Ejercicios deDeformación 203.- Durante una prueba esfuerzo-deformación se ha obtenido que para un esfuerzo de 35 MN/m2 la deformación ha sido de 167x10-6 m/m y para un esfuerzo de 140 MN/m2, de 667x10-6 m/m. Si el límite de proporcionalidad es de 200 MN/m2. ¿Cuál es el esfuerzo correspondiente a una deformación unitaria de 0.002? Si el límite de proporcionalidad hubiese sido de 150 MN/m2, ¿se hubieran deducido los mismos resultados? Razonar la respuesta. DATOS σ1= 35 MN/m2 ε1= 167x10-6 m/m σ2= 140 MN/m2 ε2= 667x10-6 m/m SOLUCION. Para resolver este problema hay que tener claro que significa deformación, ya que, en el tema anterior se ha tratado el tema de Esfuerzos, el cual es la acción generada por una fuerza aplicada por una determinada área. Por ello, al existir un esfuerzo siempre existirá una deformación (elongación, compresión, tracción, flexión) al material en cuestión. Según los datos proporcionados se tiene el siguiente diagrama esfuerzo-deformación. MN/m2 Limite de Proporcionalidad 200 140 35 m/m 167 667 La curva anterior (una curva en el horizonte siempre es una recta, por ello no existe rectas sino solo curvas), se encuentra en la zona elástica es decir zona en la cual el material puede recuperar su forma inicial tras haber sido sometida por una fuerza exterior. Supóngase que el material en cuestión sea acero y tras haber sido sometido a una fuerza de tracción, el material se deforma. Como se observa en la figura, el material al estirarse o alongarse el área disminuye. Sin embargo, esto en la vida real no se observa ya que las deformaciones no se aprecian con el ojo humano sino microscópicamente por tanto, el área tampoco se apreciaría. Una vez entendido el problema, procederemos a resolverlo matemáticamente utilizando la ley de Hooke- módulo de elasticidad. 𝛔𝟏 𝛔𝟐 E= = ε1 ε2 35 MN/m2 E= 167x10−6 E= 209580.8383 MN/m2 E = 209.580 N/m2 Si el límite de proporcionalidad hubiese sido de 150 MN/m2 los resultados serían los mismos puesto que los valores con los que se trabajaron están por debajo del mencionado (150 MN/m2). Aplicamos regla de 3 para obtener el esfuerzo correspondiente a una deformación de 0.02. 35 MN/m2 167x10-6 m/m σ 0.002 m/m MN 35 ∗0.002 m/m σ= m2 167x10−6 m/m σ = 419.1617 M N/m2 σ = 419.1617 N/m2 El esfuerzo para una deformación de 0.002 es de 419.1617 N/m2 204.relación entre la masa y el volumen de una sustancia o material... Llamando M a su masa total demostrar que también δ= MgL/2AE.Una barra prismática de longitud L. cálculo integral y geometría. DATOS. Longitud= L Seccion Transversal= A Densidad= ϼ Rw L Seccion W =A SOLUCION. 𝑀 𝜌= 𝑉 Donde: M= masa V= Volumen Despejando masa (M) tenemos que: 𝑀 = 𝜌∗𝑉 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 1. sección transversal A y densidad ϼ se suspende verticalmente de un extremo. entonces podemos definir con brevedad los siguientes conceptos: Densidad (𝜌). Demostrar que su alargamiento total es δ= ϼgL2/2AE. . Como se ha visto en semestres anteriores los módulos de física. Volumen (V). Altura.81 m/s2 Despejando la masa (M). h: Altura=L a: largura b: profundidad Área= Largura * profundidad=a*b 𝑉 =ℎ∗𝑎∗𝑏 𝑉 = 𝐿 ∗ á𝑟𝑒𝑎 𝑉 =𝐿∗𝐴 Peso (W)= Fuerza con que la tierra atrae un cuerpo por acción de la gravedad. profundidad y largura.Medidas del espacio de tres dimensiones ocupado por un cuerpo. La fuerza axial actuante en la barra prismática es W por tanto: 𝑃=𝑊 . 𝑊 =𝑀∗𝑔 Donde: M= masa g= gravedad 9. 𝑊 𝑀= 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 2 𝑔 Igualamos ecuación 1 y ecuación 2 y sustituimos por 𝑉 = 𝐿 ∗ 𝐴 𝑊 =𝜌∗𝑉 𝑔 𝑊 = 𝜌∗𝐿∗𝐴 𝑔 𝑊 =𝜌∗𝐿∗𝐴∗𝑔 Fórmula del peso donde relaciona la densidad.. la densidad (L) y la gravedad (g). el área (A). 𝛿 𝛿 = ∫ 1 𝑑𝛿 0 𝐿 𝐿 𝑊∗𝐿 𝑊 𝑊 =∫ ∗ 𝑑𝐿 = ∗ ∫ 𝑑𝐿 𝐴∗𝐸 0 𝐴∗𝐸 𝐴∗𝐸 0 Igualamos ambas ecuaciones. La barra debe ser homogénea. El esfuerzo no debe sobrepasar el límite de proporcionalidad 𝑊∗𝐿 𝛿= 𝐴∗𝐸 Aplicamos propiedades de integrales definidas.Por la ley de Hooke sabemos que: 𝑃∗𝐿 𝛿= 𝐴∗𝐸 Hay que recalcar lo siguiente: 𝑃∗𝐿 Para la validez de la ley de Hooke 𝛿 = 𝐴∗𝐸 hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis: La carga ha de ser axial. 𝑊∗𝐿 𝛿= 𝐴∗𝐸 𝛿 𝐿 𝑊 ∫ 1 𝑑𝛿 = ∗ ∫ 𝑑𝐿 0 𝐴∗𝐸 0 𝐿 𝛿 𝜌∗𝐿∗𝐴∗𝑔 𝛿| = ∫ ∗ 𝑑𝐿 0 0 𝐴∗𝐸 𝐿 𝛿 𝜌∗𝑔 𝛿| = ∗ ∫ 𝐿 ∗ 𝑑𝐿 0 𝐸 0 2 𝛿 𝜌∗𝑔 𝐿 𝐿 𝛿| = ∗ | 0 𝐸 2 0 . 𝑀 =𝜌∗𝑉 𝑀 𝜌= 𝑉 𝑀 𝜌= 𝐴∗𝐿 Sustituimos densidad en la ecuación de deformación 𝜌 ∗ 𝑔 ∗ 𝐿2 𝐴 𝛿= ∗ 2∗𝐸 𝐴 𝑀 𝐴 ∗ 𝐿 ∗ 𝑔 ∗ 𝐿2 𝐴 𝛿= ∗ 2∗𝐸 𝐴 𝑴∗𝒈∗𝑳 𝜹= 𝟐∗𝑬∗𝑨 Fórmula de la deformación total donde relaciona la masa (M). el Área (A) y la constante de elasticidad o módulo elástico (E) . Multiplicamos al numerador y al denominador por el área (A). 𝜌 ∗ 𝑔 ∗ 𝐿2 𝐴 𝛿= ∗ 2∗𝐸 𝐴 Utilizamos ecuación 1. la longitud (L) y la constante de elasticidad o módulo elástico (E). la longitud (L). 𝝆 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳𝟐 𝜹= 𝟐∗𝑬 Fórmula de la deformación total donde relaciona la densidad (𝛿) la gravedad (g). Por último para demostrar el literal b se ocupa la fórmula anterior de deformación. la gravedad (g). En base al apartado anterior.. DATOS.Una varilla de acero que tiene una sección constante de 300mm2 y una longitud de 150m se suspende verticalmente de uno de sus extremos y soporta una carga de 20kN que depende de su extremo inferior. la deformación total de la varilla será provocada por la deformación generada por la fuerza de 20 KN y por la deformación producida por el peso de la varilla. 𝐹1 = 20 𝐾𝑁 𝐹2 = 𝑊 = 𝑀 ∗ 𝐺 2. determinar el alargamiento de la varilla. Si la densidad del acero es 7850kg/m3 y E= 200 x 103 MN/m2. Indicación: Aplique el resultado del problema 204.205. la de 20 KN y el peso de la varilla de acero. Existen dos fuerzas externas accionantes malas. Para la resolución de este problema tenemos que tener en cuenta los siguientes aspectos: 1. 20KN 𝛿𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 𝛿𝐶𝐴𝑅𝐺𝐴 + 𝛿𝑃𝐸𝑆𝑂 W . ϼ= 7850kg/m3 E= 200 x 109 N/m2 A= 300mm2 = 300x10-6 m2 L= 150m 150 m P= 20kN = 20 x 103 N 20 KN SOLUCION. 3. 𝛿𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 𝛿𝐶𝐴𝑅𝐺𝐴 + 𝛿𝑃𝐸𝑆𝑂 𝑃 ∗ 𝐿 𝜌 ∗ 𝑔 ∗ 𝐿2 𝛿𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = + 𝐴∗𝐸 2∗𝐸 7850kg 𝑚 (20𝑥103 N)𝑥(150𝑚) ( m3 )𝑥(9. La deformación es muy grande ya que son 5.4 cm y esto si se aprecia con el ojo humano.3 mm. . La barra debe ser homogénea.8 )𝑥 (150𝑚)(150𝑚) s2 δTOTAL = N + N (200 x 109 ) 𝑥 (300x10−6 m2) 2 𝑥 (200 x 109 ) m2 m2 𝛿𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 0.0543 𝑚 𝛿𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 54.3 𝑚𝑚 La deformación total existente tras ser sometido a la varilla de acero a una fuerza externa de 20 KN junto con el peso de la misma es de 54. se utilizará la fórmula hallada en el ejercicio 204. y siguiendo la sugerencia del enunciado. 𝜌 ∗ 𝑔 ∗ 𝐿2 𝛿= 2∗𝐸 Por la ley de Hooke sabemos que: 𝑃∗𝐿 𝛿= 𝐴∗𝐸 Hay que recalcar lo siguiente: 𝑃∗𝐿 Para la validez de la ley de Hooke 𝛿 = 𝐴∗𝐸 hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis: La carga ha de ser axial. procedemos a realizar el análisis matemático. Puesto que nos dan la densidad del acero. El esfuerzo no debe sobrepasar el límite de proporcionalidad Área de la varilla Tras haber entendido el problema y cumplido con las hipótesis. SOLUCION.Un alambre de acero de 10m de longitud que cuelga verticalmente soporta una carga de 2000 N. Por la ley de Hooke sabemos que: 𝑃∗𝐿 𝛿= 𝐴∗𝐸 Hay que recalcar lo siguiente: 𝑃∗𝐿 Para la validez de la ley de Hooke 𝛿 = 𝐴∗𝐸 hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis: La carga ha de ser axial. L= 10m 10 m P= 2000N 2000 N σ= 140 MPa = 140x106 N/m2 δ ≤5mm . Supóngase E= 200 GPa. el área de la misma y el módulo de elasticidad que esta tenga. .005m E= 200 GPa = 200 x 109 Pa. Determinar el diámetro necesario. El esfuerzo no debe sobrepasar el límite de proporcionalidad Por ello es necesario validar las hipótesis anteriores con los datos proporcionados por el enunciado.206. La barra debe ser homogénea.. DATOS. si el esfuerzo no debe exceder de 140 MPa y el alargamiento debe ser inferior a 5mm. Para resolver este problema tenemos que hallar una ecuación que relacione la deformación total 𝛿 con la fuerza o carga aplicada. ≤ 0. despreciando el peso del alambre. la longitud de la barra. cumpliendo así la segunda hipótesis. puesto que el enunciado no aclara ningún sobreesfuerzo ni tampoco dice que sobrepasa el límite de proporcionalidad.Como se observa la carga es perpendicular al área transversal por tanto: 𝑃 = 𝑊 = 2000 𝑁 𝐶𝑢𝑚𝑝𝑙𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑠í 𝑙𝑎 1° ℎ𝑖𝑝ó𝑡𝑒𝑠𝑖𝑠 Además la barra de alambre es homogénea y de sección cortante como se observa. Además. La barra de alambre al ser cilíndrica tiene un área de base en forma circular por tanto: . entonces establecemos que la barra de alambre no sobrepasa dicho límite cumpliendo así la tercera hipótesis. 0000255 m ∅ = 𝟓. procedemos a realizar el análisis matemático. )(0.Utilizando por tanto la fórmula de deformación y tras haber demostrado que cumplía todas las hipótesis. 𝟎𝟒𝟗𝟕 𝐦 Importante: Tener en cuenta que la deformación total se obtiene en las mismas unidades que la longitud L. 4(2000𝑁/𝑚)(10𝑚) ∅2 = 𝜋(200 x 109 Pa. 4∗𝑃∗𝐿 ∅2 = 𝜋∗𝐸∗𝛿 Remplazamos los valores proporcionados por el enunciado y hallamos el diámetro.005𝑚) ∅2 = 0. 𝑃∗𝐿 𝛿= 𝐴∗𝐸 𝑃∗𝐿 𝛿= 𝜋 ∗ ∅2 4 ∗𝐸 Despejamos el ∅ para obtener el resultado final. el esfuerzo 𝜎 y la constante de elasticidad E tienen las mismas unidades . Además. se calienta y luego se monta sobre una rueda de acero de 1500.207.5 [mm] µ= 0.5[mm] de diámetro. de 10 [mm] de espesor. Una llanta de acero. 80 [mm] de ancho y de 1500 [mm] de diámetro interior. Si el coeficiente de fricción estática es de 0.30 ¿Qué par requiere para girar la llanta con respecto a la rueda? Desprecie la deformación de la rueda y use E=200G [Pa] Datos: Llanta: Espesor= 10 [mm] Ancho=80[mm] ∅Interior=1500[mm] Rueda: ∅= 1500.30 Figura P-207 Solución: Visualización del ejercicio 3D . Interpretación del ejercicio: El fin de la llanta es adquirir la forma de la rueda para ello se calienta y posteriormente se monta.25 [𝑚𝑚] → 𝜆 = 2. ¿Cómo la llanta puede adquirir la forma de la rueda? Aplicando una carga perpendicular como se muestra en la figura: En este caso no se verán deformadas como habitualmente se deforma un cuerpo al ser aplicado cargas perpendiculares (alargamiento o achicamiento) este presenta un incremento radial “como cuando un panadero aplasta la masa del pan y esta masa se desplaza por las periferias” o sea la llanta tiende a aumentar su tamaño en cuanto a radio o diámetro en base a estos criterios podemos concluir: 𝛿⊥ = 𝐼𝑛𝑐𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑙 [1] Donde: 𝛿⊥ = 𝐷𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑥𝑖𝑎𝑙 Entonces: 𝛿⊥ = 𝐼𝑛𝑐𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑙 = 𝜆 El incremento radial de la llanta es una deformación variación de forma 𝐷𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 = 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑉𝑎𝑟𝑖𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 = 𝐹𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝐹𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝐷𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝐷𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑙𝑙𝑎𝑛𝑡𝑎 𝜆= − 2 2 Incremento 1500.50 1500 radial 𝜆= − 2 2 𝜆 = 0.5𝑥10−4 [𝑚] . deformación creada por cargas axiales P: la carga aplica perpendicularmente L: radio interior de la llanta A: área perpendicular a la carga aplicada ¿Por qué L es igual al radio interno? Recordamos que L en la fórmula de deformación axial representa la longitud del cuerpo cuando este no está aplicado ninguna carga en pocas palabras la longitud del cuerpo en instancias iniciales y sabemos que en el radio interno presenta la deformación. 𝑃𝑟𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 𝜆= 𝐴𝐸 La ecuación anterior dejamos en función de esfuerzo axial: 𝜎𝑟𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 𝜆= 𝐸 𝐸𝜆 𝜎= 𝑟𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 El esfuerzo axial es igual a: 𝑃 𝜎= 𝐴 𝑃 = 𝜎𝐴 [4] Donde el Área se calcula de la siguiente manera: 𝐴 = 𝜋(𝑟𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 2 − 𝑟𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 2 ) Esta área reemplazamos en la ecuación anterior [4] 𝑃 = 𝜎𝜋(𝑟𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 2 − 𝑟𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 2 ) [5] . La deformación axial se calcula con la fórmula: 𝑃𝐿 𝛿⊥ = [2] 𝐴𝐸 Igualamos [1] y [2] 𝑃𝐿 𝜆= 𝐴𝐸 𝜆: Incremento radial. 𝐹𝑟 = 𝜇𝑁 Donde: 𝜇: Coeficiente de fricción estático N: fuerza normal al área de contacto Calculemos la fuerza normal D.L para determinar la normal ∑ 𝐹𝑦 = 0 La fuerza 𝑁−𝑃 =0 normal 𝑁=𝑃 . por lo tanto.C. la fuerza de rozamiento estático es mayor que la fuerza de rozamiento cinético. Ahora el par para que gire la llanta con respecto a la rueda calculamos de la siguiente manera: 𝑀 = 𝐹𝑥𝑑 F: fuerza de rozamiento Fr d: espesor (se multiplica por el espesor debido a que Calculamos la fuerza de Rozamiento estático: es la fuerza que se opone al posible movimiento del cuerpo en la superficie de contacto hay que tener en cuenta que el coeficiente de rozamiento estático es mayor que el cinético. 3 [ ] [𝜋(𝑟𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 2 − 𝑟𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 2 )]𝑥𝑒 𝑟 Ahora reemplazo los valores numéricos: (200𝑥109 [𝑃𝑎])(2.3𝜎[𝜋(𝑟𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 2 − 𝑟𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 2 )]𝑥𝑒 [3] en [7] 𝐸𝜆 𝑀 = 0. En base a estos concluimos: 𝐹𝑟 = 𝜇𝑁 𝐹𝑟 = 𝜇𝑃 Como dato tememos 𝜇 = 0.3𝑃 [6] El par: 𝑀 = 𝐹𝑟 𝑥 𝑒 [7] [6] en [7] 𝑀 = 0.5𝑥10−4 [𝑚]) 1660 [𝑚] 2 1500[𝑚] 2 𝑀 = 0.3𝜋 [ ] [( ) −( ) ] 𝑥 (10𝑥10−3 [𝑚]) 0.75[𝑚] 2000 2000 𝑀 = 79419.42𝐾 [𝑁𝑚] .46 [𝑁𝑚] 𝑀 = 79.3 𝐹𝑟 = 0.3𝑃 𝑥 𝑒 [5] en [7] 𝑀 = 0. Una barra de aluminio de sección constante de 160 [mm²] soporta unas fuerzas axiales aplicadas en los puntos que indica la figura P-208. a que hace referencia este término. en este caso la barra de aluminio es maciza y sección constante que no varía el área trasversal de la barra en ningún punto. total de la barra (No hay pandeo en la barra) Datos: P-208 Abarra = 160 [mm2 ] → 1. Si E=70G [Pa]. Por ultimo nos sugiere que no exista pandeo en la barra.6x10−4 [m2 ] E=70G [Pa]⟶Coeficiente de elasticidad del Aluminio Visualización 3D de la barra Información que podemos obtener del enunciado y del gráfico: Las cargas están siendo aplicadas axialmente a la sección trasversal de la barra. determinar el alargamiento. o acortamiento. La barra es homogénea. aunque lo más lógico sería que si exista pandeo al resultar que el cuerpo este en compresión .208. En base a las hipótesis mencionadas anteriormente se concluye que podemos utilizar la siguiente fórmula para obtener la deformación total: 𝑃𝐿 𝛿= 𝐴𝐸 Donde: 𝛿=Deformacion total en [m] presenta deformaciones mínimas P=Carga axial reaccionante [N] L=Longitud de la barra[m] A=área perpendicular a la carga [m²]⟶160 [mm2 ] → 1. El primer corte se realiza entre los 0 y 800 [mm]⟶AB Aplicamos ecuaciones de estática ∑ 𝐹𝑥 = 0 −35𝐾 [𝑁] + 𝑃𝐴𝐵 = 0 𝑃𝐴𝐵 = 35𝐾 [𝑁] . para ello se busca las cargas reaccionantes se procede a seccionar la barra: Para realizar los cortes cabe recordar que se puede realizar un corte mientras la carga aplicada axialmente se mantenga constante si esta ya se encuentra otra carga no se puede realizar este análisis.6x10−4 [m2 ] E=coeficiente de elasticidad depende de cada material [Pa] Primero debemos encontrar si la barra está en tensión o compresión. El segundo corte se realiza entre 800[mm] y 1800 [mm]⟶BC Aplicamos ecuaciones de estática ∑ 𝐹𝑥 = 0 −35𝐾 [𝑁] + 𝑃𝐵𝐶 + 15𝐾 [𝑁] = 0 −20𝐾 [𝑁] + 𝑃𝐵𝐶 = 0 𝑃𝐵𝐶 = 20𝐾 [𝑁] El tercer corte se realiza entre 1800 [mm] y 2400[mm]⟶CD ∑ 𝐹𝑥 = 0 −35𝐾 [𝑁] + 15𝐾 [𝑁] + 30𝐾 [𝑁] − 𝑃𝐶𝐷 = 0 10𝐾 [𝑁] + 𝑃𝐶𝐷 = 0 𝑃𝐶𝐷 = −10𝐾 [𝑁] . 5[mm] Sección BC 𝑃𝐵𝐶 𝐿 𝛿𝐵𝐶 = 𝐴𝐸 (20𝑥103 [𝑁])(1.6x10−4 [m2 ])(70𝑥109 ) Acortamiento 𝛿𝐶𝐷 = −5.0[m]) 𝛿𝐵𝐶 = (1.8[m]) 𝛿𝐴𝐵 = (1.54[mm]) 𝛿𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 3.6x10−4 [m2 ])(70𝑥109 ) Alargamiento 𝛿𝐴𝐵 = 2.5𝑥10−3 [m] en la sección AB 𝛿𝐴𝐵 = 2. se suma todas las deformaciones parciales de cada sección para obtener la deformación total en la barra.79𝑥10−3 [m] en la sección BC 𝛿𝐵𝐶 = 1. Cálculo de las deformaciones parciales de cada corte: Sección AB 𝑃𝐴𝐵 𝐿 𝛿𝐴𝐵 = 𝐴𝐸 (35𝑥103 [𝑁])(0.54[mm] Por último.79[mm]) + (−0.75 [mm] Deformación total en alargamiento . 𝛿𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 + 𝛿𝐶𝐷 𝛿𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (2.79[mm] Sección CD 𝑃𝐶𝐷 𝐿 𝛿𝐶𝐷 = 𝐴𝐸 (−10𝑥103 [𝑁])(0.6[m]) 𝛿𝐶𝐷 = (1.6x10−4 [m2 ])(70𝑥109 ) Alargamiento 𝛿𝐵𝐶 = 1.5[mm]) + (1.36𝑥10−4 [m] en la sección BC 𝛿𝐶𝐷 = −0. La barra es homogénea. en este caso la barra de aluminio es maciza y sección constante que no varía el área trasversal de la barra en ningún punto. Resolver el problema 208 intercambiando las fuerzas aplicadas en sus extremos. aunque lo más lógico sería que si exista pandeo al resultar que el cuerpo este en compresión . Por ultimo nos sugiere que no exista pandeo en la barra. en el izquierdo la fuerza de 10K [N] y en el derecho la de 35K [N] Datos: P-209 Abarra = 160 [mm2 ] → 1.6x10−4 [m2 ] E=70G [Pa]⟶Coeficiente de elasticidad del Aluminio Visualización 3D de la barra Información que podemos obtener del enunciado y del gráfico: Las cargas están siendo aplicadas axialmente a la sección trasversal de la barra.209. a que hace referencia este término. 6x10−4 [m2 ] E=coeficiente de elasticidad depende de cada material [Pa] Primero debemos encontrar si la barra está en tensión o compresión. En base a las hipótesis mencionadas anteriormente se concluye que podemos utilizar la siguiente fórmula para obtener la deformación total: 𝑃𝐿 𝛿= 𝐴𝐸 Donde: 𝛿=Deformacion total en [m] presenta deformaciones mínimas P=Carga axial reaccionante [N] L=Longitud de la barra[m] A=área perpendicular a la carga [m²]⟶160 [mm2 ] → 1. El primer corte se realiza entre los 0 y 800 [mm]⟶AB Aplicamos ecuaciones de estática ∑ 𝐹𝑥 = 0 −10𝐾 [𝑁] + 𝑃𝐴𝐵 = 0 𝑃𝐴𝐵 = 10K [𝑁] . para ello se busca las cargas reaccionantes se procede a seccionar la barra: Para realizar los cortes cabe recordar que se puede realizar un corte mientras la carga aplicada axialmente se mantenga constante si esta ya se encuentra otra carga no se puede realizar este análisis. El segundo corte se realiza entre 800[mm] y 1800 [mm]⟶BC Aplicamos ecuaciones de estática ∑ 𝐹𝑥 = 0 −10𝐾 [𝑁] + 𝑃𝐵𝐶 + 15𝐾 [𝑁] = 0 5𝐾 [𝑁] + 𝑃𝐵𝐶 = 0 𝑃𝐵𝐶 = −5𝐾 [𝑁] El tercer corte se realiza entre 1800 [mm] y 2400[mm]⟶CD ∑ 𝐹𝑥 = 0 −10𝐾 [𝑁] + 15𝐾 [𝑁] + 30𝐾 [𝑁] − 𝑃𝐶𝐷 = 0 35𝐾 [𝑁] + 𝑃𝐶𝐷 = 0 𝑃𝐶𝐷 = −35𝐾 [𝑁] . 88[mm]) 𝛿𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = −1.71[mm] Sección BC 𝑃𝐵𝐶 𝐿 𝛿𝐵𝐶 = 𝐴𝐸 (−5𝑥103 [𝑁])(1.0[m]) 𝛿𝐵𝐶 = (1.88[mm] Por último.6x10−4 [m2 ])(70𝑥109 ) Alargamiento 𝛿𝐴𝐵 = 7. Cálculo de las deformaciones parciales de cada corte: Sección AB 𝑃𝐴𝐵 𝐿 𝛿𝐴𝐵 = 𝐴𝐸 (10𝑥103 [𝑁])(0.45[mm]) + (−1.6[m]) 𝛿𝐶𝐷 = (1. se suma todas las deformaciones parciales de cada sección para obtener la deformación total en la barra.62 [mm] Deformación total en Acortamiento .71[mm]) + (−0.14𝑥10−4 [m] en la sección AB 𝛿𝐴𝐵 = 0.45[mm] Sección CD 𝑃𝐶𝐷 𝐿 𝛿𝐶𝐷 = 𝐴𝐸 (−35𝑥103 [𝑁])(0.6x10−4 [m2 ])(70𝑥109 ) Acortamiento 𝛿𝐶𝐷 = −1.6x10−4 [m2 ])(70𝑥109 ) Acortamiento 𝛿𝐵𝐶 = −4.88𝑥10−3 [m] en la sección BC 𝛿𝐶𝐷 = −1.46𝑥10−3 [m] en la sección BC 𝛿𝐵𝐶 = −0.8[m]) 𝛿𝐴𝐵 = (1. 𝛿𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 + 𝛿𝐶𝐷 𝛿𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (0. Se supone que el conjunto esta convenientemente anclado para evitar el pandeo y que los módulos de elasticidad son 200x103 MN/m2 para el acero.Un tubo de aluminio está unido a una varilla de acero y a otra de bronce. tal como se indica en la figura P-210.8 m Figura P-210 Datos: σBr= 120 [MPa] σAl= 80 [MPa] σA= 140 [MPa] EA= 200x103 [MN/m2] EAl= 70x103 [MN/m2] EBr= 83x103 [MN/m2] δTOTAL= 0.6 m 1. y soporta unas fuerzas axiales en las posiciones señaladas. 70x103 MN/m2 para el aluminio y 83x103 MN/2 para el bronce. Determinar el valor de P con las siguientes condiciones: La deformación total no ha de exceder de 2mm ni las tensiones han de sobrepasar 140 MN/m2..210. BRONCE ALUMINIO ACERO A=450mm2 A=600mm2 A=300mm2 3P 2P P 4P 0.002 [m] Calcule: El valor de P Solución: Para poder visualizar de mejor manera la interacción de los cuerpos.0 m 0. en este caso de las barras. procedemos a realizar un gráfico tridimensional de la figura anterior: . 80 MN/m2 en el aluminio ni 120 MN/m2 en el bronce. en el acero. La barra debe ser homogenea y de seccion constante. la longitud de la barra (L). como se sobreentiende que el sistema o estructura se encuentra en equilibrio entonces procedemos a aplicar las ecuaciones de equilibrio de la estática para determinar las cargas desconocidas que se encuentran aplicadas en las varillas.002 [m] con la fuerza o carga aplicada (P⊥). Al realizar diferentes cortes en cada varilla para determinar las cargas activas o reactivas presentes en cada sección. ya que se cumplen todas las hipótesis. Para resolver este problema tenemos que encontrar o utilizar una fórmula que relacione la deformación total δTOTAL= 0. El esfuerzo no debe sobrepasar el limite de proporcionalidad Una vez entendido el ejercicio. Además se establece puntos entre los segmentos de cada varilla para realizar un corte en el posterior análisis. el área(A) y el módulo de elasticidad. Teniendo así la siguiente formula de la Ley de Hooke: 𝑷 𝑳 ⊥ δ⊥= 𝑬𝑨 Recalcando que en la validez de esta expresión hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis que se cumplen en el ejercicio en mención: La carga debe ser axial. procedemos a realizar el cálculo de deformación para cada segmento y súmanos para obtener el valor total. de tal manera que realizamos sumatoria de fuerzas en X para . Mediante el grafico se puede observar que las fuerzas que actúan sobre la varillas son perpendiculares y cada una actúa ya sea como compresión o alargamiento. 𝟔𝒎) δ12= (83x109 Pa)(4. acero). aluminio. Cizalla Gráficamente en 2D seria: 3P P12 Realizamos la sumatoria de fuerzas en este segmento con las fuerzas que se muestran en el diagrama de cuerpo libre: ΣFx= 0 3P + P12 = 0 P12 = -3P Por lo tanto la primera deformación es: (−𝟑𝑷)(𝟎. En este caso la línea de acción coincide con el Eje axial.5x10−4 𝑚2 ) Acortamiento de la barra de Bronce debido a su signo negativo.cada sección y obtenemos el esfuerzo en los respectivos materiales (bronce. Respecto al Bronce(Punto 1-2) corte en 1 y 2: Vector deslizante (P12) Son aquellos vectores que pueden moverse sobre una línea de acción sin cambiar su magnitud. δ12= -4.819 x 10-8 P . Respecto al Aluminio(Punto 2-3) corte en 2 y 3: Vectores deslizantes (P23. En este caso la línea de acción coincide con el Eje axial.4.762 x 10-8 P . Gráficamente en 2D seria: 3P P P23 Realizamos la sumatoria de fuerzas en este segmento con las fuerzas que se muestran en el diagrama de cuerpo libre: ΣFx= 0 3P – P + P23 = 0 P23 = -2P Por lo tanto la segunda deformación es: (−𝟐𝑷)(𝟏𝒎) δ23= (70x109 Pa)(6x10−4 𝑚2 ) Acortamiento de la barra de Aluminio debido a su signo negativo. δ23= . P) Son aquellos vectores (cargas) que se mueven a lo largo de su línea de acción sin cambiar su magnitud posición. Respecto al Acero(Punto 3-4) corte en 3 y 4: Vectores deslizantes (P34.4P. En este caso la línea de acción coincide con el Eje axial.6667 x 10-8 P signo positivo.𝟖𝒎) δ34= (200x109 Pa)(3x10−4 𝑚2 ) Alargamiento de la barra de Acero debido a su δ34= 2. P) Estos vectores se pueden mover a lo largo de su línea de acción sin cambiar su magnitud y posición. . Gráficamente en 2D seria: 3P P 4P P34 Realizamos la sumatoria de fuerzas en este segmento con las fuerzas que se muestran en el diagrama de cuerpo libre: ΣFx= 0 3P – 5P + P34 = 0 P34 = 2P Por lo tanto la primera deformación es: (𝟐𝑷)(𝟎. 6667 x 10-8 P) δTOTAL= .819 x 10-8 P) + (.002 m= -6.002 m 0.9247K [N] El signo negativo indica que P o las cargas axiales en las varillas son de sentido contrario a lo que se ha trabajado en el la resolución del ejercicio.28. .4.9145 x 10−8 𝑃 P= .66 [N] P= .762 x 10-8 P) + (2.6. teniendo así: δTOTAL= δ12 + δ23 + δ34 δTOTAL = δBr + δAl + δAc δTOTAL= (-4.002m P = − 6.9145 x 10-8 P Acortamiento total Puesto que el enunciado nos menciona que la deformación total no debe exceder 2 mm.Tras haber obtenido todas las deformaciones precedemos a encontrar la deformación total.28924. tenemos la siguiente relación de deformaciones: δTOTAL= 2 mm= 0.9145x10-8 0. E=200x109 N/m2 50kN A=300 mm2 L=3 m 2m 2m A B C D 3m 1.. una varilla de acero ayuda a soportar la carga de 50KN. como indica la figura P-211.Dos barras AB y CD que se suponen absolutamente rígidas están articuladas en A y en D y separadas en C mediante un rodillo. En B. Determinar el desplazamiento vertical del rodillo situado en C.5 m Figura P-211 Calcular: Desplazamiento vertical del rodillos en C= ∆C Solución: Diagrama en 3D de la estructura en donde se muestra los datos mencionados en el enunciado. Articulación en A Varilla de Acero Carga de 50k [N] Rodillo Barra AB Y Barra CD Articulación en D .211. 5 m RAy Desplazamiento Cf Para identificar el sentido de las cargas se analizó por el método Urrutia. se sobreentiende que el sistema o estructura se encuentra en equilibrio entonces procedemos a aplicar las ecuaciones de equilibrio de . Mediante el grafico se puede apreciar que las barras están apoyadas sobre el rodillo o en contacto que se va a considerar para la resolución de este ejercicio. por las interacción de las cargas. teniendo así en el rodillo: +RCy -RCy Una vez entendido el ejercicio. Además tenemos que utilizar la ley de Hooke que nos dice: 𝑷 𝑳 ⊥ δ⊥= 𝑬𝑨 Recalcando que en la validez de esta expresión hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis que se cumplen: La carga debe ser axial. El esfuerzo no debe sobrepasar el limite de proporcionalidad En este caso vamos a tener cargas activas y reactivas de tal manera que para hallar el valor de las fuerzas debemos aplicar momentos. que se representan el la gráfica exagerada a continuación. La barra debe ser homogenea y de seccion constante. 50kN RDy RBy 2m 2m 3m RDx A Bo Co RAx D 3m Bf 1. Del enunciado del ejercicio se puede interpretar que las barras se van a desplazar verticalmente. 5K [N] RCy = 25K [N] Para hallar el desplazamiento que se produce en By. con las cargas que actúan en cada barra respectivamente.8125 [mm] El desplazamiento total que se produce en el punto C es 2.5 𝑚 = δB=∆B 1.5(25) 100 RBy = 3 𝐾[𝑁] RCy = 𝐾 [𝑁] 4 RBy = 37.875∗10−3 𝑚 ∆𝐶 ∆C ∆C = 2. en el punto B.5(RCy) + 3(RBy)=0 -2(50KN) + 4(RCy) =0 4.5 m 3𝑚 4. Barra AC: Barra DC: ΣMA⤽=0 ΣMD⤽=0 -4. reemplazando con los datos obtenidos del a lo largo de la resolución del ejercicio: (By)(L) δ= (𝐴)(𝐸) (37500𝑁)(3𝑚) δ= 𝑁 = 1. δ= 1. que para el análisis de este ejercicio se considera el principio de resistencia de materiales donde la deformación y desplazamiento tiende a ser iguales cuando la deformación es mínima. . debemos considerar que la deformación como el desplazamiento van a partir de un Bo hasta llegar a un Bf . teniendo en cuanta la consideración de la deformación igual al desplazamiento procedemos a realizar una semejanza de triángulos como se muestra a continuación: 3m 1.estática para determinar las cargas desconocidas que se encuentran aplicadas en las barras: Primero: Realizamos sumatoria de momentos en el punto A y el punto D. Segundo: Calculamos la deformación que se produce en BY.8125 [mm].8125*10-3 [m] ∆C = 2.875 x 10-3 [m] (3𝑧10−4 𝑚2 )(200𝑥109 2 ) 𝑚 Deformación de que produce en el la barra AB.875 [mm] Tercero: Finalmente para determinar el desplazamiento en el punto C. procedemos a realizar un gráfico tridimensional de la figura anterior: Varilla de Varilla de Acero Aluminio TAC TAl Bloque prismático W 3m 3m .212.. Determinar la relación de las secciones de las varillas.Un bloque prismático de concreto de masa M ha de ser suspendido de dos varillas cuyos extremos inferiores están al mismo nivel. de manera que el bloque no se desnivele. tal como se indica en la figura P-212. Aluminio E=70 GPa L=6m Acero E=200 GPa 1m L=3m 5m Figura P-212 Calcular: 𝐴𝐴𝐶 Relación de las secciones de las varillas = 𝐴𝐴𝑙 Solución: Para poder visualizar de mejor manera la interacción de los cuerpos en este caso de las dos varillas respecto al bloque prismático. a través del siguiente diagrama donde se muestran las cargas con sus respectivas distancias. teniendo en cuenta que el peso del bloque prismático se encuentra en el medio por tanto δAL= δAC. TAl TAC 1m 5m ΣMA⤽= 0 -3W + 5TAL=0 3 TAL= 5 m. El esfuerzo no debe sobrepasar el limite de proporcionalidad En este caso P es igual a las tensiones. para el posterior análisis. de tal manera que para hallar las tensiones debemos aplicar momentos. Además tenemos que utilizar la ley de Hooke que nos dice: 𝑷 𝑳 ⊥ δ⊥= 𝑬𝑨 Recalcando que en la validez de esta expresión hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis que se cumplen: La carga debe ser axial. además del peso que se encuentra en centro de la bloque.6m. la deformación del acero será igual a la deformación del aluminio.g A B 3m 2m 1m . Del enunciado del ejercicio se puede interpretar como están al mismo nivel. El bloque al ser homogéneo su punto de gravedad va a coincidir con el centro geométrico de la barra que para la solución se toma como si fuera un rectángulo perfecto teniendo la resultante W de la sumatoria de los pesos [Σ (w1+w2+w3 … wn) =W] W= (masa de la barra) [Kg]x constante de gravedad[m/s²]=[N] Una vez entendido el ejercicio. procedemos a realizar momento respecto al punto A y sumatoria de fuerzas. La barra debe ser homogenea y de seccion constante. Primero: Realizamos sumatoria de momentos en el punto A. Posteriormente igualamos las deformaciones del Aluminio y Acero. las deformaciones van hacer iguales. g = 0. Mediante el grafico se puede notar que las fuerzas que actúan sobre el bloque prismático son causadas por las varillas perpendiculares de Acero y Aluminio respectivamente. 4𝑚.𝑔)(3)(𝑜.6𝑚.4m. ΣFY= 0 TAL + TAC .𝑔)(6𝑚)(200𝑥109 𝑚.𝑔) 𝐴𝐴𝑙 𝐴𝐴𝐶 𝐴𝐴𝑙 =0. pero no especifica la relación respecto a cual material tenemos las dos respuestas.6𝑚.𝑔)(6𝑚) (𝑜.TAL 3𝑚𝑔 TAC = mg .571428 𝐴𝐴𝑙 𝐴𝐴𝐶 Debido a que en el enunciado solo nos pide hallar la relación (razón) de las secciones de las varillas.4𝑚.𝑔) = (70𝑥109 𝑚. g = o.1167 ó = 8. interpretando como relación la razón que existe entre las áreas de los materiales. . 5 𝟐 TAC = 𝟓 m. δAL= δAC (𝑇𝐴𝑙 )(𝐿𝐴𝑙 ) (𝑇 )(𝐿 ) =(𝐸 𝐴𝐶)(𝐴𝐴𝐶 ) (𝐸𝐴𝑙 )(𝐴𝐴𝑙 ) 𝐴𝐶 𝐴𝐶 (𝑜.𝑔)∗(𝐴𝐴𝑙 ) = (200𝑥109 𝑚.𝑔)∗(𝐴 𝐴𝐶 ) 𝐴𝐴𝐶 (𝑜.𝑔)(3𝑚) (70𝑥109 𝑚. W Segundo: Realizamos sumatoria de fuerzas mediante el siguiente diagrama de cuerpo libre del ejercicio.g Tercero: Igualamos las deformaciones del acero y del aluminio para obtener la relación que poseen estos dos materiales.W = 0 TAC = W . El esfuerzo no debe sobrepasar el limite de proporcionalidad . Aluminio L=4m Acero A=500mm2 L=3m E=70G Pa A=300mm2 E=200G Pa A B 3m 2m P Figura P-213 Datos: P= 50K [N] Calcular: Movimiento vertical de la barra Solución: En el ejercicio anterior se observó cómo actúan las varillas en un cuerpo prismático en 3D. en este caso una barra rígida y con una fuerza activa P.213. Las varillas son perpendiculares al cuerpo y cada una cuenta con sus respectivos datos: Basándonos en la Ley de Hooke que nos dice: 𝑷 𝑳 ⊥ δ⊥= 𝑬𝑨 Recalcando que en la validez de esta expresión hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis que se cumplen: La carga debe ser axial.La barra rígida AB. Si P=50K N. sujeta a dos varillas verticales como se muestra en la figura P- 213.. determine el movimiento vertical de la barra. La barra debe ser homogenea y de seccion constante. está en posición horizontal antes de aplicar la carga P. En este caso P es igual a las tensiones de cada varilla. Una vez entendido el ejercicio. que para el análisis de este ejercicio se considera el principio de resistencia de materiales donde la deformación y desplazamiento tiende a ser iguales cuando la deformación es mínima. TAC TAl Eje perpendicular al horizontal=+y A B Eje horizontal=+x 2m 3m 50K [N] Momento A: Sumatoria en el eje vertical: ΣMA⤽= 0 ΣFy= 0 -2P + 5TAl = 0 -P + TAL + TAC= 0 2𝑃 2(50𝑘𝑁) TAl= = 5 TAC= 𝑃 −TAl = 50kN .20kN 5 TAl= 20K [N] TAC= 30K [N] Para hallar el desplazamiento o movimiento que se produce en el eje vertical. con las cargas que actúan en la barra respectivamente. de tal manera que para hallar las tensiones debemos aplicar momentos. debemos considerar que la deformación como el desplazamiento van a partir de un Bo hasta llegar a un Bf. . a través del siguiente diagrama de cuerpo libre donde se muestran las cargas con sus respectivas distancias. se sobreentiende que el sistema o estructura se encuentra en equilibrio entonces procedemos a aplicar las ecuaciones de equilibrio de estática para determinar las cargas desconocidas que se encuentran aplicadas en la barra: Primero: Realizamos sumatoria de momentos en el punto A y sumatoria de fuerza en el eje perpendicular al horizontal. teniendo en cuenta la consideración de la deformación igual al desplazamiento procedemos un gráfico con los desplazamiento encontrados.2857 [mm] Tercero: Finalmente para determinar el desplazamiento vertical donde actúan cargas a lo largo de la barra AB.285 [mm].5 [mm]. .8 ∗ 10 𝑚 𝑑 d= 3.5mm 2.312 ∆P = 1. reemplazando con los datos obtenidos del a lo largo de la resolución del ejercicio: (𝑇𝐴𝐶 )(𝐿) (𝑇𝐴𝑙 )(𝐿) δA = (𝐴)(𝐸) δB = (𝐴)(𝐸) (30000)(3) (20000)(4) δA = (3𝑋10−4 )(200𝑋109 ) δB = (5𝑋10−4 )(70𝑋109 ) δA = 1. como se muestra a continuación: TAC P TAl 2m 3m A B 1.285mm d 0.814 [mm].814 [mm] El desplazamiento total en el punto A es de 1.312 [mm] Entonces el desplazamiento de la carga seria dada por: ∆P = ∆A + d ∆P = 1. El desplazamiento total en el punto B es de 2. Segundo: Calculamos la deformación que se produce en los puntos A y B. para realizar una semejanza de triángulos y hallar los desplazamientos restantes.5 [mm]+0.12 *10-4 [m] d= 0.78mm Mediante relación de triángulos tenemos que: 5𝑚 2𝑚 −4 = 7. El desplazamiento total en el punto en donde se aplica la fuerza P es de 1.5 [mm] δB = 2. Las barras rígidas AB y CD mostradas en la figura P-214 están apoyadas mediante pernos en A y en C. ALUMINIO L=2m A=500mm2 AA E=70GPa B B A B ACERO 3m 3m L=2m A=300mm2 E=200GPa CC DD P C D Figura P-214 Calcular: Máxima fuerza P. Solución: . Desprecie los pesos de todos los miembros. cuando el desplazamiento de las barras está limitado a 5 [mm].214. Determine la máxima fuerza P que pueda aplicarse como se muestra si el movimiento vertical de las barras está limitado a 5mm. y mediante las varillas mostradas.. las varillas que son perpendiculares a las barras y la carga P. Del enunciado del ejercicio se puede interpretar que las barras se van a desplazar verticalmente. La barra debe ser homogenea y de seccion constante. El esfuerzo no debe sobrepasar el limite de proporcionalidad . que se representan el la gráfica exagerada a continuación. Cabe recalcar que se desprecia los pesos de los miembros para el posterior análisis. por las interacción de las cargas. Mediante el grafico se puede apreciar los apoyos de las barras en los puntos A y C. Además tenemos que utilizar la ley de Hooke que nos dice: ⊥𝑷 𝑳 δ⊥= 𝑬𝑨 Recalcando que en la validez de esta expresión hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis que se cumplen: La carga debe ser axial. Apoyo con perno en A Varilla de Aluminio Barras rígidas Apoyo con AB y CD perno en C Varilla de Acero Fuerza P Diagrama en 3D de la estructura en donde se muestra los datos mencionados en el enunciado. además de que se limitan las barras a 5 [mmm] en su desplazamiento. Barra AB: Barra CD: ΣMA⤽=0 ΣMC⤽=0 𝑃 Sabiendo que TBD =2 3TAL – 6 TBD=0 -3P + 6 TBD =0 𝑃 3TAL = 6 TBD 3P = 6 TBD TAL=2(2 ) TAL = 2 TBD P = 2 TBD 𝐏 TAL=P TBD =𝟐 . Una vez entendido el ejercicio. Desplazamiento de RAy la varilla de Al. δVertical. con las cargas que actúan en cada barra respectivamente. se sobreentiende que el sistema o estructura se encuentra en equilibrio entonces procedemos a aplicar las ecuaciones de equilibrio de estática para determinar las cargas desconocidas que se encuentran aplicadas en las barras: Primero: Debemos determinar las ecuaciones que relaciones las deformaciones o desplazamientos de las barras y de las varillas teniendo la consideración de que deber estar limitadas hasta 5 [mm].005 m Ecuación 2 Segundo: Realizamos sumatoria de momentos en el punto A y el punto C.005 m Ecuación 1 1 δAL +2δAC=0. En este caso vamos a tener cargas activas y reactivas de tal manera que para hallar el valor de las fuerzas debemos aplicar momentos.AB + δVerticalCD=0. TAl A RAx B RAy -TBD RCy 3m 3m RAy +TBD Desplazamiento C RCx D RAy P Observando el desplazamiento de las barras se tiene el desplazamiento vertical de la barra AB coincide con el desplazamiento de la varilla de Al por ende δAL=δvertical dedibo a que están en su centro de gravedad. Para hallar el desplazamiento que se produce en By.005 m aplicarse con 5 [mm] de P=7. debemos considerar que la deformación como el desplazamiento van a partir de un Bo hasta llegar a un Bf .14 P + 8.005 m (𝑇𝑎𝐿 )𝑥(𝐿𝐴𝑙 ) 1 (𝑇𝐵𝐷 )𝑥(𝐿𝐴𝐶 ) (𝐴𝐴𝑙 )𝑥(𝐸) +2* (𝐴𝐴𝐶 )𝑥(𝐸) = 0.33 P = 0.005 m Máxima fuerza que puede 57.005 m 𝑃 (𝑃)𝑥(2𝑚) 1 ( )𝑥(2𝑚) (5𝑥10−4 𝑚)(70𝐺𝑃𝑎) + 2*(3𝑥10−42𝑚)𝑥(200𝐺𝑃𝑎) = 0. que para el análisis de este ejercicio se considera el principio de resistencia de materiales donde la deformación y desplazamiento tiende a ser iguales cuando la deformación es mínima. Tercero: Reemplazamos los datos obtenidos en la fórmula de deformación que a su vez se desarrolla en la Ecuación 2 por la condición dad: 1 δAL +2δAC=0. .637 X 10-5 G [N] desplazamiento. Una varilla de longitud L y sección circular tiene un diámetro que varía linealmente desde D en un extremo hasta d en el otro..215. Determinar el alargamiento que le producirá una fuerza P de tensión. Calcular: Alargamiento producido por la fuerza P. además se observa como a medida que se tensiona el cuerpo va disminuyendo el diámetro de la varilla. Solución: Para entender el ejercicio vamos a graficar como estaría dado los diámetros en una varilla circular y la representación del alargamiento por medio de la fuerza P de tensión: P P d D L Diagrama en 3D de la varilla en donde se muestra los datos mencionados en el enunciado. P Varilla P A continuación vamos a representar con todos los datos que se pueden obtener de la varilla para la solución del ejercicio. teniendo así: . para encontrar ecuaciones que permitan solucionar el ejercicio: 𝑑 𝑦 𝐷 =𝑥=𝐿 𝐿𝑑 𝐷 𝑑 𝐷 Vamos a hallar una ecuación relacionando dos razones: =𝐿 𝐿𝑑 𝐷 𝐷∗𝐿𝑑 Despejando d tenemos: d= 𝐿𝐷 𝑑 𝑦 Ahora tenemos la siguiente relación de la restante razones: =𝑥 𝐿𝑑 𝑑𝑥 𝐷𝑥 y = 𝐿𝑑 = 𝐿𝐷 Utilizando la fórmula de ley de Hooke. D d y x dx Ld L LD Además tenemos que utilizar la ley de Hooke que nos dice: 𝑷 𝑳 ⊥ δ⊥= 𝑬𝑨 Recalcando que en la validez de esta expresión hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis que se cumplen: La carga debe ser axial. La barra debe ser homogenea y de seccion constante. El esfuerzo no debe sobrepasar el limite de proporcionalidad Primero: Realizamos la relación de triángulos con las longitudes respectivas. con límites desde inferior Ld a superior LD y su diferencial de la longitud tenemos: 𝑃 𝑑𝑥 δ=𝐸* 𝐴 𝑳 𝑷 Integrando tenemos: δ = ∫𝑳 𝑫 𝑬𝑨 𝒅𝒙 Ecuación 1 𝒅 . si el ejercicio proporcionara valores matemáticos se encontraría el valor numérico de la deformación. . considerando que es una varilla de sección circular y con sus respectivas diferenciales tenemos: 𝜋 2 A= 4 r 𝜋 𝐷.𝑥 A= 4 ( 𝑳 )2 𝑫 𝜋 (𝐷 2)(𝑥 2 ) A= 4 𝑳𝑫 Ecuación 2 Remplazamos ecuación 2 en ecuación 1 y realizamos las respectivas operaciones matemáticas hasta hallar δ reducida utilizando las ecuaciones encontradas anteriormente: 𝐿 𝑃 𝐿 𝑃 δ = ∫𝐿 𝐷 𝐸𝐴 𝑑𝑥 = ∫𝐿 𝐷 𝜋(𝐷2 )(𝑥2 ) 𝑑𝑥 𝑑 𝑑 𝐸 4 (𝐿𝐷 )2 𝐿 4𝑃(𝐿𝐷 )2 𝑥 2 δ = ∫𝐿 𝐷 𝑑𝑥 𝑑 𝜋𝐸𝐷 2 4𝑃(𝐿𝐷 )2 𝑋 −1 𝐿𝐷 4𝑃(𝐿𝐷 )2 − 1 𝐿𝐷 δ= [ −1 ]𝐿𝑑 = [ 𝑥 ]𝐿𝑑 𝜋𝐸𝐷 2 𝜋𝐸𝐷 2 4𝑃(𝐿𝐷 )2 −1 1 4𝑃(𝐿𝐷 )2 −𝐿𝑑+𝐿𝐷 δ= [𝐿 + 𝐿 ] = [ (𝐿 ] 𝜋𝐸𝐷 2 𝐷 𝑑 𝜋𝐸𝐷 2 𝐷 )(𝐿𝑑 ) Sabiendo que −𝐿𝑑 + 𝐿𝐷 = 𝐿 4𝑃(𝐿𝐷 )2 𝐿 4𝑃 𝐿𝐷 δ= [(𝐿 ]= 𝜋𝐸𝐷 2 𝐷 )(𝐿𝑑 ) 𝜋𝐸𝐷 𝐷(𝐿𝑑 ) 𝐿 1 Conociendo que 𝐷(𝐿𝐷 ) = 𝑑 𝑑 𝟒𝑷𝑳 δ = 𝝅𝑬𝑫𝒅 Entonces tenemos finalmente la deformación en este caso alargamiento que se dará al actuar las tensiones en la varilla. Para encontrar una nueva ecuación en este caso respecto al área. Una varilla delgada de longitud L y sección recta constante A.16. experimenta una rotación alrededor de un eje vertical que pasa por uno de sus extremos. con los datos que se pueden obtener: Eje vertical ↺ L m=A(ϼ) Eje horizontal x dx Diagrama en 3D de la varilla y el eje en donde se precia como están dispuestos ambos elementos: Eje vertical Varilla delgada . situada en un plano horizontal. Datos: L= longitud A= Sección recta constante ϼ= densidad ω= velocidad angular m=masa Solución: Para entender el ejercicio vamos a graficar como estaría dada la varilla con un eje vertical que está contenido en un plano horizontal. demostrar que el alargamiento total de la varilla viene dado por ϼ ω2L3/3E.. Llamando ϼ a la densidad y ω a la velocidad angular. ω=velocidad angular. Por tanto: Reemplazamos la ecuación 1 en la ecuación 2. definamos que es aceleración radial: Aceleración radial: Se trata de un vector que representa la variación de la dirección Entonces del vectortenemos velocidadfinalmente la deformación de un móvil a lo largo del en este caso alargamiento que se dará tiempo: al actuar las tensiones en la varilla. ⃗⃗⃗⃗⃗ = Ecuación 2 𝑟 Modular y gráficamente tenemos: 𝒗𝟐 𝒂𝒓 = 𝒓 ω Su dirección es perpendicular a la trayectoria de la barra y su sentido siempre apunta hacia el centro de la curvatura. Si tiene la misma velocidad angular entonces. . (𝛚∗𝐫)𝟐 Aceleración en función de 𝒂𝒓 = 𝒓 la velocidad angular y el radio(x). cada punto de la varilla tiene la misma velocidad angular. si el ejercicio proporcionara valores matemáticos ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 se encontraría el valor numérico de la 𝑎𝑟deformación. r=radio Ahora. si el ejercicio proporcionara valores matemáticos se encontraría el valor numérico de la deformación. 𝒂𝒓 = 𝛚𝟐 ∗ 𝐫 Por otro lado dejamos la masa en función del área y densidad tal que: Entonces tenemos finalmente la deformación en este caso alargamiento que se dará al actuar las tensiones en la varilla. la tiene la misma aceleración normal. v= ω*r Ecuación 1 Dónde: v= velocidad lineal. radial o centrípeta: an = ar = ac Gráficamente tenemos: Velocidad angular (ω) Aceleración radial (ar) Por tanto la velocidad lineal de cualquier punto es proporcional a la distancia del eje de rotación.Estableciendo el uso de las características de: Velocidad Angular: Par que la varilla que gira alrededor de un eje. Densidad (ϼ): relación entre la masa y el volumen de un material. 𝑚 ϼ= 𝑉 m= ϼ*V Tenemos que el volumen=Área*Longitud m= ϼ*A*L Hay que tener presente que el hallar en valor de la varilla es producido por la suma de muchas partes infinitesimales de L consideradas en este ejercicio como dx. Además tenemos que utilizar la ley de Hooke que nos dice: 𝑷 𝑳 ⊥ δ⊥= 𝑬𝑨 Recalcando que en la validez de esta expresión hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis que se cumplen: La carga debe ser axial. La barra debe ser homogenea y de seccion constante. El esfuerzo no debe sobrepasar el limite de proporcionalidad Una vez entendido el ejercicio, se precede a realizar el análisis matemático: Primero: Al tener la masa vamos a dejar expresado en el dx, y considerando que el radio es x. m= ϼ*A*L m= ϼ*A*dx Se considera que el área y la densidad serán constantes. Segundo: Puesto que el sistema no está en equilibrio y gira alrededor de un eje tenemos: ΣF= m*ar F= (ϼ*A*dx) (ω2*x) 𝑃⊥ =F= ϼ *A*ω2*x*dx Tercero: Aplicando la Ley de Hooke tenemos: ϼ ∗A∗ω2 ∗x∗dx∗x ϼ ∗ω2 ∗x2 δ= 𝐴.𝐸 Simplificando tenemos: δ = 𝐸 𝑑𝑥 Aplicando Integrales: 𝐿=𝑥 ϼ(𝑤 2 )(𝑥 2 ) δ = ∫0 𝐸 dx (𝑤 2 )(ϼ) 𝑥 3 𝐿 δ= 𝐸 [ 3 ]0 Alargamiento total de la varilla 𝒘𝟐 ∗ϼ∗𝐋𝟑 δ= 𝟑𝑬 217.- Dos varillas de aluminio AB y BC articuladas en A y C a soportes rígidos, como indica la figura P-217, están unidas en B mediante un pasador y soportan la carga P=20 kN. Si las varillas tienen una sección de 400 mm2 y E= 70X103 MN/m2, determinar las deformaciones totales de cada una y el desplazamiento horizontal y vertical del punto B. Considérese α=300 y Ѳ=300. A L=3m α B Ѳ L=2m P C Figura P-217 y P-218 Datos: P=20K [N] A= 400 [mm2 ] E= 70*103M [N/m2 ] α=300 Ѳ=300 Calcule: Deformaciones totales de las varillas y el desplazamiento en B. Solución: Diagrama en 3D de la estructura en donde se muestra los datos mencionados en el enunciado. Varillas de Aluminio AB y BC Carga de 20K [N] Pasador en B en B Mediante el grafico se puede apreciar que las varillas están unidas por un perno en B, mismas que soportan el peso de 20K [N]. Del enunciado del ejercicio se puede interpretar que las varillas se van a desplazar verticalmente y horizontalmente, por la carga. Basándonos en la Ley de Hooke que nos dice: 𝑷 𝑳 ⊥ δ⊥= 𝑬𝑨 Recalcando que en la validez de esta expresión hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis que se cumplen: La carga debe ser axial. La barra debe ser homogenea y de seccion constante. El esfuerzo no debe sobrepasar el limite de proporcionalidad Una vez entendido el ejercicio, se sobreentiende que el sistema o estructura se encuentra en equilibrio entonces procedemos a aplicar las ecuaciones de equilibrio de estática para determinar las cargas desconocidas que se encuentran aplicadas las varillas: Primero: Realizando un diagrama de cuerpo libre con los datos que se obtiene del enunciado: 𝑇𝐴𝐵𝑦 Sen300= 𝑇𝐴𝐵 TABy=TAB(Sen300) Eje perpendicular al TBAy=TBA.TBC TBA = 20K [N] (Tension) La tensiones encontradas demuestran que la carga esta actuando en la varilla BA como tensión (Alargamiento) y en la varilla BC como compresión (Acortamiento). con las cargas que actúan en las varillas respectivamente.20KN=0 TBA(Cos300) + TBc(Cos300) = 0 TBA(Sen300) .TBCy – P = 0 TBCx + TBAx =0 TBA(Sen300) . a través del diagrama de cuerpo libre para obtener las tensiones y deformaciones de las varillas BA y BC respectivamente. 𝐶𝑜𝑠30 TBC = -20K [N] (Compresión) TBA = . Determinado las tensiones procedemos a aplicar ley de Hooke para hallar las deformaciones: (20000)𝑥(3) δBA=(70𝑥109 )𝑥(4𝑥10−4 ) = 2. ΣFy=0 ΣFx=0 TBAy .TBC(Sen300) = 20KN TBA =.TBC(Sen300) = 20KN T𝐵𝐶 (Cos30) -TBC(Sen300) .428 x 10-3 [m] .(Cos300) Eje horizontal=+x P TBC TBCy=TBC.1428 x 10-3 [m] (−20000)𝑥(2) δBC=(70𝑥109 )𝑥(4𝑥10−4 ) = -1.TBC(Sen300) .(Sen300) horizontal=+y TBA TBAx =TBACos300) 300 B 300 TBCx =TBC.(Sen300) Segundo: Realizamos sumatoria de fuerzas en los ejes. 428 x 10-3 Isósceles m A a x y C d F 300 300 b E F D c e c b O E . para realizar los respectivos cálculos de los desplazamientos: Para hallar el desplazamiento que se produce en By. que para el análisis de este ejercicio se considera el principio de resistencia de materiales donde la deformación y desplazamiento tiende a ser iguales cuando la deformación es mínima. debemos considerar que la deformación como el desplazamiento van a partir de un Bo hasta llegar a un Bf . Tercero: Vamos a representar en un nuevo diagrama de cuerpo libre las deformaciones obtenidas.1428 x 10-3 300 Eje horizontal=+x 600 300 C A 300 F D 300 E Cuarto: Para hallar el valor total de los desplazamientos tenemos que relacionar las diferentes distancias que se muestran a continuación ya sea con el uso de triángulos o por simple observación: D B Triangulo 1. Eje perpendicular al horizontal=+y B 300 2. 428 x 10-3 𝑎 m a= 2.5714 [mm] e=1.857 1.857 [mm] 300 C F Δ ABE B 2. . B Δ BCF 600 1.1428 x 10-3 300 A E 𝑒 e=d – a b= y= a + b 2 y=2.428 𝑥 10−3 𝑚 a sen300 = 1.3514 [mm].4285 [mm] b=0.71425 Una vez realizado todos los cálculos necesarios para encontrar los desplazamientos tenemos: El desplazamiento total horizontal de B es de 0.857 𝑥 10−3 𝑚 sen300 = 600 𝑑 d d= 4.71425 e=4.2857 [mm] 2.2857 .71425 [mm] D Δ ODF 𝑥 tan300= 600 𝑏 x= 0.4285 b= 2 y=3.857 + 0.4124 [mm] x 300 O F b=0.4124 [mm]. El desplazamiento total vertical de B es de 3.2. Solución: Diagrama en 3D de la estructura en donde se muestra los datos mencionados en el enunciado. . A L=3m α B Ѳ L=2m P C Figura P-217 y P-218 Datos: P=20K [N] A= 400 [mm2 ] E= 200*103M [N/m2 ] α=450 Ѳ=300 Calcule: Deformaciones totales de las varillas y el desplazamiento en B..218.Resolver el problema 17 si la varilla AB es de acero de E=200x103 MN/m2. α=450 y Ѳ=300. sin modificar los demás datos. Varillas de Aluminio AB y BC Carga de 20K [N] en B Pasador en B Mediante el grafico se puede apreciar que las varillas están unidas por un perno en B. La barra debe ser homogenea y de seccion constante. Basándonos en la Ley de Hooke que nos dice: 𝑷 𝑳 ⊥ δ⊥= 𝑬𝑨 Recalcando que en la validez de esta expresión hay que tener en cuenta las siguientes hipótesis que se cumplen: La carga debe ser axial. mismas que soportan el peso de 20K [N]. por la carga. Del enunciado del ejercicio se puede interpretar que las varillas se van a desplazar verticalmente y horizontalmente. se sobreentiende que el sistema o estructura se encuentra en equilibrio entonces procedemos a aplicar las ecuaciones de equilibrio de estática para determinar las cargas desconocidas que se encuentran aplicadas las varillas: Primero: Realizando un diagrama de cuerpo libre con los datos que se obtiene del enunciado: . El esfuerzo no debe sobrepasar el limite de proporcionalidad Una vez entendido el ejercicio. (Cos300) Eje horizontal=+x P TBC 0 TBCy=TBC. 𝑇𝐴𝐵𝑦 Sen450= 𝑇𝐴𝐵 TABy=TAB(Sen450) Eje perpendicular al TBAy=TBA.1. ΣFx=0 ΣFy=0 TBCx + TBAx =0 TBAy . con las cargas que actúan en las varillas respectivamente. a través del diagrama de cuerpo libre para obtener las tensiones y deformaciones de las varillas BA y BC respectivamente.5TBC = 20 K N TBC =-14. Determinado las tensiones procedemos a aplicar ley de Hooke para hallar las deformaciones: .0.9378K [N] Tensión Las tensiones encontradas demuestran que la carga está actuando en la varilla BA como tensión (Alargamiento) y en la varilla BC como compresión (Acortamiento). 𝐶𝑜𝑠45 TBA(Sen450) .8655TBC .(Sen30 ) Segundo: Realizamos sumatoria de fuerzas en los ejes.TBCy – P = 0 TBA(Cos450) + TBc(Cos300) = 0 T𝐵𝐶 (Cos30) TBA(Sen450) .6467K [N] Compresión TBA = 17.2247TBC (Sen450) –TBC(Sen300) = K -0.(Sen450) horizontal=+y TBA TBAx =TBACos450) 450 B 300 TBCx =TBC.2247 TBC Ecuación 1 Remplazo Ecuación 1 en Ecuación 2: -1.TBC(Sen300) .20K N=0 TBA =.TBC(Sen300) = 20K N Ecuación 2 TBA = . 𝟔𝟒 𝑿 𝟏𝟎−𝟑 )(𝟐) δBC= (𝟐𝟎𝟎 𝑿 𝟏𝟎𝟗 )(𝟒 𝑿 𝟏𝟎−𝟒 ) = -1.𝟗𝟑 𝑿 𝟏𝟎𝟑 )(𝟑) δBA= (𝟐𝟎𝟎 𝑿 𝟏𝟎𝟗 )(𝟒 𝑿 𝟏𝟎−𝟒 ) = 0.045 * 10-3 A C Eje horizontal=+x D 45o 105o E 30o F Cuarto: Para hallar el valor total de los desplazamientos tenemos que relacionar las diferentes distancias que se muestran a continuación ya sea con el uso de triángulos o por simple observación: .6724 X 10-3 [m] (−𝟏𝟒. que para el análisis de este ejercicio se considera el principio de resistencia de materiales donde la deformación y desplazamiento tiende a ser iguales cuando la deformación es mínima.045 X 10-3 [m] Tercero: Vamos a representar en un nuevo diagrama de cuerpo libre las deformaciones obtenidas. (𝟏𝟕. debemos considerar que la deformación como el desplazamiento van a partir de un Bo hasta llegar a un Bf .6724 *10-3 30o 45o 60o 1. Eje perpendicular al horizontal=+y B 45o 0. para realizar los respectivos cálculos de los desplazamientos: Para hallar el desplazamiento que se produce en By. .95096x10-3 c=1.95096x10-3 [m] 450 [mm] A D C 600 Δ BCF b 1.091x10-3 .0.045*10-3 b=2.672 𝑥 10−3 𝑚 a Cos450= 0.091x10-3 [m] 300 B F c=b-a c=2.045 𝑥 10−3 𝑚 Cos600= 𝑏 1.6724 * 10-3 𝑎 m a=0.1406 x 10-3 [m] Con los valores encontrados aplicamos relaciones trigonométricas y encontramos el valor de f. B A a y C b D x E c F B Δ ABD 450 0. 4175 [mm] DO= 0.59042 x 10-3 [m] 450 300 D F O c E ∆DEO ∆DEO 𝐷𝑂 𝑥 f cos450= Sen450=𝑓 𝑓 x= (f) x (sen450) x DO= (f) x (cos450) x= 0. 𝑐 𝑑 𝑓 E = = 𝑆𝑒𝑛105° 𝑆𝑒𝑛45° 𝑆𝑒𝑛30° (𝑐)(𝑆𝑒𝑛30°) f= 105o 𝑆𝑒𝑛105° (1.1406 𝑥 10−3 )(𝑆𝑒𝑛30°) f f= 𝑆𝑒𝑛105° x f=0.95096*10-3 + 0. . El desplazamiento total vertical de B es de 1.368 [mm] Una vez realizado todos los cálculos necesarios para encontrar los desplazamientos tenemos: El desplazamiento total horizontal de B es de 0.4175 [mm].4174*10-3 y= 1.4174 X 10-3 [m] 450 D O y=a + DO y= 0.368 [mm]. se suspende verticalmente de su extremo más ancho. Aplicar el resultado a la determinación del alargamiento de un sólido de forma cónica suspendido de su base. está claramente no cumple la hipótesis de sección constante entonces ya no podemos utilizar esta ecuación: La que varía en este caso es el área y esta la vamos a integrar Primero armamos relaciones en función de variables de longitud en x e y .219. Una barra de sección circular que varía linealmente desde un diámetro D en un extremo hasta otro menor d en el opuesto. Si la densidad del material es ρ. determinar el alargamiento debido a su peso propio. Datos: Densidad= ρ ∅inicial= D ∅final=d Determinar: 𝛿 debido a su peso Solución: Para proceder a resolver este ejercicio mediante la fórmula de la deformación axial este debe cumplir las hipótesis requeridas. visto como dato nos da la densidad y esta densidad se puede calcular como: 𝑚 𝜌= 𝑣 Donde: 𝜌: Densidad m: masa v: volumen El volumen que nos interesa es la diferencia entre estos dos: 𝑥 𝑥+𝐿 = 𝑑 𝐷 2 2 2𝑥 2(𝑥 + 𝐿) = 𝑑 𝐷 𝑥 (𝑥 + 𝐿) = 𝑑 𝐷 𝑥𝐷 = 𝑑(𝑥 + 𝐿) 𝑥𝐷 − 𝑑𝑥 − 𝐿 = 0 𝑥(𝐷 − 𝑑) = 𝐿 𝐿 𝑥= [1] (𝐷 − 𝑑) 𝑑 𝑧 2 = 𝑦 𝑥 𝑑𝑦 𝑧= [2] 2𝑥 [1] en [2] 𝑑𝑦 𝑧= 𝐿 2 (𝐷 − 𝑑) 𝑦(𝐷 − 𝑑) 𝑧= [3] 2𝐿 . Vamos a calcular los volúmenes de cada cono. para que calcular. Está conformado por dos conos el cono mayor y cono menor de color naranja. La deformación está realizada por el peso: Para obtener el esfuerzo debemos buscar mediante estática: ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑊 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 Donde w también puede ser: 𝜎. 𝑔 = 𝜎. 𝐴 El peso viene de la densidad 𝑚. 𝜌. 𝑔 = 𝑣 𝑣𝑧. 𝑔 = 𝑤 El volumen que debo calcular: 𝑉𝑧 = 𝑉𝑦 − 𝑉𝑥 𝑉𝑧 = 𝐶𝑜𝑛𝑜 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 − 𝐶𝑜𝑛𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 1 1 𝑑2 𝑉𝑧 = (AZ)(y) − π ( ) x 3 3 4 Reemplazamos [1] y [3] 1 𝑦2 (𝐷 − 𝑑) 1 𝑑2 𝐿 𝑉𝑧 = (AZ) ( )− π( ) 3 2𝐿 3 4 (𝐷 − 𝑑) π𝑦3 2 𝐷 − 𝑑) π 𝑑3 𝐿 𝑉𝑧 = ( ) − 12 𝐿 12 (𝐷 − 𝑑) . 𝑔 𝜌. 𝐴 = 𝑤 𝑣𝑧. 𝜌. (𝐷−𝑑)𝐷] 3𝐸 (𝐷−𝑑) 2 𝑝𝑔 2𝑑𝐿2 +𝐿2 (𝐷−𝑑) 𝑑 2 𝐿2 δ= [ . 𝑔 π𝑦3 𝐷 − 𝑑) 2 π 𝑑3 𝐿 𝜎= ( ( ) − ) 𝐴 12 𝐿 12 (𝐷 − 𝑑) Ahora procedemos a integrar los esfuerzos infinitesimales 1 𝑥+1 δ= ∫𝑥 (σy)dy 𝐸 1 𝑥+1 δ= ∫𝑥 (σy)dy 𝐸 𝑝𝑔 𝑥+1 𝑑 3 𝐿3 δ= ∫ (𝑦 + ) 𝑑𝑦 3𝐸 𝑥 𝑌 2 (𝐷−𝑑)3 𝑝𝑔 𝑥+1 𝑑 3 𝐿3 𝑥+1 δ= { ∫𝑥 𝑦(𝑑𝑦) − (𝐷−𝑑)3 ∫𝑥 𝑦 2 𝑑𝑦 } 3𝐸 𝑝𝑔 𝑦 2 𝑥+1 𝑑 3 𝐿3 1 δ= { ⋮ + (𝐷−𝑑)3 ⋮𝑥𝑥+1 } 3𝐸 2 𝑥 𝑦 𝑝𝑔 (𝑥+1)2 𝐿2 𝑑 3 𝐿3 1 1 δ= [ . + (𝐷−𝑑)3 ( . 𝐴 = 𝜌. 𝑔 ( ( ) − ) 12 𝐿 12 (𝐷 − 𝑑) 𝜌. 𝜎. ] 3𝐸 2(𝐷−𝑑) 3𝐸𝐷(𝐷−𝑑) 𝒑𝒈𝑳𝟐 (𝑫+𝒅) 𝒑𝒈𝑳𝟐 𝒅𝟐 δ= - 𝟔𝑬(𝑫−𝒅) 𝟑𝑬𝑫(𝑫−𝒅) .)] 3𝐸 2 2 𝑥+1 𝑥 𝑝𝑔 (𝑥+𝐿)2 −𝐿2 𝑑 3 𝐿3 𝑥−(𝑥+𝐿) 𝑑𝐿 δ= [ +( )x( )] Sabiendo que x= 3𝐸 2 (𝐷−𝑑) 𝑥)𝑥+𝐿) (𝐷+𝑑) 𝑝𝑔 𝑑𝐿2 𝐿2 𝑑 2 𝐿2 δ= [ + . 𝑔 𝑉𝑧 π𝑦3 2 𝐷 − 𝑑) π 𝑑3 𝐿 𝜎. 𝐴 = 𝜌.