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• Daniela Julissa

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Introducción La resistencia de materiales es una disciplina de la ingeniería mecánica y la ingeniería estructural que estudia los sólidos deformables mediante modelos simplificados. La resistencia de un elemento se define como su capacidad para resistir esfuerzos y fuerzas aplicadas sin romperse, adquirir deformaciones permanentes o deteriorarse de algún modo. Un modelo de resistencia de materiales establece una relación entre las fuerzas aplicadas, también llamadas cargas o acciones, y los esfuerzos y desplazamientos inducidos por ellas. Típicamente las simplificaciones geométricas y las restricciones impuestas sobre el modo de aplicación de las cargas hacen que el campo de deformaciones y tensiones sean sencillos de calcular. Para el diseño mecánico de elementos con geometrías complicadas la resistencia de materiales suele ser insuficiente y es necesario usar técnicas basadas en la teoría de la elasticidad o la mecánica de sólidos deformables más generales El estudio principal de la mecánica de materiales es suministrar a los estudiantes los conocimientos para analizar y diseñar las diversas máquinas y estructuras portadoras de carga. Tanto el análisis como el diseño de una estructura involucran la determinación de los esfuerzos y deformaciones permisibles.

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Objetivos

El objetivo principal de un curso de mecánica es lograr que el estudiante de ingeniería desarrolle su capacidad para analizar de una manera sencilla y lógica un problema dado, y que aplique a su solución unos pocos principios fundamentales bien entendidos.

El estudiante implemente los conceptos conocidos en cualquier situación real en la que necesite analizar cualquier material.

Tener en cuenta que el estudio de esta materia complementa lo que hemos conocido en Estática y es una continuación de la misma, por tanto ya tenemos métodos conocidos para el siguiente estudio.

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Reseña Histórica de la Resistencia de Materiales

Los antiguos griegos, romanos, egipcios y otras civilizaciones primitivas tuvieron algún conocimiento de la resistencia de los materiales y construyeron muchas estructuras magníficas y duraderas. La mayor parte de su conocimiento se perdió en la edad media y no fue recuperado hasta más tarde. El desarrollo de la ciencia moderna de la R. M. empezó después de la edad media, durante el renacimiento cuando se revivió el interés por todas las áreas científicas. Algunos de los primeros trabajos de este periodo fueron las investigaciones científicas realizadas por Leonardo Da Vinci (1452-1512), para determinar las fuerzas que actúan en elementos de estructuras y para probar materiales con el fin de determinar su resistencia además, Sir Isaac Newton (1642-1727), desarrollo los conceptos de la mecánica newtoniana que se convirtieron en elementos claves de la resistencia de materiales. En 1795 se estableció en Francia la famosa Ecole Polytechnic la primera que uso el sistema clase laboratorio, que incluían en su plan de estudio, materiales básicos tales como, matemática, física y química. Esta escuela produjo muchos científicos e ingenieros famosos entre estos: Poinsot, Biat, Poissean, Cauchi y Navier. En el siglo XVII establecieron academias nacionales de ciencias en Italia, Inglaterra, Francia, Alemania y Rusia, las cuales imprimieron un impulso a las investigaciones científicas. La R.M. conocida como mecánica de cuerpos deformables, mecánica de sólidos, o mecánica de materiales es una ciencia básica de la ingeniería y se utiliza para diseñar toda clase de estructuras, máquinas y equipos con la resistencia adecuada. Esta disciplina de estudio implica también calcular las deformaciones de los cuerpos y proveer un estudio de la estabilidad del mismo cuando está sometido a fuerzas externas.

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Tipos de cargas La fuerza es uno de los más importantes conceptos básicos en el estudio de la mecánica de materiales. La fuerza es la acción de un cuerpo sobre otro, ya sea que estén en contacto físico directo o que no estén en contacto directo. Las fuerzas de contacto se llaman fuerzas de superficie, ya que existen en la superficie de contactos entre dos cuerpos. Si el área de contacto es pequeña, comparado con el tamaño del cuerpo, la fuerza se llama fuerza concentrada; se supone que este tipo de fuerza actúa en un punto por ejemplo, las fuerzas que aplique la rueda de un auto al pavimento de un puente.

Tipos de Esfuerzos  Esfuerzo Normal o Axial: la carga actúa perpendicularmente a la sección del elemento.

 Esfuerzo de Cortante: los esfuerzos de cortantes son los que resisten los materiales cuando la carga los atraviesa de forma paralela a la línea de acción a la fuerza.

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 Esfuerzo Torsionante: la carga actúa alrededor del elemento.

 Carga de Fatiga: el efecto cíclico de someter a cargas y removerlas genera deformaciones o esfuerzos residuales en un material.

 Carga de Temperatura: La diferencia de temperatura provoca que el elemento se contraiga cuando se enfría y se expanda cuando se calienta. ´

ESFUERZOS

La fuerza por unidad de área, o la intensidad de las fuerzas distribuidas a través de una sección dada, se llama esfuerzo sobre esa sección y se representa con la letra griega ơ (sigma). El esfuerzo en un elemento con área transversal A sometido a una carga axial P se obtiene, por lo tanto, al dividir la magnitud P de la carga entre el área A.

ơ = P/A Se empleará un signo positivo para indicar un esfuerzo de tensión (tensión) y un signo negativo para indicar un esfuerzo compresivo (compresión).

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Debido a que se emplean unidades del sistema SI en estos análisis, con P expresada en Newton (N) y A en metro cuadrados (m²), el esfuerzo ơ se expresará en (N /m²). Esta unidad se denomina Pascal (Pa). Sin embargo, el Pascal es una unidad muy pequeña por lo que, en la práctica, deben emplearse múltiplos de ésta unidad, como, el Kilopascal (KPa), el Megapascal (MPa), Gigapascal (GPa).

Esfuerzos Permisibles: es el esfuerzo máximo que puede soportar un elemento sometido a la acción de una carga.

Esfuerzo: Módulo de elasticidad x deformación unitaria. Esta relación se conoce como la ley de Hooke, llamada así en nombre al matemático Robert Hooke (1635-1703). El coeficiente E se denomina modulo de elasticidad del material o modulo de Young, científico Thomas Young (1773-1829).

∑= Deformación Unitaria= es el cambio de longitud de un elemento sometido a la acción de una carga entre la longitud del mismo elemento cuando no está sometido a la acción de la carga. ∑= ∆L/L Módulo de Elasticidad: pendiente de la recta del diagrama de esfuerzos vs. Deformación unitaria. Módulo de Rigidez: pendiente de la recta del diagrama de esfuerzo vs. Deformación.

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Materiales Frágiles: para materiales frágiles como el vidrio y la madera el factor de seguridad requerido en diseño debe estar requerido entre 2.0 y 3.0. Materiales Dúctiles: para materiales dúctiles como el acero y el aluminio el factor de seguridad está entre 1.5 y 4.0. Ley de Hooke: relaciona la deformación esperada para un determinado material a través de su modulo de elasticidad y las propiedades geométricas de la sección para una determinada carga. Rango Elástico: si las deformaciones de una carga desparecen cuando se retira la carga, se dice que el material se comporta elásticamente. El valor máximo de esfuerzo para que el material se comporta elásticamente se denomina Limite de Proporcionado o Limite Elástico del material. Rango Plástico: indica que las deformaciones excesivas a las que a sido sometida la Probeta han causado un cambio radical en las características del material.

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Carga Manual o Axial Fuerza que actúa a lo largo del eje longitudinal de un miembro estructural aplicada al centroide de la sección transversal del mismo produciendo un esfuerzo uniforme. También llamada fuerza axial. Considere la varilla homogénea BC de longitud excesivas y sección transversal uniforme A sujeta a una carga axial centrada P si el esfuerzo axial resultante no excede el límite de proporcionalidad del material se aplica la ley de Hooke. Fórmulas: σ = P/A Robert Hooke nació el 18 de julio de 1635 y murió en Londres el 3 de marzo de 1703. Fue uno de los científicos ingleses experimentales más importantes de la historia de la ciencia, polemista incansable con un genio creativo de primer orden. Sus intereses abarcaron campos tan dispares como la biología, la medicina, la cronometría, la física planetaria, la mecánica de sólidos deformables, la microscopía, la náutica y la arquitectura.

Esfuerzo

δ =PL/AE Deformación

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Factores de conversión entre unidades de fuerza y esfuerzo.

De 1Ksi 1Psi 1N 1Kgf 1Psi 1Psi 1GPa 1Kn 1Kip 1Kg/cm² 1Kn/cm² 1Psi 1lbs/in² 1n 1Psi 1Kn 1Pa 1Klb 1KPa 1lb

A 1000Psi 0.07031 Kg/cm² 0.1020 Kgf 9.81 N 1n/m² 6.89476 KPa 10197.16213 Kg/cm² 101.9716 Kgf 1000 lbs 14.22334 Psi 101.97162 kg/cm² 0.68948 N/cm² 6.895 KPa 0.0002248 Klb 6894.7573 Pa 1000 N 1 N/m² 1000 lbs 1x10³ Pa 4.448 N

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Ejemplo Nº1. Determine la deformación de la varilla de acero bajo las cargas dadas 29x10-6 psi).

(E=

Se divide la varilla en tres partes y se tiene: L1=L2=l2in. L3= 16in. A1=A2=0.9in.² A3= 0.3in.² Para encontrar las fuerzas internas P1, P2 y P3, se deben hacer cortes a través de cada una de las partes, dibujando cada vez un diagrama de cuerpo libre de la porción de la varilla localizada a la derecha de la sección. ∑Fx=0 30+75-45-P1=0 P1= 60 Kip ó 60x10³ lbs.

𝑃𝐿

𝑃1𝐿1

£ = 𝐴𝐸 (

𝐴1 1

+

£AD = 29𝑋106 [

𝑃2𝐿2 𝐴2

+

𝑃3𝐿3 𝐴3

(60𝑋103 )(12)

£AD = 0.0759 in

0.9

Corte Nº2 ∑Fx=0 -P2-45+30=0 P2= -15 Kips ó -15x10³ lbs. Corte Nº3 ∑Fx=0 -P3 +30 = 0 -P3= 30 Kips 0 ó 30 x 10³ lbs. )

+

(−15𝑋103 )(12)

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0.9

+

(30𝑋103 )(16) 0.3

]

Ejemplo Nº2 La barra rígida BDE se soporta en dos eslabones AB y CD. El eslabón AB esta hecho de AC (E= 70GPa) y tiene un área de 500mm²; el eslabón CD es de acero (E= 200 GPa) y tiene un área de 600mm² para la fuerza mostrada de 30 kN. Determine la deflexión de los puntos B, D, y E. ∑ MB = 0

30 (0.6m) - F2 (0.2m) = 0 18 - F2 (0.2m) =0 F2 = +90Kn 90kN (tensión) ∑Fy = 0

-30+90+F1 = 0 60+F1 = 0 F1 = 60 kN

60 kN (compresión)

Corte Nº1 = ∑ Fy = 0 P1 + 60 = 0 P1 = - 60 kN

Corte Nº2 = ∑ Fy = 0 P2 - 90 kN P2 = 90 kN 𝑃𝐿

£B = 𝐴𝐸 = £D =

(−60𝑋103 𝑁)(0.3 𝑚) (500𝑥10−6 𝑚2 )(70𝑥109 𝑃𝑎)

90𝑥103 𝑁 (0.4 𝑚) 200𝑥109 𝑁 ) 𝑚2

6𝑥10−4 𝑚2 (

£E = 1.6257x10-3 m Página 12

= −514𝑥10−6 𝑚

= 3𝑥10−4 𝑚2

8.1428𝑋10−4 𝑦 = 0.2 𝑚 0.6 𝑚 y = 2.44x10-3

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Problemas estáticamente Indeterminados En los problemas considerados en la sección precedente, siempre se puede emplear los diagramas de cuerpo libre y las ecuaciones de equilibrio para determinar las fuerzas internas producidas en las distintas porciones de un elemento bajo unas condiciones dadas de carga. Los valores obtenidos de las fuerzas internas luego fueron introducidos en la ecuación para obtener la deformación del elemento. Hay muchos problemas, sin embargo, en donde no es posible determinar las fuerzas internas usando solo la estática. De hecho, en la mayoría de estos problemas las reacciones mismas, que son fuerzas externas, no pueden hallarse simplemente dibujando un diagrama de cuerpo libre del elemento y escribiendo las correspondientes ecuaciones de equilibrio. Las ecuaciones de equilibrio deben complementarse con relaciones que involucran las deformaciones obtenidas considerando la geometría del problema. Debido a que la estática no es suficiente para determinar las reacciones o las fuerzas internas, los problemas de este tipo se conocen como estáticamente indeterminados. Los siguientes ejemplos mostraran como manejar este tipo de problemas:

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Ejemplo Nº3 Una barra AB de longitud L y sección transversal uniforme se sujeta a soportes rígidos en A y B antes de cargarse. ¿Cuáles son los esfuerzos en las proporciones AC y BC debido a la aplicación de la carga P en el punto C. Corte Nº 1 ∑ Fy = 0 Ra – P1 = 0 -P1 = Ra

L1 = Ra L/AE

Corte Nº 2 ∑Fy = 0 Ray –P-P2-P2 = Ray L2= (Ray – P)/ AE

L1 + L2 = 0 (Ray)L1/AE + Ray – P (L2) / AE = 0 (Ray) L1 + (Ray – P) L2 = 0 Ray + RBy = P Ray L1 + Ray L2 – PL2 = 0 Ray (L1 + L2) = PL2 Ray = PL² / (L1 + L2) RBy = P – Ray RBy = P- PL² / (L1 + L2) RBy = P (1 – L2 / L1+L2) P2 = Ray – P P2 = PL2 / (L1 + L2) – P P2 = P {L2 / (L1 + L2) - 1} P = PL2 / L1 + L2 T = P1 / A = PL2 / A (L1 + L2) T2 = P2 / A = P/A {L2 / (L1 + L2) + 1}

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Ejemplo Nº 4 Determinar las reacciones en los apoyos A y B para la barra de acero y las cargas mostradas en la figura, suponiendo un ensamble ajustarlo en ambos apoyos antes de que se aplique las cargas.

Corte Nº1 ∑ Fy = 0 P1 + REy = 0 P1 = -REy

Corte Nº 2 P2 + REy – 600 = 0 P2 = 600 – REy

Corte Nº3 ∑ Fy = 0 P3 + RBy – 600 = 0 P3 = 600 – RBy

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Corte Nº4 ∑ Fy = 0 P4 + RBy – 900 = 0 P4 = 900 – RBy

𝑃𝐿

£ = 𝐴𝐸 £=

£ = £1 + £2 + £3 + £4 = 0

(−𝑅𝐵𝑦)(150𝑚𝑚) 400𝑚𝑚2 𝑥10

+

(600𝑅𝐵𝑦)(150𝑚𝑚) 400𝑚𝑚2 𝑥10

+

(600−𝑅𝐵𝑦)(150𝑚𝑚) 250𝑚𝑚2 𝑥10

£ = 0.375RBy + 225 – 0.375RBy + 360 £ = -0.6 RBy + 540 -0.6 RBy = 0

+

(900−𝑅𝐵𝑦)(150𝑚𝑚) 250𝑚𝑚2 𝑥10

∑ Fy = 0 RAy – 900 + RBy = 0 RAy + RBy = 900 RAy = 900 – 577 RAy = 323 kN

£ = -1.95 RBy + 1125 = 0 £ = -1.95 RBy = -1125 1125 RBy = 1.95 RBy = 577 kN

Ejemplo Nº5 La varilla CE de ½ in de diámetro y la varilla DF de ¾ de in de diámetro están unida a la barra rigida ABCD como se muestra en la figura. Sabiendo que las varillas son de aluminio y utilizando un E=10.6 x 10 psi, determine: a) La fuerza en cada varilla causada por la carga mostrada. b) La deflexión en el punto A. Estática: ∑ MB = 0 (10)(18) – FCE (12) – FDF (20) = 0 180 = 12FCE + 20 FDF 12 FCE + 20 FDF = 180

𝐴1 = 0.19635 𝑖𝑛2 𝐴2 = 0.4417 𝑖𝑛2 𝐸 = 10.6𝑋102

Geometría: (£A / 18) = (£D / 20)

(£A / 12) = (£D / 20)

20

20

£D = 18 £A

£D = 12 £A

Deformaciones: FCE (24) £C = (10.6𝑋106 )(0.1963) = 1.1534 X10-5 FCE FDF (30)

£C = (10.6𝑋106 )(0.4417) = 6.4074X10-6 FDF 20

£D = 12 £C 6.4074X10-6 FDF = FDF =

20

20 12

(1.1534X10-5 FCE)

1.1534X10−5

(6.4074𝑋10−6 FCE)

12 2.3068𝑋10−4

FDF = 7.6888𝑋10−5 FCE FDF = 0.333 FCE

Ejemplo Nº 6

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Ejemplo N°6 Determine las reacciones en A y en B para la barra de acero y cargas mostradas, suponiendo ahora que existe un claro de 4.50 mm entre la barra y el piso antes de que se apliquen las cargas (ver figura). Suponga que E = 200 GPa.

Se sigue el mismo procedimiento que le ejemplo Nº 5. Considerando la reacción en B como redundante, se calculan las deformaciones δ L y δR causadas, respectivamente, por las cargas dadas y por la reacción redundante RB. Sin embargo, en este caso la deformación total no es cero, sino δ = 4.5 mm. Por lo tanto, se escribe δ = δL + δR = 4.5 x 10-3 m δ =

1.125𝑥10^9 200𝑥10^9

−

(1.95𝑥103 )𝑅𝑏 200𝑥109

= 4.5x10-3 m

RB = 115.4X10-3 N = 115.4 kN + ∑ Fy = 0

RA – 300 kN + RB = 0

RA = 900 kN – RB = 900 kN – 115.4 kN = 785 kN

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Ejemplo Nº7 El modelo que se muestra en la figura ha sido cortado de una hoja de vinilo de 5 mm de espesor (E = 3.10 GPa) y está sujeto a una carga de tensión de 1.5 kN. Determine a) la deformación total del modelo, b) la deformación de la porción central BC.

Espesor 5 mm

E = 30 GPa (

Corte 1. ∑P = 0 P1 – 1.5 kN = 0 P1 = 1.5 kN

1𝑥109 𝑁/𝑚2 1 𝐺𝑃𝑎

) = 3.1x109 N/m2

Corte 2. P2 – 1.5 kN = 0 P2 = 1.5 kN

Corte 3. ∑P=0 -P3 + 1.5 = 0 P3 = 1.5 kN Conversiones: A1= (25X10-3)(5X10-3) = 1.25X10-4 A2 = (10X10-3)(5X10-3) = 5X10-3 m2 a) £T = £AB + £BC + £CD (1500 𝑁)(400 𝑚𝑚)

(1500)(50)

£T = (1.25𝑥10−4 𝑚2 )(3.1𝑥109 𝑁/𝑚2 ) + (5𝑥10−5 )(3.1𝑥109 ) + £T = 0.1548 mm + 0.4839 mm + 0.1548 mm £T = 0.7935 mm b) 0.4839 mm

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(1500)(40) (5𝑥10−5 )(3.1𝑥109 )

Ejemplo Nº8 Una carga axial única de magnitud P = 58 kN se aplica en el extremo C de la varillas de latón ABC se sabe que E = 105 GPa. Determine el d de la porción BC para que la deflexión del punto C sea de 3 mm.

£=

𝑃𝐿 𝐴𝐸

£AB + £BC = 3 mm (58𝑥103 )(1.2)

£ = (7.07𝑥10−4

𝑚2 )(105𝑥109 )

£ = 9.375x10-4 +

£ = 9.375x10-4 + £ = 9.375x10-4 + £= £=

5.626𝑥10^−7 𝑑2 5.626𝑥10^−7 2.062𝑥10^−3

+

(58𝑥103 )(0.8) 𝜋𝑑2 )(105𝑥109 ) 4

(

46400 𝜋𝑑2 ( )(105𝑥109 ) 4

46400 8.247𝑥1010 𝑑 2 5.626𝑥10−7 𝑑2

= 3x10-3

= 3x10-3

= 3x10-3

= 3x10-3

= 2.062x10-3

(5.626x10-7 = 2.062x10-3d2)

= d2 = 2.728x10-4 m2

d = 0.0165 m d = 16.52 mm

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Ejemplo Nº9 Una varilla de aluminio de 1.5 m de largo no debe estirarse más de 1 mm y el esfuerzo normal no debe exceder de 40 MPa cuando la varilla está sujeta a una carga axial de 3 kN. Si se sabe que E = 70 GPa, determine el diámetro requerido para la varilla. L = 1.5 m ; £ = 1 mm ; σ = 40x106 N/m2 ; P = 3 kN ; E= 70X109 𝑃𝐿 𝑃𝐿 £ = 𝐴𝐸 A = £𝐸 (3𝑋103 𝑁)(1.5 𝑚)

A = (1𝑋103 𝑚)(70𝑥109 𝑁/𝑚2 ) = 6.43x10-11 m2 A=

𝜋𝑑2 4

d = 2.8613 m

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; 𝜙 =?

Ejemplo N°10 Las dos porciones de la varilla ABC están hechas de un aluminio para que el E = 70 GPa. Si se sabe que la magnitud de P = 4 kN, encuentre: la deflexión correspondiente en B.

AAB = 3.1416 m2 ABC = 2.8274x10-3 m2 E = 70x109 N/m2 P = 4kN Corte 1. ∑Fy = 0 4kN – P1 = 0 P1 = 4kN

AAB = ABC =

𝜋𝑑 2 4 𝜋𝑑 2 4

= =

𝜋(0.02)2 4 𝜋(0.06)2 4

= 3.1416 = 2.8274X10-3 m2

Corte 2. ∑Fy = 0 4 – 42 – P2 = 0 P2 = - 38 kN

𝑃𝐿

£B = 𝐴𝐸 =

(−38𝑋103 𝑁)(0.5 𝑚)

(2.8274𝑋10−3 𝑚)(70𝑋109 𝑁/𝑚2 )

=

− 19𝑥103 𝑚2 197.92𝑥106

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= - 95.99x10-6

Ejemplo Nº11

La varilla ABC está hecha de un aluminio para el que E = 70 GPa. si se sabe que P = 6 kN y Q = 42 kN, determine la deflexión de a) en el punto A. b) en el punto B.

E = 70x109 N/m2 P = 6x103 N

Q = 42x103 N

Corte 1. ∑Fy = 0 P1 – 6 kN = 0 P1 = 6kN

A1 =

Corte 2. ∑Fy = 0 6 - 42 – P2 = 0 -36 – P2 = 0 - P2 = 36 (-1) P2 = -36 𝑃𝐿

𝑃𝐿

£B = 𝐴𝐸 =

£B =?

𝜋(2 𝑚𝑚)2 4

A1 = 3.1416 mm A2 =

£B = 𝐴𝐸 =

£A =?

𝜋(600 𝑚𝑚)2 4

A2 = 282.744x103

(6𝑋103 𝑁)(0.4 𝑚) (3.1416 𝑚)(70𝑋109 𝑁/𝑚2 )

=

2.4𝑥103 219.912𝑥109

(36𝑋103 𝑁)(0.5 𝑚) (282.744𝑥103 𝑚)(70𝑋109 𝑁/𝑚2 )

=

= 10.9134x109 m2

−18𝑥103 1.9792𝑥1016

Página 23

= - 9.0946x1013 m

Ejemplo Nº12 Dos varillas cilíndricas están unidas en B y son sometidas a la carga que se muestra en la figura. La varilla AB es de acero (E = 29x106 Psi) y la varilla BC de latón (E = 15x106 Psi). Determine: a) la deformación total de la varilla compuesta ABC. b) La deflexión del punto B.

A1 =

𝜋(2 𝑚𝑚)2 4

A1 = 3.1416 mm 𝜋(600 𝑚𝑚)2

A2 = 4 A2 = 282.744x103 (40𝑋103 )(40 𝑖𝑛)

𝑃𝐿

£B = 𝐴𝐸 = £B =

(20𝑥103 )(30 𝑖𝑛)

(3.1416 𝑚2 )(70𝑋109 𝑁/𝑚2 )

1.6𝑥10^6 91 106 400

–

– (7.069

𝑖𝑛)(15𝑥106 𝑃𝑠𝑖)

600𝑥103 106.035𝑥106

£B = 0.0176 – 0.0057 = 0.0119 in B) 𝑃𝐿

£B = 𝐴𝐸 =

(20𝑋103 )(30 𝑖𝑛) (7.069 𝑖𝑛)(15𝑥106 𝑃𝑠𝑖)

=

600𝑥103 106.035𝑥106

Página 24

= 0.0056 in

Ejemplo Nº13 Dos varillas cilíndricas una de acero y la otra de latón, se unen en C y están restringidas por soportes rígidos en A y en E. para la carga mostrada y sabiendo que Es = 200GPa y que Eb = 105 GPa, determine: a) Las reacciones en A y en E. b) La deflexión del punto C.

£T = 0 𝑃𝐿 £T = 𝐴𝐸 Corte 1. ∑Fx = 0 -P1 – RE = 0 P1 = - RE

AEC =

𝜋(0.03)2 4

Corte 2. ∑Fx = 0 -P2 + 40 – RE = 0 P2 = 40 - RE

= 7.0685X10-4 m2

Corte 3. ∑Fx = 0 -P3+40-RE = 0 P3 = 40 - RE

AEA =

𝜋(0.04)2 4

Corte 4. ∑Fx = 0 -RE+100-P4 = 0 P4 = 100kN- RE

= 1.25X10-3 m2

£1 + £2 + £3 + £4 = 0 −𝑅𝐸 (0.1) (7.0685𝑋10−4 )(105𝑋109 )

+

(40𝑋103 −𝑅𝐸)(0.1)

(40𝑋103 −𝑅𝐸)(0.12)

+ (7.0685𝑋10−4)(105𝑥109 + (1.25𝑋10−3)(200𝑋109 )

)

(100𝑋103 −𝑅𝐸)(0.18) (1.25𝑋10−3 )(200𝑋109 )

=-1.3473X10-9RE+5.3894X10-5-1.3473X10-9RE+1.92X10-5-4.8X10-16RE+7.2X10-5 -7.2X10-10RE = 0 ∑Fx = 0 -9 -4 -RA + 100 – 37.1134 = 0 -3.4146X10 RE + 1.2589X10 = 0 -RA +100 -37.1134 = 0 -RA + 62.1307 = 0 RA = 62.8 kN Página 25

1.2589𝑋10−4

RE = 3.4146𝑋10−9 RE = 37.1134kN -P2 + 2.8 = 0 P2 = 2.8 kN

b. – P1 - 37.1134 kN = 0 P1 = -37.1134 kN

£C =

(−37.1134𝑋103 )(0.1) (7.06𝑋10−4 𝑖𝑛)(105𝑥109 )

+

(2.8𝑋103 )(0.1) (7.06𝑋10−4 )(105𝑋109 )

£C = 4.6288X10-5 m

Página 26

= - 4.6288X10-5 m

Ejemplo Nº14 Un tubo de acero (E = 29x106 Psi) con diámetro exterior de 1 ¼ in, y espesor de pared de 1⁄8 in, se coloca en una prensa ajustada de tal manera que sus quijadas apenas tocan los extremos del tubo sin ejercer presión sobre ellos. Entonces las dos fuerzas mostradas se aplican al tubo. Luego de aplicar estas fuerzas, la prensa se ajusta para disminuir la distancia entre sus quijadas en 0.008 in. Determine: a) las fuerzas ejercidas por la prensa sobre el tubo en A y en D. b) el cambio de longitud en la porción BC del tubo.

Corte 1.

Corte 2.

Corte 3.

∑Fx = 0 P1 +RA = 0 P1 = RA

∑Fx = 0 P2 + RA -8 = 0 P2 = 8 - RA

∑Fx = 0 P3 + RA + 6 = 0 P3 = 2 - RA

£T = £2 + £3 + £4 - 0.008

0=

−𝑅𝐴 (3 𝑖𝑛) (29𝑥103 𝑘𝑖𝑝/𝑖𝑛2 )(54𝑖𝑛2 )

(8−𝑅𝐴)(3 𝑖𝑛)

(2−𝑅𝐴)(3 𝑖𝑛)

+ (29𝑋103)(0.54) + (29𝑋103)(0.54) - 0.008

1

0.008 = (29𝑥103 )(0.54) [ - 3 RA + 3 (8- RA) + 3 (2 – RA)] (0.008)(29X103)(0.54) = - 3 RA + 24 – 3 RA + 6 -3 RA 125.28= - 9 RA + 30 125.28 – 30 = - 9 RA 95.28 = - 9 RA

Página 27

RA =

95.28 −9

RA = - 10.59 kips.

Fy = 0 P1 – 10.59 = 0 P1 = 10.59 kips. ΔBC =

𝑃2𝑙 𝐴𝐸

=

(18.59)(3) (29𝑋103 )(0.54)

P=0 P2 - 8 kips - 10.59 = 0 P2 – 18.59 = 0 P2 = 18.59 kips. = 3.56𝑋10−3

Ejemplo Nº15 Página 28

La barra rígida AD esta soportada por dos alambres de acero de 1/16 in de diámetro (E = 29x106 Psi) y por un pasador y una ménsula en A. Si se sabe que los alambres originalmente estaban tensos. Determine: a) la tensión adicional en cada alambre cuando una carga P de 220 lbs. Se aplica en D b) la deflexión correspondiente en el punto D. 𝜙BE = 𝜙CF =

1

𝜋

16"

4

1

2

(16") = 3.0679X10-3 in2

E = 29x106 Psi P = 220 lbs. TBC =? £D =? TCF =? ∑MA = 0 =

∑Fy = 0 RA + PB + PC – 220 = 0 PC = 220 – PB –RA

PB (12) + PC (24) = 220 (36) 7920 𝑙𝑏𝑠∗𝑖𝑛 − 24 𝑖𝑛 𝑃𝑐 PB =

PC =

220−(7920−24 𝑃𝑐)− 𝑅𝑎

12

£B =

£C =

£b 12

𝑃𝑏𝐿 𝐴𝐸 𝑃𝑐𝐿 𝐴𝐸

=

£B =

£c 24 £c 2

=

=

(7920−24 𝑃𝑐)𝑙𝑏𝑠(10𝑙𝑏𝑠) (12)(3.0679𝑥10−3 )(29𝑥106 𝑙𝑏𝑠/𝑖𝑛2 ) 7920−24 𝑃𝑐 )−𝑅𝑎) (18) 12 (3.0679𝑥10−3 )(29𝑥106 )

(220 − (

£B =

12 £c

£c

24

2

2£B = £C

(7920−24 𝑃𝑐)(10)

2 [ (12)(3.0679𝑥10−3)(29𝑥106) ] =

7920−24 𝑃𝑐 )−𝑅𝑎) (18) 12 (3.0679𝑥10−3 )(29𝑥106 )

(220 − (

2 220 − (7920 − 24 𝑃𝑐) − 𝑅𝑎 (7920 − 24 𝑃𝑐)(10) = [ ] (18) 12 12 Página 29

12

(2)(10) 220 − (7920 − 24 𝑃𝑐) − 𝑅𝑎 (7920 − 24 𝑃𝑐)(10) = [ ] (18) (12)(18) 12 733.3333 – 2.2224 PC = 220 – 660 + 2 PC - RA 1173.392 - 4.2224PC + RA = 0

£B =

£c

PbLc 𝐴𝐸 10Pb 𝐴𝐸

PB =

2

= =

PcLc 2AE 18Pc 2AE

18Pc (2)(10)

∑Fy = RA + PB + PC – 220 = 0 18𝑃𝑐

RA + (2)(10) + PC – 220 = 0 - 220 + 1.9 PC + RA = 0 RA = 220 – 1.9 PC 1173.333 – 4.2224 PC + RA = 0 1173.333 - 4.2224 PC + 220 – 1.9 = 0 - 6.12224 PC + 1393.3333 = 0 1393.333 PC = 6.1224

PC = 227.58 lbs. 18𝑃𝑐

PB = (2)(10)

(227.58)(18)

PB = 204.8220

(2)(10)

227.58 lbs

£C = (3.0679𝑥10−3)(29𝑥106

)

£C = 0.0460 in Página 30

£c 24

=

£C = £C = £D =

£c 36 24£d 36 2£d 3 3£c

£D = £D =

(227.58)(18) (3.0679𝑥10−3 )(29𝑥106 )2 3 2

2

£C = ( 3 ) (0.0460)

£D = 0.0693 in.

2

Propiedades Geométricas de la Sección

Página 31

 Primer Momento del Área

El primer momento de área es una magnitud geométrica que se define para un área plana. La tensión cortante media dada por la fórmula de Collignon, que es proporcional al primer momento de área de una subsección de la sección transversal de la viga. El primer momento de área coincide con el producto del área total multiplicado por la distancia entre el punto considerado al centroide del área. Los momentos de primer orden de un área, se designan por la letra S o Q. Dado un eje o recta se define el primer momento de área del área A respecto a un eje de ecuación viene dado por la integral sobre el área de la distancia al eje fijado:

Si consideramos coordenadas x e y centradas en el centro de masas y se calculan los primeros momentos de área respecto a los ejes coordenados, por la propia definición de centro de masas:

Eso implica que para cualquier otro eje que pase por el centro de gravedad de la sección se tiene:

El cálculo respecto a un eje cualquiera que no pase por el centro de masas es trivial ya que:

Donde resulta que c coincide con la distancia de ese eje al centro de gravedad.  Cálculo de Centroide Página 32

Considere un Área, tal como el área del trapezoidal mostrado en la figura que puede dividirse en varias formas geométrica simples. Como se ve en la figura el área de cada una de las divisiones multiplicadas por el centroide de los mismos igual a las sumatorias del Área x Centroide de la figura compuesta.

La sumatoria será: Σ𝐴. 𝑥 = 𝐴1. 𝑥1 + 𝐴2. 𝑥2 + 𝐴3. 𝑥3 Página 33

Σ𝐴. 𝑦 = 𝐴1. 𝑦1 + 𝐴2. 𝑦2 + 𝐴3. 𝑦3 ∑ 𝐴. 𝑥 𝑥̅ = ∑𝐴 ∑ 𝐴. 𝑦 𝑦̅ = ∑𝐴 ∑ 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3

 Segundo Momento de Área

El momento de inercia de cada figura es una medida proporcional de cuanta resistencia opone una sección a ser deformada con respecto al eje con el cual se obtiene la inercia.

Dada una sección plana transversal Σ de un elemento estructural, el segundo momento de inercia se define para cada eje de coordenadas contenido en el plano de la sección Σ mediante la siguiente fórmula:

Donde:

Página 34

o Ieje, es el segundo momento de inercia alrededor del eje escogido. o dA, es el diferencial de área, de la sección Σ. o r, es la mínima distancia del elemento dA al eje escogido. Si consideramos nuevamente una sección transversal plana Σ y la parametrizamos mediante coordenadas rectangulares (x,y), entonces podemos definir dos momentos de inercia asociados a la flexión según X o según Y además del momento de inercia mediante:

Los ejes se dice que son ejes principales de inercia si Ixy = 0, y en ese caso podemos escribir la tensión perpendicular asociada a la flexión simple del elemento estructural sobre cada punto de la sección Σ estudiada como:

Siendo Mx y My las componentes del momento flector total sobre la sección Σ. Las unidades en el Sistema Internacional de Unidades para el segundo momento de inercia son longitud a la cuarta potencia.

La siguiente tabla muestra las formulas para encontrar el momento de inercia y el centro de gravedad de las principales figuras geométricas.

Página 35

 Teorema de los Ejes Paralelos

Página 36

El teorema de los ejes paralelos hace posible transferir al momento de inercia centroidal dado por la tabla de momentos de inercia al punto donde lo retiramos o lo necesitemos utilizando la siguiente expresión:

𝐼𝑥 = 𝐼̅𝑥 + 𝐴. 𝑦 2 𝐼𝑦 = 𝐼̅𝑥 + 𝐴. 𝑥 2

𝐼𝑥 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟é𝑠 𝐼𝑦 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟é𝑠 𝐼̅𝑥 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑎𝑙 (𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑚) 𝐼̅𝑦 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑎𝑙 (𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑚) 𝐴 = 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎 𝑥 = 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎 𝑦 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑒𝑠 𝑦 = 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎 𝑦 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑒𝑠

 Momento Polar de Inercia

El momento polar de inercia es simplemente la suma del momento de inercia del eje x mas el momento de inercia del eje y. 𝑰𝒑 = 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚

 Radio de Giro

Página 37

El radio de giro se define como la distancia desde el eje a un punto que, si toda la masa de un cuerpo estuviera concentrada en ese punto, su momento de inercia permanecería invariable. También llamado radio de inercia y que satisface la relación de la expresión siguiente: 𝑰𝒙 = 𝒓𝟐 𝒙 . 𝑨 𝑦 = 𝑟 2 𝑦 . 𝐴, O lo que es lo mismo

𝒓𝒙 = √

𝑰𝒙 𝑨

𝑰𝒚 𝒓𝒚 = √ 𝑨

Ejemplo N° 1

Página 38

Localice el centroide de la figura mostrada

𝐴1 = 80𝑥20𝑚𝑚 → 𝐼𝑥′ = 1⁄12 𝑏ℎ3 𝐼𝑥′ = 1⁄12 (80)(20)3 𝐼𝑥′ = 53333.333 𝐴2 = (40)(60) 𝐴2 = 2400 𝐼𝑥′ = 1⁄12 𝑏ℎ3 𝐼𝑥′ = 1⁄12 (40)(60)3 𝐼𝑥′ = 720000

Elemento 𝑨𝟏 𝑨𝟐

̅ 𝒚 70 mm 30 mm

Área 1600 𝑚𝑚2 2400 𝑚𝑚2

̅ 𝑨. 𝒚 112.000 𝑚𝑚3 72.000 𝑚𝑚3

∑ 4000 𝑚𝑚2

∑ 184.000 𝑚𝑚3

∑ 𝐴. 𝑦̅ 184000𝑚𝑚3 𝑦̅ = = = 46𝑚𝑚 ∑𝐴 4000𝑚𝑚2

Calculo de Inercia eje x Elemento

Área

𝑰𝒙 ′ Página 39

̅ 𝒚

̅𝟐 𝑨. 𝒚

𝑨𝟏 𝑨𝟐

1600 𝑚𝑚2 2400 𝑚𝑚2

53333.3333 𝑚𝑚2 720000 𝑚𝑚2

24 mm 16 mm

∑ 773333.33 𝑚𝑚4

921600 𝑚𝑚4 614400 𝑚𝑚4 ∑ 1536000 𝑚𝑚4

𝐼𝑓 = ∑ 𝐼𝑐 + ∑ 𝐴𝑑 2 𝐼𝑓𝑥 = 773333.33 𝑚𝑚4 + 1536000𝑚𝑚4 𝐼𝑓𝑥 = 2309333.33𝑚𝑚4 Calculo de Inercia eje y Elemento 𝑨𝟏 𝑨𝟐

Área 1600 𝑚𝑚2 2400 𝑚𝑚2 4000 𝑚𝑚2

𝑰𝒚 ′ 853.33𝑋103 320𝑋103 ∑ = 1.17𝑋106 𝑚𝑚4

̅ 𝒙 0 mm 0 mm

̅𝟐 𝑨. 𝒙 0 𝑚𝑚4 0 𝑚𝑚4 ∑ 0.00 𝑚𝑚4

𝐼𝑓 = ∑ 𝐼𝑐 + ∑ 𝐴𝑑 2 𝐼𝑓𝑦 = 1.17𝑋106 𝑚𝑚4 + 0.00 𝐼𝑓𝑦 = 1.17𝑋106 𝑚𝑚4

Momento de inercia polar es una variable de la formula de torsión

Página 40

𝐼𝑦′ = 1⁄12 ℎ𝑏 3 𝐼𝑦′ = 1⁄12 (20)(80)3 𝐼𝑦′ = 853333.33 𝑚𝑚4 𝐼𝑦′ = 1⁄12 ℎ𝑏 3 𝐼𝑦′ = 1⁄12 (60)(40)3 𝐼𝑦′ = 320𝑋103 𝐼0 = 𝐼𝑓𝑦 + 𝐼𝑓𝑥 𝐼0 = 1.17𝑋106 + 23𝑋106 𝐼0 = 3.47𝑋106 𝑚𝑚4 𝐼𝑓𝑥 √𝑥 = √ 𝐴 √𝑥 = √

23𝑋106 𝑚𝑚2 4000𝑚𝑚2

√𝑥 = 24𝑚𝑚 𝐼𝑓𝑦 √𝑦 = √ 𝐴 √𝑦 = √

1.17𝑋106 𝑚𝑚2 4000𝑚𝑚2

√𝑦 = 17.1𝑚𝑚

Ejemplo N°2

Página 41

Localice el centroide de la figura mostrada

Elemento 1 2 3

Área(mm2) 3.93𝑋103 15𝑋103 2.5𝑋103

̅𝒎𝒎 𝒙 -50 +50 +33.33

̅(𝒎𝒎)𝟑 𝚫𝒙 196.5𝑋103 750𝑋103 83.33𝑋103

𝚫𝒚(𝒎𝒎)𝟑 589.5𝑋103 1.125𝑋103 41.65𝑋103

∑ 1.029𝑋106

∑ 1.756𝑋106

̅𝒎𝒎 𝒚 50 75 16.66

∑ 21.43𝑋103

Δ𝑥̅ 1.29𝑋106 = = 48𝑚𝑚 ∑𝐴 21.43𝑋103 ∑ Δ𝑦̅ 1.756𝑋106 𝑦̅ = = = 81.94𝑚𝑚 ∑𝐴 21.43𝑋103 𝑥̅ =

Inercia en X Elemento 1 2 3

Área 3.93 𝑋103 15 𝑋103 2.5 𝑋103

𝑰𝒙 ′ 2.45𝑋106 28.12𝑋106 1.04𝑋106

𝐼𝑓 = ∑ 𝐼𝑐 + ∑ 𝐴𝑑 2 𝐼𝑓𝑥 = 31.61𝑋106 + 21.46𝑋106 𝐼𝑓𝑥 = 53.07𝑋106 𝑚𝑚4

Inercia en Y

Página 42

̅ 𝒚 68 -7 -32

̅𝟐 𝚫𝒚 18.17𝑋106 735𝑋103 2.56𝑋106

Elemento 1 2 3

Área 3.93 𝑋103 15 𝑋103 2.5 𝑋103

𝑰𝒚 ′ 2.45𝑋106 12.5𝑋106 1.04𝑋106 ∑ 15.99 𝑋106 𝑚𝑚4

̅ 𝒙 0 0 0

̅𝟐 𝚫𝒙 0 0 0 ∑0

𝐼𝑓𝑦 = 16𝑋106 𝑚𝑚4 Semicírculo 𝐼𝑥′ = 1⁄8 (𝜋𝑟 4 ) 𝐼𝑥′ = 1⁄8 (𝜋)(504 ) 𝐼𝑥′ = 2.45𝑋106 𝑚𝑚2 Rectángulo 𝐼𝑥′ = 1⁄12 (𝑏ℎ3 ) 𝐼𝑥′ = 1⁄12 (100)(1503 ) 𝐼𝑥′ = 28.12𝑋106 𝑚𝑚2 Triángulo 𝐼𝑥′ = 1⁄12 (𝑏ℎ3 ) 𝐼𝑥′ = 1⁄12 (100)(503 ) 𝐼𝑥′ = 1.04𝑋106 𝑚𝑚2 Momento de Inercia: aquí se invierte lo de x=y y lo de y = x Fórmula Original: 𝐼𝑥 = 𝑏3 ℎ

𝑏ℎ3

𝐼𝑦 =

36

36

Se invierte: 𝐼𝑥 = 𝑏ℎ3

𝑏3 ℎ

𝐼𝑦 =

36

36

𝐼𝑥 = 30.21𝑋106 + 56.33𝑋106 𝐼𝑥 = 86.5428𝑋106 𝑚𝑚4 𝐼𝑦 = 15.3016𝑋106 + 613.136𝑋103 𝐼𝑥 = 15.9149𝑋106 𝑚𝑚4

Ejemplo N°3

Página 43

Localice el centroide de la figura

⊏ 𝐴 = 8.82𝐷 𝐼𝑥 = 5.14 𝑖𝑛4 𝐼𝑥 = 162.0 𝑖𝑛4

I 𝑨 = 𝟐𝟒. 𝟕" 𝑰𝒙 = 𝟐𝟑𝟕𝟎 𝒊𝒏𝟒 𝑰𝒚 = 𝟗𝟒. 𝟒 𝒊𝒏𝟒

12.05 − 0.164 = 11.886" 8.9225 − 0.164 = 8.7585

Área

̅ 𝒚

̅ 𝚫𝒚

24.7 8.82

0 11.886

0 104.8345

Elemento I ⊏

∑ 𝐴 = 33.52

∑ Δ𝑦̅ = 104.8345

Página 44

104.8345 3.1275 𝑦̅ = 3.1275

𝑦̅ =

Elemento

Área

I ⊏

24.7 8.82

̅ 𝒙 0 0

̅ 𝚫𝒙 0 0

∑ 𝐴 = 33.52

∑ Δ𝑦̅ = 0

0 33.52 𝑥̅ = 0

𝑥̅ =

Momento de Inercia

Elemento I ⊏

̅ 𝒙 0 0

𝑰𝒚 ′ 94.4 162.0

Área 24.7 8.82

∑ Iy′ = 𝐼𝑦′ = 256.4

Elemento I ⊏

𝑰𝒙 ′ 2.370 5.14

Área 24.7 8.82

∑ Δ𝑥̅ = 0

̅ 𝒚 3.1275 8.7585

∑ Ix′ = 2375.14

𝐼𝑥 = 32933309𝑖𝑛4 𝐾0 = √

𝐼𝑥 3293.3309 =√ = 9.9121" 𝐴 33.52

𝐾𝑦 = √

𝐼𝑦 236.4 =√ = 2.7657" 𝐴 33.52

𝐼 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦 = 3549.7309𝑖𝑛4

Página 45

̅𝟐 𝚫𝒙 0 0

̅𝟐 𝚫𝒙 241.5970 676.5938 918.1908

Torsión en Ejes  Definiciones y Limitaciones de la teoría La Torsión en sí, se refiere a la deformación helicoidal que sufre un cuerpo cuando se le aplica un par de fuerzas (sistema de fuerzas paralelas de igual magnitud y sentido contrario). La torsión se puede medir observando la deformación que produce en un objeto un par determinado. Por ejemplo, se fija un objeto cilíndrico de longitud determinada por un extremo, y se aplica un par de fuerzas al otro extremo; la cantidad de vueltas que dé un extremo con respecto al otro es una medida de torsión.  Comportamiento de un eje sometido a carga de torsión. Los elementos sometidos a torsión se encuentran en muchas situaciones de ingeniería. La aplicación más común la representan los ejes de transmisión, que se emplean para transmitir potencia de un punto a otro. Los ejes pueden ser sólidos o huecos. Cuando un eje es circular, las deformaciones que estos sufren al aplicar un par de torsión T, cumplen con la siguiente propiedad: cuando un eje circular se somete a torsión, todas sus secciones transversales permanecen planas y sin distorsión, es decir, aunque sus distintas secciones transversales a lo largo del eje giran en diferentes cada sección transversal gira como un placa sólida rígida. Esta propiedad es característica de cualquier eje circular, sólidos o huecos. 𝝉=

𝑻𝑪 𝑱

Esta propiedad es posible ya que los ejes circulares son asimétricos, es decir, su apariencia es la misma si se ve desde una posición fija y se gira alrededor de su eje por un ángulo aleatorio. En esta sección se deducirá la relación entre el ángulo de giro de un eje circular y el par de torsión ejercido sobre ese eje. Supondremos que todo el eje permanece en el rango elástico para lo cual la ley de Hooke se transforma de la siguiente manera: 𝑻𝑳 ∅= 𝑱𝑮 ∅ = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑖𝑟𝑜 𝑇 = 𝑃𝑎𝑟 𝑜 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 𝐿 = 𝑙𝑎𝑟𝑔𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝐽 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 𝑝𝑜𝑙𝑎𝑟 𝐺 = 𝑚𝑜𝑑𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑟𝑖𝑔𝑖𝑑𝑒𝑧 Página 46

Ejemplo N° 1 Calcule el máximo esfuerzo cortante causado por un par de torsión con magnitud de T=800 N.m y radio de 18 mm.

𝜏=

𝑇𝐶 𝑗 𝜋

𝐽 = 𝐶4 2

𝜏𝑚𝑎𝑥

2𝑇 2(800) = = = 87.3 𝑀𝑃𝑎 𝜋𝐶 3 𝜋(0.018)3

Página 47

Ejemplo N°2 Para el eje sólido de acero mostrado en la figura (G=77 GPa) determine el ángulo de giro en A.

∅= 𝜙=

𝑻𝑳 𝑱𝑮

(250)(1.8) = 73.49 × 10−9 𝑅𝑎𝑑 9 9 (77 × 10 )(79.522 × 10 ) 180 𝜙 = 73.49 × 10−9 ( ) = 4.21° 𝜋

Página 48

 Suposiciones básicas en ejes sólidos y huecas. Las fórmulas a utilizar tienen como única diferencia que el momento polar de inercia de un circulo de radio r es J=1/2 𝜋𝑟 4 . En el caso del eje circular hueco de radio interior r y radio exterior R, el momento polar de inercia es 𝐽 = 1 𝜋(𝑅4 − 𝑟 4 ) . 2

Eje Macizo

𝑱=

Eje Hueco

𝟏 𝝅(𝑹𝟒 − 𝒓𝟒 ) 𝟐 𝟏 𝑱= 𝝅(𝑫𝟒 − 𝒅𝟒 ) 𝟑𝟐

𝟏 𝟒 𝒓 𝝅𝒓 = 𝝅𝒅𝟒 𝟐 𝟑𝟐

𝑱=

Regla de la mano derecha 

𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑇𝑜𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑬𝒋𝒆 𝑴𝒂𝒄𝒊𝒛𝒐 ⇒ 𝝉𝒎𝒂𝒙 𝑬𝒋𝒆 𝑯𝒖𝒆𝒄𝒐 ⇒ 𝝉𝒎𝒂𝒙

𝑻𝒓 𝟐𝑻 𝟏𝟔𝑻 = = 𝑱 𝝅𝒓𝟑 𝝅𝒅𝟑

𝑻𝑹 𝟐𝑻𝑹 𝟑𝟐𝑻𝑫 = = 𝑱 𝝅(𝑹𝟑 − 𝒓𝟒 ) 𝝅(𝑫𝟒 − 𝒅𝟒 )

Página 49

Ejemplo N°3 Para el eje de aluminio mostrado (G=3.9x106 psi), halle a) el par T que causa un ángulo de giro de 5°.b) el ángulo de giro causado por el mismo par T en un eje cilíndrico sólido de la misma longitud y área seccional.

𝑇𝐿 𝐺𝐽𝜙 , 𝑇= 𝐺𝐽 𝐿 𝜙 = 5° = 87.266 × 10−3 , 𝐿 = 4𝑓𝑡 = 48𝑖𝑛 𝜋 𝜋 4 4 4 a) 𝐽 = 2 (𝐶2 − 𝐶1 ) = 2 (0.75 − 0.54 ) = 0.39884 𝑖𝑛4 (3.9 × 106 )(0.37884)(87.266 × 10−3 ) 𝑇= 48 𝑇 = 2.8279 × 103 𝑙𝑏. 𝑖𝑛 = 𝟐. 𝟖𝟑 𝒌𝒊𝒑. 𝒊𝒏 𝜙=

b) 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 ℎ𝑢𝑒𝑐𝑜 𝐴 = 𝜋(𝐶22 − 𝐶12 ), 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜 𝐴 = 𝜋𝐶 2 𝐶 2 = 𝐶22 − 𝐶12 = 0.752 − 0.52 = 0.3125 𝑖𝑛2 𝐶 = 0.5590 𝑖𝑛 𝐽=

𝜋 4 𝜋 𝐶 = (0.5590)4 = 153.398 × 10−3 𝑖𝑛4 2 2

(2.8279 × 103 )(48) 𝑇𝐿 𝜙= = = 226.89 × 10−3 𝑟𝑎𝑑 𝐺𝐽 (3.9 × 106 )(153.398 × 10−3 ) 180 𝜙 = 226.89 × 10−3 ( ) = 𝟏𝟑. 𝟎𝟎° 𝜋

Página 50

 Sistema de Ejes Estáticamente Determinadas Los pares internos se pueden determinar por medio de estática, los pares ejercidos sobre el eje por los apoyos y conexiones se determinan a partir del diagrama de cuerpo libre. Ejemplo N°4 Los pares de torsión mostrados en la figura son ejercidos en las poleas B,C y D. Sabiendo que todo el eje es de acero (G=27GPa),halle el ángulo de giro entre a) C y B, b) D y B.

1

a) BARRA BC: 𝐶 = 𝑑 = 0.015 𝑚 2

𝜋 𝐽𝐵𝐶 = 𝐶 4 = 79.522 × 10−9 𝑚4 4 𝐿𝐵𝐶 = 0.8 𝑚, 𝐺 = 27 × 109 𝑃𝑎 𝜙=

(400)(0.8) 𝑇𝐿 = 𝐺𝐽 (27 × 109 )(79.522 × 10−9 )

𝜙 = 0.149904 𝑟𝑎𝑑 = 𝟖. 𝟓𝟒° b) BARRA CD: 𝐶

𝐽𝐶𝐷 = 𝐿𝐶𝐷 = 1.0 𝑚, 𝜙𝐶𝐷 =

1

= 2 𝑑 = 0.018𝑚

𝜋 4 𝐶 = 164.896 × 10−9 𝑚4 4 𝑇𝐶𝐷 = 400 − 900 = −500 𝑁. 𝑚

(−500)(1.0) 𝑇𝐿 = = −0.11230 𝑟𝑎𝑑 𝐺𝐽 (27 × 109 )(1642896 × 10−9 ) 𝜙𝐵𝐷 = 𝜙𝐵𝐶 + 𝜙𝐶𝐷 = 0.14904 − 0.11230

𝜙𝐵𝐷 = 0.03674 𝑟𝑎𝑑 = 𝟐. 𝟏𝟏° Página 51



Torsión no Uniforme

La torsión no uniforme defiere de la torsión pura, en que la barra no tiene que ser prismática y en que los pares aplicados pueden actuar en cualquier parte del eje de la barra. Para analizar las barras en torsión o uniforme se aplica las fórmulas de la torsión pura a segmentos finitos de la barra y se suman los resultados o se aplican las fórmulas a elementos diferenciales de la barra, por último se integran.



Sistema de ejes estáticamente indeterminados

Hay situaciones en donde los pares internos no pueden determinarse únicamente por medio de estática. De hecho, en tales casos los pares externos mismos, es decir, los pares ejercidos sobre el eje por los apoyos y conexiones, no pueden determinase a partir del diagrama de cuerpo libre del eje completo. Las ecuaciones de equilibrio deben completarse con relaciones que involucren las deformaciones de eje y que se obtengan considerando la geometría del problema. Debido a que la estática no es suficiente para determinar los pares internos y externos, se dice que los ejes son estáticamente indeterminados

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Ejemplo N°5 Una barra ahusada AB de sección transversal circular sólida se tuerce por los pares T aplicados en los extremos de la figura. El diámetro de la barra varía linealmente de dA en el extremo izquierdo a dB en extremo derecho suponiendo que dB suponiendo q dB es mayor que dA. a) Determinar el esfuerzo cortante máximo en la barra, b) Obtener una fórmula para el ángulo de torsión de la barra.

a)

b)

𝐼𝑝(𝑥) 𝐿

𝜙=∫ 0

𝝉𝒎𝒂𝒙 =

𝑑 = 𝑑𝐴 +

𝟏𝟔𝑻 𝝅𝒅𝟑𝑨

𝑑𝐵 −𝑑𝐴 𝐿

𝑥

𝜋𝑑 4 𝜋 𝑑𝐵 − 𝑑𝐴 = = ( 𝑑𝐴 + 𝑥) 32 32 𝐿

𝑇𝑑𝑥 32𝑇 𝐿 = ∫ 𝐺𝐼𝑃(𝑥) 𝜋𝐺 0

𝑑𝑥

𝑑 − 𝑑𝐴 ( 𝑑𝐴 + 𝐵 𝑥) 𝐿

32𝑇𝐿 1 1 𝜙= ( 3 − 3) 3𝜋𝐺(𝑑𝐵 − 𝑑𝐴 ) 𝑑𝐴 𝑑𝐵

𝑻𝑳 𝜷𝟐 + 𝜷 + 𝟏 𝝓= ( ) 𝑮(𝑰𝑷 )𝑨 𝟑𝜷𝟑 Siendo 𝜷 =

𝒅𝑩 𝒅𝑨

, 𝑦 (𝑰𝑷 )𝑨 =

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4

𝝅𝒅𝟒𝑨 𝟑𝟐

4

Ejemplo N° 6 Un eje de acero y un tubo de aluminio están conectados a un soporte fijo y a un disco rígido en sección transversal como se observa en la figura. Sabiendo que los esfuerzos iniciales son cero, determine el máximo par T0 que puede aplicarse al disco si los esfuerzos permisibles son 120 MPa en el eje de acero y 70 MPa en el tubo de aluminio. Use G=77 GPa para el acero y G=27 GPa para el aluminio.

Cuerpo Libre del disco

𝑇0 = 𝑇1 + 𝑇2 Deformaciones

𝜙1 = 𝜙2 𝑇1 𝐿1 𝑇2 𝐿2 = 𝐺1 𝐽1 𝐺2 𝐽2

𝑇1 (0.5𝑚) 𝑇2 (0.5𝑚) = −6 4 (2.003 × 10 𝑚 )(27𝐺𝑃𝑎) (0.614 × 10−6 𝑚4 )(77𝐺𝑃𝑎) 𝑇2 = 0.874𝑇1 Esfuerzos Cortantes

𝜏𝑎𝑙𝑢𝑚 𝐽1 (70𝑀𝑃𝑎)(2.003 × 10−6 𝑚4 ) 𝑇1 = = = 3690𝑁. 𝑚 𝐶1 0.038 𝑚 𝑇2 = 0.874(3690) = 3225 𝑁. 𝑚 𝑇2 𝐶2 (3225 𝑁. 𝑚)(0.025 𝑚) 𝜏𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = = = 131.3𝑀𝑃𝑎 𝐽2 0.614 × 10−6 𝑚4 𝜏𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 𝐽2 (120𝑀𝑃𝑎)(0.614 × 10−6 𝑚4 ) 𝑇2 = = = 2950 𝑁. 𝑚 𝐶2 0.025𝑚 2950 𝑁. 𝑚 = 0.874 𝑇1 𝑇1 = 3375 𝑁. 𝑚 𝑇0 = 𝑇1 + 𝑇2 = 3375 𝑁. 𝑚 + 2950 𝑁. 𝑚

𝑻𝟎 = 𝟔. 𝟑𝟐𝟓 𝑲𝑵. 𝒎

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Ejemplo N°7 ¿Qué par de torsión deberá aplicarse al extremo de un eje de 1.5𝑚𝜀 de largo y un valor de 𝜏𝐽 = 1.02𝑋10−6 𝑚4 , para producir una rotación de 2°? Utilice el valor de G = 77GPascal como modulo de rigidez del acero.

𝑇𝐿 𝐽𝐺 𝜙𝐽𝐺 𝑇= 𝐿 (2°)(𝜋⁄180°)(1.021𝑋10−6 𝑚2 )(77𝑋109 𝑁/𝑚2 ) 𝑇= 1.5𝑚 𝜙=

𝑇 = 1829.5𝑁𝑚

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Ejemplo N°8 Un eje cilíndrico hueco de acero mide 1.5m de longitud y tiene diámetros interior y exterior iguales a 40 y 60mm. a. Cuál es el máximo par de torsión que puede aplicarse al eje si el esfuerzo cortante no debe exceder 120MPa. b. Cuál es el valor máximo correspondiente esf. Cortante en el eje.

𝑅 = 30𝑋10−3 𝑚 𝐷 = 60𝑚𝑚 𝑑 = 40𝑚𝑚 𝑟 = 20𝑋10−3 𝑚

𝜏 = 120𝑀𝑃𝑎 𝑇 =? 𝐿 = 1.5𝑚 𝐽=

𝜋 𝜋 (𝐷4 − 𝑑4 ) = [(60𝑋10−3 )4 − (40𝑋103 )4 ] = 1.021𝑋10−6 𝑚4 32 32

a. 𝑇(𝑅) 𝐽 6 1.20𝑋10 𝑁 𝑇(1.021𝑋10−6 𝑚3 ) ( ) = 𝑚2 30𝑋10−3 1.20𝑋106 𝑁 1.021𝑋10−6 𝑚3 ( )( )=𝑇 𝑚2 30𝑋10−3 𝑇 = 4084 𝑁. 𝑚 𝜏𝑚𝑎𝑥 =

b. 𝑟 𝑑 𝜏𝑚𝑎𝑥 ó 𝜏𝑚𝑎𝑥 𝑅 𝐷 20𝑋10−3 =( ) (120𝑀𝑃𝑎) 30𝑋10−3 𝜏𝑚𝑖𝑛 = 80𝑀𝑃𝑎

𝜏𝑚𝑖𝑛 = 𝜏𝑚𝑖𝑛

𝑇𝑟 𝐽 𝜏𝑚𝑖𝑛 𝐽 𝑇= 𝑟 80𝑋106 𝑁/𝑚2 (1021𝑋10−6 𝑚2 ) 𝑇= 20𝑋10−3 𝑚 𝜏𝑚𝑖𝑛 =

𝑇 = 4084𝑁𝑚

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Ejemplo N°9 El eje horizontal A-D está sujeto en una base fija en D y se le aplican los pares mostrados. Un agujero de 44mm de Φ se perforado en la porción C-D del eje. Sabiendo que el eje es de acero con J=77X109N/m2. Determine el ángulo de giro del extremo A.

1 1 𝐸𝑗𝑒 𝑚𝑎𝑐𝑖𝑧𝑜 = 𝜋𝐷 ó 𝜋𝑅 4 32 2 1 𝜋 𝐸𝑗𝑒 ℎ𝑢𝑒𝑐𝑜 = 𝜋(𝐷4 − 𝑑 4 ) ó (𝑅 4 − 𝑟 4 ) 32 2

∑𝑇 = 0 −250 − 2000 + 𝑇𝐷 = 0 𝑇𝐷 = 2250𝑁𝑚

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Corte N°1

250Nm ∑𝑇 = 0 −𝑇1 − 250 = 0 𝑇1 = −250𝑁𝑚 Corte N°2

250Nm 2000Nm ∑𝑇 = 0 −𝑇2 − 2000 − 250 = 0 𝑇1 = −2250𝑁𝑚 Corte N°3 (al revés)

250Nm

∑𝑇 = 0 𝑇3 + 2250 = 0 𝑇3 = −2250𝑁𝑚 𝜙1 =

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𝑇𝐿 𝐽𝐺

−250(0.4𝑚) 7.95𝑋10−7 𝑚4 (77𝑋109 𝑁/𝑚2 ) 𝜙1 = −0.0163 𝑟𝑎𝑑(180⁄𝜋) 𝜙1 = −0.9339

𝜙1 =

𝑇𝐿 𝐽𝐺 −2250(0.2𝑚) 𝜙2 = 1.27𝑋10−6 (77𝑋109 𝑁/𝑚2 ) 𝜙2 = −4.60𝑋10−3 𝑟𝑎𝑑(180⁄𝜋) 𝜙2 = −0.2636 𝜙2 =

𝑇𝐿 𝐽𝐺 −2250(0.6𝑚) 𝜙3 = 9.04𝑋10−7 (77𝑋109 𝑁/𝑚2 ) 𝜙3 = −0.0194 𝑟𝑎𝑑(180⁄𝜋) 𝜙3 = −1.1112° 𝜙3 =

𝜙𝐴−𝐷 = 𝜙1 + 𝜙2 + 𝜙3 𝜙𝐴−𝐷 = −2.3087

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Ejemplo N°10 Un eje circular AB consiste en un cilindro de acero de 10” de largo y 7/8 de pulgadas de diámetro, en el que se ha perforado una cavidad de 5” de largo y 5 pulgadas de diámetro desde el extremo B. El eje esta unido a soportes fijos en ambos extremos, un par de 90 lbs/pie se aplica en la mitad. Determine el par ejercido sobre el eje por cada uno de los soportes.

5 ”

5 ”

A ”

1 ”

2 ”

7/8”

5/8” 5 ”

10”

5 ”

∑𝑇 = 0 90 − 𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 = 0

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Corte N° 1

TA

T1

∑𝑇 = 0 𝑇1 − 𝑇𝐴 = 0 𝑇1 = 𝑇𝐴 Corte N° 2

TA

T2

∑𝑇 = 0 𝑇2 + 90 − 𝑇𝐴 = 0 𝑇2 = 𝑇𝐴 − 90 𝑇𝐿 𝐽𝐺 𝑇𝐴 (5𝑖𝑛) 𝜙1 = 0.0575(𝐺)

𝐽 = 𝜋/32𝐷4 𝐽 = 𝜋/32(7/8)4 𝐽 = 0.05754 "

𝑇𝐿 𝐽𝐺 (𝑇𝐴 − 90)(5𝑖𝑛) 𝜙2 = 0.0426𝑖𝑛4 (𝐺)

𝐽 = 𝜋/32𝐷4 𝐽 = 𝜋/32[(7/8)4 − (5/8)4 ] 𝐽 = 0.0426𝑖𝑛

𝜙1 =

𝜙2 =

∑𝑇 = 0 90 − 𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 = 0 𝜙 = 𝜙1 + 𝜙2 (𝑇𝐴 )(5𝑖𝑛) (𝑇𝐴 − 90)(5𝑖𝑛) + 0.0575𝐺 0.0426𝑖𝑛𝐺 (𝑇𝐴 )(5𝑖𝑛) −(𝑇𝐴 − 90)(5𝑖𝑛) = 4 0.0426𝑖𝑛 𝐺 0.0575𝑖𝑛4 𝐺

0=

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(𝑇𝐴 ) −(𝑇𝐴 − 90) = 0.0426 0.0575 𝑇𝐴 (0.0426) −𝑇𝐴 + 90 = 0.0575 −𝑇𝐴 + 90 = 0.7409𝑇𝐴 90 = 0.7409𝑇𝐴 + 𝑇𝐴 1.7409𝑇𝐴 = 90 90 𝑇𝐴 = 1.7409 𝑇𝐴 = 51.7𝑙𝑏𝑠 /𝑓𝑡

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Flexión de Vigas Repaso de conceptos básicos: Fuerza Cortante y Momento Flector Fuerza Cortante (V) •Es la suma algebraica de todas las fuerzas externas perpendiculares al eje de la viga (o elemento estructural) que actúan a un lado de la sección considerada. •La fuerza cortante es positiva cuando la parte situada a la izquierda de la sección tiende a subir con respecto a la parte derecha. Momento Flector (M) •Es la suma algebraica de los momentos producidos por todas las fuerzas externas a un mismo lado de la sección respecto a un punto de dicha sección. El momento flector es positivo cuando considerada la sección a la izquierda tiene una rotación en sentido horario. Diagramas de fuerza cortante y momento flector •Estos permiten la representación grafica de los valores de “V” y “M” a lo largo de los ejes de los elementos estructurales. •Se construyen dibujando una línea de base que corresponde en longitud al eje de la viga (Elemento Estructural) y cuyas ordenadas indicaran el valor de “V” y “M” en los puntos de esa viga. •La Fuerza cortante (V) se toma positiva por encima del eje de referencia.

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•Los valores de momento flector (M) se consideran positivos por debajo del eje de referencia, es decir los diagramas se trazan por el lado de la tracción. •Los máximos y mínimos de un diagrama de momento flector corresponden siempre a secciones de fuerza cortante nula. Para poder obtener la distancia (X, Yo d) donde el momento flector es máximo o mínimo se igualará a cero la expresión de Fuerza cortante, luego se despeja dicha distancia (X, Y o d). •Los puntos donde el momento flector es nulo se denominan los puntos de inflexión sobre la elástica. Relaciones entre Carga y Fuerza Cortante. •El incremento de la fuerza cortante con respecto a la distancia(X, Y o d) en una sección cualquiera de una viga o elemento estructural (situada a una distancia, x, y o d, de su extremo izquierdo) es igual al valor del área de la carga de dicha sección.

Diagrama de Corte y Momento

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 Definición: En ingeniería se denomina flexión al tipo de deformación que presenta un elemento estructural alargado en una dirección perpendicular a su eje longitudinal. El término "alargado" se aplica cuando una dimensión es dominante frente a las otras. Un caso típico son las vigas, las que están diseñas para trabajar, principalmente, por flexión. Igualmente, el concepto de flexión se extiende a elementos estructurales superficiales como placas o láminas. El rasgo más destacado es que un objeto sometido a flexión presenta una superficie de puntos llamada fibra neutra tal que la distancia a lo largo de cualquier curva contenida en ella no varía con respecto al valor antes de la deformación. El esfuerzo que provoca la flexión se denomina momento flector. Las vigas o arcos son elementos estructurales pensados para trabajar predominantemente en flexión. Geométricamente son prismas mecánicos cuya rigidez depende, entre otras cosas, del momento de inercia de la sección transversal de las vigas. Existen dos hipótesis cinemáticas comunes para representar la flexión de vigas y arcos:  

La hipótesis de Navier-Bernouilli. La hipótesis de Timoshenko.

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Teoría Navier-Bernouilli Utilizada en el cálculo de vigas es la que se deriva de la hipótesis cinemática de Navier-Bernouilli, y puede emplearse para calcular tensiones y desplazamientos sobre una viga o arco de longitud de eje grande comparada con el canto máximo o altura de la sección transversal.

Ejemplo N°1 El Tubo rectangular que se presenta en la figura se obtiene de una aleación de aluminio con un 𝜎𝑦 = 40𝐾𝑠𝑖 y 𝜎𝑣 = 60𝐾𝑠𝑖 y 𝐸 = 10.6𝑋106 𝑃𝑠𝑖 Determine: a. El momento flector para el cual el factor de seguridad será = 3.0 𝜎𝑝𝑒𝑟𝑚𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 =

𝜎𝑣

𝜎𝑝 = 𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑝𝑒𝑟𝑚𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 𝜎𝑣 = 𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝜎𝑠 = 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑟𝑖𝑑𝑎𝑑 ⇒ 3.0𝑎4.0 𝑀 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑓𝑙𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝐶 = 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑒 𝐼 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎

𝜎𝑠𝑒𝑔𝑢𝑟𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑡 = 0.25" 𝑀𝐶 𝜎𝑝𝑒𝑟𝑚𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = 𝐼

𝜎𝑣 𝐼𝑥 𝑉𝑦 𝐹𝑠 𝜎𝑣 𝐼𝑦 𝑀𝑦 = 𝑉𝑥 𝐹𝑠 𝑀𝑥 =

𝝈𝒗 =

Elemento Rec y Rec pequeño

Área 16.25 2.38 18.63

𝑰𝒙 33.85 -20.88

𝑴𝑪𝑭𝒔 𝑰 𝑰𝒚 14.30 -7.80

𝑰𝒙 𝑰𝒚 𝟒 = 𝟏𝟐. 𝟗𝟕𝒊𝒏 = 𝟏𝟐. 𝟗𝟕𝒊𝒏𝟒

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̅ 𝒙 0 0

̅ 𝒚 0 0

̅𝟐 𝑨𝒙 0 0

̅𝟐 𝑨𝒚 0 0

𝑰𝒗 𝑰𝒙 𝟔𝟎𝑲𝒔𝒊(𝟏𝟐. 𝟗𝟕𝒊𝒏𝟒 ) 𝑴𝒙 = = 𝑪𝒚 𝑭𝒔 𝟐. 𝟓𝒊𝒏(𝟑. 𝟎) 𝑴𝒙 = 𝟏𝟎𝟑. 𝟖𝑲𝒍𝒃. 𝒊𝒏 𝑰𝒗 𝑰𝒚 𝟔𝟎𝑲𝒍𝒃/𝒊𝒏(𝟔. 𝟓) 𝑴𝒚 = = 𝑪𝒙 𝑭𝒔 𝟏. 𝟔𝟐𝟓(𝟑. 𝟎) 𝑴𝒙 = 𝟖𝟎𝑲𝒍𝒃. 𝒊𝒏

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Ejemplo N°2 Una sección de una maquina de hierro colado se somete a un par de 3kN.m como se muestra en la figura Determine los esfuerzos máximos de tensión y compresión sobre el elemento.

𝝈𝒑𝒆𝒓𝒎𝒊𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆 = Elemento

𝑴𝒙 𝑪𝒚 𝑰𝒙

Área 1800 1200

̅ 𝒙 0 0

̅ 𝒚 50 20

̅ 𝑨𝒙 0 0

̅ 𝑨𝒚 90000 24000

Σ = 30000

Σ=0

Σ = 70

Σ=0

Σ= 114000

̅=𝟎 𝒙 𝟏𝟏𝟒𝟎𝟎𝟎 ̅= 𝒚 = 𝟑𝟖𝒎𝒎 𝟑𝟎𝟎𝟎

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Elemento

Área 1800 1200

𝑰𝒙 60000 160000

̅ 𝒚 50 20

Σ= 220000

𝑰𝒙𝑻𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟖𝟔𝟖𝟎𝟎𝟎𝒎𝒎𝟒 𝝈𝒑𝒆𝒓𝒎𝒊𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆𝒙 = 1. 𝟑𝟏𝑿𝟏𝟎𝟔 𝒌𝑵/𝒎𝟐

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̅𝟐 𝑨𝒚 259200 388800 Σ= 648000

Ejemplo N°3 Para la viga de madera cargado como se muestra en la figura dibuje los diagramas de cortante y momento flector y determine el esfuerzo normal máximo debido a la flexión.

𝚺𝑴𝑫 = 𝟎 𝟐𝟎(𝟕. 𝟓𝒎) − 𝑹𝑩𝒚 (𝟓) + 𝟎(𝟐. 𝟎) = 𝟎 𝑹𝑩𝒚 = 𝟒𝟔𝒌𝑵

𝚺𝑭𝒚 = 𝟎 −𝟐𝟎 + 𝟒𝟔 − 𝟒𝟎 − 𝑹𝑫 = 𝟎 𝑹𝑫 = 𝟏𝟒𝒌𝑵

𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝑴𝒂𝒙 = 𝑴𝒎𝒂𝒙 𝑴𝒎𝒂𝒙 = 𝟓𝟎𝒌𝑵𝒎

𝝈𝒑 =

𝑴𝒙 𝑪𝒚 𝑴𝑪 ⇒ 𝝈𝒑 = 𝑰 𝑰𝒙

(𝟓𝟎𝒌𝑵𝒎)(𝟏𝟐𝟓𝑿𝟏𝟎𝟑 𝒎) 𝝈𝒑 = 𝟏. 𝟎𝟒𝟏𝟕𝑿𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝟒 𝝈𝒑 = 𝟔𝟎𝑿𝟏𝟎𝟑 𝒌𝑵/𝒎𝟐 ⇒ 𝟔𝟎𝑴𝑷𝒂

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𝑀1 = 0 𝑀2 = 0 − 20(2.5) 𝑀2 = −50𝑘𝑁 𝑀3 = −50 + 26(3.0) 𝑀3 = +28 𝑀4 = 8 − 14(2) = 0 𝐼𝑥 = 1/12𝑏ℎ3 𝐼𝑥 = 1/12(80)(250) 𝐼𝑥 = 1.0417𝑋10−4 𝑚4

Ejemplo N°4 La estructura mostrada en la figura consiste de una viga W 10x112 de acero laminado AB y de dos elementos cortos soldados y añadidos a la viga. a) Dibuje los diagramas de cortante y de momento flector para la viga y la carga dada. b) Determine el esfuerzo normal máximo en las secciones justo a la izquierda y justo a la derecha del punto D.

𝑴 = 𝒇𝒅 𝑴 = 𝟏𝟎(𝟐′ ) = 𝟐𝟎𝑲𝒊𝒑/𝒇𝒕

𝚺𝑭𝒙 = 𝟎 𝑩𝒙 = 𝟎 𝚺𝑭𝒚 = 𝟎 𝑩𝒚 − 𝟏𝟎 − 𝟑(𝟖) = 𝟎 𝑩𝒚 = 𝟑𝟒 𝑲𝒊𝒑 ↑

Corte 1 𝚺𝑭𝒚 = 𝟎 −𝑽 − 𝟑(𝒙) = 𝟎 𝑽 = −𝟑𝒙 → 𝟑(𝟖) = 𝟐𝟒

𝚺𝑴𝑩 = 𝟎

𝚺𝑴 = 𝟎 Página 71

𝑽𝟏 = 𝟑(𝟎) 𝑽𝟏 = 𝟎 𝑽𝟐 = 𝟑(𝟖) 𝑽𝟐 = 𝟐𝟒

𝒙 +𝑴 + (𝒙) ( ) = 𝟎 𝟐 𝑴 = 𝟑/𝟐𝒙𝟐

𝑴𝑩 − 𝟐𝟎 + 𝟏𝟎(𝟓) + 𝟑(𝟖)(𝟏𝟐) = 𝟎 𝑴𝑩 = −𝟑1𝟖𝑲𝒊𝒑. 𝒇𝒕 ⟶ 𝟑𝟏𝟖𝑲𝒊𝒑. 𝒇𝒕 Corte 2

𝑽𝟑 = 𝑽𝟐 + 𝟎 𝑽𝟑 = −𝟐𝟒 + 𝟎 𝑽𝟑 = 𝟐𝟒 𝑴𝟑 = 𝑴𝟐 + 𝟑(𝟐𝟒) 𝑴𝟑 = 𝟗𝟔 + 𝟑(𝒙) − (𝟐𝟒) 𝑴𝟑 = −𝟏𝟔𝟖

𝚺𝑭𝒚 = 𝟎 +𝑽 + 𝟑𝟒 − 𝟏𝟎 =0 V = 24

Σ𝑀 = 0 −𝑀 − 318 − 24 − 10(𝑥) + 34(𝑥 + 5) = 0 M = 24𝑥 − 168 M = 24(3) − 168 M = −96

Corte 3

Σ𝐹𝑦 = 0 +𝑉 + 34 = 0 𝑉 = −34

Σ𝑀 = 0 𝑀4 = 𝑀3 − 34(5) 𝑀4 = −168 − 170 𝑀4 = −338

De izquierda a derecha

De derecha a izquierda

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Cambio de Temperatura Se ha supuesto que todos los elementos y estructuras que hasta ahora se han considerado se mantienen a la misma temperatura cuando cargan. Ahora se estudiaran varias situaciones que involucran cambios de temperatura. Primero considere la varilla homogénea AB con sección transversal uniforme, que descasa libremente en una superficie horizontal lisa. Si la temperatura de la varilla se eleva en ΔT, se observa que la varilla se alarga por una cantidad δT, que es proporcional tanto al cambio de temperatura ΔT como a la longitud L de la varilla. Se tiene que δT = α (ΔT) L Donde α es una constante característica del material, llamada coeficiente de expansión térmica. Como δT y L se expresan ambas en unidades de longitud, α representa una cantidad por grado C o por grado F, dependiendo si s cambio de temperatura se expresa en grados Celsius o Fahrenheit. Esfuerzos de Origen Térmico: Un cambio de temperatura puede ocasionar que un material se dilate, mientras que, si la temperatura disminuye el material se contra. Si el material es homogéneo la deformación de un miembro de longitud L puede calcularse utilizando la fórmula £T = αΔTL y £T = 1/ºF (Fm) = 1 £ = coeficiente lineal de dilatación térmica. (1/ºF; 1/ºC; 1/n)

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Ejemplos Prácticos para resolver en clases Ejemplo Nº1 Determine los valores del esfuerzo en las porciones AC y CB de la barra de acero mostrada en la figura 2.37 cuando la temperatura de la barra es de -50ºF, sabiendo que existe un buen ajuste en ambos soportes rígidos cuando la temperatura es de +75ºF. Utilice los valores de E = 29x106 Psi y α = 6.5x106/ºF para el acero. Ejemplo Nº2 La barra compuesta de la figura está firmemente sujeta a soportes indeformables. Se aplica una fuerza axial de 200kN a una temperatura de 20ºC. Calcule los esfuerzos en cada material si la temperatura aumenta a 60ºC Ejemplo Nº3 La barra de acero mostrada en la figura cabe justamente entre los dos cortes fijos cuando la temperatura es igual a 60ºF. Si la temperatura se incrementa a 120ºF determine: el esfuerzo normal promedio que se desarrolla en la barra. Si α = 6.6x10-6/ºF.

Ejemplo Nº4 Una varilla de dos porciones cilíndricas AB y BC está restringida en ambos extremos. La porción AB es de latón (Eb = 105 GPa, αb = 20.9x10-6/ºC) y la porción BC de aluminio (Eb = 72 GPa, αb = 23.9x10-6/ºC). si se sabe que la varilla está inicialmente sin esfuerzos, determine a) los esfuerzos normales inducidos en las porciones AB y BC por una elevación de 42ºC en la temperatura, b) la deflexión correspondiente del punto B. Ejemplo Nº5 Sabiendo que existe una separación de 0.02 in cuando la temperatura es de 75ºC, determine a) la temperatura a la que el esfuerzo normal de la barra de aluminio será igual a -11 ksi, b) la longitud exacta correspondiente de la barra de aluminio.

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Cargas de Impacto Las Cargas de Impacto son aquellas en las cuales la dirección del movimiento es coincidente con la dirección en que se produce la carga. Se caracterizan por un tiempo de aplicación muy breve. Ejemplos: choque de un vehículo; movimiento sísmico; público saltando sobre gradas en estadios deportivos; acción de frenado; etc. Todas las cargas dinámicas (móviles o de impacto) tienen un efecto posible que es la resonancia. Todas las estructuras son en cierta medida elásticas, en el sentido que poseen la propiedad de deformarse bajo la acción de las cargas y de volver a su posición normal luego de desaparecer dicha acción .Como consecuencia, las estructuras tienden a oscilar. El tiempo en que tarda una estructura en describir una oscilación completa se llama período fundamental.

Para determinar el valor del esfuerzo que ocurre en el punto de una estructura que es emitida a una carga de impacto se deben hacer alguna suposiciones simplificativas, la energía cinética del cuerpo que golpea se transfiere íntegramente a la estructura y pasa a hacer la energía que causa la deformación. El módulo de elasticidad contenido del diagrama de esfuerzo de deformación es válido para cargas de impactos por tanto la energía dentro de la estructura es: V= ∫T2/2E dv

V = ½ m V02

Ordenando estas ecuaciones tenemos:

T=√

2𝑉E 𝑉

-√

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𝑚𝑉𝑜^2 𝑉

Ejemplo N°1 Una fuerza horizontal de magnitud P= 150 lb. se aplica al extremo D de la palanca ABD. Sabiendo que la porción AB de la palanca tiene un diámetro de 1.2 pulg., halle: a). los esfuerzos normal y cortante en un elemento situado en el punto H, con lados paralelos a los ejes x, y y, b). los planos principales y los esfuerzos principales en el punto H. P= 150 lb.

T= (150 lb)(18 pulg)= 2.7 kips. Pulg Mx= (150 lb)(10 pulg)= 1.5 kips. Pulg. y= Mc/I= (1.5 kips.pulg)(0.6 pulg) / ¼  (0.6 pulg)4 = 8.84

x= 0

ksi

xy= Tc/J= (2.7 kips.pulg)(0.6 pulg) / ½  (0.6 pulg)4 =

7.96 ksi. Tan 2p= 2xy / x - y= 2(7.96) / 0-8.84 = -1.80 2p= -61 º y

180º - 61º = 119º

p= -30.5º y 59.5º máx, mín = x + y / 2 + [ (x - y / 2)´2 + 2 xy ] ½ 0 + 8.84 / 2 +[ ( 0 – 8.84 / 2)´2 + (7.96)´2 ] ½ = +4.42 + 9.10 -

máx. = +13.52 ksi y mín. = -4.68 ksi

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Ejemplo N°2

Determine los esfuerzos principales de la flecha de acero. La Flecha tiene un diámetro de 3 pulg. Las poleas pesan 250 lb. Cada una, y las tensiones en las bandas son opuestas. Las chumaceras de los extremos permiten rotación suficiente de modo que los apoyos extremos pueden considerarse como articulados. Desprecie el peso de la flecha.  = Mc/I s = Tc/J  = Mc/I = (1425 x 12) (1.5)/ (π/64) (3)ª = 6690 lb/pulg² s = Tc/J = (500 x 16) (1.5)/ (π/32) (3)ª = 1510 lb/pulg²

 = ( x + y ) / 2 + / -

= -6690 + 0 +/ - √ (-6690 + 0)² + 1510²  lb/pulg² -3345 – 3760 = -7015 lb/pulg²

 Ahora determine el esfuerzo cortante máximo de la flecha.

= = √ (-3315 – 0)² + 1510² = 3670 lb/pulg²

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