Universidad Carlos III de Madrid
C3
τmax
C1 ≈
Departamento de Mecánica de Medios Continuos y Teoría de Estructuras
τ
σIII
σII
σI σn
C2
Problemas resueltos Elasticidad y Resistencia de Materiales
Enrique Barbero Pozuelo Ramón Zaera Polo Carlos Navarro Ugena
PROLOGO El objetivo principal que ha movido a los autores a editar este volumen de problemas de la asignatura “Elasticidad y Resistencia de Materiales I”, ha sido ofrecer al alumno que la cursa la posibilidad de disponer de una amplia colección de enunciados sobre los que ejercitar los conocimientos teóricos adquiridos. Este objetivo responde a la política iniciada por el Departamento de Mecánica de Medios Continuos y Teoría de Estructuras para la mejorar del material didáctico que actualmente existe para el aprendizaje de las asignaturas que desde él se imparten. En este caso, se pretende además dar respuesta a una demanda frecuentemente planteada por los alumnos: la disponibilidad de una colección de problemas, paralela a la que se publica cada curso para su resolución en aula. Los problemas se han seleccionado cuidadosamente del conjunto de problemas de exámenes de “Elasticidad y Resistencia de Materiales I” correspondientes a pasadas convocatorias así como de otros que complementan a estos. Se ha procurado con esta selección ofrecer al alumno una colección que cubra los conceptos fundamentales de la asignatura. Como cualquier otra actividad de un profesor en relación con sus alumnos, esta colección de problemas está realizada con muchísima ilusión, por lo que supone de ayuda para el aprendizaje de la materia por parte de nuestros alumnos. No obstante, aunque se ha puesto cuidado y esmero, en este texto se habrán deslizado erratas e, incluso, errores. En este sentido, los autores agradecerían muchísimo que se les haga conocedores de cualquier errata que se observe, así como de cualquier sugerencia, o hasta crítica, para mejorar este material didáctico. Agradecemos de antemano a nuestros alumnos la acogida que dispensen a esta colección. Así mismo, deseamos mostrar nuestro agradecimiento a nuestros compañeros del Departamento de Mecánica de Medios Continuos y Teoría de Estructuras de la Universidad Carlos III de Madrid el estímulo que de ellos hemos recibido para realizar el trabajo, así como sus valiosas observaciones y comentarios. Por último, no podríamos dejar de reconocer el esfuerzo y la ayuda prestada por nuestra Universidad, siempre preocupada por la mejora de la docencia que imparte, para que estos apuntes vieran la luz. En Leganés, a 25 de septiembre de 2003. Enrique Barbero Pozuelo, Profesor Titular de Universidad Interino Ramón Zaera Polo, Profesor Titular de Universidad Carlos Navarro Ugena, Catedrático de Universidad
1
CAPÍTULO 1
TENSIÓN
3
PROBLEMA 1.1 Dado el tensor de tensiones (referido a un sistema cartesiano de referencia) en un punto de un sólido:
2⎤ ⎡12 4 ⎢ [T ] = ⎢ 4 − 8 − 1⎥⎥ MPa ⎢⎣ 2 − 1 6 ⎥⎦ Se pide: a) Dibujar, sobre el punto elástico de la figura, y en las caras más alejadas del origen de coordenadas, la dirección y sentido de cada una de las componentes tensionales que, sobre dichas, caras actúan. b) Determinar el valor de las tensiones normal y tangencial que actúan sobre un plano paralelo al plano x+y+z=0 que pasa por las proximidades (distancia infinitesimal) del punto considerado.
Solución Problema 1.1 a)
z 6 2 1 1
2
8 4
12
4
x b) El vector unitario normal al plano es:
5
y
(
r 1 r r r u= i + j +k 3
)
por lo que las componentes del vector tensión sobre dicho plano será: ⎡1 ⎤ ⎡σ x* ⎤ ⎡12 4 2 ⎤⎢ ⎡ 18 ⎤ 3⎥ 1 ⎢ ⎥ ⎢ *⎥ ⎢ ⎢1 ⎥ ⎥ = ⎢σ y ⎥ = ⎢ 4 − 8 − 1⎥ ⎢ ⎢ − 5⎥ 3⎥ 3 * ⎢σ z ⎥ ⎢⎣ 2 − 1 6 ⎥⎦ ⎢ 1 ⎥ ⎢⎣ 7 ⎥⎦ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ 3⎦ ⎣
La tensión normal actuante la hallaremos como: r
r
σ n = σ * ⋅u =
1 (18 − 5 + 7 ) = 20 = 6,67 MPa 3 3
y la tensión tangencial resultará ser: r
2
τ = σ * − σ n2 = 132,67 − 44,49 = 9,39 MPa
6
PROBLEMA 1.2 Dadas todas las componentes excepto una del tensor de tensiones T, referidas a un sistema de coordenadas cartesianas, correspondiente a un punto de un sólido elástico cargado, determinar el valor del parámetro σ de forma que exista un plano, que pase por las proximidades del punto considerado, sobre el que no actúe ninguna tensión. Obtener las componentes de un versor normal al citado plano. ⎛σ ⎜2 ⎜ ⎝1
2 1⎞ 0 2⎟ ⎟ 2 0⎠
Solución Problema 1.2 r El vector tensión σ que actúa sobre cualquier plano, que pase por las proximidades del punto considerado del sólido, puede expresarse en función de las componentes del tensor T como:
{σr } = [T ]{nr} r donde n es el versor del plano considerado. r r En nuestro caso σ = 0 para el plano que vamos buscando, por lo que deberá cumplirse:
{σr} = [T ]{nr} = {0} r
Para que el sistema de ecuaciones anterior tenga una solución distinta de la trivial, el determinante de coeficientes del sistema debe ser nulo: T =0
condición que conduce a que el valor de σ sea 2. Sustituyendo dicho valor en el sistema de ecuaciones, y expresado éste en forma matricial, se obtiene:
7
⎡2 ⎢2 ⎢ ⎣1
2 1⎤ ⎡ n1 ⎤ ⎡ 0⎤ ⎢ ⎥ 0 2⎥ ⎢n ⎥ = ⎢ 0⎥ ⎥ 2 ⎢ ⎥ 2 0⎦ ⎢ n ⎥ ⎣ 0⎦ ⎣ 3⎦
r donde ni representa las componentes del vector n . Haciendo, por ejemplo, n1 =1, se despejan n2 y n3, e imponiendo, luego, que el módulo
r
de n =1 , se obtiene:
r r r r n = 2 / 3i −1 / 3 j − 2 / 3k
8
PROBLEMA 1.3 En un punto de un sólido elástico, el tensor de tensiones referido a un triedro cartesiano de referencia viene dado por la siguientes componentes:
⎛ 30 ⎜ 24 ⎜ ⎝0
24 0 ⎞ 30 0 ⎟ ⎟ 0 15⎠
determínese:
-
a) las componentes del vector tensión actuante sobre el plano que pasa por el punto considerado y cuyo versor normal viene dado por:
r n= 1
3
r r r i − j +k
(
)
-
b) el módulo del vector tensión.
-
c) sus componentes normal y tangencial respecto al plano r definido por n .
-
d) el ángulo entre dicho vector tensión y n .
r
Solución Problema 1.3 a) El vector tensión actuante sobre el plano que nos definen puede expresarse como:
⎡ 30 24 0 ⎤ ⎡ 1 / 3 ⎤ ⎡ 6 / 3 ⎤ r ⎢ [σ]= [T ][n ]= ⎢24 30 0 ⎥⎥⎢⎢−1/ 3 ⎥⎥ = ⎢⎢−6 / 3 ⎥⎥ 0 15⎦⎢⎣ 1 / 3 ⎥⎦ ⎢⎣15 / 3 ⎥⎦ ⎣0
r
por lo que:
r
r
r
r
σ = (6i − 6 j +15k ) / 3
b) Su módulo será:
r
σ = ⎛⎝6 2 + 62 +152 ⎞⎠ / 3 = 9.95 9
c) La componentes normal de este vector tensión la podemos hallar proyectándolo sobre dicha normal. Es decir:
⎡1⎤ r r 1 σ n = (σ )[n ]= (6 −6 15)⎢−1⎥ = 9 3 ⎢ ⎥ ⎣1⎦ La componente tangencial la podemos obtener como:
τ = σ 2 − σ n2 = 4.24 d) El ángulo α que forma el vector tensión con la normal al plano se puede calcular atendiendo a la figura:
n α
τ de donde, α = arctg (4,24/9) = 25,24º
10
σ σn
PROBLEMA 1.4 En un problema bidimensional, el punto elástico de la figura se encuentra sometido al estado tensional de la figura. Se pide: a) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x,y b) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x’,y’ (el eje x’ forma un ángulo de 35º, en sentido antihorario, con el eje x).
25 MPa
40 MPa
y
15 MPa
x Solución Problema 1.4 a) La expresión, en el sistema de referencia x-y, del tensor de tensiones es:
40 − 15 ⎤ ⎥ MPa ⎣− 15 − 25⎦
[T ] = ⎡⎢
La expresión de dicho tensor en ejes x’-y’ la podemos obtener como:
[T '] = [R ]T [T ][R ] siendo:
cos 35º − sen35º ⎞ ⎟⎟ ⎝ sen35º cos 35º ⎠
[R] = ⎛⎜⎜
11
Por tanto, la expresión del tensor de tensiones en el nuevo sistema de referencia resulta ser:
− 35 ,67 ⎤ 4 ,52 ⎥ ⎣− 35 ,67 10 ,48 ⎦
[T' ] = ⎡⎢
12
PROBLEMA 1.5 Suponiendo la ausencia de fuerzas internas, determinar los posibles valores de las constantes C1, C2 y C3 para que la siguiente distribución de tensiones puede existir en un sólido en equilibrio:
σ x = −2 ⋅ C1 ⋅ x ⋅ y
σ y = C2 ⋅ z 2 σ z = 0
τ xy = C1 ⋅ (C2 − y 2 ) + C3 ⋅ x ⋅ z
τ xz = −C3 ⋅ y
τ yz = 0
Solución Problema 1.5 Las Ecuaciones de equilibrio interno (X=Y=Z=0) conducen a que:
∂σ x ∂τ xy ∂τ xz + + = 0 = −2C1 y − 2C1 x ⇒ C1 = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τ yx ∂σ y ∂τ yz + + = 0 = C3 z ⇒ C3 = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τ zx ∂τ zy ∂σ z + + = 0 ( se cumple) ∂x ∂y ∂z La constante C2 puede tomar cualquier valor, por lo que el estado tensional tendría la forma:
σx = 0
σ y = C2 ⋅ z 2 σ z = 0
τ xy = 0
τ xz = 0
τ yz = 0
13
PROBLEMA 1.6 El tensor de tensiones en un punto de un sólido cargado, referido a un triedro cartesiano de referencia, se expresa como: ⎛ − 40 0 15 ⎞ ⎜ ⎟ [T ] = ⎜ 0 20 0 ⎟ MPa ⎜ 15 0 50 ⎟⎠ ⎝
Se pide:
-
a) Hallar analíticamente la dirección y magnitud de las tensiones principales.
-
b) Plano sobre el que actúa la tensión tangencial máxima, obteniendo su módulo, dirección y sentido.
-
c) Planos, si existieren, según los cuales sólo se ejerce tensión tangencial, hallando los valores de ésta para los que contengan a una tensión principal.
-
d) Hallar el vector tensión que actúa sobre un plano que forme un ángulo idéntico con las tres direcciones principales.
Solución Problema 1.6 a) Como se cumple que τ yx = τ yz = 0 , la dirección y es principal y, por tanto, la correspondiente tensión principal será de 20 MPa. Planteando la ecuación característica: − 40 − σ
0
0 15
20 − σ 0
15 0 =0 ⇒ 50 − σ
(50 − σ )(20 − σ )(− 40 − σ ) − 225.(20 − σ ) = 0
se obtiene, una vez resuelta: σ I = 52,43 MPa, σ III = −42,43 , junto con σ II = 20 MPa . Las direcciones correspondientes se obtienen resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones para cada uno de valores de las tensiones principales:
14
(− 40 − σ )l + 15n = 0 (σ x − σ )l + τ xy m + τ xz n = 0 ⎫ ⎪ τ yx l + (σ y − σ )m + τ yz n = 0⎪ (20 − σ )m = 0 ⇒ m = 0 ⎬⇒ τ zx l + τ zy m + (σ z − σ )n = 0 ⎪ 15l + (50 − σ )n = 0 2 2 2 ⎪⎭ l + m + n =1 l 2 + m2 + n2 = 1 Operando, las direcciones principales resultan ser: r - Dirección I: I = (0,16; 0; 0,99) r - Dirección II: J = (0; 1; 0) r - Dirección III: K = (-0,99; 0; 0,16) b) La tensión tangencial máxima se producirá sobre los planos cuyo vector normal tenga la dirección de la bisectriz de las direcciones principales I-III. Utilizando, ahora, como sistema de referencia el triedro formado por las direcciones principales (cuyos versores unitarios son r r r I , J , K ), el tensor de tensiones podrá expresarse como: 0 ⎞ ⎛ 52,43 0 ⎜ ⎟ [T ] = ⎜ 0 20 0 ⎟ MPa ⎜ 0 0 − 42,43 ⎟⎠ ⎝
Así, por ejemplo, para las direcciones I y III, el vector normal al plano buscado será el ⎛⎜ 1 ; 0; 1 ⎞⎟ , por lo que las componentes del vector 2 2⎠ ⎝ tensión que actúa sobre dicho plano resultarán ser: ⎧ σ I* ⎫ ⎛ 52,43 0 0 ⎞ ⎧⎪ 1 2 ⎫⎪ ⎜ ⎟⎪ ⎪ *⎪ ⎪ 20 0 ⎟⎨ 0 ⎬ ⎨σ II ⎬ = ⎜ 0 ⎪σ * ⎪ ⎜ 0 0 − 42,43 ⎟⎠ ⎪ 1 ⎪ ⎩ III ⎭ ⎝ 2 ⎭⎪ ⎩⎪
El vector tensión resultante es:
r
r
r
σ = 37,07 I − 30,0 K cuyo módulo es 47,69 MPa y su componente normal al plano es: ( 37,07; 0; −30,0 ) ⋅ 1 2 ; 0; 1 2 = 5 MPa . Por tanto, el módulo de la tensión tangencial máxima será igual a: 47,69 2 − 5 2 = 47,42 MPa
(
)
A este último valor podríamos haber llegado teniendo en cuenta que:
15
τ max =
σ I − σ III 2
=
52,43 + 42,43 = 47,42 MPa 2
Si deseáramos expresar el vector tensión en los ejes x-y-z, tendríamos: r r ⎧ I ⎫ ⎛ 0 ,16 0 − 0 ,99 ⎞⎧ i ⎫ ⎟⎪ r ⎪ ⎪ r⎪ ⎜ 1 0 ⎟⎨ j ⎬ ⎨J ⎬ = ⎜ 0 ⎪ Kr ⎪ ⎜ 0 ,99 0 0 ,16 ⎟⎪kr ⎪ ⎠⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎝
y, por tanto, el vector tensión sería: ⎛ 0 ,16 0 − 0 ,99 ⎞ ⎜ ⎟ σ = (37 ,07 0 − 30 ,1) ⎜ 0 1 0 ⎟ = (− 23 ,87 0 − 41,51) ⎜ 0 ,99 0 0 ,16 ⎟ ⎝ ⎠ r
o, lo que es lo mismo: r
r
σr = −23 ,77 i − 41,51k
c) Tomando como rreferencia r r el triedro de las direcciones principales, y r denominando u = lI + mJ + nK al vector unitario de los planos que se van buscando, se tendría:
⎧ σ I* ⎫ ⎛ 52,43 0 0 ⎞ ⎧l ⎫ ⎟⎪ ⎪ ⎪ *⎪ ⎜ 20 0 ⎟ ⎨m ⎬ ⎨σ II ⎬ = ⎜ 0 ⎪σ * ⎪ ⎜ 0 0 − 42,43⎟⎠ ⎪⎩ n ⎪⎭ ⎩ III ⎭ ⎝ por lo que el vector tensión correspondiente sería:
r
r
r
r
σ = 52,43lI + 20mJ − 42,43nK r r debiéndose cumplir que los vectores σ y u fueran ortogonales entre sí; esto es:
r r
σ ⋅ u = 52,43l 2 + 20m 2 − 42,43n 2 = 0 que junto con la ecuación:
l 2 + m2 + n2 = 1 proporciona dos ecuaciones con tres incógnitas, sistema éste que proporciona infinitas soluciones.
16
d) El vector tensión correspondiente al plano solicitado (cuyo versor r 1 r r r normal es: u = ( I + J + K ) , podemos obtenerlo de la siguiente manera: 3 ⎧σ * ⎫ ⎛ 52 ,43 0 0 ⎞ ⎪⎪ x ⎪⎪ ⎜ ⎟ * 20 0 ⎟ ⎨σ y ⎬ = ⎜ 0 ⎪ *⎪ ⎜ 0 0 − 42 ,43 ⎟⎠ ⎪⎩σ z ⎪⎭ ⎝
⎧ 52 ,43 ⎫ ⎪− ⎪ 3 ⎪ ⎧1⎫ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ 20 ⎪ =⎨ ⎨1⎬ ⎬ 3 ⎪ ⎪1⎪ 3 ⎪ ⎩ ⎭ ⎪ − 42 ,43 ⎪ ⎪ 3 ⎪⎭ ⎩
17
PROBLEMA 1.7 El punto elástico paralelepipédico de la figura se encuentra sometido al estado tensional indicado en la figura. Los ejes x*,y*, z*, cumplen lo siguiente:
-
La cara ABCD es paralela al plano x=0
-
La arista AB forma un ángulo de 30º con el eje y.
a) Calcular, en el punto en estudio, las componentes del tensor de tensiones referidas a los ejes x,y,z indicados en la figura y dibujarlas sobre el punto elástico correspondiente. b) Determinar las tensiones principales, así como sus direcciones, y dibujar el punto elástico correspondiente.
σ''
z z*
σ’= 20 MPa
τ
C B
σ''= 60 MPa
y∗
τ = 30 3 MPa
D
σ'
30º A
y
x=x*
Solución Problema 1.7 a) Denominando:
{er}= Base sistema de referencia x, y, z ⎧er* ⎫ = Base sistema de referencia x*, y*, z* ⎨ ⎬ ⎩ ⎭
se tiene que:
18
r
r
{e }= [R]⎧⎨⎩e * ⎬⎭⎫ donde la matriz [R] viene dada por: ⎡1 [R]= ⎢0 ⎢ ⎣0
⎡ ⎤ 1 ⎢ −sen30 ⎥ = ⎢0 ⎥ cos30 ⎦ ⎢0 ⎣
0
0
cos 30 sen30
0 3
2 12
0 ⎤ ⎥
−1 2 ⎥ 3 ⎥ 2⎦
El tensor de tensiones, referido al sistema x*, y*, z*, es:
⎡ −20 ⎡T * ⎤ = ⎢ 0 ⎣ ⎦ ⎢ ⎣ 0
0
0 ⎤
0
30 3 ⎥
30 3
−60 ⎦
⎥
por lo que su expresión en el sistema x,y,z resultará ser:
[T ]= [R]⎡⎣T *⎤⎦[R]T ⎡ −20 [T ]= ⎢ 0 ⎢ ⎣ 0
0
0 ⎤
−60
30 3 ⎥
30 3
0 ⎦
⎥
Conocidas las componentes del tensor de tensiones en el sistema x,y,z podemos dibujar el punto elástico correspondiente:
z 30
3
MPa
60 MPa y -20
MPa
x 19
b) Como sobre la cara perpendicular al eje x no existen tensiones tangenciales, podemos afirmar que el eje x es una dirección principal y su tensión asociada será 20 MPa en compresión. La ecuación característica será:
⎡−20 − σ ⎢ 0 ⎢ 0 ⎣
0
0 ⎤
−60 − σ 30 3 ⎥ = 0 30 3
⎥
−σ ⎦
que puede ponerse como:
(−20 − σ ) × (σ 2 + 60σ − 2700) = 0 que proporciona las siguientes raíces:
σ = 30 MPa 1
σ 2 = −20 MPa σ = −90 MPa 3
Las direcciones principales serán:
-
Dirección 1: (0,1/2, 3 2 )
-
Dirección 2: (1, 0, 0) (eje x)
-
Dirección 3: (0, 3 2 ,-1/2)
20
PROBLEMA 1.8 Sea el punto elástico representado en al figura sobre el que actúan las tensiones indicadas.
MPa
MPa
B MPa
A
Dibujar el círculo de Mohr, y obtener las tensiones tangenciales máximas indicando sus correspondientes direcciones.
Solución Problema 1.8 La construcción del círculo de Mohr se hace de acuerdo a los siguientes pasos: Paso 1: Dibujar dos ejes ortogonales en los que el horizontal corresponde a tensiones normales σ y el vertical a tensiones tangenciales τ. Paso 2: Representar los dos punto representativos de las direcciones A y B. indicadas en la figura. Las coordenadas del punto representativo de la dirección A serán: (32, -20) y las del B: (-10, 20). Paso 3: Dibujar el círculo teniendo en cuenta que los puntos A y B son puntos del mismo diametralmente opuestos. El punto de corte del segmento AB con el eje σ corresponderá al centro del círculo (punto C).
21
τ
σ
El ángulo que forma la dirección sobre la que actúa la tensión principal mayor (punto D) del círculo, formará un ángulo de 43,6º/2 =21,8º, en sentido antihorario, con la dirección A. Los valores de las tensiones principales mayor y menor (segmentos OD y OE, respectivamente) serán: 40 y -18 MPa. La tensión tangencial máxima se producirá sobre un plano que forma un ángulo de 21,8º + 45º = 66,8º, en sentido antihorario, con la dirección A y su valor será de 29 MPa (segmentosCF ó CG del círculo de Mohr que resultan iguales al segmento CD). La correspondiente tensión normal actuando sobre dicho plano (segmento OC) es de 11 MPa.
22
PROBLEMA 1.9 El tensor de tensiones, referido a un sistema cartesiano de referencia xy, en un punto de un sólido bidimensional viene definido por: − 10⎤ ⎥ ⎣− 10 20 ⎦
[T ] = ⎡⎢
60
De aquellos planos que pasan por las proximidades del punto considerado, determinar (dando el ángulo que forman con el eje y), 1) los planos para los que las tensiones tangenciales alcanzan el máximo valor posible, y 2) los planos para los que el ángulo del vector tensión correspondiente forme el mayor ángulo posible con el vector normal al plano considerado.
Solución Problema 1.9 Dibujemos, primero, el círculo de Mohr, teniendo en cuenta que el punto elástico es:
20 10 60 y
x
Al plano paralelo al eje y le haremos corresponder el punto (punto A) de coordenadas (60;10) del plano de Mohr y, al plano paralelo al eje x, el punto B de coordenadas (20;-10). Por tanto, el círculo de Mohr será:
23
τ C 63,43º
10
R
O -10
B
A
26,57º
20
60 116,57º
σ
D Las coordenadas del centro, y el radio del círculo, resultarán ser:
⎛ 60 + 20 ⎞ Coordenadas de O : ⎜ ;0 ⎟ = (40 ; 0) ⎠ ⎝ 2
Radio = 20 2 + 10 2 = 22,36
1) El ángulo que forma el radio vector OA con el eje σ puede obtenerse como:
arctg
10 = 26,57º 20
Las tensiones tangenciales máximas se producen sobre las direcciones correspondientes a los puntos C (que corresponde a una dirección que forma 31,72º con el eje y en sentido antihorario) y D (dirección formando un ángulo de 58,29º con el eje y en sentido horario) 2) Cualquier punto del círculo de Mohr tiene por coordenadas la tensión normal y la tensión tangencial (componentes intrínsecas del vector tensión) que actúan sobre el plano correspondiente, tal como se representa en la figura: τ
τ σ
σ
24
Por tanto, la distancia entre el origen de coordenadas y el punto representativo de una dirección cualquiera en el círculo de Mohr proporciona el módulo del vector tensión y, por tanto, el ángulo α que forma dicho segmento con el eje de las tensiones normales coincidirá con el que, en la realidad, forma el vector tensión con la normal al plano sobre el que actúa:
σ
τ
α σ
σ
Por todo lo dicho, el mayor ángulo posible que puede formar el vector tensión con la normal al plano al que corresponde, vendrá definido a partir de los puntos E y F de la figura, que se obtienen trazando, desde el origen de coordenadas, las tangentes al círculo de Mohr:
τ C
E 10
-10
63,43º
α
R
α
O B
A
26,57º
20
60 116,57º
σ
F D
De la figura anterior, se obtiene:
α = arcsen
R 22,36 = arcsen = 0,559 ⇒ α = 33,99º 40 abcisa de O
25
La dirección correspondiente al punto E forma con el eje y (punto A del círculo de Mohr) un ángulo de: 63,43 + 33,99 = 48,71º 2
en sentido antihorario. La dirección correspondiente al punto F forma un ángulo con el eje y de valor: 90 + 26,57 + 33,99 = 75,28º 2
en sentido horario.
26
PROBLEMA 1.10 Dado el punto elástico de la figura, a) dibújese el círculo de Mohr correspondiente, señalando en él la posición del polo, y b) determínense las tensiones actuantes sobre un plano que forma 35º con el plano horizontal.
y
52 kPa 12 kPa
x
Solución Problema 1.10 a) Al no existir tensiones tangenciales, el punto representativo del plano vertical tendrá de coordenadas (12;0) y el del horizontal, A, (52;0). Lógicamente ambas direcciones, cuyos puntos correspondientes en el círculo de Mohr son diametralmente opuestos, son las principales. Construyendo el círculo, se obtiene:
τ (kPa) σα =39 kPa
30
C 20
τ= 18,6 kPa 10
Polo 10
α = 35º 20
30
A 40
50
σ (kPa)
60
observándose que el polo coincide con el punto representativo del plano vertical pues, trazando desde él una paralela a la dirección horizontal, 27
el punto de corte con el círculo de Mohr coincide con el punto representativo de dicha dirección. b) El punto del círculo de Mohr, representativo de la dirección buscada (35º con la horizontal) es el punto C de la figura anterior, cuyas coordenadas son (39; 18,6) por lo que las tensiones actuantes sobre dicho plano son:
39 kPa 18,6 kPa
35º
28
PROBLEMA 1.11 Un punto elástico de un sólido se encuentra sometido al estado tensional que se representa en la figura. Determinar las tensiones principales y las máximas tensiones de cizalladura, así como los planos sobre los que éstas actúan.
y 150 MPa 80 MPa B A
120 MPa x
Solución Problema 1.11 Dibujemos el círculo de Mohr. Para ello, al plano vertical A de la figura le corresponderá un punto de coordenadas (120;80) y al plano B el punto (150;-80). El círculo de Mohr tiene su centro en el punto C de coordenadas (135;0) y su radio tiene un valor de 81,4 MPa. Por tanto, podemos dibujar el círculo:
29
τ
A (120;80)
2θ s II (53,6;0)
I (216,4;0)
σ
2θ p
C
B (150;80)
Las tensiones principales se obtienen directamente del círculo de Mohr (punto I y II), resultando: Tensión principal mayor: σΙ=135+81,4=216,4 MPa Tensión principal menor: σΙΙ=135-81,4=53,6 MPa El ángulo que forma el plano sobre el que actúa la tensión σΙ formará un ángulo de θ p con el plano B, de manera que:
⎛ 2τ xy tan 2θ p = ⎜ ⎜σ x −σ y ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
de donde: θ p = 39,7°. Por tanto, podemos dibujar el punto elástico pero, ahora, referido a sus ejes principales: 21,640 lb/in 2
216,4 MPa
53,6 MPa
5,360 lb/in 2
5,360 lb/in 2
21,640 lb/in 2
39,7°
30
La máxima tension tangencial tendrá un valor idéntico al del radio del círculo, por lo que:
τmáx. = 81,4 MPa y el valor de la tensión normal, que actúa sobre el plano en la que la anterior tensión se produce, coincidirá con la abcisa del punto C; esto es:
σ = 135 MPa La orientación del plano sobre el que se produce vendrá dada por el ángulo θ s , cuyo valor es: θ s = θ p + 45° = 84,7°. Sobre esta dirección, la tension tangencial será positiva mientras que, sobre la dirección ortogonal a ésta, será negativa. Por tanto, las direcciones en el punto elástico sobre el que se producen las tensiones tangenciales máximas serán: 135 MPa
135 MPa
81,4 MPa
84,7°
31
PROBLEMA 1.12 Dado el siguiente tensor de tensiones, determinar el valor de la máxima tensión cortante que se produce en el punto elástico considerado.
⎛120 50 0 ⎞ ⎜ ⎟ σ ij = ⎜ 50 80 0 ⎟MPa ⎜ 0 0 0 ⎟⎠ ⎝
Solución Problema 1.12 Del estudio del las componentes del tensor de tensiones se deducew que:
σz = 0 y τxz = τyz = 0 El punto elástico correspondiente (en el plano x-y) es:
y
80 MPa 50 MPa
120 MPa
x Sobre las otras caras del punto elástico correspondientes a las otras parejas de ejes coordenados, los puntos elásticos resultantes serán:
32
80 MPa
y
120 MPa
x
0 MPa
0 MPa
0 MPa
0 MPa
z
z
Los tres círculos de Mohr, correspondientes a las tres parejas de planos se pueden representar en el mismo plano, resultando:
Tensión tangencial MPa
80
Plano x-z
60
H
40 20 0 -20 -40 V
-60 -80 -25
0
Plano x-y
25 50 75 100 125 150 175 Tensión normal (MPa)
Plano y-z La tensión tangencial máxima vendrá dada por:
⎛ σ1 − σ 2 σ1 − σ 3 σ 2 − σ 3 , , 2 2 2 ⎝
τ max = Máximo de ⎜⎜
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
por lo que la tensión tangencial máxima que se produce en este punto elástico será τmax=77 MPa.
33
PROBLEMA 1.13 El tensor de tensiones en un punto de un sólido viene definido, respecto de un sistema de coordenadas cartesianas, por la siguiente matriz: ⎡ 50 − 20 0 ⎤ [T ] = ⎢⎢− 20 20 0 ⎥⎥ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ Determinar de forma analítica: a) Los dos primeros invariantes del tensor de tensiones b) Los valores de las tres tensiones principales c) Los tres vectores unitarios que definen las tres direcciones principales d) La tensión tangencial máxima que se produce en las proximidades del punto considerado
Solución Problema 1.13 a) I 1 = 50 + 20 = 70 I 2 = 50 ⋅ 20 − 20 2 = 600
b) Una de las tensiones principales (σz) es nula. Las otras dos las calcularemos resolviendo: T − σI = 0
50 − σ − 20
− 20 = 0 ⇒ σ 1 = 60 σ 2 = 10 20 − σ
Por tanto, las tensiones principales son:
σ 1 = 60 σ 2 = 10 y σ 3 = 0 r r c) Como el eje z es una dirección principal ( u3 = k ), las otras dos las calcularemos resolviendo:
⎡50 − σ ⎢ − 20 ⎣
− 20 ⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧0⎫ ⎨ ⎬=⎨ ⎬ 20 − σ ⎥⎦ ⎩u2 ⎭ ⎩0⎭
de donde: Dirección principal 1:
34
r r ⎡ − 10 − 20⎤ ⎧ a1 ⎫ ⎧0⎫ r ⇒ u = 0 , 8943 i − 0 , 4473 j = ⎬ ⎬ ⎨ ⎨ 1 ⎢− 20 − 40⎥ a ⎣ ⎦ ⎩ 2 ⎭ ⎩0⎭
Dirección principal 2: r r ⎡ 40 − 20⎤ ⎧ a1 ⎫ ⎧0⎫ r 0 4473 0 8943 ⇒ u = , i + , j = ⎬ ⎬ ⎨ ⎨ 2 ⎢− 20 10 ⎥ a ⎣ ⎦ ⎩ 2 ⎭ ⎩0⎭
d) La tensión tangencial máxima será:
⎛ 60 − 10 60 10 ⎞ , , ⎟ = max (25, 30, 5) = 30 2 2⎠ ⎝ 2
τ max = max ⎜
35
PROBLEMA 1.14 Dados los estados tensionales de la figura, que actúan sobre dos planos que pasan por las proximidades de un punto P de un sólido bidimensional cargado, se pide calcular el valor de la tensión desconocida σ, las direcciones principales y sus tensiones correspondientes. Asimismo, determínese la máxima tensión tangencial que actúa sobre algún plano en las proximidades del punto P.
σ (?) 40 MPa
60 º
30 MPa
P
B
20 MPa A
Solución Problema 1.14 Resolvamos el problema utilizando el círculo de Mohr y el concepto de Polo. Para ello dibujemos los ejes del plano de Mohr teniendo en cuenta que nada nos obliga a dibujarlos paralelos a unas direcciones ortogonales prefijadas de antemano. Es decir, elegimos los ejes del plano de Mohr escogiendo el eje τ paralelo a la dirección sobre la que desconocemos el valor de la tensión σ (esto simplificará mucho la resolución del problema). Una vez hecho esto, podemos representar el punto A (40,20) representativo de la dirección A de la figura inicial y, desde luego, podemos asegurar que el punto B –representativo de la dirección B- se encontrará sobre una recta paralela al eje σ con un valor de τ igual a –30 MPa. El polo del círculo se deberá encontrar sobre la recta τ= 30 MPa porque, al trazar una recta paralela a la dirección B debe cortar al círculo de Mohr en el punto representativo de esa dirección y, por otra parte, el círculo de Mohr es simétrico respecto del eje σ. Es decir:
36
τ
Polo A
σ
B
Como quiera que conocemos la posición exacta del punto A, podemos trazar por él una recta paralela a la dirección de la realidad a la que corresponde dicho punto, que intersecta a la recta sobre la que está el polo justo en el punto representativo de éste y, dibujando la mediatriz del segmento A-Polo, podemos encontrar el punto C que será el centro del círculo de Mohr:
τ
Polo A C
σ
B
Ahora ya podemos dibujar el círculo de Mohr y obtener la posición del punto B que íbamos buscando: 37
τ
Polo A
σ
B
De la figura resulta que la tensión σ buscada es 23 MPa. Conociendo el círculo de Mohr podemos deducir los valores de las tensiones principales σI= 48 MPa y σII= -14 MPa y las direcciones de los planos sobre las que actúan: τ
Polo
σΙΙ
Dirección sobre la que actúa la tensión principal menor
σΙ σ Dirección sobre la que actúa la tensión principal mayor
La tensión tangencial máxima tendrá el valor:
38
⎧ σ − σ II σ I σ II ⎫ τ max = Maximo ⎨ I , , ⎬ 2 2 2 ⎭ ⎩
por lo que: τ max = Maximo {31,24,7} = 31 MPa
La direcciones correspondientes sobre las que actúa dicha tensión tangencial máxima son: τ
Polo
σΙΙ
σΙ σ
39
CAPÍTULO 2
DEFORMACIÓN
41
PROBLEMA 2.1 En un pilar vertical de sección cuadrada hueca, tal como se indica en la figura (cotas en metros),
y 1 x
1 1 1
1
1
1
1
el tensor de deformaciones viene dado por: ⎡ 3x + 4 [D] = ⎢⎢(− 2 x + 3 y ) ⎢⎣ 0
(− 2 x + 3 y ) 0 0
0⎤ 0⎥⎥ ⋅ 10 − 4 2⎥⎦
Calcular: a) la variación de longitud del pilar, indicando si éste se alarga o se acorta, sabiendo que, su altura inicial era de 5 m. b) la variación del ángulo, en el plano x,y, que se produce en el vértice de la sección de coordenadas (2,2), indicando si el ángulo final en dicho vértice (que inicialmente era recto) aumenta o disminuye respecto de su valor inicial. c) El cambio de volumen que experimenta el pilar, indicando si aumenta o disminuye el volumen inicial del mismo.
Solución Problema 2.1 a) La deformación del pilar en la dirección z vendrá dada por:
ε z = 2 ⋅ 10 −4 ⇒ ∆h = ε z ⋅ h = 2 ⋅ 10 −4 ⋅ 5 = 10 −3 m (alargamiento) b) La deformación angular en un punto genérico del sólido sera:
γ xy = 2 ⋅ (− 2 x + 3 y ) ⋅ 10 −4 = (− 4 x + 6 y ) ⋅ 10 −4 43
Para el punto disminuye)
γ xy = (− 4 ⋅ 2 + 6 ⋅ 2 ) ⋅ 10 −4 = 4 ⋅ 10 −4 rad (el
(2,2),
ángulo
c) Para calcular el cambio de volumen, necesitamos conocer la deformación volumétrica en un punto genérico del pilar: eV = ε x + ε y + ε z = (3 x + 6 ) ⋅ 10 −4
Como quiera que esta deformación depende de x, el cálculo de la variación de volumen lo debemos efectuar mediante integración del siguiente modo:
z a b a
b
y
h x
dx dx dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dx ∆V =
∫ eV ⋅ dV = ∫
pilar
−1
(3x + 6) ⋅10 −4 ⋅ (dx ⋅ 4 ⋅ 5) + ∫−1 (3x + 6) ⋅10 −4 ⋅ (dx ⋅ 2 ⋅ 5) + −2 1
+ ∫ (3 x + 6 ) ⋅ 10 − 4 ⋅ (dx ⋅ 4 ⋅ 5) = 360 ⋅ 10 − 4 m 3 2
1
(el volumen del pilar aumenta)
44
PROBLEMA 2.2 Dado el tensor de deformaciones:
[D] = encontrar la deformación unitaria según la dirección: r r r r m= i + j +k / 3
(
)
Solución Problema 2.2
r
r ε m = [D ]m
r m
45
PROBLEMA 2.3 El vector desplazamiento en un punto genérico de un sólido cargado viene dado (referido a un sistema cartesiano de referencia) por: r r r δ = (2ax − 2az )i + (3ax + 2az )k donde a es una constante conocida. Se pide: a) Expresión del tensor de deformaciones en un punto genérico del sólido b) ¿Es, físicamente, posible este campo de desplazamientos? c) ¿Qué lectura proporcionaría una banda extensométrica situada en la dirección de la bisectriz del primer cuadrante del sistema cartesiano que se utiliza?
Solución Problema 2.3 a) El tensor de deformaciones se obtiene del campo de desplazamientos como sigue:
u = u (x , y , z ) = 2ax − 2 az v = v(x , y , z ) = 0 w = w( x , y , z ) = 3ax + 2az
∂u = 2a ∂x ∂v εy = =0 ∂x ∂w εz = = 2a ∂x ∂u ∂v =0 + γ xy = ∂y ∂x ∂u ∂w + = −2a + 3a = a γ xz = ∂z ∂x ∂v ∂w γ yz = + =0 ∂z ∂y
εx =
El tensor de deformaciones es:
46
⎡ 2a 0 a / 2⎤ [D] = ⎢⎢ 0 0 0 ⎥⎥ ⎢⎣a / 2 0 2 a ⎥⎦
b) Para que el campo de desplazamientos, o el de deformaciones que de él se derivan, sea físicamente posible, debemos comprobar que se satisfacen las ecuaciones de compatibilidad de deformaciones:
2 ∂ 2 γ xy ∂ 2ε x ∂ 2ε x ∂ ε y ∂ ⎛ ∂γ yz ∂γ xz ∂γ xy ; 2 + = ⋅ = ⋅⎜− + + 2 2 ∂y ⋅ ∂z ∂x ⎜⎝ ∂x ∂y ∂z ∂x ⋅ ∂y ∂y ∂x
∂ 2ε y
⎞ ⎟⎟ ⎠
2 ∂ 2ε y ∂ 2 ε z ∂ γ yz ∂ ⎛ ∂γ yz ∂γ xz ∂γ xy − + = ⋅ = ⋅⎜ ; 2 2 ∂y ⋅ ∂z ∂z ⋅ ∂x ∂y ⎜⎝ ∂x ∂y ∂z ∂y
⎞ ⎟⎟ ∂z ⎠ ∂ 2 ε x ∂ 2 ε z ∂ 2 γ xz ∂ 2ε z ∂ ⎛ ∂γ yz ∂γ xz ∂γ xy ⎞ ⎟ ; 2 + = ⋅ = ⋅ ⎜⎜ + − 2 2 ∂x ⋅ ∂z ∂x ⋅ ∂y ∂z ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎟⎠ ∂z ∂x 2
+
En estas ecuaciones sólo aparecen derivadas segundas de las deformaciones, por lo que se verifica automáticamente al depender el campo deformaciones linealmente de las coordenadas. Por tanto, el campo de desplazamientos dado es físicamente posible.
c) El vector unitario de la bisectriz del primer cuadrante del es: r 1 r r r u= (i + j + k ) 3 El vector deformación unitaria sería: ⎡ 2 a 0 a / 2 ⎤ ⎧1⎫ ⎧5 a / 2 ⎫ r ⎢ 1 ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎥ {ε *} = [D ]{u } = ⎢ 0 0 0 ⎥ ⎨1⎬ = ⎨ 0 ⎪⎬ 3 3⎪ ⎪ ⎢⎣a / 2 0 2 a ⎥⎦ ⎪⎩1⎪⎭ ⎩5 a / 2 ⎭
r
La deformación longitudinal correspondiente (la medida de la banda) es: ⎧1⎫ r 1 1 ⎛ 5a 5a ⎞ 5 ⎪ ⎪ 1 ε = ε * ⋅u = 5 a / 2 0 5 a / 2 ⎨1⎬ = ⎜ + ⎟= a 3 2 2 3 3 ⎝ ⎠ 3 ⎪1⎪ ⎩ ⎭
r
47
PROBLEMA 2.4 En un sólido, el campo de deformaciones que sufre viene expresado por las siguientes expresiones:
ε x = (2y 2 + 3x )10−3 ε y = (6x 2 + y)10−3 γ xy = 2 (a xy − 5y )10 −3 ε z = γ xz = γ yz = 0 -
a) Determinar el valor del parámetro a para deformaciones sea compatible.
que el campo de
-
b) Hallar las direcciones (cosenos directores) y deformaciones principales en el punto de coordenadas (3,4,0).
-
c) Plantear las ecuaciones diferenciales que permitan determinar los desplazamientos y resolverlas suponiendo que los desplazamientos en el origen son nulos. ¿Se necesitaría, para resolver este apartado, algún dato adicional?
Solución Problema 2.4 a) La ecuación de compatibilidad que se debe verificar (problema bidimensional) es: 2 2 ∂ 2 ε x ∂ ε y ∂ γ xy + = ∂y 2 ∂x 2 ∂ x∂ y
∂ 2ε y ∂ 2 γ xy ∂ 2ε x −3 −3 como : 2 = 4.10 , y = 2a.10 −3 se obtiene a =8. 2 = 12.10 ∂y ∂x ∂ x∂ y b) El tensor de deformaciones en el punto de coordenadas (3,4,0) es:
⎡ 41 76 0 ⎤ [D](3,4,0 ) = ⎢ 76 58 0 ⎥ 10 −3 ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ La Ecuación característica resultante es:
48
[(41 − λ )(58 − λ ) − 76 ]λ = 0 ⇒ λ 2
2
− 99λ − 3398 = 0
de donde se deducen las siguientes raices:
⎧⎪126 λ = ⎨−27 ⎪⎩ 0 Por tanto, las deformaciones principales son:
⎧ ε I = 126 × 10−3 ⎪ ε II = 0 ⎨ ⎪⎩ε = −27 × 10−3 III La deformación ε I corresponde a la dirección:
⎧ 0,6661⎪⎫ ⎡−85 76 ⎤ ⎧n1 ⎫ r ⎪ ⎢⎣ 76 −68⎥⎦ ⎨⎩n2 ⎬⎭ = 0 ⇒ n = ⎨0,7459 ⎬ ⎪⎩ 0 ⎪⎭ La deformación ε II corresponde a la dirección:
⎧0⎫ ⎡ 41 76⎤ ⎧ n1 ⎫ r ⎪ ⎪ ⎢⎣76 58⎥⎦ ⎨⎩n2 ⎬⎭ = 0 ⇒ n = ⎨0⎬ ⎪⎩1 ⎪⎭ La deformación ε III corresponde a la dirección:
⎧ 0,7453 ⎪⎫ ⎡68 76⎤ ⎧ n1 ⎫ r ⎪ ⎢⎣76 85⎥⎦ ⎨⎩n2 ⎬⎭ = 0 ⇒ n = ⎨−0,6668⎬ ⎪⎩ 0 ⎪⎭ c) Por definición de deformación:
∂u 3 = ε x = 10 −3 (2y 2 + 3x )⇒ u = 10 −3 ⎛ 2y 2 x + x 2 + f (y)⎞ ⎝ ⎠ ∂x 2 1 ∂v ⎛ = ε y = 10 −3 (6x 2 + y )⇒ v = 10 −3 ⎝ 6x 2 y + y2 + g(x )⎞⎠ 2 ∂y ∂ u ∂v + = γ xy = (16xy − 10y)10−3 = 10 −3 (4xy + f ′(y) + 12xy + g ′(x )) ∂y ∂ x
49
por lo que:
−10y = f ′(y) + g′(x ) y, por tanto:
f ′(y ) = −10y − ω g ′( x ) = ω
f (y ) = −5y 2 − ωy + C1
g(x ) = ωx + C2
Para que los desplazamientos en el origen sean nulos, C1 = C2 = 0 , pero la constante ω no se puede determinar con los datos del problema.
50
PROBLEMA 2.5 El campo de desplazamientos en el interior del sólido de la figura viene definido por: u = y +c⋅x v = −y w=c⋅z
donde “c” es una constante. z
y
x
a) Determinar, en función de la constante “c”, el tensor de deformaciones de Cauchy en un punto genérico del sólido. b) Determinar el valor de la constante “c” para que el volumen del sólido, una vez deformado, sea el mismo que poseía antes de deformarse. c) Determinar las deformaciones principales en punto genérico del sólido.
Solución Problema 2.5 a) Las componentes del tensor de deformaciones son: εx =
∂u ∂v ∂w =c =c εy = = −1 ε z = ∂z ∂x ∂y ⎡ c 0,5 0⎤ ⇒ [D ] = ⎢⎢0,5 − 1 0⎥⎥ ⎢⎣ 0 0 c ⎥⎦
γ xy
1 ⎛ ∂u ∂v ⎞ 1 = ⎜⎜ + ⎟ = (1 + 0) = 0,5 2 2 ⎝ ∂y ∂x ⎟⎠ 2
γ xz 2
=
γ yz 2
=0
51
b) Como quiera que, el campo de deformaciones en el interior del sólido es constante para cualquier punto del sólido(nótese que todas las componentes del tensor lo son), la condición a imponer es que la deformación volumétrica (primer invariante del tensor de deformaciones) sea nula. Esto es: ε v = ε x + ε y + ε z = 2c − 1 = 0 ⇒ c = 0,5
c) La ecuación característica se puede escribir como: ⎡0,5 − ε ⎢ 0,5 ⎢ ⎢⎣ 0
0,5 −1− ε 0
⎤ 0 ⎥⎥ = 0 0,5 − ε ⎥⎦ 0
que, una vez resuelta, proporciona las soluciones:
εΙ =0,6514, εΙΙ =0,5 y εΙΙΙ =−1,1514
52
PROBLEMA 2.6 En las proximidades de un punto P de un sólido se han medido, por medio de tres bandas extensométricas espaciadas entre sí ángulos de 120º, las deformaciones longitudinales según las direcciones de las bandas (ver figura), con el siguiente resultado: εa=0,00108, εb=0,00064, εc=0,00009. Se pide: a) Tensor de deformaciones en el punto P. b) Deformaciones principales y sus respectivas orientaciones. c) Longitud final que tendrá un segmento de longitud unitaria con origen en P y formando un ángulo de 40º antihorarios con la banda A.
B A P C
Solución Problema 2.6 Tomemos como eje x la dirección de la banda A. Tenemos que encontrar las componentes del tensor de deformaciones referidas a los ejes x e y. Es decir:
⎡ ⎢εx [D] = ⎢ γ ⎢ xy ⎣⎢ 2
γ xy ⎤ ⎥ 2 ⎥ εy ⎥ ⎦⎥
Por otra parte, sabemos que, para una dirección cualquiera que forme un ángulo θ con la dirección x, es decir, para la dirección definida por el vector unitario r r r n = cos θi + senθj
el vector deformación unitaria εr será: 53
γ xy ⎧ ⎫ + ε cos θ sen θ ⎪ ⎪⎪ x ⎧cos θ ⎫ ⎪ r 2 ε = [D ] nr = [D ]⎨ ⎬ = ⎨γ ⎬ ⎩ senθ ⎭ ⎪ xy cos θ + ε senθ ⎪ y ⎪⎩ 2 ⎪⎭
La componente εn de este vector deformación unitaria según la dirección r ε vendrá dada por: γ xy r ε n = ε ⋅ nr = ε x cos θ + senθ 2
γ xy
⎧cos θ ⎫ cos θ + ε y senθ ⎨ ⎬= 2 ⎩ senθ ⎭
= ε x cos 2 θ + ε y sen 2θ + γ xy senθ cos θ
Así, para la dirección de la banda extensométrica A, tendremos εn=10,8·10-4 y θΑ=0º, por lo que, sustituyendo en la última ecuación, resultará εx=10,8·10-4. Para la dirección B, se tiene que: εn=6,4·10-4 y θΒ=120º, por lo que obtendríamos la ecuación: 3ε y 3γ xy ε − ε n = 6 ,4 × 10 − 4 = x + 4
4
4
Para la dirección C, εn=0,9·10-4 y θΒ= -120º, por lo que la ecuación resultante sería: 3ε y ε + ε n = 0 ,9 × 10 − 4 = x + 4
4
3γ xy 4
Resolviendo el sistema de ecuaciones que hemos planteado en las dos últimas ecuaciones, junto con el valor de εx que ya habíamos determinado, se llega a que:
ε x = 10,8 × 10 −4 ε y = 1,3 × 10 − 4 γ xy = −6,35 × 10 − 4 Por tanto, el tensor de deformaciones, expresado en los ejes x-y, será:
[D] = ⎡⎢ 10 ,8
− 3 ,18 ⎤ −4 ⎥ 10 1,3 ⎦ ⎣− 3 ,18
54
Para determinar las direcciones principales, dibujemos el círculo de Mohr:
γ/2
(εx,−γxy/2) Dirección x 33,8º
ε
(εy,γxy/2) Dirección y del cual podemos obtener los valores de las deformaciones principales (εI=11,8x10-4 y εII=0,33x10-4) y sus correspondientes direcciones:
y
Dirección II
x 16,9º
Dirección I
55
PROBLEMA 2.7 Sea el punto elástico de la figura, correspondiente a un sólido bidimensional, sometido al estado tensional indicado. Si las deformaciones según x e y son, respectivamente: εx=0,003 y εy= -0,002, el alargamiento admisible del material es de 5 milésimas, y el acortamiento admisible es de 4 milésimas, hallar la máxima tensión tangencial que puede soportar el punto elástico considerado (teniendo presente que actúan sobre él las tensiones normales p y q).
y
p
p x q
τ
q
DATO: G=8x104 MPa.
Solución Problema 2.7 Podemos dibujar el círculo de Mohr en deformaciones correspondiente al punto elástico considerado (el de la izquierda) ya que conocemos las dos deformaciones principales (al no actuar sobre él ninguna tensión tangencial, las tensiones p y q son las principales y, por tanto, las deformaciones proporcionadas también serán las principales). El punto A del círculo representativo de la cara vertical del punto elástico tendría por coordenadas (0,003;0) y el B, representativo de la cara horizontal, (0,002;0). Si ahora suponemos que, sobre el punto elástico, actúa una tensión tangencial de valor desconocido τ, aparecerán en él deformaciones angulares, y el punto representativo de la dirección vertical se situaría, en el plano de Mohr, sobre la recta vertical que pasa por A (nótese que εx no cambia por la introducción de la tensión tangencial). Lo mismo
56
sucedería con el punto representativo de la dirección horizontal. Si, por ejemplo, A’ fuera el punto representativo de la dirección vertical, el de la horizontal sería B’, ya que deben ser diametralmente opuestos. El nuevo círculo de Mohr aumentaría su radio pero, su centro seguiría siendo el del inicial. Por otra parte, el enunciado impone las máximas deformaciones admisibles del material, tanto a tracción como a compresión, lo que obliga a que el círculo de Mohr resultante se encuentre dentro de las dos líneas verticales que aparecen (una a una deformación longitudinal de 0,005 y otra a –0,004). Por tanto, el círculo de Mohr debe ser el dibujado en la figura y, de él, podemos deducir que el valor de γ/2 debe ser, como máximo, 0,0038.
γ/2 (10−3) B’’
A’
B
A
ε (10−3)
γ/2=0,0038
A’’
B’
Por todo lo anterior, la deformación angular máxima γmáx que puede sufrir el punto elástico, sin que las máximas deformaciones longitudinales superen los valores admisibles del material, será:
γ máx = 2 × 0,0038 = 0,0076 y, por tanto, τ máx = G γ max = 608 MPa
57
CAPÍTULO 3
ECUACIÓN CONSTITUTIVA
59
PROBLEMA 3.1 En la figura se representan dos pastillas de sección cuadrada que se someten a un ensayo de compresión en el que se aplica una tensión σ=85 MPa según el eje z. En las direcciones perpendiculares {x,y} se impiden los desplazamientos. Sabiendo que no existe rozamiento entre los distintos sólidos, determinar: a) El tensor de tensiones en cualquier punto de cada material. b) El módulo de elasticidad aparente del conjunto.
DATOS:
Material 1: E1=70 GPa; ν1=0,32 Material 2: E1=210 GPa; ν1=0,30
σ
0.025 m 0.012 m
Solución Problema 3.1 No aparecen tensiones tangenciales en ninguno de los dos sólidos debido a la ausencia de fuerzas de rozamiento. Cada una de las pastillas sufrirá deformación uniaxial según el eje z, y, por tanto, las deformaciones longitudinales según los ejes x e y serán nulas. En estas condiciones, las leyes de Hooke, para cualquiera de los dos materiales de este problema, resultan:
61
σ ν ε x = x − ⋅ (σ y + σ z ) = 0 E E σy ν εy = − ⋅ (σ x + σ z ) = 0 E E σ ν ε z = z − ⋅ (σ x + σ y ) E E De estas ecuaciones, se pueden obtener los valores de las tensiones σ x y σ en función de σ , resultando:
z
y
ν ⋅σ 1− ν z ν σy = ⋅σ 1− ν z
σx =
Por otra parte, la pastilla superior se encuentra sometida a una tensión de compresión de 85 MPa. Para que dicha pastilla se encuentre en equilibrio, la acción de la segunda pastilla sobre la primera será, también, un tensión de compresión de valor idéntico al anterior. Asimismo, utilizando el principio de acción y reacción, la segunda pastilla se encontrará también sometida a una tensión de compresión de 85 MPa. Teniendo en cuenta lo anterior, los tensores de tensiones, referidos a los ejes x,y,z, para ambas pastillas serán: Pastilla superior:
0 0 ⎤ ⎡− 40 [T1 ] = ⎢⎢ 0 − 40 0 ⎥⎥ MPa ⎢⎣ 0 0 − 85⎥⎦ Pastilla inferior:
0 0 ⎤ ⎡− 36.4 [T2 ] = ⎢⎢ 0 − 36.4 0 ⎥⎥ MPa ⎢⎣ 0 0 − 85⎥⎦ Las deformaciones, según el eje z, que sufren ambas pastillas serán:
62
σ σ ν ε z = z − ⋅ (σ x + σ y ) = z E E E
⎛
⋅ ⎜⎜1 − ⎜ ⎝
2 ⋅ ν 2 ⎞⎟ 1 − ν ⎟⎟⎠
Para la pastilla 1: ε z = −8,5 ⋅10 − 4 y, para la pastilla 2: ε z = −3,0 ⋅10 − 4 que equivale a unos acortamientos de cada una de las pastillas valor:
de
Pastilla 1:
∆L1 = −8,5 ⋅ 10 −4 ⋅ 0,025 = −21,25 ⋅ 10 −6 m Pastilla 2:
∆L 2 = −3,0 ⋅ 10 −4 ⋅ 0,012 = −3,60 ⋅ 10 −6 m Por lo que, el acortamiento total (suma de los anteriores) será igual a –24,85·10-6 m. La deformación aparente del conjunto vendrá dada por:
ε aparente =
− 24,85 ⋅ 10 −6 = −6,716 ⋅ 10 − 4 m 0,025 + 0,012
Y el correspondiente módulo de elasticidad aparente del conjunto será: E aparente =
σ ε aparente
= 126,56 GPa
63
PROBLEMA 3.2 Una probeta cúbica de 0,10 m de lado está confinada entre dos paredes rígidas paralelas quedando una holgura total de 0,01 mm. Si se somete, en estas condiciones y tal como se representa en la figura, a un ensayo de compresión, determinar la curva tensión-deformación que se obtendría en el supuesto de que el material se comportase durante todo el ensayo como un material elástico-lineal e isótropo. (E=35 GPa, ν=0,2)
σ z y
Solución Problema 3.2 Etapa inicial: no existe contacto con la pared, por tanto la probeta está sometida a estado de compresión uniaxial:
σx = 0 σy = 0 σz = E ⋅ εz Las relaciones anteriores se conservan hasta que el incremento de longitud en dirección y, ∆ly, se hace igual a la holgura existente entre la probeta y la pared, cuyo valor es: ∆l y = 10 −5
que se relaciona con la deformación en la dirección y de la probeta del siguiente modo:
∆l y = l y ⋅ ε y donde ly representa la longitud en dirección y de la probeta. La deformación εy es consecuencia del efecto Poisson. Por tanto:
64
ε y = −νε z =
0.00001 0.10
por lo que:
εz = −
0.00001 = −0.0005 0.20 × 0.10
y
σ z = 35000 × 0.0005 = 17.5MPa(compresión) Etapa posterior: Al existir contacto se cumplirá:
⎧σ x ⎨ ⎩ ∆ε y
}= 0
por lo que el estado tensional deja de ser uniaxial. Si representamos por incrementos sobre los valores existentes justo en el momento del contacto, llegamos a que:
∆εy =
1 (∆σ y − ν ∆σ z ) = 0 ⇒ ∆ σ y = ν ∆σ z E
∆εz =
1 1 ∆ σ z − ν ∆σ y ) = (∆σ z − ν 2 ∆σ z ) ( E E
∆σz E = Eaparente = = 36458 MPa ∆εz 1 − ν2 Ya podemos dibujar la curva σ−ε de la probeta:
σ (compresión, MPa) 36458 1
17,5
35000 1 0,0005
65
ε (acortamiento)
PROBLEMA 3.3 El sólido de la figura, de las dimensiones indicadas, sufre las siguientes restricciones: las dos caras paralelas al plano x-z no pueden desplazarse según la dirección del eje y; las dos caras paralelas el plano y-z no pueden desplazarse según el eje x. La cara inferior del sólido (contenida en el plano x-y) no puede desplazarse según el eje z. Determinar, cuando se aplica una tensión uniforme de tracción σ, según el eje z, sobre la cara superior ABCD del sólido, 1) el valor del desplazamiento, según el eje z, que experimenta dicha cara y 2) el valor de la tensión normal que actúa sobre la cara ABHF, indicando si es de tracción o de compresión. z
D
C y
A
B
L/4
L F x
H L
NOTA: Las constantes de Lamé del material del sólido son λ y G.
Solución Problema 3.3 1) Las condiciones de desplazamientos que se imponen al sólido conducen a que: εx = 0 εy = 0
siendo ε z ≠ 0 La tercera ecuación de Lamé establece que: σ z = σ = λev + 2Gε z
La deformación volumétrica es, en este caso: ev = ε x + ε y + ε z = ε z
por lo que:
66
σ z = σ = λev + 2Gε z = (λ + 2G )ε z = (λ + 2G )
∆L z L 4
Despejando de la ecuación anterior, se obtiene: ∆L z =
σ
4(λ + 2G )
L
2) La tensión solicitada es σ x , la cual puede obtenerse de la primera ecuación de Lamé: σ x = λev + 2Gε x = λε z = λ
∆L z λσ = L (λ + 2G ) 4
Como las constantes λ y G son positivas, el signo de σ x coincidirá con el de σ , Dicho signo, al ser positivo, representa tracción, por lo que σ x resultará ser, también, una tensión de tracción.
67
CAPÍTULO 4
ELASTICIDAD BIDIMENSIONAL
69
PROBLEMA 4.1 Sea el punto elástico de la figura, correspondiente a un sólido bidimensional, sometido al estado tensional indicado en la parte izquierda de la figura. Si las deformaciones según x e y son, respectivamente: εx=0,003 y εy= -0,002, el alargamiento admisible del material es de 5 milésimas, y el acortamiento admisible es de 4 milésimas, hallar la máxima tensión tangencial que puede soportar el punto elástico considerado (teniendo presente que actúan sobre él las tensiones normales p y q), tal como se indica en la parte derecha de la figura. y
p
p x q
τ
q
DATO: G=8x104 MPa.
Solución Problema 4.1 Podemos dibujar el círculo de Mohr en deformaciones correspondiente al punto elástico considerado (el de la izquierda) ya que conocemos las dos deformaciones principales (al no actuar sobre él ninguna tensión tangencial, las tensiones p y q son las principales y, por tanto, las deformaciones originadas también serán las principales). El punto A del círculo, representativo de la cara vertical del punto elástico, tendrá por coordenadas (0,003;0) y el punto B, representativo de la cara horizontal, (-0,002;0), tal como se indica en la figura más abajo. Si ahora suponemos que, sobre el punto elástico, actúa una tensión tangencial de valor desconocido τ, aparecerán en él deformaciones angulares, y el punto representativo de la dirección vertical se situaría, en el plano de Mohr, sobre la recta vertical que pasa por A (nótese que εx no cambia por la introducción de la tensión tangencial). Lo mismo sucedería con el punto representativo de la dirección horizontal. Si, por ejemplo, A’ fuera el punto representativo de la dirección vertical, el de la 71
horizontal sería B’, ya que deben ser diametralmente opuestos por corresponder a direcciones ortogonales entre sí. El nuevo círculo de Mohr aumentaría su radio pero, su centro seguiría siendo el del inicial. Por otra parte, el enunciado impone las máximas deformaciones admisibles del material, tanto a tracción como a compresión, lo que obliga a que el círculo de Mohr resultante se encuentre dentro de las dos líneas verticales que aparecen (una a una deformación longitudinal de 0,005 y otra a –0,004). Por tanto, el círculo de Mohr debe ser el dibujado en la figura y, de él, podemos deducir que el valor de γ/2 debe ser, como máximo, 0,0038. Por todo lo anterior, la deformación angular máxima γmáx que puede sufrir el punto elástico, sin que las máximas deformaciones longitudinales superen los valores admisibles del material, será:
γ máx = 2 × 0,0038 = 0,0076 y, por tanto, τ máx = G γ max = 608 MPa
γ/2 (10−3) B’’
A’
B
A
ε (10−3)
γ/2=0,0038
A’’
B’
72
PROBLEMA 4.2 La placa cuadrada de la figura está sometida en su contorno a las tensiones que se indican en la figura. En el centro de la placa se han pegado dos galgas extensométricas con las que se miden las deformaciones longitudinales εAB=1,4·10-3 y εAC= – 4,2857·10-4.
-
a) Determinar el módulo de elasticidad E y el coeficiente de Poisson ν del material de la placa.
-
b) Obtener el valor de la deformación angular máxima γmax en el centro de la placa.
-
c) Dibujar las direcciones principales de deformación, indicando claramente los ángulos que forman con los ejes x e y.
-
d) Dibujar los planos sobre los que el vector tensión forma 30º con la dirección perpendicular al plano y la tensión normal es de tracción.
NOTA: Considerar estado de Tensión Plana.
σy =100 MPa τxy =50 MPa y B 45º x
A 45º C
73
Solución Problema 4.2 a) El estado tensional en cualquier punto elástico de la placa es uniforme y el valor de las tensiones es: 100 50
por lo que el círculo de Mohr será:
100
50
(σy=100;τxy=50)
(0;50)
50
(σx=0;τxy=-50)
100
150
(100;-50)
Las tensiones normales actuantes sobre los planos A-B y A-C son, respectivamente, 0 y 100 MPa por lo que: ε AB =
100 = 1,4 × 10 − 3 E
ε AC = −
ν E
100 = −4 ,2857 × 10 − 4
de donde: E=70 GPa y ν=0,3 b) El radio del círculo de Mohr es igual a: Radio = 50 2 = 70 ,71 MPa
74
por lo que la tensión máxima actuante será de 70,71 MPa. Teniendo en cuenta que el módulo de corte G es igual a 26,92 GPa, la deformación angular máxima será: γ máx =
70 ,71 × 10 6 26 ,92 × 10 9
= 0 ,0026
c) Los valores de las tensiones principales son: Tensión principal mayor = 50+70,71=120,71 MPa Tensión principal menor = 50-70,71= -20,71 MPa Y sus direcciones correspondientes formarán ángulos de 45/2 grados con los ejes coordenados. d) Se trata de buscar los planos en lo que:
n σ
30º σ
τ
Como quiera que el radio vector que une el origen de coordenadas del plano de Mohr con un punto representativo de una dirección, proporciona el valor del módulo del vector tensión (la abcisa es σ y la ordenada τ) y, por tanto, el ángulo que forma con el eje de abcisas es, precisamente, el ángulo que forma en la realidad dicho vector tensión con el vector normal a dicho plano, se tendrá:
75
100
(σ;τxy)
50
30º 50
β 100
150
(σ;−τxy)
La ecuación del círculo de Mohr es:
(σ
− 50 )2 + τ 2 = 70 ,712
y, por otra parte: τ = tg 30º σ
Resolviendo este sistema de ecuaciones, se obtiene:
σ =94,801 MPa y τ =54,733 MPa El ángulo β será, por tanto, de 50,79º, por lo que, el plano correspondiente a la condición del problema formará un ángulo de 2,895º en sentido antihorario con el eje x. El otro posible plano será aquel que forma 47,895º con el eje x pero, ahora, en sentido horario. Nótese que la condición dada en el problema relativa a que la tensión normal sea de tracción invalida considerar punto del círculo con abscisa negativa.
76
PROBLEMA 4.3 Bajo una serie de acciones exteriores, el sólido bidimensional cuadrado de la figura izquierda se deforma adquiriendo la geometría indicada en la figura derecha. Determinar: a) el campo de desplazamientos en el interior del sólido (supóngase un estado de deformación plana); b) el tensor de deformaciones de Cauchy; y c) la deformación volumétrica y el tensor de giros en un punto genérico del sólido.
y a/5
y
a
a
a x a
a
x
Solución Problema 4.3 a) El campo de desplazamientos, de acuerdo a la geometría deformada, es: u = y/5 v=0 w=0
b) El tensor de deformaciones de Cauchy se obtiene de la siguiente manera:
77
∂u =0 ∂x ∂v εy = =0 ∂y ∂w εz = =0 ∂z 1 ⎛ ∂u ∂v ⎞ 1 γ xy / 2 = ⎜⎜ + ⎟⎟ = 2 ⎝ ∂y ∂x ⎠ 10
εx =
1 ⎛ ∂u ∂w ⎞ + ⎟=0 2 ⎝ ∂z ∂x ⎠
γ xz / 2 = ⎜
1 ⎛ ∂y ∂w ⎞ ⎟=0 + 2 ⎝ ∂z ∂y ⎟⎠
γ yz / 2 = ⎜⎜
Por tanto:
⎡ 0 ⎢ [D] = ⎢ 110 ⎢ ⎢⎣ 0
1 0⎤ ⎡0 1 0 ⎤ 10 ⎥ 1 ⎢ 0 0⎥ = ⎢1 0 0⎥⎥ ⎥ 10 ⎢ 0 0⎥ ⎣0 0 0⎥⎦ ⎦
c) Como se cumple que las componentes de la diagonal del tensor de deformaciones son nulas, la deformación volumétrica también lo será. Las componentes del tensor de giros, [W ] , son:
ω11 = ω 22 = ω 33 = 0 1 ⎛ ∂u
∂v ⎞
1
ω12 = −ω 21 = ⎜⎜ − ⎟⎟ = − 2 ⎝ ∂y ∂x ⎠ 10 1 ⎛ ∂u ∂w ⎞ − ⎟=0 2 ⎝ ∂z ∂x ⎠
ω13 = −ω 31 = ⎜
1 ⎛ ∂y
∂w ⎞
⎟=0 ω 23 = −ω 32 = ⎜⎜ − 2 ⎝ ∂z ∂y ⎟⎠ por lo que resultará: ⎡ 0 −1 0⎤ ⎡ 0 1 0⎤ 10 ⎥ ⎢ 1 [W ] = ⎢ 110 0 0⎥ = − ⎢⎢− 1 0 0⎥⎥ 10 ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 0⎥⎦ 0 0⎥ ⎢⎣ 0 ⎦
78
PROBLEMA 4.4 Los gráficos I y II representan los estados tensionales de un punto P de un sólido bidimensional sobre el cual actúan, alternativamente, dos sistemas de cargas I y II. Cuando actúan simultáneamente esos dos sistemas de carga, determinar: a)
Valor de la tensión σ para que existan dos planos perpendiculares entre sí sobre los que actúen exclusivamente tensiones tangenciales.
b)
Obtener, para la anterior circunstancia, principales y sus respectivas orientaciones.
c)
Fijar la posición de aquellos planos sobre los que los módulos de las tensiones normal y tangencial adquieren el mismo valor.
las
tensiones
8 MPa 4 MPa
σ 5 MPa (I) 4 MPa
60º
(II)
Solución Problema 4.4 Para obtener el estado tensional correspondiente al estado I+II que actúa sobre un plano pueden sumarse los dos estados tensionales originados por los estados de carga I y II que actúan por separado, pero siempre que consideremos los mismos planos. Como quiera que nos definen los estados tensionales originados por ambos sistemas en las cercanías del mismo punto geométrico pero considerando puntos elásticos diferentes , lo primero que debemos hacer es obtener el estado tensional que origina el sistema de cargas I (nótese que las tensiones que actúan sobre el punto elástico de la derecha no se encuentran totalmente definidas) sobre un punto elástico que tuviera como caras las paralelas a las del punto elástico de la derecha de la figura del enunciado.
79
Partamos, pues, del punto elástico de la izquierda: 8 5 B
4
I
A
Como conocemos las tensiones que actúan sobre las direcciones A y B (que son ortogonales entre sí) podemos dibujar el círculo de Mohr correspondiente:
τ
B (8;5) D (-5,2;2,8)
σ C (9,2;-2.8)
A (-4;-5) De este círculo podemos obtener las tensiones que actúan, para el sistema de carga I, en un punto elástico cuyas caras forman 30º con las originales (puntos C y D), resultando: 5,2 2,8 Ι
9,2
C D
Ahora ya podemos obtener el estado tensional sobre el punto elástico considerado cuando actúa el sistema de cargas I+II, por lo que las tensiones resultantes sobre el punto elástico en estas condiciones serán:
80
σ −5,2 6,8
9,2
Ι+ΙΙ C’ D’ Para calcular σ la condición que nos dan en el enunciado es que existen dos planos perpendiculares entre sí (y, por tanto, diametralmente opuestos en el círculo de Mohr) sobre los que actúan exclusivamente tensiones tangenciales (lo que implica que no existen tensiones normales actuando sobre dichos planos). En estas condiciones, el círculo de Mohr correspondiente al punto elástico de la figura inmediatamente anterior debe tener su centro en el origen de los ejes del plano de Mohr. Con este racionamiento, junto con el hecho de que conocemos el punto representativo de la cara C’, podemos dibujar el círculo de Mohr correspondiente, resultando:
τ D’ (-9,2;6,8)
2 (−8;8)
1 (8;8)
σΙ=11,3
82º
37º
σΙΙ=−11,3
σ
C´ (9,2;-6.8) 4 (8;−8)
3 (−8;−8)
del que podemos deducir la posición del punto representativo de la dirección D’, y en particular, su abcisa (-9,2), valor éste del que podemos deducir el correspondiente de σ: σ − 5 ,2 = −9 ,2
⇒
σ = −4 MPa
También podemos deducir el valor de las tensiones principales: σ I = −σ II = 11,3 MPa
y los correspondientes planos sobre los que actúan:
81
σΙΙ
Plano II
60º+37º/2=78,5º σΙ Plano I Los planos sobre los que los módulos de la tensión normal y de la tangencial son iguales corresponderán a los puntos del círculo de Mohr resultado de la intersección de él con las bisectrices de los ejes σ−τ. Las direcciones correspondientes son: 1
4
2 3 11º 3 2 4
1
82
PROBLEMA 4.5 En el punto O de una pieza fabricada con un material elástico lineal se sabe que las tensiones σz, τzx y τzy son nulas, y que los valores de las deformaciones longitudinales según las tres direcciones AB, CD y FG indicadas en la figura toman los valores:
εAB = ( 8 − 5 3 )·10-4 εCD = 3·10-4 εFG=13·10-4 Las constantes elásticas del material son E=2,4⋅104 MPa y ν=0,2. Obtener: a) Deformaciones deformación.
principales
y
direcciones
principales
de
b) Valor de la tensión tangencial máxima en O, así como orientación del plano sobre el que actúa. A D
F
45º
45º C G B
Solución Problema 4.5 Ninguna de las tres direcciones que nos proporcionan quedaría unívocamente determinada en el plano de Mohr ya que, de cada una de ellas, sólo conocemos la deformación longitudinal (no se proporciona ninguna información sobre las deformaciones angulares). Si, en el plano de Mohr, escogiéramos unos ejes de manera que, el eje γ/2 fuera paralelo a una de las direcciones que nos proporcionan en el enunciado podemos simplificar la resolución del problema. Supongamos que
83
procedemos así escogiendo una paralela a la dirección A-B como eje γ/2 en el plano de Mohr. Si dibujamos los ejes coordenados, los puntos representativos de las tres direcciones estarán sobre rectas verticales (de puntos en la figura siguiente) con abcisas iguales a los valores deformaciones que nos proporcionan. γ/2 (x10-4)
8−5 3
3
13
ε (x10-4) Dirección A-B
Dirección C-D
Dirección F-G
Como el Polo del círculo de Mohr debe encontrarse sobre la recta de abcisa igual a la deformación en la dirección A-B, tomemos un punto cualquiera de la misma y supongamos, por un instante, que hubiésemos acertado y, realmente, ese punto fuera el polo. Trazando por él (ver la siguiente figura) una recta paralela a la dirección CD. Debería cortar a la recta vertical de esa dirección, en el punto C, que sería el punto representativo de esa dirección. De igual forma podríamos haber razonado para obtener el punto F que representaría la dirección F-G.
84
γ/2 (x10-4)
P
C
45º 45º
O ε (x10-4)
Dirección F-G
Dirección Dirección A-B C-D
F
Teniendo en cuenta que disponemos de la posición relativa entre de tres puntos en el círculo de Mohr, podemos dibujar ya éste. Lógicamente, al haber escogido al azar un punto como polo (pero, al menos, lo hemos elegido sobre una recta sobre la que debe estar) el centro del círculo de Mohr no estará sobre el eje ε, por lo que debemos realizar una traslación del mismo hacia abajo hasta que el centro del círculo esté sobre el eje horizontal:
85
Dirección de Tensión tangencial máxima γ/2 (x10-4) C
P 15º
ε (x10-4)
O Dirección F-G
Dirección Dirección A-B C-D
Dirección Principal II
Dirección Principal I
F
En estas condiciones, del círculo de la figura se obtienen las direcciones principales, la dirección de tensión tangencial máxima (también sería cumpliría este requisito la dirección ortogonal a esta última). Por tanto, las deformaciones principales son:
ε I = 18,3 ⋅10 −4
ε II = −2 ×10 −4
La deformación angular máxima se obtiene del círculo (su radio) y vale: ⎛γ⎞ −4 ⎜ ⎟ = 10,2 ⋅ 10 ⎝ 2 ⎠ máx
⇒
γ máx = 20,4 ⋅ 10 − 4
por lo que la tensión tangencial máxima será: τ máx = G ⋅ γ máx =
E 2,4 ⋅ 10 4 ⋅ γ máx = ⋅ 20,4 ⋅ 10 − 4 = 20,4 MPa 2(1 + ν ) 2 ⋅ (1 + 0,2 )
86
PROBLEMA 4.6 Sobre un sólido actúan dos sistemas de cargas (I) y (II), que producen en un cierto punto P del sólido dos estados tensionales diferentes. El estado tensional debido al sistema de cargas (I) se conoce y está representado en la parte derecha de la figura. El estado tensional debido al sistema de cargas (II) se desconoce. Si actúan ambos sistemas de cargas conjuntamente, en el mismo punto P aparece un estado tensional (III). Las componentes intrínsecas del vector tensión que produce el sistema de cargas (III) sobre un plano π que forma 30º , medidos en sentido antihorario, con el eje y, aparecen representadas en la parte derecha de la figura mediante el círculo de Mohr. Las propiedades elásticas del material son E=200 GPa, ν=0,3. Suponiendo un estado de tensión plana se pide:
-
a) Obtener los tensores completos de tensiones deformaciones del estado (II) en los ejes {x,y,z}.
-
b) Obtener las tensiones y direcciones principales del estado (II). (I) 100 MPa
y
+
estado tensional desconocido
plano π 300 MPa
=
σ 100 MPa plano π
30º
Solución Problema 4.6 ESTADO I: Dibujando el círculo de Mohr:
87
de
(III) τ
200 MPa 45º
x
(II)
y
200
(σIx,τIxy)
100
100
200
(σIy,−τIxy)
(200;-100)
se pueden obtener las tensiones actuantes sobre el punto elástico en las direcciones paralelas a los ejes coordenados. De esta manera, el punto elástico será:
200 100
ESTADO III: De este estado se proporciona el siguiente círculo de Mohr:
200
π
100
60º
100
200
(σIIIy,−τIIIxy)
de donde resulta:
88
(σIIIx,τIIIxy)
σ xIII = 200 + 100 cos 30º = 286,6 MPa σ xIII = 200 − 100 cos 30º = 113,4 MPa τ xyIII = −100sen30º = −50 MPa por lo que el punto elástico es: 113,4 50
286,6
ESTADO II: Aplicando el Principio de superposición, y teniendo en cuenta que se trata de un estado de tensión plana (σz=0), el tensor de tensiones correspondiente a este estado resulta ser:
[T ] II
⎡286,6 − 150 0 ⎤ = ⎢⎢ − 150 − 86,6 0 0⎥⎥ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦
Las deformaciones correspondientes a este estado pueden deducirse aplicando las Leyes de Hooke generalizadas:
ε = II x
ε = II y
σ xII E
σ yII E
ε = −ν II z
γ
II xy
=
τ xyII G
−ν −ν
(σ
II x
σ yII E
= 1,56 × 10 −3
σ xII
= −0,86 × 10 −3 E + σ yII = −3,00 × 10 − 4 E
)
= −1,95 × 10 −3
y, por tanto, el tensor de deformaciones resultante es:
[D ] II
0 ⎤ ⎡ 1,56 − 0,97 ⎢ = ⎢− 0,97 − 0,86 0 ⎥⎥ × 10 −3 − 0,3⎦⎥ 0 ⎣⎢ 0
Las tensiones principales, y sus direcciones, en el estado II pueden obtenerse utilizando el círculo de Morh:
89
200
(σIIx,τIIxy) 100
2θ
100
σΙΙΙ
200
σΙ
En el que su centro tiene como abcisa (100 MPa), radio de 239,4 MPa y ángulo θ=38,8º. Las tensiones principales son:
σI=339,4 MPa, σII=0 (dirección del eje z) y σIII=-139,4 MPa, formando la dirección I un ángulo de 19,4º con el eje x.
90
PROBLEMA 4.7 En un punto de un sólido elástico sometido a un estado de deformación plana, las tensiones normal y tangencial sobre un plano A-A, que forma 45º con el eje x, son σ=40 MPa y τ=80 MPa respectivamente. La deformación longitudinal en la dirección A-A es εA=1,5·10-3. Las propiedades elásticas del material son E=100 GPa y ν=0,25. Determinar: a) Tensiones normal y tangencial que actúan sobre el plano B-B, perpendicular al A-A. b) Tensiones σx, σy, τxy que actuarán en el punto elástico de lados paralelos a los ejes coordenados. c) Deformación longitudinal en la dirección B-B y deformación angular asociada a las direcciones A-A y B-B. d) Deformaciones principales. τ A
σ
y
B
45º x A
Solución Problema 4.7 a) Llamemos σ∗ y τ∗ a las tensiones que actúan sobre B-B. Al tratarse de un estado de deformación plana:
σ z = ν ⋅ (σ + σ * ) = 0,25 ⋅ (40 ⋅ 10 6 + σ * ) Por otra parte, la deformación longitudinal según A-A es conocida, por lo que:
91
ε AA = 1,5 ⋅ 10 3 =
σ * 0,25 − 11 ⋅ 40 ⋅ 10 6 + σ z 11 10 10
(
)
De las dos ecuaciones anteriores, se deduce que:
σ* = 173 MPa σ z = 53,2 MPa Por otra parte, al ser la dirección B-B perpendicular a la A-A, la tensión tangencial que actúa sobre la primera dirección debe tener un módulo igual a la que actúa sobre la segunda dirección. Por tanto: τ * = 80 MPa
Así pues, las tensiones buscadas son: τ A
σ
y
173 MPa
45º x
A
b) Dibujando el círculo de Mohr:
200
100
(173;80)
(σx,τxy)
100
(40;80)
92
β
80 MPa B
200
(σy,−τxy)
se deduce que:
β = 39,8º Abcisa del centro del círculo = Radio = 80
40 + 173 = 106,7 MPa 2
2 ( 173 − 40) +
= 104 MPa 4 σ x = 106,7 − 104 ⋅ cos β = 26,7 MPa 2
σ y = 106,7 + 104 ⋅ cos β = 186,7 MPa τ xy = −104 ⋅ senβ = −66,6 MPa c) Aplicando las leyes de Hooke:
σ ν − ⋅ (σ * + σ z ) = −1,65 ⋅ 10 − 4 E E τ 80 ⋅ 10 6 = 2 ⋅ 10 −3 = = G 1011 2(1 + 0,25)
ε BB = γ AB
Las tensiones principales son: σ I = 106 ,7 + 104 = 210 ,7 MPa σ II = 106 ,7 − 104 = 2 ,7 MPa
y las deformaciones principales resultan: σI ν − ⋅ (σ II + σ z ) = 1,96 ⋅ 10 −3 E E σ ν ε II = II − ⋅ (σ I + σ z ) = −6,32 ⋅ 10 − 4 E E εI =
93
PROBLEMA 4.8 En un punto de un sólido elástico se sabe que la deformación longitudinal en la dirección a y la deformación angular asociada a las direcciones ab son nulas (a y b direcciones perpendiculares entre sí) y que la deformación longitudinal en dirección c es negativa. Así mismo, se conoce la deformación angular máxima en el punto que resulta ser γmax=0,005. c b
a
45º
25º Figura 1
-
a) Obtener las deformaciones principales y las direcciones principales de deformación, indicando gráficamente el ángulo que forman con la dirección horizontal, (línea de puntos de la figura)
Si el estado tensional causante de las deformaciones anteriores es el indicado en la figura 2, con σa = -60 MPa y σb = -300 MPa, determinar:
4
σb
τab σa
Figura 2
94
-
b) Constantes elásticas E y ν.
-
c) Máxima tensión tangencial y planos sobre los que actúa, indicando gráficamente su orientación respecto de la dirección horizontal.
NOTA: Considérese estado de tensión plana
Solución Problema 4.8 a) Dibujemos el círculo de Mohr en deformaciones correspondientes al punto considerado. De la dirección a sabemos que la deformación longitudinal en esa dirección εa y la deformación angular γab respecto de esa dirección y otra ortogonal a ella son, ambas, nulas. Por tanto, el punto representativo de la dirección a será el origen de coordenadas de los ejes del plano de Mohr. Por otra parte, se nos dice que la γmáx que se produce en el punto elástico considerado es de 0,005, lo que equivale a decir que el radio del círculo de Mohr será la mitad del valor de dicha deformación. En estas condiciones, el círculo de Mohr podría ser cualquiera de los dos que se muestran en la figura: γ/2 0,0025 γmáx/2 ε (εb;γba/2)
(εa=0;γab/2=0) -0,0025
De los dos posibles círculos, debemos quedarnos con el de la izquierda ya que, como condición adicional, se nos indica que, para la dirección c que forma 25º con la dirección a en sentido antihorario, la deformación longitudinal es negativa y, por tanto, girando el radio vector que une el centro del círculo de Mohr con al punto representativo de la dirección a, en sentido antihorario, se obtendría el punto representativo de la dirección e que debe tener abcisa negativa. Por la posición de los puntos representativos de las direcciones a y b en el círculo de Mohr, ambas direcciones son principales, por lo que las deformaciones principales serán: 95
εI = εa = 0 ε II = ε b = 0 ,005
b) Al ser a y b direcciones principales de deformación, también lo serán de tensión, por lo que podemos concluir que el valor de τab que aparece en la figura 2 del enunciado debe ser nulo. En estas condiciones: σa
εa =
E
σb
εb =
E
− −
ν E
ν E
σb σa
siendo: σ a = −60 MPa σ b = −300 MPa εa = 0 ε b = 0 ,005
Resolviendo el sistema, se obtiene: E = 5 ,76 × 10 10 Pa
ν = 0 ,2
c) La máxima tensión tangencial será igual a: τ máx = G ⋅ γ máx
donde: G =
E = 2 ,4 GPa 2(1 + ν )
por lo que: τ máx = G ⋅ γ máx = 120 MPa
Los plano sobre los que actúa dicha tensión máxima tangencial serán aquellos dos, ortogonales entre sí, en los que la deformación angular es máxima. Volviendo al círculo de Mohr, ambos planos formarán 45º (justo la mitad del ángulo de 90º que forman los radios vectores que unen el centro del círculo con los puntos representativos de a y el de la dirección de deformación angular máxima) con las direcciones a y b en sentido antihorario.
96
PROBLEMA 4.9 Sobre un punto perteneciente a un sólido elástico se aplica el estado de tensiones (I) indicado en la figura. Posteriormente se reduce la tensión σx hasta un valor de 10 MPa en compresión, manteniendo los valores de las tensiones σy y τxy, y alcanzándose con ello un segundo estado tensional (II). Determinar: a) Variación del valor de la deformación longitudinal en la dirección AA’ que ha tenido lugar en el punto al pasar del estado (I) al estado (II). b) Variación del valor de la deformación angular máxima que ha tenido lugar en el punto al pasar del estado (I) al estado (II). c) Orientación de la pareja de direcciones que sufre la máxima deformación angular en el estado (II). Considerar Deformación Plana en ambos estados. DATOS: E=100 GPa;
ν=0,25 30 MPa A'
25 MPa 50 MPa
y A
x
97
Solución Problema 4.9 ESTADO I: Dado que se trata de un problema de deformación plana, se tendrá que:
εz = 0 γ xz = γ yz = 0
σ z = ν ⋅ (σ x + σ y ) En nuestro caso, se tiene:
σ x = −50 MPa σ y = 30 MPa τ xy = 25 MPa por lo que: σ z = ν ⋅ (σ x + σ y ) = 0 , 25 ⋅ (− 50 + 30 ) = − 5 MPa
Por otra parte, las deformaciones inducidas en el punto elástico serán:
6 − 50 ⋅ 10 0,25 ⎛ σx ν 6 6 − ⋅ (σ y + σ z ) = − ⋅ ⎜ 30 ⋅ 10 − 5 ⋅ 10 ⎞⎟ = −5,625 ⋅ 10 − 4 9 9 E E ⎠ 100 ⋅ 10 100 ⋅ 10 ⎝ 6 σy ν 30 ⋅ 10 0,25 ⎛ 6 6⎞ −4 εy = − ⋅ (σ x + σ z ) = − ⎜ − 50 ⋅ 10 − 5 ⋅ 10 ⎟ = 4,375 ⋅ 10 9 9 E E ⎠ 100 ⋅ 10 100 ⋅ 10 ⎝ 6 τ xy 25 25 ⋅ 10 γ xy = = = = 6,25 × 10 − 4 E 9 G 40 ⋅ 10 2(1 + ν ) εx =
Conociendo el estado deformacional en el punto elástico, podemos dibujar el círculo de Mohr:
98
γ/2 γmáx/2
(εb;γab/2)
(εy;γxy/2) ε α
C 90º
β
(εx;γxy/2) γmáx/2
(εa;γab/2)
El centro C del círculo tiene una abcisa igual a: 1 ⋅ (ε x + ε y ) = − 0,625 ⋅ 10 − 4 2
y un radio R de valor:
γ 1 (ε x − ε y )2 + ⎛⎜ xy ⎞⎟ = 5,8962 ⋅ 10 − 4 ⎜ 2 ⎟ 4 ⎝ ⎠ 2
R=
De este círculo de Mohr puede obtenerse:
3,125 ⋅ 10 −4 tg α = 5 ⋅ 10 − 4
α = 32º
y
β = 180 − 90 − α = 58º La deformación longitudinal según la dirección A-A’ será: ε aI = −0,625 ⋅ 10 −4 + R ⋅ cos 58º = 2,4995 ⋅ 10 −4 1 γ =R 2 máx
⇒ γ I máx = 11,7924 ⋅ 10 − 4
ESTADO II:
En este caso:
99
σ x = −10 MPa σ y = 30 MPa τ xy = 25 MPa
por lo que: σ z = ν ⋅ (σ x + σ y ) = 5 MPa
Las deformaciones serán:
6 0,25 ⎛ − 10 ⋅ 10 σx ν 6 6 − ⋅ (σ y + σ z ) = − ⋅ ⎜ 30 ⋅ 10 + 5 ⋅ 10 ⎞⎟ = −1,875 ⋅ 10 − 4 9 9 E E ⎠ 100 ⋅ 10 100 ⋅ 10 ⎝ 6 σy ν 30 ⋅ 10 0,25 ⎛ 6 6 εy = − ⋅ (σ x + σ z ) = − ⋅ ⎜ − 10 ⋅ 10 + 5 ⋅ 10 ⎞⎟ = 3,125 ⋅ 10 − 4 9 9 E E ⎠ 100 ⋅ 10 100 ⋅ 10 ⎝ τ xy 25 ⋅ 10 6 γ xy = = = 6,25 ⋅ 10 − 4 9 G 40 ⋅ 10 εx =
El correspondiente círculo de Mohr será:
γ/2
γmáx/2 (εb;γab/2)
(εy;γxy/2) ε
α (εx;γxy/2)
2δ
C β 90º
(εa;γab/2)
γmáx/2
en el que su centro C posee una abcisa igual a 0,625·10-4 y un radio R de 4,002·10-4. Los valores de los ángulos son:
tg α =
3,125 ⋅ 10 −4 2,5 ⋅ 10 − 4
⇒ α = 51,34º
100
y
β = 180 − 90 − α = 38,66º La deformación longitudinal según la dirección A-A’ será: ε aII = 0,625 ⋅ 10 −4 + R ⋅ cos 38,66º = 3,75 ⋅ 10 −4 1 γ =R 2 máx
⇒ γ II máx = 8,004 ⋅ 10 − 4
Por tanto, en relación con los apartados del problema: La variación de la deformación longitudinal en la dirección A-A’ que ha tenido lugar, al pasar del estado I al II, es:
∆ε a = ε aII − ε aI = 1,2505 ⋅ 10 −4 La variación de la deformación angular máxima que ha tenido lugar, al pasar del estado I al II, resulta ser:
∆γ máx = γ IImáx − γ Imáx = −3,7884 ⋅ 10 −4 La orientación de las direcciones de deformación angular máxima para el estado II, son la que forma δ grados en sentido antihorario y su perpendidular: A’
δ A
siendo:
2δ = 90 − α = 90 − 51,34 = 38,66 ⇒ δ = 19,33º
101
x
PROBLEMA 4.10 Un punto de un sólido elástico se encuentra sometido a dos estados de tensión plana (A) y (B). El estado (A) es desconocido y el estado (B) viene definido en la figura adjunta. Se sabe que si actúan ambos estados simultáneamente, dando lugar al estado tensional (C), las tensiones principales en el plano {x,y} toman los valores σI = 80 MPa y σII = −80 MPa y las direcciones principales forman con los ejes {x,y} los ángulos indicados en la figura. Determinar: a) Tensor de tensiones, referido a los ejes {x,y}, para el estado tensional (C). b) Tensiones principales y direcciones principales, indicando su orientación respecto de los ejes {x,y}, para los estados tensionales (A) y (B). y
80 MPa
?
I 60 MPa
? ?
45º
40 MPa
x
45º II Estado (A) (desconocido)
Estado (B)
Estado (C)
Solución Problema 4.10 a) Para el estado tensional (C) se conocen las tensiones principales. Esto es:
σ I = 80 MPa
y σ II = − 80 MPa
Podemos dibujar el círculo de Mohr, el cual, al ser los valores de las tensiones principales iguales y opuestos, estará centrado en el origen de los ejes del plano de Mohr y su radio será, precisamente, el valor absoluto de dichas tensiones principales:
102
τ B
σ σII
σI
A 80 MPa El plano principal I (perpendicular a la dirección en la que actúa la tensión σI) formará un ángulo de 45º con el plano representativo del punto A, por lo que, dicho plano, será vertical y, sobre él, actuará solamente una tensión tangencial negativa de valor –80 MPa. El plano representativo del punto B del círculo será horizontal y sólo actuará sobre él una tensión tangencial de valor +80 MPa (Nótese que los puntos A y B poseen abcisa (tensión normal) nula). Por tanto, el punto elástico correspondiente al estado de cargas (C), referido al sistema de coordenadas x,y, será:
y B A
x y la expresión del Tensor de tensiones en el estado C, referido a los ejes x,y, resultará ser:
[T] = ⎡⎢
0 80⎤ ⎥ MPa ⎣80 0 ⎦
El Tensor de tensiones en el estado B (ver figura del enunciado), referido a los ejes x,y, será:
[T] = ⎡⎢
40 60⎤ ⎥ MPa. ⎣60 80⎦
Dibujando el círculo de Mohr:
103
τ
II
Plano horizontal
40
C
I
σ
80
108,4º ´Plano vertical
se obtienen las siguientes tensiones principales: σ I = 123,2 MPa, σ II = −3,2 MPa
El plano sobre el que actúa la tensión principal I formará un ángulo de 108,4º/2=54,2º con la dirección vertical. Es decir, la dirección principal mayor (dirección de la tensión σI) formará un ángulo de 54,2º, en sentido antihorario con el eje x. El estado (A) será (aplicando el Principio de superposición) la diferencia entre el estado (C) y el (B). Nótese que estamos aplicando este principio en un mismo punto elástico refiriendo el estado tensional, que produce cada uno de los estado de carga, a un mismo sistema de referencia cartesiano. Por tanto, el tensor de tensiones, expresado en MPa y correspondiente al estado de carga (A), será:
− 40 20 ⎤ ⎥ ⎣ 20 − 80⎦
[T] = ⎡⎢
En estas condiciones, y para este estado de carga, las tensiones principales que se obtienen son: σ I = −31,7 MPa, σ II = −88,3 MPa
formando la dirección principal I un ángulo de 22,5º, en sentido antihorario, con el eje x.
104
PROBLEMA 4.11 El punto O pertenece a un sólido sometido a un sistema de cargas exteriores (Sistema de cargas I). En dicho punto, y para este estado de cargas, se sabe que las tensiones tangenciales que actúan sobre los planos perpendiculares A y B (ver parte izquierda de la figura), que pasan por las proximidades del punto O, son del mismo valor igual a τ , y con los sentidos indicados en la figura. Para el plano A, que forma 15º, en sentido horario, con el plano en el que se produce la tensión principal mayor, se conoce que la tensión normal es de tracción e igual a 80 MPa. Teniendo en cuenta que la tensión normal en el plano B es nula, se pide, cuando actúa el sistema de cargas I: a) Magnitud de la tensión tangencial A y B.
τ
que actúa sobre los planos
b) Máxima tensión de compresión en el punto elástico O y plano en el que se produce (orientación respecto al eje x). Una vez que actúa sobre el sólido el Sistema de cargas I, se aplica otro estado de cargas diferente (Sistema de cargas II, cuyo estado tensional correspondiente en el punto O se recoge en la parte derecha de la figura). Se pide: c) Valor de la tensión τ II (producida cuando exclusivamente actúa el Sistema de cargas II) sobre un plano que forma 0º con el eje x, para que, cuando actúan simultáneamente los sistemas de carga I y II, el tensor de tensiones en ejes {x,y,z} sea igual al tensor de tensiones en ejes principales. d) Para el valor de τ II , antes calculado, obtener el tensor completo de deformaciones, en los ejes {x,y,z}, cuando actúan simultáneamente los sistemas de carga I y II.
105
A
τ
80 MPa
τII 80 MPa
45º
O
y
τ
x
Estado Tensional correspondiente al
Sistema de Cargas II
B Estado Tensional correspondiente al
Sistema de Cargas I
NOTA: Considérese que el sólido se comporta en tensión plana para todos los estados de carga considerados en este problema. Las propiedades elásticas del material son E=200 GPa y ν =0,3
Solución Problema 4.11 a) Magnitud de la tensión tangencial A y B.
τ
que actúa sobre los planos
La coordenada vertical del centro del círculo de Mohr es nula y, además, éste se encuentra, necesariamente, en la mediatriz de AB. Como el ángulo que forma el plano A con los ejes principales es de 15º, se tiene que:
106
τ (σy,τxy )
B (0,τ )
2αII=120º
O’
O
2α=30º 90º
τ
σ
A (80, - τ )
2α (σx ,-τxy)
de donde se deduce que: OO ′ = 80 / 2 = 40 MPa
y que, por tanto: τ = 40·tg ( 2α ) = 40·tg (30º ) = 23,08MPa
b) Máxima tensión de compresión y plano en el que se produce. El radio R del círculo de Mohr es: R = 23,08 2 + 40 2 = 46,18MPa
por lo que la máxima tensión de compresión σ II será: σ II = OO'- R = -6,18MPa
El plano correspondiente lo podemos obtener teniendo en cuenta que: 2α II = 120º
resultando: α II = 60º
respecto al eje x en sentido antihorario c) Valor de τ II . Calculamos el tensor de tensiones del estado I: σ X = OO '- R cos( 60 º ) = 16,91 MPa
107
σ Y = OO '+ R cos( 60 º ) = 63,09 MPa
τ XY = R cos(30º ) = 40 MPa
por lo que el tensor de tensiones será: ⎡ ⎤ 16,91 40 ⎥ ⎢ TI = MPa ⎢ 40 63, 09 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ Sumando los tensores de tensiones de los estados I y II (Principio de superposición): ⎡ − 63,09 40 + τ II ⎤ TI + TII = ⎢ MPa 63,09 ⎥⎦ ⎣ 40 + τ II de donde τ II = −40MPa e) Tensor de deformaciones completo. Aplicando las leyes de Hooke: ε X = σ X / E − ν ·σ Y / E = 10 −3 (-63,09/ 200 - 0,3·63,09/200 ) = −0,41·10 -3 ε Y = σ Y / E − ν ·σ X / E = 10 −3 (63,09/200 + 0,3·63,09/200 ) = 0,41·10 -3 ε Z = −ν ·(σ X + σ Y ) / E = 0 γ XY = τ XY / G = 0
por lo que, el tensor de deformaciones será: 0⎤ ⎡− 0,41 0 ⎢ D I + D II = ⎢ 0 0,41 0⎥⎥·10 −3 ⎢⎣ 0 0 0⎥⎦
108
CAPÍTULO 5
FUNCIÓN DE AIRY
109
PROBLEMA 5.1 Considérese la función φ ( x, y ) = α x y 3 + β x y . a) ¿Puede considerarse como una función de Airy? b) Determinar todas las componentes del tensor de tensiones asociado a φ. c) Dado el sólido de la figura, que se encuentra en un estado de deformación plana según la dirección z, determinar los coeficientes α y β que hacen que la función φ sea la solución del estado tensional generado por la carga P aplicada en el extremo izquierdo del sólido. Obtener la tensión σz en cada punto del mismo. y
y h/2 x
z
h/2
P b/2 b/2 L
Solución Problema 5.1 a) Para que la función φ sea función de tensión o de Airy, debe cumplir que su bilaplaciano sea nulo. Es decir:
∆ 2φ = 0 Por otra parte, para la función φ de este problema, se cumple:
∂ 4φ ∂x 4
=
∂ 4φ ∂y 4
=
∂ 4φ ∂x 2 ∂y 2
=0
por lo que la función φ es biarmónica y, por tanto, es función de tensión. b) Las componentes tensionales (estado de deformación plana) son:
111
σx =
∂ 2φ = 6αxy ∂y 2
∂ 2φ σy = 2 = 0 ∂x ∂ 2φ τ xy = − = −3αy 2 − β ∂x∂y σ z = ν(σ x + σ y ) = 6ναxy por lo que, el tensor de tensiones, expresado en el sistema de coordenadas x,y,z será:
⎡ 6αxy − 3αy 2 − β 0 ⎤ ⎢ ⎥ 2 [T ] = ⎢− 3αy − β 0 0 ⎥ ⎢ 0 0 6ναxy⎥⎦ ⎣ c) En x=0, las tensiones tangenciales actuantes son: τ xy = −3αy 2 − β
Para cualquier valor de la ordenada y, la tensión tangencial es negativa, lo que indica que tiene sentido contrario al del eje y. La fuerza exterior P y estas tensiones tangenciales deberán ser sistemas equivalentes (deberán poseer la misma resultante y momento respecto de un punto). Esto es: h ⎛ ⎞ h3 P = ∫ h2 τ xy ⋅ b ⋅ dy = ⎜⎜ α ⋅b⋅ + β⋅ b⋅ h ⎟⎟ ⋅ (− 1) − 4 2 ⎝ ⎠
Lógicamente, poseen el mismo momento (momento nulo) respecto de cualquier punto del plano sobre el que actúan. Por otra parte, en los extremos superior e inferior de la sección considerada no existirán tensiones tangenciales:
h h En y = ± : τ xy = −3 ⋅ α ⋅ − β = 0 2 4 2
Las dos últimas ecuaciones obtenidas permiten determinar el valor de los parámetros α y β de la función φ, resultando:
112
2P
α =
bh 3 3P β =− 2bh
por lo que las tensiones, en un punto genérico del sólido, son:
σx =
12P xy bh 3
τ xy = −
6P 2 3P y + 2bh bh 3
σ z = νσ x =
12Pν xy bh 3
NOTA: Si tenemos en cuenta que el momento de inercia de la sección de la pieza respecto del eje x es:
Iz =
1 ⋅ b ⋅ h3 12
y que P ⋅ x es el momento flector M que actúa en una sección paralela al plano y-z separada una distancia x de la sección del extremo izquierdo, se tiene que:
σx =
My Iz
que es la fórmula básica y general de la distribución de tensiones en una sección simétrica causada por un estado de flexión pura.
113
PROBLEMA 5.2 Una placa rectangular se encuentra sometida a las acciones indicadas en la figura. Determinar la función de Airy que resuelve el problema.
σ2
y
σ2 h
σ1
σ1
x
L
Solución Problema 5.2 La expresión que debemos tomar para la función de Airy depende de las condiciones tensionales que actúan sobre los contornos de la placa. Así, en nuestro caso, la variación de las tensiones normales en los lados verticales de la placa puede ser considerada como la suma de una distribución uniforme más una distribución lineal. Dado que las tensiones en puntos del interior de la placa (y, por supuesto, en los contornos de la misma) se obtienen derivando dos veces la correspondiente función de Airy, ésta deberá tener una expresión suma de un polinomio de segundo grado (al derivar dos veces se obtendría una constante (distribución uniforme)) más un polinomio de tercer grado (al derivar dos veces se obtendría una función lineal de las coordenadas cartesianas que se emplean (distribución lineal)). A la vista de lo anterior, la función de Airy a utilizar en nuestro caso será: φ = ax 3 + bx 2 y + cxy 2 + dy 3 + cx 2 + fxy + gy 2 . Las tensiones en los puntos interiores de la placa se obtendrán mediante derivación de la función de Airy anterior, resultando: σx =
∂ 2φ ∂y
2
= 2cx + 6dy + 2 g σ y =
∂ 2φ ∂x
2
= 6ax + 2by + 2e τ xy = −
∂φ = −2bx − 2cy − f ∂x∂y
Para determinar los valores de las constantes que aparecen en la función de Airy, deberemos imponer las condiciones de contorno de nuestro problema. Dichas condiciones son: 114
a) en x=0, σ x =
σ 2 − σ1 h
y + σ 1 (variación de tensiones dato del problema)
b) en x=0, τ xy = 0 c) en y=0, σ y = 0 Una vez obtenidas las constantes, la función de Airy resulta ser: φ=
σ 2 − σ1 6h
y3 +
σ1 2
y2
115
PROBLEMA 5.3 La placa plana rectangular representada en la figura se encuentra sometida a un estado de tensión plana y, sobre su contorno, actúan las tensiones tangenciales, expresadas en MPa, que se indican en la figura. (Se supone que dichas tensiones varían linealmente a lo largo de cada lado). a) Determinar la distribución de tensiones normales más simple que habría que aplicar sobre el contorno de la placa para que se verifiquen las ecuaciones de equilibrio interno a lo largo de toda la placa. b) Calcular las tensiones principales, direcciones, en el centro de la placa.
y
sus
correspondientes
6 6
2m
10
4 4 10 3m
116
Solución Problema 5.3 a) Al ser lineales las distribuciones de tensiones en todos los contornos de la placa, propondremos una función de tensión polinómica de tercer grado.
φ = ax 2 + bxy + cy 2 + dx3 + ex 2 y + fxy2 + gy3 por lo que:
2
σ x = ∂ φ = 2c + 2 fx + 6gy ∂ y2 ∂ 2φ σ y = 2 = 2 a + 6 dx + 2ey ∂x ∂ 2φ τ xy = − = −b − 2 ex − 2 fy ∂ x∂ y Al proporcionarnos en el enunciado las tensiones tangenciales que actúan sobre el contorno de la placa, podremos determinar los coeficientes b, e y f. En la expresión de σx el coeficiente del segundo sumando depende del valor de f y, en la expresión de σy, el coeficiente del tercer sumando depende del valor que haya adquirido el parámetro e. Al pedirnos la distribución de tensiones normales más simple, debemos considerar que los parámetros a, c, d, y g tienen que tomar valores nulos. Por tanto: a=0 d=0 g=0 b = −4 e = −1 c=0
f =1
La distribución de tensiones será, entonces:
σ x = 2x σ y = −2y
τ xy = 4 + 2 x − 2 y En el contorno la distribución de tensiones normales será:
117
4 MPa
6 MPa
b) En el centro de la placa: x=1,5 e y=1, por lo que:
σ x = 3 σ y = −2 τ xy = 5 y, por tanto, del círculo de Mohr obtendríamos:
3−2 = 0, 5 2 R = (3 − 0,5)2 + 52 = 5.59 σ I = 0,5 + 5, 59 = 6,09 σ II = 0, 5 − 5,59 = −5,09 1 5 θ = arctg = 31.72º 2 2,5
σm =
118
PROBLEMA 5.4 Una placa rectangular de espesor constante cuyos vértices son los puntos A (3,2), B (3,-9), C (-9,-9), D (-9,2), referidos a un sistema de referencia cartesiano, está sometida a un estado de tensión plana. Las expresiones de las tensiones actuantes sobre sus lados son:
-
Lado A-B: σx = y2 - 9
-
Lado B-C: σy = x2 - 81 τxy = -18 x
-
Lado C-D: σx = y2 - 81 τxy = - 18 y
-
Lado A-D: σy = x2 - 4
τxy = 6y
τxy = 4x
Se pide:
-
a) Tensiones en cualquier punto de la placa.
-
b) Coordenadas de los puntos singulares si los hubiere.
-
c) Ecuaciones y dibujo de la red de isostáticas, remarcando las isostáticas rectas.
y
D
A x
C
B
119
Solución Problema 5.4 a) La función de tensión φ será:
φ = ax 4 + bx 3y + cx 2 y 2 + dxy3 + ey 4 + fx3 + gx 2 y + hxy2 + iy3 + jx 2 + kxy +ly 2 Imponiendo las condiciones de contorno:
σ x = −x 2 + y2 σ y = x2 − y2 τ xy = 2xy b) Puntos singulares:
σ x = σ y τ xy = 0 , por lo que resulta:
−x 2 + y2 = x 2 − y2 → y = ±x (1) ⎧x = 0 τ xy = 0 ⇒ 2xy = 0 ⇒ ⎨ (2) y = 0 ⎩ La intersección de (1) con (2) es el punto singular (0,0) que, además, es punto neutro σ x = σ y = τ xy = 0 . c) Las isostáticas vendrán dadas por la ecuación:
2 ⎛ σx − σy⎞ σx − σy dy =− ± ⎜ ⎟ +1 dx 2 τ xy ⎝ 2 τ xy ⎠ resultando:
dy = dx
x 2 − y2 ± x2 + y2 2xy
dy x ⎧ = → y 2 = x 2 + c (3) ⎪ 1 dx y →⎨ x dy = − → ln y = −ln x + lnc (4) ⎪ 2 y ⎩ dx
Las curvas de la ecuación (3) son hipérbolas asintóticas con las bisectrices y las de la ecuación (4) son hipérbolas equiláteras. Para discernir qué curvas son las isostáticas I ó II, es conveniente dibujar el estado tensional en un punto cualquiera y ver en él cual es la orientación I ó II. Se puede comprobar que, las isostáticas de la
120
ecuación (3), son las que corresponden a las direcciones I, y, por tanto, las de la ecuación (4) son las de tipo II. El dibujo de las isostáticas es:
121
PROBLEMA 5.5 Dada la placa de la figura, que se encuentra sometida al estado de cargas indicado y trabajando en tensión plana, se pide: 1) Valor en micras de la variación de los lados AB y AD y de las diagonales AC y BC. 2) Variación del área de la placa. 3) Dibujar la red de isostáticas.
120 MPa y C 50 c m
B
60 MPa 60º x A
D
50 cm DATOS: E=210 GPa, ν=0,2
Solución Problema 5.5 1) Como las distribuciones de tensiones sobre los lados de la placa son uniformes, la función de Airy será un polinomio de segundo grado y, por tanto, el estado tensional en cualquier punto elástico también será uniforme y corresponderá al siguiente:
122
120 MPa
60 MPa 60º
que, representado en una forma más simple, será: 120 MPa 60º 60º 60º
60 MPa
En realidad, estamos dibujando el vector tensión que actúa sobre cada cara, el cual, proyectándolo sobre la normal y sobre el plano, nos conduce al siguiente estado tensional: 120 sen60=60
3 =102,74 MPa
120 cos60=60 60 cos60=30 60º
60 sen60=30
3 =51,37 MPa
Nótese que, al no ser las dos caras del punto elástico ortogonales entre sí, ya no se cumple la igualdad en módulo de las tensiones tangenciales. Conocido el estado tensional sobre dos caras del punto elático podemos dibujar el círculo de Mohr. Para ello situaremos, primero, en el plano de Mohr, los puntos representativos de la dirección paralela al lado A-B de la placa y el de la dirección horizontal paralela al lado A-D. Trazando la mediatriz del segmento que une los dos puntos anteriores, se puede obtener el centro del círculo de Mohr como el punto de corte de esta mediatriz con el eje σ:
123
τ 100
σ
-100
100
AB AD -100
Podemos dibujar el círculo de Mohr, pues conocemos su centro y, al menos, un punto por el que tiene que pasar, resultando:
τ 100
σ
-100
100
AB AD -100
De esta construcción gráfica podemos deducir los estados tensionales sobre las diferentes direcciones que nos van a interesar para determinar los alargamientos o acortamientos que nos piden en el enunciado:
124
τ BD
100
Dirección vertical
Dirección AB
-200
σ -100
100
60º AB
AD (Dirección horizontal)
AC
-100
Así, para el cálculo del alargamiento, o acortamiento, del segmento A-D de la realidad, necesitaremos conocer las tensiones que actúan sobre un punto elástico cuyos lados sean paralelos a las direcciones horizontal y vertical. Para la dirección horizontal ya conocíamos las tensiones actuantes (punto AD del círculo de Mohr). El punto representativo de la dirección vertical será el punto así denominado en el círculo de Mohr. Por tanto, las tensiones que actúan sobre el punto elástico resultante serán: 102,74 MPa 60 MPa 36,2 MPa
Para el cálculo del alargamiento, o acortamiento, de la diagonal A-C necesitamos conocer las tensiones que actúan sobre un punto elástico de lados paralelos a la dirección A-C y su ortogonal que, dada la geometría de la placa, coincidirá con la dirección B-D. Por tanto, estas tensiones actuando sobre este punto elástico nos servirán para calcular los cambios de longitud de ambas diagonales del rombo. En el círculo de Mohr, girando el radio vector que une el centro con el punto representativo de la dirección A-D un ángulo de 60º (en la realidad la dirección A-D y la A-C forman un ángulo de 30º) en sentido antihorario, determinamos el punto representativo de la dirección A-C y, también, las coordenadas del punto diametralmente opuesto, que corresponderá a la dirección B-D, resultando: 125
B 92 MPa 30º
C D
53 MPa
18 MPa
A
Como paso previo a la determinación del cambio de longitud del lado AB, podemos proceder de manera análoga a como ya hemos hecho. Por tanto, para la dirección A-B y su ortogonal, el punto elástico, y las tensiones que sobre él actúan, será: B 123,2 MPa 30 MPa
51,37 MPa A
Cambio de longitud del lado A-D: La deformación longitudinal en esta dirección será:
ε AD = ε x =
σx E
−ν
σy E
=
1 (36,2 + 0,2 ⋅ 102,74) = 270,23 × 10 −6 E
La variación de longitud de un elemento dx tomado sobre el segmento A-D resulta ser:
ε AD ⋅ dx = ε x ⋅ dx = 270,23 × 10 −6 ⋅ dx Por tanto, la variación de longitud del lado A-D (utilizaremos mm) es: 500
∫0
270,23 × 10 − 6 ⋅ dx = 135113,33 × 10 − 6 mm = 135,11 µ
126
Cambio de longitud del lado A-B: La deformación longitudinal en la dirección A-B será:
ε AB =
1 (− 123,2 − 0,2 ⋅ 51,37 ) = −635,6 × 10 −6 E
por lo que un elemento diferencial de longitud dl tomado sobre la recta A-B, experimentará un cambio de longitud de:
ε AB ⋅ dl = −635,6 × 10 −6 ⋅ dl y la variación de longitud del lado A-B resultará ser: 500
∫0
− 635,6 × 10 − 6 ⋅ dl = −317800 × 10 − 6 mm = −317,8 µ
Cambio de longitud de la diagonal A-C: La deformación longitudinal en esta dirección será:
ε AC =
1 (− 53 + 0,2 ⋅ 180) = −235,24 × 10 −6 E
La variación de longitud de un elemento dλ tomado sobre el segmento A-C es:
ε AC ⋅ dλ = −235,24 × 10 −6 ⋅ dλ por lo que la variación de longitud de la diagonal A-C será: 500 3
∫0
− 235,24 × 10 − 6 ⋅ dλ = −201399,1 × 10 − 6 mm = −201,40 µ
Cambio de longitud de la diagonal B-D: La deformación longitudinal en esta dirección resulta ser:
ε BD =
1 (− 180 + 0,2 ⋅ 53) = −35,24 × 10 − 6 E
La variación de longitud de un elemento dλ’ tomado sobre el segmento B-D será:
127
ε BD ⋅ dλ ′ = −35,24 × 10 −6 ⋅ dλ ′ La variación de longitud de la diagonal B-D será: 500
∫0
− 35,24 × 10 − 6 ⋅ dλ ′ = −17619,105 × 10 − 6 mm = −17,62 µ
2) La variación de superficie ∆S que experimenta la placa rómbica la podemos calcular determinando la variación de área que experimenta un punto elástico genérico e integrando, posteriormente, a toda la placa. Si denominamos S a la superficie inicial de la placa, el valor de ∆S será:
∆S = S ⋅ (ε AC + ε BD ) = S ⋅ (− 235,24 − 35,24 ) × 10 −6 = −270,48 × 10 −6 ⋅ S La superficie de la placa es:
⎛1 ⎞ S = 4 ⋅ ⎜ 250 3 ⋅ 250 ⎟ ⎝2 ⎠ por lo que ∆S resultará igual a 57,9 mm2. 3) Volviendo a la construcción de Mohr, el plano sobre el que actúa la tensión principal mayor σI formará un ángulo de 9,5º, en sentido antihorario, con la dirección A-B, tal como se desprende de la siguiente figura:
τ BD
100
Dirección vertical
Dirección AB
σII
-200
σ
σI -100
19º
60º
100
AB AD (Dirección horizontal)
AC
-100
La red de isostáticas serán líneas dadas por la ecuación: 128
2
dy 36,2 + 102,74 ⎛ 36,2 + 102,74 ⎞ = ± 1+ ⎜ ⎟ = Constante dx 2 ⋅ 60 2 ⋅ 60 ⎝ ⎠ por lo que se tratan de líneas rectas, tal como se indican en la figura:
y C
B
Isostáticas tipo I Isostáticas tipo II
x
A D 9,5º
129
CAPÍTULO 6
ELASTICIDAD BIDIMENSIONAL EN COORDENADAS POLARES
131
PROBLEMA 6.1 La pieza curva de la figura, cuya directriz es un arco de circunferencia de 90º de amplitud, tiene 4 metros de radio exterior, 2 metros de radio interior y su sección es rectangular de 2 x 0.1 metros cuadrados. Se encuentra sometida a flexión por dos momentos de 100 kN⋅m aplicados en las secciones extremas. a) Si la función de tensiones es: Φ = A ⋅ ln( r ) + B ⋅ r 2 ⋅ ln( r ) + C ⋅ r 2
determinar el valor de las constantes A, B y C para las condiciones del problema. b) Dibujar la distribución de tensiones σr, σθ y τrθ sobre el segmento AB. c) Dibujar los puntos singulares si los hubiere y la red de isostáticas, indicando cuáles corresponden a σI y cuáles a σII. r 45º
45º
A 4m B
100 kNm
θ
2m
100 kNm
0.1 m
sección
∫ ln( r ) ⋅ dr = −r + r ⋅ ln( r ) r 2 r 2 ⋅ ln( r ) ∫ ln( r ) ⋅ r ⋅ dr = − 4 + 2
133
Solución Problema 6.1 a) El laplaciano de la función es:
∆φ = 4 B ln r + 4 B + 4C y, por tanto:
∆2φ = 0 por lo que la función es de tensión o de Airy. Las tensiones resultantes serán:
σr =
A r2
σθ = −
+ B + 2 B ln r + 2C A
r2
+ 3 B + 2 B ln r + 2C
τ rθ = 0 Imponiendo las condiciones de contorno (ver figura): σr=0
σθ 105 N.m
π/4
σr=0
105 N.m
Para r = 2 : σ r =
A + B + 2 B ln 2 + 2C = 0 4
(1)
Para r = 4 : σ r =
A + B + 2 B ln 4 + 2C = 0 16
(2)
134
Para θ = ±
π 4
:
M D = ∫ σ θ ⋅ t ⋅ (r − 3) dr = 10 5 ⇒ 5,685 ⋅ 10 −3 A + 4,548 ⋅ 10 − 2 B = 10 5 4
(3)
2
siendo D el punto medio de la cara extrema. De las ecuaciones 1, 2 y 3 se deduce que: A=8,45·106, B=1,14·106 y C=-2,42·106 b) Las distribuciones de tensiones resultantes sobre el segmento A-B son las mismas que sobre una de las caras (Nótese que las tensiones no dependen de θ): Tensiones radiales:
σr
2,76x105 Pa
Tensiones circunferenciales:
135
σθ
1,21x106 Pa
1,95x106 Pa
y, además, τrθ=0 en cualquier punto. c) Los puntos singulares son aquellos en los que:
σ r = σθ τ rθ = 0 circunstancia que se produce para todos los puntos en los que r=2,71 m La red de isostáticas será:
2,71 m Isostáticas tipo I Isostáticas tipo II
136
PROBLEMA 6.2 Una tubería de radio interior 10 cm y radio exterior 0,20 m conduce un gas con una presión, p. La tubería está enterrada pudiéndose considerar que su superficie exterior está empotrada en el terreno. Suponiendo condiciones de deformación plana, se pide: a) En función de la presión interior, p, cuál es la presión a la que está sometido el contorno exterior de la tubería. b) Suponiendo que el material obedece el criterio de plastificación de Tresca, cuál es la mínima presión interior para la que plastifica algún punto de la tubería. c) Para la presión calculada anteriormente, cuál es el tensor de tensiones completo en los puntos del perímetro exterior. d) Para la presión calculada anteriormente, cuál es el incremento del diámetro interior del tubo. DATOS Límite elástico del material:
200 MPa
Módulo de elasticidad:
80 GPa
Coeficiente de Poisson del material: 0,3
Solución Problema 6.2 a) Al poderse considerar que el perímetro externo de la tubería se encuentra empotrado en el terreno, el desplazamiento radial de cualquier punto de dicho perímetro debe ser nulo. Conocemos la presión interna, p1, pero desconocemos la externa p2 (presión ejercida por el terreno sobre la tubería que hace que los puntos del perímetro externo de ésta no experimenten ningún tipo de desplazamiento radial).
137
p2
p1 r
r2
r1
Las tensiones dentro de la tubería son:
σr =
1 ⎡ 2 r21 r22 ⎤ 2 r p − r p + p − p1 )⎥ 2 2 2 ( 2 2 2 ⎢ 1 1 r r 2 − r1 ⎣ ⎦
⎤ 1 ⎡ 2 r12 r 22 2 σθ = 2 2 ⎢ r1 p1 − r 2 p 2 − 2 (p 2 − p1 )⎥ r r2 − r1 ⎣ ⎦ τrθ = 0 La condición de contorno (tubería empotrada en su perímetro exterior) puede imponerse haciendo: u( r = r2 ) = 0
lo que equivale a plantear que: εθ ( r = r2 ) = 0
Para r=r2, las tensiones actuantes son:
(
)
(
)
1 ⎛r2 p − r2 p + r2 p − p ⎞ σ r ( r = r2 ) = ⎜1 1 2 2 1 2 1 ⎟⎠ r22 − r12 ⎝ 1
σ θ ( r = r2 ) = r22 − r12
⎛r2 p − r2 p − r2 p − p ⎞ ⎜1 1 2 2 1 2 1 ⎟⎠ ⎝
Imponiendo que la deformación circunferencial es nula cuando r=r2, se tiene:
138
εθ = 0 =
1−ν 2 ν 1−ν 2 σθ − σr 1−ν E E
Sustituyendo en esta última ecuación los valores de las tensiones radial y circunferencial cuando r=r2, se puede obtener el siguiente valor de la presión buscada: p 2 = 0 ,5384 ⋅ p1
b) Aplicando el criterio de plastificación de Tresca:
σ 1 − σ 3 = 2k y teniendo en cuenta las siguientes tensiones:
⎛ ⎧ σ r (r = 0 ,1) = − p1 6 ,15 × 10 − 3 ⎞⎟ p = ⎨ 1 ⎟ ⎜ r2 ⎩σ r (r = 0 ,2 ) = −0 ,538 p1 ⎠ ⎝ ⎛ ⎧ σ (r = 0 ,1) = 0 ,2311 p1 6 ,15 × 10 − 3 ⎞⎟ σ θ (r ) = ⎜ − 0 ,384 + p1 = ⎨ θ 2 ⎟ ⎜ r ⎩σ θ (r = 0 ,2 ) = −0 ,2304 p1 ⎠ ⎝
σ r (r ) = ⎜ − 0 ,384 −
Como se trata de un caso de deformación plana:
σ z = ν (σ r + σ θ ) = −0 ,2304 p1 que es independiente del valor de r. Por tanto, las tensiones principales, en cualquier punto de la tubería serán:
σ I = σθ
σ II = σ z
σ III = σ r
por lo que, el criterio de Tresca se reduce a:
σ I − σ III =
0,0123 p 1 = 2k = σ y ⇒ p 1 = 1,625 ⋅ 1010 ⋅ r 2 2 r
Por tanto, la plastificación empezará en r=r1, resultando: p1=162,5 MPa. c) Cuando se alcanza la plastificación, las componentes del tensor de tensiones en r=r2 son:
139
σ r = −87 ,47 MPa σ θ = −37 ,46 MPa σ z = −37 ,46 MPa por lo que, el tensor de tensiones, expresado en polares, será: ⎡− 87 ,47 [T ] = ⎢⎢ 0 ⎢⎣ 0
0
0
⎤ ⎥ − 37 ,46 0 ⎥ MPa − 37 ,46 ⎥⎦ 0
d) El incremento del diámetro interior, en las anteriores circunstancias, se puede obtener de la siguiente manera:
εθ =
u r
⇒
∆D = 2u = 2rεθ
como:
εθ (r = r1 ) =
1−ν 2 E
ν ⎡ ⎤ −3 ⎢σ θ (r = r1 ) − 1 − ν σ r (r = r1 )⎥ = 1,2187 × 10 ⎣ ⎦
la variación del diámetro ∆D es igual a 0,24 mm.
140
PROBLEMA 6.3 Un tubo de pared gruesa (tubo 1) de radio interior R1 y radio exterior R2, fabricado de un material de módulo de Elasticidad E1 y coeficiente de Poisson ν1, se encuentra alojado en el interior de otro tubo de pared delgada (tubo 2) concéntrico con él, de radio R2 y espesor de pared e (e << R2), construido con un material de módulo de Elasticidad E2 y coeficiente de Poisson ν2. Por el tubo 1 circula un gas a presión p, que puede ser variable. Con objeto de conocer en todo instante el valor de p, se coloca una banda extensométrica en un punto del perímetro exterior del tubo 2 con la que se mide la deformación en la dirección circunferencial en ese punto. Se pide: 1. Establecer la relación que existe entre la presión p y la lectura en la banda extensométrica citada. 2. Calcular el valor de p correspondiente a una deformación medida por la banda de valor 1,05 x 10-3. 3. Para el valor de p calculado en el apartado anterior, obtener el aumento del diámetro interior del tubo 1. DATOS: R1 = 200 mm
R2 = 300 mm
e = 3 mm
E1 = 79 GPa
E2 = 210 GPa
ν1 = ν2 = 0,3
NOTA: considerar estado de tensión plana.
R2 e p
141
R1
Solución Problema 6.3 a) Desconocemos tanto la presión interna, p1, como la externa p2, sobre el tubo de pared gruesa. La presión interna sobre el tubo de pared delgada será -p2 (principio de acción y reacción) y la externa nula. Denominado r1 y r2 a los radios interno y externo, respectivamente, del tubo de pared gruesa, se tiene que: p2
p1 r
r2 r1
Las tensiones dentro del tubo de pared gruesa son:
σr =
⎤ 1 ⎡ 2 r21 r22 2 r p − r p + p − p1 )⎥ 2 2 2 ( 2 2 2 ⎢ 1 1 r r 2 − r1 ⎣ ⎦
σθ =
1 ⎡ 2 r12 r 22 ⎤ 2 r p − r p − 2 2 ⎢ 1 1 2 2 2 (p 2 − p1 )⎥ r r2 − r1 ⎣ ⎦
τrθ = 0 La deformación circunferencial que sufre el tubo, en punto de su perímetro externo, es:
εθ (r = r2 ) =
(
1
E1 r22 − r12
) [2r
2 1 p1
) ]
(
− r12 + r22 p2 +
ν1 E1
p2
Por otra parte, las tensiones producidas en el tubo de pared delgada que rodea al tubo son:
142
(1)
r2 p2
σr ≈ 0
σθ =
p2 r2 e
por lo que, la deformación circunferencial será:
εθ (r = r2 ) =
p2 r2 E2 e
(2)
La condición de compatibilidad de deformaciones entre ambos cuerpos obliga a que las deformaciones circunferenciales, a lo largo del perímetro común, sean iguales:
(
1
E1 r − r 2 2
2 1
[ ) 2r p − (r 2 1
1
2 1
) ]
+ r22 p 2 +
ν1 p r p 2 = 2 2 = ε θ (banda extensométrica ) E1 E2 e
que, junto con las ecuaciones 1 y 2 proporciona:
p1 =
(
)
(
)
⎤ e r22 − r12 ⎡ E1r2 E 2 r12 + r22 ν E + − ⎢ 1 2 ⎥ε (banda extensométrica ) 2r12 r22 ⎣⎢ e r22 − r12 ⎦⎥
(
)
b) Para el valor de la medida que nos proporciona el enunciado, resulta p1=55 MPa y p2=2,2 MPa.
c) El incremento del diámetro interior del tubo de pared gruesa es:
∆D = 2 ⋅ D ⋅ ε θ (r = r1 ) En r=r1, las tensiones son:
σ r = −55 MPa , σ θ = 135 MPa
143
lo que conduce a una deformación circunferencial de: εθ =
σ θ ν1 − σ r = 1,92 ⋅ 10 −3 E1 E1
y a un incremento del diámetro de:
∆D = 0,77 mm
144
PROBLEMA 6.4 Un tubo de radio interior R1=20 cm y radio exterior R2=30 cm conduce un gas a una presión de 5 MPa. El tubo discurre dentro de un macizo elástico de grandes dimensiones (ver figura adjunta). Se pide: a) Tensión radial y circunferencial en el perímetro interior del tubo. b) Tensión radial y circunferencial en el perímetro exterior del tubo. c) Aumento del diámetro exterior del tubo.
R2
Datos: Módulo de elasticidad del tubo, Etubo = 210 GPa. Coeficiente de Poisson del tubo, νtubo = 0,3 Módulo de elasticidad del macizo elástico, Emacizo = 10 GPa Coeficiente de Poisson macizo elástico, νmacizo = 0,25 Considérese estado de deformación plana
145
R1
Solución Problema 6.4 a) Conocemos la presión interna, p1, pero desconocemos la externa p2 (presión ejercida por el terreno sobre el tubo). Denominado r1 y r2 a los radios interno y externo, respectivamente, del tubo, se tiene que: p2
p1 r2 r1
r
Las tensiones dentro del tubo son:
σr =
1 ⎡ 2 r21 r22 ⎤ 2 r p − r p + p − p1 )⎥ 2 2 2 ( 2 2 2 ⎢ 1 1 r r 2 − r1 ⎣ ⎦
σθ =
1 ⎡ 2 r12 r 22 ⎤ 2 r p − r p − 2 2 ⎢ 1 1 2 2 2 (p 2 − p1 )⎥ r r2 − r1 ⎣ ⎦
τrθ = 0 Por otra parte, las tensiones producidas en el macizo elástico que rodea al tubo son:
r
r2
p2
146
σr = −
r22 r2
p2
σθ =
r22 r2
p2
Lógicamente, por el principio de acción y reacción, la presión que el macizo ejerce sobre el tubo es la misma, cambiada de signo, que la que el tubo ejerce sobre el macizo. La condición de contorno a imponer para calcular p2, consiste en la igualdad de los radios externo del tubo y el del agujero en el macizo una vez que se han deformado ambos cuerpos. Esto equivale a igualar los desplazamientos radiales de los puntos del perímetro exterior del tubo y los del perímetro del agujero del macizo o, lo que es lo mismo:
εθtubería = εθmacizo
para r = r2
En condiciones de deformación plana:
εθ =
ν(1 + ν ) 1− ν2 σθ − σr E E
En r=r2, las tensiones en el tubo son (con p2=5 MPa): σ r = −p 2 σθ = 8 −
13 p2 5
y la deformación circunferencial correspondiente (con E=210 GPa y ν=0,3):
ε θ = 3,46 ⋅ 10 −5 − 9,41 ⋅ 10 −6 p 2 También, para r=r2, las tensiones en el macizo son:
σ r = −p 2 σθ = p2 y la deformación circunferencial correspondiente (con E=10 GPa y ν=0,25):
ε θ = 1,25 ⋅ 10 −4 p 2 Igualando ambas deformaciones circunferenciales, se obtiene: p2=0,25 MPa 147
a) Para r=r1, y p1=5 MPa y p2=0,25 MPa, las tensiones son:
σ r = −5 MPa σ θ = 12 MPa b) En r=r2, y p1=5 MPa y p2=0,25 MPa, las tensiones son:
σ r = −0 ,25 MPa σ θ = 7 ,4 MPa c) El aumento del diámetro exterior del tubo es:
∆D = 2r2 ε θ (r = r2 ) = 2 ⋅ 300 ⋅ 1,25 ⋅ 10 −4 ⋅ 0,25 ≈ 0,02 mm
148
PROBLEMA 6.5 En un tubo de radio interior de radio interior R1 y radio exterior R2, se pretende alojar una barra indeformable de sección circular de radio Rb mayor que R1. Sabiendo que el material del tubo obedece el criterio de plastificación de Tresca, ¿cuál es el máximo diámetro de la barra que se puede alojar en dicho tubo sin que se alcance la plastificación en ningún punto del mismo?. DATOS: R1 = 25 mm R2 = 50 mm E = 72 GPa ν = 0,3 500 MPa
σy (límite elástico del material del tubo) =
NOTA: Considere que el estado tensional del tubo corresponde a uno de deformación plana.
Solución Problema 6.5 La acción de la barra indeformable sobre el tubo será una presión de valor p desconocida. Lógicamente, si la barra tuviera un radio idéntico al del interior del tubo, dicha presión sería nula. Es evidente que, cuanto más grande fuera Rb en relación con R1 la presión p sería más alta. El estado tensional resultante en el tubo (la presión interna es p y externa no hay) en los puntos en los que r = R 1 es:
⎧ σr = −p ⎪⎪ R22 + R12 5 ⋅p= ⋅p ⎨σ θ = 2 2 3 R2 − R1 ⎪ ⎩⎪ τ rθ = 0 Al tratarse de un estado de deformación plana, la tensión en cualquier punto del tubo en la dirección axial será:
σ z = ν ⋅ (σ r + σ θ ) = ⋅ν ⋅ p 2 3
149
De esta manera, queda definido el estado tensional en los puntos elásticos del perímetro interior del tubo, por lo que las tensiones principales en r = R 1 son:
5 3 2 σ II = ⋅ ν ⋅ p 3 σ III = − p
σI = ⋅ p
Aplicando el criterio de Tresca:
p<
3 ⋅ σ y = 187,5 MPa 8
El estado deformacional en r = R 1 , según la dirección circunferencial, es:
εθ =
σθ ν − ⋅ (σ r + σ z ) E E
por lo que:
ε θ = 2,6481 ⋅ 10 −11 ⋅ p =
∆R1 R1
Es decir, para aquella presión que produce la plastificación en los puntos del perímetro interior del tubo, la variación del radio interior de éste sería ∆R1 = 124,13 ⋅ 10 −6 m. Por tanto, el valor final del radio Rb de la barra sería: Rb = R1+∆R1=25,12 mm
150
PROBLEMA 6.6 Una vasija cilíndrica de aluminio de 200 mm de diámetro, 2500 mm de longitud y 3 mm de espesor se encuentra cerrada por sus extremos. Se introduce un gas en su interior a una presión de 6 MPa y posteriormente se pegan unas bandas extensométricas en las direcciones circunferencial y longitudinal en una zona suficientemente alejada de los extremos. Posteriormente se deja escapar el gas hasta que el recinto interior se vacía completamente, obteniéndose entonces las siguientes lecturas en las bandas:
εcircunferencial=-0,00243;
εlongitudinal=-0,00057
-
a) Obtener el módulo de elasticidad E.
-
b) Obtener el módulo de cortante G.
Solución Problema 6.6 Planteando el equilibrio de una de las tapas del depósito según el eje z:
σz
σz p
σz
z
Denominando p a la presión del gas, e al espesor de la vasija y R a su radio interior, podemos escribir:
[
pπ R 2 = σ z π ( R + e ) − π R 2 2
]
Suponiendo que e<
151
pπ R 2 = σ z π R e
⇒ σz =
pR 2e
expresión ésta que nos proporciona el valor de la tensión axial de la vasija. Si, ahora, planteamos el equilibrio de media vasija (incluyendo la mitad del gas que encierra) en la dirección circunferencial, se tiene:
σθ
2σθ e = p.2 R
⇒ σθ =
σθ
p
pR e
que es la expresión de la tensión circunferencial de la vasija. Es conveniente hacer notar que dicha tensión es doble de la axial y, por tanto, se puede afirmar que la vasija se encuentra “más solicitada” en dirección circunferencial que axial. Por tanto, al no existir, por razones de simetría, tensiones tangenciales en las direcciones axial y circunferencial, éstas son direcciones principales. Conviene comentar el caso de la tensión radial que actúa sobre la vasija. Efectivamente, sobre cualquier punto elástico de la vasija actuaría una tensión radial σ r que, en la cara interior del punto elástico, tomaría el valor de p, y cero en la cara exterior si, la presión anterior fuera la manométrica. Pero, aún existiendo dicha tensión a través del espesor de la vasija, su valor es mucho más bajo que las dos tensiones deducidas anteriormente, ya que, en las expresiones de ambas, aparece, multiplicando a p, el cociente R/e, el cual es muy alto y, por tanto, las tensiones radiales pueden despreciarse frente a las axial y circunferencial. 152
Por todo lo anterior, el tensor de tensiones, expresado en coordenadas polares, será:
⎡σ r [T ] = ⎢⎢ 0 ⎢⎣ 0
0
σθ 0
⎡ 0 ⎤ ⎢0 ⎥ ⎢ 0 ⎥ = ⎢0 ⎢ σ z ⎥⎦ ⎢ ⎢⎣0
0 pR e 0
⎤ 0 ⎥ ⎥ 0 ⎥ ⎥ pR ⎥ 2e ⎥⎦
Utilizando las Leyes de Hooke:
σr
−3 pRν E E E 2 Ee σ ν σ ν pR ⎛ ν ⎞ ε θ = θ − (σ r + σ z ) ≅ θ − σ z = ⎜1 − ⎟ E E E E Ee ⎝ 2 ⎠ pR ⎛ 1 σ ν σ ν ⎞ ε z = z − (σ r + σ θ ) ≅ z − σ θ = ⎜ −ν ⎟ E E E E Ee ⎝ 2 ⎠
εr =
−
ν
ν
(σ θ + σ z ) ≅ − (σ θ + σ z ) =
En este problema, una vez que se ha introducido el gas a presión, se pegan las bandas extensométricas, las cuales, lógicamente, no indicarán ninguna deformación pues, en realidad, la vasija ya está deformada. Una vez que se vacía la vasija, ésta recupera su forma y dimensiones originales. Quiere esto decir que, si se hubiesen pegado las bandas antes de introducir el gas, las lecturas de deformación que se obtendrían de ellas serían justo las que se proporcionan en el enunciado sólo que con signo positivo. Así pues, como en nuestro caso: R=100 mm, L=2500 mm, e=3mm, p=6 MPa, εθ=0,00243 y εθ=0,00057, resulta E=69,93 GPa , ν=0,3 y G=26,90 GPa.
153
PROBLEMA 6.7 Una vasija cilíndrica de aluminio de 200 mm de diámetro, 2500 mm de longitud y 3 mm de espesor se encuentra cerrada por sus extremos. Se introduce un gas en su interior a una presión de 6 MPa. Determinar el cambio de dimensiones experimentado por la vasija. DATOS: E=70 GPa
ν=0,3
Solución Problema 6.7 Como ya vimos, las tensiones que se producen en la vasija son, en dirección axial y circunferencial respectivamente: σz =
pR 2e
σθ =
pR e
En la dirección radial, ya razonamos que podemos suponer que la tensión correspondiente σy es, prácticamente, nula (en realidad no lo es pero es mucho más pequeña que cualquiera de las anteriores y, por tanto, despreciable frente a ellas). En estas condiciones, las deformaciones según en la vasija eran:
σr ν ν − 3pRν − (σ θ + σ z ) ≅ − (σ θ + σ z ) = E E E 2Ee σθ ν σθ ν pR ⎛ ν ⎞ εθ = − (σ r + σ z ) ≅ − σz = ⎜1 − ⎟ E E E E Ee ⎝ 2 ⎠ σ σ ν ν pR ⎛ 1 ⎞ ε z = z − (σ r + σ θ ) ≅ z − σ θ = ⎜ − ν⎟ E E E E Ee ⎝ 2 ⎠ εr =
El cambio de longitud ∆l que experimenta la vasija será: ∆l = ε z ⋅ l =
6 ⋅ 10 6 ⋅ 0,100 ⎛ 1 p⋅R ⎛1 ⎞ ⎞ ⎜ − 0,3 ⎟⋅ = 0,00714 m = 7,14 mm ⎜ − ν⎟ ⋅ l = 9 E⋅e ⎝ 2 70 ⋅ 10 ⋅ 0,003 ⎝ 2 ⎠ ⎠
154
El cambio de diámetro ∆D se calcula a través de la deformación circunferencial: p⋅R ⎛ ν⎞ ⋅ ⎜1 − ⎟ ⋅ D E⋅e ⎝ 2⎠ 6 ⋅ 10 6 ⋅ 0,100 ⎛ 0,3 ⎞ ∆D = ⋅ ⎜1 − ⎟ ⋅ 0,2 2 ⎠ 70 ⋅ 10 9 ⋅ 0,003 ⎝ ∆ D = 0,00057 m = 0,57 mm
∆D = ε θ ⋅ D =
El cambio del espesor ∆e sería:
∆e = ε r e =
− 3⋅ p ⋅ R ⋅ν 3 ⋅ 6 ⋅ 0,1 ⋅ 0,3 = 3,8 ⋅ 10 −6 m e=− 2⋅E⋅e 2 ⋅ 70 ⋅ 10 9
De los resultados numéricos, y de la forma de proceder en la resolución del problema, conviene señalar una par de aspectos importantes: El primero es resaltar lo pequeño que resulta el cambio de espesor, que viene motivado por el efecto Poisson de las dos tensiones actuantes (la axial y la circunferencial). No hubiésemos cometido un gran error si, el cambio de espesor lo hubiéramos despreciado desde el principio. Por otra parte es necesario señalar cómo se ha obtenido el cambio de diámetro. Existe una tendencia a utilizar la deformación εr para hacer este cálculo, lo cual es incorrecto. Debe hacerse a través del cambio perimetral que experimenta la vasija: esto es, haciendo uso de la deformación circunferencial εθ, tal como se ha hecho en la resolución presentada.
155
CAPÍTULO 7
CRITERIOS DE PLASTIFICACIÓN DEFORMACIÓN TÉRMICA
157
PROBLEMA 7.1 En un ensayo de tracción de una probeta de diámetro 12,83 mm y una base de medida de 50 mm, se ha obtenido el siguiente registro cargadesplazamiento: CARGA (Kn)
DESPLAZAMIENTO (mm)
0
0
6,2
0,0356
12,45
0,0711
18,66
0,1067
24,91
0,1422
31,18
0,1778
37,36
0,2134
38,34
0,2794
38,41
0,3454
38,52
0,4267
38,61
0,5588
39,50
0,7874
42,61
1,0668
45,01
1,4935
47,86
2,1336
48,66
2,9870
47,68
3,6271
45,1
4,2672
41,9
rotura
159
Calcular:
-
a) Módulo de Young
-
b) Límite de proporcionalidad
-
c) Tensión máxima (o resistencia a la tracción)
-
d) Límite elástico
-
e) Módulo tangente a 349 MPa
-
f) Módulo secante a 349 MPa
-
g) Tensión de rotura
-
h) Tensión verdadera si el diámetro de la barra al romper era 11,79 mm
-
i) ¿Cómo clasificaría (dúctil o frágil) el comportamiento de este material?
Solución Problema 7.1 La gráfica del ensayo realizado es:
Datos del ensayo 50 40 30 20 10 0 0
1
2
3
160
4
5
y la correspondiente curva tensión deformación resultante:
4 10 3,5 10 3 10 2,5 10 2 10 1,5 10 1 10 5 10
Curva tension-deformacion
5 5 5 5 5 5 5 4
0 0
0,02
0,04
0,06
0,08
De esta última figura, se extraen los siguientes datos: Módulo de elasticidad:
E=68 GPa
Límite de proporcionalidad:
sp= 289 MPa
Tensión máxima:
smax= 370 MPa
Límite de elasticidad:
sy= 295 MPa
Módulo de elasticidad tangente:
Et= 2,2 GPa
Módulo de elasticidad secante:
Es= 11,3 GPa
Tensión ingenieril de rotura:
srotura= 320 MPa
Tensión verdadera de rotura:
σrotura= 413 MPa
El tipo de rotura es dúctil.
161
0,1
PROBLEMA 7.2 Una vasija esférica de radio interno 500 mm y espesor de pared de 8 mm se encuentra fabricada por dos pieza semiesféricas idénticas soldadas entre sí. La vasija contendrá gas a presión. El material del que está realizada la esfera es acero con una tensión de rotura de 400 MPa. Suponiendo que la esfera puede ser considerada como perfectamente homogénea (se desprecia la influencia de los cordones de soldadura) ¿cúal es la máxima presión de trabajo de la vasija?
Solución Problema 7.2 σ
p
Aislemos la mitad de la vasija considerando el fluido que queda en su interior. Sea σ la tensión que actúa a lo largo del espesor de la misma y p la presión del gas. Denominando R al radio interior de la vasija y e a su espesor, el equilibrio de esta mitad conduce a que: La fuerza total hacia la izquierda será la debida a la presión del gas y su valor será: F1 = πR 2 p
La fuerza total hacia la derecha se debe a las tensiones que actúan a lo largo del espesor de la vasija y su valor es: F2 = 2πR e σ
Igualando ambas fuerzas, se obtiene: 162
2eσ = pR
de dónde: p=
2eσ R
p=12,8 MPa
163
PROBLEMA 7.3 En un tubo de radio interior de radio interior R1 y radio exterior R2, se pretende alojar una barra indeformable de sección circular de radio Rb mayor que R1. Sabiendo que el material del tubo obedece el criterio de plastificación de Tresca, ¿cuál es el máximo diámetro de la barra que se puede alojar en dicho tubo sin que se alcance la plastificación en ningún punto del mismo?. DATOS: R1 = 25 mm R2 = 50 mm E = 72 GPa ν = 0,3
σy (límite elástico del material del tubo) = 500 MPa NOTA: Considere que el estado tensional del tubo corresponde a uno de deformación plana. Despréciense las tensiones tangenciales debidas al rozamiento que podrían generarse durante el proceso de alojamiento de la barra dentro del tubo.
Solución Problema 7.3 La acción de la barra indeformable sobre el tubo será una presión de valor p desconocida. Lógicamente, si la barra tuviera un radio idéntico al del interior del tubo, dicha presión sería nula. Es evidente que, cuanto más grande fuera Rb en relación con R1 la presión p sería más alta. El estado tensional resultante en el tubo (la presión interna es p y externa no hay) en los puntos en los que r = R 1 es:
⎧ σr = −p ⎪⎪ R22 + R12 5 σ = ⋅p= ⋅p ⎨ θ 2 2 3 R2 − R1 ⎪ ⎪⎩ τ rθ = 0 Al tratarse de un estado de deformación plana, la tensión en cualquier punto del tubo en la dirección axial será:
164
σ z = ν ⋅ (σ r + σ θ ) = ⋅ν ⋅ p 2 3
De esta manera, queda definido el estado tensional en los puntos elásticos del perímetro interior del tubo, por lo que las tensiones principales en r = R 1 son:
5 3 2 σ II = ⋅ ν ⋅ p 3 σ III = − p
σI = ⋅ p
⇒ Aplicando el criterio de Tresca: p<
3 ⋅ σ y = 187,5 8 MPa
El estado deformacional en r = R 1 , según la dirección circunferencial, es:
εθ =
σθ ν − ⋅ (σ r + σ z ) E E
por lo que:
ε θ = 2,6481 ⋅ 10 −11 ⋅ p =
∆R1 R1
Es decir, para aquella presión que produce la plastificación en los puntos del perímetro interior del tubo, la variación del radio interior de éste sería ∆R1 = 124,13 ⋅ 10 −6 m. Por tanto, el valor final del radio Rb de la barra sería: Rb = R1+∆R1=25,12 mm
165
PROBLEMA 7.4 Una viga de 10 m de longitud y 0,20x0,30 m2 de sección está situada entre dos bloques rígidos e inamovibles. En el momento de su colocación la temperatura era de 5 ºC y la holgura entre la viga y los bloques era de 1mm. Calcular: a) Máximo aumento de la temperatura para que la tensión en la viga siga siendo nula. b) ) Esfuerzo axil que actúa sobre la viga cuando la temperatura aumenta hasta 45 ºC. c) Variación de las dimensiones transversales de la viga cuando su temperatura es de 45 ºC. Datos: Módulo de elasticidad: E = 20 GPa, Coeficiente de Poisson: ν = 0,25. Coeficiente de dilatación lineal: α = 10-5 (ºC)-1.
Solución Problema 7.4
Viga 1 mm
bloques rígidos
a) La variación ∆l que puede experimentar la viga justo hasta que entra en contacto con los bloques rígidos es de 1mm, por lo que la variación de temperatura que causaría este incremento de longitud será:
∆t =
∆l 0,001 = = 10º C l0 α 10.10 −5
166
Como la temperatura de la viga en el momento de su colocación t0 era de 5 ºC, la temperatura a la que la viga logra entrar en contacto con los dos bloques t' será:
t ′ = t 0 + ∆t = 5 + 10 = 15 º C b) El esfuerzo axil N que actúa sobre la viga cuando se aumenta la temperatura hasta 45 ºC se puede calcular apartir de la tensión σ y del área de la sección transversal de la viga S:
σ = Eε = E
∆l = E α ∆t ′ l0
donde ∆t' es el incremento de temperatura desde que la viga entra en contacto por primera vez con los dos bloques y la temperatura final. Por tanto:
N = σ S = E α ∆t ′ S = 2.1010 .10−5 (45 − 15).0,2.0,3 = 360.000 N
167
CAPÍTULO 8
TRACCIÓN
169
PROBLEMA 8.1 Calcular la máxima carga de compresión que se puede aplicar sobre un pilar de hormigón armado de 2,5 m de altura, con la sección indicada en la figura, si las tensiones admisibles del hormigón y del acero son, respectivamente, 25 y 400 MPa. Calcular, también, el acortamiento del pilar cuando se aplica la carga deducida anteriormente. 8 φ 12
30 cm
30 cm
Datos: Módulos de elasticidad EAcero = 210 GPa Ehormigón= 35 GPa.
Solución Problema 8.1 La hipótesis básica a realizar en este tipo de problemas consiste en suponer que el hormigón y el acero trabajan solidariamente (los acortamientos sufridos por el acero (∆la) y el hormigón (∆lh) son idénticos):
∆l h = ∆l a ó ∆l h ∆l a = lh la
donde lh es la longitud de una fibra longitudinal de hormigón y la la de una de acero. Ambas longitudes son iguales a la altura del pilar (2,5 m). La última ecuación implica que las deformaciones sufridas por el acero (εa) y el hormigón (εh) son idénticas. Es decir: εh = εa
171
Por otra parte, utilizando la ley de Hooke, y denominando σa la tensión que soporta el acero y σh la correspondiente al hormigón, se tiene:
εh =
σh Eh
εa =
σa Ea
por lo que:
σa =
Ea σ = 6σh Eh h
Es decir, el acero está soportando seis veces más tensión de la soportada por el hormigón. Si suponemos que se alcanzan las condiciones de rotura en el hormigón (σh = 25 MPa) la tensión resultante en el acero sería: σa = 150 MPa < 400 MPa. Si, por el contrario, hubiésemos supuesto que primero rompe el acero, la tensión resultante en el hormigón superaría la tensión de rotura de éste, lo cual es absurdo. Por tanto, podemos concluir que el material que primero rompe es el hormigón. La carga máxima será:
Pmax = 6 ⋅ 25 ⋅ 10 6 ⋅ 8 ⋅ π ⋅ 0.006 2 + 25 ⋅ 10 6 ⋅ 0.3 2 = 2.386 ⋅ 10 6 N y el alargamiento final correspondiente será:
∆l = ∆l h = ∆l a =
1,5 ⋅10 3 ⋅ 2,5 = 0,001786 m 210 ⋅10 9
DISCUSIÓN ADICIONAL A ESTE PROBLEMA: Vale la pena hacer notar que, si el hormigón no se encontrara reforzado por las armaduras de acero, la máxima carga que podría soportar el pilar sería:
Pmax = 25 ⋅ 10 6 ⋅ 0.3 2 = 2,25 ⋅ 10 6 N Se observa, entonces, que la carga máxima que soporta el pilar es un 6 % mayor, en el caso de introducir las armaduras, en relación al caso de que no las tuviera. Si repitiéramos el problema, pero ahora en condiciones de tracción, el efecto de las armaduras sobre la capacidad resistente del pilar cambia drásticamente. En efecto, en estas circunstancias, la tensión de rotura del hormigón a tracción es del orden de la décima parte de su resistencia a compresión (el hormigón es un material que trabaja bien a 172
compresión y mucho peor a tracción). Es decir, la tensión de rotura del hormigón en estas condiciones sería 2,5 MPa mientras que la del acero se mantendría igual a la que posee en condiciones de compresión. En estas circunstancias, la carga máxima (carga a la que ninguno de los dos materiales intervinientes se ha roto) que podría soportar el pilar (con la armaduras de acero) sería:
Pmax (tracción) = 6 ⋅ 2,5 ⋅ 10 6 ⋅ 8 ⋅ π ⋅ 0.006 2 + 2,5 ⋅ 10 6 ⋅ 0.3 2 = 2.386 ⋅ 10 5 N Si supusiéramos que, el hormigón se encuentra roto y que, por tanto, no soporta ninguna carga a tracción, la carga aplicada sería soportada sólo por el acero, que rompiendo totalmente el pilar (rotura de hormigón y acero) a una carga de:
Pmax (tracción) = 400 ⋅ 10 6 ⋅ 8 ⋅ π ⋅ 0.006 2 = 3,6196 ⋅ 10 5 N lo que supone un aumento del 50 % respecto del valor anterior.
173
PROBLEMA 8.2 Se desea unir una barra AB de longitud L1 y sección circular de diámetro D1 de un cierto material que se encuentra empotrada en su extremo A con otra barra CD de longitud L2 de distinto material, también de sección circular y de diámetro D2, que se encuentra empotrada en su extremo D. La unión debe realizarse conectando los extremos B y C intercalando un bulón, que se considera indeformable, como se indica en la figura adjunta. Cuando se va a realizar el montaje, se descubre que existe una distancia δ entre los puntos en los que se debe realizar la unión. Se aplica un esfuerzo axil en una de las barras hasta conseguir realizar la unión y luego se retira dicha acción. Se pide: En función de los datos del problema, las tensiones que aparecen en el extremo A de la barra AB. La longitud final de la barra AB. NOTA Módulo de Elasticidad del material de la barra AB, E1 Módulo de Elasticidad del material de la barra CD, E2 A
B C
D
L1
L2
δ
δ/L1<<1, δ/L2<<1
174
Solución Problema 8.2 Una vez que se alcance la posición final (que es de equilibrio) los esfuerzos axiles a los que se encuentran sometidos las barras AB y CD son iguales y de valor N, independientemente de que se haya traccionado la barra AB hasta conseguir el contacto con la barra CD o viceversa. En la posición final, la suma de los alargamientos que hayan experimentado las barras AB y CD debe ser igual a δ. El alargamiento de la barra AB será: N ⋅ L1 πD12 E1 4
El alargamiento de la barra CD será: N ⋅ L2
πD 22
E2
4
Por lo que: N ⋅ L2 N ⋅ L1 2 πD1 πD 22 E1 + E 2 =δ 4 4
de donde:
N=
πD12 E1 4
δ L1 +
D12 E1 L2 D22 E 2
a) La tensión en cualquier punto de la barra AB será:
σ AB =
E1δ N = 2 D2E πD1 L1 + 12 1 L2 4 D2 E 2
b) La longitud final de la barra AB será:
175
(L AB ) final
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ δ ⎜ ⎟ = L1 + Al arg amiento de la barra AB = L1 ⎜1 + ⎟ 2 D1 E1 ⎜ L1 + 2 L2 ⎟⎟ ⎜ D E 2 2 ⎝ ⎠
176
PROBLEMA 8.3 Determinar la forma que debe tener una columna (variación de su sección con la altura), de altura total H, construida de un material de densidad ρ, y de sección, en su parte más alta, Ω2 para que, cuando se encuentre sometida a una carga P en dicha sección, la tensión de compresión sea la misma en cualquiera de sus secciones.
Solución Problema 8.3 Sea la columna de la figura:
P
Área Ω2
y H
A C
B D
dy
Área Ω1
Lógicamente, a medida que se vaya avanzando en la columna desde su parte superior hacia la inferior (coordenada y creciente), las secciones deberán tener un mayor área pues, además de soportar la carga P, deben soportar el peso de la parte de columna entre la parte superior de la misma y la sección considerada. Llamemos Ω al área de una sección genérica de ordenada y, sobre la que actúa la tensión de compresión σ, que se mantiene constante a lo largo de la columna. Al incrementar esta ordenada en dy, el área de la sección correspondiente será Ω+dΩ. Las fuerzas que actúan sobre la rebanada ABCD, son: Esfuerzo axil de compresión (hacía abajo) que actúa sobre la sección AB = σ.Ω
177
Esfuerzo axil de compresión (hacía arriba) que actúa sobre la sección CD = σ.(Ω+dΩ)=σ.Ω+σ.dΩ Peso de la rebanada (hacía abajo) =Ω.dy.ρ.g El equilibrio vertical de la rebanada obliga a que:
σ.Ω+Ω.dy.ρ.g=σ.Ω+σ.dΩ o, lo que es lo mismo:
Ω.dy.ρ.g=σ.dΩ que se puede escribir (dividiendo ambos miembros por Ω) como:
ρ.g/σ.dy=dΩ/Ω Integrando esta ecuación desde y=0 hasta y=y, se tiene: y
∫0
ρg dΩ dy = ∫0y σ Ω
de donde resulta: ⎛ Ω ⎞ ρg ⎟⎟ = ln⎜⎜ y σ ⎝ Ω2 ⎠
por lo que:
Ω = Ω2 ⋅
ρg y eσ
Como: σ =
P
Ω2
la ecuación que proporciona el área que debe tener la columna a una distancia y de su sección superior, queda:
178
P Ω = ⋅e σ
ρg y σ
y, en particular, cuando y=H, se tiene: P Ω1 = ⋅ e σ
ρg H σ
La situación que se da en este problema (σ constante) se conoce como una situación equitensional.
179
CAPÍTULO 9
FLEXIÓN PURA Y COMPUESTA
181
PROBLEMA 9.1 La viga de la figura se encuentra sometida, en sus secciones extremas A y B, a dos momentos flectores iguales y opuestos de magnitud 15 kN.m y cuyas direcciones son las del eje y de la figura. La sección de la viga (las cotas están expresadas en mm) se representa también en la figura.
y Sección B 100 O
G
N
50
x
24
P 24
z
Sección A
30
Determinar las tensiones que aparecen en los puntos N, O, y P (punto medio del alma) de la sección A cuando el momento aplicado tiene, además de la dirección, el sentido del eje y.
Solución Problema 9.1 Para solucionar el problema, hallemos primero la posición del centro de gravedad, G, de la sección. Como ésta presenta un eje de simetría horizontal, el punto G se encontrará sobre él. Subdividiendo la sección en rectángulos, y considerando unos ejes auxiliares x’, y’, tendremos:
y’ 1
x’
2 3
183
Tomando momentos estáticos de la sección respecto del eje y’ y denominando x’G, a la abcisa, en estos ejes, del centro de gravedad, tendremos:
x = , G
A1 ⋅ xG, 1 + A2 ⋅ xG, 2 + A3 ⋅ xG, 3 A1 + A2 + A3
=
2400 ⋅ 50 ⋅ 2 + 3060 ⋅ 15 = 36,374 mm 2400 ⋅ 2 + 3060
Las coordenadas de los puntos N, O y P, respecto del sistema de referencia x,y con origen en G, son:
y N = 100 − 36,374 = 63,626 mm = 0,63626 m y O = −36,374 mm = −0,036374 m y P = 30 − 36,374 = −6,374 mm = −0,006374 m Calculemos el momento de inercia de la sección respecto del eje y: I 1y = I y3 = I y2 =
1 2 ⋅ 24 ⋅ 100 3 + 2400 ⋅ (50 − 36,374 ) = 2,4456 × 10 6 mm 4 12
1 2 ⋅ 102 ⋅ 30 3 + 3060 ⋅ (36,374 − 15) = 1,6275 × 10 6 mm 4 12
Tensiones en los puntos N, O y P: Para el cálculo de estas tensiones aplicaremos la expresión:
σ=
My ⋅x Iy
En la que las tensiones serán positivas cuando sean de tracción y negativas cuando lo sean de compresión. Si el momento tiene el sentido del eje y, los puntos de la sección en los que su abcisa sea mayor que cero estarán sometidos a compresiones y lo contrario (tracciones) cuando sean negativas.
σN
(15 × 10 ) (0,063626) = −146,4 × 10 =−
σO
(15 × 10 ) (0,036374) = 83,7 × 10 =
σP
(15 × 10 ) (0,006374) = 14,67 × 10 =
3
6,5187 × 10
−6
3
6,5187 × 10
6
−6
6,5187 × 10
Pa = −146,4 MPa
Pa = 83,7 MPa
3
−6
6
6
Pa = −14,67 MPa
184
PROBLEMA 9.2 Se desea izar una columna de sección circular de radio R, longitud L, densidad ρ, y tensión de rotura a tracción σr, manteniéndola siempre en posición horizontal y, por tanto, sometida a la acción de su peso propio. Para ello se dispone de dos cables, que se supondrán inextensibles e irrompibles, de los cuales se suspenderá la columna, tal como se indica en la figura. Suponiendo que la rotura del material sólo puede producirse por flexión, determinar el rango de variación de la distancia d, que separa los dos puntos de los que penderá la columna, los cuales serán simétricos respecto de su sección central, para que ésta no rompa durante el proceso de izado. NOTA: Considerar que la aceleración de la gravedad es g.
d
L
Solución Problema 9.2 La carga por unidad de longitud que actúa sobre la columna es: q = π R2 ⋅ ρ ⋅ g
Las fuerzas ejercidas sobre la columna por los cables en los puntos A y C son:
185
qL/2
qL/2 B A
C
qL La ley de momentos flectores (hay que tener un especial cuidado al dibujarla puesto que el peso de la columna es una carga repartida aunque, a efectos de calcular reacciones, pueda suponerse actuando en el c.d.g. de la columna) es:
q(L-d)2/8
qL(2d-L)/8 con los momentos máximos señalado en la figura. El momento flector máximo que es capaz de resistir la columna es:
σr =
M máx ⋅ R R4 π 4
⇒
M máx =
π ⋅ σ r ⋅ R3 4
Para que la columna no rompa, se tendrá que cumplir (hay que comprobar los dos momentos flectores máximos correspondientes a cada uno de sus signos):
M A ≤ M máx
q (L − d ) ⇒ 8
M B ≤ M máx ⇒
2
≤
π ⋅ σ r ⋅ R3 4
⇒
qL(2d − L ) π ⋅ σ r ⋅ R 3 ≤ ⇒ 8 4
por lo que, la distancia d deberá cumplir: 186
d ≥ L− d ≤
2σ r R ρg
σ R L + r 2 ρgL
L−
σ R 2σ r R L ≤d ≤ + r ρg 2 ρgL
Si d tomara el valor inferior, la columna se rompería por las secciones A y C, mientras que si tomara el valor superior posible, la columna rompería por la sección B.
187
PROBLEMA 9.3 Sabiendo que las máximas tensiones admisibles del material de la sección de la figura son 12 MPa a compresión y 6 MPa a tracción, hallar la máxima distancia d (por encima del borde superior de la sección y actuando en un punto de su eje de simetría) a la que puede actuar una carga de 2 MN a compresión. 100
20
60
20
10
10
40
Cotas en centímetros
Solución Problema 9.3 Calculemos el c.d.g. de la sección tomando distancias desde el borde superior de la sección y teniendo en cuenta que la sección (4.400 cm2 de área) puede ser descompuesta en un rectángulo de 100x20 cm más un rectángulo de 60x80 cm y menos otro de 40x60 cm. Sea dG la distancia del c.d.g. al borde superior. Por tanto: d G ⋅ (2000 + 4800 − 2400 ) = 100 ⋅ 20 ⋅ 10 + 60 ⋅ 80 ⋅ 60 − 40 ⋅ 60 ⋅ 50 ⇒ d G = 42,73 cm
188
y
42,73 cm x
Calculemos, ahora, el momento de inercia de la sección respecto a un eje horizontal que pasa por el c.d.g. I = x −
100 ⋅ 20 12
40 ⋅ 60 12
3
3
3 2 60 ⋅ 80 2 + 100 ⋅ 20 ⋅ (42,73 − 10 ) + + 60 ⋅ 80 ⋅ (42,73 − 60 ) − 12
3 2 − 40 ⋅ 60 ⋅ (42,73 − 50 ) = 5.353.939, 427 cm
La tensión normal en cualquier fibra de altura y es:
σ=
N Mf ⋅y ± Ω Ix
La fuerza axil N actuante será 2 MN y el momento flector Mf respecto del eje x será igual a 2x(42,73+d) en MN.cm. La máxima tensión de compresión se producirá en los puntos del borde superior y la máxima de tracción en los del borde inferior. La máxima tensión a compresión se dará en los puntos del borde superior de la sección y la de compresión en los del borde inferior. Por tanto, en condiciones de compresión:
σ =−
2 × 10 6 2 × 10 6 (42,73 + d ) × 10 −2 × 42,73 × 10 −2 − = −12 × 10 6 4400 × 10 −4 5.353.939,427 × 10 −8
de donde d=3,97 cm. En condiciones de tracción:
σ =−
2 × 10 6 2 × 10 6 (42,73 + d ) × 10 −2 × 57,27 × 10 −2 + = 6 × 10 6 4400 × 10 − 4 5.353.939,427 × 10 −8
189
de donde d=6,56 cm. En valor que debemos elegir es el menor de los dos anteriores porque si eligiéramos el mayor se sobrepasaría la tensión admisible a compresión en la fibra superior. Por tanto: d=3,97 cm.
190
PROBLEMA 9.4 Se quiere diseñar una viga en ménsula de sección rectangular de ancho b y canto c variable a lo largo de la ménsula, y que se encuentra sometida a una carga vertical P en su extremo libre, de manera que la máxima tensión normal de flexión adquiera un valor constante σ en cualquiera de las secciones de la viga. Establecer como debe variar el canto a lo largo de la pieza.
Solución Problema 9.4 Sea la pieza de la figura:
P
c(x)
A
x
c(x)
b
L El momento flector en una sección que dista x del extremo libre será: M = P⋅x
por lo que la tensión máxima que aparece en esta sección será:
σ max = σ =
M⋅
c( x) c( x) P⋅x⋅ 2 = 2 = 6P ⋅ x 2 1 I b ⋅ c( x) 3 b ⋅ c( x) 12
De esta ecuación se obtiene:
191
c( x) =
6P ⋅x b ⋅σ
Si c(L) representa el valor del canto cuando x=L (empotramiento), se tiene: c ( x = L) = c ( L) =
6P ⋅L b ⋅σ
por lo que: c ( x ) = c( L)
x L
192
PROBLEMA 9.5 Sobre una sección rectangular de ancho b y canto h, en la que se suponen definidos unos ejes cartesianos con origen el c.d.g. de la sección, el eje x horizontal y el eje y vertical, se aplica un esfuerzo axil de compresión, N, en un punto de coordenadas (0; y=0,2h). Sabiendo que el material del que está realizado la sección no admite tensiones de tracción, calcular la zona de la sección que se fisurará y la distribución de tensiones consiguientes sobre ella.
Solución Problema 9.5 La sección es: y
h
x
b
Si sobre ella actúa un esfuerzo axil en el punto (0;0,2h), al caer este h punto fuera del núcleo centran de la sección ( y ≥ ), se producirán 6 tensiones de tracción en la zona más baja de la sección. La distribución de tensiones sería:
193
σc
σt que seguiría la ley estándard:
σ=
N M ⋅ y N N ⋅ 0,2h ⋅ y ± = ± Ω Ω I I
Los valores máximos correspondientes (compresiones positivas y tracciones negativas) (Ω=bh, I=1/12.bh3) serían:
σc =
N + Ω
N σt = − Ω
N ⋅ 0,2h ⋅ I N ⋅ 0,2h ⋅ I
h 2 = 2,2 ⋅ N bh h 2 = −0,2 ⋅ N bh
y la fibra neutra se encontraría a 0,4167h por debajo del c.d.g.. Al no soportar el material ninguna tensión de tracción, la distribución de tensiones sobre la sección cambiaría (y por tanto las tensiones que aparecerían serían solo de compresión) al igual que también lo haría la posición de la fibra neutra. La distribución de tensiones, ahora, resultaría ser:
σmáx
d=Zona fisurada
194
apareciendo dos incógnitas: σmax y d. Para calcularlas debemos imponer que, la resultante de la nueva ley de tensiones sea igual a N y que el momento, respecto a un punto sea igual al que produce el esfuerzo axil. Así se tendrá: a) Igualdad de resultantes:
1 N = b. (h − d ) ⋅ σ max 2 b) Igualdad de momentos en el punto a una distancia d sobre el borde inferior:
2 ⎛h ⎞ ⎛1 ⎞ N ⎜ − d + 0,2h ⎟ = b ⋅ ⎜ (h − d ) ⋅ σ max ⋅ (h − d )⎟ 3 ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ de donde resulta que d=h/10 y σmax=2,22.N/(bh)
195
CAPÍTULO 10
FLEXIÓN SIMPLE
197
PROBLEMA 10.1 Considérese una rebanada de espesor infinitesimal ds de una pieza prismática de sección rectangular de ancho a y canto b, que se encuentra sometida a la acción de un esfuerzo cortante de valor Q que se supone actuando en la dirección del canto.
-
a) Determinar la distribución de tensiones tangenciales sobre la sección, acotando claramente el valor de la tensión tangencial máxima
-
b) Calcular el valor de la energía elástica almacenada en dicha rebanada.
-
c) Determinar el valor, Ac, del área de la sección transversal de una rebanada del mismo espesor ds, que cumpla la condición de que, actuando sobre ella una tensión tangencial distribuida uniformemente de valor τequiv = Q/Ac, el valor de la energía elástica almacenada en esta nueva rebanada resulte idéntico al que ha sido calculado en el apartado anterior.
NOTA: Supóngase que el material se comporta de manera elástica-lineal y que su módulo de cortadura toma el valor G.
Solución Problema 10.1 a) La distribución de tensiones en la sección (tomando como eje x el paralelo al ancho pasando por el c.d.g. y como eje y el paralelo al canto, pasando también por dicho punto) es:
τ (y) =
Qy ⋅ M e Ix ⋅ a
=
Qy ⋅ M e 1 2 3 a b 12
siendo el momento estático:
M e = A ⋅ yG
b ⎛ ⎞ − y⎟ ⎜ ⎛b ⎞ ⎜ ⎟ = a ⋅ ⎛⎜ b − y ⎞⎟ ⋅ ⎛⎜ y + b ⎞⎟ = a b 2 − 4 ⋅ y 2 = a ⋅ ⎜ − y⎟ ⋅ y + 2 2 ⎟ 2 ⎝2 2⎠ 8 ⎝2 ⎠ ⎜ ⎠ ⎝ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
(
por lo que:
199
)
τ (y) =
(
)
(
a 2 2 2 b − 4 ⋅ y2 3 Qy ⋅ b − 4 ⋅ y 8 = ⋅ 1 2 3 2 a ⋅ b3 a b 12
Qy ⋅
)
Para determinar el máximo valor de esta tensión, debe cumplirse:
3 ⋅ 8 Qy ⋅ y dτ ( y ) =− ⋅ =0 2 dy a ⋅ b3
y =0
⇒
y, por tanto: 2 3 Qy ⋅ b 3 Qy 3 Qy = ⋅ = ⋅ = ⋅ 3 2 a⋅b 2 a ⋅ b 2 A0
τ ( y ) máx
b) La densidad de energía se define como:
ω =
τ ( y )2 2⋅G
y la energía elástica almacenada resulta ser:
U =
∫Volumen
a ⋅ ds = G
ω ⋅ dVol = ds ⋅ ∫
Area
b 2τ 0
b
ω ⋅ dArea = ds ⋅ a ∫ 2b ω ( y ) ⋅ dy = 2a ⋅ ds ∫ −
2
Q y2 2 6
a ⋅ ds ⎛ 3 ⎞ ⋅ dy = ⎜ ⎟ G ⎝2⎠ a ⋅b
∫ (y)
2
b 2 0
∫
(b
2
0
2
− 4y
)
2 2
Qy Ac
resultando una densidad de energía de deformación:
ω =
2 τ equiv
2⋅G
=
Q y2 2 ⋅ G ⋅ Ac
La energía elástica almacenada, en este caso, es:
U = ds ⋅ ∫
Ac
ω ⋅ dArea = ds ⋅ Ac .
Q y2 2 ⋅ G ⋅ Ac2
200
=
ds ⋅ Q y2 2 ⋅ G ⋅ Ac
( y )2
2⋅G
2 3 Q y ⋅ ds ⋅ dy = 5 G ⋅ A0
c) Para determinar el área, Ac, a cortante de la sección, se tiene:
τ equiv =
bτ
⋅ dy =
e igualando con el valor de la misma obtenido en el apartado b), se tiene:
U =
ds ⋅ Q y2 2 ⋅ G ⋅ Ac
=
2 3 Q y ⋅ ds ⇒ 5 G ⋅ A0
Ac =
5 A0 6
201
PROBLEMA 10.2 Sabiendo que las máximas tensiones admisibles del material de la sección que se representa en la figura son:
-
a compresión: 12 MPa
-
a tracción: 6 MPa
-
a solicitación tangencial: 1 MPa,
Se pide: calcular el espesor a del alma de la sección cuando actúa una fuerza de 100 kN tal como se indica en el alzado de la pieza recogido a la derecha de la figura. 50
100 kN y
45º
10 dG G
40
x
a 20
20 Cotas en cm.
Solución Problema 10.2 Calculemos (operando en cm) la posición del c.d.g. de la sección tomando momentos estáticos respecto de su borde superior.
(10 ⋅ 50 + 40 ⋅ a + 20 ⋅ 20) ⋅ d G
= 10 ⋅ 50 ⋅ 5 + 40 ⋅ a ⋅ 30 + 20 ⋅ 20 ⋅ 60
de donde:
dG =
662,5 + 30 ⋅ a 22,5 + a
202
Calculemos, ahora, el momento de inercia (cm4) de la sección respecto del eje x: Ix = +
1 1 2 2 50 ⋅ 103 + 10 ⋅ 50 ⋅ (d G − 5) + a ⋅ 403 + 40 ⋅ a ⋅ (d G − 30 ) + 12 12
1 2 20 ⋅ 203 + 20 ⋅ 20 ⋅ (60 − d G ) 12
Operando se tiene:
(
)
I x = 147 ⋅ 10 4 + 41333 ⋅ a − 53 ⋅ 103 + 24 ⋅ 10 2 ⋅ a ⋅ d G + (900 + 40 ⋅ a ) ⋅ d G2
Reduciendo la carga aplicada al c.d.g. de la sección, ésta se encuentra sometida a la acción de un esfuerzo cortante de valor 70,71 kN, a un esfuerzo axil de compresión de 70,71 kN y a un momento flector, según el eje x (compresión arriba y tracción debajo de dicho eje), de valor – 70,71.dG kN.m. La tensiones normales vendrán dadas por:
σ=
N M⋅y ± Ω Ix
De acuerdo al signo del momento flector, la máxima tensión normal de compresión se producirá en los puntos del borde superior de la sección (fibra superior) y su valor será (a y dG introducidos en cm):
70,71 × 103 d G ⋅ d G × 10 −4 70,71 × 103 σ =− − (900 + 40 ⋅ a ) × 10−4 Ix
Ec. (1)
La máxima tracción (o, a lo mejor, mínima compresión) se producirá en la fibra inferior de la sección, y será:
70,71 × 103 d G ⋅ (70 − d G ) × 10 −4 70,71 × 103 σ =− + (900 + 40 ⋅ a ) × 10 −4 Ix
Ec. (2)
La tensión tangencial máxima será aquélla correspondiente a la fibra que pasa por el c.d.g., pues respecto de ella, el momento estático sería máximo y el espesor mínimo. Si suponemos que el valor de a es tal que el c.d.g. está en el alma de la sección (luego deberíamos comprobar que, una vez obtenido a, esto es verdad), se tendrá:
203
⎡a ⎤ 2 70,71 × 103 ⋅ ⎢ (d G − 10) + 500 ⋅ (d G − 5)⎥ × 10 −6 Q⋅M ⎣2 ⎦ = τ= −2 a0 ⋅ I x a × 10 × I x
Ec. (3)
Teniendo en cuenta las ecuaciones (1,2 y 3) y los valores de las tensiones admisibles, debemos empezar a tantear. Aunque este es un proceso abierto, podríamos pensar que, el alma de la pieza tenga, al menos, el mismo espesor que el del ala. Primer tanteo: a=10 cm, lo que implica dG =29,615 cm e Ix=743138 cm4. Tensión máxima de compresión: 1,378 MPa<12 MPa (Vale) Tensión máxima de tracción: 0,594 MPa< 6 MPa (Vale) Tensión tangencial máxima: 1,354 MPa> 1MPa (No vale) Lógicamente, debemos aumentar el valor de a. Segundo tanteo: a=15 cm, lo que implica dG =29,667 cm e Ix=769828 cm4. Tensión máxima de compresión: 1,28 MPa<12 MPa (Vale) Tensión máxima de tracción: 0,6277 MPa< 6 MPa (Vale) Tensión tangencial máxima: 0,9328 MPa> 1MPa (Vale) La condición que limita la dimensión a de la sección es la de tangencial máxima. Podríamos seguir tanteando para optimizar de a pero, observando los valores de las dimensiones de la (todas ellas expresadas en decenas de centímetros) no ingenierilmente apropiado dar un valor más preciso.
204
tensión el valor sección parece
PROBLEMA 10.3 La sección de la figura se encuentra sometida a compresión mediante una carga perpendicular al plano de la sección de valor F 3 / 2 que actúa en el punto A y a un esfuerzo cortante de valor 0,5F según el eje x y cuya recta de acción coincide justo con dicho eje. Sabiendo que las tensiones admisibles del material son 30 MPa a compresión, 20 MPa a tracción y 20 MPa a cortante, se pide: Puntos de la sección en los que se produce la máxima compresión y la máxima tracción. Ecuación de la fibra neutra. Fibra en la que se alcanza la máxima tensión tangencial y ley distribución a estima de las tensiones tangenciales sobre la sección. Valor máximo de F indicando claramente la condición por la que viene limitado. y I
J 20
F
A
B
E
x
40 G
20
H
C
D
L
K 20
20
40
20
40
20
20
Cotas en cm.
Solución Problema 10.3 a) Calcularemos, primero, las tensiones normales que actúan en cualquier punto de la sección. Para ello, reducimos la fuerza que actúa en el punto A (el cortante no produce tensiones normales) al c.d.g. de la sección, obteniendo, como sistema reducido, el siguiente: Resultante:
r P = − F 3 / 2k
205
Momento:
r r r i j k r r 0 = −0,1 3Fi + 0,25 3Fj M = 0,5 0,2 0 0 −F 3/2 Para el caso de flexión compuesta, la tensión normal en cualquier punto de la sección viene dada por:
σz =
⎡ yI y − xPxy ⎤ ⎡ yPxy − xI x ⎤ P +Mx⎢ +My⎢ 2 ⎥ 2 ⎥ Ω ⎢⎣ I x I y − Pxy ⎥⎦ ⎢⎣ I x I y − Pxy ⎥⎦
En nuestro caso, M x = −0,1 3F
M y = 0,25 3F y, los momentos de inercia de la sección, respecto de los ejes indicados, son:
I x = 704 × 10 −4 m 4 y I y = 2528 × 10 −4 m 4
Al ser los ejes x,y principales de inercia, Pxy=0. El área de la sección es: Ω = 9600 × 10 −4 m 2 Sustituyendo estos valores en la ecuación anterior, se tiene que:
σ z = (−0,902 − 2,46 y − 1,71 x) F Los valores de la tensión normal negativos corresponderán a condiciones de compresión y los positivos a tracción. Las tensiones máximas de compresión y tracción se producen en los puntos más alejados de la fibra neutra cuya ecuación es:
− 0,902 = 2,46 y + 1,71 x
206
Por tanto, la máxima compresión se producirá en el punto I (0,9;0,4) y la de tracción en el punto K (-0,9;0,4). Para el punto I:
(σ z )I
= −3,425 F ≥ −30 × 10 6
⇒
F ≤ 8,759 MN
Para el punto K:
(σ z )K
= 1,621 F ≤ 20 × 10 6
⇒
F ≤ 12,338 MN
b) La tensión tangencial sigue la siguiente distribución:
τ=
0,5 F ⋅ M Q⋅M = a ⋅ Iy a ⋅ 2528 × 10 −4
que, para un valor dado de F, alcanza su máximo cuando lo haga el cociente M/a. Esta situación puede darse para la fibra BD (y +=10 cm), o para la fibra correspondiente al eje y. Para la primera fibra, M=206x10-3 cm3 y a=40 cm y, por tanto, τ2=1,0186F. Para la segunda, M=210x10-3 cm3 y a=80 cm y, por tanto, τ1=0,519F. Es decir, la máxima tensión tangencial se produce en la primera de las dos fibras consideradas. La distribución de tensiones tangenciales es:
207
x
y
B E
0
D
τ2
2 1
τ1
H 2
Si dichas tensión tangencial máxima no debe superar 20 MPa, se tiene que:
1,0186 F ≤ 20 × 106
⇒
F ≤ 19,635 MN
c) El máximo valor que puede tomar F para que no se supere alguna de las máximas tensiones admisibles del material será el de 8,759 MN y corresponderá a condiciones de máxima compresión.
208
CAPÍTULO 11
TORSIÓN
209
PROBLEMA 11.1 Un eje tubular de acero posee un diámetro externo de 160 mm. El eje se encuentra en el interior de una máquina y va a transmitir una potencia de 2 MW a 600 revoluciones por minuto. a) Calcular el diámetro interno necesario que debe tener el eje para que no se produzca plastificación en él (tensión de plastificación igual a 300 MPa y criterio de plastificación aplicable: Tresca) suponiendo un coeficiente de seguridad de dos. b) Comparar el valor del momento torsor anterior con el que se obtendría para un eje macizo cilíndrico del mismo material y que tuviera el mismo peso por unidad de longitud.
Solución Problema 11.1 a) La potencia transmitida por el eje será igual al producto del momento transmitido por el ángulo girado. Así, transcurrido un segundo, el ángulo que ha girado el eje, θ& , expresado en radianes, será:
θ& =
2π ⋅ Velocidad de giro (r. p.m ) 60
y, por tanto, si M es el momento torsor que actúa sobre le eje, se tendrá: Potencia = M ⋅θ& = M ⋅
2π ⋅Velocidad de giro ( r.p.m) 60
por lo que:
M =
2 × 10 6 = 31,83 kN .m 2π ⋅ 600 60
Por otra parte, para una tensión de plastificación de 300 MPa, el criterio de Tresca proporciona la máxima tensión tangencial que puede producirse y que resulta ser:
τ max =
σy 2
=
300 = 150 MPa 2
Como el enunciado dice que el coeficiente de seguridad debe ser de dos, la tensión tangencial máxima que debemos considerar en este problema es de 75 MPa. Por tanto: 211
τ max =
31,83 × 103 M ⋅ 0,08 = 75 × 106 Rext = I0 Io
de donde se deduce que:
I 0 = 3,3952 × 10 −5 m y, entonces:
I0 =
4 4 ) π (0,084 − Rint4 ) − Rint π (Rext
2
=
2
= 3,3952 × 10 −5 m
de donde se puede obtener el radio interior necesario, el cual resulta ser 0,06632 m, por lo que el diámetro interno es: 132,64 mm. b) Sea el eje tubular o cilíndrico macizo, la máxima tensión tangencial se producirá en la periferia del eje y su valor será:
τ max =
M Rext I0
Para el eje tubular:
τ max =
M tubular Rext 4 4 π Rext − Rint 2
(
)
y para el eje cilíndrico macizo:
τ max =
M macizo R πR 4 2
Por tanto:
τ max =
M tubular M Rext = macizo R 4 4 π Rext − Rint πR 4 2 2
(
)
y:
(
4 M tubular R 4 − Rint = ext M macizo Rext ⋅ R 3
)
212
El que ambos ejes posean en mismo peso por unidad de longitud se puede expresar como: 2 2 R 2 = Rext − Rint
por lo que:
(
)
4 4 M tubular Rext − Rint = 2 2 M macizo Rext ⋅ Rext − Rint
(
)
3/ 2
= 3.01
213
PROBLEMA 11.2 Un tubo de 3 m de longitud, sección circular de 300 mm de radio y pared delgada de 3 mm de espesor se encuentra empotrado en uno de sus extremos y sometido a 2 momentos torsores como se indica en la figura adjunta. Desde la sección C hasta la sección D se ha practicado en el tubo un corte longitudinal según una generatriz. Se pide:
-
a) Máximo valor de MT para que en ningún punto del tubo la tensión tangencial supere 50 MPa.
-
b) Para el valor de MT calculado en el apartado anterior, giro experimentado por la sección D.
DATO:
G = 80 GPa.
NOTA: Despréciese la concentración de tensiones que se producen en las secciones próximas a la sección C. 1m
1m
1m
2MT
A
MT
B
3
C
D
300
300
secciones tramo AC
3
secciones tramo CD
214
Solución Problema 11.2 a) La ley de momentos torsores es:
A
MT
B C
MT
D
Las máximas tensiones tangenciales se producirán en el tramo CD (sección abierta), por lo que:
τ =
3MT
2
e πR ⋅ 2
y, como τ no debe superar el valor de 50 MPa, se tiene:
50 =
3( M T )máx
3 2 ⋅ 300π ⋅ 2
por lo que el momento torsor máximo resulta ser (MT)máx =282.743 N.mm=282,7 N.m b) El giro de la sección D será:
θ D = ω AB L AB + ω BC LBC + ω CD LCD Teniendo en cuenta que:
L AB = LBC = LCD = 1 m y que:
ω AB = −ω BC el giro buscado será:
θ D = ω CD LCD =
3 (M T )máx
G ⋅ 2πR ⋅ e 3
LCD =
3 × 282 ,7
80 × 10 9 × 2π × 0 ,3 × (0 ,003 )
3
215
= 0 ,21 rad
PROBLEMA 11.3 Un tubo de 2 m de longitud, de 500 mm de diámetro y 4 mm de espesor se encuentra empotrado en un extremo y sometido en su extremo libre a un momento torsor, MT. El tubo se ha realizado soldando otros dos tal y como se indica en la figura adjunta. La soldadura no puede soportar tensiones normales (de tracción o compresión) mayores de 100 MPa, ni tensiones cortantes superiores a 30 MPa. En estas condiciones se pide calcular el máximo momento torsor que se puede aplicar al tubo.
e=4 mm MT
60º
D=500 mm
2m
Solución Problema 11.3 El estado tensional generado en el tubo es de cizalladura pura, tal como se representa en la figura:
τ B
MT
A
Si dibujamos el círculo de Mohr, a la dirección circunferencial A y a la axial B les corresponderán puntos diametralmente opuestos del círculo, el cual tendrá su centro en el origen de coordenadas (cizalladura pura):
B (0;τ)
60º C (σC;τC)
A (0;-τ)
216
Para la dirección C del cordón de soldadura (que forma 30º con la dirección circunferencial A en sentido antihorario), el correspondiente punto del círculo de Mohr tendrá, como coordenadas (y requisitos que deben cumplir las tensiones resultantes que actúan sobre esta dirección):
σ C = τ ⋅ cos 30 ≤ 100 MPa τ C = τ ⋅ sen 30 ≤ 30 MPa por lo que:
τ máx = 60 MPa El momento torsor máximo será: M T = 2 ⋅ e ⋅ A ⋅ τ máx = 2 ⋅ 4 ⋅ π ⋅
500 2 ⋅ 60 × 10 − 3 = 94.200 N .m = 94 ,2 kN .m 4
217
PROBLEMA 11.4 Calcule la razón entre las tensiones producidas por un mismo momento torsor actuando sobre un tubo de pared delgada (radio R y espesor e) suponiendo que exista, o no, una grieta a lo largo de una de sus generatrices que impide la continuidad del material. Compare las rigideces a torsión (momento aplicado dividido por el giro producido) en ambas situaciones.
Solución Problema 11.4 Sección cerrada:
τm =
Mz Mz = 2.e.Sm 2.e. πR 2
⎛ 2⎞ Mz 4GSm 4G⎝ πR ⎠ y Kc = = ds = 2 πR ω ∫ e e 2
Sección abierta:
τ máx =
3 Mz 3Mz M 1 y Ka = z = G. K = G. e 3.2 πR 2 = 2 3 ω e . l e .2 πR
Por tanto:
τ
2 máx = 3R y K a = e e Kc 3. R 2 τm
218
2
PROBLEMA 11.5 El dispositivo de la figura consta de una barra de sección circular de 250 mm de longitud y 8 mm de diámetro empotrada en su extremo A y unida solidariamente por su extremo B a un tubo de pared delgada de 50 mm de longitud, 25 mm de diámetro y 2 mm de espesor. Se aplica un momento torsor en el extremo libre del tubo (extremo C), de tal manera que éste gira 4º. Sabiendo que ambas piezas están hechas de una aleación de aluminio cuyo módulo de cortante G es 27 GPa se pide:
-
a) Momento torsor aplicado.
-
b) Tensiones tangenciales máximas en la barra y en el tubo.
-
c) Ángulo girado por la sección B.
2 mm
8 mm
25 mm B
A 250 mm
C 50 mm
Solución Problema 11.5 a) El giro de la sección C será la suma de todos los giros experimentados por todas las secciones de la barra y del tubo. Denotando por ω los giros por unidad de longitud y por L las longitudes, se tiene:
θ C = ω AB L AB + ω BC LBC siendo:
ω AB =
2M M M = = = 9 ,21 × 10 − 8 M 4 4 I0G π ⋅ Rb π ⋅ 4 ⋅ 27000 G 2
y
219
rad / mm
ω BC =
M ∫ ds
(
4G π ⋅
e
)
2 Rt2
=
2πRt M 4Geπ
2
Rt4
=
M
2πGeRt3
= 1,51 × 10 −9 M
rad / mm
Por tanto:
(
)
θ C = 9 ,21 × 10 − 8 × 250 + 1,51 × 10 −9 × 50 ⋅ M =
4π 180
de donde puede obtenerse M=3022 N.mm=3,022 N.m b) Las tensiones tangenciales máximas resultan: b.1) En la barra:
τ =
M ⋅ Rb 2 × 3022 = = 30 ,1 MPa I0 π ⋅ 43
b.2) En el tubo:
τ =
3022 M = = 1,5 MPa 2eS m 2 ⋅ 2π ⋅ 12 ,5 2
c) El giro de la sección B es:
θ B = ω AB L AB = 9 ,21 × 10 −8 × 3022 × 250 = 0 ,069 rad = 3 ,9º
220
PROBLEMA 11.6 Una barra de longitud L se encuentra empotrada en sus dos extremos A y B. La sección recta de dicha barra es un perfil cerrado de pequeño espesor en forma de triángulo equilátero, de lado a y espesor t. En la sección C situada a 3/4 L del empotramiento A, se aplica un sistema de tres cargas puntuales de valor P, contenidas en el plano x-y, cada una de ellas sobre un vértice del triángulo, tal como se indica en la figura adjunta. Suponiendo conocidos el módulo de Elasticidad, E y el coeficiente de Poisson, ν del material de la barra, se pide:
-
a) Reacciones en los emportramientos.
-
b) Giro de la sección C.
-
c) Tensiones en la sección situada a 1/4 L del apoyo A. y
x 3/4L
1/4L z C B
A
y P
t
x G
P a
221
P
Solución Problema 11.6 a) El estado de cargas que actúa en la sección C produce, únicamente, un momento torsor de valor:
MC = 3P
h 3
donde: h=
a2 −
a2 3 = a 4 2
y, por tanto:
MC =
3 P⋅a 2
Dibujando un esquema de los momentos torsores, se tiene:
B MB
MC MA MA
Extremo empotrado
MA
Extremo empotrado
MB MB C
A
Las barras que van desde la sección A (empotrada) hasta una sección inmediatamente antes de llegar a la sección C, y desde una sección inmediatamente posterior a la sección C hasta la sección B están sometidas a momentos torsores de valores, respectivamente MA y MB. Planteando el equilibrio de momentos torsores en la rebanada C se llega a que:
MC = M A + M B
Ec. ( 1)
222
Por otra parte, si representamos por ωAC y ωCB los giros de eje z por unidad de longitud de las barras AC y CB, respectivamente, se tendrá que cumplir que el giro de la sección C como perteneciente a la barra AB debe ser igual al giro de dicha sección como perteneciente a la barra CB. Es decir:
θ C = ω AC ×
3 1 L = ω CB × L 4 4
Por otra parte:
ω AC = K ⋅ M A
ω CB = K ⋅ M B
y
donde:
ds e K = 4GS m2
∫
y que toma el mismo valor (sólo depende de la geometría de la sección) para las dos barras. Por tanto:
ω AC = ω CB
⇒
K ⋅ MA ⋅
3 1 L = K ⋅ MB ⋅ L 4 4
por lo que: M B = 3M A
Ec. ( 2 )
De las ecuaciones 1 y 2 se obtiene:
MA =
3 P⋅a 8
y
MB =
3 3 P⋅a 8
b) El giro de la sección C se puede obtener como:
θC
ds e ×3L = 4 ⋅ G ⋅ S m2 4 MA ⋅ ∫
donde:
223
∫
ds 3 a ; = e t
S m2 =
3 4 a ; 16
G =
E 2(1 + ν )
por lo que:
θC =
3 3 PL ⋅ (1 + ν ) 4 ⋅ E ⋅ t ⋅ a2
c) Las tensiones en la sección señalada serán:
τ =
MA = 2 ⋅ t ⋅ Sm
3 Pa P = 4⋅a⋅t 3 2 8 × 2t × a 4
ya que el momento torsor en la sección considerada es MA.
224
PROBLEMA 11.7 El dispositivo del cual se muestra su sección en la figura adjunta, consta de una barra de acero y de un tubo de aluminio, concéntricos, ambos con un extremo empotrado y el otro rígidamente unido a una placa indeformable. La barra de 1 m de longitud tiene una sección circular de 40 mm de diámetro. El tubo mide 2 m de longitud, su diámetro es de 80 mm y el espesor es de 3 mm. En la sección de unión con la placa indeformable se aplica un momento cuyo eje coincide con el eje longitudinal de barra y tubo, de tal manera que dicha sección experimenta un giro de 4º. Se pide: a) Momento que se debería aplicar para conseguir dicho giro. b) Tensión tangencial máxima que aparece en la barra. c) Tensión tangencial máxima que aparece en el tubo. DATOS: Gacero
= 80 GPa
Galuminio
= 28 GPa 3 placa indeformable
unidades en milímetros
80
40
1000
1000
Solución Problema 11.7 a) A partir del giro que experimenta la placa indeformable, pueden determinarse los giros por unidad de longitud que experimentarán barra y tubo son:
225
4 ⋅ 2π 1 = 7 ⋅ 10 −5 rad / mm 360 1000 4 ⋅ 2π 1 = = 3,5 ⋅ 10 −5 rad / mm 360 2000
ω barra = ω tubo
Los momentos torsores que actúan sobre ambos elementos son:
M barra = I 0 G acero ω barra =
π20 4 ⋅ 80.000 ⋅ 7 ⋅ 10 −5 = 1,4 kN.m 4
4 G Al S 2m ω tubo 4 ⋅ 28.000 ⋅ (π ⋅ 40 2 ) ⋅ 3,5 ⋅ 10 −5 = = = 1,2 kN.m ds 2π ⋅ 40 ∫e 3 2
M tubo
y, por tanto, el momento torsor total será:
M TOTAL = M barra + M tubo = 1,4 + 1,2 = 2,6 kN.m b) La tensión tangencial máxima en la barra es:
(τ barra )máx = G acero ω barra R = 80.000 ⋅ 7 ⋅ 10 −5 ⋅ 20 = 112 MPa c) La tensión tangencial máxima en el tubo resulta:
(τ tubo )máx
=
M tubo 1,2 × 10 6 = 40 MPa = 2 ⋅ e ⋅ Sm 2 × 3 × π ⋅ 40 2
(
)
226
PROBLEMA 11.8 Un amortiguador torsional de vibraciones consiste en un tubo de acero, en el que los puntos de su perímetro A-B se encuentran fijos, y al que se encuentra unido (soldado), a través de su base C-D (la cual puede suponerse indeformable), un eje cilíndrico del mismo tipo de acero que el del tubo y concéntrico con éste, sobre el que se aplica un momento torsor M. Determinar el máximo momento torsor M que puede aplicarse al sistema en la sección circular E-F de manera que el giro experimentado por esta sección no supere los 5º, así como los giros, por unidad de longitud, que experimentan ambas piezas. Despréciense los efectos locales que aparecerían en la zona de contacto de ambos cuerpos y supóngase G=80 GPa.
600 m A
C
E 50 mm
M
80 mm
F
120 mm
D
B
800 mm
Solución Problema 11.8 Separando ambos cuerpos, se tiene: A
C
E M
M
M F B
M D
Tanto el tubo como el eje están sometidos al mismo momento torsor, si bien con distinto signo. En estas circunstancias, se tendrá:
M = I 0eje Gω eje = I 0tubo Gω tubo por lo que, al ser del mismo material ambos componentes:
227
I 0ejeω eje = I 0tuboω tubo Como: I 0eje =
π ⋅ R4 2
=
π ⋅ 0 ,025 4 2
= 6 ,1359 × 10 − 7 m 4
y I 0tubo =
(
4 4 π ⋅ Rext − Rint
2
) = π ⋅ (0 ,06
4
2
− 0 ,04 4 )
= 1,6336 × 10 − 5 m 4
se tiene que:
ω eje / ω tubo = 26 ,6244
Ec. (1)
Por otra parte, el giro de la sección E-F no debe superar 5º, por lo que:
Lejeω eje + Ltuboωtubo = 0,8 ⋅ ω eje + 0,6 ⋅ ωtubo = =
2π ⋅ 5 = 0 ,087266 rad 360
Ec.(2)
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2):
ω tubo = 0 ,00398 rad / m
y
ω eje = 0 ,10609 rad / m
y, entonces: M=2,60388 kN.m
228
PROBLEMA 11.9 Un tubo de 2 m de longitud y 100 mm de diámetro está empotrado en el extremo A y libre en el B, tal como muestra la figura 1. Dicho tubo debe soportar los momentos torsores representados en dicha figura.
0,5 m M
A
2·M
C
B
2m Figura 1
1. Dibujar el diagrama de momentos torsores existente en el tubo. 2. Determinar el espesor del tubo de forma que la tensión máxima que aparezca en su interior sea inferior a la tensión admisible del material considerando un coeficiente de seguridad de 1,5. 3. Calcular el giro de la sección B para el espesor calculado en el apartado anterior. 4. Se pretende reducir el giro en la sección B por debajo de 1,5º. Para ello se propone recortar el tubo y soldar una barra del mismo material y de sección circular de radio idéntico al radio exterior del tubo, tal como muestra la figura 2. Comprobar que esta solución cumple con todos los requerimientos del problema y calcule la longitud que debe tener dicha barra.
229
lt
D
A
B
L=2m Figura 2
DATOS: M = 1000 N·m E = 70 GPa
ν = 0,3 τad (tensión tangencial admisible del material)
= 40 MPa
Solución Problema 11.9 1) El diagrama de momentos torsores podemos obtenerlo de la siguiente manera: aislemos un tramo de la pieza entre B y una sección cualquiera que se encuentre entre B y C. Independientemente de la sección del tramo BC que consideremos, para que se encuentre en equilibrio la parte de pieza comprendida entre la sección y la sección extrema B, deberá cumplirse que el momento torsor que actúa en B esté equilibrado por el que actúe en la sección considerada, el cual debe tener un valor de 2M y signo contrario al aplicado en B. Por tanto, para cualquier sección situada a lo largo de todo el tramo BC, el momento torsor será constante y de valor 2M. Razonando de igual forma con una sección cualquiera del tramo AC, suponiendo que consideramos la parte de la pieza comprendida entre dicha sección y el extremo B, nos encontraríamos que, sobre la parte considerada, actúan dos momentos torsores en C y en B del mismo signo y cuyo valor total será de 3M. Este momento total debe ser equilibrado por uno de igual cuantía actuando en la sección genérica del tramo AC que hemos tomado, pero de signo distinto a cualquiera de los momentos torsores que actúan sobre la pieza. Por todo lo anterior, la ley de momentos torsores en la pieza es: 230
3·M 2·M
A
C
B
El momento torsor máximo se produce en cualquier sección del tramo AC y su valor es: M T = 3 ⋅ M = 3000 N .m
2) Como la tensión máxima se producirá en la sección en la que el momento torsor es máximo, tendremo que, para cualquier sección del tramo AC:
τ=
τ MT < ad 2 2 ⋅ π ⋅ R ⋅ e 1,5
expresión ésta de la que podemos deducir el valor mínimo que debe poseer el espesor de tubo, resultando:
e = 7,2 mm 3) El giro de la sección B lo podemos determinar teniendo en cuenta que la sección A no gira (está empotrada), que la sección C tendrá un giro absoluto igual al producto del giro por unidad de longitud en el tramo AC multiplicado por la longitud AC, y que el giro de B será el producido en C más el giro por unidad de longitud en el tramo CB multiplicado por la longitud CB. Es decir:
θ B = ωAC ⋅ L AC + ωCB ⋅ L CB Ahora bien, para calcular ωAC debemos tener en cuenta que el valor del momento torsor que actúa en dicha zona es 3M (ver la ley de momentos torsores deducida en el primer apartado). De igual manera, para calcular ωCB debemos tener en cuenta que el momento actuante es M. De todo lo anterior, resulta:
θ B = 2,956 ⋅10 −2 rad (1,69º)
231
4) Se pueden dar dos situaciones: primera, que la sección D quede entre C y B ó, segunda, que la sección D quede entre A y C. Es decir: l t < 1,5 m, para la primera situación ó l t > 1,5 m para la segunda. En el primer caso, l t < 1,5 m: tubo tubo θ B = ωAC ⋅ L AC + ωCD ⋅ L CD + ωbarra DB ⋅ L DB
y, en el segundo; l t > 1,5 m: tubo barra θ B = ωAD ⋅ L AD + ωbarr DC ⋅ L DC + ωCB ⋅ L CB
La condición θ B < 1,5º conduce a que: l t = 0,606 m (que corresponde al caso l t < 1,5 m). Además se debe comprobar, cosa que se cumple, que: barra τ max = 26,67 MPa < τ MAX
232
PROBLEMA 11.10 Se ha diseñado el eje de la figura 1 para transmitir un momento torsor M. Este eje está formado por una barra maciza de longitud 2·L y radio R y un tubo de pared delgada, de radio doble y longitud mitad, fabricados ambos con un material elástico de módulo a cortante G.
Figura 1 Despreciando el efecto del cambio de sección, y suponiendo que el momento torsor se aplica en la sección A y que en la sección C existe un momento torsor igual al anterior pero de signo distinto, determine, en función de los datos del problema: a) El espesor que debe tener el tubo BC para que el giro relativo respecto a la sección C en el extremo A sea de
5⋅M ⋅L
G ⋅π⋅R4
.
Al construir un eje como el diseñado en el apartado a), por un error de fabricación, se genera una fisura longitudinal DC, de longitud 0,01·L, que atraviesa todo el espesor del tubo en el extremo C, figura 2.
Fisura
A
B
2·L
X
0,01
D
C
A
L
B
D
C
X Figura 2
233
Sección X-X
b) Calcule, en función de los datos del problema y despreciando la concentración de tensiones debidas a la fisura, el ángulo girado por el extremo A en este caso.
Solución Problema 11.10 a) La pieza que estamos analizando consta de una barra maciza seguida de un tubo. Si M es el momento torsor actuante, el equilibrio de la pieza implica que:
M
M A
M
M
B B
C L
2·L
por lo que, las dos partes están sometidas al mismo momento torsor. Para el tramo AB (barra circular maciza), tenemos: M = GKω
τ max = GωR K = IO =
πR 4 2
de donde se deduce que:
ω AB =
2M π GR 4
Para el tramo BC (tubo de pared delgada), se tiene que:
M = GKω M τ max = 2S m e K=
4S m ds ∫e
234
Los valores de los diferentes parámetros que aparecen en estas ecuaciones son: S m = π (2 R )
2
K=
4 ⋅16π 2 R 4 = 16πR 3e 2π (2 R ) e
por lo que:
ω BC =
M 16π GR 3 e
El giro relativo entre las secciones A y C será la suma del relativo entre A y B y el correspondiente entre las secciones B y C, por lo que:
θ A − θ C = ω AB ⋅ (2 L ) + ω BC ⋅ L =
4ML ML ML ⎛ 4 1 ⎞ + = + ⎟ 4 3 3 ⎜ GπR 16GπR e GπR ⎝ R 16e ⎠
Como dicho giro relativo debe ser igual a:
5⋅ M ⋅ L G ⋅π ⋅ R 4 Se tendrá que cumplir que:
θ A −θC =
ML ⎛ 4 1 ⎞ 5⋅ M ⋅ L + ⎟= 3 ⎜ GπR ⎝ R 16e ⎠ G ⋅ π ⋅ R 4
de donde resulta que:
e=
R 16
b) Si existe una fisura, la nueva pieza constaría de la barra maciza y el tubo (como antes) más una parte de tubo abierto por un extremo. Al igual que en el apartado anterior, cada una de las tres partes de la pieza se encuentra sometida al mismo momento torsor. Para los tramos AB y BD, los giros por unidad de longitud serían:
ω AB =
2M π GR 4
235
y, teniendo en cuenta que e =
ω BD =
R : 16
M M = 3 16π GR e πGR 4
Para el tramo DC (tubo abierto) tenemos:
M = GKω τ max = Gω e 1 K = be 3 3 donde:
b = 2π ⋅ (2 R ) e=
R 16
K=
πR 4 3072
por lo que:
ω DC =
3072 ⋅ M π GR 4
Por tanto, el giro relativo entre las secciones A y C resultará ser:
θ A − θ C = ω AB ⋅ (2 L ) + ω BD ⋅ 0,99 L + ω DC ⋅ 0,01L = 35,7
ML π GR 4
NOTA: Conviene tener presente que, en el tramo BD la distribución de tensiones tangenciales e, a lo largo del espesor del tubo, en la sección del tubo sería uniforme, mientras que, en el tramo DC, dicha distribución variaría linealmente a lo largo del mismo.
236
PROBLEMA 11.11 Dado el muelle helicoidal cilíndrico, obtenido al enrollar una pieza prismática de sección circular de diámetro d de un material de módulo de elasticidad E y módulo de cortante G sobre una superficie cilíndrica, de manera que el diámetro medio del muelle sea D, se encuentra sometido a una carga P en uno de sus extremos, estando empotrado el otro extremo. a) Llamando n al número total de espiras y α al ángulo que forman estas con la horizontal, se pide determinar la constante de muelle correspondiente. b) Conociendo la tensión de decencia del material del muelle (σc) y suponiendo el criterio de plastificación de Tresca, determinar la máxima carga que puede soportar el muelle sin que ninguno de sus puntos plastifique. Como ejemplo de aplicación de las fórmulas deducidas, considérese el caso en el que: D=80 mm, d=20 mm, α=15º, n=10 espiras, E=210 GPa, G=80 GPa y σc=600 MPa.
y
α
x
z
D
P d
237
Solución Problema 11.11 a) Tomando una sección genérica del muelle (como la indicada en la figura) y el sistema de ejes indicado, la reducción de la carga P al c.d.g. de la sección considerada, proporciona los siguientes esfuerzos (todas las secciones del muelle están sometidas a los mismos esfuerzos):
y
My z
MT x
Nz
Qy
Nz=P.senα, Qy=P.cosα, My=P.D/2.senα y un momento torsor MT=P.D/2.cosα. Como aplicación, vamos a analizar las deformaciones que originan en una rebanada genérica y luego, integrándolas a lo largo del muelle, el desplazamiento vertical v que origina, cada una de ellas, en el punto de aplicación de la carga. Comencemos por el esfuerzo axil. La deformación infinitesimal según el eje z es, en este caso: εz =
Nz EΩ
La variación de longitud de una rebanada de espesor ds (tomando sobre la directiz del muelle) será: ε z ⋅ ds =
Nz ds EΩ
donde Ω es el área de la sección transversal del muelle. Si L es la longitud total del mismo, el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la carga, como consecuencia de los aumentos de longitud que experimentan todas las rebanadas, es:
vNz
4 P sen 2 α P ⋅ sen 2 α P ⋅ sen α = ε z ⋅ L ⋅ sen α = L L= L ⋅ sen α = EΩ EΩ Eπd 2
El momento flector produce un giro de la sección alrededor del eje y de valor:
238
My
dθ y =
EI
ds =
P
D sen α 2 ds πd 4 E 64
por lo que el giro correspondiente alrededor de un eje horizontal se obtendrá proyectando el anterior sobre él, por lo que resulta:
dθ y ⋅ sen α =
32 PD sen 2 α Eπd 4
ds
El desplazamiento vertical del punto de aplicación de la carga, debido a este esfuerzo, será:
vM y =
∫
( dθ y ⋅ sen α ) ⋅
D 16 PD 2 sen 2 α = L 2 Eπd 4
El esfuerzo cortante produce una deformación angular en las rebanadas de valor:
γ yz =
Qy GΩ c
donde Ωc es el área a cortante de la sección circular del muelle. El desplazamiento vertical buscado, y causado por este esfuerzo, será: vQ y = γ yz ⋅ L ⋅ cos α =
Q y ⋅ L ⋅ cos α GΩ c
=
P ⋅ L ⋅ cos 2 α GΩ c
El esfuerzo torsor, producirá un giro, por unidad de longitud, entre las secciones del muelle de valor: ωz =
MT G ⋅ I0
El giro relativo entre las dos secciones de una rebanada valdrá: dθ z = ω z ⋅ ds =
MT ⋅ ds G ⋅ I0
239
que inducirá un desplazamiento vertical en el extremo del muelle en el que se aplica la carga P de valor: v M T = ω z ⋅ cos α ⋅
D P D2L ⋅L= ⋅ cos 2 α 2 4 G ⋅ I0
Sumando todos los desplazamientos, y teniendo en cuenta que L=
πD ⋅ n , el desplazamiento buscado será: cos α
d 2 ⎞⎟ sen 2 α ⎛⎜ d 2 ⎞⎟ cos 2 8 PD 3 n ⎡ ⎛⎜ v = + 1+ ⎢2 1 + ⎜ d 4 cos α ⎢⎣ ⎜⎝ 4 D 2 ⎟⎠ E 2 D 2 ⎟⎠ G ⎝
α⎤ ⎥ ⎥⎦
Si admitimos que el valor del ángulo α es pequeño (digamos que menor de unos 15º) y que la relación D/d es grande (superior, por ejemplo, a 10), podemos razonar del siguiente modo: El valor de v debido al esfuerzo axil y al momento flector depende del cuadrado del seno del ángulo α, por lo que resultará pequeño en comparación con los otros desplazamientos. Comparando los desplazamientos debido a torsor y cortante (suponiendo que, aproximadamente, Ωc=Ω), se llega a que: v MT vQ y
⎛ D⎞ = 2⎜ ⎟ ⎝d⎠
2
por lo que podemos despreciar el desplazamiento inducido por el esfuerzo cortante frente al que induce el momento torsor. En estas condiciones, resulta:
P
v = G⋅
π ⋅ d4 32
⋅
D2 ⋅ π ⋅ D ⋅ n 8P ⋅ D3 ⋅ n = 4 G ⋅ d4
por lo que la constante de muelle resultará ser:
k =
G ⋅ d4 8 ⋅ D3 ⋅ n
240
b) Los puntos de la sección genérica, que se ha considerado con anterioridad, que presenta las mayores tensiones son los puntos A y B de la figura: y
A
B x
z
En ellos, las tensiones normales alcanzan los máximos valores (en realidad las tensiones normales que produce el esfuerzo Nz son las mismas en toda la sección, pero el momento flector My sí que produce tensiones normales máximas en ambos puntos), y la tensiones tangenciales también (las producidas por el momento torsor MT son las mismas en todos los puntos del perímetro de la sección pero las tensiones cortantes que origina Qy son máximas en los puntos del diámetro A-B). Por tanto, el estado de tensiones en cualquiera de esos puntos (llamando σ a la tensión normal total y τ a la tangencial total), y teniendo en cuenta los ejes locales seleccionados, se tiene: σz = σ τ yz = τ σ x = σ y = τ xz = τ xy = 0
La máxima tensión normal vendrá dada por:
σz = σ =
Nz
πd 2 4
+
d 2 = 16 PD ⎛⎜ 1 + d ⎞⎟ sen α 4D ⎠ πd 4 πd 3 ⎝ 64
My ⋅
y la tensión tangencial máxima, será:
τ yz = τ =
Qy πd 2 4
+
d 2 = 8 PD ⎛⎜ 1 + d ⎞⎟ cos α 2D ⎠ πd 4 πd 3 ⎝ 32
MT ⋅
241
El criterio de Tresca para el estado tensional que se produce en el punto A o en el B, lleva a que no se producirá plastificación en ninguno de esos dos puntos siempre que se cumpla:
σ z2 + 4 τ 2yz =
σ 2 + 4τ 2 ≤ σ c
por lo que: 2
2
16 PD ⎛ d ⎞ d ⎞ ⎛ 2 ⎟ cos 2 α ≤ σ c ⎟ sen α + ⎜ 1 + ⎜1 + 3 4 D 2 D ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ πd Despejando P se obtiene el siguiente valor de la carga máxima: P =
1 16 D
σ c ⋅ πd 3 2
2
d ⎞ d ⎞ ⎛ ⎛ 2 2 ⎜1 + ⎟ sen α + ⎜ 1 + ⎟ cos α 4 D 2 D ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
Para las condiciones numéricas del enunciado, sin despreciar ningún tipo de deformación, la carga máxima que puede soportar el muelle, sin que platifique ninguno de sus puntos, es de 10,5 kN y el desplazamiento vertical del muelle es de 3,54 cm. Cuando sólo se considera las deformaciones debidas a la torsión, el resultado es de 3,36 cm, que resulta un 5% inferior al calculado anteriormente por la fórmula más precisa.
242
CAPÍTULO 12
DEFORMACIÓN DE PIEZAS PRISMÁTICAS
243
PROBLEMA 12.1 La estructura de la figura se encuentra sometida a dos momentos iguales de valor M pero de signo distinto. Su sección es simétrica con las dimensiones, expresadas en cm, indicada en la figura, y el material de que está fabricada tiene unas tensiones admisibles de 20 MPa a compresión y 10 MPa a tracción, y un módulo de elasticidad E conocido. Determinar, en función de M, L, E⋅I:
-
a) El valor máximo de M que la pieza puede soportar.
-
b) Para dicho valor de M flecha y giro de la sección B, indicando claramente el sentido de los mismos.
-
c) Hallar, también, la ecuación de la curva de la elástica, identificando el tipo de curva que se obtiene entre los puntos A y B y entre B y C.
-
d) Si no se hubiera despreciado el valor del cuadrado de la derivada dv/dx para la obtención de la ecuación diferencial de la elástica, ¿qué tipo de curva adquiriría la deformada correspondiente al tramo AB? 40
M
10
M A
B
C 40
L
L
10
Solución Problema 12.1 a) Primero hay que calcular la posición del centro de gravedad (c.d.g.) de la sección. Como quiera que ésta tiene un eje de simetría, el c.d.g. se encontrará sobre él y a una distancia hG del eje x de la figura. Dividiendo la sección en las área rectangulares 1 y 2,
245
y 1
2 x podemos tomar momentos estáticos respecto del eje x, resultando:
40 ⋅ 10 ⋅ 45 + 40 ⋅ 10 ⋅ 20 = (40 ⋅ 10 ) ⋅ 2 ⋅ hG de donde se obtiene:
hG = 32 ,5 cm También es necesario calcular el momento de inercia (Ix) de la sección respecto de un eje que pase por su c.d.g. y sea paralelo al eje x: y
x hG
Ix =
1 1 40 ⋅ 10 3 + 40 ⋅ 10 ⋅ 12 ,5 2 + 10 ⋅ 40 3 + 40 ⋅ 10 ⋅ 12 ,5 2 = 181.667 cm 4 12 12
Cuando actúa un momento flector sobre la sección, como el que se señala en el enunciado, aparecen compresiones en la parte superior del ala y tracciones en la parte inferior del alma. Para calcular el momento máximo, tenemos que hacer dos hipótesis: que la sección rompe por tracción o por compresión. - Rotura por tracción (fibra más próxima al eje x):
246
σ rt = 10 MPa =
M ⋅ hG M ⋅ 325 = Ix 181667 × 10 4
M = 55 ,9 kN .m
⇒
- Rotura por compresión (fibra más alejada al eje x):
σ rc = 20 MPa =
M ⋅ h1 M ⋅ 175 = Ix 181667 × 10 4
⇒
M = 207 ,6 kN .m
De los dos valores hallados, debemos tomar el más pequeño porque es el más restrictivo; es decir, tomando el valor de 55,9 kN.m (que es el más pequeño de los dos), la sección rompe por tracción y, a compresión, sigue trabajando perfectamente. Si hubiéramos escogido el valor de 207,6 kN.m como valor del momento máximo, antes de que la sección rompiera por compresión, ya habría roto por tracción puesto que 55,9 kN.m <207,6 kN.m, lo cual resultaría absurdo. b) La ley de momentos flectores de la pieza es: L
L
A
C B M
que indica que, su mitad izquierda, esta sometida a un estado de flexión pura (no hay reacciones y, por tanto, no hay esfuerzos cortantes), y su mitad derecha no soporta ningún tipo de esfuerzo. Suponiendo positivas las flechas hacia abajo y los giros con sentido horario, podemos escribir:
vC
L⎞ ⎛ ML⎜ L + ⎟ 2⎠ ⎝ =0 = v A + θ A ⋅ 2L − EI
Como la flecha en A es nula, de la ecuación anterior se puede obtener el valor del giro (sentido horario) que experimenta la sección A:
θA =
3 ML 4 EI
247
El giro de la sección B (en sentido horario) puede obtenerse como:
θB = θ A −
ML ML =− EI 4 EI
(El signo negativo indica que el sentido real de este último giro es antihorario) La flecha de B puede calcularse como: vB = θ B ⋅ L =
ML2 4 EI
c) La ecuación de la elástica puede obtenerse (tramo A-B) resolviendo la ecuación diferencial:
d 2v dx 2
=−
M EI
Integrando una vez: dv M =− x + C1 dx EI
y, volviendo a integrar: M x2 + C1x + C2 v =− EI 2
Las constantes C1 y C2 se obtienen tras imponer las condiciones de contorno que son: En x=0, la flecha debe ser cero, lo que implica que C2 =0 En x=L, la flecha debe ser la obtenida en el apartado anterior, de donde resulta que: C1 =
3 ML 4 EI
por lo que la ecuación de la elástica en el tramo A-B es:
248
v =−
M x 2 3 ML + x EI 2 4 EI
que es la ecuación de una parábola. La ecuación de la elástica en el tramo B-C sería una recta (no existen momentos flectores en este tramo): v = a⋅x+b
La condiciones de contorno para obtener los parámetros a y b son: En x=L, vB =
ML2 4 EI
En x=2L, v=0 Por lo que resulta: v =−
ML (x − 2 L ) 4 EI
Si no se despreciase dicho término, la ecuación diferencial y solución serían:
dθ M 1 = = = cte ds EI ρ
⇒
ρ = Cte
Es decir, el tramo A-B se deformaría según una circunferencia de radio ρ.
249
PROBLEMA 12.2 La viga continua de la figura tiene cada tramo de sección constante. EL momento de inercia del tramo central es 25x105 cm4 y el los dos tramos laterales es 125x104 cm4. El módulo de elasticidad del material es E=20 GPa. Cuando actúan las cargas de la figura, se pide:
-
a) Ley de momentos flectores
-
b) Flecha, en mm, del punto situado en la mitad del tramo central
NOTA: El momento exterior actúa en la sección situada encima del apoyo B.
40 kN/m
20 kN
100kN.m M
C
D B
A
9m
12 m
6m
3m
Solución Problema 12.2 a) Descomponemos la estructura en vigas simples:
M1 C
q A1
M1
M2
M1
B1 A2
M3
P B2
D
G
De los valores de los momentos de inercia se observa que: IAB=2IAC=2IBD Si aislamos la rebanada B, y para que se satisfaga el equilibrio de la misma, los momentos deben cumplir:
250
M2
M M3
M2+M3=100
Ec. (1)
Igualando giros (sentido positivo para giros antihorarios), introduciendo las fuerzas en kN y los momentos en kN.m) se tiene:
e
Apoyo A:
M1 9 M 12 M 12 40 ⋅ 9 3 − = 1 + 2 24 EI AC 3EI AC 3EI AB 6 EI AB Apoyo B: −
M 3 9 20 ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ (9 + 3) M 1 ⋅ 12 M 2 12 − =− − 6 EI AB 3 EI AB 3 EI BD 6 ⋅ 9 EI AD
Por tanto:
5 ⋅ M 1 + M 2 = 1215
Ec .( 2)
M1 + 2 M 2 = 3 ⋅ M 3 + 80
Ec .(3)
Resolviendo las ecuaciones 1,2 y 3, se tiene: M1=237,3 kN.m
M2=28,5 kN.m
M3=71,5 kN.m
El hecho de que los tres momentos salgan consigno positivo indica que su sentido es el que se supuso al descomponer en vigas simples. Obtengamos la ley de momentos flectores (momento flector positivo aquel que produce compresión en la fibra superior y tracción en la inferior): Tramo CA: La reacción en C es igual a 180-237,3/9=153,6 kN y va dirigida hacia arriba. Tomando como x la distancia al extremo C de una sección genérica de este tramo, se tiene: M (x ) = 153 ,6 ⋅ x − 40 ⋅
x2 2
251
que se anula para x=7,68 m y presenta un máximo en el punto x=3,84 m de valor 294,9 kN.m. Tramo AB: Al no existir cargas aplicadas directamente (solo actúan los momentos en las secciones extremas), la ley de momentos flectores será lineal, con valores extremos de -237,3 kN.m, a la izquierda, y -28,5 kN.m a la derecha. Tramo BD: Tomando como origen de abcisas el extremo B, y teniendo en cuenta que la reacción en B2 es 1,27 kN, se tiene:
0≤ x≤6 6≤ x≤9
M ( x ) = 71,5 − 1,27 ⋅ x
M ( x ) = 71,5 − 1,27 ⋅ x − 20 ⋅ ( x − 6)
La ley de momentos flectores (kN.m) es: 237,3 kN.m 7,68 m
28,5 kN.m
3,84 m
D
A
C
B 71,5 kN.m
63,9 kN.m
294,9 kN.m
b) Para calcular la flecha en el punto medio del tramo AB procedemos del siguiente modo (viga conjugada): Suponemos una viga idéntica a la del tramo AB y con una sobrecarga que sigue la ley de momentos flectores: 237,3x103 28,5x103
A
B
La reacción en B es hacia arriba y su valor (basta con tomar momentos respecto de A e igualar a cero) resulta ser 588,6x103. El momento de la viga conjugada en su punto medio es:
252
M = (588,6 ⋅ 6 − 28,5 ⋅ 6 ⋅ 3 −
1 ( 237,3 − 28,5) 6⋅ ⋅ 2) ⋅ 10 3 = 2392,2 × 10 3 2 2
por lo que la flecha buscada es (M/(EI)):
2392,2 × 10 3 = 4,78 × 10 −3 m = 4,78 mm −3 9 20 × 10 ⋅ 25 × 10
253
PROBLEMA 12.3 La viga de la figura posee sección simétrica y en forma de “T” con las dimensiones que se indican en la figura. La viga tiene una rótula en el punto C y se encuentra simplemente apoyada en las secciones A y B, y empotrada en la sección D. Sobre la rótula de la viga actúa la carga de 20 kN indicada en la figura. P=20 kN A
C
B
2m
1m
D
1m
a) Calcular, en función de “h”, la posición del centro de gravedad de la sección y el valor de su momento de inercia respecto de un eje horizontal que pase por su centro de gravedad. b) Determinar los esfuerzos cortantes que actúan sobre las dos secciones de la viga en contacto con la rótula c) Dibujar la ley de momentos flectores que actúan sobre las secciones de la viga d) Dibujar la deformada a estima de la viga para la condición de carga señalada con anterioridad e) Suponiendo que el material de la viga no puede soportar tensiones de compresión superiores a 20 MPa y tensiones de tracción superiores a 5 MPa, determinar el mínimo valor que debe tener el parámetro “h” que define la sección.
254
h
h
3
h
h
3
Solución Problema 12.3 a) La Posición centro gravedad de la sección puede obtenerse considerando que la sección tiene un eje de simetría y tomando momentos estáticos respecto del borde inferior de la misma. Con estas consideraciones, el c.d.g. se encuentra en el eje de simetría a una distancia de 5 h del borde inferior. 6
5 h 6 Tomando unos ejes cartesianos con origen el c.d.g. de la sección de manera que el eje x sea horizontal y el eje y vertical, El momento de inercia de la sección respecto de un eje horizontal que pasa por su c.d.g es:
Ix =
17 4 ⋅h 162
255
b) En este tipo de estructuras, aunque se trate de una viga continua (para el cálculo de vigas continuas es común subdividirlas en los tramos que la forman), es conveniente cortar la estructura por la rótula: P C1
B
A
Q1
Q1 2m
L=1 m
Q2
C2
D
Q2 L=1 m
Las incógnitas de este problema son Q1 y Q2 y una vez obtenidas, pueden calcularse las reacciones y las leyes de esfuerzos puesto que cada una de las dos partes en que se ha dividido la estructura original son isostáticas. Como quiera que tenemos dos incógnitas debemos plantear dos ecuaciones. La primera de ellas es la de equilibrio en la rótula: Q1 + Q2 = P
Nótese que no hay ninguna razón por la que los dos cortantes tengan que ser iguales. La segunda ecuación a plantear es la de igualdad de flechas en las dos secciones en contacto con la rótula. Es decir: ↓ Vc1 =↓ Vc 2 . La segunda flecha es de cálculo inmediato:
↓ VC 2 =
Q2 ⋅ L3 3⋅ E ⋅ I
Ec. (1)
Para calcular la primera flecha hay que proceder del siguiente modo: primero se calcula la flecha de la sección C1 como si la sección B no hubiese girado (es decir, suponiendo que la ménsula de longitud L está empotrada en la sección B):
↓ VC1 =
Q1 ⋅ L3 3⋅ E ⋅ I
256
Q1 B
A
Q1.L
2L = 2 m Pero la sección B gira, lo cual proporciona otra flecha adicional a la anterior. Si reducimos Q1 al punto B: Calculando el giro (positivo sentido horario) experimentado por la sección B (nótese que la carga aplicada sobre el apoyo será directamente absorbida por éste y, por tanto, no contribuye al giro de B):
θB =
(Q1 L ) ⋅ 2 L 3EI
La flecha total de la sección C1 será la suma de la calculada para la ménsula BC1 (empotramiento en B) (positiva hacia abajo) más el giro (positivo sentido horario) horario experimentado por B multiplicado por la distancia BC1. Es decir:
↓ VC1 =
2 ⋅ Q1 ⋅ L3 Q1 ⋅ L3 Q1 ⋅ L3 + = 3⋅ E ⋅ I 3⋅ E ⋅ I E⋅I
Ec. (2)
Resolviendo las ecuaciones 1 y 2 se obtiene: Q1 = 5 kN
Q2 = 15 kN
Las reacciones en los apoyos A y B de la parte de la izquierda de la estructura pueden determinarse haciendo uso de las ecuaciones de la estática (suma de fuerzas verticales y momento en el punto A nulos):
R A + RB = 5
5 ⋅ (3L ) − RB ⋅ (2 L ) = 0 por lo que: 257
R A = −2,5 kN (hacia arriba ) R B = 7,5 kN (hacia arriba ) Las reacciones en D de la parte derecha de la estructura son:
R D = 15 kN (hacia arriba ) M D = 15 kN ⋅ m ( sentido horario) Conocidas las reacciones pueden dibujarse las leyes de esfuerzos. c) 15 kN·m
5 kN·m
A
B
C
D
d) Para dibujar la deformada a estima es conveniente analizar la ley de momentos flectores. Así, para el tramo AB, los centros de curvatura de la deformada estarán por debajo de la directriz sin deformar y los radios M de curvatura 1 = ρ EI x decrecerán a medida que nos movamos de A hasta B. En el tramo BC, sucede como en el AB solo que, ahora los radios de curvatura irán aumentando a medida que nos acerquemos al punto C. En el debe existir un salto brusco (rótula) en los giros que experimentan las secciones próximas. En la parte CD puede razonarse como ya se ha hecho. Por tanto, la deformada a estima es: A
B
C
D
La sección de máximo momento es la D en la que el momento es 15 kN.m en sentido horario. La distribución de tensiones normales causada por un momento flector es:
σ =
M⋅y Ix
258
y la condiciones a cumplir son que las tensiones máximas de compresión y tracción que se producen sean inferiores a sus valores admisibles. Condición de máxima tracción: En la fibra superior de la sección,
y = y max =
h h > 242,68 σ < σt = 5 2 ⇒ MPa ⇒ mm
Condición de máxima compresión: En la fibra inferior
5 y = y min = − ⋅ h ⇒ σ < σ c = 20 MPa ⇒ h > 181,26 mm 6 Por tanto, el valor buscado es h = 242,68 mm.
259
PROBLEMA 12.4 La estructura de la figura está articulada en sus extremos y en la sección D existe una rótula. La sección de las piezas AD y DBC es constante y su forma y dimensiones se indican en la figura. Sobre la pieza AD actúa una sobrecarga uniforme de valor p, tal como se indica. Sabiendo que la máxima tensión admisible del material, tanto a tracción como a compresión, es de 8 MPa se pide hallar el máximo valor posible de p. p A 4m
D
30 cm
40 cm
30 cm
B
4m C 40 cm
6m
2m
Solución Problema 12.4 La estructura es isostática, ya que existen cuatro incógnitas y se pueden plantear cuatro ecuaciones (tres de la estática y una de momento nulo en la rótula). Al retirar las ligaduras, las reacciones son:
260
XA
p
A α YA D
B
C
XC
YC Estableciendo el equilibrio:
∑ Fhorizontales = 0 ⇒ X A = X C ∑ Fverticales = 0 ⇒ Y A + YC − 6 ⋅ p = 0 ∑ M A = 0 ⇒ 8 ⋅ YC − 8 ⋅ X C − 6 ⋅ p ⋅ 3 = 0 Y tomando momentos en la rótula de las fuerzas que actúan sobre la estructura en el tramo DBC: YC ⋅ 2 = X C ⋅ (
4 ⋅ 2 + 4) = X C ⋅ 5 8
de donde:
X C = X A = 1,5 ⋅ p
YC = 3 ,75 ⋅ p
Y A = 2 ,25 ⋅ p
Dibujemos las leyes de momentos flectores y esfuerzos axiles (los esfuerzos que producen tensiones normales al plano de la sección). Tramo AD: Llamando s a la distancia de cualquier punto de este tramo al punto A, se tiene: M (s ) = (2 ,25 ⋅ p ) ⋅ s ⋅ cos α + (1,5 ⋅ p ) ⋅ s ⋅ senα − p
siendo:
cos α = 0 ,8944
sen α = 0 ,4472
y, por tanto:
261
(s ⋅ cos α )2 2
M (s ) = 2 ,0124 ⋅ p ⋅ s + 0 ,6708 ⋅ p ⋅ s − 0 ,4 ⋅ p ⋅ s 2 = 2 ,6832 ⋅ p ⋅ s − 0 ,4 ⋅ p ⋅ s 2
Derivando esta expresión, su valor máximo será en la sección s=3,354 m y el valor del momento flector correspondiente M=4,5p. Tramo CBD: Llamando ahora s a la distancia de cualquier sección del tramo CB al extremo C, se tiene:
M (s ) = − X C ⋅ s y, para el tramo BD, y considerando que, ahora la distancia s se refiere a la distancia al nudo B, se tiene: M (s ) = −1,5 p ⋅ (s ⋅ sen α + 4 ) + 3 ,75 p ⋅ s ⋅ cos α = 2 ,6832 p ⋅ s − 6 p
La ley de momentos flectores será: A 6p
4,5p
D
B
6p
C
Para obtener la ley de esfuerzos axiles, tenemos que plantear el equilibrio (por ejemplo, en horizontal) del nudo B:
N
Q
1,5p 3,75p
N = 1,5 p ⋅ cos α + 3 ,75 p ⋅ sen α = 3 ,0186 ⋅ p La barra CB estará sometida a un axil de compresión de valor 3,75p, el tramo BD a un axil de compresión de valor 3,0186p y el tramo DA a un
262
esfuerzo axil, también de compresión, de valor (tomando s a partir de la rótula): N (s ) = 3 ,0186 ⋅ p − s ⋅ cos α ⋅ p ⋅ sen α = 3 ,0186 ⋅ p − 0 ,4 ⋅ s ⋅ p
La ley de esfuerzos axiles será: A
0,3354p 3,0186p
D
3,75p B
C
Al ser iguales las tensiones admisibles a tracción y compresión, y siendo simétrica la sección de las piezas de la estructura, la sección más desfavorable es aquella en la que los esfuerzos seán máximos. Esto es, la sección del nudo B perteneciente a la barra BC en donde N=3,75p y M=6p. Por tanto, teniendo en cuenta que el área de la sección es 0,07 m2 y que su momento de inercia es 14,58x104 cm4, se tiene:
σ =
3 ,75 p 6 p ⋅ 0 ,2 + = 876 ,62 p ≤ 8 × 10 6 4 0 ,07 14 ,58 × 10
263
⇒
p = 9 ,126 kN / m
PROBLEMA 12.5 Sobre la viga de la figura, empotrada en sus extremos y en la que existe una rótula en el punto C, se aplica una carga puntual en la sección B de valor P conocido y un momento puntual M en la sección C a la izquierda de la rótula. Suponiendo que las barras tienen una rigidez E·I conocida, calcular en función de los datos del problema: Reacciones en los apoyos Ley de esfuerzos cortantes y momentos flectores Desplazamiento de la rótula Giro relativo en las secciones unidas por la rótula P
A
M = P·L
B
D
C
L
L
L
Solución Problema 12.5 Dividimos la estructura hiperestática de la figura en dos partes cortando por la rótula. El momento exterior aplicado sobre la sección izquierda de la rótula será íntegramente absorbido por la parte izquierda de la estructura y, al no haber carga aplicada directamente en la rótula, el equilibrio de ésta obliga a que el cortante Q sea el mismo (pero con signo distinto) en ambas secciones en contacto con la rótula: P M=PL A
B
Q
C1
C2
Q Q
D
Q
La obtención del valor del esfuerzo cortante Q se basará en igualar las flechas de los puntos C1 y C2 de ambas partes de la estructura. 264
Análisis del tramo AC1: A efectos de calcular la flecha en C1, la estructura de la izquierda, que es isostática, puede descomponerse, a su vez, en otras tres más simples: M=PL Ménsula 1
A
C1
+
P M=PL A
B
C1
A Q
Ménsula 2
C1 Q
+ 2L
P
A
B Ménsula 3
C1
por lo que las flechas (positivas hacia abajo) y giros (positivos en sentido antihorario) de la sección C1 en cada una de las ménsulas son: Ménsula 1:
VC1 = −
θC
1
(PL )(2 L )2
2 EI (PL )(2 L ) = EI
Ménsula 2: Q ⋅ (2 L ) 3EI 2 Q ⋅ (2 L ) =− 2 EI 3
VC1 =
θC
1
Ménsula 3: 5 P ⋅ (L ) VC1 = 6 EI 2 P ⋅ (L ) θ C1 = − 2 EI
3
265
Por tanto, la flecha total y el giro de C1 serán:
7 P ⋅ L3 8 Q ⋅ L3 + 6 EI 3 EI 2 3 P⋅L Q ⋅ L2 = −2 2 EI EI
VC1 = −
θC
1
Análisis del tramo C2D: La flecha y giro de C2 son:
Q ⋅ L3 3EI Q ⋅ L2 =− 2 EI
VC2 = −
θC
1
Igualando las flechas de las secciones C1 y C2 se tiene:
−
Q ⋅ L3 7 P ⋅ L3 8 Q ⋅ L3 + =− 6 EI 3 EI 3EI Q=
de donde se obtiene:
7 P 18
Por tanto la flecha de la rótula (apartado c) es:
VC = −
7 ⋅ P ⋅ L3 54 EI
El signo menos indica que el punto C se desplaza verticalmente hacia arriba. Para calcular el giro relativo entre las secciones en contacto con la rótula (apartado d), comprobamos que los giros que experimentan las secciones C1 y C2 son de distinto signo, por lo que el giro relativo se obtendrá sumando los valores absolutos de los giros de esas dos secciones, resultando:
∆θ = θ C1 + θ C2
13PL2 7 PL2 33 PL2 = + = 18EI 36 EI 36 EI
Las reacciones en los apoyos (Apartado a) son:
266
Tramo C2D:
MD
Q D
C2
RD 7 P 18 7 = PL 18
RD = MD
Tramo AC1:
P
RA
M=PL A
C1
B
Q
MA 25 P 18 7 M A = PL 9 RA =
La ley de momentos flectores (Apartado b) resultante es:
PL 11/18 PL
7/18 PL
A B
C
D
7/9 PL y la de esfuerzos cortantes:
A
C
B
D
7/18 P 25/18 P
267
PROBLEMA 12.6 La viga de la figura tiene una rigidez EI constante y de valor 105 kN.m2.
20 kN/m
30 kN
50kN.m 10 kN E
A B
6m
M
C
2m
3m
F
G
D
3m
2m
2m
2m 1m
Cuando actúan las solicitaciones indicadas en la figura, se pide:
-
a) Valor y signo de las reacciones
-
b) Leyes de momentos flectores y esfuerzos cortantes
-
c) Valor, en mm, de la flecha en M.
Solución Problema 12.6 a) La viga continua es isostática ya que existen cuatro reacciones desconocidas y se pueden plantear cuatro ecuaciones (dos de la estática (suma de fuerzas verticales nula y momento en un punto cualquiera nulo) y dos de momento nulo en las dos rótulas). Si suponemos todas las reacciones en los apoyos con sentido ascendente, se tiene: R A + RB + RE + RF = 20 ⋅ 8 + 30 + 10 = 200
Tomando momentos en A (sentido positivo el antihorario) e igualando a cero: 6 ⋅ RB + 16 ⋅ RE + 20 ⋅ RF − 20 ⋅ 8 ⋅ 4 − 30 ⋅ 11 + 50 − 10 ⋅ 21 = 0
Tomando momentos en la rótula C de las cargas situadas a la izquierda de la misma: 8 ⋅ RA + 2 ⋅ RB − 20 ⋅ 8 ⋅ 4 = 0
268
Tomando momentos en la rótula D de las cargas situadas a la derecha de la misma: 6 ⋅ RF + 2 ⋅ RE + 50 − 10 ⋅ 7 = 0
Resolviendo este sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas: R A = 48,33 kN
RB = 126,66 kN
RE = 32,5 kN
RF = −7,5 kN
b) La ley de momentos flectores será lineal en todos los tramos excepto en AB y BC en los que será parabólica. En las rótulas deberá anularse y presentar un salto brusco de 50 kN.m en la sección G. A continuación, para los dos tramos más complicados, se hallará la expresión analítica de la ley de momentos flectores. Tramo AB: Tomando como abcisa x la distancia al apoyo A y momentos flectores positivos cuando producen compresión en las fibras superiores de la sección y tracción en las inferiores, se tiene para este tramo:
M = 48,33 ⋅ x − 20 ⋅
x2 2
que presenta un máximo de valor 58,39 kN.m para la abcisa de 2,4165 m, se anula para x=4,833 m y alcanza un valor de 70 kN.m en B. Tramo BC: Manteniendo como abcisa x la distancia al apoyo A:
M = 48,33 ⋅ x − 20 ⋅
x2 + 126,66 ⋅ ( x − 6 ) 2
que no posee ningún máximo o mínimo, ni se anula en dicho tramo. Por tanto, la ley de momentos flectores será: 70 kNm 30 kN.m 45 kN.m M
A B
G
C
D 45 kN.m
269
E
10 kN.m F
5 kN.m
La ley de esfuerzos cortantes será:
71,7 kN 15 kN C
A
M
E
B 15 kN
F
G
D
10 kN
48,33 kN
17,5 kN
c) Para calcular la flecha en M procedemos del siguiente modo: Calcularemos, primero, las flechas en C y D. La flecha en C es la debida al giro de la sección B por la distancia BC más la flecha de C suponiendo que el tramo BC se encontrara empotrado en B. Si aislamos el tramo ABC:
A
15 kN
A B
6m
15+40 kN
20 kN/m
20 kN/m
15x2+20x2x1=70 kN.m B
C 6m
2m
por lo que (considerando positivos los giros antihorarios):
θB =
20 ⋅ 63 70 ⋅ 6 − = 4 × 10 −4 rad 24 EI 3EI
La flecha de C debido al giro en B será ascendente y de valor:
VC ↑= θ B × 2 = 8 × 10 −4 m La flecha en C si el tramo BC estuviera empotrado en B sería:
VC ↓=
20 × 2 4 15 × 23 + = 8 × 10 −4 m 8EI 3EI
Por tanto, la flecha de la sección C es nula. Razonando de forma análoga para el tramo DEF, la flecha en D será la debida al giro de la sección E más la del punto D del tramo DE supuesto como si fuera una ménsula empotrada en E.
270
15 kN
15 kN 50kN.m E
G
50kN.m 10 kN
30 kN.m
10 kN F
E G
F 10 kN.m
D
2m
2m
2m
2m 1m
2m
El giro de la sección E (positivo en sentido antihorario) es:
θE =
10 ⋅ 4 30 ⋅ 4 50 ⋅ 4 + − = 3,83 × 10 −4 rad 6 EI 3EI 24 EI
por lo que la flecha de C hacia abajo será:
VD ↓= θ E × 2 = 7,66 × 10 −4 m Por otra parte, la flecha de D (sentido descendente) suponiendo que la ménsula DE se encuentra empotrada en E es: VD ↓=
15 × 23 = 4 ×10−4 m 3EI
por lo que, la flecha total de D consentido descendente es:
VD ↓= 7,66 × 10 −4 + 4 × 10 −4 = 11,66 × 10 −4 m Si no flectara el tramo CD, la flecha del punto M sería:
VM ↓=
VC ↓ +VD ↓ = 5,83 × 10 −4 m 2
Pero la realidad es que el tramo CD flecta y, por tanto, a la flecha anterior calculada para la sección M habrá que sumar la debida a la flexión del tramo CD. Esta última flecha se calcula suponiendo:
30 kN C
D M
3m
3m
271
por lo que:
VM ↓=
30 ⋅ 32 = 13,5 × 10 −4 m 2 EI
Por tanto, la flecha total de M será:
VM ↓= 5,83 × 10 −4 + 13,5 × 10 −4 = 19,33 × 10 −4 m = 1,933 mm
272
PROBLEMA 12.7 La estructura de la figura está formada por una barra de longitud 2·L y rigidez a flexión E·I conocidas, a la que se une solidariamente un tubo de longitud L formando 90º en el plano horizontal. La estructura está empotrada en su extremo A y libre en el C. En el punto C se aplica una carga puntual vertical de valor P. En función de los datos del problema determine:
-
a) El valor de la carga P necesario para producir un giro por torsión de la barra AB de 1/20 radianes en la sección B.
-
b) Para el valor de la carga P calculada en el apartado anterior, el desplazamiento vertical del punto C.
P A
C B 2·L L
NOTAS: Desprecie el efecto de los esfuerzos cortantes en los movimientos de la estructura. Suponga que:
(E·I )tubo
=
(G·I 0 )barra
2 (E·I )barra 5 4 = (E·I )barra 5
273
Solución Problema 12.7 a) En la barra BC aparece flexión debido a la carga puntual que actúa en C. El momento flector (cuya vector representativo tiene una dirección paralela a la barra AB) será nulo en C y crecerá linealmente hasta la sección de la barra BC más próxima al nudo B donde alcanzará el valor PL. En el tramo AB aparece flexión (ahora respecto de un eje paralelo a la barra BC) de valor nulo en la sección de la barra AB más próxima al nudo B, que crece linealmente a medida que nos vamos aproximando a la sección A, y cuyo valor máximo se alcanza en dicha sección resultando ser P(2L). Además, sobre esta última barra actúa un momento torsor de valor constante PL. La sección B girará por torsión un ángulo θ B de valor:
θ B = ω AB ⋅ (2 L ) donde ω AB es el giro por torsión y por unidad de longitud que experimenta la barra AB. Por otra parte:
M torsor = (GI 0 )barra ω AB por lo que:
2 PL2 5 PL2 θB = = (GI 0 )barra 2 EI Como:
θB ≤
1 rad 20
debe cumplirse que: P≤
(EI )barra 50 L2
b) El desplazamiento vertical de la sección C será la suma de tres desplazamientos: 1) desplazamiento vertical del nudo B, VC1 , debido a la flexión de la barra AB; 2) el desplazamiento del punto C, VC2 , como consecuencia del giro por torsión que experimenta la sección más
274
próxima de la barra AB al nudo B; 3) el desplazamiento de C, VC3 , como consecuencia de la flexión de la barra BC. El primero de ellos será el correspondiente a una viga en ménsula de longitud 2L con una carga vertical en el extremo B de valor P:
VC1
↓= VB1
P ⋅ (2 L )3 = 3 ⋅ (EI )barra
El segundo será:
VC2 ↓= θ B ⋅ L =
5 PL2 L 2 (EI )barra
Y el tercero:
VC3 ↓=
PL3 3 ⋅ (EI )tubo
Por tanto, la flecha total hacia debajo de C es:
VC ↓=
8 PL3 5 PL2 5 PL3 L+ + 3(EI )barra 2 (EI )barra 6 (EI )barra
Sustituyendo el valor de P que se obtuvo en el apartado a):
VC ↓=
3 L 25
275
PROBLEMA 12.8 Las dos ménsulas de la figura tienen sus extremos unidos por un tirante de 10 cm2 de sección y cuyo módulo de elasticidad es de 210 GPa. El momento de inercia de la sección de la ménsula superior es de 7x105 cm4, el de la inferior 14x105 cm4, y el material de ambas tienen un módulo de elasticidad de 20 GPa.
20 kN/m A 3m 4m 90 kN
90 kN B
2m
2m
2m
Cuando actúan las cargas indicadas, se pide: 1) Valor de la tensión en el tirante 2) Valores, en mm, de las flechas en los extremos de las ménsulas NOTA: Despréciense la influencia de los esfuerzos axiles en las ménsulas
Solución Problema 12.8 Para resolver la estructura, la descomponemos como sigue:
276
20 kN/m
T A
A T 90 kN
90 kN T
B B
T
1) El tirante sólo puede estar sometido a esfuerzo axil (de tracción (como vamos a suponer) o compresión) ya que, en sus extremos no hay momentos flectores (corresponden a secciones en contacto con sendas rótulas) ni esfuerzos cortantes (de haberlos tendrían que ser iguales y de signos contrarios para que su suma (equilibrio de fuerzas sobre el tirante en dirección ortogonal a él) fuera nula, por lo que, caso de existir, darían lugar a un par de fuerzas que no estaría equilibrado (no hay ninguna carga exterior aplicada al tirante) haciendo imposible su equilibrio). La condición a imponer para determinar T es que el desplazamiento relativo entre los puntos A y B del tirante debe ser igual al de los extremos de las ménsulas proyectados sobre la dirección AB del tirante. El desplazamiento relativo entre los extremos del tirante es:
∆ AB =
T ⋅ LAB T ⋅5 = = 2,5 × 10 −8 T −4 9 Etirante ⋅ Ω tirante 200 × 10 ⋅ 10 × 10
Ecuación (1)
Para determinar el desplazamiento relativo, según la dirección del tirante, entre A y B como pertenecientes a las ménsulas, vamos a calcular, primero, la flecha de A como perteneciente a la ménsula superior. Para ello, veamos las cargas que actúan sobre dicha ménsula
277
(la acción del tirante sobre la ménsula, T, se ha descompuesto en sus componentes horizontal y vertical):
20 kN/m A 3/5 T
4/5 T La fuerza horizontal (3/5T) no da lugar a flecha en A por lo que la flecha en este punto será la debida a la sobrecarga más la de la carga vertical puntual que actúa en el extremo. Por tanto:
q ⋅ L4 P ⋅ L3 + = 8 EI 3EI 4 ⎛ ⎞ T ⋅ 33 ⎟ 4 ⎜ 1 20000 ⋅ 3 ⎜ ⎟ = 0,001446 + 5,14 × 10 −8 T = +5 9 −3 20 × 10 ⋅ 7 × 10 ⎜ 8 3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
VA ↓= VAsobrecarga ↓ +VAcarga ↓=
Para calcular la flecha en B, como perteneciente a la ménsula inferior, consideramos esta parte de la estructura:
90 kN
90 kN 4/5 T
O
C
D
B
3/5 T
La flecha de B será la suma de las originadas por las dos cargas de 90 kN, situadas en C y D más la de la carga 4/5T. Hay que tener en cuenta que, por ejemplo, la forma de calcular la flecha en B debido a la carga de 90 kN en C, la calcularemos obteniendo, primero la flecha en C y sumando a ésta el giro de la sección C, motivado por la acción de sólo esta carga, multiplicado por la distancia CB. Por tanto:
278
V B ↓= V
Carga en C B
↓ +V
Carga en D B
↓ +V
4 / 5T B
PL3OC PL2OC ↑= + LCB + 3EI 2 EI
4 T ⋅ L3 PL3OD PL2OD 1 + + = LDB − 5 . 9 3EI 2 EI 3EI 20 × 10 ⋅ 14 × 10 −3 4 ⎛ ⎞ T ⋅ 63 ⎟ ⎜ 90000 ⋅ 2 3 90000 ⋅ 2 2 3 2 ⋅ ⋅ 90000 4 90000 4 ⎟= + ⋅4+ + ⋅2− 5 .⎜ 3 2 3 2 3 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ −7 = 0,01543 − 2,057 × 10 T
El desplazamiento relativo, en dirección vertical, entre A y B será: estructura V AB = VB ↓ −V A ↓= 0,013984 − 2,571 × 10 −7 T
que, proyectado sobre la dirección AB proporciona un valor de: 4 4 = (0,013984 − 2,571 × 10 −7 T ) ⋅ = 5 5 −7 = 0,01119 − 2,0568 × 10 T estructura ∆estrutura = V AB ⋅ AB
Ecuación (2)
Los desplazamientos relativos derivados en las ecuaciones 1 y 2 deberán ser iguales:
2,5 × 10 −8 T = 0,01119 − 2,0568 × 10 −7 T de donde se deduce que T=48,5088 kN, por lo que la tensión en el tirante será:
σ =
48508,8 = 48,51 MPa 10 × 10 −4
2) Las flecha de A y B son (T=48508,8 N): V A ↓= 0,001446 + 5,14 × 10 −8 T = 0,00394 m = 3,94 mm
VB ↓= 0,01543 − 2,057 × 10 −7 T = 0,00545 m = 5,45 mm
279
PROBLEMA 12.9 La viga de la figura se encuentra apoyada en sus dos extremos y en su punto central está en contacto con un resorte del que se sabe que se precisan 300 kN para conseguir un acortamiento de 1 cm. La sección de la viga es constante y tiene la forma y dimensiones indicadas en la figura inferior. Sabiendo que el módulo de elasticidad del material de la viga es de 20 GPa y que sus máximas tensiones admisibles a tracción y compresión son, respectivamente, 5,5 MPa y 5 MPa, se pide el máximo valor de q (en kN/m) que puede actuar sobre la viga.
q kN/m A
B C
8m
8m 50
10 50
Cotas en cm.
10
Solución Problema 12.9 La constante de resorte, k, es:
k=
300 = 30.000 kN / m = 3 × 107 N / m 0,01
280
La viga de la figura puede representarse como:
q kN/m A
B C P=k.VC
donde VC es la flecha de la sección C, que será la suma de la debida a la sobrecarga aplicada (q) y a la producida por la carga puntual P. La primera de estas flechas es:
VC ↓=
5 qL4 853 ,33 = ⋅p 384 EI EI
La segunda de ellas resulta ser:
VC ↑=
PL3 85 ,33 ⋅ P = 48 EI EI
Por tanto, la flecha total de C será:
VC ↓=
853 ,33 ⋅ q 85 ,33 ⋅ P P − = EI EI k
por lo que:
853,33 ⋅ q 853,33 EI P= ⋅q = ⎞ ⎛ 1 85,33 ⎞ ⎛ EI + 85,33⎟ ⎟ ⎜ ⎜ + EI ⎠ ⎝ k ⎠ ⎝k Para determinar el valor del producto EI, determinemos el valor de I, para lo cual hay que calcular la posición del c.d.g. de la sección. Tomando momentos estáticos respecto de la fibra inferior de la sección, y llamando dG a la distancia del c.d.g. a esta fibra, se tiene:
(50 ⋅10 + 50 ⋅10) ⋅ d G = 50 ⋅10 ⋅ 55 + 50 ⋅10 ⋅ 25
⇒ d G = 40 cm
El momento de inercia respecto de un eje horizontal pasando por el c.d.g. es:
281
1 1 2 2 50 ⋅ 103 + (50 ⋅ 10 ) ⋅ (55 − 40) + 10 ⋅ 503 + (50 ⋅ 10 ) ⋅ (40 − 25) = 12 12 4 4 = 33,33 × 10 cm
I=
Por lo que el producto EI será igual a: 6,66x107 N.m2 . El valor de la carga P será, por tanto: P=9,746.q. En estas condiciones, las reacciones en los apoyos A y B serán iguales (por simetría del problema) y valdrán 3,127.q cada una de ellas. La ley de momentos flectores (tomando como abcisa x la distancia al apoyo A y signo positivo del momento flector aquel que produce compresiones en las fibras superiores de la sección) será:
M = 3,127 ⋅ q ⋅ x − q
x2 2
que alcanza un valor máximo a x=3,127 m del apoyo A, de valor 4,89.q, un valor nulo en x=6,254 m, y un valor, en la sección central de la viga de –6,984.q. Lógicamente, entre la ley de momentos flectores es simétrica respecto a un eje vertical que pase por la sección C. Por tanto:
6,984q
A
B C 4,89q
Para el momento flector máximo positivo (4,89q), las tensiones en la sección son: A compresión:
σ=
M ⋅ y 4,89 ⋅ q ⋅ 0,20 = ≤ 5 × 10 6 −4 33,33 × 10 I
⇒ q ≤ 17039,87 N / m = 17,04 kN / m
A tracción:
σ=
4,89 ⋅ q ⋅ 0,4 ≤ 5,5 × 10 6 −4 33,33 × 10
⇒ q ≤ 9371,93 N / m = 9,37 kN / m
282
Para el momento flector máximo negativo (6,984q): A compresión:
σ=
6,984 ⋅ q ⋅ 0,40 ≤ 5 × 10 6 −4 33,33 × 10
⇒ q ≤ 5965,42 N / m = 5,97 kN / m
A tracción:
σ=
6,984 ⋅ q ⋅ 0,20 ≤ 5,5 × 10 6 −4 33,33 × 10
⇒ q ≤ 13123,93 N / m = 13,12 kN / m
Por tanto, el valor máximo de la sobrecarga es de 5,97 kN/m y viene condicionado por la tensión de compresión en la sección central de la viga.
283
PROBLEMA 12.10 Dada la estructura de la figura, en la que el módulo de elasticidad es 200 GPa y las máximas tensiones admisibles a tracción y compresión son iguales y de valor 120 MPa, se pide determinar el espesor mínimo de la sección en cajón de la pieza para que la flecha máxima originada por la carga puntual actuante no supere un quinientosavo de la luz. 30 kN A
B C
5m
10 m
e 26 cm
26 cm
Solución Problema 12.10 El dimensionamiento de la sección hay que hacerlo desde dos puntos de vista. Uno es que, desde luego, en ningún punto de la pieza se sobrespasen las tensiones máximas admisibles del material que compone la estructura. El otro es que la máxima flecha resultante no sobrepase el quinientosavo de la luz (es tipo de limitación es muy común el Cálculo de Estructuras). La estructura del problema es hiperestática, y existen varias maneras para su resolución. Aquí, sustituiremos los empotramientos por apoyos e impondremos unos momentos de manera que los giros de las secciones correspondientes sean nulos. Por tanto:
284
30 kN
MA A
MB
B C
Los giros (en sentido antihorario) de las secciones A y B serán:
M A ⋅ 15 M B ⋅ 15 30 ⋅ 5 ⋅ 10 (15 + 10) = 0 + − 3EI 6 EI 6 EI ⋅ 15 M ⋅ 15 M A ⋅ 15 30 ⋅ 5 ⋅ 10 (15 + 5) = 0 θB = − B − + 3EI 6 EI 6 EI ⋅ 15
θA =
Resolviéndole sistema anterior, se obtiene:
200 kN .m 3 100 MB = kN .m 3 MA =
Podemos calcular las reacciones en los apoyos tomando momentos en los mismos e igualando a cero: x 30 kN
200/3 kN.m A
100/3 kN.m B
C RA
RB
Resultando RB=350/45 kN y RA=1000/45 kN y ascendentes. La ley de momentos flectores (positivos cuando se producen compresiones en las fibras superiores de la sección y en kN.m) será: Tramo AC:
M =
1000 200 x− 45 3
Tramo CB:
M =
1000 200 70 250 x− − 30 ⋅ ( x − 5) = − x+ 45 3 9 3 285
Hallemos la elástica de la estructura: Tramo AC:
1 ⎛ 1000 200 ⎞ x− ⎟ ⎜ EI ⎝ 45 3 ⎠ 1 ⎛ 500 2 200 ⎞ y′ = − x − x + C1 ⎟ ⎜ EI ⎝ 45 3 ⎠ y ′′ = −
y=−
1 EI
⎛ 500 3 100 2 ⎞ x − x + C1 x + C 2 ⎟ ⎜ 3 ⎝ 135 ⎠
Tramo CB:
1 ⎛ 70 250 ⎞ x+ ⎟ ⎜− EI ⎝ 9 3 ⎠ 1 ⎛ 70 2 250 ⎞ y′ = − x + x + D1 ⎟ ⎜− EI ⎝ 18 3 ⎠ y ′′ = −
y=−
1 ⎛ 70 3 250 2 ⎞ x + x + D1 x + D2 ⎟ ⎜− EI ⎝ 54 6 ⎠
Las constantes C1, C2, D1 y D2 se calculan imponiendo que las flechas en A y B deben ser nulas y que, en el punto C, las flechas y giros deducidos en cada tramo deben ser idénticos. Así, se obtiene: C1=0, C2=0, D1=-375 y D2=625 Por lo que las flechas en cada tramo son: Tramo AC:
y=−
1 EI
⎛ 500 3 100 2 ⎞ x − x ⎟ ⎜ 3 ⎠ ⎝ 135
Tramo CB:
y=−
1 ⎛ 70 3 250 2 ⎞ x + x − 375 x + 625 ⎟ ⎜− EI ⎝ 54 6 ⎠
La flecha máxima en el tramo AC se produce en el punto:
y′ = −
1 ⎛ 500 2 200 ⎞ x − x⎟ = 0 ⇒ x = 6 m ⎜ EI ⎝ 45 3 ⎠ 286
que corresponde a un punto fuera del tramo considerado. Por tanto, la flecha máxima se produciría en la sección C y su valor sería: 370,37/EI. La flecha máxima en el tramo CB se produce cuando:
y′ = −
1 ⎛ 70 2 250 ⎞ x + x − 375 ⎟ = 0 ⇒ x = 6,43 m ⎜− EI ⎝ 18 3 ⎠
y el valor de la flecha correspondiente es: 408,16/EI, que es la máxima flecha en toda la viga. El momento de inercia de la sección (llamando d=26-2e a su dimensión interna) es:
I=
(
)
1 26 4 − d 4 × 10 −8 m 4 12
Luego (téngase en cuenta que los momentos están expresados en kN.m, por lo que el módulo de elasticidad que debemos considerar el 200x106 kN/m2.
408,16 15 ≤ ⇒ I ≥ 6.802,66 × 10 −8 6 200 × 10 × I 500 y, por tanto:
(
)
1 26 4 − d 4 ≥ 6.802,66 12 de donde se deduce d<24,75 cm. El valor buscado de e (en lo relativo a la limitación de flecha) será 6,24 mm. Veamos, ahora, el valor mínimo de e para garantizar que las tensiones en la pieza se encuentran por debajo de las admisibles del material que la conforma. La ley de momentos flectores de la estructura es:
287
44,4 A
B
100/3 200/3
El momento flector máximo se produce en la sección A y su valor es de 200/3 kN.m. La tensión máxima en la sección (tanto de compresión como de tracción) es:
σ max =
M A ⋅ y máx 200.000 / 3 × 0,13 = ≤ 120 × 10 6 I I
de donde: I>7,222x10-5 (que es mayor que el mínimo necesario obtenido por la limitación de flecha). Procediendo como antes, el máximo valor de d es de 24,6684 cm y, por tanto, el mínimo espesor necesario es: e=6,658 mm.
288
PROBLEMA 12.11 Una barra semiindefinida tiene un peso por unidad de longitud q y se encuentra sobre una superficie plana sin rozamiento. Cuando se aplica una carga puntual P en extremo, tal como se indica en la figura, obtener el desplazamiento vertical que experimenta dicho punto. Supóngase conocido el producto EI de la barra, donde E es el módulo de elasticidad del material e I el momento de inercia de la sección de la barra respecto del eje de flexión que pasa por el centro de gravedad de su sección transversal.
P
Solución Problema 12.11 Supongamos que d es la longitud de la barra cuyos puntos experimentan desplazamientos verticales:
d
P
A
A La sección A-A de la barra no experimenta ningún giro, al igual que la rebanada inmediatamente a la izquierda de dicha sección. Lo anterior obliga a que, el momento flector (M) que actúa sobre la rebanada justo a la izquierda de la sección anterior debe ser nulo, pues al ser el radio de curvatura (ρ) infinito, se tendrá:
1
ρ
=
dθ M = =0 ⇒ M =0 ds EI
Si cortamos la barra por la sección A-A, y nos quedamos con la parte derecha de esta sección, las fuerzas actuantes sobre este sólido son:
289
d P A q
Q A
Hay que remarcar que, aunque en la sección A-A el momento flector sea nulo, el esfuerzo cortante Q no tiene por qué serlo. Si sustituimos la sobrecarga por una fuerza concentrada actuando en el c.d.g. de esta parte, tenemos:
d P A
B
G
Q q.x
A d/2
Estableciendo el equilibrio de fuerzas verticales (todas las fuerzas actuantes lo son), llegamos a que: Suma de fuerzas igual a cero: Q + P = q ⋅ d Momento en la sección A-A nulo: q ⋅ De donde resulta: d =
2P q
d2 −P⋅d =0 2
La ley de momentos flectores (llamando z a la distancia de una sección genérica del tramo considerado respecto a la sección de la derecha), se tiene (momentos positivos los que producen compresiones en las fibras superiores de la sección de la barra): M = P⋅z−q
z2 2
Por tanto, aplicando las fórmulas de Navier-Bresse (denominando v a la distancia vertical que se desplaza cualquier punto de la barra), se llega a que:
1 vB = EI
∫
z =2 P / q
z =0
⎛ z2 ⎞ 1 z3 z4 ⎜⎜ P ⋅ z − q ⎟⎟ ⋅ z ⋅ dz = P −q 2⎠ EI 3 8 ⎝
290
2P
0
q
=
5 P4 12 EI q 3
PROBLEMA 12.12 La viga de longitud finita de la figura es de sección constante y se encuentra soportada sobre dos superficies indeformables. Se conoce el producto EI de la viga y su peso propio q por unidad de longitud. Como se observa en la figura, la viga se encuentra simétricamente situada respecto de las dos superficies de apoyo.
E
C
b
A
a
B
O
D
L/2
L/2
F
a
b
Determinar: a) la longitud de los segmentos AC o BD (distancia a en función de L) en los que la viga deja de estar en contacto con las superficies que la sustentan; b) la ley de momentos flectores y c) la reacción sobre la viga en el punto A.
Solución Problema 12.12 a) Aislando los tramos CA y AOB de la viga, las acciones que se ejercen, y las que ejercen el resto de tramos sobre ellos, son:
C
q
QC
A- M
QA-
+ M A
q
QA+
a
B-
M
QBL
Lógicamente la deformada de la viga (elástica) será continua. En los tramos EC y DF la viga no se deforma permaneciendo perfectamente horizontal. En las secciones C y D, se produce la separación de la viga de las superficies que la soportan, pero en esas dos secciones, el radio de curvatura de la viga deformada, ρ , será infinito. El momento flector en ambas secciones debe ser nulo (no así el esfuerzo cortante) pues:
291
1
ρ
=0=
MC EI
⇒ MC = 0
Las secciones C, A, B y D no experimentan desplazamientos verticales, por lo que, las dos partes CA y AB de la viga podremos suponerlas como simplemente apoyadas. Esto es:
C
A- M
q
+ M A
q
B-
M
L
a
Las únicas incógnitas son M y a, las cuales podremos obtener con las siguientes dos condiciones de giros: θC = 0 θ A− = θ A+
Escribiendo los giros de cada viga (positivos cuando sean antihorarios) se obtiene: θC = 0 = − θ A− = θ A+
qa 3 Ma + 24 EI 6 EI ⇒ −
⇒
M =
qa 2 4
Ma qa 3 ML ML qL3 + = + − 3EI 24 EI 3EI 6 EI 24 EI
Introduciendo el valor de M en la segunda ecuación se llega a que: a 3 + 3a 2 L − L3 = 0
La única raíz positiva de esta ecuación de tercer grado es: a = 0,532 L
lo cual muestra una dependencia lineal de la distancia a con la distancia L.
b) El valor de M resultará ser:
292
M =
qa 2 = 0,7071 L2 4
En el tramo CA, las reacciones serán (tomando momentos en A e igualando a cero): aQC =
qa 2 qa 2 qa 2 −M = − 2 2 4
⇒ QC =
qa 4
y, por tanto: Q A− =
3qa 4
La ley de momentos flectores (llamando x a la distancia de la sección que consideremos al extremo C) será: qx 2 q ⎛ ax ⎞ M = QC x − = ⎜ − x2 ⎟ 2 2⎝ 2 ⎠
que, dentro del tramo CA, presenta un valor nulo para:
x=
a 0,532 L = = 0,266 L 2 2
En el tramo AB, las reacciones serán: Q A+ = Q B − =
qL 2
La ley de momentos flectores (llamando, ahora, x a la distancia de la sección que consideremos al extremo A) resultará ser: M =−
qa 2 qL qx 2 + x− 4 2 2
que presenta un máximo en el punto O de valor: M O = 0,5425 L2
Por tanto, la ley de momentos flectores será:
293
E
C
D
O A
F
B
y la reacción en A (o en B) será: V A = Q A− + Q A+ =
3qa qL + = 0,899 qL2 4 2
Conviene hacer notar que, la solución del problema es independiente de la longitud b.
294
PROBLEMA 12.13 La estructura de la figura está formada por una barra vertical A-B y otra horizontal B-C-D de igual longitud L. En los puntos B y C existen rótulas, actuando un momento M justo en la sección a la izquierda de la rótula C, tal como se representa en la figura. Las dos barras (A-B y B-CD) tienen la misma sección y están realizadas con el mismo material. Determinar: a) Reacciones en los empotramientos. b) Ley de esfuerzos axiles. c) Ley de esfuerzos cortantes d) Ley de momentos flectores e) Flecha en los puntos C y E supuestos conocidos el momento de inercia I de la sección y el módulo de elasticidad E del material. L/4
3L/4
L/8 M
B
E
C
D
L
A
Solución Problema 12.13 a) La estructura de la figura es hiperestática de grado uno pues tenemos seis reacciones desconocidas (la horizontal, la vertical y el momento en cada uno de los dos empotramientos) y disponemos de sólo cinco ecuaciones (las tres de la estática más las dos provenientes de
295
tomar momentos en las rótulas). Por tanto deberemos, en algún momento, de utilizar una condición de movimientos. Descompongamos el semipórtico de la siguiente forma: N Q
M C1
B2
Q
B1
Q
Q
C2 D
N N
N
A
donde hemos cortado por las dos rótulas existentes y denominado con subíndices las dos secciones en contacto con las rótulas B y C. Lógicamente, en la sección B1, no puede existir momento flector pues se trata de una sección en contacto con una rótula. Lo mismo sucede con las secciones B2 y C2. En la sección C1 existe un momento externo aplicado, por lo que, en dicha sección, el momento no es nulo. Con esta descomposición de la estructura, nuestras incógnitas son Q y N. Veamos cómo obtenerlas. Obtención de N: Bastaría con considerar el equilibrio de momentos en la barra B2-C1, resultando:
N⋅
L =M 4
⇒ N=
4M L
Obtención de Q: Para determinar Q podemos utilizar la condición de movimientos que, decíamos al principio de la resolución del problema, teníamos que imponer por tratarse de una estructura hiperestática: si la estructura es intraslacional, el movimiento horizontal de B (o de B1) debe de ser nulo. Puesto que la única carga que actúa sobre el pilar de la pieza que 296
produciría desplazamiento horizontal de B1 es la fuerza Q, ésta debe de ser nula. Por tanto, volviendo a la descomposición que hicimos de la estructura, esta quedará: N
M C1
B2
B1
C2 D
N N
N
A
con el valor de N que ya hemos obtenido (Nótese que, en este problema, el pilar del semipórtico sólo trabaja a compresión). Por tanto, las reacciones en los empotramientos son:
3M
M
B
D
C
N
A N
b) La ley de esfuerzos axiles será:
297
B 4M/L
D
C
A
c) La ley de esfuerzos cortantes resultará ser:
4M/L
B D
C
A
d) La ley de momentos flectores será:
298
3M M B D
C
A
e) Para determinar la flecha en C consideremos la siguiente parte de la estructura:
C2 D 4M/L
Por lo que la flecha en C (viga en ménsula con carga puntual en su extremo) será vertical y de valor:
vC ↑=
4M
( 4) L ⋅ 3L
3EI
3
=
9ML2 16 EI
Para la determinación de la flecha en E utilizaremos el Principio de superposición pero, ahora, en desplazamientos. Así, la flecha en E es suma de dos tipos de movimientos; por una parte, el causado por las flechas de B y C y, por otra, el debido a la flexión del tramo B-C. El primero de ellos, v EI ,resulta ser:
299
C’ VC B
C
E
por lo que:
v EI ↑=
9ML2 32 EI
ya que el nudo B no sufre ningún desplazamiento vertical. El segundo (debido a la flexión de la barra BC), puede deducirse de este problema:
M
B2
C1 E L/8
L/8
Aplicando el concepto de viga conjugada, la correspondiente de la viga anterior es:
M
B2
C1 E L/8
L/8
cuya reacción en B2 es (tomando momentos en C1): R B2 ↑ ⋅
2 L ⎡1 L ⎤⎛ 1 L ⎞ ML = ⎢ ⋅ ⋅ M ⎥⎜ ⋅ ⎟ = 4 ⎣2 4 96 ⎦⎝ 3 4 ⎠
⇒ R B2 ↑=
300
ML 24
La flecha de la sección E debida a la flexión, v EII , será el momento flector, en dicha sección de la viga conjugada, dividido por el producto EI. Por tanto:
v EII ↓=
1 ⎡ ML L ⎛ 1 L M ⋅ −⎜ ⋅ ⋅ EI ⎢⎣ 24 8 ⎝ 2 8 2
ML2 ⎞ 1 L⎤ ⋅ ⋅ = ⎟ ⎥ ⎠ 3 8 ⎦ 256 EI
Como la flecha debida a los desplazamientos de las secciones extremas de la viga es mayor que este último, la flecha total en la sección E será:
v E ↑=
9ML2 71ML2 ML2 − = 32 EI 256 EI 256 EI
301
PROBLEMA 12.14 La estructura de la figura se encuentra sometida a la acción de una sobrecarga distribuida uniformemente de valor q, y se encuentra apoyada en las secciones A, B y D, y tiene una rótula situada en C, tal como se indica en la figura. Supuesto conocido el valor del producto EI, y supuesto éste constante, obtener: a) Los diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes acotando sus valores más representativos e indicando el sentido de ambos tipos de esfuerzos. b) Flecha que sufre la rótula existente en C c) Elástica en el vano AB d) Sabiendo que la sección de la viga es rectangular de ancho b y canto c, deducir la ley de distribución de las tensiones tangenciales que actúan sobre la sección situada a la izquierda de la rótula, obteniendo el valor máximo de las mismas en función, exclusivamente, de las dimensiones de la sección y del esfuerzo cortante. e) Para el estado de carga del problema, ¿Qué momento externo, y de qué signo, debiera aplicarse en la sección A para que su giro fuera nulo?
q A
B
D C
L
L/2
L/2
Solución Problema 12.14 a) La estructura es intraslacional e isostática. Por esto último, la forma de resolver debe ser, exclusivamente, mediante las ecuaciones de la Estática.
302
Al no haber cargas horizontales, y teniendo en cuenta que las condiciones de apoyo de B y D no generan reacciones horizontales, la reacción horizontal en A debe ser nula. Así, las reacciones incógnitas del problema son:
q A
B
D C
RA
RC
RB
Aislando el tramo CD, tendremos:
q D C
RC
Q L/2
donde Q representa el esfuerzo cortante en la sección de este tramo en contacto con la rótula. Del planteamiento del equilibrio de este tramo, tomando momentos en C e igualando a cero, obtenemos:
M C = 0 ⇒ RD ⋅
L L L = q⋅ ⋅ 2 2 4
⇒ RD =
qL 4
Del equilibrio de fuerzas verticales en este mismo tramo, se deduce que:
RD + Q = q ⋅
L 2
⇒ Q=
qL 4
Una vez conocida la reacción en el apoyo D, podemos tomar momentos en el punto B de todas las fuerzas que actúan sobre la estructura e igualar a cero, resultando:
qL L qL ⋅ L − qL ⋅ − R A ⋅ L = 0 ⇒ R A = − 4 2 4
303
El signo menos de la reacción en A indica que su sentido es el contrario del que, inicialmente, habíamos supuesto. Del planteamiento del equilibrio de fuerzas verticales, podemos deducir la única reacción que nos restaba por determinar, resultando:
−
qL qL + RB + − q ⋅ L = 0 ⇒ RB = qL 4 4
Una vez obtenidas las reacciones, podemos dibujar los diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes, resultando: Ley de momentos flectores:
qL2/4 A
D
B
qL2/32
C
Ley de esfuerzos cortantes:
qL/4
qL/4
A
B
D C
3qL/4 Para determinar la flecha en la rótula, consideremos el tramo ABC:
q A
B C
L
L/2
304
Q
b) La flecha en C será la suma de la que tendría esa sección, suponiendo que la sección B no girase, más el giro de esta última sección por la distancia BC. La primera de las flechas será: 4
qL ⎛ L ⎞ ⎛L⎞ q⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ 2⎠ 4 ⎝2⎠ ⎝ vC ↓= + 8EI 3EI
3
El giro de la sección B lo obtendremos considerando la siguiente viga:
A
B
qL2/4
L donde el momento, y su sentido, lo hemos deducido del valor de la ley de momentos flectores en la sección B. En estas condiciones, el giro de la sección B será:
θB
(qL / 4)L = 2
3EI
Por tanto, la flecha de la sección C la podemos obtener como: 4
3
qL ⎛ L ⎞ ⎛ L⎞ q⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ (qL2 / 4)L ⋅ L = 23 qL4 2⎠ 4 ⎝2⎠ ⎝ v C ↓= + + 8 EI 3EI 3EI 2 384 EI
c) La ecuación de la elástica en el tramo AB se obtiene resolviendo la ecuación diferencial de la misma e imponiendo las condiciones de contorno correspondientes. Llamando x a la abcisa de cualquier sección de este tramo respecto de la sección A, se tiene:
⎛ qL ⎞ x⎟ ⎜− d v M (x ) qL 4 ⎠ ⎝ = x =− =− 2 4 EI EI EI dx 2
Integrando una vez, se llega a que: 305
dv qL x 2 = + C1 dx 4 EI 2 y volviendo a integrar:
v=
qL x 3 + C1 x + C 2 8 EI 3
La primera condición de contorno que debemos imponer es que la flecha debe ser nula cuando x=0, lo que conduce a que la constante C2 debe ser, también, nula. La segunda condición es que, cuando x=L, la flecha también debe ser nula, por lo que:
C1 = −
qL3 24 EI
por lo que, la ecuación resultante de la elástica será:
C1 =
(
qL x 3 − L2 x 24 EI
)
d) La distribución de tensiones cortantes en la sección a la izquierda de la rótula (Q=qL/4) será: ⎡⎛ c ⎞ ⎛ c y ⎞⎤ Q ⋅ ⎢⎜ − y ⎟ ⋅ b ⋅ ⎜ + ⎟⎥ 2 ⎞ Q⋅M ⎠ ⎝ 4 2 ⎠⎦ 6Q ⎛ c ⎣⎝ 2 = τ= = 3 ⎜⎜ − y 2 ⎟⎟ 1 a0 ⋅ I bc ⎝ 4 ⎠ b ⋅ bc 3 12
que, para el valor de Q, toma la expresión: τ=
6qL 4bc 3
⎛ c2 ⎞ ⎜⎜ − y 2 ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠
Su valor máximo se alcanza para y=0, por lo que: τ max =
3qL 8bc
e) Aislando el vano AB, y considerando el momento externo M que hay que aplicar para que el giro de la sección A resultase nulo, se tiene:
306
M
A
B
qL2/4
Lógicamente, la condición a imponer para determinar M (que debe tener sentido horario puesto que el momento qL2/4 produce en la sección A giro antihorario) es que el giro total de A sea nulo, lo que conduce a que: ⎛ qL2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ L ML ⎝ 4 ⎠ = 3EI 6 EI
⇒ M=
qL2 8
307
PROBLEMA 12.15 El conjunto estructural de la figura se encuentra formado por dos barras realizadas del mismo material y de igual longitud, L, y cuyos ejes son coincidentes con el eje z. La barra A-B es de sección cuadrada de lado a2= 2 a, mientras que la barra B-C es también de sección cuadrada de lado a1=a con la disposición geométrica que se indica en la figura. Ambas barras se encuentran empotradas en sus extremos (la barra A-B en su extremo A y la B-C en su extremo C) y soldadas, en su sección común B, a una placa vertical de espesor despreciable frente a la longitud de las mismas, pero infinitamente rígida y, por tanto, indeformable, sobre la que se aplica un momento externo (cuya dirección (eje x) es ortogonal al plano del papel) de valor M, tal como se representa en la figura.
Se pide, en función de los datos del problema: a) Obtener los esfuerzos que actúan en las secciones de cada barra contiguas a la sección B sobre la que se aplica el momento externo. b) Dibujar la ley de momentos flectores de la estructura. c) Supuesto conocido el módulo de elasticidad E del material de la estructura, calcular el giro y flecha de la sección B, así como dibujar la deformada a estima de la pieza indicando la posición de sus puntos de inflexión.
308
d) Si la sección de la barra B-C fuera de las mismas dimensiones que aparecen en la figura pero, ahora, girada en su plano 45º respecto del eje global z, ¿cuál sería el cociente entre la máxima tensión normal que se produciría en dicha barra y aquélla que resultaría de haber considerado la disposición geométrica primitiva de dicha sección?
NOTA: Supóngase que el valor de L es mucho más grande que a1 y a2.
Solución Problema 12.15 a) Descomponiendo el sistema en sus dos barras constituyentes se tiene: Barra A-B
M1 Q1
A
B
L
Barra B-C:
M2 Q2 B L
C
Estableciendo el equilibrio en la placa rígida de la sección B, se deduce que:
309
M1 Q1
M
Q2 M2
Sección B
M = M1 + M 2 Q1 = Q2 = Q
Igualando los giros (positivos con sentido antihorario) y flechas (positivas hacia abajo) de la sección como perteneciente a la barra A-B y a la B-C, se obtiene: Igualdad de giros: M 1L M L QL2 QL2 − = 2 − EI AB 2 EI AB EI BC 2 EI BC
Igualdad de flechas: −
M 1 L2 M L2 QL3 QL3 + = 2 − 2 EI AB 3 EI AB 2 EI BC 3 EI BC
Para resolver el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (M1,M2,Q), necesitamos calcular los momentos de inercia de cada una de las secciones respecto de un eje horizontal que pase por su centro de gravedad. Sección de la barra A-B: I AB =
1 4 1 a2 12 12
( 2a )
4
= 0 ,3333 a 4
Sección de la barra B-C: Como esta sección tiene varios ejes de simetría (por ejemplo, los ejes x e y que aparecen en la figura, y los mismos girados, en el mismo sentido y en su plano, un ángulo de 45º), el momento de inercia de esta sección respecto de cualquier eje que pase por su centro de gravedad es el mismo (el círculo de Mohr de momentos de inercia degenera en un punto), por lo que:
310
I BC =
1 4 a1 = 0 ,0833a 4 12
Estableciendo que: k=
I BC 1 = I AB 4
se tiene: M1 =
1 M = 0 ,60274 M 4(1 + k ) + 3(1 − k ) 1+ k 4(1 + k ) − 3(1 − k )
M 2 = M − M 1 = 0 ,39726 M Q⋅L=
12 M 2 = 0 ,6575 M 4(1 + k ) + 3(1 − k )
b) La ley de momentos flectores de la estructura es:
Los puntos de inflexión de la deformada son aquellos en los que M=0. c) El giro en la sección B (sentido antihorario), considerándola, por ejemplo, como perteneciente a la barra A-B, será: θB =
M1L QL2 ML ML − = 0 ,274 = 0 ,820 4 Ea EI AB EI AB 2 EI AB
y la flecha (positiva hacia abajo): v B ↓= −
M 1 L2 QL3 ML2 ML2 + = −0 ,0822 = −0 ,2466 Ea 4 EI AB 2 EI AB 3 EI AB
311
El hecho de que la flecha salga con signo negativo indica que, en la realidad, dicha flecha será hacia arriba. La deformada a estima se obtiene a partir de la ley de momentos flectores, considerando las curvaturas que inducen los momentos flectores en cada tramo y, por supuesto, considerando las ligaduras a las que se encuentra sometida la estructura. Procediendo de esta manera, dicha deformada a estima resulta ser:
0,60274 M
0,08328 L A
0,26024 M
B C
0,05476M
0,3958 L 0,39726 M Puntos de inflexión
A
B
C
d) El momento de inercia de la sección de la barra B-C respecto de un eje horizontal, tanto cuando dicha sección tiene su disposición original como cuando se encuentra girada 45º respecto del eje z, es el mismo (0,0833a4), como ya se dijo anteriormente, por lo que la resolución del problema estructural sería independiente de que la disposición de la sección de la barra B-C fuera una u otra. Por tanto, se considere la sección inicial de esta barra o la girada 45º respecto del eje z, el máximo momento flector que en ella se produciría (justo en la sección a la derecha de B) sería 0,39726 M. Si la sección de la barra BC tuviera su orientación original, la máxima tensión normal (tanto de tracción como de compresión) resultaría ser:
σ máx ( 1 ) =
M2 ⋅
a 2 2
I BC
Si la citada sección tuviera la nueva orientación (girada 45º respecto del eje z), se tendría: 312
σ máx ( 2 ) =
M2 ⋅
a 2
I BC
por lo que, la razón buscada resultaría ser: razón =
σ max ( 2 ) 1 = = 0.707 σ max ( 1 ) 2
313
CAPÍTULO 13
PANDEO
314
PROBLEMA 13.1 El sistema de la figura está formado por dos barras de longitud 2L cada una de ellas sometida, en su centro de gravedad, a una carga vertical de valor P. El centro de gravedad de la barra CDE está conectado a un resorte horizontal cuya constante es k. Las barras se encuentran interconectadas entre sí a través de una rótula en C. Para las condiciones de apoyo de las barras que se muestran en la figura, determinar el valor de la carga vertical P que haría que el equilibrio del sistema pasara de ser estable a inestable. A B
P
C k D P E
Solución Problema 13.1 Demos un desplazamiento horizontal, de valor δ, al punto C. La posición final del sistema será:
315
A B P
δ
C
k D
P E
Si retiramos las ligaduras (excepto la rótula) las reacciones actuantes sobre el sistema son las que se indican en la figura:
A
F1 B P
δ
C
kδ/2
D
P E
2P
F2
La reacción vertical en E debe equilibrar las dos cargas verticales actuantes en las barras, por lo que su valor debe ser igual a 2P.
δ
⋅ L − 2P ⋅
δ
− F1 ⋅ 4 L = 0 2 2 Tomando momentos en el punto E e igualando a cero, se obtiene: k
316
De donde:
⎛k P ⎞ F1 = ⎜ − ⎟δ ⎝ 8 4L ⎠ Estableciendo que la suma de fuerzas horizontales que actúan sobre el sistema debe ser nula, se llega a que:
P F1 δ δ k ⎛ 3k P ⎞ ⎛k P ⎞ F2 = k − F1 = δ − ⎜ − ⎟ δ = ⎜ −C ⎟ δ 2 2 ⎝ 8 4 L ⎠kδ/2 ⎝ 8 4 L ⎠ D P
Si aislamos la barra CDE, las fuerzas actuantes sobre ella son: E F2 2P Si tomamos momentos en E de todas las fuerzas actuantes sobre esta barra nos encontraremos con aquéllos que poseen sentido antihorario (equilibrantes, pues tienden a llevar la barra a su posición vertical primitiva) y otros con sentido horario (desequilibrantes). Si procedemos de esta manera, tendremos:
Momento equilibrante (antihorario) :
kδ L 2
Momento desequilibrante (horario) : Pδ + P ⋅
δ 2
+ F2 ⋅ 2 L
Si el momento total equilibrante es mayor que el desequilibrante, nos encontraríamos en una situación de equilibrio estable, e inestable si sucediere lo contrario. La transición de un tipo de equilibrio a otro se produce cuando ambos momentos (el equilibrante y el desequilibrante) sean iguales. Esto es:
317
kδ δ L = Pδ + P ⋅ + F2 ⋅ 2 L 2 2 lo que conduce a que, el valor de la carga vertical P que produce esta situación sea:
kL 8 Podemos, pues, asegurar que si el valor de P es inferior al deducido y separamos ligeramente el sistema de su posición de equilibrio, las fuerzas que sobre él actúan tratarán de hacerle recuperar su posición original, y lo contrario si P supera el valor anterior. P=
318
PROBLEMA 13.2 Un pilar tiene 4 metros de altura, encontrándose articulado en ambos extremos y trabajando a compresión. La sección del pilar se representa en la figura:
10 mm
50 mm 10 mm
60 mm Sabiendo que el módulo de elasticidad del material del que está realizado el pilar es de 210 GPa, determinar la carga crítica de pandeo de la pieza.
Solución Problema 13.2 Primero calcularemos la posición del centro de gravedad, G, del pilar. Tomando como ejes los de la figura,
y
x las coordenadas de G son:
319
xG = 40 mm y G = 15 mm Tomando un nuevo sistema de coordenadas x,y con origen en G, tal como el que se indica en la figura siguiente,
y
G
x
podemos calcular los momentos de inercia y producto de inercia de la sección, resultando:
I x = 0,21 × 10 6 mm 4 I y = 0,33 × 10 6 mm 4 Pxy = 0,15 × 10 6 mm 4
Como se ha estudiado en Mecánica, existe el denominado tensor de inercia, que es un tensor de segundo orden y simétrico, cuyas componentes referidas al sistema de coordenadas x,y son: ⎛ Ix I = ⎜⎜ ⎝ Pxy
Pxy ⎞ ⎟ I y ⎟⎠
Teniendo esto presente, podemos establecer un paralelismo entre todo lo desarrollado para los tensores de tensión y deformaciones, particularmente el lo que concierne a la construcción gráfica del círculo de Mohr. En el plano de Mohr, en este caso, podremos definir dos ejes: en el de abcisas representaremos valores de los momentos de inercia y, en el de ordenadas, de los productos de inercia. Así, a cada dirección de la realidad, la hacemos corresponder un punto del plano de Mohr de coordenadas (I,P), donde I es el momento de inercia del área respecto de
320
esa dirección y P es el producto de inercia de ese mismo área respecto de la dirección considerada y otra ortogonal a ella. Por tanto, a la dirección x, la hacemos corresponder el punto (Ix,Pxy). A la dirección y la hacemos corresponder el punto de coordenadas (Iy,-Pxy) (*) En estas condiciones, podemos dibujar el círculo de Mohr y obtener el valor mínimo del momento de inercia de la sección: P (Ix,Pxy) I
(Iy,Pxy)
Imín.
Dicho valor mínimo es:
I mín . = 0,107 × 10 6 mm 4 Por tanto, la carga mínima de compresión que produce el pandeo del pilar es:
Pc =
π 2 EI mín. L2
=
π 2 × 210 × 109 × 0,107 ×10 −6 42
= 13,86 kN
(*) La explicación del cambio de signo en el producto de inercia se puede entender mejor de la siguiente manera. Sea la superficie de la figura y sea x un eje cualquiera que pasa por un punto P. Sea y un eje auxiliar (por eso aparece con trazo discontinuo), ortogonal a x en el punto P de manera que del eje x al y haya que girar en sentido antihorario:
y
x P
321
El momento de inercia del área respecto del eje x, Ix, es, desde luego, positivo y su producto de inercia respecto del eje x y de su “auxiliar” y, Pxy, es, también positivo porque todos los puntos del área tienen positivas sus coordenadas x e y. Sin embargo, cuando repitamos el razonamiento anterior respecto del eje y, que también pasa por P, su eje “auxiliar” para el cálculo del producto de inercia no será el eje x, sino un eje que coincide en dirección con la del eje x, pero que su sentido será contrario al de éste. Es decir: y
-x
P
Respecto del eje y el momento de inercia del área será también positivo, y de valor Iy, pero el producto de inercia respecto de los ejes y y su “auxiliar” (que en la figura hemos denominado –x) será –Pxy.
322
PROBLEMA 13.3 Un tubo de 50 mm de radio exterior y 5 mm de espesor, y de longitud L=5 m, se encuentra sometido a las ligaduras y carga que aparecen en la figura.
z
B
A
L
P
u
Por un error en su proceso de fabricación, el tubo no es perfectamente recto sino que tiene una forma definida por la función (referida a los ejes indicados en la figura):
u 0 ( z ) = u 0 sen
πz L
donde u0 es la milésima parte de la longitud L del tubo. Cuando P=50 kN, determinar cuál es el coeficiente de seguridad, respecto de la carga que produciría la plastificación en algún punto del tubo, sabiendo que el material del tubo tiene un límite elástico σy de 220 MPa y un módulo de elasticidad E de 210 GPa.
Solución Problema 13.3 Una sección genérica C de la pieza posee un desplazamiento según el eje z suma de otros dos: uno, u0(z), debido al fallo del proceso de fabricación, y otro, u(z), como consecuencia del pandeo lateral. Aislando la porción BC de la pieza, se tiene:
323
z C u0 u
B
P
P M
por lo que, para que exista equilibrio, deberá verificarse que:
M = P[u 0 ( z ) + u ( z )]
(1)
Como, por otra parte, se cumple que:
M =−
d 2 u (z ) EI dz 2
(2)
Sustituyendo la expresión (2) en (1), llegamos a que:
d 2 u (z ) P P + u (z ) = − u 0 (z ) 2 EI EI dz
(3)
Definiendo k como:
k2 =
P EI
(4)
la ecuación diferencial (3) queda:
πz d 2 u (z ) + k 2 u ( z ) = −k 2 u 0 ( z ) = − k 2 u 0 sen 2 l dz
(5)
La solución de esta ecuación diferencial será suma de la solución general de la ecuación homogénea:
d 2 u (z ) + k 2 u(z ) = 0 2 dz
(6)
más una solución particular de la ecuación diferencial (5). La solución de la ecuación diferencial homogénea es: u ( z ) = C1 cos kz + C 2 sen kz
(7)
324
Una solución particular tiene la forma:
u ( z ) = A sen
πz
(8)
L
Derivando la ecuación (8), se obtiene:
u ′( z ) = A
π L
u ′′( z ) = − A
cos
π2 L
2
πz
(9)
L
sen
πz
(10)
L
Sustituyendo en la ecuación diferencial (5), la solución particular que hemos propuesto lo es si: A=−
k 2u0 k − 2
(11)
π2 L2
Por tanto, la solución general de la ecuación diferencial (5) es:
u ( z ) = C1 cos kz + C 2 sen kz + A sen
πz
(12)
L
con el valor de la constante A de la expresión (11). Para obtener el valor de C1 y C2 impongamos las siguientes condiciones de contorno: En z=0, u=0 que conduce a que C1=0 En z=L, u=0 que conduce a: C 2 sen kL = 0
(13)
La solución kL=nπ, donde n es un número entero, no es válida en este caso pues la ecuación debe cumplirse para todos los valores de k. Por tanto, C2=0.
325
La solución general de la ecuación diferencial (5) que planteamos es: k 2u0
u (z ) = −
k − 2
π
2
sen
πz
(14)
L
L2
La distribución de momentos flectores en el tubo es:
M ( z ) = − EI u ′′( z ) = −
EIk 2 u 0π 2 πz sen 2 2 2 L k L −π
(15)
que presenta el siguiente valor máximo cuando z=L/2: Pu 0π 2 M (L / 2 ) = − 2 PL −π 2 EI
(16)
Si la pieza tubular hubiese sido perfectamente recta, la carga Pc que produciría el pandeo de la misma sería:
Pc =
π 2 EI
(17)
L2
por lo que la expresión del momento máximo quedaría:
M (L / 2 ) = −
Pu 0 P −1 Pc
(18)
Nótese que cuando el valor de P tiende a Pc, el valor de M(L/2) tiende a infinito. Las tensiones máxima y mínima causadas por la acción combinada de la carga axil de compresión P y el momento flector máximo M(L/2) se pueden obtener como:
σ =−
P M (L / 2 ) ⋅ R ± A I
(19)
donde R es el radio exterior del tubo. 326
En estructuras metálicas, el cociente I/R suele conocerse como módulo resistente de la sección, representándose por la letra W. Por tanto:
⎤ ⎡ ⎢1 1 u0 ⎥ ⎥ ⎢ σ = −P ± ⎢ A P −1 W ⎥ ⎥ ⎢ Pc ⎦ ⎣
(20)
En nuestro caso:
P=50 kN u0=0,005 m A=π(502-452)=1492 mm2 I=π/4.( 504-454)=1,688x106 mm4 W=I/50=33760 mm3 k=1,41x10-3
por lo que:
σ = −33,5 ± 14,4 MPa
(21)
La plastificación (por compresión) de la fibra perimetral del tubo se producirá cuando:
σ = −σ y
(22)
por lo que:
327
⎤ ⎡ ⎢1 1 u0 ⎥ ⎥ − σ y = −P⎢ ± ⎢ A P −1 W ⎥ ⎥ ⎢ Pc ⎦ ⎣
(23)
que, operando (tomando el signo positivo dentro del corchete de la expresión (23)), conduce a la siguiente ecuación de segundo grado:
P Au ⎞ ⎛ P 2 − ⎜ Aσ y + Pc Aσ y + c 0 ⎟ P + σ y Pc A = 0 W ⎠ ⎝
(24)
que proporciona dos soluciones:
P1 = 117,1 kN P1 = 392,4 kN Tomando el valor más pequeño de ambos, el coeficiente de seguridad, γ, que poseemos al cargar la pieza con 50 kN, respecto a la situación en la que se produzca plastificación en algún punto del tubo, es:
γ =
117,1 = 2,34 50
328
PROBLEMA 13.4 Determinar, en función del valor que adquiera la carga horizontal P, la flecha máxima y los momentos flectores máximos que aparecen en la viga de la figura.
q P L
Solución Problema 13.4 El problema es equivalente al que se presenta en la figura siguiente: Eje de simetría
q P
P D L
el cuál presenta simetría respecto de la sección media de la pieza, tal como se aprecia. En estas condiciones, la deformada de la pieza también debe ser simétrica respecto del eje señalado. Tomemos unos ejes con origen el punto D de la directriz de la pieza de manera que el eje x (sobre el que se miden las flechas u) sea vertical y el eje z horizontal, tal como se representa en la figura:
329
q P
P
z
D L/2
L/2 u
Aislemos una parte de la pieza (en concreto la comprendida entre la sección genérica C, que tiene una abcisa de valor z, y la sección B que está en contacto con la ligadura de la derecha), tal como se muestra: L/2 q
R’ P
M u z
C
B M’
Hemos dibujado, para el tramo CB, las cargas actuantes, las reacciones producidas por la ligadura existente en B, así como los esfuerzos en la sección C. Tomando momentos en C (sentido positivo el horario) e igualando a cero, se obtiene: 2
M + M ′ − Pu +
q⎛L ⎞ ⎛L ⎞ ⎜ − z ⎟ − R ′⎜ − z ⎟ = 0 2⎝ 2 ⎠ ⎝2 ⎠
(1)
Teniendo en cuenta que:
M = − EI
d 2u dz 2
(2)
y llamando:
k2 =
P EI
(3)
se tiene que:
330
2 d 2u q⎛L 1 ⎡ ⎞ ⎛L ⎞⎤ 2 +k u = ⎢ M ′ + ⎜ − z ⎟ − R ′⎜ − z ⎟⎥ = 2 EI ⎢⎣ 2⎝ 2 dz ⎠ ⎝2 ⎠⎥⎦
q 2 1 ⎛ qL ⎞ R ′L ⎞ 1 ⎛ qL2 ′ ⎟ ⎜⎜ z + R z = − + + M′− ⎜ ⎟ 2 EI 2 ⎠ 2 ⎟⎠ EI ⎝ EI ⎝ 8
(4)
La solución general de esta ecuación diferencial es de la forma:
u = C1sen kz + C 2 cos kz + Az 2 + Bz + D
(5)
de la que, una vez sustituida en la ecuación (4), se deduce que:
A=
q q = 2 2P 2 EIk
(6)
Derivando tres veces respecto de z en la ecuación (5), se tiene que: u ′ = C1 k cos kz − C 2 k sen kz + 2 Az + B u ′′ = −C1 k 2 sen kz − C 2 k 2 cos kz + 2 A
(7)
u ′′′ = −C1 k 3 cos kz + C 2 k 3 sen kz
Imponiendo la condición de contorno (la sección D no gira por la simetría del problema): u ′( z = 0 ) = 0 ⇒ C1 k + B = 0
(8)
También, por simetría, el cortante en la sección D debe ser nulo. Fijándose en que el momento flector esta relacionado con u ′′ (ver ecuación (2)), el esfuerzo cortante ( Q = dM / dz ) será directamente proporcional a u ′′′ , por lo que deberá cumplirse: u ′′′( z = 0 ) = 0 ⇒ C1 = 0
(9)
Volviendo a la ecuación (8), y teniendo en cuenta la ecuación (9), se llega a que el parámetro B de la ecuación (5) debe ser también nulo. A esta conclusión podríamos haber llegado si hubiésemos tenido en cuenta que la función u de la ecuación (5) debe ser par en z, por razones de simetría de la deformada. 331
Otra condición de contorno a imponer consiste en que la sección B no puede girar, por lo que: L⎞ kL qL qL ⎛ u ′⎜ z = ⎟ = 0 ⇒ − C 2 k sen + = 0 ⇒ C2 = kL 2⎠ 2 2P ⎝ 2kPsen 2
(10)
Por otra parte, la flecha en la sección B debe ser también nula. Esto es:
L⎞ kL L2 qL qL2 ⎛ − u⎜ z = ⎟ = 0 ⇒ C 2 cos + A + C = 0 ⇒ C = − kL 8P 2⎠ 2 4 ⎝ 2kP tg 2
(11)
Una vez determinados todos los parámetros, la solución de la ecuación diferencial (4) es: u (z ) =
qL kL 2kP sen 2
cos kz −
kL kL kL ⎤ q 2 ⎡ cos z + sen ⎥ + ⎢ kL ⎣ 2 4 2 ⎦ 2P 2kP sen 2 qL
(12)
PL2 Llamando λ = , se cumple que: kL = λ . La flecha en el punto medio EI de la viga será: u (z = 0) = u D =
⎛ λ ⎞⎟ qL2 ⎜1 − cos − 2 ⎟⎠ 8 P λ ⎜⎝ 2kPsen 2 qL
(13)
La expresión del momento flector en un punto genérico de la viga es: ⎛ ⎞ ⎜ q ⎞ qL ⎜ kL cos kz ⎟⎟ ⎛ M ( z ) = − EIu ′′ = EI ⎜ C 2 k 2 cos kz − ⎟ = −1 P⎠ λ ⎜ 2 sen kL ⎟ ⎝ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ 2
(14)
por lo que el momento en el punto medio de la viga será:
332
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ λ qL ⎜ − 1⎟ M (z = 0) = M D = ⎟ λ ⎜ λ ⎜ 2 sen ⎟ 2 ⎝ ⎠ 2
(15)
y los momentos en las secciones A y B vendrán dados por: ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ λ L⎞ qL ⎜ ⎛ − 1⎟ M⎜z = ± ⎟ = MA = MB = ⎟ 2⎠ λ ⎜ λ ⎝ ⎜ 2 tg ⎟ 2 ⎝ ⎠ 2
(16)
Recordando que la carga crítica de Euler, Pc, para las condiciones de apoyo de la viga, es:
Pc =
4π 2 EI L2
(17)
y teniendo en cuenta que:
P=
λEI
(18)
L2
podemos estudiar cómo varían alguno de los resultados anteriores en función del valor relativo de P respecto del de Pc. Así: P/Pc
λ
MB/qL2
MD/qL2
uD/(qL4/EI)
0
0
-0,0833
0,0417
0,0026
0,5
2π2
-0,1363
0,0908
0,0052
0,75
3π2
-0,2390
0,1911
0,0103
0,9
3,6π2
-0,5489
0,4944
0,0257
333
La Tabla anterior muestra que, a medida que la carga P
se va
aproximando a la de pandeo, tanto los momentos como las flechas crecen.
334
PROBLEMA 13.5 La pieza de la figura, de longitud total L, está formada por otras dos, cada una de ellas de longitud L/2, teniendo la barra AB una rigidez doble que la de la barra BC. En la sección B actúa una carga horizontal de valor P.
A
2EI
B
EI
P
L/2
C
L/2
a) Determinar el mínimo valor de dicha carga que produce el pandeo. Para el caso de que exista una fuerza F, ortogonal a la directriz, actuando en la sección B, tal como se indica en la figura,
F A
2EI
P
EI
C
B L/2
L/2
b) determinar la ley M/FL, donde M es el momento flector, a lo largo de la pieza en función del cociente z/L para valores de P iguales al 25%, 50%, 75% y 90% de la carga crítica de pandeo de la pieza. Suponiendo que las dos barras tienen la misma sección y son del mismo material, y que en la sección C existe un empotramiento perfecto, tal como el que se indica en la figura:
A
2EI, EA
B
L/2
P
EI, EA
C
L/2
c) determinar la carga de Euler en estas nuevas circunstancias considerando que solamente actúa la carga horizontal P, tanto si la carga actúa con el sentido indicado como con el contrario.
335
Solución Problema 13.5 a) Llamando tramo 1 a la barra AB y tramo 2 a la BC, podemos plantear las ecuaciones diferenciales que rigen para cada tramo. El sistema de ejes elegido es el que se aprecia en la figura:
A
B
C
L/2
z
L/2 x,u
Así, para el tramo 2, tomando una rebanada genérica de dicho tramo:
L/2 R’ M
C
u
M’ z
Tomando momentos en la sección genérica:
⎞ ⎛L M + M ′ − R′⎜ − z ⎟ = 0 ⎠ ⎝2
(1)
Teniendo en cuenta que:
M = − EI
d 2u dz 2
(2)
la ecuación (1) queda como: d 2u R 1 ⎛ R′L ⎞ ′ z M = + − ⎜ ⎟ dz 2 EI EI ⎝ 2 ⎠
(3)
La solución general de esta ecuación diferencial, en variables separadas, la podríamos obtener integrando dos veces la ecuación (3), por lo que, dicha solución, será de la forma:
u2 ( z ) = C5 z 3 + C6 z 2 + C7 z + C8
(4)
336
en la que hemos escrito u2, en vez de solamente u, para recordar que nos estamos refiriendo al tramo 2. Para el tramo 1, llamando uB el valor de la flecha en B, se tiene:
L/2
R’
M B
P
C M’
-z Tomando momentos en la sección genérica que hemos elegido:
⎞ ⎛L M + M ′ − R′⎜ − z ⎟ − P(u − u B ) = 0 ⎠ ⎝2
(5)
que, reordenando y teniendo en cuenta la ecuación (2) (sustituyendo EI por 2EI), conduce a que: 1 ⎛ d 2u R R′L ⎞ + k 2u = z+ ⎜M′− ⎟ + Pu B 2 2 ⎠ dz EI EI ⎝
(6)
donde:
k2 =
P 2 EI
(7)
La solución general de la ecuación diferencial (6) tiene la forma:
u1 ( z ) = C1 sen kz + C2 cos kz + C3 z + C4
(8)
Tenemos, pues, dos soluciones (una cada para tramo) que deben cumplir las condiciones de contorno. Como tenemos 8 parámetros a determinar necesitaremos otras 8 condiciones de contorno. Las condiciones a imponer son: a) la nulidad de flechas y giros en las secciones A y C de la pieza (4 condiciones), b) la igualdad de flecha y giro en la sección B considerando a ésta como perteneciente al tramo 1 y al 2 (2 condiciones), c) la igualdad de momentos a ambos lados de una rebanada que contenga a la sección B (1 condición) y d) el equilibrio de fuerzas en la rebanada (1 condición). Las siete primeras condiciones son:
337
⎛ L⎞ u1 ⎜ − ⎟ = 0 ⎝ 2⎠ ′⎛ L ⎞ u1 ⎜ − ⎟ = 0 ⎝ 2⎠ ⎛ L⎞ u2 ⎜ ⎟ = 0 ⎝2⎠ ′⎛ L ⎞ u2 ⎜ ⎟ = 0 ⎝2⎠ u1 (0) = u2 (0 ) ′ ′ u1 (0) = u2 (0)
(9)
M 1 (0) = M 2 (0)
La última condición la podemos obtener considerando la rebanada en B:
M1 P Q1
M2
u’
Q2
estableciendo el equilibrio de la misma en la dirección ortogonal a la de la directriz deformada (teniendo en cuenta que la carga P no ha cambiado de dirección), se tiene: Q1 (0 ) = Q2 (0 ) + Pu′(0 )
(10)
Para obtener el valor de los parámetros en base a las condiciones de contorno que hemos impuesto, es necesario utilizar las soluciones para cada tramo así como sus derivadas: u1 (z ) = C1 sen kz + C 2 cos kz + C 3 z + C 4 u1′ (z ) = C1 k cos kz − C 2 k sen kz + C 3 u1′′(z ) = −C1 k 2 sen kz − C 2 k 2 cos kz
u1′′′(z ) = −C1 k 3 cos kz + C 2 k 3 sen kz
(11)
u 2 ( z ) = C 5 z 3 + C 6 z 2 + C 7 z + C8 u ′2 ( z ) = 3C 5 z 2 + 2C 6 z + C 7 u ′2′ ( z ) = 6C 5 z + 2C 6 u ′2′′( z ) = 6C 5
338
Volviendo a la condición recogida en la expresión (10) también puede expresarse como: − 2 EI u1′′′(0 ) = − EI u 2′′′ (0 ) + Pu 2′ (0 )
(12)
que conduce a que: 2C1 k 3 = −6C 5 + 2k 2 C 7
(13)
de donde:
1 1 C 5 = − k 3 C1 + k 2 C 7 3 3
(14)
Por otra parte, la condición: M 1 (0 ) = M 2 (0 )
puede expresarse como: − 2 EI u1′′(0 ) = − EI u 2′′ (0 )
(15)
por lo que: 2C 2 k 2 = −2C 6
⇒ C 6 = −k 2 C 2
(16)
La condición: u1′ (0 ) = u 2′ (0 )
conduce a que:
C1 k1 + C 3 = C 7
1 1 1 ⇒ C 5 = − k 3 C1 + k 2 (C1 k + C 3 ) = k 2 C 3 3 3 3
(17)
La condición: u1 (0 ) = u 2 (0 )
lleva a que:
C 2 + C 4 = C8
(18)
339
Las condiciones: ⎛ L⎞ u1 ⎜ − ⎟ = 0 ⎝ 2⎠ ′⎛ L ⎞ u1 ⎜ − ⎟ = 0 ⎝ 2⎠ ⎛L⎞ u2 ⎜ ⎟ = 0 ⎝2⎠ ′⎛ L ⎞ u2 ⎜ ⎟ = 0 ⎝2⎠
conducen a un sistema homogéneo de dos ecuaciones con dos incógnitas: C1 y C2, del tipo: ⎡ f (kL ) g (kL )⎤ ⎧ C1 ⎫ ⎧0⎫ ⎢ h(kL ) m(kL )⎥ ⎨C ⎬ = ⎨0⎬ ⎣ ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ ⎭
(19)
(Las expresiones de estas funciones se recogen en el Anexo a este problema) Imponiendo que el determinante de los coeficientes de este sistema sea nulo (condición para que tenga solución distinta de la trivial), se llega a que: k1 L ≈ 7,55
(20)
por lo que:
Pc = 114
EI L2
(21)
b) Para el caso de que exista una fuerza F ortogonal a la directriz en la sección B, podemos procede de forma análoga a como hemos hecho con anterioridad. Para el tramo 2, la ecuación diferencial seguirá siendo la misma y, por tanto, su solución será:
u2 ( z ) = C5 z 3 + C6 z 2 + C7 z + C8
(22)
Para el tramo 1, el planteamiento de la ecuación diferencial lo debemos de hacer considerando la figura siguiente:
340
L/2
F
R’
M B
P
C M’
-z lo que nos lleva a:
⎞ ⎛L M + M ′ − R ′⎜ − z ⎟ − P(u − u B ) − Fz = 0 ⎠ ⎝2
(23)
(Nótese que F produce en la sección genérica un momento equilibrante, por lo que, al ir multiplicada por la abcisa negativa z el momento resultante debe de ir afectado de signo negativo) Reordenando la ecuación (23), llegamos a que: d 2u R−F R ′L ⎞ 1 ⎛ + k 2u = z+ ⎜M ′ − ⎟ + Pu B 2 EI EI ⎝ 2 ⎠ dz
(24)
cuya solución general tendrá la forma de:
u1 ( z ) = C1 sen kz + C2 cos kz + C3 z + C4
(25)
Las condiciones de contorno que deben satisfacer las soluciones recogidas en las ecuaciones (22) y (25) son las siete recogidas en la ecuación (9). La condición expresada por la ecuación (10) cambia ahora por la presencia de la fuerza F. F
M1
P Q1
M2
u’
Q2
por lo que dicha ecuación cambia a: Q1 (0 ) = Q2 (0 ) + Pu ′(0) + F
(26)
Resolviendo de manera similar a como hicimos en el apartado a) llegamos a lo siguiente: 1) de la condición recogida en la ecuación (26): 341
F 1 1 C 5 = − k 3 C1 + k 2 C 7 + 3 3 6 EI
(27)
2) de la condición de igualdad de momentos a ambos lados de una rebanada que deje en su interior a la sección B:
2C 2 k 2 = −C 6
⇒ C 6 = −k 2 C 2
(28)
3) de la condición de igualdad de giros en la rebanada B:
C1 k + C 3 = C 7
F F 1 1 1 ⇒ C 5 = − k 3C1 + k 2 (C1 k + C 3 ) + = k 2 C3 + 3 3 6 EI 3 6 EI
(29)
4) de la condición de igualdad de flechas en B:
C 2 + C 4 = C8
(30)
5) de las cuatro restantes condiciones
⎛L⎞ ⎛ L⎞ ′⎛ L ⎞ ′⎛ L ⎞ u1 ⎜ − ⎟ = 0; u1 ⎜ − ⎟ = 0; u 2 ⎜ ⎟ = 0; u 2 ⎜ ⎟ = 0 , se llega a un sistema de ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ dos ecuaciones con dos incógnitas: C1 y C2, del tipo:
⎡ f 1 (kL ) ⎢ h (kL ) ⎣ 1
⎧ FL3 ⎫ g1 (kL )⎤ ⎧ C1 ⎫ ⎪⎪− 48EI ⎪⎪ ⎨ ⎬=⎨ ⎬ m1 (kL )⎥⎦ ⎩C 2 ⎭ ⎪ FL2 ⎪ − ⎪⎩ 8EI ⎪⎭
(31)
(Las expresiones de estas funciones se recogen en el Anexo a este problema) Los momentos flectores actuantes en los tramos 1 y 2 son, respectivamente:
M 1 ( z ) = 2 EIk 2 (C1sen kz + C 2 cos kz ) si − M 2 (z ) = − EI (6C 5 z + 2C 6 )
L ≤z≤0 2
L si 0 ≤ z ≤ 2
342
(32)
c) Al ser el producto AE el mismo para las dos barras, cada una de ellas absorberá la mitad de la carga P que se aplica en la sección B, por lo que la barra 1 estará sometida a una compresión de valor N1=P/2 y la barra 2 a una tracción N2=P/2. Para el tramo 2, cortando por una sección genérica, la situación sería: L/2 R’
C
M u
N2
M’
z
que conduce, tomando momentos en la sección de corte, a que:
⎞ P ⎛L ⎞ ⎛L M + M ′ − R ′⎜ − z ⎟ + N 2 u = M + M ′ − R ′⎜ − z ⎟ + u = 0 ⎠ 2 ⎝2 ⎠ ⎝2
(33)
Teniendo en cuenta la ecuación (2), la ecuación (33) queda como: 1 ⎛ d 2u R R ′L ⎞ z+ − k 22 u = ⎜M ′ − ⎟ 2 EI EI ⎝ 2 ⎠ dz
(34)
donde:
k 22 =
P 2 EI
(35)
Es importante hacer notar que, aunque el aspecto de la ecuación (34) es similar a los que ya hemos visto anteriormente, hay una característica de esta ecuación que la hace esencialmente diferente: el signo negativo que afecta al producto k 22 u . La solución general de la ecuación diferencial (34) toma ,ahora, la forma:
u 2 ( z ) = C 5 senh k 2 z + C 6 cosh k 2 z + C 7 z + C8 cuyas derivadas son:
343
(36)
u ′2 ( z ) = C 5 k 2 cosh kz − C 6 k 2 senh kz + C 7 u ′2′ ( z ) = −C 5 k 22 senh kz − C 6 k 22 cosh kz
(37)
u ′2′′( z ) = −C 5 k 23 cosh kz + C 6 k 22 senh kz
Para el tramo 1, cortando por una sección genérica, tenemos la siguiente situación:
L/2 M B
P
R’ N 2 C M’
-z que conduce, tomando momentos en la sección genérica, a que:
⎞ ⎛L M + M ′ − R ′⎜ − z ⎟ − P(u − u B ) + N 2 u = ⎠ ⎝2 P ⎞ ⎛L M + M ′ − R ′⎜ − z ⎟ − P(u − u B ) + u = 0 2 ⎠ ⎝2
(38)
la cuál puede expresarse como: 1 ⎛ d 2u R R ′L ⎞ + k12 u = z+ ⎜M ′ − ⎟ + Pu B 2 EI EI ⎝ 2 ⎠ dz
(39)
donde:
k12 =
P 4 EI
(40)
La solución general de la ecuación diferencial (39) es de la forma:
u1 ( z ) = C1 sen kz + C2 cos kz + C3 z + C4
(41)
y cuyas derivadas son: u1′ ( z ) = C1 k1 cos k1 z − C 2 k sen k1 z + C 3 u1′′( z ) = −C1 k12 sen kz − C 2 k12 cos kz
(42)
u1′′′( z ) = −C1 k cos kz + C k sen kz 3 1
3 2 1
344
Las condiciones de contorno son las siete recogidas en las ecuaciones (9) y (10), ya que, en relación con el planteamiento de la ecuación (10), la rebanada central estaría sometida a:
N1
M1 P Q1
M2 Q2
u’ N2
donde N1=N2=P/2. De la condición recogida en la ecuación (10) se obtiene que: − 2 EI u1′′′(0 ) = − EI u ′2′′ (0 ) + Pu1′ (0 )
(43)
y, por tanto: 2C1 k 3 = −C 5 k 23 + 4k12 (C1 k1 + C 3 )
(44)
de donde: C5 =
1 2
C1 +
2 2 k1
(45)
C3
Por otra parte, la condición: M 1 (0 ) = M 2 (0 )
puede expresarse como: − 2 EI u1′′(0 ) = − EI u 2′′ (0 )
(46)
por lo que: 2C 2 k 2 = −C 6 k 22
⇒ C 6 = −C 2
(47)
La condición: u1′ (0 ) = u 2′ (0 )
conduce a que:
345
C1 k1 + C 3 = C 5 k 2 + C 7
⇒ C 5 = C1 k1 + C 3 − C 5 k 2 = −C 3
(48)
La condición: u1 (0 ) = u 2 (0)
lleva a que:
C 2 + C 4 = C 6 + C8
⇒ C8 = C 2 + C 4 − C 6 = 2C 2 + C1
(49)
Las condiciones: ⎛ L⎞ u1 ⎜ − ⎟ = 0 ⎝ 2⎠ ′⎛ L ⎞ u1 ⎜ − ⎟ = 0 ⎝ 2⎠ ⎛L⎞ u2 ⎜ ⎟ = 0 ⎝2⎠ ′⎛ L ⎞ u2 ⎜ ⎟ = 0 ⎝2⎠
conducen a un sistema homogéneo de dos ecuaciones con dos incógnitas: C1 y C2, del tipo: ⎡ f 3 (kL ) g 3 (kL )⎤ ⎧C1 ⎫ ⎧0⎫ ⎢ h (kL ) m (kL )⎥ ⎨C ⎬ = ⎨0⎬ 3 ⎣ 3 ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ ⎭
(50)
(Las expresiones de estas funciones se recogen en el Anexo a este problema) Imponiendo que el determinante de los coeficientes de este sistema sea nulo (condición para que tenga solución distinta de la trivial), se llega a que: k1 L ≈ 10,637
(51)
por lo que:
Pc = 4k12
EI EI = 452,6 2 2 L L
(52)
346
Si la carga P hubiese tenido sentido contrario al indicado en la figura, el resultado hubiere sido:
Pc = 247,5
EI L2
(53)
ANEXO: EXPRESIÓN DE LAS FUNCIONES f, g, h y m Apartado a) del problema:
f (kL ) =
kL kL ⎛ kL 1 2⎞ − kL cos ⎜1 + (kL ) ⎟ + sen 2 2 ⎝ 24 2 ⎠ 2
1 kL kL ⎛ ⎛ kL ⎞ 2⎞ g (kL ) = 1 − ⎜ ⎟ − cos − kL sen ⎜1 + (kL ) ⎟ 2 2 ⎝ 24 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎡ ⎛ ⎛ kL ⎞ 2 ⎞ kL ⎤ h(kL ) = k ⎢1 − ⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟ cos ⎥ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ ⎜⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎟⎠ ⎛ ⎛ kL ⎞ 2 kL ⎞ m(kL ) = −kL − ⎜1 + ⎜ ⎟ sen ⎟ ⎜ ⎝ 2 ⎠ 2 ⎟⎠ ⎝ Apartado b) del problema:
f1 (kL ) =
kL kL ⎛ kL 1 2⎞ − kL cos ⎜1 + (kL ) ⎟ + sen 2 2 ⎝ 24 2 ⎠ 2
1 kL kL ⎛ ⎛ kL ⎞ 2⎞ g1 (kL ) = 1 − ⎜ ⎟ − cos − kL sen ⎜1 + (kL ) ⎟ 2 2 ⎝ 24 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 ⎡ ⎛ ⎛ kL ⎞ ⎞ kL ⎤ h1 (kL ) = k ⎢1 − ⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟ cos ⎥ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ ⎜⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎟⎠ ⎛ ⎛ kL ⎞ 2 kL ⎞ m1 (kL ) = − kL − ⎜1 + ⎜ ⎟ sen ⎟ ⎜ ⎝ 2 ⎠ 2 ⎟⎠ ⎝ Apartado c) del problema:
347
k L⎤ k L kL 2 ⎡ 1 − f 2 (kL ) = ⎢ cos 1 ⎥ senh 2 + sen 1 2 ⎦ 2 2 2 ⎣ 2 kL k L k L kL 2 g 2 (kL ) = − sen 1 senh 2 − cosh 2 + 2 − cos 1 2 2 2 2 2 k k L 2k kL k L kL h2 (kL ) = 2 cosh 2 − 2 cos 1 cosh 2 + k1 cos 1 2 2 2 2 2 2 kL k L 2k kL k L m2 (kL ) = k1sen 1 − k 2 senh 2 − 2 sen 1 cosh 2 2 2 2 2 2
348
