Separata - I Und. R.m.i

ESFUERZO Y DEFORMACION INTRODUCCIÓN El diseño de cualquier elemento o de un sistema estructural implica responder dos preguntas: ¿El elemento es resistente a las cargas aplicadas? y ¿Tendrá la suficiente rigidez para que las deformaciones no sean excesivas e inadmisibles? Las respuestas a estas preguntas implican el análisis de la resistencia y rigidez de una estructura, aspectos que forman parte de sus requisitos. Estos análisis comienzan por la introducción de nuevos conceptos que son el esfuerzo y la deformación, aspectos que serán definidos a continuación. ESFUERZO Idea y necesidad del concepto de esfuerzo Las fuerzas internas de un elemento están ubicadas dentro del material por lo que se distribuyen en toda el área; justamente se denomina esfuerzo a la fuerza por unidad de área, la cual se denota con la letra griega sigma (σ) y es un parámetro que permite comparar la resistencia de dos materiales, ya que establece una base común de referencia. σ = P/A (Ec. 1) Dónde: P = Fuerza axial; A= Área de la sección transversal. Cabe destacar que la fuerza empleada en la Ec. 1 debe ser perpendicular al área analizada y aplicada en el centroide del área para así tener un valor de σ constante que se distribuye uniformemente en el área aplicada. La Ec. 1 no es válida para los otros tipos de fuerzas internas; existe otro tipo de ecuación que determine el esfuerzo para las otras fuerzas, ya que los esfuerzos se distribuyen de otra forma. Unidades El esfuerzo utiliza unidades de fuerza sobre unidades de área, en el sistema internacional (SI) la fuerza es en Newton (N) y el área en metros cuadrados (m2 ), el esfuerzo se expresa por N/m2 o pascal (Pa). Esta unidad es pequeña por lo que se emplean múltiplos como es el kilopascal (KPa), megapascal (MPa) o gigapascal (GPa). En el sistema americano, la fuerza es en libras y el área en pulgadas cuadradas, así el esfuerzo queda en libras sobre pulgadas cuadradas (psi). Particularmente en Venezuela la unidad más empleada es el Kgf/cm2 para denotar los valores

relacionados con el esfuerzo

DEFORMACIÓN CONCEPTO La resistencia del material no es el único parámetro que debe utilizarse al diseñar o analizar una estructura; controlar las deformaciones para que la estructura cumpla con el propósito para el cual se diseñó tiene la misma o mayor importancia. El análisis de las deformaciones se relaciona con los cambios en la forma de la estructura que generan las cargas aplicadas. Una barra sometida a una fuerza axial de tracción aumentara su longitud inicial; se puede observar que bajo la misma carga pero con una longitud mayor este aumento o alargamiento se incrementará también. Por ello definir la deformación (ε) como el cociente entre el alargamiento δ y la longitud inicial L, indica que sobre la barra la deformación es la misma porque si aumenta L también aumentaría δ. Matemáticamente la deformación sería: ε = δ / L (Ec. 2) 1

Al observar la Ec. 2 se obtiene que la deformación es un valor adimensional siendo el orden de magnitud en los casos del análisis estructural alrededor de 0,0012, lo cual es un valor pequeño.

 =

P A

2

UNIDADES Lbs. / Pulg2 = Psi

Sistema Ingles Pulg2

= Psi Kg -f. / Cm2

Sistema métrico

N / m2 = Pa

Sistema internacional EQUIVALENCIAS 1MPa = 145 psi. 1 MPa = 1 N /mm2

1 MPa = 10 Kg-f/Cm2

ESFUERZOS CORTANTES O TANGENCIALES

Se define esfuerzo cortante  (tau), como la fuerza de corte por unidad de área, matemáticamente

 = P

F Ac

F : fuerza interna que tiende a cortar al remache AC : área que soporta la fuerza.

3

DEFORMACIÓN TOTAL En ingeniería es muy importante el diseño de estructuras y máquinas que funcionen en la región elástica, ya que se evita la deformación plástica.

=

 L

La relación lineal entre el esfuerzo y la deformación unitaria en una barra sometida a tensión o compresión se expresa mediante la ley de Hooke.

=

P A

y =

l  = l0 L

 =

PL AE

P: carga aplicada a la barra A: área de la sección (constante) L: longitud barra E: módulo de elasticidad  : Deformación total (alargamiento por fuerza externa) 4

En ingeniería la carga o esfuerzo se mide como: Lbs. / Pulg2 = Psi

1 MPa = 145.0377 Psi

Kg -f. / Cm2 1 Psi = 0.00689 MPa N / m2 = Pa

Es muy importante recordar que la ecuación

puede aplicarse directamente si:

•

La sección transversal de la barra es constante.

•

La fuerza interna P, no varía en dirección axial.

•

El material es isótropo (tiene las mismas propiedades elásticas en cualquier dirección)

•

Si el material es homogéneo.

➢ Falla : estado o condición del material por el cual una pieza o una estructura no satisfacen la función para la cual fue diseñada • Falla por deformación (módulo de elasticidad, esfuerzo de cedencia, límite elástico) • Falla por fractura (esfuerzo de ruptura) • Falla por fatiga (esfuerzo límite de fatiga) • Falla por creep • Falla por impacto (tenacidad al impacto)

Falla de Materiales

DÚCTIL • Deformación que cause interferencia con otras piezas • Deformación permanente, modificando sus dimensiones originales

Esfuerzo a la cedencia

FRÁGIL Esfuerzo de ruptura •

Fractura de pieza

5

Por lo que surgen las interrogantes: ¿Cómo tomar como base de sus cálculos al esfuerzo de fluencia de un material, si este valor es el promedio que reporta un fabricante después de hacer numerosas prueba? ¿Quién garantiza que el valor reportado será más alto que el que representa el material de la pieza? ¿Cuántos factores como elevación de temperatura, exceso de carga en un momento dado y operación incorrecta de la maquinaria no se han considerado? Todas estas y muchas más interrogantes llevan a la conclusión de que un diseño no puede estar basado en el esfuerzo que produzca falla, sino que debe existir un margen de seguridad para que el esfuerzo real pueda incrementarse por factores imprevistos y no se produzca la falla del material

ESFUERZO Y FACTOR DE SEGURIDAD ◆ Los factores a considerar en un diseño ingenieril incluye: la funcionalidad, resistencia, apariencia, economía y protección ambiental. ◆ En metalurgia mecánica, el principal interés es la resistencia, es decir, la capacidad del objeto para soportar o transmitir cargas.

FACTOR DE SEGURIDAD

La resistencia verdadera de una estructura debe exceder la resistencia requerida. La razón de la resistencia verdadera con la resistencia requerida se llama factor de seguridad n 6

n=

resistencia verdadera resistencia requerida

1,0 < n < 10

Por lo tanto esfuerzo de trabajo, esfuerzo permisible o esfuerzo de diseño

Material dúctil

F T = n

Material frágil

T = Esfuerzo de trabajo.

R T = n

F = Esfuerzo de fluencia. R = Esfuerzo de ruptura. n = Coeficiente de seguridad.

Generalmente, el fijar un factor de seguridad, es un asunto de criterio basado en el uso apropiado del material y las consecuencias de su falla. Si la falla de la pieza pone en peligro la operación de todo un sistema o de vidas humanas, por ejemplo, el coeficiente de seguridad deberá ser mucho más alto que en el caso de una pieza que al fallar no afecte sustancialmente el comportamiento del mismo. Cuando las cargas son estáticas y no hay peligro de daños a personas, un coeficiente de seguridad de 2 es razonable. Este número indica desde otro punto de vista, relacionado exclusivamente con las cargas que se aplicarán al sistema, que para producir una falla es necesario duplicar las cargas que se tomaron como base de diseño, o bien, indica, que se tiene un margen de 100% para sobrecargar al sistema sin producir falla.

Deformación por su propio peso: Otra variación de longitud que pueden sufrir los materiales es debido a la deformación que produce su propio peso. Esto se deduce al determinar el aumento total de longitud de una barra de sección constante, colgada verticalmente y sometida como única carga a su propio peso. Consideremos una barra recta de sección constante, colgada verticalmente

Si consideramos el alargamiento del elemento dy, tenemos:

dP =

P dy AE

7

Pero la fuerza P es reemplazado por el peso total de la barra que viene dado por: W=AL  A : sección de la barra, L : largo de la barra,

 : peso específico (=  g) Integrando, el alargamiento total de la barra es:

𝛅𝐏 =

𝐋 𝐀𝐋𝛄 ∫𝟎 𝐀𝐄 𝐝𝐲

=

𝐀𝛄𝐋𝟐 𝟐𝐀𝐄

=

(𝐀𝐋𝛄)𝐋 𝟐𝐀𝐄

P =

WL 2AE

EFECTOS TÉRMICOS Y DEFORMACIONES Los cambios de temperatura producen dilatación o contracción del material, con lo cual se generan deformaciones térmicas y esfuerzos térmicos. En la mayoría de los materiales estructurales, la deformación térmica es proporcional al cambio de temperatura, esto es:

T = L  T

L : dimensión en la dirección que se está investigando la deformación  : Coeficiente de expansión térmica T : cambio de temperatura

Coeficiente de dilatación lineal : Se define como la variación por unidad de longitud de una barra recta sometida a un cambio de temperatura de un grado. El valor de este coeficiente es independiente de la unidad de longitud, pero depende de la escala de temperatura empleada. Los materiales en general se dilatan al calentarlos y se contraen al enfriarlos, por lo que un incremento de temperatura produce una deformación térmica positiva.

Aparece una fuerza P que impide que la barra se deforme L, produciendo un esfuerzo proporcional al cambio de temperatura 8

DIAGRAMA ESFUERZO – DEFORMACIÓN El diseño de elementos estructurales implica determinar la resistencia y rigidez del material estructural, estas propiedades se pueden relacionar si se evalúa una barra sometida a una fuerza axial para la cual se registra simultáneamente la fuerza aplicada y el alargamiento producido. Estos valores permiten determinar el esfuerzo y la deformación que al graficar originan el denominado diagrama de esfuerzo y deformación. Los diagramas son similares si se trata del mismo material y de manera general permite agrupar los materiales dentro de dos categorías con propiedades afines que se denominan materiales dúctiles y materiales frágiles. Los diagramas de materiales dúctiles se caracterizan por ser capaces de resistir grandes deformaciones antes de la rotura, mientras que los frágiles presentan un alargamiento bajo cuando llegan al punto de rotura.

Elementos de diagrama esfuerzo – deformación En un diagrama se observa un tramo recta inicial hasta un punto denominado límite de proporcionalidad. Este límite tiene gran importancia para la teoría de los sólidos elásticos, ya que esta se basa en el citado límite. Este límite es el superior para un esfuerzo admisible. Los puntos importantes del diagrama de esfuerzo deformación son: − Límite de proporcionalidad: hasta este punto la relación entre el esfuerzo y la deformación es lineal; − Límite de elasticidad: más allá de este límite el material no recupera su forma original al ser descargado, quedando con una deformación permanente; 9

− Punto de cedencia: aparece en el diagrama un considerable alargamiento o cedencia sin el correspondiente aumento de carga. Este fenómeno no se observa en los materiales frágiles; − Esfuerzo último: máxima ordenada del diagrama esfuerzo – deformación; − Punto de ruptura: cuanto el material falla. Dado que el límite de proporcionalidad, elasticidad y punto de cedencia están tan cerca se considera para la mayoría de los casos como el mismo punto. De manera que el material al llegar a la cedencia deja de tener un comportamiento elástico y la relación lineal entre el esfuerzo y la deformación deja de existir.

σ = E⋅ ε

tag α = σ/ ε = E

RELACION DE POISSON 𝝁 =

𝑪𝒐𝒏𝒕𝒓𝒂𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝑳𝒂𝒕𝒆𝒓𝒂𝒍 𝑼𝒏𝒊𝒕𝒂𝒓𝒊𝒂 . 𝑨𝒍𝒂𝒓𝒈𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝑨𝒙𝒊𝒂𝒍 𝑼𝒏𝒕𝒂𝒓𝒊𝒐

μ es constante para un material dado dentro de su margen de comportamiento elástico . Conocidos E y μ de un material dado, se puede calcular la variación de dimensiones y de volumen de una barra prismática sometida a tracción.. Antes de la deformación: V = A ⋅ L

Después de la deformación:

L1 A1 V1 V1

= L ⋅ (1+ ε) = A ⋅ (1− μ ⋅ ε)2 = A1 ⋅ L1 = A ⋅ L (1+ ε). (1− μ ⋅ ε)2 = A ⋅ L ⋅ (1− 2⋅μ ⋅ ε + μ2 ⋅ ε2 + ε − 2⋅μ ⋅ ε2 + μ2 ⋅ ε3) 10

Como ε es una cantidad pequeña: V1 ≈ A ⋅ L ⋅ (1+ ε − 2⋅μ ⋅ ε) Variación de volumen: ΔV = V1 − V = A ⋅ L ⋅ ε ⋅ (1− 2⋅μ) Variación unitaria de volumen: ΔV = ε ⋅ ( 1 − 2 ⋅ μ) V ELEMENTOS ESTATICAMENTE INDETERMINADOS Son aquellos elementos cargados axialmente en los que las ecuaciones de equilibrio estático no son suficientes para determinar las fuerzas, que actúan en cada sección. Lo que da por resultados que las reacciones o fuerzas resistivas excedan en número al de ecuaciones independientes de equilibrio que pueden establecerse. Estos casos se llaman estáticamente indeterminados. A continuación se presentan unos principios generales para enfrentar estos tipos de problemas: 1) En el diagrama de cuerpo libre de la estructura o parte de ella, aplicar las ecuaciones del equilibrio estático. 2) Si hay más incógnitas que ecuaciones independientes de equilibrio, obtener nuevas ecuaciones mediante relaciones geométricas entre las deformaciones elásticas producidas por las cargas y por las fuerzas desconocidas.

DEFORMACION QUE CAUSAN LOS CAMBIOS DE TEMPERATURA Los elementos de maquina cuando están en funcionamiento sufren cambios de temperatura que provocan deformaciones en estos productos de estos diferenciales de temperatura. Algunos ejemplos son: Piezas de motores, maquinas herramientas (Fresadoras, tornos, Cortadoras, etc.), equipos de moldeo, etc. Los diferentes materiales cambian de dimensiones a diferente tasa cuando se exponen a cambios de temperaturas. La mayoría de los metales se dilatan al aumentar la temperatura, aunque algunos se contraen y otros permanecen del mismo tamaño. Estos cambios de dimensiones están determinados por el coeficiente de expansión térmica. Coeficiente de expansión térmica (α). Es la propiedad de un material que indica la cantidad de cambio unitario dimensional con un cambio unitario de temperatura. Las unidades en que se exprese el coeficiente de expansión térmica son: -1 -1

ºF ,

1/ºF,

mm/(mm* ºC), 1/ºC, ºC

11

Expansión Térmica (Deformación por temperatura).

Son las variaciones de dimensión en un material producto de los cambios de temperatura en el mismo. Y la ecuación matemática es la siguiente:

𝛿𝑇 = 𝛼 𝐿 (∆ 𝑇) Dónde: δT

: Expansión Térmica

α

: Coeficiente de expansión térmica

L

: Longitud inicial del elemento

∆T

: Cambio de temperatura

Esfuerzo Térmico:

Estos esfuerzos se generan

cuando a un elemento

sometido a cambios de temperatura se le sujetan de tal modo que impiden la deformación del mismo, esto genera que aparezcan esfuerzos en los elementos:

Recordemos que:

𝜹𝑻 𝜶. 𝑳. ∆𝑻 𝜺= = 𝑳 𝑳 Por la ley de Hooke:

𝜎 = 𝐸. 𝜖

𝜎 = 𝐸(𝛼. ∆𝑇)

Dónde: α

: Expansión térmica

𝜎

: Esfuerzo por cambio de temperatura

E

: Modulo de elasticidad

∆T

: Cambio de temperatura

12

CARGAS DINAMICAS O CARGAS DE IMPACTO Concepto Hasta este momento nos hemos ocupado de estudiar las tensiones y deformaciones producidas por las cargas estáticas, es decir, cargas que insumen un tiempo considerable en aplicarse. Las cargas estáticas varían su magnitud de cero a los valores definitivos tan lentamente, que las aceleraciones que en estas condiciones reciben los elementos de las estructuras son despreciablemente pequeñas. Un ejemplo claro de este tipo de carga es la que soporta una columna de un edificio de viviendas, la cual tarda en recibir el total de las cargas gravitacionales aproximadamente dos años, que es el tiempo que usualmente media entre la construcción de la propia columna y la habilitación del edificio. Cuando una carga se aplica en un período relativamente corto recibe el nombre de “CARGA DINÁMICA”. Las cargas dinámicas se distinguen de las estáticas por el hecho de originar modificaciones tanto en la magnitud de las tensiones como en las deformaciones a que dan lugar, afectando también la forma y límite de rotura de los materiales. En los materiales solicitados dinámicamente la deformación de rotura se reduce en forma considerable. Asimismo, las experiencias realizadas demuestran incrementos del límite de fluencia y de la tensión de rotura. Muchos materiales que frente a cargas estáticas tienen un comportamiento dúctil, en el caso de cargas dinámicas presentan un comportamiento frágil. Las cargas dinámicas producidas por el impacto de un cuerpo en movimiento pueden originar en la estructura o en parte de ella efectos vibratorios. Si la carga dinámica se repite en forma periódica, y su frecuencia coincide con el período de vibración del elemento, éste puede entrar en resonancia. Cuando esto ocurre se originan deformaciones tan grandes que conducen al colapso de la estructura. La determinación en forma rigurosa de las tensiones que se originan como consecuencia de las cargas dinámicas resulta compleja y en cierto modo, un tanto indefinida. En el caso de solicitaciones estáticas las cargas actuantes pueden determinarse en forma mucho más cierta que en el caso de solicitaciones dinámicas, dónde ocurre una transferencia de una cierta cantidad de energía cinética, la cual en la práctica es muy difícil de cuantificar. La determinación del estado tensional también depende de la zona de contacto en el impacto y del proceso de variación, en función del tiempo, de las fuerzas de contacto. Un ejemplo de esta situación se presenta en el caso de la colocación de material granular en una tolva, En el instante inicial de contacto la masa granular tiene una forma bastante diferente de la que adquiere cuando ha terminado de caer. Otro efecto que juega un papel importante en el proceso de choque es la dispersión (disipación) de la energía, lo que es muy difícil de cuantificar. En este sentido, el amortiguamiento que pudieran proveer los vínculos es sumamente importante. En base a lo que hemos dicho, en la mayoría de los casos se tratan de cuantificar los efectos dinámicos en forma experimental. Para que los cálculos de solicitaciones resulten sencillos se utilizan “cargas estáticas equivalentes”, que no son sino cargas ficticias que actuando estáticamente producen el mismo efecto que las cargas verdaderas actuando en forma dinámica. 13

Las cargas estáticas equivalentes se obtienen multiplicando las cargas verdaderas por un “coeficiente de impacto o dinámico”. Este coeficiente depende de numerosas variables, y según ya hemos visto, en la mayoría de los casos se determina en forma experimental. Para ciertos problemas tipo quedan establecidos por los correspondientes reglamentos de cálculo en función de las variables más significativas. A continuación estudiaremos algunos problemas simples dónde podrá determinarse analíticamente el coeficiente de impacto, pero para ello deberemos realizar varias hipótesis simplificativas.

ESFUERZOS Y DEFORMACIONES POR CARGAS DE IMPACTO Consideremos el caso de una barra de sección W y longitud L, suspendida de un extremo, y que soporta en el opuesto el impacto de un peso Q que cae desde una altura h. Como consecuencia del impacto, el trabajo desarrollado por Q será:

W1 =Q(h + ) Consideremos una carga estática P que origina la misma deformación . P sería una carga “estáticamente equivalente”. El trabajo desarrollado por esta carga será:

El trabajo producido en ambos casos deberá ser el mismo, con lo que:

Si admitimos que el material no supera el límite de proporcionalidad, resulta válida la Ley de Hooke, con lo que:

14

𝐐𝐋

𝛅 = 𝐀𝐄 [𝟏 + √(𝟏 +

𝐕𝟐 ∗𝐀𝐄 𝟐𝐐𝐋

𝐕𝟐

)] = 𝛅𝐄𝐬𝐭 [𝟏 + √𝟏 + 𝐠𝛅 ] = 𝛅𝐄𝐬𝐭 ∗ 𝛗 𝐄𝐬𝐭

 = Coeficiente de Impacto ESFUERZO DINAMICO (σd) Para determinar el esfuerzo dinámico

(σd) inducido, usaremos la ley de Hooke:

𝝈 = 𝑬𝜺 → 𝝈 = 𝑬

∆𝑳 𝑳

𝐄

𝛔𝐝 = 𝐋 (𝛅𝐝 )

Sabemos que: Entonces:

𝝈𝒅 =

𝑬 𝑾𝑳 𝑾𝑳 𝟐 ( + √( ) + 𝟐𝒉(𝑾𝑳⁄𝑨𝑬)) 𝑳 𝑨𝑬 𝑨𝑬

Simplificando tenemos:

𝛔𝐝 =

𝐖 𝐀

𝟐

𝐖 𝐖𝐄 + √( ) + 𝟐𝐡 , 𝐀

𝐄𝐀

sabemos que:

𝛔𝐄𝐬𝐭 = 𝐖⁄𝐀

𝛔𝐝 = 𝛔𝐄𝐬𝐭 + √(𝛔𝐄𝐬𝐭 )𝟐 + 𝟐𝛔𝐄𝐬𝐭 (𝐄⁄𝐋)𝐡

𝛔𝐝 = 𝛔𝐄𝐬𝐭 (𝟏 + √𝟏 +

𝟐𝐄𝐡 𝐋𝛔𝐄𝐬𝐭

La ley de Hooke nos permite escribir:

𝛔𝐄𝐬𝐭 = (𝐄⁄𝐋)𝛅𝐄𝐬𝐭 , → 𝐋𝛔𝐄𝐬𝐭 = 𝐄𝜹𝐄𝐬𝐭 , 15

→ 𝛔𝐝 = 𝛔𝐄𝐬𝐭 (𝟏 + √𝟏 + 𝟐𝐄𝐡⁄𝐄∆𝐄𝐬𝐭 𝛔𝐝 = 𝛔𝐄𝐬𝐭 (𝟏 + √𝟏 + 𝟐𝐡⁄𝛅𝐄𝐬𝐭 , 𝟐𝐡

Con: 𝐊 𝐝 = (𝟏 + √𝟏 + 𝛅

𝐄𝐬𝐭

→ 𝛔𝐝 = 𝐊 𝐝 ∗ 𝛔𝐄𝐬𝐭 𝐊 𝐝 = (𝟏 + √𝟏 + 𝐕 𝟐 ⁄𝐠𝛅𝐄𝐬𝐭

, o

Siendo: Kd Factor dinámico o coeficiente dinámico FACTOR DE IMPACTO Esta dado por: 𝐅. 𝐈. =

𝛔𝐝.𝐌𝐚𝐱 𝛔𝐄𝐬𝐭

Consideremos a continuación algunos casos particulares:

a)

h → 0 ➔ v2 → 0

δ = 2δEST;

Este caso corresponde a una carga instantánea, es decir,

que no crece paulatinamente en el tiempo. Según la expresión anterior la deformación originada resulta ser el doble de la que correspondería a una carga estática.

b)

h>>  ➔  → 0 𝐄𝐂𝐈𝐍𝐄𝐓𝐈𝐂𝐀

𝛅=

𝛅𝐄𝐒𝐓 + √𝛅𝟐𝐄𝐬𝐭

𝐦𝐕 𝟐 𝐐 𝟐 = 𝐄𝐂 = = 𝐕 𝟐 𝟐𝐠

𝐐𝐋𝐕 𝟐 𝟐𝐋𝐄𝐜 + = 𝛅𝐄𝐒𝐓 + √𝛅𝟐𝐄𝐬𝐭 + 𝐠𝐀𝐄 𝐀𝐄

𝛅=√

𝛔 = 𝐄𝛆 = 𝐄

𝟐𝐋𝐄𝐂 𝐀𝐄

𝛅 𝐄 𝟐𝐋 𝟐𝐄 = √ ∗ √𝐄𝐂 = √ ∗ √𝐄𝐂 𝐋 𝐋 𝐀𝐄 𝐀𝐋 16

𝛔=√

𝟐𝐄 ∗ √𝐄𝐂 𝐕𝐨𝐥

En este caso puede verse que la tensión disminuye no solamente si se aumenta el área de la sección transversal sino cuando se aumenta la longitud de la barra. Solicitación Dinámica por Flexión Consideremos una viga simplemente apoyada de luz L, que recibe en la mitad de su luz el impacto de una carga concentrada Q que cae desde una altura h. Para este problema realizaremos un análisis similar al efectuado en el ítem anterior. 𝐖𝟏 = 𝐐(𝐡 + 𝐟𝐝) 𝐖𝟐 =

𝟏 𝐏 ∗ 𝐟𝐝 𝟐 𝐏𝐋𝟑

𝐟𝐝 = 𝟒𝟖𝐄𝐈 → 𝐏 =

𝟒𝟖𝐄𝐈 𝐋𝟑

𝐟𝐝

P: Carga estática equivalente

𝐖𝟏 = 𝐖𝟐 → 𝐐(𝐡 + 𝐟𝐝) =

𝟒𝟖𝐄𝐈 𝟐 𝐟 − 𝐐𝐟𝐝 − 𝐐𝐡 = 𝟎 𝟐𝐋𝟑 𝐝

𝟐

𝐐𝐋𝟑 𝐐𝐋𝟑 𝐐𝐋𝟑 𝐕𝟐 𝟐 𝐟𝐝 = + √( ) + 𝐡 = 𝐟𝐄𝐬𝐭 + √𝐟𝐄𝐬𝐭 + 𝐟𝐄𝐬𝐭 𝟒𝟖𝐄𝐈 𝟒𝟖𝐄𝐈 𝟐𝟒𝐄𝐈 𝐠

𝐟𝐝 = 𝛅𝐝 = ∆𝐝 = 𝐟𝐄𝐬𝐭 (𝟏 + √𝟏 +

𝐕𝟐 𝐠𝐟𝐄𝐬𝐭

) = 𝐟𝐄𝐬𝐭 ∗ ∅ = 𝛅𝐄𝐬𝐭 ∗ ∅ = ∆𝐄𝐬𝐭 ∗ ∅

Con:

Φ = Coeficiente de Impacto = (𝟏 + √𝟏 +

𝐕𝟐 𝐠𝛅𝐄𝐬𝐭

) 17

En este caso se llega a una expresión para el coeficiente de impacto muy similar al problema anterior, y las conclusiones que se obtienen son semejantes.

a)

h

0

b)

h >> δEst

V δEst

𝛅𝐝 = √𝛅𝐄𝐬𝐭 ∗

0

𝐐𝐋𝟑

𝛅𝐝 = √𝟐𝟒𝐄𝐈 ∗ 𝐡 𝐏=

δd = 2δEst.

0

𝛔𝐌𝐚𝐱 =

𝐌𝐌𝐚𝐱 𝐈

𝐲𝐌𝐚𝐱. =

𝐏𝐋 𝟒𝐈

𝐕𝟐 𝐠

𝐲𝐌𝐚𝐱.

𝟒𝟖𝐄𝐈 𝐏𝐋 𝟏𝟐𝐄𝐈 𝟏𝟐𝐄𝐈 ∗ 𝛅 → = ∗ 𝛅 → 𝛔 = ∗ 𝐲𝐌𝐚𝐱. ∗ 𝛅𝐝 𝐝 𝐝 𝐌𝐚𝐱. 𝐋𝟑 𝟒𝐄𝐈 𝐋𝟐 𝐋𝟐 𝛔𝐌𝐚𝐱.

𝟏𝟐𝐄 𝐐𝐋𝟑 𝟔𝐄𝐐𝐡 𝟐 √ = 𝟐 𝐲𝐌𝐚𝐱 𝐡 =√ 𝐲 𝐋 𝟐𝟒𝐄𝐈 𝐋𝐈 𝐌𝐚𝐱

Supongamos que la sección transversal es rectangular de base b y altura d. 𝐈=

𝐛𝐝𝟑 (𝐛𝐝)𝐝𝟐 = 𝟏𝟐 𝟏𝟐

Dónde:

𝐲𝐌𝐚𝐱

𝟐 𝐝 𝟒𝐀 𝟐 𝐀 𝟐 𝐲𝐌𝐚𝐱 𝟑 = → 𝐈= 𝐲𝐌𝐚𝐱 = 𝐲𝐌𝐚𝐱 → = 𝟐 𝟏𝟐 𝟑 𝐈 𝐀

𝛔𝐌𝐚𝐱 = √

𝟏𝟖𝐄 𝟏𝟖𝐄 ∗ √𝐐𝐡 = √ ∗ √𝐐𝐡 𝐀𝐥 𝐕𝐨𝐥.

Podemos ver que en este caso la tensión disminuye cuando aumenta el volumen de la pieza.

18

OTRAS APLICACIONES DEL ESFUERZO Y LA DEFORMACION FUERZAS EN RECIPIENTES CILINDRICAS DE PARED DELGADA (E/ρ ≤ 1/10)

F : Fuerza resultante de la presión del fluido

F

P: Presión interna del fluido

?

D : Diámetro del Cilindro

Ø

P

∑ Fy = 0

L: Longitud de la sección considerada

P

2P = F= pDL

P=pDL/2

CILINDROS DE PARED DELGADA Se quieren determinar los esfuerzos producidos por la presión interna p en un recipiente cilíndrico. Se considera que un cilindro es de pared delgada si su relación radio r – espesor t es: r / t ≥ 10 En este caso, se puede idealizar el problema considerando que los esfuerzos cortantes: ζ = 0 , y sólo se tienen los esfuerzos normales transversales : σ T , y longitudinales: σL Como se muestran en la figura: Nótese que se idealiza el problema como si se tuviera un estado plano de esfuerzos principales.

σT : Esfuerzos Transversales σL : Esfuerzos Longitudinales

19

a) ESFUERZO TRANSVERSAL O CIRCUNFERENCIAL (σT) Haciendo una sección a lo largo del tubo, como se muestra en la figura 2, se tiene que la fuerza externa por unidad de longitud estará dada por

dF = p(ds)(1) = p(r)(dθ) por lo que la componente en la dirección del eje y de esta fuerza será

dFy = (dF) senθ = p r senθ dθ 𝛑

𝐟𝐲 𝐞𝐱𝐭 = ∫𝟎 𝐩𝐫𝐬𝐞𝐧𝛉𝐝𝛉 = 𝟐𝐩𝐫 La fuerza interna por unidad de longitud será

Fy int = -(2σT)(t)

Por equilibrio estático; lo

∑Fy = 0 ,

que significa que:

Fyext. + Fy int. = 0

- 2 (σT )(t) + 2pr = 0

Por lo tanto, el esfuerzo transversal será:

σT = pr / t b) Esfuerzo longitudinal (σL) Tomando ahora una sección transversal, como se muestra en la figura 1, se tiene una fuerza externa

FExt. x = - (π r2 )p y una fuerza interna:

FInt = σL (2π r t )

FInt. x =σL (2πrt) Dónde:

r 2 2πrt

es el área transversal rodeada por pared externa del cilindro y es su perímetro exterior. 20

Por equilibrio estático,

∑Fx = 0 , esto es :

- Π r2 p + 2π r t σL = 0

− r 2 p + 2 rt  L = 0 Por lo tanto, el esfuerzo longitudinal será

pr L = 2t Nótese que :

σT = 2 σL

Por lo que el esfuerzo transversal

σT

resulta ser el más critico

CASOS PARTICULARES 1)

El incremento del radio debido al esfuerzo Circunferencial está dado por: 𝟐 𝐩𝐫 ∆′𝐫 = 𝐄𝐞

2)

El cambio total del radio debido a los dos efectos (σL , σC) es:

∆𝐫 = 3)

𝐩𝐫 𝟐 𝛍 (𝟏 − ) 𝐄𝐞 𝟐

El decrecimiento del radio debido exclusivamente al esfuerzo longitudinal (σL) está dado por:

∆"𝑟 =

𝜇𝑝𝑟 2 − 2𝐸𝑒

Con: µ: Relación de poisson

21

PROBLEMAS DE UNIDAD P1

Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro Ø = mm, y cuyos módulos de elasticidad son: E1 = 2.1*105 MPa y E2 = 0.7*105 MPa. La longitud de la barra es de 600 mm y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra está sometida a una carga puntual P=500 N. Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso

Solución: Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. Además imponemos la igualdad de deformaciones.

∑ Fv = 0 → RA + RB = P

Y

∑ 𝐌𝐁 = 𝟎

→ 𝐑 𝐀 ∗ 𝐋 − 𝐏(𝐋 − 𝐗) = 𝟎

ΔA = ΔB 22

Por la ley de Hooke: 𝐑 𝐀 ∗𝐋𝐀 𝐀∗𝐄𝟏

=

𝐑 𝐁 ∗𝐋𝐁 𝐀∗𝐄𝟐

𝐑𝐀 =

,

3RB + RB = 500

𝐑 𝐁 ∗𝐄𝟏 𝐄𝟐

=

𝐑 𝐁 ∗𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟕𝟎,𝟎𝟎𝟎

RB = 500/4 =125 N.

,

𝐑 𝐀 = 𝟑𝐑 𝐁

RA = 375 N.

De la ecuacion de los momentos obtenemos x: 375*600 – 500(600 – x) = 0 P2

X = 150 mm.

En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. Determinar las tensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa = 40 c m2 y Ab = 80 cm2 . Si E =2*105 MPa.

Solución: ΣFV = 0

RA + RD =15 t =150,000 N.

Ecuación de deformación El tramo AC está comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD está traccionado, por lo que RD es un esfuerzo de tracción. Al estar los dos extremos, A y D, empotrados la variación total de longitud es 0; y el acortamiento del tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:

∆𝐋𝐀𝐁 + ∆𝐋𝐁𝐂 = ∆𝐋𝐂𝐃 Aplicando la ley de Hooke:

𝐅𝐋

∆𝐋 = 𝐀𝐄

23

𝐑 𝐀 ∗ 𝐋𝐀𝐁 𝐑 𝐀 ∗ 𝐋𝐁𝐂 𝐑 𝐃 𝐋𝐂𝐃 + = 𝐄𝐀 𝐚 𝐄𝐀 𝐛 𝐄𝐀 𝐛 𝐑 𝐀 ∗𝟏𝟎𝟎𝟎 𝟐∗𝟏𝟎𝟓 ∗𝟒𝟎∗𝟏𝟎𝟐

𝐑 ∗𝟑𝟎𝟎𝟎

𝐑 ∗𝟏𝟎𝟎𝟎

+ 𝟐∗𝟏𝟎𝐀𝟓∗𝟖𝟎∗𝟏𝟎𝟐 = 𝟐∗𝟏𝟎𝐃𝟓∗𝟖𝟎∗𝟏𝟎𝟐

2,000RA + 3000RA = 100RD Resolviendo tenemos: RA = 25,000 N. = 2.5 T. RB = 125,000 N. = 12.5 T.

Calculo de los esfuerzos o deformaciones: Tramo AB: 𝛔𝐀𝐁 =

𝟐𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝐍 = 𝟔. 𝟐𝟓 𝐌𝐏𝐚. (𝐂𝐨𝐦𝐩. ) 𝟒𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟐 𝐦𝐦𝟐 𝟐𝟓,𝟎𝟎𝟎 𝐍

Tramo BC:

𝛔𝐁𝐂 =

Tramo CD:

𝛔𝐂𝐃 = 𝟖𝟎∗𝟏𝟎𝟐𝐦𝐦𝟐 = 𝟏𝟓. 𝟔𝟐𝟓 𝐌𝐏𝐚 (𝐓𝐫𝐚𝐜)

P3

𝟖𝟎∗𝟏𝟎𝟐 𝐦𝐦𝟐

= 𝟑. 𝟏𝟐𝟓 𝐌𝐏𝐚 (𝐂𝐨𝐦𝐩)

𝟏𝟐𝟓𝟎𝟎𝟎 𝐍

Dos barras AB y CD, de rigidez infinita a la flexión, están unidas entre sí por un cable EF, y a un soporte indesplazable mediante otro cable CG. Si se somete a la barra AB a una fuerza horizontal de 2 t, determina las tensiones que soportan los cables EF y CG, así como el desplazamiento que experimenta el nudo A. Datos: E=2⋅105 kg/cm2. Sección de los cables: 5 cm2. Geometría: AE = 4m; EB = 1m; EF = 3m; CG = 2m; CF = 3m; FD = 2m

En primer lugar se determinan las solicitaciones de tracción de los cables EF y CG. 24

Tomando momentos respecto B se tiene: P*AB = TEB * EB Numéricamente:

𝐓𝐄𝐅 =

𝐀𝐁

𝟓

∗ 𝐏 = 𝟏 ∗ 𝟐𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝐊𝐠. 𝐄𝐁

Por tanto, la tensión que soporta el cable EF es: 𝛔=

𝐓𝐄𝐅 𝟏𝟎, 𝟎𝟎𝟎 = = 𝟐, 𝟎𝟎𝟎 𝐊𝐠⁄𝐂𝐦𝟐 𝐀 𝐄𝐅 𝟓

Del mismo modo, tomando momentos respecto a D se obtiene la tracción del cable CG. Así,

𝐓𝐄𝐅 ∗ 𝐅𝐃 = 𝐓𝐂𝐆 ∗ 𝐂𝐃 Numéricamente:

𝐓𝐂𝐆 =

𝐅𝐃 𝐂𝐃

𝟐

∗ 𝐓𝐄𝐅 = ∗ 𝟏𝟎, 𝟎𝟎𝟎 = 𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝐤𝐠. 𝟓

Por tanto, la tensión que soporta el cable CG es: 𝛔𝐂𝐆 =

𝐓𝐂𝐆 𝟒, 𝟎𝟎𝟎 = = 𝟖𝟎𝟎 𝐊𝐠⁄𝐂𝐦𝟐 𝐀 𝐂𝐆 𝟓

El alargamiento CC' del cable CG viene dado por la ley de Hooke: 𝛅𝐜𝐠 =

𝐓𝐂𝐆 ∗ 𝐂𝐆 𝟒, , 𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟐𝟎𝟎 = = 𝟎. 𝟖 𝐜𝐦. 𝐄 ∗ 𝐀 𝐂𝐆 𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟓 ∗ 𝟓

El alargamiento FF' se obtiene por triangulación: Así: 𝐅𝐅′ =

𝐂𝐂′ 𝐂𝐃

∗ 𝐅𝐃 =

𝟎.𝟖 𝟓𝟎𝟎

𝐂𝐂′ 𝐂𝐃

=

𝐅𝐅′ 𝐅𝐃

∗ 𝟐𝟎𝟎 = 𝟎. 𝟑𝟐 𝐜𝐦.

El alargamiento del cable EF será EE' ', compuesto por FF' más el producido por la tracción TEF , que también se obtiene aplicando Hooke. 25

𝛅𝐄𝐅

𝐸𝐸" = 0.32 + 3 = 3.32,

De este modo: AA'' por triangulación: 𝐀𝐀" 𝐀𝐁

=

𝐓𝐄𝐅 ∗ 𝐄𝐅 𝟏𝟎𝟒 ∗ 𝟑𝟎𝟎 = = = 𝟑 𝐜𝐦. 𝐀 𝐄𝐅 ∗ 𝐄 𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟓 ∗ 𝟓

𝐄𝐄"

𝐀𝐀" =

𝐄𝐁

𝐄𝐄′ 𝐄𝐁

∗ 𝐀𝐁 =

determinándose la magnitud pedida

𝟑.𝟑𝟐 𝟏𝟎𝟎

∗ 𝟓𝟎𝟎 = 𝟏𝟔. 𝟔𝟎 𝐜𝐦.

Un latón tiene un módulo de elasticidad E=120*109 N/m2 y un límite elástico de 250*106 N/m2. Si disponemos de una varilla de dicho material de 10 mm2 de sección y 100 mm de longitud, de la que suspendemos verticalmente una carga en su extremo de 1500 N. Se pide a) ¿Recuperara el alambre su longitud primitiva si se retira la carga?. b) ¿Cuál será el alargamiento unitario y total en estas condiciones . c) ¿Qué diámetro mínimo habrá de tener una barra de este material para que sometida a una carga de 8x104 N no experimente deformación permanente. Solución: P4

a)

Calculamos la tensión de tracción aplicada a la varilla: 𝐅

𝟏,𝟓𝟎𝟎

𝛔 = 𝐀 = 𝟏𝟎∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟏. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟖 𝟎

Como el valor obtenido primitiva

b)

es inferior

𝐍 𝐦𝟐

al límite elástico, la varilla recuperara la longitud

El alargamiento unitario será: 𝛆=

𝛔 𝟏. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟖 𝟏, 𝟓𝟎𝟎 = = = 𝟏. 𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝟗 𝐄 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟏𝟎 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟑

Y el alargamiento total será: ∆𝐋 = 𝛆 ∗ 𝐋𝟎 = 𝟏. 𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟏. 𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟏 𝐦𝐦 = 𝟎. 𝟏𝟐𝟓 𝐦𝐦 c)

Calculamos la seccion mínima, que vendrá determinada por el límite plástico 𝐀 𝐌𝐢𝐧.. =

𝐅 𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟒 = = 𝟑. 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 𝐦𝟐 𝛔𝛆 𝟐𝟓𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔

El diámetro mínimo será consecuencia del valor anterior obtenido

𝐃=√

𝟒 ∗ 𝐀 𝐌𝐢𝐧. 𝟒 ∗ 𝟑. 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 √ = = 𝟎. 𝟎𝟐𝟎𝟏𝟖𝟎 𝐦 = 𝟐𝟎. 𝟏𝟖 𝐦𝐦. 𝛑 𝛑 26

P5

Una probeta normalizada de 13.8 mm de diámetro y 100 mm de distancia entre puntos, es sometida a un ensayo de tracción, experimentando, en un determinado instante, un incremento de longitud de 3x10-3 mm. Si el módulo de Young es 21.5x105 Kgf/cm2, determine: a) El alargamiento Unitario b) La tensión Unitaria en KN/m2. c) La fuerza actuante en dicho instante en N. Solución:

a)

El alargamiento unitario

𝛆= b)

∆𝐋 𝟑 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 = = 𝟑 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝐋𝟎 𝟏𝟎𝟎

La tensión Unitaria en KN/m2

𝟗. 𝟖 𝟏𝟎𝟔 𝐍 −𝟓 𝛔 = 𝐄𝛆 = 𝟐𝟏. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎 ∗ 𝟑 ∗ 𝟏𝟎 = 𝟔. 𝟑𝟐 ∗ = 𝟔, 𝟑𝟐𝟏 𝐊𝐍/𝐦𝟐 −𝟒 𝟐 𝟏𝟎 𝐦 𝟓

c)

Anteriormente al cálculo de la fuerza actuante necesitamos calcular la sección de la probeta

𝐃𝟐 (𝟏𝟑. 𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 )𝟐 𝐀 𝟎 = 𝛑𝐫 = 𝛑 = 𝛑∗ = 𝟏. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝟐 𝟒 𝟒 𝟐

Ahora calculamos la fuerza actuante

𝐅 = 𝛔 ∗ 𝐀 𝟎 = 𝟔, 𝟑𝟐𝟏 ∗ 𝟏𝟎𝟑 ∗ 𝟏. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 = 𝟗𝟒𝟖. 𝟏𝟓 𝐍

P6

Una pieza de 300 mm de longitud tiene que soportar una carga de 5,000m N sin experimentar deformación plástica. Elija el material más adecuado entre los tres propuestos para que la pieza tenga un peso mínimo.

MATERIAL Latón Acero Aluminio

LIMITE ELASTICA (Mpa) 345 690 275

DENSIDAD (gr/cm3) 8.5 7.9 2.7

27

Solución: Se calcula la sección de cada material según la fuerza aplicada y su límite elástico 𝑨𝑳𝑨𝑻𝑶𝑵 =

𝑨𝑨𝑪𝑬𝑹𝑶 =

𝑭 𝝈𝑳𝑨𝑻𝑶𝑵

𝑭 𝝈𝑨𝑪𝑬𝑹𝑶

𝑨𝑨𝑳𝑼𝑴𝑰𝑵𝑰𝑶 =

=

𝟓 𝑲𝑵 = 𝟏. 𝟒𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝒎𝟐 𝟑𝟒𝟓 𝑴𝑷𝒂

=

𝟓 𝑲𝑵 = 𝟕. 𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝒎𝟐 𝟔𝟗𝟎 𝑴𝑷𝒂

𝑭 𝝈𝑨𝑳𝑼𝑴𝑰𝑵𝑰𝑶

=

𝟓 𝑲𝑵 = 𝟏. 𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝒎𝟐 𝟐𝟕𝟓 𝑴𝑷𝒂

Calculamos la masa de cada uno de los materiales en función de la longitud requerida y las secciones obtenidas: 𝒎𝑳𝑨𝑻𝑶𝑵 = 𝑽 ∗ 𝝆 = 𝑨 ∗ 𝒍 ∗ 𝝆 = 𝟏. 𝟒𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 ∗ 𝟎. 𝟑 ∗ 𝟖. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟔 = 𝟑𝟔. 𝟗𝟕 𝒈. 𝒎𝑨𝑪𝑬𝑹𝑶 = 𝑨 ∗ 𝒍 ∗ 𝝆 = 𝟕. 𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝟎. 𝟑 ∗ 𝟕. 𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟔 = 𝟏𝟕. 𝟏𝟖 𝒈. 𝒎𝑳𝑨𝑻𝑶𝑵 = 𝑨 ∗ 𝒍 ∗ 𝝆 = 𝟏. 𝟖𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 ∗ 𝟎. 𝟑 ∗ 𝟐. 𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟔 = 𝟏𝟒. 𝟕𝟐 𝒈. Resultando que el material de menor peso seria el aluminio.

P7

Una barra cilíndrica de acero con un límite elástico de 325 Mpa. Y con un módulo de elasticidad de 20.7x104 Mpa. Se somete a la acción de una carga de 25,000 N. Si la barra tiene una longitud inicial de 700 mm, se pide: a) ¿Qué diámetro ha de tener si se desea que no se alargue más allá de 0.35 mm? b) Explique si, tras eliminar la carga, la barra permanece deformada? Solución: a) La sección de la barra en función de las condiciones establecidas son: 𝑭 ∗ 𝒍𝟎 𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 ∗ 𝟕𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑨𝟎 = = = 𝟐. 𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝟐 ∆𝒍 ∗ 𝑬 𝟎. 𝟑𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟐𝟎. 𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 Por lo que el diámetro será:

28

𝑨=𝝅

𝑫𝟐 𝟒

𝑫 = √𝟒𝑨⁄𝝅 = √

→

𝟒 ∗ 𝟐. 𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟕𝟓 𝒎 = 𝟏𝟕. 𝟓 𝒎𝒎. 𝝅

b) Calculamos la tensión de tracción para compararla con el limite elástico: 𝝈=

𝑭 𝟐𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 = = 𝟏𝟎. 𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟕 𝑷𝒂. = 𝟏𝟎𝟒 𝑴𝑷𝒂. 𝑨 𝟐. 𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟒

Como la tensión de tracción σ =104 MPa. Es menor que el limite elástico σE = 325 MPa , al eliminar la carga la barra no permanece deformada y volverá a su posición inicial

P8

Una aleación de cobre tiene un módulo d elasticidad E= 12,600 Kgf/mm 2 y un límite elástico de 26 Kgf/mm2 . Se pide: a) La tensión unitaria necesaria para producir, en una barra de 4300 mm de longitud, un alargamiento elástico de 0.36 mm. b) ¿Qué diámetro ha de tener una barra de este material para que, sometida a un esfuerzo de tracción de 8,000 Kgf, no experimente deformaciones permanentes?

Solución: a)

Calculamos el alargamiento unitario de la forma: ∆𝐋 𝟎. 𝟑𝟔 𝛆= = = 𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 𝐋𝟎 𝟒𝟎𝟎 Y obtenemos a continuación la tensión unitaria 𝛔 = 𝐄 ∗ 𝛆 = 𝟏𝟐, 𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 = 𝟏𝟏. 𝟑𝟒 𝐊𝐠𝐟/𝐦𝐦𝟐 b)

Calculamos la sección despejando de la expresión del límite elástico 𝛔𝐄 = 𝐀=

𝐅 𝐀

𝐅 𝟖𝟎𝟎 = = 𝟑𝟎𝟕. 𝟕 𝐦𝐦𝟐 𝛔𝐄 𝟐𝟔

El diametro sera: 𝐀=𝛑∗

𝐃𝟐 𝟒𝐀 𝟒 ∗ 𝟑𝟎𝟕. 𝟑 →𝐃=√ =√ = 𝟏𝟗. 𝟕𝟗 𝐦𝐦. 𝟒 𝛑 𝛑

29

P9

En el diagrama de tracción adjunto, la figura pequeña corresponde a la región ampliada del origen de coordenadas. Dicho grafico se ha obtenido de un ensayo de tracción efectuado a una probeta cilíndrica de una aleación de aluminio. Sabiendo que, inicialmente, la probeta tenía un diámetro de 10 mm y una longitud de 75 mm, calcule: a) Módulo de elasticidad. b) El alargamiento, al aplicar una carga de 13,500 N. c)

La carga máxima que puede soportar esta probeta sin que se deforme permanentemente.

a) Observando el detalle realizado en la gráfica podemos determinar aproximadamente que el límite elástico tiene un valor de 200 MPa, valor al que le correspondería una deformación de 0.032

Podemos calcular el módulo de elasticidad, de la forma

𝐸=

𝜎 200 = 𝑀𝑃𝑎. = 62,500 𝑃𝑎. = 62,500 𝑀𝑁/𝑚2 𝜀 0.032 30

b)

Para calcular el alargamiento, primeramente calcularemos la sección de la probeta

𝐷2 𝜋 ∗ 102 𝐴=𝜋∗ = = 78.53𝑚𝑚2 = 7.85 ∗ 10−5 𝑚2 4 4 Esta sección nos sirve para calcular la tensión unitaria

𝜎=

𝐹 13,500 = = 1.78 ∗ 108 𝑁/𝑚2 𝐴 7.85 ∗ 10−5

El alargamiento unitario será:

𝜎 1.78 ∗ 108 𝜀= = = 2.75 ∗ 10−3 6 𝐸 62,500 ∗ 10 Y el alargamiento total

∆𝐿 = 𝜀 ∗ 𝐿0 = 2.75 ∗ 10−3 ∗ 75 = 0.21 𝑚𝑚 c) Según la gráfica, podemos determinar aproximadamente.

que, el límite elástico se encuentra en 250 MPa,

Por lo que la máxima carga aplicable será:

𝐹 = 𝜎𝐸 ∗ 𝐴 = 250 ∗ 106 ∗ 7.85 ∗ 10−5 = 19,625 𝑁. P10

Calcule el diámetro del vástago de un cilindro que debe soportar una fuerza de 5,000 Kg. Fabricado en acero de tensión admisible 30 Kg/mm 2. (La carrera del cilindro no excederá de 100 mm para que no exista pandeo). Solución La sección del cilindro deberá ser: 𝐴=

𝐹 5,000 = = 166.6 𝑚𝑚2 𝜎𝐸 30 31

Por lo que el diámetro: 𝐷=√ P11

4𝐴 4 ∗ 166.6 =√ = 14.56 𝑚𝑚 𝜋 𝜋

Un alambre de acero con un módulo elástico de 210000 MPa. Y un límite elástico de 1800 MPa., tiene una longitud de 2 m. y un diámetro de 1 mm. Calcule su longitud cuando se somete a una carga de tracción de 100 Kg. Y dibuje un cr5oquis del alambre con la carga aplicada. La seccion del alambre

𝐴0 = 𝜋 ∗

𝐷 2 𝜋 ∗ 12 = = 0.78 𝑚𝑚2 = 7.8 ∗ 10−7 𝑚2 4 4

De la expresion del modulo elastico, despejando El valor del incremento de longitud ΔL sera:

𝐹⁄ 𝜎 𝐹 ∗ 𝐿0 𝐴0 𝐸= = → ∆𝐿 = 𝜀 ∆𝐿⁄ 𝐸 ∗ 𝐴0 𝐿0

∆𝐿 =

𝐹 ∗ 𝐿0 100 ∗ 9.8 ∗ 2 = 𝐸 ∗ 𝐴0 21 ∗ 1010 ∗ 7.8 ∗ 10−7

∆𝐋 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟏𝟗 𝐦 = 𝟏𝟏. 𝟗 𝐦𝐦. La longitud total cuando el alambre esta sometido a la carga ∆𝐿 = 𝐿 − 𝐿0 → 𝐿 = ∆𝐿 + 𝐿0 = 2,000 + 11.9 = 2,011.9 𝑚𝑚. Si calculamos la tension a la que esta sometido el alambre ,tenemos: 𝛔 = 𝐅⁄𝐀 𝟎 = 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟗. 𝟖⁄(𝟕. 𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 ) = 𝟏. 𝟐𝟓

𝐍 = 𝟏, 𝟐𝟓𝟎𝐌𝐏𝐚. 𝐦𝟐

Al ser e;l limite elastico 1,800 MPa. Y superior a la tension aplicada de 1,250 MPa. , el alambre no sufrira una deformacion permanente , recuperando su longitud inicial cuando se elimine la carga aplicada.

P10

Una varilla se ha fabricado con acero de limite elástico 350MPa y de módulo de elasticidad 200 GPa. La varilla tiene una sección uniforme de 12 mm 2 y una longitud de 50 cm. a) Si se carga en uno de sus extremos con una fuerza de 1800 N en la direccion del eje de la barra , ¿Recuperara la Varilla su longitud inicial cuando se elimina la fuerza?. b) Calcule el alargamientpo unitario en las condiciones de carga planteadas en a). c) ¿Cua;l debera ser el diametro minimo de la varilla si no se decea que se alargue permanentemente tras ser sometida a una carga de 5,000 N. 32

SOLUCION a) La tension de traccion sera: σ=

F 1,800 N = = 1.5 ∗ 108 Pa = 150 MPa. −6 A 12 ∗ 10 m2

La varilla recuperara la longitud inicial puesto que el esfuerzo o tension de traccion a la que se le somete (150 MPa) no supera el limite elastico de 350 MPa. b)

El alargamiento total sera:

𝜎 150 ∗ 106 𝜀= = = 7.5 ∗ 10−4 𝐸 200 ∗ 109 b) c)

La seccion de la varilla correspondiente al limite elastico es:

𝐴=

𝐹 5,000 𝑁 = = 1.428 ∗ 10−4 𝑚2 6 𝑁 𝜎𝐸 350 ∗ 10 ⁄𝑚2

El diametro Minimo sera:

𝐷=√

P12

4∗𝐴 4 ∗ 1.428 ∗ 10−4 =√ = 0.0134 𝑚 = 13.44 𝑚𝑚. 𝜋 𝜋

Diseñar un tanque cilíndrico necesario para almacenar un gas que se encuentra a una presión de 40 kg/cm2 si su radio es de 100 cm y el esfuerzo normal permisible es σPerm = 500 kg/cm2.

Solución En este caso únicamente se diseñarán las paredes del cilindro, no los casquetes esféricos del tanque. Dado que el esfuerzo transversal es el más crítico si se comprueba que se trata de un cilindro de pared delgada, esto es, si:

r / t ≥ 10 Entonces, según la ecuación, tenemos: σT = pr/t ≤ σPerm. =500 kg/ cm2

t ≥ pr / σPerm. = 40*100/500

t ≥ 8 cm. Esto es, el espesor mínimo del tanque deberá ser de 8 cm. Comprobando,

r t

= 100⁄8 = 12.5 > 10, 33

Por lo que si se trataría de un cilindro de pared delgada y la formulación aplicada si es la adecuada.

P13

En el sistema mostrado en la figura la barra OE es indeformable y de peso P, las tensiones BC y DE son de peso despreciable, área A y de módulo de elasticidad E. Determinar cuánto bajara el peso W respecto a la posición en la cual los tensores no estaban deformados.

D

B

o

E c

W

Solución: Por equilibrio estático (D.C.L.)

T1 l1 + 2T2 l – Pl – 2Wl = 0

T 1

T2

P

W T1 + 2T2 – P – 2W = 0

T1 + 2T2 = P + 2W

(1)

Por relación geométrica de alargamientos tenemos:

∆2 = 2 ∆1

(2)

l

Por elasticidad: ∆1= T1 l /AE y ∆2 =T2 l / AE De (3):

∆2 = 2 ∆1 T2 = 2 T1

y

l

(3)

T2 l /AE = 2T1 l/ AE T1 = T2 / 2 (4)

34

Reemplazando (4) en (1) se tiene: 𝐓𝟐 𝟐

+ 𝟐𝐓𝟐 = 𝐏 + 𝟐𝐖

𝑻𝟐 + 𝟒𝑻𝟐 = 𝟐𝑷 + 𝟒𝑾

𝟐

𝑻𝟐 = 𝟓 (𝑷 + 𝟐𝑾)

(5)

Reemplazando (5) en (3) se tiene:

∆2 = T2 l / AE

∆𝟐 =

𝟐 (𝐏+𝟐𝐰)𝐥 𝟓

𝐀𝐄

∴ ∆𝟐 =

P14

𝟐𝐥 (𝐏 + 𝟐𝐰) 𝟓𝐀𝐄

Sea la barra AB de la figura articulada en A y soportada por la varilla de acero EB y por la de cobre CD. Considérese absolutamente rígida y horizontal antes de aplicar la carga de 20000 kg. La longitud de CD es de 90 cm y la de EB 150 cm. Si la sección CD es de 5 cm2 y la de EB 3 cm2, determinar la tensión en cada varilla vertical y el alargamiento de la de acero. Despreciar el peso de AB. Si se tiene que para el cobre, E=1.2·106 kg/cm2 y para el acero E=2.1·106 kg/cm2.

35

Solución Diagrama del cuerpo libre de la barra AB:

Aplicando las ecuaciones de la estática, se obtiene: ∑ Fx = 0

RAX = 0

∑ Fy = 0

RAy + PCD + PEB = P

∑ MA = 0

120 * PCD + 240 * PEB – 20,000 * 180 = 0

36

Estudiando las deformaciones, se tiene: 𝛿𝐶𝐷 𝛿𝐸𝐵 = 120 240

→ 𝛿𝐸𝐵 = 2𝛿𝐶𝐷

y aplicando la ley de Hooke: 𝑃𝐸𝐵 ∗ 𝐿𝐸𝐵 𝑃𝐶𝐷 ∗ 𝐿𝐶𝐷 =2 𝐴𝐸𝐵 ∗ 𝐸𝐸𝐵 𝐴𝐶𝐷 ∗ 𝐸𝐶𝐷 Teniendo en cuenta que LEB = 150 cm, LCD = 90 cm, EEB =2.1*106 kg/cm2, ECD = 1.2*106 kg/cm2, AEB = 3 cm2 , ACD = 5 cm2, se obtiene que: PEB = 1.26 PCD Lo que permite despejar las cargas que soportan cada varilla. 120 PCD+ 240*1.26*pCD – 20,000 * 180 = 0 PCD =8522.7 Kg. Y PEB = 10,738.6 Kg Por último, las tensiones de cada varilla serán 𝑷

𝝈𝑪𝑫 = 𝑨𝑪𝑫 = 𝑪𝑫

𝝈𝑬𝑩 = P15

𝟖,𝟓𝟐𝟐.𝟕 𝟓

= 𝟏𝟕𝟎𝟒. 𝟓 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 :

𝑷𝑬𝑩 𝟏𝟎, 𝟕𝟑𝟓. 𝟔 = = 𝟑, 𝟓𝟕𝟗. 𝟓 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 𝑨𝑬𝑩 𝟓

Un peso DE 100 Lbs. Se desliza hacia abajo sin fricción por una barra de acero que tiene

como área de sección transversal 0.20 Pulg2 como se indica en la Fig. Determinar el esfuerzo Max. , la deformación unitaria Max. Y el factor de impacto cuando; a) h= 0 pies , b) h = 1 pie , c) h= 2 pies . Considerar E = 30x106 Lbs/Pulg2.

W

37

a) Para h = 0

𝑾 𝑾 𝑾𝑬 + √( )𝟐 + 𝟐𝒉 𝑨 𝑨 𝑨𝑳

𝝈𝒅 =

𝝈𝒅 = 𝜹𝑴𝒂𝒙. =

𝒀

𝜹𝒅 =

𝑾𝑳 𝑾𝑳 𝟐 𝑾𝑳 + √( ) + 𝟐𝒉 𝑨𝑬 𝑨𝑬 𝑨𝑬

𝟐𝑾 𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟎 = = 𝟏, 𝟎𝟎𝟎 𝑳𝒃𝒔/𝑷𝒖𝒍𝒈𝟐 𝑨 𝟎. 𝟐

𝟐𝑾𝑳 𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟖 = = 𝟏, 𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝑷𝒖𝒍𝒈. → 𝜹𝑴𝒂𝒙. = 𝟏. 𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑷𝒖𝒍𝒈. 𝑨𝑬 𝟎. 𝟐 ∗ 𝟑𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔

F. I = Factor de Impacto = σMax. / σEst.. 𝝈𝑬𝒔𝒕 =

𝒘 𝟏𝟎𝟎 = = 𝟓𝟎𝟎 𝑳𝒃𝒔⁄𝑷𝒖𝒍𝒈𝟐 𝑨 𝟎. 𝟐

F. I = Factor de Impacto = 1000 / 500 = 2 b) Para h = 1’ = 12”

𝝈𝒅 =

𝑾 𝑾 𝑾𝑬 + √( )𝟐 + 𝟐𝒉 𝑨 𝑨 𝑨𝑳

𝝈𝒅 =

𝒀

𝑾𝑳 𝑾𝑳 𝟐 𝑾𝑳 + √( ) + 𝟐𝒉 𝑨𝑬 𝑨𝑬 𝑨𝑬

𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎 𝟐 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟑𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔 + √( ) + 𝟐 ∗ 𝟏𝟐 𝟎. 𝟐 𝟎. 𝟐 𝟎. 𝟐 ∗ 𝟒𝟖 𝝈𝒅 = 𝟖𝟕, 𝟏𝟎𝟒

𝜹𝒅 =

𝜹𝒅 =

𝑳𝒃𝒔 𝑷𝒖𝒍𝒈𝟐

𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟖 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟖 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟖 + √( )𝟐 + 𝟐𝟏𝟐 𝟔 𝟔 𝟎. 𝟐 ∗ 𝟑𝟎 ∗ 𝟏𝟎 𝟎. 𝟐 ∗ 𝟑𝟎 ∗ 𝟏𝟎 𝑨𝟎. 𝟐 ∗ 𝟑𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝜹𝒅 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟗𝟑𝟕 𝑷𝒖𝒍𝒈.

F. I = Factor de Impacto = σMax. / σEst.. F. I = Factor de Impacto = 87,104 / 500 = 174.2 = 174

38

PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES I – 2011 (G-B) P1

Dos barras AB y CD, de rigidez infinita a la flexión, están unidas entre sí por un cable EF, y a un soporte indesplazable mediante otro cable CG. Si se somete a la barra AB a una fuerza horizontal de 2 t, determina las tensiones que soportan los cables EF y CG, así como el desplazamiento que experimenta el nudo A. Datos: E=2⋅105 kg/cm2. Sección de los cables: 5 cm2. Geometría: AE = 4m; EB = 1m; EF = 3m; CG = 2m; CF = 3m; FD = 2m

P2

Un latón tiene un módulo de elasticidad E=120*109 N/m2 y un límite elástico de 250*106 N/m2. Si disponemos de una varilla de dicho material de 10 mm 2 de sección y 100 mm de longitud, de la que suspendemos verticalmente una carga en su extremo de 1500 N. Se pide d) ¿Recuperara el alambre su longitud primitiva si se retira la carga? e) ¿Cuál será el alargamiento unitario y total en estas condiciones . f) ¿Qué diámetro mínimo habrá de tener una barra de este material para que sometida a una carga de 8.104 N no experimente deformación permanente. Un probeta normalizada de 13.8 mm de diámetro y 100 mm de distancia entre puntos, es sometida a un ensayo de tracción, experimentando, en un determinado instante, un incremento de longitud de 3x10-3 mm. Si el módulo de Young es 21.5x105 Kgf/cm2, determine: d) El alargamiento Unitario e) La tensión Unitaria en KN/m2.

P3

P4

Una pieza de 300 mm de longitud tiene que soportar una carga de 5,000m N sin experimentar deformación plástica. Elija el material más adecuado entre los tres propuestos para que la pieza tenga un peso mínimo.

MATERIAL Latón Acero Aluminio

LIMITE ELASTICA (Mpa) 345 690 275

DENSIDAD (gr/cm3) 8.5 7.9 2.7

39

P5

Una barra cilíndrica de acero con un límite elástico de 325 Mpa. Y con un módulo de elasticidad de 20.7x104 Mpa. Se somete a la acción de una carga de 25,000 N. Si la barra tiene una longitud inicial de 700 mm, se pide: a) ¿Qué diámetro ha de tener si se desea que no se alargue más allá de 0.35 mm? b) Explique si, tras eliminar la carga, la barra permanece deformada?

P6

Una aleación de cobre tiene un módulo d elasticidad E= 12,600 Kgf/mm 2 y un límite elástico de 26 Kgf/mm2 . Se pide: a) La tensión unitaria necesaria para producir, en una barra de 4300 mm de longitud, un alargamiento elástico de 0.36 mm. b) ¿Qué diámetro ha de tener una barra de este material para que, sometida a un esfuerzo de tracción de 8,000 Kgf, no experimente deformaciones permanentes?

P7

En el diagrama de tracción adjunto, la figura pequeña corresponde a la región ampliada del origen de coordenadas. Dicho grafico se ha obtenido de un ensayo de tracción efectuado a una probeta cilíndrica de una aleación de aluminio. Sabiendo que, inicialmente, la probeta tenía un diámetro de 10 mm y una longitud de 75 mm, calcule: a) Módulo de elasticidad. b) El alargamiento, al aplicar una carga de 13,500 N. c) La carga máxima que puede soportar esta probeta sin que se deforme permanentemente.

P8

Calcule el diámetro del vástago de un cilindro que debe soportar una fuerza de 5,000 Kg. Fabricado en acero de tensión admisible 30 Kg/mm 2. (La carrera del cilindro no excederá de 100 mm para que no exista pandeo). 40

P9

Un alambre de acero con un módulo elástico de 210000 MPa. Y un límite elástico de 1800MPa., tiene una longitud de 2 m. y un diámetro de 1 mm. Calcule su longitud cuando se somete a una carga de tracción de 100 Kg. Y dibuje un cr5oquis del alambre con la carga aplicada. P10 Una varilla se ha fabricado con acero de limite elástico 350MPa y de módulo de elasticidad 200 GPa. La varilla tiene una sección uniforme de 12 mm2 y una longitud de 50 cm. a) Si se carga en uno de sus extremos con una fuerza de 1800 N en la direccion del eje de la barra , ¿Recuperara la Varilla su longitud inicial cuando se elimina la fuerza?. b) Calcule el alargamientpo unitario en las condiciones de carga planteadas en a). c) ¿Cua;l debera ser el diametro minimo de la varilla si no se decea que se alargue permanentemente tras ser sometida a una carga de 5,000 N.

P11

Una pieza de acero ha sido empotrada en verano, a una temperatura de 40ºC, entre dos muros de mampostería, separados 5 metros. En invierno la barra está sometida en un momento dado, a una temperatura de -10ºC. Determinar: a) El acortamiento que la barra experimentaría si se pudiera moverse libremente.

b) c)

P12

El esfuerzo de arrancamiento que se produce en los empotramientos debido a la tensión de tracción a que está sometida la barra. Si la sección de la barra es A=10 cm2, determinar la fuerza de arrancamiento transmitido al muro. Considerar E= 21x105 Kg/cm2 y α = 10-5 ºC

Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro Φ=4 mm. Y cuyos módulos de Elasticidad son E1= 2.1 x 105 MPa, E2= 0.7 x 105 MPa. La longitud de la barra está sometida a una carga puntual P=500 N. Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.

E1

4 mm

E2

X

P P13

600 mm

Una barra supuestamente rígida está sustentada por dos barras circulares articuladas con la anterior, según la disposición de la figura. La barra A tiene una 41

tensión admisible de 1000 kg/cm2 y sección 10 cm2 idéntico módulo de elasticidad (E). Hallar los valores máximos de las cargas puntuales P y Q para que la barra permanezca horizontal. A

B

P

Q

L D

C 0.5 m

2m

1m

P14

Un cilindro cerrado que contiene un fluido a una presión de 250 lb/plg2 tiene 6 plg de diámetro y 0.10 plg de espesor. Determinar los esfuerzos circunferencial y longitudinal en el cilindro.

P15

Un alambre de acero de 0.148” de diámetro esta empotrado en sus extremos con una tensión de 450 lbs. Cuando la temperatura es de 90ºF, si el limite elástico del alambre es de 50000 lbs/pulg2. Cuál será la temperatura máx. Que podría bajar la temperatura sin causar en el alambre una deformación permanente, E= 30x106 lbs/pulg2, α = 65x10-7.

P16

Un tubo de acero empleado para ejecutar una perforación vertical alcanzo una profundidad de 300m., estando descansando libremente apoyado en su extremo inferior; se le aplica en su extremo superior una fuerza F dirigida hacia arriba a fin de poder levantar el tubo. Calcular el desplazamiento en cm. del extremo superior del tubo, debido a la fuerza F, cuando F ha alcanzado un valor igual a la tercera parte del peso del tubo; si E=106 Kg/cm2 , radio exterior 2.54 cm., radio interior 1.90 cm., su peso por unidad de volumen igual a 7.5 Kg/cm3.

P17

Una barra de acero de 10 m. de longitud y 2 cm2 de sección tiene en su extremo inferior una carga de 500 Kg. Si su peso propio es de 0.0075 kg/cm 3. Calcular la distancia que desciende el punto medio. E=2x106. Kg/cm 2.

P18

Una columna de concreto de 30 cm. de diámetro esta reforzada por 04 varillas de acero estructural redondo de ¾” de diámetro y debe soportar una carga de 25 Tn. Determinar cuál será su acortamiento cuando se le aplica la carga, si su altura es de 3m. ; calcular a si mismo los esfuerzos de compresión, si en el acero E=2.1x106 kg/cm2 y en el concreto, E=14x104 cm2.

P19

Un peso de 15 Kgs. Se suelta sobre el extremo de una viga en voladizo, como se indica en la fig. . La sección transversal de la viga es rectangular, con b=120 mm, 42

h= 70mm y E = 80 GPa., Determinar el esfuerzo Max. , la Deflexión Max, y el Factor de Impacto, cuando: a) h=0m. b) h=10mm.

P4

P20

h

A 1 m

B

Determinar la altura Max. h, desde la cual puede soltarse el peso de 25 lbs. Si el esfuerzo Max. en la viga de la Fig. no debe exceder de 36 Klb/pulg 2. La sección Transversal de la viga es rectangular, con b= 4 pulg., h=2 pulg y E=30x106 Lb/pulg2.

w

h

P6

P21

3 pies

3 pies

Un pilote de madera de sección transversal circular uniforme A, que ha sido hincado hasta una profundidad L en un terreno arcilloso, soporta una carga P aplicada en su parte superior, tal carga es resistida enteramente por la fricción f que se ejerce a lo largo del pilote. Dicha fricción o rozamiento varía en la forma parabólica que se indica en la Fig. Determinar el acortamiento total del pilote si P=50Tn, L=12 m, A= 625 cm2, E= 1x105 Kg/cm2.

y f = K y2

f

43