Estabilidad II B – 64.12 Parcial Resuelto Parcial: (18/05/2017) Problema (Estados de Tensión y Deformación): 1. En un punto de un sólido se tiene el estado plano de tensiones representado en el elemento de superficie de la figura. Hallar gráficamente las tensiones y direcciones principales. Dibujar estas últimas sobre el propio elemento de superficie. (Las tensiones vienen expresadas en MPa). 2. Explicar y graficar en forma breve el concepto de Direcciones Principales y Tensiones Principales. Resolución: En un par de ejes ortogonales - graficamos los puntos representativos de las tensiones, estos son: x (-10 ; -15) e y (-30 ; 15). Ambos puntos serán puntos de la Circunferencia de Mohr. Definimos el centro de la circunferencia, para ello consideramos que el mismo estará contenido en el eje de abscisas y será equidistante de los puntos x e y. Si trazamos la cuerda que une a los puntos x e y el punto donde la misma corte al eje de abscisas será el centro de la circunferencia de Mohr C. Con centro en C y radio CX, trazamos la circunferencia. Además, los puntos donde la circunferencia corta al eje de abscisas definirá las tensiones principales 2 y 3; la tensión principal 1 será nula por tratarse de un estado plano de tensiones. Medimos sus valores y obtenemos:
1 0 MPa 2 2 MPa 38 MPa 3 Trazamos las otras dos circunferencias (en verde y azul). Medimos en la circunferencia de Mohr el ángulo central que forman las direcciones de los planos x y el eje de abscisas ( = 56,3°), y definimos el valor de . También podemos definir el polo P trazando las correspondientes paralelas al eje de abscisas (por el punto x) y al eje de ordenadas (por el punto y). Trazamos las direcciones principales (uniendo el polo P con los puntos representativos de 1 y 3) y medimos los respectivos ángulos.
56,3 Estabilidad IIB – 64.12
2
56,3 28,15 2 hoja 1
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Concepto de Direcciones Principales y Tensiones Principales: Se denominan direcciones principales en un punto de una pieza cargada a las direcciones en las que hay que orientar las caras de un paralelepípedo diferencial alrededor de dicho punto, de modo que las tensiones cortantes sean nulas en todas las caras de dicho paralelepípedo. A las tensiones normales en las direcciones principales se les llama tensiones principales. El cálculo de las tensiones y direcciones principales equivale a una diagonalización del tensor de tensiones en el punto. La máxima de dichas tensiones principales (σ1) es la máxima tensión normal de todas las que se dan al cambiar la orientación del plano en dicho punto. Del mismo modo la mínima (σ 3) es la mínima tensión normal de todas las que pueden darse al cambiar la orientación del plano en dicho punto.
Problema (Solicitación Axil): Para la estructura articulada de la figura, en la que los cordones son perfiles normalizados L 70x7 según norma DIN 1028 de acero F-20, (E = 2,1 x 105 MPa) halle el máximo valor de P para que en la barra AB no se alcancen (simultáneamente) ninguno de los siguientes estados límite: 1. Régimen Plástico. 2. Deformación admisible (|ΔLadm| = 0,1 mm).
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Estabilidad II B – 64.12 Parcial Resuelto
Indique y justifique que variación se produciría en el resultado anterior si se añaden celosías como las de la figura siguiente:
Resolución: Se trata de un problema hiperestático externo de primer grado, puesto que hay dos incógnitas (RD y RE), y solo una ecuación de equilibrio que no es idénticamente nula:
F
V
0 RD RE P 2P 2P 2P P 0 RD RE 8P 0
La segunda condición que podemos plantear es de condiciones de contorno (dado que existe simetría geométrica y de cargas → RD = RE), por lo tanto podemos plantear que:
2 RD 8P 0 RD RE
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8P 4P 2
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Estabilidad II B – 64.12 Parcial Resuelto Análisis de la condición de no alcanzar el Régimen Plástico. Al realizar un corte por una sección genérica (que contenga al cordón AB), y aislando la parte izquierda de la estructura articulada podemos poner en evidencia los esfuerzos en cada uno de los cordones cortados, por lo tanto, se tiene:
y planteando el equilibrio de momentos en C, será:
4 P 3 m P 2 m 2 P 1m N AB 1m 0 N AB 8P en régimen elástico para el acero F-20 es:
N AB kgf adm 2000 2 F cm y obteniendo de tablas de perfiles:
F 9,40 cm 2 resulta:
Sin celosías
kgf N AB adm F 2000 2 9,40 cm 2 18800 kgf 184,36 KN cm N 184,36 KN Pmax 1 AB 23 KN 8 8 Análisis de la condición de no superar una deformación admisible |ΔLadm| = 0,1 mm. Siendo:
N E 2,1105 MPa 2,1105 2 mm y como:
N AB LAB 0,1mm 0,01cm EF EF N AB 0,1mm 8P LAB Curso: Ing. Gabriel Pujol
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Estabilidad II B – 64.12 Parcial Resuelto Pmax 2
N 2,1105 9,4 10 2 mm2 2 mm 0,1mm 1233,75 N 1,2 KN 8 2 103 mm
El valor admisible para que se verifiquen en forma simultánea ambas condiciones, será el menor de ambos, por lo tanto:
Padm min Pmax 1; Pmax 2 1,2 KN Si se añaden celosías como las indicadas en la figura los valores no se alteran dado que NC no genera momentos respecto de C y vale la misma expresión que antes:
4 P 3 m P 2 m 2 P 1m N AB 1m 0 N AB 8P
Con celosías
Problema (Solicitación por Torsión): La barra de diámetro Ф de la figura está constituida por un material de módulo G y se sustenta de dos formas: A. Un empotramiento en su extremo izquierdo. (caso isostático) B. Un empotramiento en cada extremo. (caso hiperestático) Se pide: 1. Diagrama de momentos MT para ambos casos, dibujándolos superpuestos y en la misma escala. 2. Diagrama de ángulos de torsión θ ( X ) para ambos casos, dibujándolos superpuestos y en la misma escala. Resolución: Caso A (isostático empotrado en A): Planteando la ecuación de equilibrio de momentos se tiene:
M A 2M M 3M El momento torsor MT ( X ) y el ángulos de torsión θ ( X ) se distribuirán a lo largo del eje de la barra de la siguiente manera:
0 x
l 3
M T x 3M
x
M T x 3M 3M dx dx x G I0 G I G I 0 0 0
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x
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Estabilidad II B – 64.12 Parcial Resuelto l 2l x 3 3 M T x 3M 2 M M l 3
M T x 3M M 2 M l M x dx dx dx G I0 G I G I 3 G I G I0 l 0 0 0 0
x
x
3
2l xl 3 M T x 3M 2 M M 0 l 3
2l 3
l
3
3
M T x 3M M 0 4 M l dx dx dx dx G I0 G I0 3 G I0 l G I0 2l G I 0 0
x
Caso B (Hiperestático empotrado en A y en B): Planteando la ecuación de equilibrio de momentos se tiene:
M A M B 2M M 3M Para la segunda condición planteamos la siguiente ecuación de compatibilidad geométrica (giro total nulo entre los empotramientos): l
l 0 0
5 MA M 3
M T x 1 dx G I0 G I0
l l l M A M A 2M M A 3M 0 3 3 3 5 4 M B 3M M A 3M M M 3 3
En este caso, el momento torsor MT ( X ) y el ángulos de torsión θ ( X ) se distribuirán a lo largo del eje de la barra de la siguiente manera:
0 x
l 3
5 M T x M 3 x M x 5 M 5 M x T dx dx x G I0 3 G I 3 G I 0 0 0
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Estabilidad II B – 64.12 Parcial Resuelto l 2l x 3 3 5 1 M T x M 2M M 3 3 l 3
M x 5 M 1 M 2 M l 1 M x x T dx dx dx G I0 3 G I 3 G I 3 G I 3 G I0 l 0 0 0 0 x
3
2l xl 3 5 4 M T x M 2M M M 3 3
x
l 3
2l 3
l
3
3
M T x 5 M 1 M 4 M dx dx dx dx 0 G I0 3 G I 3 G I 3 G I l 2l 0 0 0 0
Graficamos los momentos torsores MT ( X ) y los ángulos de torsión θ ( X ):
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Estabilidad II B – 64.12 Parcial Resuelto Problema (Solicitación por Flexión): 1. Un poste de aluminio para el alumbrado público pesa 2300 N y soporta un brazo que pesa 330 N (ver figura). El centro de gravedad del brazo está a 1,2 m del eje del poste. El diámetro exterior del poste en su base es de 225 mm y el espesor de 18 mm. Determinar los máximos esfuerzos Trac y Comp en el poste (en su base) debido a dichos pesos. 2. Explicar y graficar en forma breve el concepto de Núcleo Central. Resolución: La sección de la barra es un anillo circular de relación de diámetros: D = 225 mm y espesor e= 18mm, por lo que:
D 225 mm d D 2 e 225 mm 2 18 mm 189 mm e 18 mm
A
2 2 2 2 D d 225 mm 189 mm 11700 mm2 117 cm 2 4 4
J
4 4 225 mm4 189 mm4 632 105 mm4 6320 cm 4 D d 64 64
Los esfuerzos sobre el poste serán, en la sección de la base, un esfuerzo normal (N) y un momento flexor (MF) de valores:
N W1 W2 2300 N 330 N 2630 N (compresión)
M F 330 N 120 cm 39600 N cm y las tensiones normales tendrán las siguientes componentes:
max;min
N M D 2630 N 39600 N cm 225 cm Trac F A J 2 117 cm 2 6320 cm 4 2 N MF D N M F D 2630 N 39600 N cm 225 cm A J 2 Comp A J 2 117 cm 2 6320 cm 4 2
N Trac 682 cm 2 N Comp 727 2 cm Concepto de Núcleo Central: Llamaremos núcleo central al área dentro de la cual debe encontrarse el centro de presión para que la sección sea solicitada únicamente por tensiones de igual signo. Curso: Ing. Gabriel Pujol
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Estabilidad II B – 64.12 Parcial Resuelto Ubicado el centro de presión, puede determinarse la posición del eje neutro correspondiente ( E ). Si el centro de presión se desplaza a lo largo de un eje xx de la sección, el eje neutro se desplaza paralelamente a sí mismo.
Si el centro de presión se aleja al infinito, el eje neutro pasa por el baricentro de la sección (tiende al caso de flexión simple).
Si el centro de presión coincide con el baricentro de la sección el eje neutro se aleja al infinito (tiende a solicitación axil).
Si el eje neutro divide a la sección en dos partes, se desarrollarán tensiones de distinto signo (tracción y compresión). Cuando el eje neutro es tangente a la sección o no la corta, sólo se producen tensiones de un solo signo, que queda determinado por el sentido de la fuerza P. El núcleo central tiene las siguientes propiedades:
Si el centro de presión está ubicado dentro del núcleo central, el eje neutro no corta a la sección y se tienen tensiones del mismo signo.
Si el centro de presión está ubicado fuera del núcleo central, el eje neutro corta a la sección y se tienen tensiones de distinto signo.
Si el centro de presión está ubicado en el contorno del núcleo central, el eje neutro es tangente a la sección y se tienen tensiones de un solo signo, siendo la mínima igual a cero.
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