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SEGUNDO CAPÌTULO: DEFORMACIÒN UNITARIA Y PROPIEDADES MECÀNICAS DE MATERIALES 2.1 INTRODUCCIÒN En este capítulo 1, se analizaron los esfuerzos que las cargas aplicadas a una estructura o máquina crean en varios elementos y conexiones. Se aprendió a diseñar elementos y conexiones simples de manera que no fallaran en las condiciones de cargas especificadas. Otro aspecto importante del análisis y diseño de estructuras se relacionan con las deformaciones que causan las cargas aplicadas a la estructura. Obviamente es importante evitar las deformaciones tan grandes que puedan impedir que la estructura cumpla el propósito para el cual se concibió, pero el análisis de deformaciones puede ayudarnos también en el cálculo de los esfuerzos. En realidad no es siempre posible hallar las fuerzas en los elementos de una estructura por estática únicamente. Esto ocurre porque la estática se basa en la hipótesis de estructuras rígidas, indeformables. Considerando las estructuras utilizadas por los ingenieros como deformables y estudiando sus deformaciones, será posible calcular fuerzas que son estáticamente indeformables, es decir, indeterminadas dentro del marco de la estática. En este capítulo se discutirá acerca de las deformaciones de un elemento estructural, tal como una barra o platina sometida a carga axial. Primero se definirá deformación normal en el elemento como la deformación del elemento por unidad de longitud. Elaborando la gráfica del esfuerzo contra la deformación , a medida que la fuerza aplicada al elemento aumenta, se obtendrá un diagrama esfuerzo – deformación para el material utilizado. De tal diagrama pueden determinarse algunas propiedades importantes del material, tales como su módulo de elasticidad y si el material es dúctil o frágil. A partir del diagrama esfuerzo – deformación podrá determinarse también si las deformaciones de la muestra desaparecerán después que se haya retirado la carga, en cuyo caso decimos que el material se comporta elásticamente.
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2.2 DEFORMACIÒN UNITARIA AXIAL Cuando se aplica una fuerza a un cuerpo, ésta tiende a cambiar la forma y tamaño del cuerpo. A esos cambios se llama deformación y esta puede ser visible o prácticamente inadvertida si no se emplea el equipo apropiado para hacer mediciones precisas. Ejemplo un material hecho de hule se deformará grandemente cuando se estira. En cambio, los elementos estructurales de una vivienda se deformarán muy pequeñamente debido a las fuerzas que los soportan. Entonces, las deformaciones son producidas por las fuerzas axiales y aumentan de longitud; también cambiará su forma. Las deformaciones se producirán también por el cambio de temperatura (dilatación), por las velocidades de rotación (fuerzas centrífugas). El desplazamiento es una magnitud vectorial que se usa para medir el movimiento de una partícula o punto de una posición a otra. Por tanto si un cuerpo se clasifica como deformable, sus partículas adyacentes pueden desplazarse entre si cuando se aplican fuerzas al cuerpo. Por otra parte, si el cuerpo es rígido no ocurrirá ningún desplazamiento relativo entre las partículas. Con objeto de describir la deformación por cambios en la longitud de segmentos de líneas y los cambios en los ángulos entre ellos, desarrollaremos el concepto de deformación unitaria.
2.2.1 DEFORMACIÓN UNITARIA NORMAL.
n B
B’
El alargamiento o contracción de un segmento de línea por unidad de longitud se llama deformación unitaria normal. En la figura consideremos la línea AB que está contenida dentro de un cuerpo no deformado, ésta línea está situada a lo largo del eje n y tiene una longitud original s. Durante la deformación, los puntos A y B se desplazaran a los puntos A’ y B’ y la línea recta se convierte en curva con longitud s’. En cambio en longitud de la línea es entonces s’-s. Si se define la deformación unitaria normal A
s
(a) Cuerpo no deformado
promedio por
prom: prom
s ' s s
…..(1)
s’
A’
(b) Cuerpo deformado
Si se conoce la deformación
unitaria normal, podemos usar esta ecuación para obtener la longitud final aproximada de un segmento corto de línea en la dirección de n, después de que ha sido deformado, tenemos: (1 )s s ' (1
…..(1’) 65
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2.2 DEFORMACIÒN UNITARIA AXIAL Cuando se aplica una fuerza a un cuerpo, ésta tiende a cambiar la forma y tamaño del cuerpo. A esos cambios se llama deformación y esta puede ser visible o prácticamente inadvertida si no se emplea el equipo apropiado para hacer mediciones precisas. Ejemplo un material hecho de hule se deformará grandemente cuando se estira. En cambio, los elementos estructurales de una vivienda se deformarán muy pequeñamente debido a las fuerzas que los soportan. Entonces, las deformaciones son producidas por las fuerzas axiales y aumentan de longitud; también cambiará su forma. Las deformaciones se producirán también por el cambio de temperatura (dilatación), por las velocidades de rotación (fuerzas centrífugas). El desplazamiento es una magnitud vectorial que se usa para medir el movimiento de una partícula o punto de una posición a otra. Por tanto si un cuerpo se clasifica como deformable, sus partículas adyacentes pueden desplazarse entre si cuando se aplican fuerzas al cuerpo. Por otra parte, si el cuerpo es rígido no ocurrirá ningún desplazamiento relativo entre las partículas. Con objeto de describir la deformación por cambios en la longitud de segmentos de líneas y los cambios en los ángulos entre ellos, desarrollaremos el concepto de deformación unitaria.
2.2.1 DEFORMACIÓN UNITARIA NORMAL.
n B
B’
El alargamiento o contracción de un segmento de línea por unidad de longitud se llama deformación unitaria normal. En la figura consideremos la línea AB que está contenida dentro de un cuerpo no deformado, ésta línea está situada a lo largo del eje n y tiene una longitud original s. Durante la deformación, los puntos A y B se desplazaran a los puntos A’ y B’ y la línea recta se convierte en curva con longitud s’. En cambio en longitud de la línea es entonces s’-s. Si se define la deformación unitaria normal A
s
(a) Cuerpo no deformado
promedio por
prom: prom
s ' s s
…..(1)
s’
A’
(b) Cuerpo deformado
Si se conoce la deformación
unitaria normal, podemos usar esta ecuación para obtener la longitud final aproximada de un segmento corto de línea en la dirección de n, después de que ha sido deformado, tenemos: (1 )s s ' (1
…..(1’) 65
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Por tanto, cuando es positiva, la línea inicial s se alargará, mientras que si es negativa, la línea se contraerá. (1 )s s ' (1
….(2).
Unidades.- La deformación unitaria normal es una cantidad adimensional, ya que es una relación entre longitudes, como es una cantidad muy pequeña; en el sistema SI, sería = m/m, pues las mediciones del alargamiento es en micrómetros, =m/m = ) micros. 1m = 10-6m. En el sistema inglés = pulg/pulg. En trabajos experimentales a veces el alargamiento se expresa en porcentaje. Así 0.001 m/m = 0.1%; Como ejemplo un alargamiento normal de 450x10-6 puede ser reportado como 480x10-6 pulg/pulg, 450 m/m o como 0.0480%; también se puede establecer esta respuesta simplemente como 450 micras).
2.2.2 DEFORMACIÒN NORMAL BAJO CARGA AXIAL Sea una barra BC, de longitud L y sección transversal S, que está suspendida de B; si se aplica una fuerza P en el extremo C, la barra se alarga. Se define deformación normal en una barra bajo carga axial como el alargamiento por unidad de longitud de dicha barra, se tiene (épsilon)
L
…..(2)
====
====
B
B S C
L
LF
S C P
es adimensional, también con valores
sucesivos de L que se han registrado, y sumando los sucesivos valores de , se define la deformación verdadera como: c omo: T
L dL L L T Lo ln ……(3) L L0 L
Ejemplo.- Una barra de 50 cm. de longitud de sección uniforme, experimenta un alargamiento = 120x10-6 m; la deformación correspondiente es:
L
120 x106 m 0.500m
240 x106 m / m 240x106 Observe
que el alargamiento pudo expresarse en micrómetros, = 120 m. Se escribe también 120 m 240 m / m 240 se lee “240 L
0.500m
micros”. Si se usa el sistema inglés, la longitud y el alargamiento de
la misma barra son, respectivamente, L= 0.50 / 0.0254 = 19.685 pulg y = 120x10-6 / 0.0254 = 4.724x10 -3 pulg. La deformación correspondiente es:
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L
4.724 x10 3 pu lg 19.685 pu lg
240 x10 6 pu lg/ pu lg
que es el mismo valor
encontrado usando unidades SI. Alternativamente se puede escribir también en inglés: = 240 pulg/pulg. Por último en unidades prácticas
2.2.3 DEFORMACIÒN UNITARIA CORTANTE. El cambio en el ángulo que ocurre entre dos segmentos de línea que originalmente eran perpendiculares entre si se llama . Este ángulo se denota por deformación unitaria cortante gamma) y se mide en radianes (rad). Para mostrar cómo se desarrolla, consideremos los segmentos de línea AB y AC partiendo desde el mismo punto A en un cuerpo, y dirigidos a lo largo de los ejes perpendiculares n y t, (ver figura). Después de la deformación, los extremos de las líneas se desplazan, y las líneas mismas se vuelven curvas, de modo que el ángulo entre ellas en A es ’(ver figura). De aquí definimos la deformación unitaria cortante en el punto A que esta asociada con los ejes n y t como: nt
2
lìm '
B A (a lo largo de n); C A (a lo largo de t)……(4)
Se advierte que si ’ es menor que /2, la deformación unitaria cortante es positiva, mientras que si ’ es mayor que /2, la deformación unitaria cortante es negativa.
t
n C
/2
B
A (a) Cuerpo no deformado
C’
’
B’
A’’ A (b) Cuerpo deformado
Componentes cartesianos de la deformación unitaria.- Usando las definiciones anteriores de la deformación unitaria normal y cortante mostraremos ahora cómo pueden utilizarse para describir la deformación del cuerpo mostrado en la figura (a), para hacerlo imaginemos que el cuerpo esta subdividido en pequeños elementos como el que se muestra en la figura (b). Este elemento es rectangular tiene dimensiones no deformadas x, y, z y está ubicado en la vecindad de un punto en el cuerpo, figura (a). Suponiendo que las dimensiones del elemento son muy pequeñas, la forma deformada del elemento, como se muestra en la figura (c), será la de un paralelepípedo, ya que segmentos de línea muy pequeños permanecerán aproximadamente rectos después de que el cuerpo se haya deformado. Con objeto de obtener esta forma deformada, podemos primero considerar como la deformación unitaria normal cambia las longitudes de los lados del elemento rectangular y luego cómo la 67
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deformación unitaria cortante cambia los ángulos de cada lado. Por tanto usando la ecuación (1’) , s ' (1 )s , con referencia a las líneas x, y, z, las longitudes aproximadas de los lados del paralelepípedo son: (1 x )x ; (1 ) y ; (1 z )z ; y los ángulos aproximados entre los lados, de nuevo originalmente definidos por los lados x, y, z, son: XY ; YZ ; ZX . y
2
2
2
En particular, se advierte que las deformaciones unitarias normales causan un cambio en el volumen del elemento rectangular, mientras que las deformaciones unitarias cortantes causan un cambio en su forma. z
/2 / 2 z /2 y
x
/2 x
Figura (a) Elemento cùbico dentro del cuerpo
y
z /2 y
/2 x
Figura (b) Cuerpo no deformado
zz x z - 2 /2 - yz / x x yy Figura © Cuerpo deformado
Por supuesto, ambos efectos ocurren simultáneamente durante la deformación. Podría añadirse que a causa de que los demás elementos del cuerpo se deforman, el elemento en consideración no solo se deformara sino que también se trasladará y girará, puesto que se está desplazando por las deformaciones de los demás elementos. En resumen el estado de deformación unitaria en un punto del cuerpo requiere que se especifiquen tres deformaciones unitarias normales x, y, z; y tres deformaciones unitarias cortantes xy; yz; zx. Estas deformaciones unitarias describen completamente la deformación de un elemento de volumen rectangular de material ubicado en el punto y orientado de manera que sus lados sean originalmente paralelos a los ejes x, y, z. Una vez que se haya definido estos alargamientos en todos los puntos del cuerpo, podrá entonces describirse la forma deformada del cuerpo. Debería añadirse también que, al conocer el estado de deformación unitaria en un punto, definido por sus seis componentes, será posible determinar las componentes de la deformación unitaria en un elemento situado en el punto y orientado en cualquier otra dirección.
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1. Ejercicio.- En la figura (a), la carga P ocasiona que el alambre CE en su extremo C se desplace 10 mm hacia abajo, determine las xxxxxx xxxxxx las deformaciones unitarias normales E D desarrolladas en los alambres CE y BD. P 4m Solución.- Del Diagrama de deformaciones A B C (DD) que se demuestra en la figura (b), y de 2m 3m 2m la semejanza de triángulos, se obtiene las Ejercicio 1Fig(a) relaciones: x x x x x x
L BD
3
7
LCE
CE BD
LCE
L L BD
L
L BD 10mm
3 7
(10mm) 4.286mm
C
4m
B
DB
B’ DD.Fig (b)
CE 0.0025mm / mm
4000mm 4.286mmmm 4000mm
3m
A
EC=10mm C’
CE 0.00107mm / mm
2. Ejercicio.- La barra delgada que se muestra en la figura, está sometida a un incremento de temperatura a lo largo de su eje, lo que genera una deformación unitaria normal en la barra de 50 x10 ( z ) ; donde z esta dada en metros. Determine (a) el desplazamiento del extremo B de la barra debido al incremento de temperatura y (b) la deformación unitaria normal promedio en la barra. Solución.- Parte (a). Como la deformación unitaria normal esta dada en cada punto a lo largo de la barra, un segmento diferencial dz, en la posición z de la figura, tiene una longitud deformada que puede determinarse con la Ec. s ' (1 )s Esto es: suma total de estos segmentos a lo largo dz ' 1 50 x103 ( z1/ 2 ) dz La === A del eje da la longitud deformada de la barra, es decir. 3
1/ 2
Z
z '
0.25
0
1 50 x103 ( z1/ 2 ) dz
z
0.25 m
2 0.25m 50 x10 3(2 / 3) (0.25m) 3 z ' z 50 x10 3 ( z 3/ 2 ) 3 0 z ' 0.25m 0.013228 m z ' 0.26323m ; el desplazamiento
dz
250mm B
del extremo de la barra es entonces: B = 0.26323 - 0.25 = 0.01323m=13.23 mm Parte (b). La deformación unitaria normal promedio en la barra se determina, así. La barra tiene una longitud original de 250 mm y un cambio en longitud de 13.23 mm. Por tanto: prom
s ' s 13.23mm 250mm s
0.053mm / mm
3. Ejercicio.- Una fuerza que actúa en la agarradera del brazo de la F palanca mostrada en la figura (a) ocasiona que C 2L 69
= = =
B L
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el brazo gire en sentido horario un ángulo = 0.0025 rad. Determine la deformación unitaria normal promedio desarrollada en el alambre BC. Solución.- La longitud del alambre CB’, puede calcularse con el diagrama de desplazamiento mostrado en la figura (b). Se tiene: CB '
Lsen
2 2 L Lsen ( L L cos )2
C
2
L 2 sen (1 cos ) 2 L
B
2L
= = =
F x
4 4 sen
x
B’ L Lcos
sen2 1 2 cos cos 2 A Figura (b) 2 2 Como sen cos 1 entonces CB ' 6 4sen 2 cos Si es pequeño, sen y 1 por lo que: n CB ' 2 L 1 2 L (1 )1/ 2 Finalmente, usando la Ec. 1 1 n con
n = ½, se tiene: 1 1 CB ' 2 L(1 ) 2 L(1 (0.0025)) 2.0025 L 2 2
La
deformación
unitaria
normal promedio en el alambre es entonces: prom
CB ' CB CB
2.0025L 2L 2L
0.00125
Otra solución alterna: Como es pequeño, el alargamiento en el alambre CB, figura (b), es Lsen, de acuerdo a la Ec. La deformación unitaria normal promedio en el alambre es entonces: prom
CB ' CB CB
L 2L
2
0.0025 2
0.00125
y 4. Ejercicio.- La placa es deformada y adquiere 3.5 mm B la forma mostrada con líneas punteadas en la 2.5 mm figura (a). Si en esta configuración deformada las 300 mm líneas horizontales sobre la placa permanecen x horizontales y no cambian su longitud; determine A 350 mm C Figura (a) (a) la deformación unitaria normal promedio a lo largo del lado AB y (b) la deformación unitaria cortante promedio en la placa relativa a los ejes x,y. 3.5 mm Solución.- Parte (a). La línea AB, que coincide con el eje
(y), se convierte en la línea AB’ después de la
deformación, como se muestra en la figura (b). La longitud de esta línea es: AB ' (300 2.5)2 3.52 297.52mm La deformación unitaria normal promedio de AB es entonces: AB prom
AB ' AB AB
297.52mm 300mm 300mm
B
B’ 2.5 mm
300 mm
A Figura (b)
8.27 x103 mm / mm
El signo negativo indica que la deformación unitaria ocasiona una contracción de AB. 70
y B 300 mm
3.5 mm
B’
xy )’
2.5 mm
x
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Parte (b).- Como se ve en la figura (c), el ángulo BAC originalmente recto entre los lados de la placa y medido desde los ejes x,y, cambia a ’ debido al desplazamiento de B a B’. Como: xy = /2 - ’ Entonces xy es el ángulo mostrado en la figura. Así: tan 1 (
XY
3.5mm 300mm 2.5mm
) tan 1 0.011764 0.674º 0.0118rad
5. Ejercicio.- La placa mostrada en la figura (a), se mantiene entre las guías rígidas horizontales en sus partes superior e inferior, AD y BC. Si a su lado derecho CD se le da un desplazamiento horizontal uniforme de 3 mm, determine (a) la deformación unitaria normal promedio a lo largo de la diagonal AC y (b) la deformación unitaria x y cortante en E relativa a los ejes x, y. D Solución.- Parte (a).- Cuando la placa se A deforma, la diagonal AC y AC’ figura b). La longitud de los diagonales AC y AC’ puede 200 mm E calcularse con el teorema de Pitágoras: AC (0.200)2 (0.200)2
0.28284m
AC ' (0.200)2 (0.203)2
0.28497m
200mm
Por tanto, la deformación unitaria normal promedio a lo largo de la diagonal es: ACprom AC ' AC
Figura (a)
ACprom
0.28497 0.28284 0.28284
C
B
3mm
AC
7.52791 x103
mm mm
ACprom
0.007528mm / mm
Parte (b).- Para determinar la deformación unitaria cortante en E relativa a los ejes x, y, es necesario 1ro. Encontrar el ángulo ’, después de la deformación. 101.5mm 101.5mm tan( '/ 2)
101.5
A
1.015mm / mm
100 ' arcTan(1.015 x2) 45.42651x 2 90.85302º '
180º
90.85302º 1.58568rad
La deformación unitaria cortante en E es: XY
2
1.58568rad
X Y
0.014888rad
D’
100 mm
’
E’
100 mm
C’
B Figura (b)
De acuerdo con la conversión de signos, el signo negativo indica que el ángulo ’ es mayor de 90º, advertir que si los ejes x, y, fuesen horizontal y vertical, entonces -O C 300 mm debido a la deformación unitaria XY 0 en el punto A P 30º( E. 30º( O
6. Ejercicio.- Los dos alambres están conectados 71
x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
-OB
300 mm
Ejercicio 1
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en A. Si la fuerza P ocasiona que el punto A se desplace horizontalmente 2 mm, determine la deformación unitaria normal desarrollada en cada alambre. 7. Ejercicio.- El alambre está sometido a una -x 2 =xe deformación unitaria normal definida por xe x , x x donde x está en milímetros. Si el alambre tiene una L Ejercicio 7 longitud inicial L, determine el incremento en su longitud. 2
8. Ejercicio.- La placa rectangular está sometida a la deformación mostrada por las líneas interrumpidas. Determine las deformaciones unitarias cortantes XY y X Y desarrolladas en el punto A. ' '
/ / / / / / / / / / / /
y
y’
x’
0.01pulg
5 pulg
5 pulg 0.02pulg
A
5 pulg
0.02pulg
Ejercicio 3
9. Ejercicio.- Las tres cuerdas están unidas al A’ B’ anillo en B. Cuando se aplica una fuerza al A B anillo, éste se mueve al punto B’ de modo que L la deformación unitaria normal en AB es AB y la deformación unitaria normal en CB es CB. D ) Considerando que esas deformaciones C’ C Ejercicio 8 unitarias son pequeñas, determine la deformación unitaria normal en DB. Observe que AB y CB permanecen horizontales y verticales respectivamente, debido a las guías de los rodillos en A y C.
P D 10. Ejercicio.- Parte del varillaje de mando de un avión consiste en un miembro rígido CBD y en un 300 mm B cable flexible AB. Si se aplica una fuerza al extremo D del miembro y ocasiona que éste gire 300 mm C = 0.3º, determine a) la deformación unitaria A 400 mm normal en el cable. Originalmente el cable no está Ejercicio 9 estirado, b) si ocasiona la deformación unitaria normal en el cable de 0.0035 mm/mm, hallar el desplazamiento del punto D.
2.3 PROPIEDADES MECÀNICAS DE LOS MATERIALES 2.3.1 DIAGRAMA DE TENSIÒN Y DEFORMACIÒN UNITARIA 72
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La resistencia de un material no es el único criterio a tener en cuenta en el proyecto de estructuras. Frecuentemente, la rigidez suele tener la misma o mayor importancia. En menor grado otras propiedades tales como la dureza, la tenacidad y la ductilidad también influyen en la elección de un material. Esto se consigue, en el ensayo del material sometido a tensión y deformación. La resistencia de un material depende de su capacidad para soportar una carga sin deformación excesiva o falla. Esta propiedad es inherente al material mismo y debe determinarse por experimentación. En consecuencia, se han desarrollado varios tipos de pruebas para evaluar la resistencia del material bajo cargas estáticas, cíclicas, de duración prolongada. En América, las pruebas están normalizadas a través del ASTM y en ello proporciona los límites dentro de los cuales es aceptable el uso de un material dado. Entre las pruebas más importantes están las pruebas de tensión y compresión. Aunque con estas pruebas pueden determinarse muchas propiedades mecánicas importantes de un material, se utilizan principalmente para determinar la relación entre el esfuerzo normal promedio y la deformación normal unitaria en muchos materiales utilizados en ingeniería, sean de metal, cerámica, polímetros o compuestos. Para llevar a cabo esta prueba se prepara un espécimen o probeta de forma y tamaño estándar. Antes de las pruebas, se imprimen con un punzón a la probeta dos marcas pequeñas a lo largo de ésta. Esta marcas se colocan lejos de los extremos del espécimen porque la distribución del esfuerzo en los extremos es un tanto compleja debido al agarre de las conexiones cundo se aplica una carga.
Cilindros hidràulicos Muestra
Indicador de carga
Indicador de deformaciòn
Màquina de Pruebas de Materiales
Se toman mediciones tanto del área de la sección transversal inicial del espécimen, Ao, como de la distancia Lo de la longitud calibrada entre las marcas del punzón. Ejemplo, un espécimen de acero en prueba de tensión el diámetro inicial do = 0.5 pulg y una longitud calibrada de Lo = 2 pulg. Se coloca a la máquina de prueba, para estirarlo lentamente hasta alcanzar el punto de rotura. La máquina, da lecturas de carga requerida para mantener este alargamiento uniforme. do=0.5 pulg P
*
*
Lo=2pulg
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Espècimen
P
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Durante la prueba, y a intervalos frecuentes, se registran los datos de la carga aplicada P, a medida que se leen en la carátula de la máquina. También puede medirse el alargamiento = L- Lo entre las marcas que se hicieron en el espécimen con el punzón, usando ya sea con un calibrador o un dispositivo óptico o mecánico llamado extensómetro. Este valor (delta) se usa luego para determinar la deformación unitaria normal promedio en el espécimen, otro medidor de deformación unitaria es usando un calibrador con resistencia eléctrica. A partir de los datos de un ensayo de tensión o de compresión, es posible calcular varios valores del esfuerzo y la correspondiente deformación unitaria en el espécimen y luego graficar los resultados. La curva resultante se llama diagrama esfuerzo – deformación unitaria y hay dos maneras de describirlo. Este cálculo supone que el esfuerzo es constante en la sección transversal y en toda la región entre los puntos calibrados. Se tiene:
P Ao
De la misma manera, la deformación nominal o de
ingeniería se determina directamente leyendo, el calibrador o dividiendo el cambio en la longitud calibrada entre la longitud calibrada original del espécimen Lo. Aquí se supone que la deformación unitaria es constante en la región entre los puntos calibrados.
Entonces:
si
Lo
se
grafican
los
valores
correspondientes de y con los esfuerzos como ordenadas y las deformaciones unitarias como abscisas la curva resultante se llama diagram a de esfuerzo – deform ación un itaria. Este diagrama es muy importante en la ingeniería ya que proporciona los medios para obtener datos sobre la resistencia a tensión (o a compresión) de un material sin considerar el tamaño o forma geométrica del material. Sin embargo, debe ser claro que nunca serán exactamente iguales dos diagramas esfuerzo- deformación unitaria para un material particular, ya que los resultados dependen entre otras variables de la composición del material, de imperfecciones microscópicas, de la manera en que esté fabricado, de la velocidad de carga y de la temperatura durante la prueba.
2.3.1.1 Características de la Curva Convencional Esfuerzo – Deformación unitaria del acero.74
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Es el material comúnmente utilizado para la fabricación de miembros estructurales y elementos mecánicos, en la Figura se muestra el Diagrama. En esta curva podemos identificar cuatro maneras diferentes en que el material se comporta, dependiendo de la cantidad de deformación unitaria inducida en el material.
Figura Diagrama tensión – deformación para el acero dulce.
Figura Curva tensión – deformación uniaxial
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- Tramo de Proporcionalidad (OA).- En este tramo inicial se cumple la ley de Hooke, es decir, la relación entre tensión y deformación es lineal para tensiones inferiores al valor p que se llama límite de proporcionalidad. La pendiente del tramo determina el valor del módulo de elasticidad o de Young (E) del material. El coeficiente de Poisson puede calcularse como la relación entre la deformación transversal y la longitudinal, = - t / - Tramo Elástico (OB).- En este tramo la descarga se produce de forma elástica, es decir, sin que aparezcan deformaciones permanentes al disminuir la carga hasta anularla. Se llama límite elástico (e) a la máxima tensión que se puede alcanzar sin que se produzcan deformaciones permanentes, también llamadas inelásticas no lineal, puede ser más o menos observable dependiendo del material. - Tramo Plástico (BD).- En este tramo se observa deformación permanente al descargar la probeta, por ejemplo la marcada OL en el diagrama. Se llama límite de Fluencia (f ) a la tensión a partir de la cual el material se deforma casi sin aumento de la tensión. - Tramo de fluencia (CD).- En este tramo la deformación aumenta sin que se produzca un aumento apreciable de la tensión. Hasta llegar al punto D la deformación longitudinal y las deformaciones 76
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transversales son sensiblemente uniformes a lo largo de la longitud de la probeta. - Tramo de endurecimiento por deformación (DE).- A partir de un
determinado valor de la deformación, la tensión necesaria para seguir aumentando la deformación plástica se incrementa. A este fenómeno se le llama endurecimiento por deformación y suele venir acompañado por pérdida del estado uniforme de deformaciones y el inicio de la localización de éstas en la zona media de la probeta. - Tramo de Estricciòn (EF).- En este tramo se observa que la sección de una parte de la probeta comienza a disminuir de forma apreciable. Este fenómeno de localización de las deformaciones longitudinales y transversales, con pérdida del estado uniforme anterior, se denomina estricciòn. La aparente pérdida de tensión en este tramo se debe a la definición nominal de la tensión, que está calculada sobre el área inicial de la probeta, en este lugar de calcularla sobre el área real en cada momento, y que es menor debido a la estricciòn. Se denomina tensión de rotura ( r ) a la máxima tensión medida en el ensayo. El tipo de curva tensión – deformación descrita corresponde a los materiales llamados dúctiles, como por ejemplo el acero o el cobre, que presentan un marcado comportamiento plástico y alcanzan la rotura con un nivel elevado de deformación. Así, para estos materiales, D 20 A y F 200 A y los tramos descritos son fácilmente identificables.
Figura Curva Tensión – Deformación para Materiales Frágiles 77
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En otros materiales como, por ejemplo, la fundición, el hormigón o el vidrio, llamados frágiles, no se presenta una zona de fluencia plástica bien definida. En estos materiales se toma convencionalmente como tensión de fluencia, f , la correspondiente a una deformación permanente de 0,2 % (ver Figura). Estos materiales rompen con poca deformación F 5 A bruscamente, circunstancia peligrosa para la seguridad de las estructuras. No obstante lo dicho, no es del todo riguroso calificar a un material concreto como dúctil o frágil, ya que el comportamiento mecánico depende en gran medida de las condiciones de carga. Así, un acero dúctil en condiciones “normales” puede mostrar un comportamiento
marcadamente frágil a bajas temperaturas o a altas velocidades de carga. Por otra parte, el hierro fundido o el vidrio muestran un comportamiento dúctil a altas temperaturas. Debe señalarse también que muchos materiales frágiles exhiben resistencias muy diferentes según estén solicitados a tracción o a compresión. Así por ejemplo, el hormigón y la mayoría de las rocas naturales tienen un Figura: Curva Tensión- Deformación para el Hormigón comportamiento muy frágil a tracción con una resistencia relativamente baja. Por otro lado, su comportamiento a compresión es mucho más dúctil, aunque sin mostrar una zona clara de fluencia, y su resistencia a compresión es mucho mayor que a tracción, del orden de 10 veces mayor, tal como se 78
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muestra en la figura. Los aceros de construcción, en cambio, tienen un comportamiento parecido en tracción y en compresión (para piezas poco esbeltas), y con marcados tramos de fluencia en ambos casos. Para estos materiales la curva tensión – deformación se suele representar mediante diagramas trilineales, en los que sólo se consideran los tramos proporcionales y los tramos de fluencia. Otros tipos de aleación de acero, por su participación, apenas muestran un tramo horizontal de fluencia, pero tienen una zona clara de endurecimiento por deformación, habitualmente lineal. Las investigaciones demuestran que durante la fluencia se producen importantes deslizamientos relativos entre los cristales. Como consecuencia de estos deslizamientos, en la superficie de la probeta aparecen las llamadas líneas de Chernov - Lüders, que forman con el eje de la misma un ángulo de 45º.
2.3.2 COMPORTAMIENTO ESFUERZO – DEFORMACION UNITARIA DE MATERIALES DÙCTILES Y FRÀGILES Los materiales pueden clasificarse como dúctiles o frágiles dependiendo de sus características esfuerzo – deformación unitaria. Trataremos a cada uno por separado. 2.3.2.1 MATERIALES DÙCTILES Todo material que pueda estar sujeto a deformaciones unitarias grandes antes de su rotura se llama m aterial dúctil . El acero dulce (de bajo contenido de carbono) y otras aleaciones de otros materiales, del que hemos hablado antes, es un ejemplo típico, donde es la capacidad de fluir a temperatura normal. Los ingenieros a menudo eligen materiales dúctiles para el diseño, ya que estos materiales son capaces de absorber impactos o energía y, si sufren sobrecarga, exhibirán normalmente una deformación grande antes de su falla. Una manera de especificar la ductilidad de un material es reportar su po rcentaje de elong ación o el porcentaje de reducción de área (estricciòn) en el momento de la fractura. El porcentaje de 79
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elongación es la deformación unitaria del espécimen en la fractura expresada en porcentaje. Así pues, si la longitud original entre las marcas calibradas de una probeta es Lo y su longitud durante la ruptura es Lf , entonces. Porcentaje de elong ación =
L f L0 L0
(100%)
El porcentaje de reducción del área es otra manera de especificar la ductilidad. Está definida dentro de la región de formación del cuello como sigue: Porcentaje de reducción del área =
A0 A f A0
(100%)
Aquí Ao es el área de la sección transversal original y A f es el área en la fractura. Un acero dulce tiene un valor típico de 60%. Notemos que la rotura ocurre en una superficie casi cónica que forman un ángulo de 45º aproximadamente con la superficie original de la Ao probeta. Esto nos indica que los esfuerzos A *B * Lo cortantes son principalmente los causantes de Espècimen antes las fallas de materiales dúctiles y confirman el de la prueba Af hecho de que, bajo carga axial, los esfuerzos A’ * * B’ L cortantes máximos ocurren en superficies a 45 º Estricciòn y Alargamiento de la carga. a la rotura miden la ductilidad f
del material
El alargamiento de la probeta después que ha comenzado a fluir puede ser 200 veces mayor que el producido antes de fluir. Después de alcanzar cierto valor máximo de la carga, el diámetro de una parte de la probeta comienza a disminuir debido a la inestabilidad local. Este fenómeno se conoce como estricciòn . Además del acero, otros materiales como el latón, el molibdeno y el zinc pueden también exhibir características de esfuerzodeformación dúctiles similares al acero, y experimentan un comportamiento de esfuerzo-deformación elástico, tienen fluencia bajo esfuerzo constante, se endurecen por deformación y finalmente sufren la estricciòn hasta su ruptura. Sin embargo, en la mayoría de los metales no se presenta una fluencia más allá de la zona elástica. Un ejemplo de esto es el aluminio. En realidad este metal no tiene un punto de fluencia bien definido, y por consiguiente es una práctica (ksi) = 51 normal definir una resistencia de fluencia 60 50 40 para el aluminio usando un procedimiento 30 gráfico llamado m é to d o d e l a d esv iac ión. 20 Normalmente se elige una deformación (pulg/pulg) 10 (0.2%) unitaria del 0.2% (0.002 pulg/pulg) y desde 0.002 0.010 desviaciòn 0.005 YS
80
Resistencia a la fluencia de una aleaciòn de aluminio
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este punto situado sobre el eje en el diagrama de esfuerzodeformación, se traza una línea paralela a la porción recta inicial de la curva. El punto en que esta línea interfecta a la curva define la resistencia de fluencia. Un ejemplo de la construcción de un diagrama para determinar la resistencia de fluencia de una aleación de aluminio se muestra en la figura. Según la práctica, la resistencia de fluencia es YS = 51 ksi (352 MPa). Observe que la resistencia de fluencia no es una propiedad física del material, puesto que es un esfuerzo que causó una deformación unitaria permanente especificada en el material. Sin embargo, supondremos que la resistencia de fluencia, el punto de fluencia, el límite elástico y el límite de proporcionalidad coinciden todos ellos, a no ser que se establezca de otra manera. Por (ksi) ejemplo el hule natural sería una excepción, ya 2.0 que de hecho ni siquiera tiene un límite 1.5 1.0 proporcional, puesto que el esfuerzo y la 0.5 (pulg/pulg) deformación unitaria no están linealmente 2 4 6 8 10 Diag rama - para relacionados (ver figura). En cambio este material, el hule natural que se conoce como un polímero, exhibe un comportamiento elástico no lineal. La madera es a menudo un material moderadamente dúctil, y como resultado se diseña por lo general para responder sólo a cargas elásticas. Las características de resistencia de la madera varían mucho de una especie a otra, y para cada especie dependen del contenido de humedad, la edad y el tamaño o la localización de los nudos en la madera. Puesto que la madera es un material fibroso, sus características de tensión o de compresión difieren mucho cuando recibe carga paralela o perpendicularmente a su grano. Específicamente la madera se abre con facilidad cuando se carga en tensión perpendicularmente a su grano y, por consiguiente, las cargas de tensión suelen casi siempre aplicarse paralelas al grano de los miembros de madera. 2.3.2.2 MATERIALES FRÀGILES (-)
Los materiales que exhiben poca o ninguna fluencia antes de su rotura se llama materiales frágiles. Un ejemplo es el hierro colado, o hierro gris , cuyo diagrama de esfuerzo-deformación bajo tensión se muestra por la porción AB de 81
6 5 4 3 0 . 0 . . 0 . 0 0 0 0 0
2 0 . 0
(ksi) B 1 T=22 0 . 0.01 A 0 (pulg/pulg) +20
-20 -40 -60 -80 -100 C
-120
Figura:Diagrama - para hierro gris colado
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la curva en la figura. Aquí la fractura a f = 22 ksi (152 MPa) tiene lugar inicialmente en una imperfección o una grieta microscópica y luego se extiende rápidamente a través de la muestra, ocasionando una fractura completa. Como resultado de este tipo de falla, los materiales frágiles no tienen un esfuerzo de ruptura bajo tensión bien definido, puesto que la aparición de grieta en una muestra es bastante aleatoria. En cambio, suele reportarse A *B * el esfuerzo de ruptura promedio de un grupo Falla por tensiòn de de pruebas observadas. En la figura, se un material fràgil muestra una probeta típica en la que ha ocurrido la falla. Comparados con su comportamiento bajo tensión, los materiales frágiles como el hierro colado exhiben una resistencia mucho más elevada a la compresión axial, como se evidencia por la porción AC de la curva en la figura. En este caso cualquier grieta o imperfección en la probeta tiende a cerrarse, y conforme la carga aumenta el material generalmente se abombará o adquirirá forma de barril a medida que las deformaciones unitarias van siendo más grandes, ver la figura. xxxxxxxxxxx
La compresiòn ocasiona que el material se expanda
Al igual que el hierro colado, el concreto se clasifica también como material frágil y tiene baja capacidad de resistencia a la tensión. Las características de su diagrama esfuerzo-deformación dependen primordialmente de la mezcla del concreto (agua, arena, grava y cemento) y del tiempo y temperatura del curado. 0 3 0 0 . 0
5 2 0 0 . 0
0 2 0 0 . 0
5 1 0 0 . 0
0 1 0 0 . 0
5 0 0 0 . 0
(ksi)
En la figura se muestra un ejemplo (-) =0.4 A (pulg/pulg) típico de un diagrama de esfuerzo0.0005 -2 deformación “completo” para el -4 concreto. Por inspección, su resistencia ( ) = 5 -6 máxima a la compresión es de casi 12.5 Figura:Diagrama - para una mezcla tìpica de concreto veces mayor que su resistencia a la tensión, (c)màx = 5 ksi (34.5 MPa) contra ( t)màx = 0.40 ksi (2.76 MPa). Por esta razón, el concreto casi siempre se refuerza con barras de acero cuando está diseñado para soportar cargas de tensión. +2
T
C màx
Puede afirmarse, por lo general, que la mayoría de los materiales exhiben un comportamiento tanto dúctil como frágil. Por ejemplo, el acero tiene un comportamiento frágil cuando tiene un contenido de 82
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carbono alto, y es dúctil cuando el contenido de carbono es reducido. También los materiales se vuelven más duros y frágiles a temperaturas bajas, mientras que cuando la temperatura se eleva, se vuelven más blandos y dúctiles. Este efecto se muestra en la figura, para un plástico metacrilàtico.
(ksi) 9 8 7 6 5 4 3 2 1
40ºF
110ºF
160ºF
(pulg/pulg) .01 .02 .03 .04 .05 .06
Diagrama - para un plàstico metacrilàtico
2.3.3 LEY DE HOOKE
Como se ha visto en los diagramas anteriores de esfuerzodeformación para la mayoría de los materiales de ingeniería exhiben una relación lineal entre el esfuerzo y la deformación unitaria dentro de la región elástica. Por consiguiente, un aumento en el esfuerzo causa un aumento proporcional en la deformación unitaria. Este hecho fue descubierto por Robert Hooke en 1676 en los resortes, y se conoce como Ley de Hooke . Puede expresarse matemáticamente como: E …….(1) Aquí E representa la constante de proporcionalidad, que se llama , en honor de Thomas módulo de elasticidad o m ódulo d e Young Young quien publicó en 1807 un trabajo sobre el tema. La ecuación (1) representa en realidad la ecuación de la porción inicial recta del diagrama esfuerzo-deformación hasta el límite proporcional. Además el módulo de elasticidad representa la pendiente de esta línea. Puesto que la deformación unitaria no tiene dimensiones, según la ecuación (1), E tendrá unidades del esfuerzo, tales como psi, ksi, pascales. Como ejemplo, para el acero mostrado en los diagramas anteriores p = 35 ksi y p = 35ksi 29x103 ksi 0.0012 pulg/pulg, de modo que: E P P
0.0012 pu lg/ pu lg
Como se muestra en la figura 2.3.1, el límite proporcional para un tipo particular de acero depende de su 2.3.1 contenido de aleación sin embargo, la mayoría Figura Diagrama - para el acero de los grados de acero, desde el acero rolado (ksi) Acero para resortes más suave hasta el acero de herramientas más 1% de carbono duro, tienen aproximadamente el mismo acero duro tratado módulo de elasticidad, que generalmente se tèrmicamente 0.6% C 3 acero maquinado acepta como de Eac = 29x10 ksi ò 200 GPa, 0.6% de carbono acero estructural mientras que los materiales esponjosos como 0.2% de carbono acero suave 0.1%de carbono el hule vulcanizado pueden tener valores bajos (pulg/pulg) Ehule = 0.10x103 ksi ò 0.70 MPa. 2 4 0 0 0 0 . . 0 0
83
6 0 0 . 0
8 0 0 . 0
0 1 0 . 0
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El módulo de elasticidad es una de las propiedades mecánicas más importantes usadas en el desarrollo de las ecuaciones presentadas en este texto. Por tanto, deberá siempre recordarse que E puede usarse sólo si el material tiene un comportamiento elástico lineal. También, si el esfuerzo en el material es mayor que el límite proporcional, el diagrama de esfuerzo-deformación deja de ser una línea recta y la ecuación (1) ya no es válida. 2.3.3.1 ENDURECIMIENTO POR DEFORMACIÒN Si una probeta de material dúctil Regiòn Regiòn elàstica plàstica como el acero, es cargada dentro B B de la zona plástica y luego A’ A’ A descargada, la deformación elástica histèresis E E se recupera cuando el material mecànica retorna a su estado de equilibrio. O O’ O Sin embargo, la deformación O’ (b) (a) plástica permanece y como resultado, el material queda sometido a una deformación permanente. Por ejemplo, cuando un alambre se dobla (plásticamente) cuando se quita, resortearà un poco (elásticamente) cuando se quita la carga; sin embargo, no retornara por completo a su posición original. Ver diagramas (a) y (b). Regiòn elàstica
a g r a C
Regìòn plàstica
a g r a c s e D
recuperaciòn deformaciòn elàstica permanente
2.3.4 ENERGÌA DE DEFORMACIÒN Un material tiende a almacenar energía internamente en todo su volumen al ser deformado por una carga externa. Puesto que esta energía está relacionada con las deformaciones del material, recibe el nombre de energía de deformación unitaria. El almacenamiento es un volumen elemental del material cuando la energía es ocasionada por un esfuerzo uniaxial, es pues la capacidad del material en absorber energía.
Cuando una probeta de ensayo bajo tensión se somete a una carga axial, un volumen elemental del dz material sufre un esfuerzo uniaxial como se muestra en la figura 1. Este esfuerzo desarrolla una fuerza F dy d x = A = (x.y) en las caras superior e inferior del Figura 1 elemento después de que éste sufre un desplazamiento vertical z. Ahora se formula el trabajo de esta fuerza. 84
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Por definición, el trabajo se determina por el producto de la fuerza y el desplazamiento en la dirección de la fuerza. Puesto que la fuerza F aumenta uniformemente desde cero hasta su magnitud final F cuando se alcanza el desplazamiento z. el trabajo efectuado en el elemento por la fuerza es igual a la magnitud de la fuerza promedio ( F/2) por el desplazamiento z . Este “trabajo externo” es equivalente al trabajo interno o energía de deformación unitaria almacenada en el elemento (suponiendo que no se pierde energía en forma de calor). Por consiguiente, la energía de deformación unitaria es: U 1 F z 1 x. y z Puesto que el volumen del 2
2
elemento es V = x.y.z, entonces U 1 . .V , A veces es 2
conveniente formular la energía de deformación unitaria por unidad de volumen del material. Esto se llama densidad de energía de deformación unitaria, y de acuerdo con la ecuación anterior puede expresarse como: U 1 . .......(1) V
2
Si el comportamiento del material es elástico – lineal entonces es aplicable la Ley de Hooke, = E y por tanto podemos expresar la densidad de energía de deformación unitaria en términos del esfuerzo uniaxial como:
1 2 2 E
..........(2)
2.3.4.1 Módulo de resiliencia En particular, cuando el esfuerzo alcanza el límite proporcional, a la densidad de la energía de la deformación unitaria, calculada con las ecuaciones (1) y (2), se le llama módulo de resiliencia, esto es. r
1 2
LP . LP
2 1 LP
2 E
LP
E O
ur
LP
(a) Mòdulo de resiliencia ur
..........(3)
En la región elástica del diagrama esfuerzo-deformación unitaria, figura (a), se deduce que u r es equivalente al área triangular bajo el diagrama. La resiliencia de un material representa físicamente la capacidad de éste de absorber energía sin ningún daño permanente en el material. 2.3.4.2 Módulo de tenacidad Otra propiedad importante de un material es el módulo de tenacidad (u t) Esta cantidad 85
ut
O (b) Mòdulo de tenacidad ut
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representa el área total dentro del diagrama esfuerzo-deformación, figura (b), y por consiguiente indica la densidad de la energía de deformación unitaria del material precisamente antes de que se rompa. Comparando diversos valores de ut, se puede determinar la tenacidad de un material particular. Esta consideración resulta importante cuando se diseñan miembros que puedan sobrecargarse accidentalmente. Los materiales con un módulo de tenacidad elevado se distorsionarán mucho debido a una sobrecarga; sin embargo, pueden ser preferibles a aquellos con un valor bajo, puesto que los materiales que tienen un u t bajo pueden fracturarse de manera repentina sin indicio alguno de una falla próxima. Los metales aleados pueden también cambiar su resiliencia y tenacidad. Por ejemplo, al cambiar el porcentaje de carbono en el acero, los diagramas de esfuerzo-deformación resultantes O en la figura (c) indican como pueden cambiar a Figura © su vez los grados de resiliencia y de tenacidad en tres aleaciones. Acero duro 0.6% de carbono de alta resistencia
Acero estructural 0.2% de carbono de màxima tenacidad
Acero suave 0.1% carbono de màs ductilidad
1. Ejercicio. – Una prueba de tensión para una aleación de acero como resultado el diagrama esfuerzo-deformación unitaria mostrado en la figura (1). Calcule el módulo de (ksi) elasticidad y el esfuerzo de cedencia 120 B u = 108 110 con base en una desviación de 0.2%. 100 C Identifique sobre la gráfica el esfuerzo 90 80 A’ = 68 70 último y el esfuerzo de fractura. A’ 60 YS
50 40
A
E E Solución.- a) Módulo de elasticidad.- 20 = 0.23 (pulg/pulg) Debemos calcular la pendiente de la 10 porción recta inicial de la gráfica. 0 .0008 .00016 .0024 Usando la escala aumentada que se .0004 .0012 .0020 muestra con un cuadro en la figura (1), (0.20%) esta línea se extiende desde el punto O hasta el punto A. Un punto en esta línea tiene coordenadas medidas de aproximadamente (0.0016 pulg/pulg, 50 ksi). Por consiguiente. f
2 4 6 8 0 2 4 6 8 0 2 4 0 1 1 1 . 2 0 . 2 . . 1 . . 0 . 0 . 1 . . . . 2
E
50ksi 0.0016 pu lg/ pu lg
E 31.25x103 ksi
b) Esfuerzo de cadencia.- Para una desviación de 0.2%, se comienza con una deformación unitaria de 0.2%, o 0.0020 pulg/pulg y se extiende en la gráfica con la línea punteada paralela a OA 86
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hasta que intercepte a la curva -en A’. El es fuerzo de cadencia es aproximadamente: YS = 68 ksi c) Esfuerzo último.- Éste se define por la ordenada máxima de la gráfica -esto es, por el punto B en la figura (1). u = 108 ksi d) Esfuerzo de fractura.- Cuando el espécimen se deforma a su máximo de f = 0.23 pulg/pulg, se fractura en el punto C. Entonces. f = 90 ksi
2. Ejercicio.- En la figura, se muestra el diagrama esfuerzodeformación unitaria para una aleación de aluminio usada para fabricar partes de avión. Si una muestra de este material se somete a un esfuerzo de 580 MPa. Determinar la deformación unitaria permanente que queda en la muestra cuando se retira la carga. Calcular también el módulo de resiliencia antes y después de agregar la carga. Solución.-
(MPa)
B
600
F
500
P
400
A
300 200 100
O P=0.065
D (mm/mm) C 0.01 0.02 0.03 0.04
OC
0.026
(Figura /)
a. Deformaciones unitarias permanentes.- Cuando la muestra està sometida a la carga, se endurece hasta que se alcanza el punto B sobre el diagrama (figura). La deformación unitaria en este punto es aproximadamente 0.026 mm/mm. Cuando se retira la carga, el material se comporta siguiendo la línea recta BC, que es paralela a la línea OA. Como ambas líneas tienen la misma pendiente, la deformación unitaria en el punto C puede determinarse analíticamente. La pendiente de la línea OA es el módulo de elasticidad E. El esfuerzo de proporcionalidad P = 430 Mpa.
Según el triángulo CBD, también se tiene: Pa 9
CD = 8.7674x103 = 0.008767 mm/mm; esta deformación unitaria representa la cantidad de deformación unitaria elástica recuperada. La deformación unitaria permanente OC, es entonces 87
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Nota. = 0.026 mm/mm - 0.008767 mm/mm = 0.017233 mm/mm. Rta. Si las marcas de calibración sobre la muestra estaban originalmente separadas 55 mm, entonces después de retirar la carga, esas marcas estarían separadas a: 55 mm + (0.017233)(55mm) = 55.9478 mm b. Módulo de Resiliencia.- Utilizando la Ecuación siguiente:
Rta. Rta. ……..
……..
El efecto del endurecimiento del material ha causado un incremento en el módulo de resiliencia, como se advierte por comparación de las respuestas; sin embargo, notar que el módulo de tenacidad del material ha decrecido, ya que el área bajo la curva original OABF es mayor que el área bajo la curva CBF.
3. EJERCICIO La barra de Aluminio mostrada en la figura a), tiene una sección transversal circular y está sometida a una carga axial de 12 KN. 25 mm Una porción del diagrama 20 mm C B A esfuerzo-deformación unitario 12 KN 12 KN 450mm para el material se muestra en la 650mm figura b); determinar el Figura a) alargamiento aproximada de La (MPa) barra cuando se aplica la carga. Si se F 60 retira la carga, ¿vuelve la barra a su 58.5 50 estado original? Considerar E AL = 70 GPa. Solución.40 B
B
B
P=35
En el análisis despreciamos las deformaciones localizadas en el punto de aplicación de la carga y donde el área de la sección transversal de la barra cambia bruscamente. En toda la sección media de cada segmento el esfuerzo normal y la deformación son uniformes. Para estudiar 88
30 20 10
O
B
B
B
(mm/mm) G 0.02 0.04 0.06 0.08 BC=0.048 OG rec B
Figura b) Diagrama
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la deformación de la barra, debemos obtener la deformación unitaria. Hacemos esto calculando primero el esfuerzo y luego usamos el Diagrama esfuerzo-deformación unitaria para obtener la deformación unitaria. El esfuerzo normal dentro de cada segmento es.
Según el diagrama esfuerzo-deformación unitaria, el material en la región AB se deforma elásticamente ya que Y = 43 MPa > 24.44 MPa. Usando la Ley de Hooke.
El material dentro de la región BC se deforma plásticamente ya que Y = 43 MPa < 58.5 MPa. De la gráfica, para BC = 58.5 MPa le corresponde BC = 0.048 mm/mm. El alargamiento aproximado de la barra es entonces: = L = 0.000349(650 mm) + 0.048(450 mm) = 21.826 mm. Rta. Cuando se retira la carga de 12 KN, el segmento AB de la barra recupera su longitud original. ¿Por qué? Por otra parte, el material en el segmento BC se recupera elásticamente a lo largo de la línea FG (Figura b). Como la pendiente de FG es E AL la recuperación elástica de la deformación es:
La deformación plástica que permanece en el segmento BC es entonces: OG = 0.0480 – 0.0008357 = 0.04716 mm/mm.
Por tanto, cuando la carga se retira, la barra permanece con un alargamiento dado por: ’ = OGLBC = 0.04716 (450 mm) = 21.222 mm. Rta.
89
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2.3.5
RAZÒN DE POISSON
Cuando un cuerpo deformable está sometido a una fuerza axial de tracción, no solo se alarga sino que también se contrae lateralmente. Por ejemplo, si uno tira de hule se alarga, puede notarse que el espesor y el ancho de la tira disminuyen. Igualmente, una fuerza de compresión que actúa sobre un cuerpo ocasiona que éste se contraiga en la dirección de la fuerza y que se expanda lateralmente. Estos dos casos se ilustran en las figuras a y b; para una barra con radio r y longitud L iníciales.
x/2 x/2
L P r
P
Forma inicial
Tracciòn y Figura a
x/2
(reducciòn en longitud)
L
Forma final
x/2
P P r Forma final expansiòn laterall
P
y
Compresiòn Cuando la carga P se aplica a la barra, la longitud de la barra cambia una cantidad x y su radio una cantidad y. Las deformaciones unitarias en la dirección axial o longitudinal y en la dirección lateral o radial son, respectivamente. ; A principios del siglo XIX, el científico francés S.D. Poisson descubrió que dentro del rango elástico, la razón de esas dos deformaciones unitarias es constante, ya que las deformaciones x y y son proporcionales. A esta constante se le llama razón de Poisson ( y tiene un valor numérico que es único para un material particular que sea homogéneo e isotrópico. Expresando matemáticamente.
El signo negativo se usa aquí ya que un alargamiento longitudinal (deformación unitaria positiva) ocasiona una contracción lateral (deformación unitaria negativa), y viceversa. Esta deformación unitaria lateral es la misma en todas las direcciones laterales (o radiales). Además esta deformación unitaria es causada sólo por la fuerza axial o longitudinal; ninguna fuerza o esfuerzo actúa en una dirección lateral que deforme el material en esta dirección. La razón de Poisson es adimensional y para la mayoría de los sólidos no porosos tiene un valor generalmente entre 1/4 y 1/3. En el apéndice de los libros se dan los valores de de materiales 90
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comunes. El valor máximo posible de la razón de Poisson es 0.5. Por lo tanto: Entonces para una sección rectangular, de lados y, z; las deformaciones unitarias en dichos lados causados por el esfuerzo uniaxial en el eje x, será en función a x y :
| | También ; entonces: ; como = ; y cada lado serán: = ; las deformacionespara y; ; si la sección es un cuadrado de lado L: si la sección es circular de diámetro (d): ; Los lados y diámetros finales son: L = ; L = ; L = ; d = ; respectivamente. yf
zf
f
f
Ejercicio Nº 1.- Una cinta de agrimensor de acero de 50 m tiene una sección de 6 mm x 0.8 mm. Determinar el alargamiento cuando se estira toda la cinta y se mantiene tirante bajo una fuerza de 10 kg. El módulo de elasticidad es 2.1 x 106 kg/cm2. Solución.- De acuerdo a la ley de Hooke, se anotó la relación directa entre esfuerzo actuante y deformación obtenida dentro de la zona elástica del material: ; por otra parte, también se tiene las relaciones ya estudiadas del esfuerzo ; y la deformación
sustituyendo estos valores en la relación de Hooke se tiene: se obtiene, la deformación total: ; Sustituyendo datos en la ecuación deducida, el alargamiento en la cinta es = unitaria lineal
Ejercicio Nº 2.- Determinar el aumento total de longitud de una barra se sección constante, colgada verticalmente y sometida como única carga a su propio peso. La barra es recta inicialmente. Solución.- La tensión normal a tracción en una sección horizontal está producida por el peso del material 91
xxxxxxx L //////// dy W
y
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situado debajo de esa sección. El alargamiento del elemento dy, de la figura es: ; (peso total de la barra), donde = peso específico; dy = diferencial de longitud. Luego: ;
∫ ; integrando ∫ donde: ; -Si el W = P fuerza axial comparando: ; y serìa la mitad a la que produce P. -Si la barra es sometida a fuerza axial y su peso propio W, el alargamiento total será: ;
operando ; si W = P; sustituyendo, se tiene: . Ejercicio Nº03.- En la construcción de un edificio se usa un cable de acero de 3/8 pulg de diámetro, para la elevación de materiales se cuelgan verticalmente 80 m de cable para elevar del extremo inferior una carga de 350 kg. Determinar el alargamiento del cable, debido a su peso propio, debido a la carga, y en conjunto. Ellos en el momento de levante. acero = 7800 kg/cm3; E = 2.1x106 kg/cm2.
a) . . b) c) . También: .
Solución.-
Ejercicio Nº04.- Una barra de acero de 5 cm de sección esta sometida a las fuerzas B2500kgC A D representadas en la Fig.(a). 9000kg 1500kg Determinar el alargamiento total 10000kg 120cm 60 85 de la barra. Para el acero E=2.1x106 kg/cm2. 92
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Solución: La barra está en equilibrio Fx=0. Por lo que c/u de sus partes lo estará. a) Barra AB:
b) Barra BC: En la figura en la cara B; F 10000-2500 = 7500 kg (es de tracción):
10000 kg
B
la C; = de
7500 kg
(+)
10000 kg
B
D
1500 kg
7500 kg
85 cm
85 cm
9000 kg
(+)
C (+)
7500 kg
C
10000 kg
60 cm
.
c) Barra CD: En figura en la cara F 7500+1500 9000 kg (es tracción):
B
C (+)
2500 kg
A
C
120 cm
D (+)
9000 kg
120 cm
. La deformación total de la barra: ∑ ; también se obtiene: . Es un alargamiento. Ejercicio Nº 05.- Determinar la A=700mm2 A=300mm2 C A B D 300kN deformación de la varilla de acero 600kN ilustrado en la figura, bajo la carga 400kN mostrada. E = 200 GPa 400 400 500 mm mm mm Solución: la varilla se deduce en tres partes L AB=LBC=0.4m; LCD=0.5m; A AB=ABC= 700 mm2(1m/1x103mm)2 = 700x10-6m2; ACD= 300x10-6m2. Diagramas del cuerpo libre de cada tramo: D C a)Tramo CD: P = 300x103 N; L = 0.5m; A = (+) -6 2 300kN 300kN 300x10 m ; 0.5 m / / / / / / / / / /
b)Tramo BC: P = - 100 kN= -100x10 N; L = 0.4m; A = 700x10 m 3
B
-6
C 300kN 400kN
93
100kN
B
(-)
0.4 m
2
C 100kN
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c)Tramo AB: P = 500x103 N; L = 0.4m; A= 700x10 -6 m2 ; La deformación total será:
A
B 100kN 600kN
A 500kN
(+)
B 500kN
0.4 m
[ ] [ ] . Ejercicio Nº 06.- a) Se aplica una carga A 1.25 pulg B d C P axial P= 15 klb en el extremo C de una varilla de acero, si E = 30x10 6 lb/pulg2, 4 pies 3 pies hallar el diámetro de la porción BC para el cual la deflexión del punto C será de 0.05 pulg. b) Las dos partes de la varilla ABC están hechos de aluminio con E = 10x10 6 lb/pulg2, si el diámetro de la porción BC es d = 1.125 pulg. Hallar la fuerza máxima P que puede aplicarse si adm = 24 klb/pulg2 y la deflexión del punto C no debe pasar de 0.15 pulg. Solución.- a) AB + BC = T; P = 15 klb; E = 30x10 6 lb/pulg2; dBC=?; ; C = 0.05 pulg: / / / / / / / / / /
b) E = 10x106 lb/pulg2(Aluminio); d AB = 1.25 pulg; dBC = 1.125 pulg; con adm=24 klb/pulg2 y C=0.15 pulg. ;
lb ; Los esfuerzos unitarios en cada porción de varilla serán: 94
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Ejercicio Nº 07.- Una barra de acero 3.5 m d =1.5cm de 3.50 m de longitud es de sección transversal circular de d1= 3 cm de P=4000kg d =3cm P=4000kg diámetro en la ½ de su longitud y un diámetro d2= 1.5 cm en la otra mitad; a) ¿cuánto se alarga la barra bajo una carga de tracción de P = 4000 kg? b) Si el mismo volumen del material es laminado en una barra de 350 cm de longitud y 2
1
diámetro uniforme “d”¿cuál será el alargamiento total de esta barra
bajo la misma tracción? como L1 Solución.- a) 6 2 = L2 = L/2. E = 2.1x10 kg/cm es constante; P actúa a lo largo de los dos tramos; las áreas: el alargamiento total
∑ * + . b) El alargamiento total de la barra laminada con diámetro uniforme ; el volumen total V = V + V ; el volumen original de la barra ; el volumen del material laminado con ; igualando (2) y (3) volúmenes iguales: ; sustituyendo en (1): . “d”,
3.5 m
es:
d
T
1
2
P=4000kg
P=4000kg
diámetro uniforme “d” es:
Ejercicio Nº 08.- La armadura de la figura es simétrica. El tirante AC es de acero E = 2.1 x 10 6 kg/cm2 y tiene un área de 5 cm 2 ¿Cuál es el máximo valor que debe tener P, para que el alargamiento total de AC no exceda de 0.5 cm? Solución.- Fy=0
P B
C
)60º
Fx=0 dividiendo (1) y (2) ; Por otra parte )60º
6m
F AB
A
A
F AC
P/2 D.C.L. Nudo A
95
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; sustituyendo sustituyendo datos: en (3): deformación en AC:
Ejercicio Nº 09.- Determinar el alargamiento producido por una fuerza de 6000 kg aplicada a una barra plana de 1cm de espesor y una anchura que varía gradual y linealmente desde 4 cm hasta 12 cm en una longitud de 16 m, como se indica en la figura; supóngase que E = 2x106 kg/cm2. 2cm P= 6000kg
P=6Tn 12 cm
n
L=1600 cm
m y y x(m) n
P= 6000kg dx
y m
y dx
x
6 cm
2cm
12cm
4cm P=6Tn
1cm 4 ancho espesor cm variable
Solución.- En la figura, el triángulo: ; también m = y - 2 y = m + 2 …..(2) ; también n = 6 - 2 = 4 cm. Sustituyendo (1) en (2): operando: El espesor de la barra es 1 cm; el área en una sección media será: A = (1)(2y) cm 2; sustituyendo el valor de y: El alargamiento, de la barra
∫ ∫ ; donde ∫ ∫ ; ∫ ∫ ∫ ∫ integrando . Ejercicio Nº 10.- Dos barras de acero AB y BC soportan una carga de 10 Tn, como se muestra en la figura. La sección AB es de 8 cm 2 y la de BC es de 12 cm2; E = 2x106 kg/cm2; determinar el desplazamiento horizontal y vertical del punto B.
96
x x x x x
A L=5m
3m B
4m C P=10Tn Figura 1
x x x x x
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Solución.- En el D.C.L. del nudo B: Fx = 0 PBC = 4/5 P AB; Fy = 0 3/5 P AB = 10000; resolviendo se obtiene: P AB = 16.666 Tn (+); PBC = 13.333 Tn (-). Las deformaciones en las barras AB y BC: P -AB: 5 3
-BC: (–)
AB
4
PBC
B
P=10000kg
-Diagrama de deformaciones: De la Figura 3; Girando Fig.2: D.C.L. Nudo B con punto en A y girando con punto en C hasta que se encuentren en el punto B”, estos arcos engendrados por rotación son tan
pequeños y se pueden despreciar. Sería mejor (en la Figura 4) reemplazar con rectas perpendiculares a AB y BC y estas se cortan en el punto B’ lo cual determinan la posición final de B; el desplazamiento total de B es el vector BB’ ò dirigido. Figura 3
A
B
c m
L=5m 3m B BC AB
BC= 0.222cm
= 8 B 0 A 2 5 . 0 )º
x sen
ABcos
4m C
º
Y
X
B’
En el diagrama (ampliado) de deformaciones (Figura 4), se tienen: ; es la componente horizontal de BB’, con la proyección horizontal
B”
de AB y la longitud desconocida x, se obtiene la relación: resolviendo resulta: x = 1.0644 cm; con x se puede determinar la componente vertical V = y; que es la suma de los componente verticales de AB y X: Luego la longitud BB’ = ; será la suma de sus componentes: -A manera de comprobación.- Volviendo arriba se puede determinar las magnitudes de los ángulos de giro de las barras AB y BC: como también B’
Figura 4 Diagrama de deformaciones
⃗ √ ; es de notar que estos ángulos son muy pequeños para representarlos gráficamente en B”.
Ejercicio Nº 11.- Una barra de acero de forma tronco cónica de 350 cm de longitud tiene diámetro en su base superior D = 6 cm y en su base inferior d = 2.54 cm. La varilla pende verticalmente y soporta una carga de tracción P = 5000 kg en su extremo inferior. Calcular el
D=6 cm
/////////////////////////////
L= 3.50 m
d=2.54 cm P=5000 kg
97
dx
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alargamiento total de la barra despreciando su peso propio. Solución.- De la figura, en el triángulo: ;
; de
también también (2): …(2’); sustituyendo (1) y (3) en (2’): …(4); y el área de la sección recta A = Luego la deformación: r . ∫ =∫ *+ ∫ *+ ;
D
n
L
r
m
dx
x d/2
d P
2
////// C Ejercicio Nº 12.- La barra rígida BDE ////// A 0.60 2” esta soportada por dos barras m Acero 5 Tn 1.½” articuladas, AB está hecha de aluminio Aluminio D E E = 7x105 kg/cm2 y CD es de acero Eac 0.40m B 0.70m 0.30m = 2x106 kg/cm2, sus secciones circulares son de 1.5 pulg y 2 pulg de diámetro respectivamente; para la fuerza de 5 Tn mostrada. Hallar las deflexiones de B, D y E. Solución.-
∑∑ Las deformaciones axiales de las barras de aluminio y de acero serán verticales, hacia arriba en B y hacia abajo en D. F AB B’ B
FCD
5000kg
D 0.70m 0.30m D’ D.C.L. (Fuerzas)
B’ B B
E
30-x H
x
70 cm D
D’ D
Diagrama de Deformaciones
E’
E Inicial E Final E’
. .
Deflexiones (a partir del Diagrama de deformaciones): Se considera la barra (BDE) horizontal absolutamente rígida; la posición final de la barra será inclinada (B’D’E’). Para resolver por semejanza de
. Luego: . . triángulos:
98
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.
Ejercicio Nº 12.- Las barras AB y BC, están articuladas en sus extremos. Calcular qué ángulo forma la dirección de la carga P con la dirección del desplazamiento del punto B por acción de la propia carga P. Las longitudes L A y LC, las áreas A A y AC y los módulos elásticos E A y EC están en las relaciones:
////// C
LC A
B
/ / / / / /
L A
)30º
P
√ Solución.- De la figura ; Donde F produce y F produce v: √ Dividiendo v/h: ; sustituyendo valores: √ √ √ √ √ √ √ √ ; (√ ) ; Es la dirección del A
h
C
C
A
B F A ) FC
B
)
)30º
h
P
desplazamiento con la dirección de La carga horizontal que es 30º, entonces el ángulo que forman entre carga P y ; será:
O Ejercicio Nº 13.- Una viga absolutamente 1.8m rígida AB, soporta carga distribuida 300 A 5m B kg/m, la viga tiene 5 m de largo y está 300 kg/m soportada en sus extremos A y B con cables de acero AO y OB. Con E = 2x10 6 kg/m2. Hallar )F F ( el diámetro de cada cable para que sus alargamientos P=1500kg no sobrepasen el 2 % de su longitud. Solución.- Equivalente de carga concentrada: P= 5x300= 1500 kg; el ángulo = tan-1(1.8/2.5)= tan-1(0.72) = 35.7528º. De la estática se tiene: Fv = 0 2Fsen = 1500; donde la fuerza F = 1500 kg / (2xsen35.7538º) = 1283.58 kg. El alargamiento: del cable, en la fórmula:
99
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Como ¼ pulg = 0.25
pulg,
entonces el diámetro del cable es de ¼ pulg.
D 1Tn Ejercicio Nº 13.- Calcular el 2 1 1Tn C E área de las secciones de las 4.5m F B barras CD, CJ y DJ de la G estructura Howe que se A I H J 1Tn L K 1 2 muestra en la figura. El metal 6 tramos de 3m c/u es de acero recocido con E = 2.1x106 kg/cm2, tienen un límite elástico a la tracción de 4000 kg/cm2, con factor de seguridad de 2 a tracción y 3.5 a la compresión, respectivamente. Así mismo, determinar los alargamientos o acortamientos en dichas barras. Solución.xxxx
xxxx
; también: √ ; -En la sección (1.1): ∑ . FCD 1Tn 1Tn
C
1
xxxx
) 3m
1.833Tn
D
1Tn
FCD
3m 9m
J
K 1
E
FCJ
)
FDJ
F
3m
1.833Tn
D.C.L. Secciòn 1-1
2 J 6 tramos de 3m c/u
K
4.5m G
F JK L
xxxx
FDE 2
C
B A
FJK
L
D
1Tn
F CJ 4.5m
B A
Posiciòn correcta
I
H
xxxx
D.C.L. Secciòn 2-2
∑ -En la sección (2-2): ∑ .
- Como Máx.= 4000 kg/m2; En tracción: 4000/2 = 2000 kg/cm 2; en compresión: 4000/3.5 = 1142.857 kg/cm 2. 100
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. - Secciones o áreas: - Las deformaciones:
B Ejercicio Nº 14.- L a compuerta vertical AB 0.90 representada en el diagrama adjunto, puede 1.50m D 7.5 m barra considerase totalmente rígida y está 4.5m C 2 3cm articulada en A, tiene 3m de anchura y está Agua A sometida a presión hidrostática en toda su /////////////////// /////////////////// /////////////////// Figura 14 anchura; en C está sujeta una barra de 2 acero de 7.5 m de longitud y sección 3 cm y el otro extremo se empotra en el muro D. Hallar el desplazamiento horizontal del punto B. Despreciar el efecto de sujeción en los extremos de la compuerta, tomar E = 2.1 x 10 6 kg/cm2. Solución.- El peso específico del agua 1 x103 kg 3 ; la presión / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / /
Compuerta
cm
hidrostática actúa a ½ de la profundidad del muro de la compuerta: B d kg 450cm 0.225 225 x10 3 kg . La P prom 1x103 C 3 2 2
cm
2
cm
fuerza resultante es FR = Pprom x A: F R
225x103
kg
450 x300cm2 30,375kg , 2 cm
3m
FR=30,375kg
1.5m A Figura 14a
actúa en el
centro de presión del triángulo de presiones(ver Figura 14a), a 1/3 de la base: 1/3(4.50m) = 1.50 m. -De la figura, se calcula la fuerza en la barra, por estática M A =0: 4556250 M A 0; 150cmx30,375kg 300cmC 0; C 15,187.5kg ; ésta 300
fuerza C de tracción, se da en la barra CD. -El aumento de longitud de la barra: C 15,187.5kgx750cm 1.808cm . 3cm2 x 2.1x106
101
kg cm2
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- De la Figura 14b (diagrama de deformaciones) se calcula el desplazamiento horizontal del punto B, y es hacia la izquierda. Así: C 1.808 300
B 540
; B
54 40
B’ B B
1.808cm ; B 3.25cm
C
540 cm 300
A Figura 14b
Ejercicio Nº 15.- Dos barras AC y CD que ////////// 6 E=2x10 se suponen absolutamente rígidos están 6000kg A=3cm 2 L=3m articulados en A y D separados en C mediante un rodillo, como se indica en la A 2m B C 1.5m 1.5m D figura 15, una varilla de acero ayuda a Figura 15 soportar la carga de 6000 kg. 6000kg FB Determinar: (a) el desplazamiento vertical del rodillo situado en C; (b) el A 2m B C 1.5m 1.5m D Dy Dx Ax diámetro final de la varilla si = 1/3. Cy Ay Figura 15a
Solución.- (a) En la Figura 15a, se observa el diagrama de cuerpo libre del sistema en equilibrio. Así en la barra CD: MD=01.5 x 6000 -3C = 0; C = 1/3 (1.5 x 6000) = 3000 kg ↑; con MC=0-1.5 x 6000 + 3Dy = 0; Dy = 1/3(1.5 x 6000) = 3000 kg. En la barra AC: M A=0- 2FB + 3C = 0; FB = 3/2(C) = 3x3000/2 = 4500 kg↓; con MB=01x3000-2Ay = 0; Ay = ½(3000)= 1500 kg. -Del diagrama de deformaciones (Figura 15b): deformación de la varilla B = 4500x300/(3x2x106) = 0.225 cm; de la semejanza de s: B/2 = C/3; C=3/2(B) = 3/2 (0.225); C = 0.3375 cm↓. (b) El diámetro final de la varilla, si = 1/3. El diámetro inicial del área: A
4
d2
d
deducida d
4 P
dE
4 x3
para
1.954cm; Con
la
4 x 4500 x(1 / 3)
(1.954)(2x106 )
la
A
2m
B
1m C
B
c
B’
Figura 15b
C’
relación
variación
del diámetro de la varilla: 4.887 x104 cm. para la tracción el diámetro
final: df = d – d = 1.954 – 4.887x10-4 = 1.95351 cm.
Ejercicio Nº 16.- (Aplicación de deformación unitaria normal) El alambre AB no realiza ningún esfuerzo en el arreglo que se muestra cuando el ángulo = 45º. Si se coloca una 102
B
L A
C L
L Figura 16
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carga vertical en la barra AC, hace que el alambre se deforme y el ángulo toma posición = 47º, en estas condiciones hallar la deformación unitaria normal en el alambre. B Solución.- Primero se calculará las longitudes =45º y ángulos en condiciones iniciales y luego en 2º L posición final, y después por comparación se obtendrá el pedido. La longitud inicial del C A L alambre es: AB L L L 2 ; la longitud L A’ Figura 16a entre apoyos es: CB (2L)2 L2 L 5 ; los B ángulos internos en el triángulo BAC, son ( para A 90 45 135º ; y para en B, de la ley ( 2º L de senos: sen sen135º ; 18.435º . El C ) 135º (
2
2
(
L
L 5
(
A’ L L triángulo final será A’BC; como = 47º, Figura 16 16b aumentando en 2º de la inicial; entonces el ángulo del triángulo A’BC es = 18.435º+2º= 20.435º. También el ángulo interno A’ será senA ' sen20.435º ; A ' 180º 51.325º 128.674º ;
L
L 5
luego el otro interno es para el ángulo C: 180º (128.674º+20.435º) = 30.891º. Una vez obtenida los ángulos internos del triángulo A’BC, se calculará la longitud final del alambre A ' B L AB, por la ley de senos: ; A ' B 1.47047 L . Finalmente AB
la
1.47047 L 2L 2 L
deformación
sen30.891º
unitaria
sen20.435º
del
alambre
AB
es:
0.0398
Ejercicio Nº 17.- Cuatro tubos de aluminio de 1.20 m de longitud y 1100 mm2 de sección c/u son amarrados a un soporte cruceta y descansan sobre base fija A. La varilla de acero BC de 25 mm de diámetro cuelga en una barra rígida que descansa sobre los 4 tubos. Se sabe que los módulos de elasticidad son 200 GPa
B 1.2m
A
0.9m C P Figura 17
para el acero y 70 GPa para el aluminio. Hallar la deflexión de “C”
cuando P= 240 kN. Solución.- La carga P en el extremo de la varilla, ocasionará la deformación a tracción de la varilla misma hacia abajo, así como la compresión de los tubos con dirección también hacia abajo; la deflexión total del extremo C será la suma de las deflexiones de los tubos y del acero.
103
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L 1 L PL 1 PL C ac Al P AE 4 AE ; AE ac 4 AE Al ac Al
sustituyendo
datos: 1 2.1mx4 1.2m C 240x103 N x0.0152 m2 x 200x109 N2 4 1100x106 m2 x 70x109 N 2 m ac m m m C 240 x103 N 5.9418x108 3.896x109 N N m 240 x103 N 6.3314x108 0.01519m; C 15.19mm N
Al
500kg 3m 1.5m 1.5m Ejercicio Nº 18.- Determinar el diámetro A B C del tirante de acero mostrado en la Figura Cable de acero 0.9m E=2,1x10 18, hallar también el desplazamiento del 1.20m Figura 18 apoyo en rodillo B, en los siguientes 500kg casos: (a) El esfuerzo en el tirante se 3m 1.5m 1.5m limita a 1000 kg/cm2; (b) que el giro de AB Ax A B Cy C Cx con A como centro sea de 0.005 rad. By Ay Fa Fa 0.9m 1.20m 6 2 Tomar E = 2.1x10 kg/cm . Figura 18a Solución.- Datos = 1000 kg/cm. En la A B 450cm 150cm C ) barra BC de la Figura 18a, MC=0( B’ 150B+90Fa =0;Fa=(15/9)B. En la barra AB a/2 a/2 Figura 18b M A=0- 300 x 500+450B – 120Fa = 0; 150000+450B-15/9(B)120 = 0; donde B = 600 kg y Fa = 1000 kg. 6
)
)
-Caso (a) A
Fa
1000 kg
1cm
1000kg / cm 2
o alargamiento en el cable: figura:
tg
a / 2 120
BB ' 450
;
d 2
2
a
0.2857 / 2 120
4
L E
; d
1.128cm ; la deformación
600 1000 0.2857cm ; de la 2.1x106
0.1428 120
BB ' 450
; BB ' 5.356mm
-Caso (b) Dato: = 0.005 rad = 0.2864º; luego tg (0.2864º )
a / 2
; a 2 x120tg (0.2864º ) 1.199cm 120 600 kg a 1.199 ; 4196.50 ; tambièn 6 2.1 x10 cm2
1000kg A
Para calcular el diámetro del cable y la deflexión de B: 1000 A
4196; A 0.2383cm
tg 0.2864º
2
BB ' 450
d 2 4
; d
; BB ' 2.249cm
104
4 x0.2383
; d
5.51mm
UNSCH/FIMGC/EFPIC-A.ÑAHUI.P. RESISTENCIA DE MATERIALES 1-09
C 1.808 300 F R
225x10
B
; B
540 3 kg
2
cm
54 40
1.808cm ; B 3.25cm
450 x300cm 30,375kg 2
d kg 450cm 3 kg 0.225 225 x 10 1x103 3 cm2 2 cm 2
P prom
M A 0; 150cmx30,375kg 300cmC 0; C C
15,187.5kgx750cm kg 3cm2 x 2.1x106 cm2
AB
sen L senA ' L 5
L2
L2 L
1.808cm d
2;
4556250
15,187.5kg 300 4 P 4 x 4500 x(1/ 3) 4.887 x10 4 cm. 6 dE (1.954)(2x10 )
CB (2L)2 L2
L
5 ; A 90 45 135º ;
sen135º
; 18.435º ; L 5 sen20.435º ; A ' 180º 51.325º 128.674º L
A ' B sen30.891º
L sen20.435º
; A ' B 1.47047 L AB
1.47047 L 2L 2 L
0.0398
1 2.1mx4 1.2m C 240x103 N x0.0152 m2 x 200x109 N2 4 1100x106 m2 x 70x109 N 2 m ac m m m C 240 x103 N 5.9418x108 3.896x109 N N m 240 x103 N 6.3314x108 0.01519m; C 15.19mm N 105
Al
