Segundo

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CAPITULO I ESTADO UNIAXIALDE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES: ESFUERZO NORMAL UNIAXIAL:

𝝈=

𝒅𝑷 𝒅𝑨

;

𝝈=

𝑷 𝑨

𝑷 = 𝝈𝑨 Donde: 𝑷

∶ 𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒂𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒅𝒂

𝑨

∶ á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍

𝝈 > 0 ∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 𝒅𝒆 𝒕𝒓𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝝈 < 0 ∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊ó𝒏 EJERCICIO DE APLICACIÓN: Una barra rígida AB, de masa 1000kg está suspendida de dos cables AC y BD, cada uno de los cuales tiene sección transversal de 400mm2. 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 limite 100*106 Pa y 50*106 Pa, respectivamente.

SOLUCION Fuerzas axiales:

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL 𝑾 = 𝒎𝒈 𝑾 = (𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒌𝒈 − 𝒎) ∗ (𝟗. 𝟖

𝒎 ) 𝒔𝟐

𝑾 = 𝟗𝟖𝟎𝟎 𝑵. ∗∗ ∑ 𝑭𝒗𝒆𝒓𝒕. = 𝟎 𝑭𝑨𝑪 + 𝑭𝑩𝑫 = 𝑷 + 𝟗𝟖𝟎𝟎 … … … … … … . . (𝑰) ∗∗ ∑ 𝑴𝑶 = 𝟎 𝑭𝑨𝑪 (𝟏) − 𝑷(𝟏 − 𝑿) − 𝑭𝑩𝑫 (𝟏) = 𝟎 … … … … … . . (𝑰𝑰) De I y II se obtiene: 𝑭𝑨𝑪 = 𝟒𝟗𝟎𝟎 +

𝑷 𝑷 + (𝟏 − 𝒙) 𝟐 𝟐

𝑭𝑩𝑫 = 𝟒𝟗𝟎𝟎 +

𝑷 𝑷 − (𝟏 − 𝒙) 𝟐 𝟐

Esfuerzos normales:

𝝈𝑨𝑪

𝑭𝑨𝑪 = = 𝑨𝑨𝑪

𝟒𝟗𝟎𝟎 +

𝝈𝑩𝑫

𝑭𝑩𝑫 = = 𝑨𝑩𝑫

𝟒𝟗𝟎𝟎 +

𝑷 𝑷 + (𝟏 − 𝒙) 𝟐 𝟐

𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔

𝑷 𝑷 − (𝟏 − 𝒙) 𝟐 𝟐

𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔

Valores límite:

𝝈𝑨𝑪 ≤ 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝑷𝒂. 𝝈𝑩𝑫 ≤ 𝟓𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝑷𝒂. Luego se tiene:

𝑭𝑨𝑪 = 𝑨𝑨𝑪

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𝟒𝟗𝟎𝟎 +

𝑷 𝑷 + (𝟏 − 𝒙) 𝟐 𝟐

𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔

= 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔 … … . (∗)

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𝑭𝑩𝑫 = 𝑨𝑩𝑫

𝟒𝟗𝟎𝟎 +

𝑷 𝑷 − (𝟏 − 𝒙) 𝟐 𝟐

𝟒𝟎𝟎 ∗

𝟏𝟎−𝟔

= 𝟓𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔 … … (∗∗)

De * y ** obtenemos: P =50200 N. X = 0.602 m. ESFUERZO NORMAL DE APLASTAMIENTO (ESFUERZO DE APOYO):

𝝈𝒂𝒑 =

𝑷 𝑨𝒂𝒑

Donde: 𝝈𝒂𝒑 ∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 𝒅𝒆 𝒂𝒑𝒍𝒂𝒔𝒕𝒂𝒎𝒆𝒊𝒏𝒕𝒐 𝑷

∶ 𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒐 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 𝒂𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒅𝒂

𝑨𝒂𝒑 ∶ á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒆 𝒂𝒑𝒍𝒂𝒔𝒕𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 EJERCICIO DE APLICACIÓN: La carga aplicada a una varilla de acero, se distribuye a una viga de madera mediante una placa de apoyo cuyo diámetro interior es de 1”. Si el esfuerzo normal en el acero es de 5klib/pulg2 y el esfuerzo de poyo entre la placa de acero y la madera no debe exceder de 750 lb/pulg2, hallar el dímetro exterior de la placa de apoyo. SOLUCION

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Esfuerzo normal en la varilla de acero:

𝝈𝒂𝒄𝒆𝒓𝒐 =

𝑷 = 𝝈𝒂𝒄𝒆𝒓𝒐 ∗ 𝑨𝒂𝒄𝒆𝒓𝒐

𝑷 𝑨𝒂𝒄𝒆𝒓𝒐

𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒍𝒃 𝝅 𝟕 𝟐 = ∗ ∗ ( ) 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 𝟒 𝟖

P = 3006.6 lb. Esfuerzo de apoyo (contacto entre placa de acero y viga de madera)

ii)

𝝈𝒂𝒑 =

𝑷 𝑷 𝟑𝟎𝟎𝟔. 𝟔 𝒍𝒃. → 𝑨𝒂𝒑 = = 𝑨𝒂𝒑 𝝈𝒂𝒑 𝟕𝟓𝟎 𝒍𝒃/𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 𝑨𝒂𝒑 = 𝟒 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐

𝑨𝒂𝒑 → 𝒄𝒐𝒓𝒐𝒏𝒂 𝒄𝒊𝒓𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓. 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 ∶ 𝝅 𝟐 (𝒅 − 𝟏𝟐 ) = 𝟒 → 𝒅 = 𝟐. 𝟒𝟕 𝒑𝒖𝒍𝒈. 𝟒

ESFUERZO NORMAL PERMISISBLE – FACTOR DE SEGURIDAD:

𝝈𝒖 =

𝑷𝒖 𝑨𝒖

Donde: 𝝈𝒖 ∶ 𝒓𝒆𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 ú𝒍𝒕𝒊𝒎𝒂 𝑷𝒖 ∶ 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 ú𝒍𝒕𝒊𝒎𝒂 𝑨𝒖 ∶ á𝒓𝒆𝒂 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒔𝒂𝒍 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 FACTOR DE SEGURIDAD:

𝑭𝑺 =

𝑷𝒖 𝑷𝒑𝒆𝒓𝒎

>1

Ó

𝑭𝑺 =

𝝈𝒖 𝝈𝒑𝒆𝒓𝒎

>1

Donde: 𝑭𝑺

∶ 𝒇𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒓𝒊𝒅𝒂𝒅

𝑷𝒖

∶ 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 ú𝒍𝒕𝒊𝒎𝒂

𝑷𝒑𝒆𝒓𝒎 ∶ 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 𝒑𝒆𝒓𝒎𝒊𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆 INGENIERIA CIVIL

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL 𝝈𝒖

∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 ú𝒍𝒕𝒊𝒎𝒐

𝝈𝒑𝒆𝒓𝒎 ∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒓𝒛𝒐 𝒑𝒆𝒓𝒎𝒊𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆

MARGEN DE SEGURIDAD:

𝑴𝑺 =

𝑴𝑺 =

𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 ú𝒍𝒕𝒊𝒎𝒂 − 𝟏 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 𝒑𝒆𝒓𝒎𝒊𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆

𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 ú𝒍𝒕𝒊𝒎𝒐 − 𝟏 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 𝒑𝒆𝒓𝒎𝒊𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆

EJERCICIO DE APLICACIÓN: Un puntual CD, de longitud L/2 debe soportar una viga AB uniforme de longitud L y peso W= 2390 lb. El puntual 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/pulg2 como esfuerzo admisible. (No considerar el peso propio y articulaciones en los puntos A, C y D)

SOLUCION ∗ ∑ 𝑴𝑨 = 𝟎 𝑳 𝑾 𝒄𝒐𝒔𝟒𝟓 = 𝑭 ∗ 𝒅 … … … (𝒊) 𝟐

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL Ley de senos (∆ 𝑪𝑨𝑫): 𝑳/𝟐 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝟒𝟓 𝒔𝒆𝒏 𝜶 𝑳

𝒙 = 𝒔𝒆𝒏 𝜶 𝟐 𝒙 =

𝑳 √𝟐

√𝟐 𝟐

𝒔𝒆𝒏 𝜶 … … . . (𝒊𝒊)

También: d = x sen𝜷

d=

𝑳 √𝟐

𝒔𝒆𝒏 𝜶 sen𝜷 … … . (𝒊𝒊𝒊)

Reemplazamos (iii) en (i): 𝑳

𝑾 𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟒𝟓 = 𝑭 ∗

𝑳 √𝟐

𝒔𝒆𝒏 𝜶 Sen𝜷

De donde se obtiene: 𝑭=

√𝟐 𝑾 … … . . (𝒊𝒗) 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟑𝟓 − 𝜷)𝒔𝒆𝒏𝜷

Para que F sea mínimo, basta que: y = 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟑𝟓 − 𝜷)𝒔𝒆𝒏𝜷 sea máximo. 𝒅𝒚 = 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟑𝟓 − 𝜷)𝒄𝒐𝒔𝜷 − 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟑𝟓 − 𝜷)𝒔𝒆𝒏𝜷 𝒅𝜷 𝒅𝒚 = 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟑𝟓 − 𝟐𝜷) = 𝟎 … . (𝒄𝒐𝒏𝒅𝒊𝒄𝒊𝒐𝒏) 𝒅𝜷

De donde se obtiene que: 𝜷 = 𝟔𝟕. 𝟓 º Reemplazando en la ecuación (iv): 𝑭𝒎𝒊𝒏. =

𝟐𝟑𝟗𝟎 𝒍𝒃. 𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐 (𝟔𝟕. 𝟓)

𝑭𝒎𝒊𝒏. = 𝟏𝟑𝟗𝟗. 𝟗𝟓 𝒍𝒃. Condición para : 𝝈𝒂𝒅 =

𝟏𝟑𝟗𝟗. 𝟗𝟓 𝒍𝒃. 𝑨

→ 𝟕𝟎𝟎 =

𝟏𝟑𝟗𝟗. 𝟗𝟓 𝒍𝒃. 𝑨

𝑨 = 𝟐 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 INGENIERIA CIVIL

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL ESFUERZO CORTANTE: ESFUERZO CORTANTE PERMISIBLE. ESFUERZO CORTANTE PROMEDIO (𝝉):

𝝉=

𝑷 𝑨

Donde: 𝝉

∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒎𝒆𝒅𝒊𝒐

𝑷

∶ 𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒂𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒅𝒂

𝑨

∶ á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍

ESFUERZO CORTANTE EN UN PUNTO:

𝝉=

𝒅𝑷 𝒅𝑨

ESTADOS DE ESFUERZO CORTANTE:

𝝉= 𝑭𝑺 =

𝑷 𝟐𝑨

𝑷𝒖 𝑷𝒑𝒆𝒓𝒎

>1

EJERCICIO DE APLICACIÓN: Dos placas de 100mm de ancho y 10mm de espesor están unidas por una junta traslapada, la cual contiene 3 remaches de 20mm de diámetro cada uno. La fuerza que actúa en cada placa es de 40kN. Hallar: el esfuerzo cortante promedio en los remaches y el máximo esfuerzo normal promedio en cada placa.

SOLUCION INGENIERIA CIVIL

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Esfuerzo cortante promedio en los remaches:

𝟒𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑵 𝑭𝑪 𝟑 𝝉= = 𝝅 = 𝟒𝟐. 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝑷𝒂. −𝟑 𝟐 𝟐 𝑨𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 𝟒 ∗ (𝟐𝟎 ∗ 𝟏𝟎 ) 𝒎 ii)

Esfuerzo normal promedio en cada placa:

𝝈=

𝑷 ; (𝝈𝒎𝒂𝒙. → 𝑨𝒎𝒊𝒏. 𝒔𝒊 𝑷 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆) 𝑨

La mínima sección transversal de las placas, es aquella que pasa por la fila de 2 remaches.

𝝈𝒎𝒂𝒙.

𝟒𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑵 𝟑 = 𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 − 𝟐(𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟐𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 )𝒎𝟐 𝝈𝒎𝒂𝒙. = 𝟔𝟔. 𝟔𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝑷𝒂.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL ESFUERZOS EN PLANOS DE ORIENTACIÓN ARBITRARIA: ESFUERZO NORMAL (𝝈) Y ESFUERZO CORTANTE (𝝉):

𝝈𝒙´𝒙´ =

𝑷 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 𝑨

Donde: 𝝈𝒙´𝒙´ ∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 𝒏𝒐𝒓𝒎𝒂𝒍 𝒔𝒐𝒃𝒓𝒆 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒊𝒏𝒄𝒍𝒊𝒏𝒂𝒅𝒂. 𝑷

∶ 𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒂𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒅𝒂.

𝑨

∶ á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍.

𝜽

∶ á𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒄𝒍𝒊𝒏𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆𝒍 á𝒓𝒆𝒂 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍.

𝝉𝒙´𝒚´ =

𝑷 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝑨

Donde: 𝝉𝒙´𝒚´ ∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 𝒏𝒐𝒓𝒎𝒂𝒍 𝒔𝒐𝒃𝒓𝒆 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒊𝒏𝒄𝒍𝒊𝒏𝒂𝒅𝒂 𝑷

∶ 𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒂𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒅𝒂

𝑨

∶ á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍

𝜽

∶ á𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒄𝒍𝒊𝒏𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆𝒍 á𝒓𝒆𝒂 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍

Las ecuaciones anteriores se pueden reescribirse:

𝝈𝒙´𝒙´ =

𝝈𝒙𝒙 (𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽) 𝟐

𝝉𝒙´𝒚´ =

𝝈𝒙𝒙 𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 𝟐

EJERCICIO DE APLICACIÓN: El esfuerzo normal sobre el plano pq de una barra prismática en tracción es de 8220lb/pulg2. Sobre el plano rs, el esfuerzo normal es de 3290 lb/pulg2. Determinar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo en la barra. SOLUCION Los esfuerzos sobre una sección que forma 𝛉º con la vertical, son:

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𝝈 = 𝝈𝟎 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 … . . (𝒊) 𝝉 = 𝝈𝟎

𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 … . . (𝒊𝒊) 𝟐

Donde: 𝝈𝟎 =

𝑷 ; 𝒔𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝑨𝟎 𝒆𝒍 𝒂𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍 𝑨𝟎

Resolviendo simultáneamente el sistema (iii) y (iv), obtenemos: 𝟐

𝜽 = 𝟐𝟒. 𝟗𝟗𝟒º , 𝝈𝟎 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝒍𝒃/𝒑𝒖𝒍𝒈 Usamos las ecuaciones (i) y (ii)

𝝈 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 → 𝝈𝒎𝒂𝒙. = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝒍𝒃/𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 (𝜽 = 𝟎) 𝝉 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 → 𝝉𝒎𝒂𝒙. = 𝟓𝟎𝟎𝟎𝒍𝒃/𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 (𝜽 = 𝟒𝟓)

DEFORMACIONES. CAMPO DE DESPLAZAMIENTOS. DEFORMACIÓN UNITARIA NORMAL:

𝜺(𝒙 ó 𝒚) =

∆𝑳 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 − 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 = 𝑳𝒐 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍

Donde: INGENIERIA CIVIL

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL 𝜺(𝒙 ó 𝒚) ∶ 𝒅𝒆𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒖𝒏𝒊𝒕𝒓𝒊𝒂 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒐 𝒙 𝒆 𝒚 ∆𝑳

∶ 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅

DEFORMACIÓN UNITARIA CORTANTE:

𝜸𝒙𝒚 = 𝜶 + 𝜷 (Rad.) Donde: 𝜸𝒙𝒚 ∶ 𝒅𝒆𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒖𝒏𝒊𝒕𝒓𝒊𝒂 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝜶

∶ 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒄𝒊ó𝒏 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒙

𝜶

∶ 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒄𝒊ó𝒏 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒚

FORMULAS DE APROXIMACIÓNES NUMÉRICAS:

(𝟏 + 𝑼)𝒏 ≈ 𝟏 + 𝒏𝑼, (𝟏 + 𝑼)(𝟏 + 𝑽) ≈ 𝟏 + 𝑼 + 𝑽,

𝒔𝒊 𝑼 → 𝟎 𝒔𝒊 𝑼, 𝑽 → 𝟎

𝐬𝐢𝐧 𝜶 ≈ 𝜶 ; 𝐭𝐚𝐧 𝜶 ≈ 𝜶 ; 𝐜𝐨𝐬 𝜶 ≈ 𝟏,

𝒔𝒊 𝜶 → 𝟎

Donde: 𝑼 ∶ 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒆𝒏 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝜽 𝑷 ∶ 𝒄𝒖𝒂𝒍𝒒𝒖𝒊𝒆𝒓 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒂𝒍 EJERCICIO DE APLICACIÓN: Los catetos a y b y la hipotenusa c de un triangulo rectángulo, experimentan las deformaciones unitarias 𝜀𝑎 ; 𝜀𝑏 y 𝜀𝑐 respectivamente. Hallar la distorsión del ángulo recto del triangulo.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL SOLUCION Deformaciones unitarias:

𝝐𝒂 =

𝒂, − 𝒂 → 𝒂, = 𝒂(𝟏 + 𝝐𝒂 ) 𝒂

𝝐𝒃 =

𝒃, − 𝒃 → 𝒃, = 𝒃(𝟏 + 𝝐𝒃 ) 𝒃

𝒄, − 𝒄 𝝐𝒄 = → 𝒄, = 𝒄(𝟏 + 𝝐𝒄 ) 𝒄 Definición de distorsión: 𝜸=

𝝅 − 𝜽 → 𝒔𝒆𝒏𝜸 = 𝒄𝒐𝒔 𝜽 … … . (∗) 𝟐

Determinamos cos 𝜃 usando ley de cosenos en el triangulo deformado. 𝒄′𝟐 = 𝒂′𝟐 + 𝒃′𝟐 − 𝟐𝒂′ 𝒃′ 𝒄𝒐𝒔𝜽

→

𝒄𝟐 (𝟏 + 𝝐𝒄 )𝟐 = 𝒂𝟐 (𝟏 + 𝝐𝒂 )𝟐 + 𝒃𝟐 (𝟏 + 𝝐𝒃 )𝟐 − 𝟐𝒂(𝟏 + 𝝐𝒂 )(𝟏 + 𝝐𝒃 )𝒃𝒄𝒐𝒔𝜽 De la ecuación anterior se obtiene: 𝒂𝟐 𝝐𝒂 + 𝒃𝟐 𝝐𝒃 −𝒄𝟐 𝝐𝒄 𝒂𝒃𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝟏 + 𝝐𝒂 + 𝝐𝒃 Aproximación binomial: 1 = (𝟏 + 𝝐𝒂 + 𝝐𝒃 )−1 = 𝟏 − 𝝐𝒂 − 𝝐𝒃 𝟏 + 𝝐𝒂 + 𝝐𝒃 Luego: 𝒂𝒃𝒄𝒐𝒔𝜽 = (𝒂𝟐 𝝐𝒂 + 𝒃𝟐 𝝐𝒃 − 𝒄𝟐 𝝐𝒄 )(𝟏 − 𝝐𝒂 − 𝝐𝒃 )

Aproximación → términos de primer orden. Obtenemos: 𝒂𝒃𝒄𝒐𝒔𝜽 = (𝒂𝟐 𝝐𝒂 + 𝒃𝟐 𝝐𝒃 − 𝒄𝟐 𝝐𝒄 ) Por lo tanto: 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝒄𝒐𝒔𝜽 =

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(𝒂𝟐 𝝐𝒂 + 𝒃𝟐 𝝐𝒃 − 𝒄𝟐 𝝐𝒄 ) 𝒂𝒃

𝒂 𝒃 𝒂 𝒃 𝝐𝒂 + 𝝐𝒃 − 𝝐𝒄 − 𝝐𝒄 𝒃 𝒂 𝒃 𝒂

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La ecuación anterior se puede escribir de la siguiente manera: 𝒄𝒐𝒔𝜽 =

𝒂 𝒃 (𝝐𝒂 − 𝝐𝒄 ) + (𝝐𝒃 − 𝝐𝒄 ) 𝒃 𝒂

Por (*): 𝒔𝒆𝒏𝜸 = 𝒄𝒐𝒔 𝜽 =

𝒂 𝒃 (𝝐𝒂 − 𝝐𝒄 ) + (𝝐𝒃 − 𝝐𝒄 ) ≈ 𝜸 (𝒅𝒊𝒔𝒕𝒐𝒔𝒊𝒐𝒏 𝒂𝒏𝒈𝒖𝒍𝒂𝒓) 𝒃 𝒂

RELACIONES DIFERENCIALES ENTRE DESPLAZAMIENTOS Y DEFORMACIONES UNITARIAS: Campo de Desplazamientos:

𝒖 = 𝒖(𝒙, 𝒚, 𝒛) 𝒗 = 𝒗(𝒙, 𝒚, 𝒛) 𝒘 = 𝒘(𝒙, 𝒚, 𝒛) Deformaciones unitarias normales:

𝜺𝒙 =

𝝏𝒖 → 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒙 𝝏𝒙

𝜺𝒚 =

𝝏𝒗 → 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒚 𝝏𝒚

𝜺𝒛 =

𝝏𝒘 → 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒛 𝝏𝒛

Deformaciones cortantes:

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𝜸𝒙𝒚 =

𝝏𝒖 𝝏𝒗 + → 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒐 𝒙𝒚 𝝏𝒚 𝝏𝒙

𝜸𝒙𝒛 =

𝝏𝒘 𝝏𝒖 + → 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒐 𝒙𝒛 𝝏𝒙 𝝏𝒛

𝜸𝒚𝒛 =

𝝏𝒘 𝝏𝒗 + → 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒐 𝒚𝒛 𝝏𝒚 𝝏𝒛

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL EJERCICIO DE APLICACIÓN: Los puntos de un sólido sufren desplazamientos dados por: u= 4ay2i + 2ax2j + az2k. Encontrar las deformaciones normales y cortantes en un punto genérico Q(x, y, z) SOLUCION Campo de desplazamientos: u = 4ay2 v = 2ax2 w = az2 Deformaciones normales: 𝜺𝒙 =

𝝏𝒖 𝝏𝒗 𝝏𝒘 = 𝟎 ; 𝜺𝒚 = = 𝟎 ; 𝜺𝒛 = = 𝟐𝒂𝒛 𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝝏𝒛

Deformaciones cortantes: 𝜸𝒙𝒚 =

𝝏𝒖 𝝏𝒗 + = 𝟖𝒂𝒚 + 𝟒 𝒂𝒙 𝝏𝒚 𝝏𝒙

𝜸𝒙𝒛 =

𝝏𝒘 𝝏𝒖 + =𝟎+𝟎=𝟎 𝝏𝒙 𝝏𝒛

𝜸𝒚𝒛 =

𝝏𝒘 𝝏𝒗 + = 𝟎+𝟎 = 𝟎 𝝏𝒚 𝝏𝒛

MATERIALES ELASTICO LINEALES LEY DE HOOKE:

𝝈 = 𝑬𝜺 Donde: 𝝈 ∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒐𝒓𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒍 𝒆𝒍á𝒔𝒕𝒊𝒄𝒐. 𝑬 ∶ 𝒎ó𝒅𝒖𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒆𝒍𝒂𝒔𝒕𝒊𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍 𝒅𝒆𝒍 𝒎𝒂𝒕𝒆𝒓𝒊𝒂𝒍.

ALARGAMIENTO ELASTICO LINEAL:

∆𝑳 =

𝑷𝑳 𝑬𝑨

Donde: ∆𝑳 ∶ 𝒂𝒍𝒂𝒓𝒈𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒆𝒍𝒂𝒔𝒕𝒊𝒄𝒐 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍 INGENIERIA CIVIL

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL 𝑷 ∶ 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 𝒂𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒅𝒂 𝑳 ∶ 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 𝑬 ∶ 𝒎ó𝒅𝒖𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒆𝒍𝒂𝒔𝒕𝒊𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝑨 ∶ Á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍 RIGIDEZ AXIAL DE LA BARRA:

𝑲=

𝑬𝑨 𝑳

Donde: 𝑲 ∶ 𝒄𝒐𝒆𝒇𝒊𝒄𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝒓𝒊𝒈𝒊𝒅𝒆𝒛 𝒂𝒙𝒊𝒂𝒍 𝑬𝑨 ∶ 𝒓𝒊𝒈𝒊𝒅𝒆𝒛 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝟏 ∶ 𝒇𝒍𝒆𝒙𝒊𝒃𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒃𝒂𝒓𝒓𝒂 𝒂𝒙𝒊𝒂𝒍 𝑲

CONSTANTE DE RESORTE EQUIVALENTE:

𝑷 = 𝑲(∆𝑳) Donde: 𝑲 ∶ 𝒄𝒐𝒆𝒇𝒊𝒄𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝒓𝒊𝒈𝒊𝒅𝒆𝒛 𝒂𝒙𝒊𝒂𝒍. ∆𝑳 ∶ 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅. LEY DE HOOKE PARA ESFUERZO CORTANTE:

𝑻 = 𝑮𝜸 𝑮=

𝑬 → 𝑮<𝑬 𝟐(𝟏 + 𝒗)

Donde: 𝑮 ∶ 𝒎ó𝒅𝒖𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒆𝒍𝒂𝒔𝒕𝒊𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆. 𝜸 ∶ 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒖𝒏𝒊𝒕𝒂𝒓𝒊𝒂.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL DEFORMACIÓN LATERAL:

UNITARIA

TRANSVERSAL

𝜺𝑳𝒂 =

O

DEFORMACIÓN

UNITARIA

𝒅´ − 𝒅 𝒅

Donde: 𝒅´ ∶ 𝒅𝒊𝒂𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐 𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 𝒅 ∶ 𝒅𝒊𝒂𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 RELACIÓN DE POISSON:

𝒗=|

𝜺𝑳𝒂𝒕𝒆𝒓𝒂𝒍 𝜺𝑳𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅𝒊𝒏𝒂𝒍

|=−

𝜺𝑳𝒂𝒕𝒆𝒓𝒂𝒍 𝜺𝑳𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅𝒊𝒏𝒂𝒍

DEFORMACIÓN VOLUMETRICO:

𝑽=

∆𝑽 𝑽𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 − 𝑽𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 = 𝑽 𝑽𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍

Donde: 𝒗 = 𝟎 → 𝑴𝒂𝒕𝒆𝒓𝒊𝒂𝒍 𝑰𝒅𝒆𝒂𝒍 (𝒒𝒖𝒆 𝒑𝒖𝒅𝒊𝒆𝒓𝒂 𝒆𝒔𝒕𝒊𝒓𝒂𝒓𝒔𝒆 𝒆𝒏 𝒖𝒏𝒂 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒔𝒊𝒏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒂𝒆𝒓𝒔𝒆 𝒍𝒂𝒕𝒆𝒓𝒂𝒍𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆) 𝒗=

𝟏 → 𝑴𝒂𝒕𝒆𝒓𝒊𝒂𝒍 𝑰𝒅𝒆𝒂𝒍 (𝒑𝒆𝒓𝒇𝒆𝒄𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆, 𝒄𝒂𝒎𝒃𝒊𝒐 𝒅𝒆 𝟐 𝒗𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆𝒏 𝒏𝒖𝒍𝒐.)

𝒗 < 0 → 𝑴𝒂𝒕𝒆𝒓𝒊𝒂𝒍 𝑰𝒎𝒂𝒈𝒊𝒂𝒏𝒓𝒊𝒐(Que podría estirarse en varias direcciones al ser traccionado en una de ellas) DEFORMACIONES TÉRMICA UNITARIA:

𝜺𝑻 = 𝜶(∆𝑻) Donde: 𝜶 ∶ 𝒄𝒐𝒆𝒇𝒊𝒄𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝒅𝒊𝒍𝒂𝒕𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍 ∆𝑻 ∶ 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒕𝒆𝒎𝒑𝒆𝒓𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL ALARGAMIENTO POR CAMBIO DE TEMPERATURA:

𝜹𝝉𝑻 = 𝜶(∆𝑻)𝑳 EJERCICIO DE APLICACIÓN: Una barra compuesta se construye a partir de una varilla de acero de 25mm de diámetro exterior y 25mm de diámetro interior. La varilla y el tubo se unen mediante dos pernos de 20mm de diámetro, según se indica en el esquema. Determinar el esfuerzo cortante que se tiene en los pernos, si después de apretados se eleva la temperatura en 50ºC.para el acero (E= 210GPa.y 𝛼 = 11 ∗ 10−6.y para el cobre (E= 105GPa.y 𝛼 = 17 ∗ 10−6. SOLUCION

Como 𝛼𝑐𝑢 > 𝛼𝑎𝑐 , el cobre trata de dilatarse más que el acero, determinándose esfuerzo cortante en los pernos de unión de ambos materiales. Condición: 𝑭𝒂𝒄𝒆𝒓𝒐 = 𝑭𝒄𝒐𝒃𝒓𝒆 → 𝝈𝒂𝒄

𝒏 𝒏 (𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ) = 𝝈𝒄𝒖 [𝟏𝟎−𝟑 (𝟓𝟎𝟐 − 𝟐𝟓𝟐 )] 𝟒 𝟒

Simplificando se tiene:

𝝈𝒂𝒄 = 𝟑𝝈𝒄𝒖 … … … (𝟏) Alargamiento en el acero: ∆𝒂𝒄 =

𝝈𝒂𝒄 𝝈𝒂𝒄 𝑳 𝑳= … . (𝟐) 𝑬𝒂𝒄 𝟐𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟗

∆𝒄𝒖 =

𝝈𝒄𝒖 𝝈𝒄𝒖 𝑳 𝑳= … . (𝟑) 𝑬𝒄𝒖 𝟏𝟎𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟗

Acortamiento en el cobre:

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL Cambio total de longitud:

∆𝑻 = 𝜶𝒄𝒖 𝑳∆𝑻 − 𝜶𝒂𝒄 𝑳∆𝑻 ∆𝑻 = 𝑳∆𝑻 (𝜶𝒄𝒖 − 𝜶𝒂𝒄 ) Compatibilidad: ∆𝑻 = ∆𝒄𝒖 + ∆𝒂𝒄 Reemplazando 2 y 3 se tiene: 𝑳∆𝑻 (𝜶𝒄𝒖 − 𝜶𝒂𝒄 ) =

𝝈𝒂𝒄 𝑳 𝟐𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎

𝟗

+

𝝈𝒄𝒖 𝑳 𝟏𝟎𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟗

Simplificando y reemplazando valores:

𝟓𝟎 (𝟏𝟕 − 𝟏𝟏) ∗ 𝟏𝟎𝟗 =

𝝈𝒂𝒄 𝟗

𝟐𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎

+

𝝈𝒄𝒖 𝟏𝟎𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟗

Teniendo en cuenta la ecuación (1) se tiene:

𝝈𝒂𝒄 = 𝟑𝟕. 𝟖𝟑 𝑴𝑷𝒂. Fuerza que soporte el acero: 𝑭𝒂𝒄 = 𝑨𝒂𝒄 ∗ 𝝈𝒂𝒄 𝑭𝒂𝒄 =

𝝅 𝟐 (𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ) (𝟑𝟕. 𝟖𝟑) 𝟒

𝑭𝒂𝒄 = 𝟏𝟖. 𝟓𝟔𝟕 𝒌𝑵. Los pernos se encuentran en estado doble cortante: 𝝉𝒑𝒆𝒓𝒏𝒐 =

𝑭𝒂𝒄 𝝅 𝟐 𝟒 (𝟐𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 )𝟐

𝝉𝒑𝒆𝒓𝒏𝒐 =

𝟏𝟖. 𝟓𝟔𝟕 𝒌𝑵 𝝅 𝟐 𝟒 (𝟐𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 )𝟐

𝝉𝒑𝒆𝒓𝒏𝒐 = 𝟐𝟗. 𝟓𝟓𝑴𝑷𝒂.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL EJERCICIOS DE APLICACIÓN:

1. Una barra de plástico acrílico tiene una longitud de 200mm y un diámetro de 15mm. Si se le aplica una carga axial de 300N, determine el cambio en su longitud y en su diámetro. Ep=2.7GPa, vp=0.4.

SOLUCIÓN Calculo del esfuerzo axial: 𝝈=

𝑷 𝟑𝟎𝟎 = 𝝅 = 𝟏. 𝟔𝟗𝟕 𝑴𝑷𝒂. 𝑨 (𝟎. 𝟎𝟏𝟓)𝟐 𝟒

Calculo de la deformación longitudinal: 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 =

𝝈

= 𝑬

𝟏.𝟔𝟗𝟕(𝟏𝟎𝟔 ) 𝟐.𝟕𝟎 (𝟏𝟎𝟗 )

= 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟔𝟐𝟖𝟖

∆𝑳 = 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 ∗ 𝑳 ∆𝑳 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟔𝟐𝟖𝟖 ∗ (𝟐𝟎𝟎) ∆𝑳 = 𝟎. 𝟏𝟐𝟔 𝒎𝒎. Calculo de la deformación lateral: 𝜺𝒍𝒂𝒕 = −𝒗 ∗ 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈

𝜺𝒍𝒂𝒕 = −𝟎. 𝟒 ∗ 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟔𝟐𝟖𝟖 𝜺𝒍𝒂𝒕 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟓𝟏𝟓

∆𝒅 = 𝜺𝒍𝒂𝒕. ∗ 𝒅 ∆𝒅 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟓𝟏𝟓 ∗ 𝟏𝟓 ∆𝒅 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟑𝟕𝟕

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2. Un bloque cilíndrico corto de aluminio 2014 - T6, que tiene inicialmente una diámetro de 0.5pulg y una longitud de 1.5 pulg. Se sitúa entre las mordazas lisas de un tornillo de banco y se comprime hasta que la carga axial aplicada es de 800lb. Determine (a) la disminución de su longitud y (b) su nuevo diámetro. SOLUCIÓN Calculo del esfuerzo axial: 𝝈=

𝑷 𝟖𝟎𝟎 = 𝝅 = 𝟒𝟎𝟕𝟒. 𝟑𝟕 𝒍𝒊𝒃/𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 𝟐 𝑨 (𝟎. 𝟓) 𝟒

Calculo de la deformación longitudinal: 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 =

𝝈

= 𝑬

−𝟒𝟎𝟕𝟒.𝟑𝟕 𝟏𝟎.𝟔∗(𝟏𝟎𝟔 )

= −𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟖𝟒𝟒

∆𝑳 = 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 ∗ 𝑳 ∆𝑳 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟖𝟒𝟒 ∗ (𝟏. 𝟓) ∆𝑳 = −𝟎. 𝟓𝟕𝟕(𝟏𝟎−𝟑 )𝒑𝒖𝒍𝒈. Calculo de la deformación lateral: 𝜺𝒍𝒂𝒕 = 𝟎. 𝟑𝟓 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 = −𝟎. 𝟑𝟓(−𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟖𝟒𝟒) 𝒗=

𝜺𝒍𝒂𝒕

𝜺𝒍𝒂𝒕 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟑𝟒𝟓𝟑 ∆𝒅 = 𝜺𝒍𝒂𝒕. ∗ 𝒅 ∆𝒅 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟑𝟒𝟓𝟑(𝟎. 𝟓) ∆𝒅 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟔𝟕𝟐𝟕 𝒅´ = 𝒅 + ∆𝒅 = 𝟎. 𝟓𝟎𝟎𝟎𝟔𝟕𝟑 𝒑𝒖𝒍𝒈.

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3. Un bloque cilíndrico de bronce C86100 con diámetro original de 1.5 pulg y longitud de 3 pulg se coloca en una maquina de compresión y se comprime hasta que su longitud es de 2.98 pulg. Determine el nuevo diámetro del bloque. SOLUCIÓN

𝛆𝐥𝐨𝐧𝐠 =

−𝟎. 𝟎𝟐 𝟑

𝛆𝐥𝐨𝐧𝐠 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟔𝟔𝟔𝟔𝟕 𝛆𝐥𝐚𝐬𝐭 = (−𝐯)(𝛆𝐥𝐨𝐧𝐠) 𝛆𝐥𝐚𝐬𝐭 =(-0.34)(-0.0066667) 𝛆𝐥𝐚𝐬𝐭 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟐𝟐𝟔𝟔𝟕 ∆𝐝 = (𝛆𝐥𝐚𝐬𝐭)𝐝 ∆𝐝 = (𝟎. 𝟎𝟎𝟐𝟐𝟔𝟔𝟕)(𝟏. 𝟓) ∆𝐝 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟑𝟒 𝐩𝐮𝐥𝐠. 𝐝′ = 𝐝 + ∆𝐝 𝐝′ = 𝟏. 𝟓 + 𝟎. 𝟎𝟎𝟑𝟒 𝐝′ = 𝟏. 𝟓𝟎𝟑𝟒 𝐩𝐮𝐥𝐠.

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4. El soporte consta de tres placas rígidas conectadas entre si por medio de dos cojinetes de hule situados simétricamente. Si se aplica una fuerza vertical de 50N a la placa A, determine el desplazamiento vertical aproximado de esta placa debido a las deformaciones unitarias cortantes en el hule. Cada cojinete tiene dimensiones de 30mm y 20mm. Gr = 0.20MPa.

SOLUCIÓN

Calculo del esfuerzo cortante:

𝝉=

𝑽 𝟐𝟓 = = 𝟒𝟏𝟔𝟔𝟔. 𝟔𝟕 𝑷𝒂 𝑨 𝟎. 𝟎𝟑 ∗ 𝟎. 𝟎𝟐

Se sabe que: 𝝉= 𝜸∗𝑮 𝜸=

𝝉 𝟒𝟏𝟔𝟔𝟔. 𝟔𝟕 = = 𝟎. 𝟐𝟎𝟖𝟑 𝒓𝒂𝒅. 𝑮 𝟎. 𝟐(𝟏𝟎𝟔 )

∆𝑳 = 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 ∗ 𝑳

∆𝑳 = 𝟒𝟎(𝟎. 𝟐𝟎𝟖𝟑)

∆𝑳 = 𝟖. 𝟑𝟑 𝒎𝒎

5. Se construye un resorte de cortante con dos bloques de hule, cada uno de altura h, ancho b y espesor a. Los INGENIERIA CIVIL

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bloques se adhieren a tres placas como se muestra. Si las placas son rígidas y el modulo cortante del hule es G, determine el desplazamiento de la placa A si se aplica una carga P vertical a esta placa. Suponga que el desplazamiento es pequeño de modo que L= atan 𝛾 = a 𝛾.

SOLUCIÓN

𝐕= 𝛕=

𝐏 𝟐

𝐕 𝐀

𝐏 𝛕= 𝟐 𝐛𝐡 𝛕=

𝐏 𝟐𝐛𝐡

𝛄=

𝛕 𝐆 𝐏 𝟐𝐛𝐡 𝛄= 𝐆 𝛄=

𝐏 𝟐𝐛𝐡𝐆

𝛅 = 𝐚𝛄 𝛅=

𝐏𝐚 𝟐𝐛𝐡𝐆

6. Un bloque de aluminio tiene una sección transversal rectangular y se somete a una fuerza de compresión axial de 8klb. Si el lado de 1.5 pulg cambia su longitud a 1.500132 pulg. Determine la razón de poisson y la nueva longitud del lado de 2 pulg. Eal=10(103) klb/pulg2.

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SOLUCIÓN Calculo del esfuerzo axial: 𝝈=

𝑷 𝟖 = = 𝟐. 𝟔𝟔𝟕 𝒌𝒊𝒑/𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 𝑨 𝟐 ∗ 𝟏. 𝟓

Calculo de la deformación longitudinal: 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 =

𝝈 𝑬

=

−𝟐.𝟔𝟔𝟕 𝟏𝟎(𝟏𝟎𝟑 )

= −𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟔𝟔𝟕

Calculo de la deformación lateral: 𝜺𝒍𝒂𝒕 =

𝟏. 𝟓𝟎𝟎𝟏𝟑𝟐 − 𝟏. 𝟓 𝟏. 𝟓

𝜺𝒍𝒂𝒕 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝟎 Calculo del modulo de poisson: 𝒗=

−𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝟎 = 𝟎. 𝟑𝟑𝟎 −𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟔𝟔𝟕

La nueva longitud es: 𝒉´ = 𝟐 + 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝟎(𝟐) = 𝟐. 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟕𝟔 𝒑𝒖𝒍𝒈.

7. Un buje tiene un diámetro de 30mm y encaja dentro de un maguito rígido con un diámetro interior de 32mm. Tanto el buje como el manguito tienen una longitud de 50mm. Determine la presión axial p que debe aplicarse a la parte superior del buje para hacer que tome INGENIERIA CIVIL

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contacto con los costados del maguito. Además, ¿en cuánto debe ser comprimido el buje hacia abajo para que ocurra esto? El buje esta hecho de de un material para el cual E=5MPa. v=0.45.

SOLUCIÓN

𝜺𝒍𝒂𝒔𝒕 =

𝒅′ − 𝒅 𝒅

𝟑𝟐 − 𝟑𝟎 𝟑𝟎

𝜺𝒍𝒂𝒔𝒕 =

𝜺𝒍𝒂𝒔𝒕 = 𝟎. 𝟎𝟔𝟔𝟔𝟕 𝜺𝒍𝒂𝒔𝒕

V=− 𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 V=− V=−

𝜺𝒍𝒂𝒔𝒕 𝑽

𝟎.𝟎𝟔𝟔𝟕 𝟎.𝟒𝟓

V=−𝟎. 𝟏𝟒𝟖𝟏 P=𝝈 = 𝑬𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈 = (𝟓(𝟏𝟎𝟔 )(𝟎. 𝟏𝟒𝟖𝟏) P=741 KPa 𝜹 = |(𝜺𝒍𝒐𝒏𝒈)𝑳| 𝜹 = |−𝟎. 𝟏𝟒𝟖𝟏(𝟓𝟎)| 𝜹 = 𝟕. 𝟒𝟏 mm

CAPITULO II ESTADO GENERAL DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES MATRICES σ; ԑ

𝝈𝒙𝒙 [𝜸𝒚𝒙 𝜸𝒛𝒙

𝜸𝒙𝒚 𝝈𝒚𝒚 𝜸𝒛𝒚

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𝜸𝒙𝒛 𝜸𝒚𝒛 ] = σ 𝝈𝒛𝒛

……

se denomina MATRIZ DE ESFUERZOS

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ԑ𝒙𝒙 𝜸𝒙𝒚 𝜸𝒙𝒛 𝜸 [ 𝒚𝒙 ԑ𝒚𝒚 𝜸𝒚𝒛 ] = ԑ 𝜸𝒛𝒙 𝜸𝒛𝒚 ԑ𝒛𝒛 DEFORMACIONES

..…….. se denomina MATRIZ DE

Las matrices σ; ԑ son matrices de 3*3 SIMETRICAS.

ECUACIÓN DE NAVIER.

𝝏𝛔𝒙 𝝏𝜸𝒙𝒚 𝝏𝜸𝒛𝒙 + + + 𝑩𝒙 = 𝟎 … … … (𝒊) 𝝏𝐱 𝝏𝒚 𝝏𝐳 𝝏𝐓𝒙𝒚 𝝏𝛔𝒚 𝝏𝑻𝒚𝒛 + + + 𝑩𝒀 = 𝟎 … … … (𝒊𝒊) 𝝏𝐱 𝝏𝒚 𝝏𝐳 𝝏𝜸𝒙𝒛 𝝏𝜸𝒚𝒛 𝝏𝛔𝒛 + + + 𝑩𝒛 = 𝟎 … … … (𝒊𝒊𝒊) 𝝏𝐱 𝝏𝒚 𝝏𝐳

Las ecuaciones (i), (ii), (iii) se denominan ecuaciones diferenciales de equilibrio (Ecuaciones de Navier). ̅ = (𝑩𝒙 , 𝑩𝒚 , 𝑩𝒛 ) → 𝑽𝑬𝑪𝑻𝑶𝑹 𝑫𝑬 𝑭𝑼𝑬𝑹𝒁𝑨𝑺 𝑴𝑨𝑺𝑰𝑪𝑨𝑺 𝑩

LEY DE HOOKE EN TRES DIMENSIONES ORTOGONALES, ECUACIÓN DE LAMÉ.

𝛔𝒙 = 𝟐𝒖ԑ𝒙 + 𝝀(ԑ𝒙 + ԑ𝒚 + ԑ𝒛 ) 𝛔𝒚 = 𝟐𝒖ԑ𝒚 + 𝝀(ԑ𝒙 + ԑ𝒚 + ԑ𝒛 )] … … … … . (𝒊) 𝛔𝒛 = 𝟐𝒖ԑ𝒛 + 𝝀(ԑ𝒙 + ԑ𝒚 + ԑ𝒛 ) 𝝉𝒙𝒚 = 𝑮𝜸𝒙𝒚 𝝉𝒙𝒛 = 𝑮𝜸𝒙𝒛 ] … … … … … … (𝒊𝒊) 𝝉𝒙𝒚 = 𝑮𝜸𝒛𝒚 La ecuación (i) se denomina ecuación de LAMÉ; las constantes elásticas u, λ están dadas por: 𝒖=

𝑬 𝑬𝝈 =𝑮; 𝝀= =𝑮 (𝟏 + 𝑽)(𝟏 − 𝟐𝑽) 𝟐(𝟏 + 𝑽)

Denominadas constantes elásticas de Lamé. ∑𝟏 = 𝛔𝒙 + 𝛔𝒚 + 𝛔𝒛 𝒔𝒆 𝒅𝒆𝒏𝒐𝒎𝒊𝒏𝒂 𝒕𝒓𝒂𝒛𝒂 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒛 σ 𝑦 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑖𝑛𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜𝑠. INGENIERIA CIVIL

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Ѳ𝟏 = ԑ𝒙 + ԑ𝒚 + ԑ𝒛 𝒔𝒆 𝒅𝒆𝒏𝒐𝒎𝒊𝒏𝒂 𝒕𝒓𝒂𝒛𝒂 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒛 ԑ 𝑦 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑖𝑛𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑢𝑛𝑖𝑡𝑎𝑟𝑖𝑎

Existe una relación entre ∑1 y Ѳ1 la cual es: Ѳ1 =

1−2𝑉 𝐸

∑1

La invariante Ѳ1 es numéricamente igual al cambio unitario de volumen Ѳ𝟏 = ԑ𝒙 + ԑ𝒚 + ԑ𝒛 =

∆𝑽 𝒔𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝑽𝟎 𝒆𝒍 𝒗𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆𝒏 𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍. 𝑽𝟎

−𝒑 𝟎 𝟎 [ 𝟎 −𝒑 𝟎 ] = σ (p>0) se llama estado hidrostático de esfuerzos 𝟎 𝟎 −𝒑 Si el material es elástico, lineal isotrópico, tenemos. Ѳ𝟏 =

𝟏 − 𝟐𝑽 𝑬 (−𝒑 − 𝒑 − 𝒑) → −𝒑 = Ѳ 𝑬 𝟑(𝟏 − 𝟐𝑽) 𝟏

𝒆𝒔 𝒅𝒆𝒄𝒊𝒓 − 𝒑 = 𝑲Ѳ𝟏 , 𝒔𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝑲 =

𝑬 𝒆𝒍 𝒅𝒆𝒏𝒐𝒎𝒊𝒏𝒂𝒅𝒐 𝑴𝑶𝑫𝑼𝑳𝑶 𝑫𝑬 𝟑(𝟏 − 𝟐𝑽)

𝑪𝑶𝑴𝑷𝑹𝑬𝑺𝑰𝑩𝑰𝑳𝑰𝑫𝑨𝑫 𝑫𝑬𝑳 𝑴𝑨𝑻𝑬𝑹𝑰𝑨𝑳. (𝑴𝑶𝑫𝑼𝑳𝑶 𝑽𝑶𝑳𝑼𝑴𝑬𝑵𝑻𝑹𝑰𝑪𝑶, 𝑩𝒖𝒍𝒌𝒔).

EJERCICIO DE APLICACIÓN:

En el interior de un sólido, los esfuerzos están dados por la matriz 𝒙𝟐 𝒚 σ = [(𝟏 − 𝒚𝟐 )𝒙

(𝟏 − 𝒚𝟐 )𝒙 𝟏 𝟑

(𝒚𝟑 − 𝟑𝒚)

𝟎

𝟎 𝟎 ] (unidades de esfuerzo) 𝟐𝒛𝟐

𝟎

Determinar la distribución de Fuerzas Másicas, si el equilibrio debe satisfacer en todo punto del sólido. 𝛔𝒙𝒙 [𝜸𝒚𝒙 𝜸𝒛𝒙

𝜸𝒙𝒚 𝛔𝒚𝒚 𝜸𝒛𝒚

𝜸𝒙𝒛 𝜸𝒚𝒛 ] = σ 𝛔𝒛𝒛

𝐒𝐎𝐋𝐔𝐂𝐈𝐎𝐍 Esfuerzos → 𝛔𝒙 = 𝒙𝟐 𝒚

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𝜸𝒙𝒚 = (𝟏 − 𝒚𝟐 )𝒙

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𝜸𝒛𝒙 = 𝟎

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL 𝟏

𝛔𝒚 = 𝟑 (𝒚𝟑 − 𝟑𝒚)

𝛔𝒛 = 𝟐𝒛𝟐

𝜸𝒚𝒛 = 𝟎

Reemplazando en las ecuaciones de Navier, obtenemos: 𝟐𝒙𝒚 − 𝟐𝒙𝒚 + 𝟎 + 𝑩𝒙 = 𝟎

→ 𝑩𝒙 = 𝟎

𝟏 (𝟏 − 𝒚𝟐 ) − (𝟑𝒚𝟐 − 𝟑) + 𝟎 + 𝑩𝒚 = 𝟎 𝟑

→ 𝑩𝒚 = 𝟎

𝟎 + 𝟎 + 𝟒𝒛 + 𝑩𝒛 = 𝟎

→ 𝑩𝒛 = −𝟒𝒛

Luego; vector de fuerzas másicas es: 𝐵̅ = (0,0, −4𝑧) (vector típico de efectos de peso propio). ESFUERZOS SOBRE PLANOS DE ORIENTACIÓN ARBITRARIA. FORMULAS:

𝜸𝒙𝒚 𝒋⃗ 𝜸𝒙𝒛 ⃗𝒌⃗ 𝛔𝒚 = 𝜸𝒚𝒙 𝒊⃗ 𝛔𝒚 𝒋⃗ 𝜸𝒚𝒛 ⃗𝒌⃗ … … … … . . (𝟏) ̅̅̅ 𝛔𝒛 = 𝜸𝒛𝒙 𝒊⃗ 𝜸𝒛𝒚 𝒋⃗ 𝛔𝒛 ⃗𝒌⃗ } ̅̅̅ 𝛔 ̅̅̅𝒙 = 𝛔𝒙 𝒊⃗

̅𝛔𝒑 = 𝛔 ̅𝒑𝒙 𝒊⃗ + 𝛔 ̅𝒑𝒚 𝒋⃗ + 𝛔 ̅𝒑𝒛 ⃗𝒌⃗ … … … . . . . (𝟐) ̅𝛔𝒑 = 𝒍𝛔 ̅𝒙 + 𝒎𝛔 ̅𝒚 + 𝒏𝛔 ̅𝒛 … … … … … . . (𝟑) 𝛔𝒑𝒙 = 𝒍𝛔𝒙 𝛔𝒑𝒚 = 𝒍𝜸𝒚𝒙 𝛔𝒑𝒛 = 𝒍𝜸𝒛𝒙

𝒎𝜸𝒙𝒚 𝒎𝛔𝒚 𝒎𝜸𝒛𝒚

𝒏𝜸𝒙𝒛 𝒏𝜸𝒚𝒛 } … … … . . . . (𝟒) 𝒏𝛔𝒛

𝛔𝑷𝑵 = 𝒍𝟐 𝛔𝒙 + 𝒎𝟐 𝛔𝒚 + 𝒏𝟐 𝛔𝒛 + 𝟐𝒍𝒎𝜸𝒙𝒚 + 𝟐𝒍𝒏𝜸𝒙𝒛 + 𝟐𝒎𝒏𝜸𝒚𝒛 … … … (𝟓) 𝛔𝑷𝑺 = √ 𝛔𝒑𝒙 𝟐 + 𝛔𝒑𝒚 𝟐 + 𝛔𝒑𝒛 𝟐 − 𝛔𝑷𝑵 𝟐 … … … … . (𝟔) EJERCICIO DE APLICACIÓN:

𝟎 𝟏 = [𝟏 𝛔𝒚 𝟐 𝟏 calcular σ𝑦 , de manera que el Vector Esfuerzo en un plano que pasa por ese punto, nulo. Encontrar el Vector Unitario Normal para ese plano libre de esfuerzos. La matriz de esfuerzos en un punto es

σ

𝟐 𝟏] 𝟎 sea

SOLUCION

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Vector esfuerzo: ̅̅̅̅: σp

𝛔𝒑𝒙 𝟎 𝛔 [ 𝒑𝒚 ] = [𝟏 𝛔𝒑𝒛 𝟐

𝟏 𝛔𝒚 𝟏

𝟐 𝒍 𝟏 ] [𝒎 ] 𝟎 𝒏

Efectuando el producto e identificando componentes, tenemos:

𝛔𝒑𝒙 = 𝒎 + 𝟐𝒏

; 𝛔𝒑𝒚 = 𝒍 + 𝒎𝛔𝒚 + 𝒏

; 𝛔𝒑𝒛 = 𝟐𝒍 + 𝒎

Condición ̅̅̅̅ σp = 0. Entonces se requiere: 𝒎 + 𝟐𝒏 = 𝟎 … … … … … (𝟏) 𝒍 + 𝒎𝛔𝒚 + 𝒏 = 𝟎 … … … (𝟐) 𝟐𝒍 + 𝒎 = 𝟎 … … … … … . (𝟑) 𝒎

𝒎

De (1) → 𝒏 = − 𝟐 ; de (3) → 𝒍 = − 𝟐 Reemplazando en (2): −𝒎 −𝒎 + 𝒎𝛔𝒚 + ( ) = 𝟎 → 𝒎(−𝟏 + 𝛔𝒚 ) = 𝟎 𝟐 𝟐 𝑚 = 0 Es imposible, puesto que ocasionaría m=n=l=0

Entonces → -1+σ𝑦 = 0 → σ𝑦 = 1

Para este valor, las ecuaciones (1), (2), (3) quedan: 𝒎 + 𝟐𝒏 = 𝟎 𝒍+𝒎+𝒏=𝟎 𝟐𝒍 + 𝒎 = 𝟎 Que las resolvemos bajo la condición: 𝒍𝟐 + 𝒎𝟐 + 𝒏𝟐 = 𝟏 (Cosenos directores) Obtenemos: 𝒍=±

𝟏 √𝟔

;𝒎 = ±

𝟐 √𝟔

;𝒏 = ±

𝟏 √𝟔

Los vectores unitarios normales al plano libre de esfuerzos son:

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̅ =± 𝑵

𝟏 √𝟔

𝒊⃗ ±

𝟐 √𝟔

𝒋⃗ ±

𝟏 √𝟔

⃗𝒌⃗

TRANSFORMACIÓN GENERAL DE ESFUERZOS FORMULAS:

𝛔𝐧 = 𝛔𝐱 𝐚𝐧𝐱𝟐 + 𝛕𝐱𝐲 𝐚𝐧𝐱 𝐚𝐧𝐲 + 𝛕𝐱𝐳 𝐚𝐧𝐱 𝐚𝐧𝐳 + 𝛕𝐲𝐱 𝐚𝐧𝐲 𝐚𝐧𝐱 + 𝛔𝐲 𝐚𝐧𝐲𝟐 +𝛕𝐲𝐳 𝐚𝐧𝐲 𝐚𝐧𝐳 + 𝛕𝐳𝐱 𝐚𝐧𝐳 𝐚𝐧𝐱 + 𝛕𝐱𝐲 𝐚𝐧𝐱 𝐚𝐧𝐲 + 𝛔𝐳 𝐚𝐧𝐳𝟐

} … … . . (𝟏)

𝛔𝒙´ = 𝛔𝒙 𝒂𝒙´𝒙𝟐 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒙´𝒚 + 𝝉𝒙𝒛 𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒙´𝒛 + 𝝉𝒚𝒙 𝒂𝒙´𝒚 𝒂𝒙´𝒙 + 𝛔𝒚 𝒂𝒙´𝒚𝟐 +𝝉𝒚𝒛 𝒂𝒙´𝒚 𝒂𝒙´𝒛 + 𝝉𝒛𝒙 𝒂𝒙´𝒛 𝒂𝒙´𝒙 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒙´𝒚 + 𝛔𝒛 𝒂𝒙´𝒛𝟐 Donde:

} … … . (𝟐)

𝒂𝒙´𝒙 → 𝒄𝒐𝒔𝒆𝒏𝒐 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒆 𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒙´𝒚 𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒙. 𝒂𝒙´𝒚 → 𝒄𝒐𝒔𝒆𝒏𝒐 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒆 𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒙´𝒚 𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒚.

𝛔𝒚´ = 𝛔𝒙 𝒂𝒚´𝒙𝟐 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒚´𝒙 𝒂𝒚´𝒚 + 𝝉𝒙𝒛 𝒂𝒚´𝒙 𝒂𝒚´𝒛 + 𝝉𝒚𝒙 𝒂𝒚´𝒚 𝒂𝒚´𝒙 + 𝛔𝒚 𝒂𝒚´𝒚𝟐 +𝝉𝒚𝒛 𝒂𝒚´𝒚 𝒂𝒚´𝒛 + 𝝉𝒛𝒙 𝒂𝒚´𝒛 𝒂𝒚´𝒙 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒚´𝒙 𝒂𝒚´𝒚 + 𝛔𝒛 𝒂𝒚´𝒛𝟐

} … … . . (𝟑)

𝛔𝒛´ = 𝛔𝒙 𝒂𝒛´𝒙𝟐 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒛´𝒙 𝒂𝒛´𝒚 + 𝝉𝒙𝒛 𝒂𝒛´𝒙 𝒂𝒛´𝒛 + 𝝉𝒚𝒙 𝒂𝒛´𝒚 𝒂𝒛´𝒙 + 𝛔𝒚 𝒂𝒛´𝒚𝟐 +𝝉𝒚𝒛 𝒂𝒛´𝒚 𝒂𝒛´𝒛 + 𝝉𝒛𝒙 𝒂𝒛´𝒛 𝒂𝒛´𝒙 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒛´𝒙 𝒂𝒛´𝒚 + 𝛔𝒛 𝒂𝒛´𝒛𝟐

} … … . . (𝟒)

𝝉𝒙´𝒛´ = 𝛔𝒙 𝒂𝒙´𝒛 𝒂𝒛´𝒙 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒛´𝒚 + 𝝉𝒙𝒛 𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒛´𝒛 + 𝝉𝒚𝒙 𝒂𝒙´𝒚 𝒂𝒛´𝒙 + 𝛔𝒚 𝒂𝒙´𝒚 𝒂𝒛´𝒚 } … … . (𝟓) +𝝉𝒚𝒛 𝒂𝒙´𝒚 𝒂𝒛´𝒛 + 𝝉𝒛𝒙 𝒂𝒙´𝒛 𝒂𝒛´𝒙 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒛´𝒚 + 𝛔𝒛 𝒂𝒙´𝒛 𝒂𝒛´𝒛 Similarmente para 𝜏𝑥´𝑦´ ; 𝜏𝑦´𝑧´ . Las ecuaciones para las transformaciones de esfuerzos, ecuación (2), (3), (4), (5)…….. Se escriben consistentemente en forma matricial. σ → matriz referencial a las coordenadas (x, y, z). σ´ → matriz referencial a las coordenadas (x´, y´, z´). MATRIZ DE TRANSFORMACIÓN DE COORDENADAS: A

𝒂𝒙´𝒙 𝒂 𝑨 = ( 𝒚´𝒙 𝒂𝒛´𝒙

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𝒂𝒙´𝒚 𝒂𝒚´𝒚 𝒂𝒛´𝒚

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𝒂𝒙´𝒛 𝒂𝒚´𝒛 ) 𝒂𝒛´𝒛

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𝒂𝒙´𝒙 𝒂 𝑨 = ( 𝒙´𝒚 𝒂𝒙´𝒛 𝑻

𝒂𝒚´𝒙 𝒂𝒚´𝒚 𝒂𝒚´𝒛

𝒂𝒛´𝒙 𝒂𝒛´𝒚 ) 𝒂𝒛´𝒛

EJERCICIO DE APLICACION:

Demostrar que σ𝑥´ +σ𝑦´ + σ𝑧´ = σ𝑥 + σ𝑦 + σ𝑧 (primer invariante de esfuerzos). Sumando respectivamente las ecuaciones (2), (3), (4), tenemos: 𝛔𝒙´ + 𝛔𝒚´ + 𝛔𝒛´ = 𝛔𝒙 𝒂𝒙´𝒙𝟐 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒙´𝒚 + 𝝉𝒙𝒛 𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒙´𝒛 + 𝝉𝒚𝒙 𝒂𝒙´𝒚 𝒂𝒙´𝒙 + 𝛔𝒚 𝒂𝒙´𝒚𝟐 + 𝝉𝒚𝒛 𝒂𝒙´𝒚 𝒂𝒙´𝒛 + 𝝉𝒛𝒙 𝒂𝒙´𝒛 𝒂𝒙´𝒙 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒙´𝒚 + 𝛔𝒛 𝒂𝒙´𝒛𝟐 + 𝛔𝒙 𝒂𝒚´𝒙𝟐 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒚´𝒙 𝒂𝒚´𝒚 + 𝝉𝒙𝒛 𝒂𝒚´𝒙 𝒂𝒚´𝒛 + 𝝉𝒚𝒙 𝒂𝒚´𝒚 𝒂𝒚´𝒙 + 𝛔𝒚 𝒂𝒚´𝒚𝟐 + 𝝉𝒚𝒛 𝒂𝒚´𝒚 𝒂𝒚´𝒛 + 𝝉𝒛𝒙 𝒂𝒚´𝒛 𝒂𝒚´𝒙 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒚´𝒙 𝒂𝒚´𝒚 + 𝛔𝒛 𝒂𝒚´𝒛𝟐 + 𝛔𝒙 𝒂𝒛´𝒙𝟐 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒛´𝒙 𝒂𝒛´𝒚 + 𝝉𝒙𝒛 𝒂𝒛´𝒙 𝒂𝒛´𝒛 + 𝝉𝒚𝒙 𝒂𝒛´𝒚 𝒂𝒛´𝒙 + 𝛔𝒚 𝒂𝒛´𝒚𝟐 + 𝝉𝒚𝒛 𝒂𝒛´𝒚 𝒂𝒛´𝒛 + 𝝉𝒛𝒙 𝒂𝒛´𝒛 𝒂𝒛´𝒙 + 𝝉𝒙𝒚 𝒂𝒛´𝒙 𝒂𝒛´𝒚 + 𝛔𝒛 𝒂𝒛´𝒛𝟐

Expresión que puede arreglarse de la manera siguiente: 𝚺𝒙´ + 𝛔𝒚´ + 𝛔𝒛´ = 𝛔𝒙 (𝒂𝒙´𝒙𝟐 + 𝒂𝒚´𝒙𝟐 + 𝛔𝒛 𝒂𝒙´𝒙𝟐 )+ 𝛔𝒚 (𝒂𝒙´𝒚𝟐 + 𝒂𝒚´𝒚𝟐 + 𝛔𝒛 𝒂𝒙´𝒚𝟐 ) + 𝛔𝒛 (𝒂𝒙´𝒛𝟐 + 𝒂𝒚´𝒛𝟐 + 𝛔𝒛 𝒂𝒙´𝒛𝟐 ) + 𝝉𝒙𝒚 (𝒂𝒙´𝒙 𝒂𝒙´𝒚 + 𝒂𝒚´𝒙 𝒂𝒚´𝒚 + 𝒂𝒛´𝒙 𝒂𝒛´𝒚 ) + … … … … Por las condiciones de ortonormalidad, los coeficientes que multiplican a los esfuerzos normales σ𝑥 , σ𝑦 , σ𝑧 valen uno (son la suma de cuadrados de cosenos directores. Condición de normalidad). También los coeficientes que multiplican a los esfuerzos cortantes 𝜏𝑥𝑦 ……, etc. Valen cero (condición de ortogonalidad). En consecuencia: 𝛔𝒙´ +𝛔𝒚´ + 𝛔𝒛´ = 𝛔𝒙 + 𝛔𝒚 + 𝛔𝒛 (Denominada PRIMER INVARIANTE DE ESFUERZOS). ESFUERZOS Y DIRECCIONES PRINCIPALES. (Diagonalización de la matriz σ)

𝛔 → 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐜𝐮𝐚𝐧𝐝𝐨 𝛕 = 𝟎 FORMULAS:

El vector esfuerzo sobre el plano cuya normal es 𝑁1 , es: INGENIERIA CIVIL

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𝛔 = 𝛔. 𝑵𝟏 ……….(*) Si los esfuerzos cortantes son nulos, la igualdad (*) queda:

𝝀𝑵𝟏 = 𝛔 . 𝑵𝟏 … … . (∗∗) λ: un escalar por determinar. Ecuaciones que determinan el sistema homogéneo lineal siguiente: (𝛔𝒙 − 𝝀)𝒍𝟏 𝝉𝒚𝒙 𝒍𝟏 𝝉𝒛𝒙 𝒍𝟏

+𝝉𝒙𝒚 𝒎𝟏 +(𝛔𝒚 − 𝝀)𝒎𝟏 +𝝉𝒛𝒚 𝒎𝟏

+𝝉𝒙𝒛 𝒏𝟏 = 𝟎 +𝝉𝒚𝒛 𝒏𝟏 = 𝟎 } … . (𝐈) +(𝛔𝒛 − 𝝀)𝒏𝟏 = 𝟎

Sistema lineal de ecuaciones homogéneas, que notación matricial se expresa: (𝛔𝒙 − 𝝀) [ 𝝉𝒚𝒙 𝝉𝒛𝒙

𝝉𝒙𝒚 (𝛔𝒚 − 𝝀) 𝝉𝒛𝒚

𝝉𝒙𝒛 𝒍𝟏 𝟎 𝝉𝒚𝒛 ] [𝒎𝟏 ] = [𝟎] … … . (𝑰𝑰) 𝟎 (𝛔𝒛 − 𝝀) 𝒏𝟏

La condición requerida para que se cumpla (I) y (2) es: (𝛔𝒙 − 𝝀) 𝝉𝒙𝒚 𝝉𝒙𝒛 (𝛔𝒚 − 𝝀) 𝝉𝒚𝒛 | = 𝟎 | 𝝉𝒚𝒙 (𝛔𝒛 − 𝝀) 𝝉𝒛𝒙 𝝉𝒛𝒚

DIAGONALIZACIÓN DE LA MATRIZ DE ESFUERZOS: 𝝈𝟏 𝝈=(𝟎 𝟎

𝟎 𝝈𝟐 𝟎

𝟎 𝟎 ) 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒐𝒏𝒂𝒍𝒊𝒛𝒂𝒄𝒊ó𝒔 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒛 𝝈 𝝈𝟑

Al formular la ecuación característica se obtiene un polinomio de la formula 𝝀𝟐 − 𝑰𝟏 𝝀𝟐 + 𝑰𝟐 𝝀𝟐 − 𝑰𝟑 = 𝟎,

𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆

𝑰𝟏 = 𝝈𝒙 + 𝝈𝒚 + 𝝈𝒛

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𝑰𝟐 = 𝝈𝒙 𝝈𝒚 + 𝝈𝒚 𝝈𝒛 + 𝝈𝒛 𝝈𝒙 − 𝝉𝒙𝒚𝟐 − 𝝉𝒙𝒛𝟐 − 𝝉𝒚𝒛𝟐 𝑰𝟑 = 𝝈𝒙 𝝈𝒚 𝝈𝒛 + 𝟐𝝉𝒙𝒚 𝝉𝒙𝒛 𝝉𝒚𝒛 − 𝝉𝒙𝒚𝟐 𝝈𝒛 − 𝝉𝒚𝒛𝟐 𝝈𝒙 − 𝝉𝒙𝒛𝟐 𝝈𝒚 Deformaciones unitarias principales: 𝟏 [𝝈 − 𝝈(𝝈𝟐 + 𝝈𝟑 )] 𝑬 𝟏 𝟏 ԑ𝟐 = [𝝈𝟐 − 𝝈(𝝈𝟏 + 𝝈𝟑 )] 𝑬 𝟏 ԑ𝟑 = [𝝈𝟑 − 𝝈(𝝈𝟏 + 𝝈𝟐 )] 𝑬 ԑ𝟏 =

EJERCICIO DE APLICACION:

Hallar los esfuerzos principales correspondientes al estado de esfuerzos por la matriz 𝟎 𝝈=( 𝟎 𝟏𝟓𝟎

𝟎 𝟏𝟓𝟎 𝟎 𝟏𝟖𝟎)(𝐥𝐛/𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 ) 𝟖𝟎 𝟐𝟎𝟎

Ecuación Característica: (𝟎 − 𝝀) | 𝟎 𝟏𝟓𝟎

𝟎 (𝟎 − 𝝀) 𝟖𝟎

𝟏𝟓𝟎 𝟖𝟎 |=𝟎 (𝟐𝟎𝟎 − 𝝀)

Desarrollando el determinante, obtenemos: 𝝀𝟐 − 𝟐𝟎𝟎𝝀𝟐 + 𝟐𝟖. 𝟗𝟎𝟎𝝀 = 𝟎, 𝒑𝒐𝒍𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒐 𝒄𝒂𝒓𝒂𝒄𝒕𝒆𝒓í𝒔𝒕𝒊𝒄𝒐

Resolviendo la ecuación característica, obtenemos las raíces características:

𝝀𝟏 = 𝟎;

𝝀𝟐 = 𝟐𝟗𝟕. 𝟐𝟑;

𝝀𝟑 = −𝟗𝟕. 𝟐𝟑

Los esfuerzos principales son: 𝝈𝟏 = 𝟐𝟗𝟕. 𝟐𝟑

𝒍𝒃 ; 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐

𝝈𝟐 = 𝟎; 𝝈𝟑 = −𝟗𝟕. 𝟐𝟑

𝒍𝒃 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐

ESFUERZOS OCTAÉDRICOS.

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Esfuerzos: 𝑵𝑶𝑹𝑴𝑨𝑳 → 𝝈𝒐𝒄𝒕 =

𝑪𝑶𝑹𝑻𝑨𝑵𝑻𝑬 → 𝝉𝒐𝒄𝒕 =

𝟏 (𝝈 + 𝝈𝟐 + 𝝈𝟑 ) 𝟑 𝟏

𝟏 √(𝝈𝟏 − 𝝈𝟐 )𝟐 + (𝝈𝟐 − 𝝈𝟑 )𝟐 + (𝝈𝟑 − 𝝈𝟏 )𝟐 𝟑

ESTADOS MEDIO Y DESVIADOR DE ESFUERZOS.

𝝈 = 𝝈𝒎 + 𝝈𝒅 Donde: 𝝈𝒎 → 𝒆𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝒎𝒆𝒅𝒊𝒐 𝒅𝒆 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐𝒔 (𝒆𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝒆𝒔𝒇𝒆𝒓𝒊𝒄𝒐) 𝝈𝒅 → 𝒆𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝒅𝒆𝒔𝒗𝒊𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐𝒔 Donde: 𝝈𝒎 =

𝝈𝒙 + 𝝈𝒚 + 𝝈𝒛 𝟑

Si el material es elástico, lineal e isotrópico: El cambio unitario de volumen es: 𝜽𝟏 =

𝟏−𝟐𝑽 𝑬

⅀𝟏 , es decir, para este caso 𝜃1 = 0

EJERCICIO DE APLICACION:

En un punto P, los esfuerzos principales son 𝜎1 = 12; 𝜎2 = 3; 𝜎3 = −6 determinar el vector esfuerzo y su componente normal en el plano octaédrico que pasa por P. Coseno directores del plano octaédrico l=m=n → 𝒍𝟐 + 𝒍𝟐 + 𝒍𝟐 = 𝟏 → 𝒍 = 𝒎 = 𝒏 =

𝟏 √𝟑

Vector esfuerzo sobre el plano octaédrico: 𝝈𝒐𝒄𝒕 = 𝝈. 𝑵

𝝈𝒐𝒄𝒕

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𝟏𝟐 𝟎 =(𝟎 𝟑 𝟎 𝟎

𝟏/√𝟑 𝟏𝟐/√𝟑 𝟎 𝟎 ) (𝟏/√𝟑) = ( 𝟑/√𝟑 ) −𝟔 𝟏/√𝟑 −𝟔/√𝟑

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𝝈𝒐𝒄𝒕 =

𝟏𝟐 √𝟑

𝒊⃗ +

𝟑 √𝟑

𝒋⃗ +

−𝟔 √𝟑

⃗𝒌⃗

La componente normal será. 𝑻

𝝈𝒐𝒄𝒕 = 𝑵 𝝈. 𝑵

𝝈𝒐𝒄𝒕

𝟏𝟐 𝟎 =( , , )( 𝟎 𝟑 √𝟑 √𝟑 √𝟑 𝟎 𝟎 𝟏

𝟏

𝟏

𝟏/√𝟑 𝟎 𝟎 ) (𝟏/√𝟑) −𝟔 𝟏/√𝟑

𝜎𝑜𝑐𝑡 = 3 ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMOS.

𝝉𝑴Á𝑿 =

|𝝈𝟑 −𝝈𝟏 | 𝟐

Que actúa en el plano.

𝒍𝒐𝒔 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐𝒔 𝒑𝒓𝒊𝒏𝒄𝒊𝒑𝒂𝒍𝒆𝒔 𝒆𝒔𝒕á𝒏 𝒐𝒓𝒅𝒆𝒏𝒂𝒅𝒐𝒔 𝝈𝟏 > 𝝈𝟐 > 𝝈𝟑 ESFUERZOS CORTANTES PRINCIPALES

𝝉𝟏⁄ = 𝟐

𝝈𝟏 −𝝈𝟐 𝟐

;

𝝉𝟐⁄ = 𝟑

𝝈𝟐 −𝝈𝟑 𝟐

;

𝝉𝟑⁄ = 𝟏

𝝈𝟑 −𝝈𝟏 𝟐

ESTADO PLANO DE ESFUERZOS.

𝝈𝒙 𝝈 = (𝝉

𝒙𝒚

𝝉𝒙𝒚 𝝈𝒚 ) … (𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒛 𝒅𝒆𝒍 𝒆𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝒅𝒆 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒐 𝒅𝒆 𝒆𝒔𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒐𝒔)

𝝈𝒙´ = 𝝈𝒙´ (𝐜𝐨𝐬 𝜽)𝟐 + 𝝈𝒚 (𝐬𝐢𝐧 𝜽)𝟐 + 𝟐𝝉𝒙𝒚 𝐬𝐢𝐧 𝜽 𝐜𝐨𝐬 𝜽 𝝉𝒙ý´ = (𝝈𝒚 − 𝝈𝒙 ) 𝐬𝐢𝐧 𝜽 𝐜𝐨𝐬 𝜽 + 𝝉𝒙𝒚 ((𝐜𝐨𝐬 𝜽)𝟐 − (𝐬𝐢𝐧 𝜽)𝟐 )} … … (∗) 𝝈𝒚´ = 𝝈𝒙´ (𝐬𝐢𝐧 𝜽)𝟐 + 𝝈𝒚 (𝐜𝐨𝐬 𝜽)𝟐 + 𝟐𝝉𝒙𝒚 𝐬𝐢𝐧 𝜽 𝐜𝐨𝐬 𝜽

𝟏 𝟏 (𝝈𝒙 + 𝝈𝒚 ) + (𝝈𝒙 − 𝝈𝒚 )𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽 + 𝝉𝒙𝒚 𝒔𝒊𝒏𝟐𝜽 𝟐 𝟐 𝟏 … … (∗) 𝝉𝒙ý´ = (𝝈𝒙 − 𝝈𝒚 ) 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝜽 + 𝝉𝒙𝒚 𝐜𝐨𝐬𝟐 𝜽 𝟐 𝟏 𝟏 𝝈𝒚´ = (𝝈𝒙 + 𝝈𝒚 ) − (𝝈𝒙 − 𝝈𝒚 )𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽 − 𝝉𝒙𝒚 𝒔𝒊𝒏𝟐𝜽} 𝟐 𝟐 𝝈𝒙´ =

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Las ecuaciones (*) o su equivalente (**) son las ecuaciones de transformación de esfuerzos planos por rotación de coordenadas. ESFUERZOS PRINCIPALES.

Son: 𝟐

𝝈𝟏 =

(𝝈𝒙 + 𝝈𝒚 ) + √(𝝈𝒙 − 𝝈𝒚 ) + 𝟒𝝉𝒙𝒚 𝟐 𝟐 𝟐

𝝈𝟐 =

(𝝈𝒙 + 𝝈𝒚 ) − √(𝝈𝒙 − 𝝈𝒚 ) + 𝟒𝝉𝒙𝒚 𝟐 𝟐

𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝜽𝒑 Se usa: 𝐭𝐚𝐧 𝟐𝜽 =

𝟐𝝉𝒙𝒚 (𝝈𝒙 − 𝝈𝒚 )

ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO.

𝝉𝑴Á𝑿 =

𝝈𝟏 − 𝝈𝟐 𝒄𝒐𝒊𝒏𝒄𝒊𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏 𝒍𝒂𝒔 𝒆𝒙𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒆𝒍 𝒄𝒂𝒔𝒐 𝒈𝒆𝒏𝒆𝒓𝒂𝒍. 𝟐

CAPITULO III TORSION TORSIÓN DE BARRAS DE SECCIÓN CIRCULAR. ESFUERZO CORTANTE. ANGULO DE TORSIÓN

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TORSOR INTERNO:

.

T = ∫𝑨 𝝆 𝝉 𝒅𝑨 ………. (1) Donde:    

T: torsor interno 𝝉: esfuerzo cortante 𝑨: sección transversal 𝝆: radio (Distancia al eje de la barra)

DEFORMACIONES CORTANTES POR TORSION:

𝜸=

𝑷 ∅………𝟐 𝑳

DONDE:  ф: Angulo de torsión (giro) de la sección transversal.  Ɣ: deformación cortante (mide la distorsión de la superficie cilíndrica).

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En el eje de la barra 𝜌 = 0 y no existe deformación cortante. Ɣ máx. =

𝝆 𝑳

𝒄 …….. (3)

𝝆

Ɣ = 𝒄 Ɣmáx. ……… (4) ANGULO UNITARIO DE TORSION: ф

Ѳ=𝑳

Ɣ = Ѳ 𝝆…….. (5)

𝒅ф

En algunos momentos, razón de torsión Ѳ = 𝒅𝑳 …….. (5.1) ESFUERZO CORTANTE. FORMULA DE TORSIÓN ELÁSTICA

LEY DE HOOKE:  τ = GƔ  τ máx. = GƔ máx. 𝝆

τ = G 𝒄 máx. ……… (6.1) τ =

𝝆 𝒄

máx.

………

(6.2)

DONDE:

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL G: MODULO DE RIGIDEZ

𝝉 𝒎𝒂𝒙. . ∫(𝑨) 𝝆𝟐 𝒅𝑨 𝒄

…….. (7.1)

𝑮 Ɣ𝒎𝒂𝒙. . ∫(𝑨) 𝝆𝟐 𝒅𝑨 𝒄

……… (7.2)

T=

T=

MOMENTO POLAR DE INERCIA: .

J = ∫(𝑨) 𝝆𝟐 𝒅𝑨 T=

𝝉 𝒎𝒂𝒙. 𝒄

T=

𝑮 Ɣ𝒎𝒂𝒙. 𝒄

T=

𝝉𝑱 𝝆

𝑱 ……. (8.1)

𝑱 ……… (8.2) …….. (9)

MAXIMO VALOR DE ESFUERZO CORTANTE (𝝆 = C)

τ máx. =

𝑻𝒄 𝑱

……… (10)

SECCION CIRCULAR LLENA:

𝝅 𝟐

J = 𝒄𝟒 ……. MOMENTO POLAR DE INERCIA SECCION TUBULAR:

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𝟒

𝝅 𝟐

J = (𝑪𝟒𝟏 − 𝑪 𝟐 ) MODULO POLAR DE SECCION:

𝑱 𝑪

𝑱 𝑪

W= =

𝝅 𝒄𝟒 𝟐

𝑪

𝑻

τmax.= 𝒘 ……. (11)

ANGULO DE TORSIÓN EN EL INTERVALO ELÁSTICO

τ máx. = GƔ máx. (Hooke) …… (1) 𝑻

𝒄=G 𝑱

ф 𝑳

c…………… (2)

𝑻𝑳

Ф = 𝑱𝑮 ………. (3) RAZON DE TORSION:

ф 𝑳

ф 𝑳

=

𝑻 𝑱𝑮

𝒅ф 𝒅𝒙

 Ѳ= 𝑻

= 𝑱𝑮

𝑻 𝑱𝑮

…….. (3.1)

…………… (4)

ANGULO RELATIVO DE LA TORSIÓN ENTRE DOS SECCIONES SEPARADAS DE LA DISTANCIA ELEMENTAL INGENIERIA CIVIL

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL 𝑻

dX: = 𝒅Ф 𝑱𝑮

ф = фѲ + ∫

𝑻 𝑱𝑮

𝒅𝒙

𝐝𝐱 ……. (5)

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN ALMACENADA EN UN BARRA SOMETIDA A TORSIÓN: 𝑻𝑳

U = 𝑱𝑮

𝟏

U = 𝟐 𝑪𝟐ф C=

𝑱𝑮 𝑳

DONDE: C: constante de resorte tensional Ф: Giro relativo en cada barra

PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO: 𝝏𝑼 𝝏ф

= 𝑻Ѳ → 𝑪𝟐 (ф - ф𝟐 )

PRINCIPIO DEL TRABAJO MÍNIMO (SISTEMA HIPERESTÁTICO → Ф𝟐 LA RESPUESTA REDUNDANTE) 𝝏𝑼 𝝏ф𝟐

𝑹

𝑹

= 0 → 𝑪𝟏 (𝑹𝟐)𝟐 ф𝟐 - 𝑪𝟐 (ф - ф𝟐 ) + 𝑪𝟑 (𝑹𝟐)𝟐 ф𝟐 = 0 𝟏

𝟑

CONEXIONES EXCENTRICAS:

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HIPOTESIS

𝑷

𝑭𝑫 = 𝑵 DONDE N: número de secciones resistente de los conectores P: carga directa

T=Pe ESFUERZO CORTANTE POR TORSION EN CADA CONECTOR: 𝑷𝒆𝒓𝒊

𝑱𝒊 = ∑𝑵

𝟐 𝒊=𝟎 𝑨𝒊 𝒓𝒊

𝝉 𝒊 = ∑𝑵

𝑷𝒆𝒓𝒊

𝒊=𝟎 𝑨𝒊

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(𝒙𝟐𝒊 +𝒚𝟐𝒊 )

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL FUERZA ROTACIONAL EN EL CPNECTOR i- enésimo es F = 𝑨𝒊 𝝉𝒊

𝑭𝒊 = 𝑨𝒊

𝑷𝒆𝒓𝒊 ∑𝑵 𝒊=𝟎 𝑨𝒊

(𝒙𝟐𝒊 +𝒚𝟐𝒊 )

=

𝑷𝒆𝒓𝒊 ∑𝑵 𝒊=𝟎 𝑨𝒊

(𝒙𝟐𝒊 +𝒚𝟐𝒊 )

TORSION DE ELEMENTOS CILINDRICOS DE PARED DELGADA. FORMULA DE BREDT

Por equilibrio M=T .

T = q ∫𝒔𝒐 𝒓𝒅𝒔 𝑻

τ = 𝟐𝑨𝒕 ……….. (1) 𝑻

τ max. = 𝟐𝑨𝒕

𝒎𝒊𝒏.

………. (1.1)

RAZON DE TORSION:

Ф=

. 𝒅𝒔 𝑻𝑳 ………… ∫ 𝟒𝑮𝑨𝟐 𝑺𝟎 𝒕

(2)

Razón de torsión:

Ѳ=

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ф 𝑳

=

. 𝒅𝒔 𝑻𝑳 ∫ 𝟒𝑮𝑨𝟐 𝑺𝟎 𝒕

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL Si el espesor t es constante, el ángulo de giro será: 𝑻𝑳

Ф = 𝟒𝑮𝑨𝟐 𝑺𝟎

O

𝑻 𝑳𝑺𝟎

Ф=

𝟒𝑨𝑻 𝟐𝑨𝑮

𝑳𝑺

= τ 𝟐𝑮𝑨𝟎 …..(2.2)

Torsión Inelástica

𝑪

T = ∫𝟎 𝝆𝟐 τ dρ

BARRAS CILINDRICAS ELASTOPLASTICAS

𝑱



𝒕𝒐𝒓𝒔𝒐𝒓 𝒎𝒂𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒆𝒍𝒂𝒔𝒕𝒊𝒄𝒐: 𝑻𝑯 =



Para una sección circular llena de radio

𝑪

𝝉𝒎𝒂𝒙 = w 𝝉Л 𝝅

c: T = 𝟐 𝒄𝟑 𝝉Л

TORSIÓN DE ELEMENTOS DE SECCIÓN NO CIRCULAR:

τ máx. = ф=𝑪 INGENIERIA CIVIL

𝑻 𝒄𝟏 𝒂𝒃𝟐 𝑻𝑳

𝟑 𝟐 𝒂𝒃 𝑮

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL OTRAS SECCIONES TRANSVERSALES  SECCION ELIPTICA

𝟏𝟔𝑻

τmax.= 𝝅𝒃𝟐 𝒉  SECCIÓN EN TRIANGULO EQUILATERO

τ máx.=

𝟐𝟎𝑻 𝒃𝟑

 SECCIÓN EN HEXÁGONO REGULAR

𝑻

τ máx.= 𝟎.𝟐𝟏𝟕𝑨𝒅  OCTAGONO REGULAR

𝑻

τ max.= 𝟎.𝟐𝟐𝟑𝑨𝒅

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL EJERCICIO DE APLICACIÓN: La turbina desarrolla 150kw de potencia que se transmite a los engranajes en forma tal que C recibe 70% y D 30%. Si la rotación de la flecha de acero A-36 de 100mm de diámetro es w=800rpm, determine el esfuerzo cortante máximo absoluto en la flecha y el Angulo de torsión del extremo E de la flecha respecto al extremo B. el cojinete en E permite que la flecha gire libremente respecto al eje.

SOLUCION 𝟏𝟓𝟎(𝟏𝟎𝟑 ) = 𝑻 (𝟖𝟎𝟎

𝑷 = 𝑻𝒘 ;

𝒓𝒆𝒗 𝟏𝒎𝒊𝒏. 𝟐𝝅𝒓𝒂𝒅. )( )( ) 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎𝒔𝒆𝒈 𝟏𝒓𝒆𝒗

𝑻 = 𝟏𝟕𝟗𝟎. 𝟒𝟗𝟑 𝑵. 𝒎 𝑻𝒄 = 𝟏𝟕𝟗𝟎. 𝟒𝟗𝟑(𝟎. 𝟕) = 𝟏𝟐𝟓𝟑. 𝟑𝟒𝟓 𝑵. 𝒎 𝑻𝑫 = 𝟏𝟕𝟗𝟎. 𝟒𝟗𝟑(𝟎. 𝟑) = 𝟓𝟑𝟕. 𝟏𝟒𝟖 𝑵. 𝒎 El máximo torque se da en la región BC: 𝝉𝒎𝒂𝒙. =

∅𝑬 = ∑ ( 𝑩

𝑻𝒄 𝟏𝟕𝟗𝟎. 𝟒𝟗𝟑(𝟎. 𝟎𝟓) = = 𝟗. 𝟏𝟐 𝑴𝑷𝒂. 𝝅 𝑱 (𝟎. 𝟎𝟓𝟒 ) 𝟐

𝑻𝑳 𝟏 )= (𝟏𝟕𝟗𝟎. 𝟒𝟗𝟑(𝟑) + 𝟓𝟑𝟕. 𝟏𝟒𝟖(𝟒) + 𝟎) 𝑱𝑮 𝑱𝑮 𝟕𝟓𝟐𝟎. 𝟏𝟕𝟏 ∅𝑬 = 𝝅 𝑩 (𝟎. 𝟎𝟓𝟒 )𝟕𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟗 𝟐 ∅𝑬 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟎𝟐 𝒓𝒂𝒅. = 𝟎. 𝟓𝟖𝟓º 𝑩

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