Resistencia de Materiales - Carlos Esparza

CAPÍTULO I ESTADO UNIAXIAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES 1.1) Introducción. Hipótesis en Mecánica de Sólidos Deformables 1.1.1) Definiciones (Resistencia de Materiales, Mecánica de Sólidos Deformables o Mecánica de Sólidos (Resistencia Mecánica de Materiales) es la disciplina que estudia, básicamente, las relaciones entre acciones aplicadas y sus efectos en el interior de los sólidos o elementos estructurales.

T

Sólido estructural

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

Acciones (Generalizadas)

T = Tfinal - Tinicial

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

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

Configuración Inicial (No Deformada)

Z

Y

X  Y, Z

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

X Eje Normal

  Perturbación (hundimiento de apoyos)

Mecánica de Sólidos

Mg. Ingº Carlos Esparza Díaz

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

EST TIC TICA P

P P

Sólido rígido (indeformable)

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

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

FBD

P

c 

A

a

B C

H A

A



P B C

b V A

Equilibrio  M A = 0 P(a + b) – FBDsen a = 0 P(a  b) P(a  b) FBD   c a sen a a2  c 2 P ( a  b) a2  c 2 FBD  ac Características de la solución: 2



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

EST TIC TICA P

P P

Sólido rígido (indeformable)

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

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

FBD

P

c 

A

a

B C

H A

A



P B C

b V A

Equilibrio  M A = 0 P(a + b) – FBDsen a = 0 P(a  b) P(a  b) FBD   c a sen a a2  c 2 P ( a  b) a2  c 2 FBD  ac Características de la solución: 2


  


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

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

C

A

c v =?

C'

Características (esperadas):  Debe "conocerse" el material del cable  Debe conocerse la sección transversal del cable  Además de las ecuaciones de equilibrio, se usarán otras que relacionen

FUERZAS, DESPLAZAMIENTOS Y MATERIAL (Ecuaciones Constitutivas).

Existen dos grandes vertientes (enfoques) de estudio en Mecánica de Sólidos:  Análisis y Cálculo de Esfuerzos y Deformaciones Analítica Experimental  Estudio de las Propiedades Mecánicas de los Materiales y Sistemas Estructurales.

El conocimiento y dominio de ambos enfoques, en Ingeniería permite el DISEÑO de elementos o sistemas estructurales, con SEGURIDAD y FUNCIONALIDAD. FUNCIONALIDAD. SEGURIDAD Transmisión adecuada de las cargas (relacionada con la Resistencia) P P

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

FUNCIONALIDAD

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

3





Sobre la Estructura Interna y Propiedades de los materiales

 Continuidad  Homogeneidad  Isotropía

Hipótesis Simplificatorias



Sobre el Carácter de las Deformaciones

 Deformaciones pequeñas

INFINI INFINITES TESIMA IMALES LES

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

Medio continuo  apropiado para estudiar fenómenos de presión, densidad, etc. Medio discreto  Apropiado para estudiar es tudiar propiedades propiedades electroquímicas, magnéticas probabilísticas, etc HOMOGENEIDAD Las propiedades del material son iguales en todos los puntos del sólido

P

Q

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

Propiedades iguales para elementos de distinta orientación

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

4



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

L + L L L 0 L Esta hipótesis tiene un gran valor operativo: Nos permite referir las ecuaciones del equilibrio a la CONFIGURACIÓN INICIAL del sólido. P1

P2

P1

P2

H1 V1

P1

P1'

F V = 0 FH = 0 MO = 0

V2

P2

P2'

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

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

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

5



F2

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

Sólido en equilibrio

F3

F4 F1 Las Fuerzas Internas se manifiestan como FUERZAS DE INTERACCIÓN entre las partículas del material que constituyen el sólido. Cada plano de referencia, separa al sólido en dos porciones. Sección de interés F2

(I)

(II)

F3 F4 Plano de corte (imaginario)

F1

Fuerzas Internas

F2

F

(II)

(I)

F4 F1 Garantizan el equilibrio de (I)

Garantizan el equilibrio de (II)

Ambas porciones en equilibrio

Las fuerzas internas representan la interacción de una parte del sólido con la parte que ha sido (idealmente suprimida). En general, estas fuerzas tienen diferentes magnitudes y sentidos, y cambian al cambiar el plano de referencia. En cada caso, las fuerzas internas deben satisfacer las condiciones del equilibrio de la porción que se considere. ACCIONES INTERNAS Las fuerzas internas en una porción del sólido pueden representarse mediante un Vector Fuerza V y un Vector Momento M M F2 <> V (I) (I)

F1

6



Los vectores V y M sobre cada superficie de corte pueden descomponerse en sus componentes rectangulares. Las magnitudes de estas componentes se denominan Acciones Internas. y F2 (o: Centroide de la sección Mxy transversal)

Vxy (I) F1

o

Vxx

Mxx

x (Normal al plano de corte)

Vxz z

Mxz

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

Nota)

Primer subíndice  dirección normal al plano de corte Segundo subíndice  dirección particular de la componente

Si no existen confusiones, puede usarse un solo subíndice V = (Vx, Vy, Vz); M = (Mx, My, Mz) Si consideramos la porción (II) del sólido, las fuerzas internas son de la misma intensidad pero de sentido contrario. Cada una de las acciones internas manifiesta un EFECTO ESPECIAL en el comportamiento del sólido. Vxx  FUERZA NORMAL ( al plano de corte) Vxy, Vxz  FUERZAS CORTANTES (paralelas al plano de corte) Mxx  MOMENTO TORSOR (con respecto al eje geométrico del sólido) Mxy, Mxz  MOMENTOS FLECTORES (con respecto a ejes en el plano de la sección) Notas) 1) Las acciones internas ocasionadas por un Sistema de Acciones (cargas aplicadas + reacciones) dependen de la orientación del Plano de Corte. F3 F3 F2 F2 P P (II) (II) (I) (I) F4 F4 (2) (1) F1 F1 A cada plano de corte le corresponde un SISTEMA DE ACCIONES INTERNAS 2) Si las ACCIONES EXTERNAS actúan en un plano, las fuerzas internas se reducen a tres (Sistemas Planos de Fuerzas).

7



F3

1

F2

1

V

F2

N

M F4

1 F1 N  Fuerza Normal V  Fuerza cortante M  Momento Flector 3) Las fuerzas internas variarán en intensidad y dirección, según se consideren distintos planos que pasen por un punto P. Un problema de interés será determinar las VALORES EXTREMOS de las Acciones Internas. 1 F1 (Sistema plano de fuerzas)

4) Cada acción interna representa un EFECTO distinto sobre el sólido.  La Fuerza Normal representa una acción de extensión (tracción) o una acción de acortamiento (compresión) del sólido P

P

P

P

P

P

P

P

TRACCIÓN (+) (Alargamiento) 

COMPRESIÓN ( –) (Acortamiento)

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

B A C

P

P

B Fuerzas cortantes

A

P

C 

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

8



Punto fijo Generatriz de referencia A

x (Configuración inicial)

Sección fija

T

A 

A'



Aplicando el torsor T, la sección libre gira ° x respecto a la sección fija

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

M V

N Se genera flexión (curvatura en un plano coordenado)

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

c

B

b a

 Reacciones

c 4 pies

b

A a 4 pies 30lb

R W: peso total

R = W + 30 R = 2(8) + 30 R = 46 lbs

B

A

Fv = 0

W 30 lbs

FUERZAS INTERNAS Consideremos una porción de barra de longitud x.

46 x

B Q F

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

9



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

x

F

46 lbs +

x

Tracción F = 46 – 2x 30 lbs

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

Encontramos q(x)

q =0 1

3m 3 ton 1m

(de variación lineal)

x

4



q( x ) x  q(x) = x 4

q(x)

q = 1 ton/m

1

FUERZA INTERNA: Primer tramo 0  x < 3 R 1 es la resultante de q(x) en el tramo de longitud x

3 R 1 x

3 + R 1 = N1 x N1 = 3 +0q(x)dx xx N1 = 3 +0 dx 4 2 x N1 = 3 +8

N1 Segundo tramo 3 < x  4

3 R 2 3 N2

x

3 + R 2 = 3 + N2 N2 = R 2 x N2 =0q(x)dx xx N2 =0 dx 4 2 x N2 = 8

10



Función de Fuerza Axial 3 ton

 x2 3  ; 0  x  3 N=  2 8 x ; 3  x  4  8

3 ton 3m

N

( –)

3

33/8 ton 9/8 ton

1m

2 ton x

(COMPRESIÓN) (Notar la discontinuidad en la sección correspondiente a la carga concentrada 3 ton) 3) Hallar las acciones internas en la sección a-a.

a 45°

a

10 kN

5m

Equilibrio: 2 2  V 0 2 2 2 2 10 F V = 0  N  V  2 2 M0 = 0  M + (10)(5) = 0 FH = 0  N

N

M

(*)

V 45°

10 kN

O 5m

Resolviendo el sistema (*) tenemos:

N = 5 2 kN V = 5 2 kN M = – 50 kN – m

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

10 kN

5 2 kN

50 kN-m

11



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

y P

1/4 de circunferencia

1

1 

a x

a z tangente en c r

d1

Mr Vx

normal en c

c s

y P

d2 a 

Ms

x

z Equilibrio:

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

De (i)  Vx = – P (Fuerza cortante) De (ii)  Mr = P a sen (Momento flector) De (iii)  Ms = – P a(1 – cos) (Momento torsor) 5) Considerando que la carga distribuida varía linealmente desde q = 3 ton/m, hasta q = 0, graficar el diagrama de fuerza axial en el sistema representado.

1



q = 3 ton/m 2m 1m

R

Reacción

Q

Q  Resultante de la distribución q

2

2 ton q = 0 q = 3 ton/m

x

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

3 q(x)   q(x) = 3 – x 3 3x

q(x)

3 3 –x

dx

q q=0

dQ = qdx 3

Q   qdx

Q   (3  x)dx

L

Q = 4.5 ton

0



Reemplazando en (1)  R = 4.5 + 2  R = 6.5 ton

FUERZA AXIAL

6.5 ton

Tramo 0  x  2 Q1 + F1 = 6.5 F1 = 6.5 – Q1 x F1 = 6.5 –  q(x)dx

x

0 x

Q1

F1 = 6.5 –  (3  x)dx

q(x)

0

x



1 F1 = 6.5 +  (3  x) 2  2 0

F1

F1 = 6.5 + 12 (3 – x)2 – 12 (3)2 F1 = 2 + 12 (3 – x)2

Tramo 2  x  3 6.5

6.5 = Q2 + 2 + F2  F2 = 6.5 – 2 – Q2 x F2 = 4.5 – 0q(x)dx x

x

F2 = 4.5 – 0(3  x)dx F2 =12 (3 – x)2

Q2 2 F2

1



6.5 Ton

Función Fuerza Axial 2  12 (3  x) 2 ; 0  x  2 F(x)   1  2 (3  x) 2 ; 2  x  3

F

F1 = 2 +12 (3 – x)2 2 Ton 2.5 Ton 0.5 Ton F2 =12 (3 – x)2

2

x (Notar la discontinuidad de la gráfica en x = 2) 6) En la palanca EF se aplica la fuerza W, según se indica en el esquema. Entre el cable CBAD y la superficie de contacto se genera una fuerza de fricción cuyo coeficiente es  = 0.4. Si la porción BC resiste una fuerza de tracción de 4,100 kg, hallar la fuerza de tracción en el cable en el punto A. Cable de espesor despreciable

a A

B W

D C

E

F

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

d /2

f r T

d 

Si

d /2 T+dT

d A T A



Fuerzas de fricción

B

TB=4,100 kg

f r = fdN FNORMALES = 0 d d dN – Tsen – (T + dT)sen = 0 2 2

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

1


dN – T


d T d + 1 – dTd = 0 2 2 2

Considerando únicamente diferenciales de 1 er orden: dN  T . . . . (i) d Ftang = 0 d d (T + dT)cos – r – Tcos = 0 2 2 Si

d  0 2

cos

d  1, luego 2

T + dT – T –  dN = 0 dT   . . . . (ii) dN De (i) y (ii) obtenemos: Td  dT  Separando las variables: dT   d T Integrando ambos lados: LnT =  + k T = e + k T = e ek T = K e . . . . (iii) (Denominada ecuación de las poleas) Determinamos K: para  =  es T = TB = 4,100 kg  4,100 = K e0.4  K = 1,166.9 Reemplazando en (iii) T = 1,166.9 e 0.4 Para el punto A:  = 0  T A = 1,166.9 e0.4(0) T A = 1,166.9 kg 7) La barra homogénea representada pesa W, y descansa sobre un plano horizontal liso. Determinar las fuerzas internas en una sección genérica definida por el .

1



Semicircunferencia

W

P

r P

Reacciones

P



R 1

P R 2

R 1 + R 2 = W Wr – R 22r = 0  R 1 = R 2 = W/2 Peso unitario  q 

V 

N  /2 –

M C r

G

P A

W r

G  peso de la porción AC G = qr W W G = r  G   r  Fvert = 0



 r sen 

W/2 (  centroide del arco AC)

   W W Vsen + Nsen  2    + 2    = 0 

 W W V sen + Ncos = – 2    . . . (i)

Fhoriz = 0

  Vcos – Ncos      – P =0  2  Vcos – Nsen = P . . . . (ii) Mc = 0

W r sen (r – r cos) + G( – r cos) = 0  2 W W M = – P r sen + r(1 – cos) – r(sen – cos) . . . (iii) 2  M + P r sen –

Resolviendo simultáneamente (i) y (ii) obtenemos V y N: W W N = (  – ) cos – P sen  2 W W V = (  – ) sen + P cos  2 De (iii) W W M = – P r sen + r(1 – cos) – r(sen – cos) 2  8) Un pilote es enterrado por acción de una fuerza externa F = 100 klb. Una fuerza de fricción (klb/pie) se opone a la fuerza F, siendo su intensidad proporcional al

1



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

Equilibrio F=100 klb

100 klb

 = kZ2

100   dZ L 

30

Z

100   kZ 2 dZ

30 pies

 Z3  1 100  k    k  90  3 0

0

30

Resultante de la fricción

1 Luego:  =90 Z2

Fuerzas Internas 100

N + Q = 100  N = 100 – Z dZ Z 1 N = 100 – 0 Z2dZ 90 3 Z N = 100 – 270 

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

Z

N NZ=15 = 100 – NZ=30 = 100 –

1 (15)3 = 86.5 klb 270 1 (30)3 = 0 klb 270

100 klb

N COMPRESI N

–

Z3 N = 100 – 270

Z 9) Determinar las acciones internas que actúan en la sección B del tubo representado. El tubo tiene una masa de 2 kg/m y está sujeto a una fuerza vertical de 50 N y a un momento de torsión de 70 N-m en su extremo libre A.

1



C

masa = 2 kg

0.75 m

0.5 m

B

D 50 N 1.25 m 70 N-m

A z Mz

Equilibrio Fx = 0  Px = 0 Fy = 0  Py = 0 Fz = 0 

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

Pz

Py

0.25 m

Mx

Pz – 50 – 24.52 – 9.81 = 0 Pz = 84.33 N

Px B

0.25 m

50 N

0.625 m

70 N-m

My

y

0.625 m

A

2(1.25)(9.81)=24.52 N

x Mx – 50(0.5) – 24.52(0.5) – 9.81(0.25) + 70 = 0 MxB = 0  Mx = – 30.29 N-m (FLECTOR) MyB = 0 

My + 24.52(0.625) + 50(1.25) = 0 My = – 77.66 N-m (TORSOR)

MzB = 0 

Mz = 0

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

4m

B

C

60 kN 2m

D

4m A

18



Elemento CD

60×2=120 kN-m

20 kN/m 20×2×1= 40 kN-m

60 kN 60 kN

C D 20×2= 40kN/m

Elemento CB

120 kN-m

40 kN

40 kN

120 kN-m 60 kN

40 kN-m 60 kN

40 kN-m

C B Elemento BA 120 kN-m 40 kN 40 kN-m

60 kN B

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

19



N

V M

p



0

A

N M  2 -  r 0

r

r



p



B

V 

c d  /2  /2

0

B

c

pr B

r

Fhoriz = 0   Vcos + prcos – Ncos(2 – ) = 0 

Vcos – Nsen = – prcos2 . . . . (*) 

Fvert = 0 

V sen + N sen( /2 – ) + pr sen = 0 2 

® V sen + N cos() = – pr sen . . . . (**) 2 

Mc = 0 

M + prd = 0  M = – prr sen . . . . (***) 2 Resolviendo el sistema (*), (**), (***) obtenemos: V = – pr cos N = pr sen



2



2

M = – pr2 sen



2

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

6 Ton

2 Ton/m

1.5 m

3.0 m

1.5 m

3.0 m

2



Reacciones 6 Ton

2 Ton/m A

C

B

Fvert = 0

E

D

4 9r = 6 + 2(3)  r = ton/m 3

r Tramo AB V

x

M

A

N

r Tramo BC

  N0  0 x 1.5 4    V   x  3  (desde A) 4 x 2  M  x  x2  3 2 3 

N0 4 V  (1.5  x)  2x  0 3 x 4 (x  1.5) 0 M  2x  (x  1.5) 2 3 2

V

2 Ton/m

M

A

B

N

  N0 0 x 3   4 V  2x  (1.5  x)  3  (desde B)  2 M  x 2  (x  1.5) 2  3 

4 3 Ton/m

x

1.5 m

Tramo CD V

2 Ton/m A

M B

C 4 3

1.5 m 3.0 m

N0 V  4 (4.5  x)  6  0 3 M  6(1.5  x)  4 (4.5  x) (4.5  x)  0 N 3 2    0  x  1.5 4  V  6  (4.5  x)  3  (desde C)  M  2 (4.5  x)2  6(1.5  x) 3 

N0

x

21



Tramo ED

N0 V  4 x  0 3 M 4 x x  0 3 2

V M E

N

 N0   4 0 x 3 V   x  3  (desde E)  M  2 x2  3 

x

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

y Reacciones y=kx2 0

x

0

L Fvert = 0 

R 1

R 2

L

R 1 + R 2 =  ydx 0

k 3 . . . . (i) L 3 R 2L –  xdA = 0 L

R 1 + R 2 = MO = 0 



L

R 2L – 0x ydx = 0 R 2L – De (i) y (ii):



R 2L –

L

0 x k x 2dx = 0

k 4 L = 0 . . . . (ii) 4 R 1 = k L3 /12 R 2 = k L3 /4

2



Fuerzas Internas

N0 V  k L3  1 xkx 2  0 12 3 N M  k L3 x  1 xkx 2 1 x  0 12 3 4

M x k 3 L 12

V

  N0  k k 3 3  V  x  L 0  x  L 3 12  k k  M  L3 x  x 4  12 12 

Parábola de 2do grado

Área = CG

b

1 ab 3

3 x G  L 4

a xG

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

y 10 lb/pie 340 lb/pie

x

z

PLANO XY y 10 lb/pie A R A

B

x

R B

R A = R B = 200 lb

23


10 lb/pie


Mxz Vxx

A x

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

Vxy

200 lb

Vxx = 0 Vxy + 200 – 10x = 0 x Mxz  10x  200 x  0 2

PLANO ZX R' A

R'B

A 340

1 x R' A + R'B =2 (340)(40) R ' A (40)  12 (340)(40)( 23 )(40)  0

B

lb pie

Resolviendo el sistema, tenemos: R' A = 4,533.33 lb R'B = 2,266.67 lb

z 4,533.33 lb A

x

Mxy

x

V'xx

t

40 – x t

340

340

340 t  40 40  x

Vxz

t  17 (40  x) (lb/pie) 2

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

Mxy 10 lb/pie

Vxz x Nxx=0

340 lb/pie z

Mxz

Vxy

2



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

A 1 circunferencia 4

P0

p = k  (Enunciado)

p

P0 = k 

B

Determinamos la función de carga p=():

0

 k =

2P p= 0  

r

Equilibrio: i) V =

 / 2

0

 / 2

pds  0

2P0 

rd  / 2

ds = rd

r rsen

2P0  / 2 2P0  2  r r d  V =  0   2  0 P r V = 0 (fuerza cortante) 4

 M

r – rcos

V

 / 2

0 P(r  r cos )rd = 0 / 2 2P 0 r(1 cos )rd T =      0  2P0r 2 / 2 (1  cos )d T =  0

ii) T +





Desarrollando la integral (por partes: u = ; dv = (1 – cos)d)  / 2 2  2  2 P r  T =  0    sen  cos   2 0 2P r 2 2  T =  0 (   1)  8 2

25



2  T =  P0r 2 (  1  )  4

(Momento Torsor) supuesto)

(sentido

contrario

al

π/2

0

Pr senrdθ = 0 π/2 2P 0 r 2 send  M =   0  π/2 2P M =  0 r 2  send 0  2P M =  0 r 2 sen   cos 0 / 2  2P (Momento flector) M =  0 r 2 (sentido contrario al supuesto)  iii) M +

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

i) L

Equilibrio (total)

L

F V = 0

Q

o

Q + 2G = 2S Q  S  G  . . . . (i) 2 (S: reacciones verticales porque el piso no tiene fricción).



L

L 2G S

S

ii) Calculamos la presión que el cilindro ejerce sobre las barras. F V = 0  2Rsen = Q  

R



Q 

o



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

R x

iii) Equilibrio (de cada barra).

26



T

T R Ay o

R Ay Ax

Ax

G



o  G L

S

S

x

L

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

Mo = 0  TLcos – Rx – SLsen = 0 (iv)

Reemplazando (i), (ii) y (iii) en (iv) y despejando T, obtenemos: Qr Q T ( G ) tan    2 2Lsen2

1.3) Esfuerzo Normal Uniaxial 1.3.1) Definiciones a) Un elemento se encuentra en ESTADO UNIAXIAL de carga (CARGA AXIAL SIMPLE) cuando en cualquiera de sus secciones transversales, todas las fuerzas internas (acciones internas) son nulas, salvo la componente de dirección normal. P 1 P

Eje P x (normal)

Sección transversal (normal) de área A.

1 P

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

b) Se denomina ESFUERZO NORMAL UNIAXIAL a la distribuidas sobre el área de la sección transversal. P   . . . . (1) A Convenio:  > 0  ESFUERZO DE TRACCIÓN  < 0  ESFUERZO DE COMPRESIÓN Unidades: SISTEMA UNIDADES DE P UNIDADES DE A Internacional Newton m2 Inglés Libra pulg2 Métrico Kilogramo cm2

intensidad de las fuerzas

UNIDADES DE N/m2 (Pascal) lb/pulg2 kg/cm2

2



De uso obligatorio es el SISTEMA INTERNACIONAL 1 kilo Pascal = 10 3 Pascales 1 Mega Pascal = 10 6 Pascales 1 Giga Pascal = 10 9 Pascales Notas)

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

1) Mediante la ecuación (1)  

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

3) La ecuación (1) supone una distribución uniforme del esfuerzo normal, mientras que la ecuación (2) NO presupone tal distribución. A partir de la ecuación (1)  PRISMA DE ESFUERZOS A partir de la ecuación (2) SÓLIDO DE ESFUERZOS (El Volumen del Sólido de Esfuerzos es igual a la intensidad de la carga P) 1.3.2)

Propiedades del Esfuerzo Normal ( )

a) La ecuación de equilibrio estático se expresa P 

( A) dA . Es la única información

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

2



Debemos demostrar que C es el CENTROIDE del CENTROIDE del área transversal A, siempre que  sea uniforme. En un elemento de área dA, la fuerza normal asociada es dP =  dA. Ecuaciones del equilibrio: Fz = 0  P   dA . . . . (*) My = 0  Mx = 0 

( A) Pa  ( A) x( dA) . . . . (**) Pb  ( A) y( dA) . . . . (***)

Si la distribución de esfuerzos es uniforme,  es de valor constante. Las ecuaciones (*), (**), (***) pueden escribirse: P =  A Pa   x dA

( A) Pb   y dA ( A) ( A)  Ab   y dA ( A) y dA  ( A) b

De donde, eliminando P, obtenemos:  Aa   x dA

x dA  ( A ) y finalmente: a 

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

Notas) 1) Sólo puede presuponerse una distribución uniforme del esfuerzo normal, cuando la resultante de las cargas aplicadas (P) pase por el CENTROIDE CENTROIDE del área transversal (ESTADO (ESTADO DE CARGA AXIAL CENTRADA). CENTRADA). 2) Si un elemento está sometido a carga axial, pero existen SECCIONES TRANSVERSALES EXCÉNTRICAS, EXCÉNTRICAS, los esfuerzos normales en éstas, NO pueden suponerse uniformemente distribuidas. 2



Sección excéntrica respecto a la recta de acción de P.

P

P M = Pe P e

excentricidad

P

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

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

1m

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

F

F

R=200 kg

F

F (Simetría)

Fvert = 0

30



 200 = 4Fcos 200 200  F 100 100 4 100 100 2  50 2 F  25 5 kg (TRACCIÓN)

alambre F

 vertical

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

C

D x

P

A

B 2.0 m

Fuerzas axiales: axiales:

F AC

x

P 1 –x

1m

FBD o 1m

W = mg = (1000 kg-m)(9.8) W = 9,800 Newtons Fvert = 0  F AC + FBD = P + 9,800 . . . . (i) M0 = 0  F AC(1) – P(1 – x) – FBD(1) = 0 . . . . (ii) P P + (1 – x) 2 2 P P FBD = 4,900 + – (1 – x) 2 2 (Fuerzas  Newtons; Longitudes  metros) De (i) y (ii) obtenemos: obtenemos: F AC = 4,900 +

Esfuerzos normales  AC 

F AC A AC

P P 4,900   (1  x) 2 2  400  10 6

31



BD 

Valores límite

Luego

FBD ABD

4,900  P  P (1  x) 2 2  400  10 6

 AC  100×106 Pa BD  50×106 Pa

P P  (1  x) 2 2 100  106 . . . . (*)  100 6 400 400  10 4,900 900  P  P (1  x) 2 2  50  106 . . . . (**) 6 400 400  10 4,900 900 

De (*) y (**) obtenemos: P = 50,200 Newtons x = 0.602 metros 3) Determinar la forma del sólido, tal que el esfuerzo normal  sea el mismo en todas las secciones transversales (sólidos de igual Resistencia). P P A0 x Peso dx específico 

Aislamos Aislamos la la porció porciónn de sólido sólido de altura altura dx: dx: 

rea transversal A A+dA A+dA

dx 

Aproximación al peso del elemento diferencial: A  A  dA )dx  ( 2

2 A  dA )dx = 0 2 dAdx = 0 Simplificando: dA – Adx –  2 er Considerando diferenciales de 1 orden: dA – Adx = 0 Fvert = 0  (A + dA) –  A – (

3



dA   dx  A   Para x = 0 es A = A0 (dato) dA   dx  integrando A 

De donde

LnA   x  k 

 Ln A0 = k

Por tanto LnA 

 x  LnA 0  Ln A   x  A0 

A e  x  A 0

Pasando a la forma exponencial:

 x 

A  A 0 e  Ley de variación de las secciones transversales 4) Hallar la sección transversal requerida por los elementos FC y CB de la armadura representada, de modo que resistan la carga P = 65 Ton y el esfuerzo permisible sea 1.4 Ton/cm2 en tracción. P=65 Ton 3 C F G 4

0.75 m A

0.75 m

B E

D a

a

a

a

a

a

a=0.5 m Fuerzas axiales en las barras FC y CB  PFC = 8.67 Ton (tracción) (¡Verificar!) PCB = 39.1 Ton (tracción) P Secciones Requeridas: AFC  FC  8.67 Ton 2  6.19 cm2 perm 1.4 Ton/cm P A CB  CB  39.1 Ton 2  27.93 cm2 perm 1.4 Ton/cm Nota). Conociendo el área de la sección transversal, puede establecerse la forma de la misma. Si FC  de sección circular  2 d  6.19  dFC = 2.8 cm 4 FC (realmente dFC = 3 cm) Si FC  de sección cuadrangular l2FC = 6.19  lFC = 2.49 cm (realmente lFC = 2.5 cm)

3



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

C

L 

Barras homogéneas del mismo material

B Fuerzas Normales en las barras: P FCB 

A

(FCB  tracción F AB  compresión)

F AB

FCB = P cotan F AB   P sen

Esfuerzos Normales (valor absoluto): P cotan barra CB    P cotan  A CB   A CB P barra AB    P / sen  A AB   sen A AB Peso de la estructura L W  ( A CBL  A AB ) (: peso específico) cos  PL  W    P cotan L   sen cos    1 W   P L(cot an  ) sen cos   dW 0 sen2  cos2  Peso Mínimo     cosec2  0 d sen2 cos2  Resolviendo la ecuación anterior (para 0 <  <  /2) se obtiene tan = 2    55° 6) Calcular el máximo esfuerzo normal que se genera cuando el cono circular recto, gira con velocidad angular constante alrededor de un eje perpendicular a su eje longitudinal. Considerar  el peso específico del material del cono.

3





r o

Peso específico es pecífico 

L

L

r



t

o

y

L – y

u r

t

o

du 

z L – u

L – y

y

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

35



disco de masa dm o

z

dF

dF = (dm)a . . . . (i) dm Pero   ; y a = 2u dV

 dF = (dV)2u dF = (z2du)2u 2 r dF   2 (L  u)2 udu g L



2

La fuerza generada por la rotación del cono de altura y, es: 2r 2 L 2 F 2 L  y (L  u) u du gL Desarrollando la integral y simplificando, obtenemos: 2 2 r L 1 F  2 ( y 3  y 4 ) 4 gL 3 Esfuerzo Normal: y F  área transversal A A t F A = t2 2r 2  L 3 1 4  y  y  2 3 4  gL   r2 2  2y

L    L 1  Simplificando    y  y2  g  3 4  2

Condición para Esfuerzo Normal Máximo: d L 1 2  0   y  0  y  L dy 3 2 3 máx

máx

2   L 2 1 2    L  ( L)2  g  3 3 4 3  2 L2 

9g d2 (máx  2  0 ) dy

3



1.3.3) Principio de Saint - Venant

P

P

Concentraciones (Distribución (Distribución no uniforme) del Esf. Normal Si se prescinde de un CORTO SEGMENTO INICIAL INICIAL de la barra, los esfuerzos internos (y las deformaciones) NO CAMBIAN si se sustituye un sistema de fuerzas externas por otro que tenga los mismos parámetros. P Q Q2 2 Q1 Q1 P P: resultante de Q1 y Q2 

P



La misma distribución del Esfuerzo Normal

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

1

2 1  2

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

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

3



P P O S T E

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

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

En esta superficie se desarrolla ap entre zapata y suelo

P

Sección de área A1

Nota: Nota: Se determinan los esfuerzos generados por la carga axial P. No se incluye el peso propio de los sólidos. ap1 

P A1

Sección de área A2 ap2 

COMPRESIONES

P A 2

Ejemplo) Un poste de madera de 15×15 cm 2 de sección transversal transmite una carga de 5.o Ton, a una zapata de concreto, según se indica. i) Hallar el esfuerzo de apoyo entre madera y concreto. ii) Si la presión admisible en el terreno es 1 kg/cm 2, determinar las dimensiones de la planta de una zapata cuadrada. No incluir los pesos propios.

3



15×15 cm2 5 Ton

x

i) ap1 

ii)

5 Ton  ap1 15  15 cm2 5 Ton  ap2 

x 5000 kg   ap1  22.22 kg/cm2 2 15  15 cm

5000  1  x = 70.71 cm x2

permisible = 1 kg/cm2

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

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

3



P P

4 3

1 2

d A

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

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

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

REA NOMINAL DE APLASTAMIENTO SUPERFICIE REAL DE CONTACTO

Ejemplos 1) La carga aplicada a una varilla de acero, se distribuye a una viga de madera mediante una placa de apoyo cuyo diámetro interior es 1". Si el esfuerzo normal en el acero es 5 klb/pulg 2 y el esfuerzo de apoyo entre la placa de acero y la madera no debe exceder de 750 lb/pulg2, hallar el diámetro exterior de la placa de apoyo.

40



i) Esfuerzo normal en la varilla de acero:  

P A acero

; 

5 klb (dato) pulg2

5,000 lb  7 2 2  P = 3,006.6 lb 2 4 ( 8 ) pu lg pulg ii) Esfuerzo de apoyo (contacto entre placa de acero y viga de madera) P P  3,006.6lb ap   A ap  A ap ap 750 lb/pulg2 Aap = 4 pulg 2  P =  Aacero =

Aap  corona circular. Luego  2 2 (d  1 )  4  d  2.47 pulg 4 (En la prática d  2.5 pulg) 2) En el sistema representado, determinar i) El esfuerzo de apoyo en C. ii) Los esfuerzos de apoyo en cada soporte (dos soportes simétricos). 75 mm 300 mm A

B 125 mm 9 mm

Pasador de 2.6 mm de diámetro

C Soportes

Soportes 750 kN

5 mm

41



i) FUERZA EN EL APOYO C: B F AB Resultante

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

C

Cx R C

Cy

 Cx = 18×105 N; Cy = 750×103 N

R C  C2x  C2y = 1,950×103 N ap EN EL APOYO C:

9 mm

ap 

R C

2.6 mm

P A ap

(9 mm×2.6 mm)

1,950  103 N 9 2 2 = 83.33×10 N/m 3 3 9  10  2.6  10 m ap = 83.33×109 Pa

ap EN LOS SOPORTES: P ap  A ap

ap 

(en los soportes)

Cada soporte recibe P = R c/2, luego 1,950  103 N 2 ap  3 5  10  2.6  10 3 m2

ap = 75×109 Pa

3) Calcular el diámetro del perno y el área requerida por las placas de apoyo en el sistema representado. Los esfuerzos no deben exceder de 2,500 kg/cm 2 en tracción del perno y 75 kg/cm 2 de aplastamiento entre las placas de apoyo (cuadradas) y las vigas de madera. 1 PERNO (LARGO)

PLACAS DE APOYO VIGAS 4 Ton 90 cm

180 cm

90 cm

180 cm

Fuerza en el perno:

42



C

B

A

90 cm

D 4 Ton 180 cm

F R B

F

tracción en el perno

R C

D 4,000 kg

R A Equilibrio 

180 cm C

B R B A

90 cm

R B  R C  F   VIGA BC 180R B  (180  90)R C  0 R A  F  R B  4,000  VIGA AD 90R B  (90  90  180)(4,000)  (90  180)F

Resolviendo los sistemas de ecuaciones, hallamos F = 6,666.7 kg Esfuerzos

F A 2,500  6,666.7  6,666.7 Luego  2 A d 4 de donde obtenemos d = 1.84 cm (mínimo, porque  fue el máximo)

i) Tracción en el perno  

ii) Aplastamiento

Aap F Aap 6,666.7 Aapap  75  88.89 cm2 ap 

F

 Placas cuadradas de lado l  l2  (1.84)2  88.89 4  l = 9.6 cm (lado de la placa)

1.5) Esfuerzo Normal Permisible. Factor de Seguridad Ensayos del comportamiento de materiales (en laboratorios) proporcionan información relativa a la resistencia del material al esfuerzo normal. 4



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

L

L+L ....

Ao P

A1 A1
Pu: CARGA ÚLTIMA (CARGA DE RUPTURA) PU: mínimo valor de P que ocasiona la ruptura del espécimen.

Pu Definición. Resistencia Última o Esfuerzo Normal Último: P Carga última  u  u  u A 0 Área transversal inicial Cada material tiene un valor característico de u. (Acero estructural  u  4,000 kg/cm 2) En diseño estructural, el valor del esfuerzo denominado ESFUERZO PERMISIBLE se fija considerablemente más bajo que el valor del ESFUERZO ÚLTIMO (determinados en el ESSAYO UNIAXIAL DE TRACCIÓN). Esta reducción es conveniente por: i) La magnitud EXACTA de las fuerzas que pueden actuar en una estructura, es desconocida. ii) Los materiales no son enteramente uniformes; (material ensayado  material a usar) iii) Con el transcurso del tiempo y condiciones ambientales, algunos materiales se CORROEN O DEGRADAN, pudiendo facilitar grandes deformaciones frente a pequeñas variaciones en las cargas. Definición. Denominamos FACTOR DE SEGURIDAD al cociente entre CARGA ÚLTIMA y CARGA PERMISIBLE. P FS  u  1 Pperm Alternativamente, puede definirse como FS 

u 1 perm

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

4



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

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

5' D B

C 10 klb

10 klb

10' 10' F  22.36klb  Fuerzas Axiales  AC  tracción F AD  41.23klb P 75 klb Barra AC: FS  u   3.35 (adimensional) F AC 22.36 klb Barra AD: Pu = (FS)(F AD) = (3.35)(41.23 klb) Pu = 138.12 klb También (u) AC = (u) AD 75 138.12    d AD = 1.36 pulg  2  2 (1) (d ) 4 4 AD 2) Una carga de 2,000 lb puede desplazarse a lo largo de la viga BD a cualquier posición entre E y F. Sabiendo que el esfuerzo permisible en el material de las barras AB y CD es 6 klb/pulg 2, determinar en donde deben colocarse los topes si el recorrido de la carga debe ser tan grande como sea posible. 45



60 pulg A d=½" B

Diagrama de cuerpo libre de la viga BD C d=5/8"

xF

xE E

F x

FCD

F AB B

D

D x

200 lb

200 lb lbs 2000

Fvert = 0  F AB + FCD = 2,000 MB = 0  2,000X – 60FCD = 0

De donde obtenemos FCD = 33.33X y F AB = 2,000 – 33.33X 2

 1  F Varilla AB   AB  (F AB)máx = 6,000    = 1,178 lb 4  2  A AB A partir de este valor, podemos encontrar XE. F AB  (F AB)máx  2,000 – 33.33X  1,178  X  24.7 pulg XE = 24.7 pulg 2   5  F CD Varilla CD    (FCD)máx = 6,000   = 1,841 lb 4  8  A CD A partir de este valor, podemos encontrar XF. FCD  (FCD)máx  33.33X  1,841  X  55.2 pulg XF = 55.2 pulg

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

FC : fuerza en el cable

=63.4°

W

W N: fuerza normal



f r: fuerza de fricción

4



Equilibrio: Nsen + f rcos = FCcos Ncos + FCsen = f rsen + W La fuerza de fricción, es f r = µN Nsen  µN cos   FC cos   (*) N cos   µNsen  W  FC sen

FC

N 





W

f r

Resolviendo el sistema (*) para F C, obtenemos FC = W(sen + µcos) Reemplazando datos  FC = 25(sen63.4° + 0.3cos63.4°) FC = 25.7135 kN F Esfuerzo en el cable:   C . Condición perm = 35 MPa A 25.7135  103  35  106  A = 7.35 cm2  A Sección circular de diámetro d  De donde obtenemos d = 3.06 cm



4

d2 = 7.35

Nota). El caso de Movimiento de bajada del cucharón, es similar (sólo cambia el sentido de la fuerza de fricción f r). 4) Un puntal CD, de longitud L/2 debe soportar una viga AB uniforme de longitud L y peso W = 2,390 lbs. El puntal se coloca en una posición tal que queda sometido a la menor fuerza de compresión posible. Determinar la sección transversal requerida para el puntal, si su material admite 700 lb/pulg 2 como esfuerzo admisible. (No considerar el peso propio y articulaciones en los puntos A, C y D). Sea  el DCA B B W

Fuerza en el puntal (Compresión)

L D

L/2

45°

D F 

L/2 d

A C



x

45°

A

C L 2

M A = 0  W cos45 = Fd . . . . (i)

Ley de senos (CAD):

L / 2 x   sen45 sen

L

x  sen

2 2 x  L sen . . . . (ii) 2 2

También: d = x sen 4



L sen sen . . . . (iii) 2 L L Reemplazamos (iii) en (i)  W cos45 = F sen sen 2 2 W De donde obtenemos F  . . . . (iv) 2sen(135  )sen 

d=

Para que F sea mínimo, basta que y = sen(135 – ) sen sea máximo. dy = sen(135 – ) cos – sen cos(135 – )  d dy = sen(135 – 2) = 0 (condición) d De donde obtenemos  = 67.5° Reemplazando en la ecuación (iv): Fmín  Fmín = 1,399.95 lbs Condición para ad 

2,390 lb 2 sen2 67.5

1,399.95 1,399.95  700 = A A  A = 2 pulg2

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

Vxy

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

4



P

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

P t t z

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

Vxy

Vxy    xy dA ( A )

P

y

x

(Normal)

Siendo A el área transversal del pasador

xy

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

dF dA

dF dA

(F   dA) ( A )

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

4



C

P

P

1

B

1

D

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

A

P (JUNTA A TRASLAPE) P

P 1

1

P

FC FC

FUERZAS CORTANTES P

FC = P

Sobre la sección 1-1 del remache se P genera el esfuerzo cortante   A ; siendo A el área efectiva de la sección transversal (En valor promedio) del remache. Definición. Cuando existe UNA SÓLA SECCIÓN TRANSVERSAL resistente al ESFUERZO CORTANTE, decimos que el elemento trabaja o se encuentra en ESTADO SIMPLE DE CORTANTE.

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

P

P

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

50

Resistencia de Materiales - Carlos Esparza

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