual el módulo elástico es E, a la que se le aplica un momento M tal que determina en el elemento esfuerzos normales por debajo del límite elástico σy lo que significa que no habrá deformaciones permanentes y que es válida la Ley de Hooke ( σx = E εx).

Figura 9.4 La figura 9.4 muestra la distribución de los esfuerzos normales σx a lo largo de la sección transversal, observándose que en la zona elástica el esfuerzo normal varia linealmente con la distancia desde la línea neutra, donde σm designa el máximo valor absoluto del esfuerzo normal, pudiéndose concluir que:

σx = - (y / c)σm

(9.4)

53 Para un elemento sometido a flexión pura, siempre y cuando los esfuerzos permanezcan en la zona elástica, el eje neutro pasa por el centroide de la sección (ver Apéndice D). Al resolver la ecuación (9.3) (9.4) especificando que el eje z debe coincidir con el eje neutro de la sección transversal, sustituimos (9.4) en (9.3) y escribimos que:

(9.5) Pero la integral representa el momento de segundo orden o momento de inercia I de la sección transversal con respecto al eje neutro. Despejando σm para de (8.5) se encuentra que: (9.6) Sustituyendo σm de (8.4) en (8.6) se obtiene el esfuerzo normal σx a cualquier distancia y del eje neutro:

(9.7) Las ecuaciones (9.6) y (9.7) se conocen como fórmulas de la flexión elástica y el esfuerzo σx es llamado esfuerzo flexionante. En la ecuación (9.7) se verifica que cuando el momento flector es positivo para valores de y > 0 (por encima del eje neutro) el esfuerzo es de compresión y que para valores de y < 0 (por debajo del eje neutro) el esfuerzo es de tracción. En tanto que en la ecuación (9.6) se observa que los valores de I y de c dependen únicamente de la sección transversal y que si se reúnen en el denominador se escribirían como la razón I/c, la cual se denota por S y se denomina módulo elástico de la sección de manera que la ecuación (9.6) se puede escribir de manera alterna como:

(9.8)

Puesto que σm es inversamente proporcional a S es claro que las vigas deben ser diseñadas con el mayor valor de S posible.

Figura 9.5

En el caso del acero estructural las vigas de norma americana (vigas S) y las vigas de ala ancha (vigas W) mostradas en la figura 9.5 son preferidas sobre otros perfiles puesto que para un área y un espesor dados, ofrecen

54 los mayores valores de S. Los valores de S, junto con todas los demás propiedades geométricas de estas vigas, se encuentran en tablas, algunas de las cuales se pueden apreciar en el Apéndice C. Obsérvese que cuando se usa un perfil estructural, para determinar el esfuerzo normal máximo σm sólo es necesario dividir el momento flector M aplicado a la viga entre el módulo de la sección S. La deformación de la viga causada por el momento flector M es medida por la curvatura de la superficie neutra, la cual se define como el inverso del radio de curvatura ρ y puede calcularse mediante la siguiente relación:

(9.9)

Ejemplo 19: A una varilla de aluminio (E= 70 GPa) de sección semicircular de radio r = 60 mm se le aplica el momento flector M = 9kN-m como se muestra en la figura 9.6a. Determinar (a) el esfuerzo normal máximo en el elemento y (b) el correspondiente valor del radio de curvatura de la superficie neutra.

(a)

(b) Figura 9.6

(c)

Solución: Puesto que el eje neutro (N. A.) debe pasar por el centroide C de la sección transversal (figura 9.6c) y que para encontrar el esfuerzo normal máximo σm previamente tenemos que calcular los valores de y (Apéndice D), de c y del momento de Inercia Ix (Apéndice E), para una sección transversal semicircular de radio r = 60 mm = 60 x 10-3 m: y = (4r / 3π) = (4 x 60 x 10-3 m / 3π) = 25,5 x10-3 m por tanto c = r - y = 60 mm – 25,5 mm = 34,5 mm = 34,5 x10-3 m

(1) (2)

e Ix = (1/8) π r4 = (1/8) π x (60 x 10-3 m)4 = 5,09 x10-6 m4 (a) Para encontrar el esfuerzo normal máximo obteniendo:

σm se sustituyen los valores dados en la ecuación (9.6),

σm = M c = 9.000 N-m x 0,0345 m = 61,0 MPa Ix

(3)

(4)

5,09 x10-6 m4

(b) Para encontrar el radio de curvatura ρ se sustituyen los valores dados en la ecuación (9.9), obteniendo: 1 = M = 9.000 N-m = 25,26 x10-3 m-1 9 2 -6 4 ρ E Ix 70 x 10 (N/m ) x 5,09 x 10 m por tanto ρ = (25,26 x10-3 m-1) -1 = 39,6 m

(5)

(6)

55

Apéndice B.2

56 CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES CAPÍTULO 10. COLUMNAS LECCIÓN 16. COLUMNAS ESBELTAS 10.1 ESTABILIDAD DE ESTRUCTURAS En esta lección se analizará la estabilidad de las estructuras, es decir, su capacidad para soportar cargas sin sufrir un cambio súbito en su configuración. Esta discusión se relaciona con columnas, o sea, con elementos prismáticos verticales que soportan cargas axiales de compresión; para efectos prácticos se considerarán elementos de sección transversal con dos ejes de simetría rectangulares x’ y y’, de modo que el origen del sistema de coordenadas definido por estos dos ejes corresponde al centro geométrico de la sección, ó centroide C, por lo que a los ejes x’ y y’ se les denomina ejes centroidales.

(a)

(b) Figura 10.1

Supóngase una columna AB de longitud L que soporta una carga dada P como se muestra en la figura 10.1a. En el modelo considerado, la columna estará articulada en ambos extremos y la carga P es de compresión y centrada, o sea, esta aplicada en el centroide C de la sección transversal. Si el área de la sección transversal es A y se cumple que σ = (P/A) < σy se diría que la columna está bien diseñada; sin embargo, puede ocurrir que la columna en vez de permanecer recta presente pandeo, como se muestra en la figura 10.1b, y en ese caso se dirá que la columna ha fallado por estabilidad. El valor de P para el cual la columna empieza a presentar el fenómeno de pandeo se llama carga crítica, y se denota por Pcr , de manera que para que una columna, ó en general una estructura, se considere estable se debe cumplir que P < Pcr .

Figura 10.2

57 10.2 FÓRMULA DE EULER PARA COLUMNAS DE EXTREMOS ARTICULADOS Para determinar el valor de Pcr se representa la situación que corresponde a la configuración de la figura 10.1b a través del modelo mostrado en la figura 10.2 el cual conduce a plantear la siguiente ecuación diferencial:

(10.1) Al solucionar la ecuación 10.1; la solución particular que corresponde al menor valor de P y que define el valor de la carga crítica es: (10.2)

La expresión 10.2 se conoce como fórmula de Euler, en honor al matemático inglés Leonard Euler. En el caso de que la columna tenga una sección transversal circular ó cuadrada el momento de inercia I es el mismo con respecto a cualquier eje centroidal. Para otras formas de sección transversal la carga crítica deberá calcularse con I = Imin y si ocurre pandeo este ocurrirá en el plano perpendicular al eje correspondiente. El valor del esfuerzo correspondiente a la carga crítica se llama esfuerzo crítico y se denota por σcr . A partir de la ecuación 10.2 y haciendo I = Ar2, donde A es el área de la sección transversal y r es su radio de giro, se tiene:

(10.3)

La cantidad L/r se denomina relación de esbeltez, o simplemente esbeltez. La ecuación 10.3 muestra que el esfuerzo crítico es proporcional al módulo de elasticidad del material E, e inversamente proporcional al cuadrado de la esbeltez de la columna.

Figura 10.3

58 En la figura 10.3 se grafica la relación σcr contra L/r para un acero estructural A-36, para el cual E = 200 GPa y σy = 250 MPa, y se observa que para relaciones de esbeltez mayores a 89 el valor del esfuerzo crítico es mucho menor que el límite elástico. De lo anterior se concluye que una columna de acero estructural fallará con valores de esfuerzo menores al límite elástico para valores de esbeltez mayores a 89; y que fallará por compresión, o colapso, para valores de esbeltez menores a 89. En el primer caso ( L/r > 89) se dirá que la columna es esbelta y que fallará por pandeo para valores de esfuerzo inferiores al límite elástico (σcr < σy); y en el segundo caso ( L/r < 89) se dirá que es una columna corta y que fallará por colapso para valores de esfuerzo mayores al límite elástico (σ > σy).

10.3 GENERALIZACIÓN DE LA FÓRMULA DE EULER A COLUMNAS CON OTRAS CONDICIONES DE APOYO EN LOS EXTREMOS La fórmula de Euler se dedujo en la sección anterior para una columna con ambos extremos articulados; la carga crítica Pcr para columnas con otras condiciones a apoyo en los extremos puede calcularse con la misma ecuación 10.2 usando una longitud de columna igual a la fracción de la longitud real de la columna en la que esta se comporta como una columna de extremos articulados. A esta longitud se le llama longitud efectiva de la columna y se denota por Le; de esta manera la fórmula de Euler se puede reescribir como:

(10.4) El esfuerzo crítico se encuentra de manera análoga a través de la fórmula

(10.5) Se han determinado los siguientes valores de longitud efectiva para las condiciones de apoyo indicadas: Para una columna con un extremo empotrado y el otro libre, Le = 2L (figura 10.4a); para una columna con ambos extremos articulados, Le = L (figura 10.4b); para una columna con un extremo empotrado y el otro articulado, Le = 0,7L (figura 10.4c) y para una columna con ambos extremos empotrados, Le = 0,5L (figura 10.4d).

Figura 10.4

59 10.4 CARGA ADMISIBLE Y ESFUERZO ADMISIBLE En los problemas de columnas esbeltas el factor de seguridad (F.S.) no se le aplica a la resistencia final σu sino a la carga crítica Pcr definiéndose el valor de carga admisible Padm como:

(10.6)

Padm = (Pcr/ F.S.)

De esta manera el esfuerzo admisible se define en términos de la carga admisible Padm como

σadm = (Padm / A) = (σcr/ F.S.)

(10.7)

Ejemplo 20: Una columna de aluminio (E = 70 GPa y σy = 95 MPa) de longitud L= 1,5 m y sección transversal cuadrada (b = h= 40 mm), tiene un extremo empotrado en B y libre en A como se muestra en la figura 10.5. Si en el extremo A va a aplicar una carga centrada P, determinar (a) el valor máximo de la carga P para un factor de seguridad de 2,5 y (b) el correspondiente valor del esfuerzo.

Figura 10.5 Solución: Puesto que la sección transversal de la columna es cuadrada, se tiene que: Ix = Iy = (1/12) bh3= (1/12) b4 = (1/12)(0,04 m)4 = 0,213 x 10-6 m4

(1)

Como la columna tiene un extremo empotrado y el otro libre, la longitud efectiva Le se calcula como: Le = 2L = 2 x 1,5 m = 3m por tanto

Pcr = π2E I = π2 x( 70x 109 N/m2) x (0,213 x 10-6 m4) = Le 2 (3 m)2

(2) 16,4 kN

(3)

(a) La carga máxima P que puede ser aplicada corresponde al valor de la carga admisible Padm para un factor de seguridad de 2,5, por tanto: P = Padm = (Pcr/ F.S.) = (16,4 kN / 2.5) = 6,6 kN

(4)

(b) Puesto que la carga máxima aplicada es el valor de la carga admisible, el correspondiente valor del esfuerzo es el valor del esfuerzo admisible:

σadm = (Padm / A) = 6,6 x 103 N/(0,04 m)2 = 4,1 MPa

(5)

60

61

62

63

64

65

66

67

68

69

70

BIBLIOGRAFIA 1.

Beer, Ferdinand y Johnston, Russell. Mecánica Vectorial para Ingenieros. Estática. México: Mc Graw Hill. 3ª. Ed.

2.

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