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TEXTO GUIAMECANICA BAslCA CLAUDIA ..lENNY DE LA CRUZ MORALES I.C., E. ESTRUCTURAS., M.Sc., Ph.D. Profesora Titular UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MEDELLIN FACULTAD DE MINAS DEPARTAMENTO DE INGENIERIA CIVIL 2014 AGRADECIMIENTOS La autora expresa sus agradecimientos a: • Mi Amado Esposo Juan y a mis adorados hijos, el Chiqui y el Seba, por su constante apoyo en todo 10 que me propongo. • La senora Ana Mercedes Valenzuela G6mez, mi amiga, durante todos estos anos en la Universidad Nacional. • Prof. Jorge Eduardo Polanco Fl6rez, por su constante colaboraci6n y apoyo en los inicios de este trabajo. • Doctor Juan Ramiro Sanchez Uribe, por sus observaciones durante la realizaci6n del trabajo. • Andres Felipe Alvarez Toro, mi Auxiliar de Docencia, quien ha tenido la suficiente paciencia para colaborarme, en la realizaci6n de este texto. RESUMEN EI siguiente texto consta de la uni6n de los conceptos basicos de las asignaturas Estatica y Mecanica de Materia/es, que se dictan en la carrera de Ingenieria Civil, de la Facultad de Minas; con algunos ejemplos y ejercicios desarrollados, para explicar conceptos, como otros propuestos, tomados en su mayo ria de las referencias utilizadas. En su primera etapa se presentan generalidades de la Estatica, en cuanto al manejo de vectores, cuerpo rigido, equilibrio de cuerpo rfgido entre otros y algunos ejemplos. EI tema de elementos prismaticos sometidos a fuerza axial, ya inicia un acercamiento a la Mecanica de Materiales; por 10 que se plantea el estado de tensiones en diferentes pianos, ensayo de fuerza axial, relaciones elasticas y tensi6n - deformaci6n. Igualmente se presentan algunas generalidades, en 10 que se refiere a elementos prismaticos de secci6n circular y secci6n no circular, sometidos a un momenta torsor. Finalmente, se plantea de manera genenca, 10 referente a los elementos, prismaticos sometidos a fuerza cortante y momento flector con algunos ejemplos; como tambilm conceptos basicos del momenta de inercia, con ejemplos sencillos. la oportunidad de acceder a un texto informal. donde se recopilan de la manera mas didactica y concisa los temas basi cos de la Estatica y la Mecanica de Materia/es. tiene como principal objetivo. . ofrece un metodo nuevo de anal isis 0 una solucion especial a un problema especifico. que se ofrecen en el pensum de la carrera. IIeguen al estudiante de la manera practica y de facil comprension. ofrecer a los estudiantes de Ingenierfa CivH de la Facultad de Minas. solo es una forma de hacer que estas materias. En ningun momento este texto. con algunos ejemplos y ejercicios desarrollados. para explicar conceptos. a traves de un texto basico. basado en las Referencias Bib/iograficas utilizadas y en las Notas de C/ase de los profesores Gaviria y De La Cruz en su carrera docente.INTRODUCCION La recopilacion de los conceptos basicos de las asignaturas Estatica y Mecanica de Materia/es. Figura 5. Ejercicio 6 Figura 45. Ejercicio 1 Figura 12. Hip6tesis para el analisis de un elemento prismatico Figura 27. Representaci6n de Fuerza axial (N) Positiva y Negativa Figura 23. Ejemplo 9 28 29 30 31 32 32 33 33 35 36 37 38 38 44 45 47 48 49 50 50 . Ejemplo 5 Figura 17. Regia del Triimgulo Figura 6. Deformaci6n de la barra despues de la rotura Figura 38. Suma de vectores Py Q. Ejemplo 1 Figura 11. 11 11 12 13 15 16 17 18 21 23 23 23 24 26 CAPiTULO 2 Figura 26. vectores iguales Figura 7. Ejercicio 3 Figura 42. Valor de una Resultante de Fuerzas Figura 4. Ejercicio 5 Figura 44. Resultante de fuerzas concurrentes Figura 8. Diagrama de Cuerpo Libre Figura 21. Ejemplo 2 Figura 14. Divisiones en la pro beta de ensayo Figura 37. Cuerpo Elastico 3 3 4 5 5 6 7 7 8 8 10 . Ejercicio 2 Figura 18. Esquema de montaje de Ensayo a tracci6n en Prensa Hidraulica Figura 36. Diagrama L vs F. Alargamiento Axial de una barra prismatica Figura 40. Representaci6n de Fuerza Cortante (V) Negativa y Positiva Figura 24. Ejemplo 3 Figura 15.. Ejemplo 4 Figura 16. Ley de Hooke Figura 33. Ejercicio 4 Figura 43. Componentes rectangulares de una fuerza Figura 13. Linea de acci6n de una Fuerza F Figura 2. Variaci6n de las tensiones a y T en los diferentes pianos de corte Figura 32.MECANICA BAslCA iN DICE DE FIGURAS Y GRAFICAS pag. Diagrama de Fuerza Axial Figura 34. CAPiTULO I Figura 1. Resultante de Fuerzas (R) Figura 3. Fuerzas internas en areas infinitesimales Figura 31. Lugares de medida de Lf Figura 39. Estado de Tensiones en diferentes pianos Figura 30. Momento de una fuerza respecto a un punto Figura 19. Ley del Paralelogramo Figura 9. Diagrama de Fuerzas internas 0 solicitaciones Figura 22. Ejemplo 6 Figura 28. Suma de. Representaci6n de Momento Flector (M) Positiva y Negativa Figura 25. Ejemplo 7 Figura 35. Ejemplo 7 Figura 29. Reducci6n de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par Figura 20. Ejemplo 8 Figura 41. Regia del triangulo Figura 10. Figura 63. Ejercicio 20 Figura 84. Ejercicio 19 Figura 83. Elemento sometido a fuerzas excentricas j9uales y opuestas 89 90 91 93 96 101 102 103 106 107 108 109 109 112 113 116 117 118 119 120 121 121 122 . Figura 69. Modelos Estructurales de tipos de vigas Figura 72. Eje neutro entre el vector par Myel eje principal Figura 90. Figura 55. Figura 48. Figura 70. Figura 68. Figura 59. Figura 62. Figura 64. Figura 56. sometidas a Torsi6n Ejercicio 9 Ejercicio 10 Ejercicio 11 Elemento ciHndrico hueco de secci6n no circular. Viga cagada transversal mente (Flexi6n Pura) Figura 78. Figura 50. Ejemplo 11 Figura 75. Figura 54. Ejercicio 21 Figura 86. con un extremo fijo Deformaci6n arbor circular con un extremo fijo Ejercicio 8 Elemento cubico sometido a Torsi6n Elemento rectangular sometido a Torsi6n Secciones de pared delgada. Figura 65. Ejercicio 24 Figura 93. sometido a carga torsional Elemento extraido Elemento extraido Flujo de Corte q Secci6n transversal de un arbol hueco de pared delgada Linea central de la secci6n transversal de la pared Ejercicio 12 Ejercicio 13 Ejercicio 14 Ejercicio 15 53 54 56 56 57 58 59 61 62 63 64 77 78 79 79 80 80 81 81 82 83 84 85 86 CAPiTULO 4 Figura 71. Figura 51. Ejercicio 16 Figura 76. Figura 53. Elementos con uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria Figura 88. Ejercicio 17 Figura 81.MECANICA BAslCA Figura 46. Elemento asimetrico Figura 89. Figura 49. Figura 57. Ejemplo 10 52 CAPiTULO 3 Figura 47. Figura 67. Ejercicio 23 Figura 92. Figura 66. Figura 61. Distribuci6n de tensiones en la profundidad de la viga Figura 79. Figura 52. Ejercicio 22 Figura 91. Figura 58. Plano axial de simetria Figura 77. Elemento prismatico sometido a un Momento Torsor Secci6n Transversal de un elemento prismatico circular macizo Secci6n Transversal de un tubo Secci6n Hueca de espesor delgado t Ejercicio 7 Deformaci6n arbol circular. Convenci6n positiva. Ubicaci6n del centoide en una secci6n transversal de un elemento Figura 80. para la fuerza cortante y el momento flector Figura 74. Viga simplemente apoya sometida a cargas concentradas y distribuidas Figura 73. Elementos que tienen uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria Figura 87. Ejercicio 18 Figura 82. Ejemplo 12 Figura 85. Figura 60. en diferentes secciones transversales 123 123 124 124 126 128 129 130 132 133 133 GRAFICA Grafica 1. Secci6n transformada del elemento Figura 96. Resultados de Laboratorio Deformaci6n Unitaria por esfuerzo unitario Coeficientes para barras rectangulares bajo torsi6n Factor de concentraci6n de tensi6n 37 39 63 77 . Secci6n Compuesta Figura 95. Cubo sometido a cortante Figura 102. Tabla 3. Viga sometida a cargas Figura 103. Comportamiento a vs E de la barra 40 iNDICE DE TABLAS Tabla 1. Tabla 4. Ejercicio 26 Figura 99. Ejercicio 25 Figura 98. Ejemplo 1? Figura 97. Esfuerzos cortantes en tipos comunes de vigas Figura 104. Tabla 2. Ejercicio 27 Figura 100. Viga en Voladizo Figura 101.MECANICA BAslCA Figura 94. Flujos de corte. H. Latinoamericana S. P. Latinoamericana.MECANICA BASICA REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS 1. BEER. Jr. Editorial Mc Graw-Hill. Colombia 1982. 1982. Notas de clase del profesor Alvaro Gaviria Ortiz. Bogota-Colombia. Editorial Mc Graw-Hill. Bogota.A. Tercera Edici6n. S. BEER. y E. y D. Barcelona. TIMOSHENKO. 2.A. Ferdinand P. Estatica Tomo I.A. y E. Editorial Limusa.A. 1976. S. "Resisteneia de Materiales". JOHNSTON. POPOV... 5. Jr. JOHNSTON. EGOR P. Russell. Montaner y Simon.A. 3. "Elementos de Resistencia de Materiales". Segunda Edici6n. S. de C. "Mecanica Vectorial para Ingenieros". "lntroducci6n a la Mecanica de S6Iidos". Notas de clase de la profesora Claudia Jenny De La Cruz Morales. STIOPIN. Ferdinand P. S.V. Russell. Mosell. . 1986. 4. Editorial MIR. "Mecanica de Materiales". 1979. Primera Edici6n. YOUNG. 3 Suma de vectores ........................................3..................1..........1 Fuerzas externas e internas .......................................................9 Descomposici6n de una fuerza en componentes .... 13 1............. 1 1.................5 EQUILIBRIO DE UN CUERPO RiGIDO ...................................................7 Producto de un escalar por un vector ............4............1......................... 12 1..........2 Momento de una fuerza respecto a un punto ................4..... 6 1. 7 1...4.. 5 1..3..... 5 1.................................1 Fuerzas externas ......10 Componentes rectangulares de una fuerza ........................... 5 1. 17 1............................3........ 22 1..........3..................................4 Reducci6n de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par ....... 18 1........5 Sistemas equivalentes de fuerzas .......................................1 Solicitaciones 0 fuerzas internas .................................1 Vectores ......... 19 1..................... 4 1..............................................................................................3 Momento de una fuerza respecto a un eje .5...................................3................4.................... 10 1....................1 Clasificaci6n de las estructuras ..............................................4...... 17 1.. 16 1............................................................ 6 1..............................3..............................................................5 Sustracci6n de un vector ....... 20 1.................................6......................... ESTATICA ......6 Suma de tres (3) 0 mas vectores: P.........2 lEYES FUNDAMENTAlES DE NEWTON ..........4..................4...................................1 GENERAlIDADES....12 Componentes rectangulares de una fuerza en el espacio ..........................................................................................11 Suma de fuerzas por adici6n de componentes .................. Q Y S .......................................2 Tipos de vectores ..................... 24 .............3..............................MECANICA BAslCA TABLA DE CONTENIDO RESUMEN INTRODUCCION CAPiTULO 1 1.3...... 2 1................. 1 1.8 Resultante de varias fuerzas concurrentes .........................3 FUERZA SOBRE UNA PARTicUlA..............4 Metodo para obtener la suma de dos (2) vectores .4 CUERPOS RiGIDOS ......... 6 1.................................. 3 1............ 21 1..... 17 1...........6 ESTADO GENERAL DE TENSIONES Y DEFORMACIONES EN UN SOLIDO DEFORMABLE ..... 18 1........2 Fuerzas internas ...... 17 1......................................................... 4 1.........'...............................................3...........3...............................3........................................3........... ................2..................................3 Ensayo en ellaboratorio ....................4.....................................3.....3 TORSION DE ELEMENTOS NO CIRCULARES ......... 36 2...2 Fuerzas de contacto de otros cuerpos ..........................................1....................... 42 2..........MECANICA BAslCA 1. ELEMENTO PRISMATICO SOMETIDO A FUERZA AXIAL.............. 31 2.3.................... 36 2.............................................................................. 53 3.....7 CARACTERisTICAS DE LOS MATERIALES ............ 27 1. ... 46 2............ 27 1.....4. 79 .........................................3~6 Causas de error ....................................................... 32 2...........3........2 Modulo de elasticidad E ............. 36 2................................. 28 2......................................................................1 Variaciones de las tensiones normal y cortante segun el plano de corte ...................4.......................... 33 2.......... 37 2.3............ ELEMENTOS PRISMATICOS SOMETIDOS A UN MOMENTO TORSOR ....2 ESTADO DE TENSIONES EN DIFERENTES PLANOS .....................3.... 58 3.......'........8.................. 44 2.........................................1 Fuerzas internas ..................1 Constantes elasticas .1...........1 GENERALIDADES.. 44 2..............3..............7.........3 ENSAYO DE FUERZAAXIAL .............7 Conclusiones .... 43 2....................................................................................4 Factor de seguridad n ......... DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL .................................................................................... 62 3.......DEFORMACION ................... 38 2...............3............................................................................1 Diagrama de tension y deformacion ........................................2 DEFORMACIONES EN UN ARBOL CIRCULAR ........................................:......................................... 50 CAPITULO 3 3.2 Caracteristicas del diagrama ................. 29 2....... 33 2................ 27 CAPiTULO 2 2......................................... 53 3.........8 CARACTER ANALiTICO EXPERIMENTAL DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES ........................8.............. 25 1........1 Diagrama de fuerza axial .........................3...............3..........3 Procedimiento .................3 Relacion de Poisson IJ .........4 RELACIONES ELAsTICAS TENSION ........3..3......6 DESPLAZAMIENTO DE ELEMENTOS ESTATICAMENTE DETERMINADOS SOMETIDOS A CARGA AXIAL ....................3.............1..................................... 43 2....... 26 1............................................5 Analisis de resultados ......................3................... 34 2...........................................................................................4.............................. 36 2.4 Datos obtenidos ...............1 Objetivo.1 ELEM ENTO PRISMATICO SOMETIDO A FUERZA AXIAL...3..........................................................3....1 Principlos generales ..4 SECCIONES HUECAS DE PARED DELGADA ................................................................3.....................5 TENSIONES Y DEFORMACIONES TERMICAS ..................................................................3.......1.................................................. 43 2...........2 Materiales y equipo .......................................... 42 ' 2.................1 Modulo de cortante G ......................................... 28 2.................. 43 2...... ......................2 METODO DE lAS SECCIONES .........................................1 DEFINICIONES ....MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 4 ELEMENTOS PRISMATICOS SOMETIDOS A FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FlECTOR.................1 Ecuaciones diferenciales de equilibrio . 88 4....... 122 4..................................... 93 4....... 129 REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS .......1 Tensiones internas ..................4................................................ 116 4..2..........................4..............................................: ..... 89 4......................................3 DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FlECTOR ........................................................................2 Calculo del Momento del momento deinercia .... 88 4................................................................................................................... 102 4................................................. 101 4..................................................7 FUERZA CORTANTE .........................6 FLEXION COMPUESTA ...........................5 FLEXION BIAXIAL ...................105 4.... 90 4......4 FLEXiON ....................................................... La nocion de espacio se asocia con la nocion de la posicion de un punto P. masa y fuerza. cuyos conceptos basicos empleados en mecanica. debe conocerse el tiempo en que transcurre (1). Existen dos (2) sistemas referenciales en mecanica: coordenadas de Euler y Lagrange y las longitudes se conocen como las coordenadas de P.1 ESTATICA GENERALIDADES La mecanica de los cuerpos rigidos se subdivide en estatica y dimimica. no es suficiente con indicar su posicion en el espacio. las cuales tratan con cuerpos en reposo y con cuerpos en movimiento respectivamente. pero estas deformaciones. nunca son absolutamente rigidas y se deforman bajo la accion de las cargas a que estan sometidas. son importantes cuando se refieren a la perdida de la resistencia de la estructura. sin embargo. Vale la pena resaltar.CAPiTULO I MECANICA BAslCA CAPiTULO I 1 1. que aclara dicho concepto: "Dos (2) cuerpos de igual masa. que para definir un acontecimiento. tiempo. son general mente tan pequenas que no afectan las condiciones de equilibrio 0 de movimiento de la estructura en consideracion. 1 . maquinas y solidos reales. EI concepto de masa se utiliza para caracterizar y comparar los cuerpos sobre las bases de ciertos experimentos mecanicos fundamentales. seran atraidas par la tierra de la misma manera y afreceran la misma resistencia al cambia en e/ mavimienta de tras/aci6n. Es importante recordar que las estructuras. A continua cion se presenta un ejemplo. son: espacio. la posicion de P puede ser definida por tres (3) direcciones dad as. Una fuerza representa /a acci6n de un cuerpa sabre atro y puede ser eiercida par cantacta directo a adistancia" (como en el caso de fuerzas gravitacionales y magneticas) (1). es: GMm F=-­ r2 r : Distancia entre las dos (2) particulas G: Constante universal. - Peso W: La fuerza F ejercida por la tierra sobre la particula se define como W peso de la particula. la particula adquirirs una aceleraci6n proporcional a la magnitud de la resultante y en direcci6n de esta fuerza resultante. - m: masa de la particula - r: como el radio R de la tierra e introduciendo la constante: GM 9 = R2 La magnitud W del peso de una particula de masa m. si original mente estaba en movimiento. su magnitud. se expresa como W 2 =m g. 1.2 LEYES FUNDAMENTALES DE NEWTON (2) • Primera Ley: Si la fuerza resultante que actua sobre una particula es cero (0). su direcci6n y se representa por un vector (1). Constante de gravitaci6n F = -F: Acci6n y reacci6n son iguales y opuestas y tienen la misma linea de acci6n. la misma linea de acci6n y sentidos opuestos. • Segunda Ley: Si la fuerza resultante que actua sobre una particula es diferente de cero (0).ii Fuerza resultante que actUa sobre la particula 1kgf x 1 m/s2 = 1N (Newton) m: Masa kg a: Aceleraci6n de la particula 1m/s2 F: • Tercera Ley: Las fuerzas de acci6n y reacci6n entre cuerpos en contacto tienen la misma magnitud. - M: masa de la tierra. • Ley de la gravitacion de Newton: Establece que dos (2) particulas de masas M y m se atraen mutuamente con fuerzas iguales y opuestas F y -F. la particula permanecera en reposo. . 0 se movers con rapidez constante en linea recta. La magnitud de la fuerza F dada por la f6rmula. Se puede escribir as!: F = m.MECANICA BAslCA CAPiTULO I Es asi como una fuerza se caracteriza por su punto de aplicaci6n. si originalmente estaba en reposo. 76 m/s2 (Medellin= 9. Linea de acci6n de una Fuerza F Si F tiene igual magnitud pero diferente sentido y la misma linea de accion. EI termino "particula" no se refiere a corpusculos pequerios.MECANICA BAsIC A CAPiTULO I EI valor de R. debido a que la tierra no es totalmente esferica. mientras que el punta considerado permanezca sobre la superficie terrestre. varia con la posicion del punto considerado. De ahi que la direccion de una fuerza. Tambien depende de la altitud. 1. por consiguiente. tienen el mismo punto de aplicacion. 1) IFI = iON IFI = modulo de F Figura 1. As!. tendrcin efectos distintos sobre la part!cula. Cuando dos (2) fuerzas P y Q actuan sobre una particula situada en el punta A. su magnitud y su direccion. pueden reemplazarse por una sola fuerza H. EI valor de g. que tiene el mismo efecto sobre la partfcula y se denomina Resultante de Fuerzas.81 m/s2).3 FUERZA SOBRE UNA PARTicULA (2) Una fuerza representa la accion de un cuerpo sobre otro y se caracteriza por su punto de aplicacion. l­ IP '" II 8 A Figura 2. La fuerza se representa mediante un segmento de esta linea (Ver Fig. La linea de accion es una linea infinita a 10 largo de la cual actua la fuerza y se caracteriza por el cingulo que forma con cierto eje fijo. depende de la altura del punto considerado. como se presenta en la siguiente Figura 2. ~ 0 -_-~---. significa que el tamano y forma de los cuerpos en consideracion. es suficientemente exacto en la mayoria de los casos suponer g igual a 9. no afecta la solucion de los problemas y se supone que todas las fuerzas que actUan sobre determinado cuerpo. se define por su linea de accion y su sentido. Resultante de Fuerzas (H) 3 . cada fuerza estar!a definida por su magnitud y direccion. tengan 0 no el mismo punto de aplicaci6n. para la suma de dos (2) fuerzas. • Vectores deslizantes: Las fuerzas que actUan sobre un cuerpo rigido. 4 . tiene un punto de aplicaci6n bien definido. mientras que las cantidades que no tienen direcci6n. 1.2 Tipos de vectores (3) • Vector fijo: Si un vector representa una fuerza que actua sobre una particula dada. • Vectores libres: Los pares de fuerzas se representan por vectores que pueden desplazarse Iibremente en el espacio y reciben el nombre de vectores Iibres. las velocidades.1 Vectores (1). Todas estas cantidades se pueden representar matematicamente por vectores. 3N V16+9=5 4N Figura 3. Se pueden representar con la misma letra. se representan por vectores que pueden moverse 0 deslizarse a 10 largo de la linea de acci6n. Los desplazamientos. En definitiva. conocida como la Lev del Paralelogramo. (2) Las fuerzas no obedecen las leyes de la adici6n de la aritmetica y algebra. las aceleraciones y los momentos son cantidades ffsicas que sumadas poseen magnitud y direcci6n y se suman segun la Ley del Parale/ogramo.3. la particula misma. Se dice que dos vectores son iguales cundo tienen la misma direcci6n y la misma magnitud. Valor de una Resultante de Fuerzas Sumando las fuerzas de 3N y la de 4N dan SN. como se puede observar en la siguiente Figura 3. 1. esto es. la masa y la energia se representan por numeros ordinarios 0 escalares. que se suman de acuerdo con la Ley del Parale/ogramo y se representan por f1echas. Se dice que tal vector es fijo y no puede moverse sin modificar las condiciones del problema. Son los vectores deslizantes. como el volumen. los vectores se definen como expresiones matematicas que pose en magnitud y direcci6n.3.CAPiTULO I MECANICA BAslCA La diagonal que pasa por A representa la resultante. '" . 1. Suma de vectores Py Q Se obtiene fijando los dos (2) vectores al punto A y construyendo un paralelogramo con Py Qcomo dos lados contiguos del paralelogramo. -+ p C.. se ha aplicado el metodo.3.3. Regia del Triangulo 1.imgulo (Ver Fig. La diagonal que pasa por A representa la suma de los vectores P y Qy se representa por P+ Q. ­ ..CAPiTULO I MECANICA BAslCA EI vector negativo de un vector P..5 Sustracci6n de un vector (4) Se define como la adici6n del correspondiente vector negativo. se coloca el origen de R en el origen deP.4 Metodo para obtener la suma de dos (2) vectores Si para sumar P y Q. los vectores se suman de acuerdo a la Ley del Paralelogramo.. P-Q=P+(-Q) 5 P­ Q.3 Suma de vectores (4) Por definici6n. asi: P+ (-p) = 0 1. La suma de vectores es conmutativa: P+ Q= Q+ P y es asociativa tambiem. ~+ Q A Figura 4. 5).Q . A Figura 5.~ ~ ~ . se .P.3.. y luego se une el origen de Pcon el extremo deQ. Ejemplo: obtiene sumando a Pel vector negativo . como se presenta en la siguiente Figura 4... se define como el vector que tiene la misma magnitud de P y djrecci6n opuesta a la de P y se representa por . que se conoce como la Regia del Tr.. es decir. Q Y S Py Qy luego el vector S al vector P+ Q En forma similar la suma de cuatro (4) vectores. No importa el orden en que se sumen los vectores. Esta es la Regia del Poligono para la suma de vectores. es un vector que tiene la misma direcci6n de P (si K es positiv~).6 Suma de tres (3) Se suman primero 0 mas vectores: P.5P Figura 6. de P + P + P como 3P. Entonces se ha aplicado primero la RegIa del Triangulo para sumar aplica nuevamente la RegIa del Triangulo para obtener P+ Q + S . 0 direcci6n opuesta a la de P (si K es negativ~) y la magnitud igual al producto de Pcon el valor absoluto de K (Ver Figura 6). colocando sucesivamente el origen de uno (1) de los vectores en el extremo del otro y finalmente uniendo el origen del primero con el extremo del ultimo. un escalar K y un vector P. 6 . 1. el mismo efecto que causan las fuerzas concurrentes dadas. 7).8 Resultante de varias fuerzas concurrentes (1) Considerando una particula sobre la cual actuan varias fuerzas coplanarias. se dice que son concurrentes.CAPiTULO I MECANICA BAslCA Se observa. varias fuerzas contenidas en el mismo plano y todas las fuerzas pasan por A.3. que se usa el mismo signo para representar la sustracci6n vectorial y escalar. representa la resultante de las fuerzas concurrentes (Ver Fig. EI vector If obtenido. pueden sumarse por la RegIa del Poligono. Py Qy se Otra manera de sumar los tres (3) vectores es.3. Suma de vectores iguales 1. 1. R: vector que tiene la misma direcci6n de Pyla magnitud de nP. Por 10 que se puede representar la suma de n vectores iguales P por el producto nP (n: entero positiv~). la fuerza unica que produce sobre la partlcula A. La resultante Ifdel producto KP. 1. se obtiene sumando el cuarto vector a la suma de los tres (3) primeros. es decir. Los vectores que representan las fuerzas que actuan sobre A.7 Producto de un escalar por un vector La suma de P + P se expresa como 2P.3. Resultante de fuerzas concurrentes 1. se llama descomposici6n de la fuerza F en sus componentes. se denominan componentes de F y ese proceso de reemplazar F por ella. La magnitud y la direcci6n de la segunda componente se determina graficamente 0 por trigonometria. lineas paralelas a las lineas de acci6n. 7 . al unir el extremo de P con el extremo F. que en conjunto produzcan el mismo etecto sobre la particula. que pueden determinarse graficamente 0 mediante la Ley de los Senos (Ver Fig.9 Descomposicion de una fuerza en componentes (1) Dos (2) 0 mas fuerzas que actuan sobre una particula. 9). pueden reemplazarse por una fuerza unica que produce el mismo efecto sobre la partlcula. Cuando se determinan ambas componentes P y Q deben aplicarse en A (Ver Fig. a Figura 7. Para cada fuerza F existe un numero infinito de conjuntos posibles de componentes. Esto conduce ados (2) componentes P y Q bien definidas. 8). Ley del Paralelogramo 2. Estas fuerzas que se lIaman componentes de una fuerza original F que pueden serdos (2) 0 mas.MECANICA BAslCA CAPiTULO I p ~ A . Considerando: 1. Se conoce la linea de acclon de cada componente: la magnitud y direcci6n de las componentes.3. se obtiene aplicando la Ley del Paralelogramo y trazando por el extremo de F . Se conoce una (1) de las dos (2) componentes( P): la segunda componente se obtiene aplicando la Regia del Triangulo. el numero de formas en que una fuerza F puede descomponerse en dos (2) componentes. es ilimitado. p Figura 8. Si es a escala se puede medir: T2 = 134lb Tl = 1961b 8 . paralela al eje de la roca calcular: a. La tension en cada cable. como se aprecia en la Figura 10. T2 T1 Figura 10. Se trazan los dos (2) lados paralelos a los cables. EI valor de 0:: para que la tension en el cable 2 sea minima.CAPITULO I MECANICA aASICA Q A Figura 9. sabiendo que 0::= 30° b. Regia del triimgulo Ejemplo 1: Se arrastra una roca par media de dos (2) cables. Utilizando la Ley del Prale/ogramo se sabe que la diagonal (resultante) es de 300 Ib y es hacia la derecha. Si la resultante de las dos (2) fuerzas ejercidas por los cables es de 300 Ib. Ejemplo 1 Soluci6n: a. ...'" ""':-. 2 /. En el diagrama a continuaci6n... representa la mitad del paralelogramo dibujado anteriormente.. _ "..... Por las lineas 2-2 se indican varias direcciones posibles de T2 • Vemos que el valor minimo de T2 se obtiene cuando Tl Y T2 son laterales." / ~ 209 . / III "1 I I ....." . EI valor minima de T2 es: T2 = (300 lb) sen 20 = 102. se utiliza una vez mas la RegIa del Triangulo.. I 2 / / 1­ I / . 1/ . Valor de C( para que T2 sea minimo.. /' I / 300 Lb 1 ' ....... 1 I 1 I 2 2 b....91b 2 2 I I / I.... Para determinar el valor de C( con el cualla tensi6n del cable 2 sea minima... Se observa que el triangulo..MECANICA SASICA CAPITULO I Soluci6n trigonometrica: Utilizando la RegIa del Triangulo..J... J. la linea 1-1 tiene la direcci6n de Ti ..8lb T2 = 133..6lb 0 300Lb 9 . Utilizando la Ley de Senos: sin 30 0 = 300lb T2 =--­ sin 20 0 sin 130 0 Asi: y Tl = 195. respectivamente a las magnitudes de las fuerzas componentes Fx y Fy. se lIaman componentes rectangulares. Tomando vectores de magnitud 1. pueden obtenerse multiplicando los vectores unitarios i y j respectivamente por los escalares apropiados. Figura 11. sin embargo. Generalmente se hace que los ejes X.20° ex = 70° Ejercicio 1: Dos (2) elementos estructurales Bye estan remachados al soporte A. Fx en direccion x y Fy en direccion y. tengan respectivamente la direccion horizontal y vertical. se observa que las componentes rectangulares Fx y Fy de una fuerza F . Estos vectores se lIaman vectores unitarios y se representan por i y por j. Entonces ejemplo: As!: F =Fxi+Fyj Mientras que los escalares Fx y Fy pueden ser positiv~s 0 negativos segun el sentido de Fx y de Fy.10 Componentes rectangulares de una fuerza Una fuerza se puede descomponer en dos (2) componentes perpendiculares entre si. Sus valores absolutos son iguales. EJercicio 1 1.3. Si la tension en el elemento B es 6 KN Y la tension en C es 10 KN. y.CAPiTULO I MECANICA SASICA Los valores correspondientes de Tl y ex son: Tl = (300 Ib) cos 20° = 282 Ib ex = 90° . orientados respectivamente en la direccion positiva de los ejes x y y. pueden tomarse en dos (2) direcciones perpendiculares cualesquiera. 10 . determinar graficamente la magnitud y direccion de la fuerza resultante que actua sobre el soporte. Recordando que el producto de un escalar p~r un vector. l.. Fx entonces: =300 N cos =Fy =-(300 N) sen 0( cos 0( 8m 8m 4 =­ = -­ = ­ AB 10m 5 6m 6m 10m 3 5 sinO(=.. Ejemplo 2 Soluci6n: En la Figura b.= ­ AB 11 0(. . se representa por F la magnitud de la fuerza 7 y por 8 el angulo entre7 y el eje x.= .-~~--~. en tanto que los vectores componentes 7 x y y se lIaman las componentes vectores de la fuerZa 7. se lIaman las componentes escalares de la fuerza 7..Cuales son las componentes horizontal y vertical de la fuerza ejercida por la cuerda sobre el punta A? k--l-. medido a partir del eje x positiv~ y en sentido contrario al movimiento de las agujas del relaj.CAPiTULO I MECANICA aASICA Los escalares Fx y Fy. x ··: · Figura 13. Se ruede concluir la misma para la componente escalar Fy. Componentes rectangulares de una fuerza Ejemplo 2: Un hombre tira con una fuerza de 300 N una cuerda sujeta a un edificio. Fy = Fyj F Fl( Fxi Figura 12. La componente escalar Fx es positiva cuando el vector componente Fx tiene la misma direcci6n del vector unitario i (es decir. el mismo sentido del eje positiv~ x) y negativo cuando Fx tiene direcci6n opuesta. Observando AS =10m. En la siguiente Figura 12. ( F4· Sen.3 . generalmente.2 -110. determinar la magnitud de la fUerza F.F. Ejemplo 3 Fuerza F1 F2 F3 F4 Magnitud (N) 150 80 110 .= 240 N Asi: 5 Fy 3 = -300 NS = -180 N Donde F = (240 N) i . Solucion: Las componentes X y Y de cada fuerza se determinan trigonometricamente..0 +75. I Figura 14. Los numeros escalares que representan la componente de una fuerza seran positiv~s sila componente tiene el mismo sentido del eje coordenado correspondiente. 1.4 00 +966 Rx-+199.I''')1 .11 Suma de fuerzas por adicion de componentes Ejemplo 3: Cuatro (4) fuerzas actuan sobre un perno A.9 Ry = +14.0 -25.3.·)J .---=-~~ tan 8 = F = .(180 N) j Fy r::. es mas facil. x: Positivo a la derecha y: Positivo hacia arriba y JJ~ -(F:U·~2CP)'1 ~Co. como esta en la Figura 14. una vez que se ha encontrado 8.jFx 2 + Fy2 Fx Sin embargo.0 -27.1 12 Componente y (M) +75.CAPiTULO I MECANICA BAslCA 4 Fx = 300 N . Determinar la resultante de fuerzas sobre el perno. 100 Componente x (N) +129. para definir la direccion de F.3. su orientacion esta definida p~r el angulo cj> que forma con el plano xy (Ver Fig. 13 . se dibuja el plano vertical OABC que contiene a F.:) R = (199. actUa en el origen 0 del sistema de coordenadas rectangulares x.6N R = 199.L.l Q 1. 15). y y y B I'"y D x x c z Figura 15. R Rx = (199.y y z.3N R =-.2 N)j -===J~3:====:: .6N sma <. sobre el plano.1 N 14. La fuerza puede descomponerse en una (1) componente vertical Fy y la componente horizontal Fh. Ry tan a = Rx 14.1 N) i La magnitud y direccion de la resultante pueden determinarse en el triangulo mostrado.CAPiTULO I MECANICA BAslCA La resultante R de las cuatro fuerzas es: R == Rxi + Ryj Ry =(14:. EL plano contiene el eje vertical y.12 Componentes rectangulares de una fuerza en el espacio (3) Una fuerza F . esta operacion se realiza dentro del plano OBAC. esta definida por el angulo By que forma F con el eje y.1 N)i + (13.= 199. Ejemplo 4 La direccion de .(4.3 N = 199.. respectivamente. Fz = (SOON) cos 120° = -250 N En las formulas: Asi: F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k Como en el caso de las dimensiones. Esto se realiza en el plano zx. Hallar las componentes Fx. Fy = (SOON) cos 45° = 3S4 N. Bz = 120° Fx = (SOON) cos 60° = 250 N. 45° Y 120° en los ejes x. F z . j Y k orientados en las direcciones de los ejes x. a 10 largo de los tres (3) ejes de coordenadas. se puede expresar F : F = FXi + FYJ + """"iiZk y k z Ejemplo 5: Una fuerza de SOON forma angulo de 60°. el signo mas (+) indica que el componente tiene el mismo sentido del eje correspondiente y el signo menos (-) que tiene sentido opuesto. Pero Fh puede descomponerse en dos (2) componentes rectangulares Fx y Fz a 10 largo de los ejeS' x y z.. By = 4So. Se obtienen las siguientes expresiones para las componentes escalares: Fx Fz = Fhcos¢ = FsinBy cos¢ = Fhsin¢ = FsinBy sin¢ La fuerza dada F se ha descompuesto asi en tres (3) componentes vectoriales rectangulares F x.CAPiTULO I MECANICA SASICA Las componentes escalares son: Fy = F cos By Fh = sin By./(Fx 2 + Fy2 + FZ2) Introduciendo los vectores unitarios i. y y z. Soluci6n: F = SOON Bx = 60°. y y z respectivamente. bastara con aplicar la siguiente con la siguiente ecuacion: IFI = . Fy y Fz de esta fuerza. 14 . Y para conocer el valor de F. F y. 8y = cos....95 lb 78. y y z de la fuerza ejercida sobre eJ bote en S.91lb Fx = -F sin 20 0 cos 40 0 = -78..94) 15 ..262) 281. determinar (a) Las componentes x.1 (-0.CAPiTULO I MECANICA BAslCA Ejemplo 6: EL 13ngulo entre el tirante AS yel m13stil es de 20° (Ver Fig. 16).60 lb Fz = -F sin 20° sin 40 0 = -65. Figura 16.300 .91 cos 8y = 300 . Si se sabe que la tensi6n AS es de 300 Ib.. 8y y 8z que definen la direcci6n de la fuerza ejercida en S. Ejemplo 6 Soluci6n: Fy = F cos 20 0 = 281. (b) Los 13ngulos 8x.1 ( -0. 8x = cos.60 cos Ox = . Ejercicio 2 Ejercicio3: Demuestre que el Momento Flector (M) es igual a F. Estas deformaciones pueden ser gran des y pequenas. aunque general mente son pequef\as y no afectan apreciablemente las condiciones de equilibrio 0 de movimiento de la estructura considerada. Las estructuras y maquinas reales no se pueden considerar absolutamente rfgidas y se deforman cuando se les aplica cargas. 16 . Una placa circular horizontal se sostiene mediante tres (3) alambres que forman angulos de 30 0 respecto de la vertical y se encuentran unidos a un soporte en D. en el estudio de la Resistencia de Materia/es. Si se sabe que la componente X de la fuerza ejercida por el alambre AD sobre la placa es de 110.d 1.MECANICA SASICA CAPiTULO I Ejercicio 2: 1. a) La tension en el alambre AD b) Los angulos 9x. determine. Las deformaciones son importantes en cuanto concierne a la resistencia y a la rotura y se considera. 9y y 9z que forma la fuerza ejercida en A con los ejes coordenados x Figura 17.4 CUERPOS RIGIDOS (4) Cuerpo rfgido se define como aquel que no se deforma.3 N. EI momento de F con respecto a 0 es: M 0 = r F sin (} = F d .2 Momento de una fuerza respecto a un punto Consideremos una fuerza F sobre un cuerpo rfgido. Momento Negativo (Segun la regia de la mane derecha). Haran que el cuerpo se mueva 0 que permanezca en reposo. Momento de una fuerza respecto a un punto EI vector r y la fuerza D definen el plano mostrado. que une el punto de referencia fijo 0.1. ry Definiendo el momento de F con respectos a 0. EI efecto de F sobre el cuerpo rfgido. EI angulo es el angulo comprendido entre las IIneas de acci6n del vector de posici6n la fuerza F. el Mo debe ser perpendicular al plano que contiene a 0 a F.1 Fuerzas extern as Representan la acci6n de otros cuerpos sobre el cuerpo rfgido en consideraci6n. r y La rotaci6n del cuerpo en el sentido contra rio a las manecillas del reloj se considera Momento Positivo. Y d representa la distancia perpendicular desde 0 a la linea de acci6n F.1.1 Fuerzas externas e internas 1. Este vector se conoce como vector de posici6n A (Ver Figura 18).2 Fuerzas internas Fuerzas que mantienen unidas las partfculas que forman el cuerpo. con el punto A. La posici6n de A se define convenientemente por el vector r .4.4. Si el cuerpo rfgido es estructuralmente compuesto de partes.4. 1. depende del punto de aplicaci6n A. EI sentido del momento Mo caracteriza el sentido de la rotaci6n que F tiende a imprimir al cuerpo rfgido. se denominan internas.CAPiTULO I MECANICA BAslCA 1. las fuerzas que mantienen unidas las partes componentes. Y la rotaci6n en el sentido de las manecillas del reloj. F.4. r y 17 e . como el producto vectorial de Mo = x ft. Pueden originar traslaci6n 0 rotaci6n. 1. Son las responsables del comportamiento del cuerpo rfgido. Mo Figura 18. Los momentos Mx. EI momento Mo de una fuerza no caracteriza el punto de aplicaci6n de la fuerza. las fuerzas F1. My y Mz de 7 con respecto a los ejes coordenados miden la tendencia de 7 a impartir al cuerpo rigido un movimiento de rotaci6n con relaci6n a los ejes x. que actua sobre un cuerpo rigido miden. mide la tendencia de la fuerza a impartir un movimiento de rotaci6n al cuerpo rigido alrededor de un eje fijo dirigido segun Mo. y y z. es igual a la componente de Mo con respecto a dicho eje. 1. A2 Y A3.4. EI momento de una fuerza con respecto a un eje coordenado. 7 y y 7 z de una fuerza. depende de la distancia de F al eje como tambiEm de la magnitud. la tendencia de 7 a desplazar el cuerpo rigido en las direcciones x. La magnitud de Mo.4. r2 y r3.3 Momento de una fuerza respecto a un eje Las componentes 7 x. no depende de la posici6n del punto de aplicaci6n de la fuerza a 10 largo de su linea de acci6n. F2 Y F3 definidas por los vectores de posici6n r1. Fz Fz Figura 19. a hacer rotar un cuerpo rigido alrededor de un eje perpendicular a la fuerza. como se presenta en la Figura 19. EI momenta Mo de una fuerza 7 de magnitud y direcci6n conocidas define completamente la linea de acci6n de 7. Reducci6n de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par 18 .MECANICA BAslCA CAPiTULO I La tendencia de la fuerza 7. 1. y y z respectivamente. Aunque el momento Mo de una fuerza respecto a un punto depende de la magnitud de la linea de acci6n y del sentido de la fuerza. Su linea de acci6n debe encontrarse en un plano que pase por 0 perpendicular a Mo. respectivamente.4 Reducci6n de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par Se tiene actuando sobre un cuerpo rigido en los puntos A 1. . F2 . del par. si y solamente si. M2 Y M3. Repitiendo este procedimiento con F2. Fig..CAPiTULO I MECANICA BAslCA Como se presenta en la Figura 19. F1 puede trasladarse de un punto A1 a un punto dado cero (0).. EI sistema fuerza par equivalente se defina por las ecuaciones: If = LMO = L(rxF) = n = l.. las sumas de las fuerzas y las sumas de los momentos de las fuerzas con respecto a un punto dado 0 de los dos (2) sistemas. Observar que. Cualquier sistema de fuerzas por complejo que sea. pueden sumarse vectorialmente y reemplazarse por el vector del par resultante MOR. perpendiculares entre si. Dos (2) sistemas de fuerzas son equivalentes si pueden ser reducidos al mismo sistema Fuerza-Par en un punto dado O. . si se agrega al sistema original de fuerzas un par de momento M1 igual a r1 x F1 de F1 con respecto a O.F3. mientras cada uno de los vectores del par M1. caracteriza completamente el efecto del sistema dado sobre el cuerpo rigido. F3.. puede reducirse a un sistema eguiva/ente fuerza~par! que actUe en un punto dado O. 1. F 3'.. se obtiene sumando los momentos con respecto a 0 de todas las fuerzas del sistema. Los sistemas de fuerzas F1 . Del mismo modo los vectores del par M1.5 Sistemas equivalentes de fuerzas Cualquier sistema de fuerzas que actue sobre un cuerpo rigido puede ser reducido a un sistema Fuerza-Par en un Punto dado O. 19 .4. en (b) es perpendicular a la fuerza correspondiente. m Las cuales expresan que la fuerza resultante If se obtiene sumando todas las fuerzas del sistema.. lIamado momento resultante del sistema.. mientras que el momento Mo R . Este sistema Fuerza-Par equivalente. 19). Como las fuerzas son concurrentes. el vector del par resultante MOR y If en (c) no son en general..2. son equivalentes.. Y F1'. etc. M2 Y M3. se obtiene el sistema formado por fuerzas y pares que actUan en 0 (b. son respectivamente iguales.. pueden sumarse vectorial mente y reemplazarse por el vector del par resultanteIf. F2'. . . etc. las condiciones necesarias y suficientes para que dos (2) sistemas de fuerzas que actuan sobre un cuerpo rigido. Las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de un cuerpo rigido se pueden expresar por las seis (6) ecuaciones escalares siguientes: LFX:::::O LFZ:::::O LMX:::::O LMZ:::::O EI sistema de fuerzas externas. L Mo ::::: L Mo ' . las condiciones necesarias y suficientes para que dos (2) sistemas de fuerzas sean equivalentes son: LF::::: LF' Para verificar que dos (2) sistemas de fuerzas son equivalentes la relaci6n respecto a un punto O. es decir. no impartira movimiento de traslaci6n y de rotaci6n al cuerpo rigido considerado.MECANICA BAslCA CAPiTULO I Expresadas matematicamente.5 EQUILIBRIO DE UN CUERPO RIGIDO (4) (5) Se dice que un cuerpo rigido esta en equilibrio. 20 . podemos expresar algebraicamente. expresan que dos (2) sistemas de fuerzas son equivalentes. y y z respectivamente. asi: LFZ:::::O LFX:::::O LMX:::::O Estas ecuaciones tienen un significado fisico sencillo. necesita ser establecida solamente con Descomponiendo las fuerzas y los momentos en sus componentes rectangulares. La misma traslaci6n en las direcciones x. 1. sean equivalentes. cuando las fuerzas externas que actuan sobre 131. Sin embargo. 2. si los dos (2) sistemas son equivalentes. cuando la resultante de las fuerzas extern as es cero (0) y no existe un par de fuerzas. y y z respectivamente. sera valida con respecto a cualquier punto. EI mismo movimiento de rotaci6n alrededor de los ejes x. si tienden a impartir al cuerpo rigido: 1. forman un sistema de fuerzas equivalentes a cero (0). esta en equilibria.MECANICA BAslCA 1. se tiene un Diagrama de Cuerpo Ubre. en la mayorfa de los casas pueden considerarse cargas externas). Para ver la naturaleza de las fuerzas que se originan dentro de un cuerpo. es decir. Entonces. realizando un dibujo esquematico completo del miembro a cuerpo que se va a investigar e indicando las fuerzas externas que actUan sabre el y en sus puntas de aplicacion respectivos. cualquier parte del cuerpo 10 estara tambien. - Asf que: A !wi - R D (a) (b) ( c) Figura 20. Este proceso se llama Metodo de Secciones. se hace un corte arbitrario. Como la determinacion de las fuerzas internas originadas par las fuerzas externas. 21 . y actuan en todo el cuerpo de manera que se pueden relacionar can su volumen total. se emplea un metoda uniforme. fuerzas externas equilibradas can fuerzas internas" (5). se consideran cargas externas. Este esquema se denomina Diagrama de Cuerpo Libre. incluso las fuerzas reactivas que ejercen los soportes y el peso propio del cuerpo (las fuerzas inerciales debidas a la aceleracion son fuerzas de cuerpo. obteniendo dos (2) partes distintas. para tales partes de un cuerpo. si el cuerpo esta en equilibria. algunas de las fuerzas necesarias para mantener el equilibria deben actuar en la seccion de corte.1 Solicitaciones CAPiTULO I 0 fuerzas intern as Las solicitaciones o'fuerzas internas. Se puede concluir: "Las fuerzas ap/icadas exteriormente a un lado de un corte arbitrario tienen que estar en equilibria can las fuerzas internas desarrolladas en la secci6n de corte. que equilibran el efecto de las fuerzas aplicadas exteriormente. Un cuerpo en reposo estable. son fuerzas que aparecen cuando hacemos un corte ficticio sabre un cuerpo. 20). Las fuerzas que actuan sabre el cuerpo.5.y se estan indicando todas las fuerzas que actUan sabre el y satisfacen las ecuaciones de equilibria estatico. Diagrama de Cuerpo Libre En la Figura 20. si las fuerzas que actuan sabre el satisfacen las ecuaciones de equilibria estatico (Ver Fig. es alga que se quiere conocer. sin embargo. Para ello se calcula la aceleraci6n (a) de la parte en cuesti6n y luego se multiplica por la masa (m). igual direcci6n. en que se indiquen todas las fuerzas necesarias para mantener en equilibrio el cuerpo en conjunto. pueden estar en equilibrio dinamico. que aunque algunos cuerpos no esten en equilibrio estatico. en equilibrio estatico 0 dinamico. Cuerpo Deformable: Cuerpo que cambia de formas y tamaiios sometidos a fuerzas. PRINCIPIO DE d'ALEMBERT: "Ia masa de un cuerpo sometido a un cambio de posicion.a. Asi mismo. Si esta fuerza se aplica al cuerpo en forma directamente opuesta (es decir. es una ciencia que estudia el comportamiento de los cuerpos deformables. en el punto que se desea la magnitud del esfuerzo. Estos problemas se pueden reducir a problemas de equilibrio estatico. se aplican las ecuaciones de la estatica 0 de condiciones de frontera. 22 .6 ESTADO GENERAL DE TENSIONES Y DEFORMACIONES EN UN SOLIDO DEFORMABLE (5) La Resistencia de Materiales. el problema dinamico se reduce al orden estatico. Estabilidad: Pandeo. Principio de d'Alembert: V =Vector de posicion d (m­ dV) Pet) =dt dt 1. Rigidez: Oposici6n a ser deformado. De manera que para cualquier cuerpo. Si se toma un elemento 0 miembro de una disposici6n particular de elementos estructurales 0 de maquinas y se indican todas las fuerzas aplicadas y reacciones que actuan sobre 191.MECANICA BAslCA CAPiTULO I Es significativo observar. es posible trazar un Diagrama de Cuerpo Libre. desarrolla una fuerza inercial proporcional ala aceleracion y de sentido contrario". Y para determinar las reacciones. se hace pasar un plano de corte perpendicular al eje del cuerpo y se separan las secciones. Los cuerpos se pueden considerar en un estado instantaneo de equilibrio estatico. donde Fuerza = m. pero diferente sentido) a la aceleraci6n de su centro de masa. se denomina Diagrama de Cuerpo Libre del elemento (Ver Fig. debido a la falla geometrica no a la baja resistencia. (puede ser apoyos insuficientes 0 mal colocados). tales comportamientos son: - Resistencia: Capacidad para soportar cargas. 18). 23). Diagrama de Cuerpo Libre Fuerza axial (N): Estira 0 acorta (segun tracci6n 0 compresi6n) (Ver Fig. Representacion de Fuerza axial (N) Positiva y Negativa Su linea de acci6n coincide con el eje centroidal del elemento. se determina el sistema de fuerzas internas necesarias para mantener en equilibrio la parte aislada del elemento./ .. . Representacion de Fuerza Cortante (V) Negativa y Positiva 23 I . una fuerza eortante 0 eizalla. que es la clasificaci6n de las solicitaciones 0 fuerzas internas. II ! a) N-Tracci6n I'I. Fuerza eortante 0 eizalla (V): Corta el cuerpo 0 barra.MECANICA BAslCA CAPITULO I En la secci6n que se investiga. tal sistema de fuerzas consta de una fuerza axial. En general. un momento flexionante 0 fleetor y un momento de torsion. Derecha Abajo D Derecha Arriba 1 1 1 ~ 1 Figura 23. 22). como se presenta en la siguiente Figura 21. N: Fuerza axial T: Momento torsor Vy: Cortante 0 eizalla My: Momento fleetor Vz: Cortante de eizalla Mz: Momento nector Figura 21. b) N-Compresi6n b) Figura 22.it' '" P. actUa en el plano perpendicular al eje (Ver Fig. 1. Figura 24. EI conocimiento de la deformacion en una seccion arbitraria de un elemento. y la teoda que Ie da orientacion es la teoria de la elasticidad. Ejemplo: vigas. 24 . solo interesa una dimension. en tres (3) grupos. Si se sabe la magnitud del esfuerzo maximo en una seccion. piezas de maquinaria. Ejemplo: represa. Elementos lineales: 0 esqueletales. 24). calderas. se utilizan ecuaciones algebraicas. Se estudia con ecuaciones de derivadas parciales. es posible seleccionar un elemento del tamaiio apropiado. diseiiar elementos que no se flexionen 0 cambien excesivamente. si fuera necesario. aunque fisicamente son tridimensionales: Elementos tridimensionales: Tres dimensiones del mismo orden de magnitud. Representaeion de Momento Fleetor (M) Positiva y Negativa La seccion del cuerpo positiva es la que tiene la direccion del eje y la otra es la contraria (Ver Fig. se podra especificar el material apropiado para ella. y por tanto. las formulas permitiran determinar los esfuerzos en la seccion considerada. Momento fleetor (M): Dobla el cuerpo. Una vez resuelto en forma apropiada el sistema de fUerzas que actuan en la seccion. 0 reciprocamente. permitira predecir la deformacion de la estructura en conjunto. si se conocen las propiedades fisicas de un material. placas.6.cAPlrULO I MECANICA BAslCA Momento torsor (T): Hace girar el cuerpo en su mismo eje. Elementos bidimensionales 0 laminares: EI espesor es despreciable en comparacion con las otras dimensiones.1 Clasifieaei6n de las estructuras Las estructuras pueden clasificarse segun su geometria. columnas. Ejemplo: tuberias. originada por las fuerzas internas. Se siguen utilizando ecuaciones de derivadas parciales. el alargamiento 0 de la barra. madera. Linealidad: Cuando la relaci6n entre causa y efecto es lineal 0 de primer orden. la barra tiende a recobrar su longitud inicial L. Ejemplo: acero Anisotropico: Lo contrario a isotr6pico. si se disminuye gradualmente la carga hasta cero.· ! CAPiTULO I MECANICA BAslCA Clasificacion: Vigas Columnas P6rticos Cercha Entramado I R Th-IV~ 157. Heterogeneidad: Cuando en todos los puntos del material las propiedades son distintas. Ejemplo: caucho.7 CARACTERisTICAS DE LOS MATERIALES (2) Las caracteristicas de los materiales a considera son: - Homogeneidad: Cuando en todos los puntos del material las propiedades son las mismas. cuando aumenta gradualmente la carga de tracci6n P.57' 1.7. 25 . Ejemplo: concreto. Isotropico: Cuando un punto tiene las mismas propiedades en todas las direcciones. ~ Causa Elasticidad: Si se tiene una barra a tracci6n simple. Ejemplo: los metales. En la Figura 25 a continuaci6n. se puede observar que para el valor de P. la causa total y el efecto global son la suma respectiva. y de la estructura. el acero (despues del limite elastico). La deformacion originada por la carga permanece. + Cn Efecto global = e1 + e2 + e3+ . se puede admitir que por efecto de la traccion.. es 10 que se llama elasticidad..1 Principios generales Pequefias deformaciones: Materiales que se deforman poco. no recupera su estado inicial.... La deformacion lineal es del orden de la milesima y las deformaciones angulares son a 10 sumo de segundos 0 minutos. E Plasticidad: Es la propiedad que tiene un cuerpo de que al retirar la carga que produce una deformacion en el. y se define el alargamiento por unidad de longitud de la barra.. En la Figura 23. Ejemplo: plastilina.. es el alargamiento unitario (Ia deformacion por traccion es positiva.. en No lineal causa= K e2 rC1 e -> lineal Donde: C1 = K e12 y C2 = K e12 26 . de 10 contra rio se dice que es solo parcialmente elastico. y es negativa).7. la reduccion por unidad de longitud se denomina deformacion de compresion. Cuerpa Elastica La propiedad que posee un material de volver parcial 0 completamente a su forma inicial una vez desaparece la carga. Si e[ material recupera completamente su longitud inicial se dice que el material es perfectamente elastico. Causa total = C1 + C2 + C3 + . asi: = Z' donde 8... 1. Depende de la escala del material.. 1 E= 1000 Y Y=l' Principio de superposicion: Cuando la relacion causa y efecto es lineal.MECANICA BAslCA CAPiTULO I p Figura 25. todas las fibras longitudinales de la barra estan estiradas uniformemente. a. C1 + C2 = K er. el efecto total sera: .Segunda clase: Articulaci6n c.8 CARAcTER ANALiTICO EXPERIMENTAL DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES 1. "La distribucion de tensiones depende del punta de aplicacion y magnitud de la fuerza resultante. c. siempre y cuando estemos alejados de los puntos de aplicaci6n de las fuerzas 0 perturbaciones.Tercera clase: Empotramiento 27 .MECANICA BAslCA CAPiTULO I Si se aplican ambas ecuaciones. lejos de las fuerzas concentradas y de las perturbaciones" (2).1 Fuerzas internas Aparecen al hacer al cuerpo cargado un corte ideal.1) (C1 + C2)]2 = eT y _J(C + 1 eT - C2 ) K * Principio de SAINT-VENANT: Las soluciones y conclusiones sacadas en modelos ideales son validas para los modelos reales. 1 donde [(K. 1.8. 1. estan por todas partes y se transmiten punto a punto.Primera clase: R6tula b. Reactivas: Fuerzas en los apoyos: Se definen como: o.8.2 Fuerzas de contacto de otros cuerpos - Activas: Obedecen a causas (propio peso) pueden ser fuerzas 0 momentos concentrados 0 distribuidos. se deben considerar las siguientes hipotesis (Ver Fig.0 P+-t f-. 26) (3): - Barras infinitas: todas las secciones reales son simetricas.P 2 ) ( 2 ) 2 Infinitos ~ \ Simetrica S Continuidad III Simetria y continuidad Secciones planas siguen siendo planas Figura 26. DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL (4) La atencion se fijara en estructuras planas 0 de dos (2) dimensiones. Hip6tesis para el analisis de un elemento prismatico 28 S . Carga axial uniforme Material lineal.1 ElEMENTO PRISMATICO SOMETIDO A FUERZA AXIAL. principal mente en vigas. isotropico yelastico. linea curva) Superficie caracterizada por pianos con secciones rectas uniformes. homogeneo. ° o• . Para ello..CAPITULO 2 MECANICA BAslCA CAPiTULO 2 2 ElEMENTO PRISMATICO SOMETIDO A FUERZA AXIAL 2. Barras prismaticas cilindricas: (linea poligonal.. Dibujar el diagrama de carga axial con Po aplicada.1. 27). en el centroide inferior.W =Y * V Despejando..MECANICA BAslCA CAPiTULO 2 2. = 0 :. x ::. 1 --~>P(x) L Wx 29 .1 Diagrama de fuerza axial Se vera con unos ejemplos: Ejemplo 5: Se tiene una columna de secci6n uniforme y sometida a su propio peso W y especifico T (Ver Fig. W R = Po Reemplazando W en R :. D6nde: R - Po .. I o Figura 27. Se sa be que: Y Peso = -vW -V-I-­ o umen I~ = 0 . Ejemplo 5 Soluci6n: Obteniendo las reacciones: R En el externo superior: + i E Fy . R = Po + W Y V = A * L A: Area +Y *A *L Haciendo un corte a la distancia x del extremo superior: 0 ::. CAPiTULO 2 MECANICA BAslCA P: Fuerza axial: i EFy v = A (L -'x) y=W v Diagrama longitud vs fuerza: Si x=O P=R =0 :. P . Ejemplo 6 30 . Elaborar el diagrama de fuerza axial.Wx . = Po + Y A (L - P = Wx + Po x) R_YAL+Po ~x p Ahora considerando la parte superior: R2 i EFy = 0 :. Figura 28. como se muestra en la Figura 28.Po = 0 Rz = Y A (L .x) W (L . Determinar el esfuerzo normal maximo.W (L . R2 R2 Rz W(x) - Po = W(x) + Po Si: x = 0 x =L = Y A L + Po =0 = Rz = Po = R2 = Y A L + Po Ejemplo 6: Una barra de secci6n transversal variable y empotrada en una de los extremos esta sometida a tres fuerzas axiales. P = 0:. i Rz (L .x) Rz .x) + Po Si x = 0 :.Po :.x) . las fuerzas internas que actuan sobre areas infinitesimales en una secci6n transversal son de direcci6n Y magnitud variable.45 Cm = 0 . En general varian de un punto a otro yestan inclinadas respecto al plano de la seccion. por 10 que: R4 = 20 ESTADO DE TENSIONES EN DIFERENTES PLANOS (4) En un cubo interior se va a establecer en sus diferentes caras los estados de tensiones.35 = 10 Asf: (j=~=4~ 2 z 2.5Cm R4 .CAPiTULO 2 MECANICA eAsICA Soluci6n: }. Se acostumbra a descomponer las intensidades en direcci6n perpendicular y paralela ala secci6n que se investiga.10 2. la resistencia a la deformaci6n y a las fuerzas depende de dichas intensidades.Fx Rl =0 . Estado de Tensiones en diferentes pianos En general. d6nde: C1 T = = Componente normal de la tensi6n T ensi6n cortante y x Figura 29. como se presenta en la Figura 29.10 + 20 = 0 donde Rl R2 = Rl = R2 donde R2 = 45 ton Asi: (j = ~ 25 CmZ = 1 8~ CmZ Y R1 1 1 R3: R3 + 35 = 45 ton - R1 =0 R3 = 45 .Rl + 35 . como se presenta en la Figura 30: 31 .2 + 35 . pues. Estas fuerzas son de naturaleza vectorial y mantienen en equilibrio las fuerzas exteriormente aplicadas. es necesario determinar la intensidad de fuerzas. Sobre las diversas porciones de una secci6n transversal. .1 Variaciones de las tensiones normal y cortante segun el plano de corte Simplificando y pasando del cubo de tres (3) dimensiones a un cuadrado de dos (2) dimensiones. Variaci6n de las tensiones CI Y T en los diferentes pianos de corte 32 . T : Esfuerzos cortantes provienen de componentes paralelos al plano de la seccion. fuerza por unidad de area kg/cm2 y tlcm 2 • 2. a l. CI.2.~ Plano e a '" } __ a. se miden en unidad de . '" '" CI. Fuerzas internas en areas infinitesimales Como las componentes de la intensidad de fuerza por unidad de area (esfuerzo).31). resultan de la accion de componentes de fuerzas perpendiculares al plano de una seccion transversal. se puede observar la variaci6n de las tensiones a y T en los diferentes pianos de corte (Ver Fig.CAPITULO 2 MECANICA BAslCA Po "0 •• Figura 30. Los esfuerzos normales C1 y los esfuerzos cortantes T. a. la definicion matematica de esfuerzo es: TXY Lim LlPy = LlA ~ 0 Ll A Txz = LlA ~ 0 Ll A Lim LlPz a : Esfuerzos normales. se tiene unicamente en un punto. a a Figura 31. . Diagrama L vs F. .p Figura 33. F . que contiene. La Rigidez. .1 Diagrama de Tension y Deformacion Oespues de el diagrama fuerza vs desplazamiento longitudinal. entonces R1 > R2 Como F=K 0 en la zona recta. ..- - - MECANICA BAslCA 2. Esta relaci6n se llama la Ley de Hooke. Sometiendo un elemento a tracci6n.. despejemos 0 donde: 8 y C es la constante de flexibilidad.3. de manera experimental podemos obtener el diagrama que se presenta en la Figura 33. Diagrama de Fuerza Axial 33 .I---. = (~) xF = ex F 2.. la tension (J se obtiene dividiendo la fuerza sabre el area (J = P/ A. donde K. es la propiedad de un material a no dejarse deformar y la Flexibilidad. la relaci6n entre la zona recta de la fuerza F y el desplazamiento longitudinal L.. Y la deformacion E.+::. O'. se observa el Diaqrama fuerza vs desplazamiento.3 -----­ CAPiTULO 2 ENSAYO DE FUERZA AXIAL Es importante considerar la rigidez y flexibilidad que tengan los materiales. -. es la propiedad que tiene un material de deformarse ante la fuerza. dividiendo el desplazamiento 0 sabre la longitud inicial L.. 0" F/A O'u OE I-----". es la pendiente de la curva y representa la constante de rigidez del material. Li L max Figura 32. Ley de Hooke L Si K1 > K2. En la Figura 32. £ = 8/L. que se puede expresar como: F=K 0. donde E es la tangente de la curva y La e. Este diagrama no es general para todos los materiales ya que hay materiales dOctiles y su diagrama es: 34 . CJE : Limite elastico: CJE == CJp : Es la tensi6n maxima para que al retirarle la fuerza al material vuelva a su estado inicial. CJc : Limite de cedencia: Tensi6n a partir de la cual con pequetios incrementos de fuerza se lIega a grandes estiramientos. CJR: Tensi6n de rotura: falla el material.L AE r = w = Px EI trabajo seria: V: (Volumen) 8=­ desplazamiento A: Area y L: Longitud r= W = Asi: v e2 fo E-2 dV r =~AL = P2L 2A2E 2AE EI trabajo esta dado por la expresi6n: P2L r = 2AE 2.3.2 Caracteristicas del diagrama CJp : Limite proporcional: Es el valor maximo de la tensi6n para no salirnos de la zona recta. CJu : Tension ultima. es la deformaci6n del s6lido bajo la carga axial. t F A FL 8 L a=Ee=-=E­ =A. es el Modulo de Young. permite escribir (J = E e.CAPiTULO 2 MECANICA BAslCA La Ley de Hooke. 0= Px2L AE o = AE PL ~ (0) 0= 2PL AE c. c) el alargamiento o. b). longitud L. la fuerza aplicada P y el modulo de elasticidad E. Ejemplo 7 a.. .CAPiTULO 2 MECANICA BAslCA x k~x Grandes estiramientos antes de fallar Pequeflos estiramientos antes de fallar y materia/es fragi/es Otros diagramas simplificados: 1/ 1 / / Materiales Lineales Elastoplasticos Elastico Perfectamente plastico Plasticos Rigido Perfectamente plastico Ejemplo 7: En la Figura 34 a continuacion.. Determinar para los cas os a). PL 0= 2AE 35 ~ (~) (215) . el area A. o = AE PL se sabe que Asf: b. se conocen para las barras. I ~F 512 Figura 34. L F+-I I ~F 1. 2L F+-I I~F L I F~ 2A 21. . en la forma indicada en la Figura 35.85 mm x 63.3.8 mm. Calibrador de capacidad: 140 m y apreciacion: 0.9 -q. 11.000 Ib .3.3 Ensayo en el Laboratorio de Estructuras 2. valor promedio entre q. NCIRDAZA Figura 35.3.3 Procedimiento Se disponen tanto el material a ensayar como la maquina.4 mm = 36 . 10. con capacidad de 60.CAPITULO 2 MECANICA BAslCA 2. (Ver Figura 36) con e\ objeto de registrar posteriormente el correspondiente alargamiento de la barra a 10 largo de toda su longitud.3. a una barra de metal.1 mm Equipo de operacion: lIaves. Las marcas fueron espaciadas.3.4 mm.2 Materiales yequipo Una barra de acero corrugado. medidos sobre la barra • • • Resistencia promedio: 42 kgf/mm 2 Maquina de ensayo de traccion. Procedencia: Acerfas Paz del Rio Dimensiones: * q.1 Objetivo: A partir de los resultados obtenidos en un ensayo de laboratorio de traccion.3. Las mordazas mostradas son las encargadas de transmitirle a la barra la fuerza de tension suministrada por la maquina. a asta se Ie practican algunas marcas dividiandola en tramos de jgual longitud (general mente son de una pulgada entre marcas. luego: Li 33. La separacion entre marcas corresponde a 10 que en Resistencia de Materiales se denomina "Iongitud inicial Li de la barra". 2. martillo 2. para este ensayo en especifico a 33. 12.3.5 mm. deducir algunas de las caracteristicas y rangos de cumplimiento de algunas de sus propiedades mecanicas. Esquema de montaje de Ensayo a traccion en Prensa Hidraulica Previo al montaje de la barra. 37 .3. se condensan en la siguienteTabla 1: Tabla 1: Resultados de laboratorio i ! CarQa rLbfl Deformaci6n Imileslmas pulgl 0 500 1000 1500 2000 2500 3000 3500 4000 4500 5000 5500 6000 6500 7000 7500 8000 8500 9000 9500 10000 10400 10500 11000 11500 0 56 125 171 200 229 247 266 286 305 320 337 354 369 383 396 409 422 435 448 461 496 619 661 732 14875 Lbf 11625 Lbf CARGA MAXIMA: CARGA DE ROTURA : Se midi6 la deformaci6n de la barra despues de la rotura.4 Datos obtenidos Los datos obtenidos. Se tuvieron en cuenta tam bien algunos puntos importantes del comportamiento del material. se procede a aplicar la carga de tracci6n al material por medio de la maquina. tales como. 0 equivalentemente.--- CAPiTULO 2 MECANICA BAslCA Mareas Barra del material Figura 36. 2.3. Divisiones en la probeta de ensayo Una vez se realiza el montaje. para registrar las lecturas del comparador de caratula (que media que tanto se desplazaba la mordaza m6vil.- - ~--~ . la carga maxima de rotura. como se presenta en la Figura 37. que tanto se estiraba el material) cada 500 Lbf. :. se obtuvo que la deformaci6n en el diametro lIeg6 a: cpf= 7.7 mm Lf2 = 59. como la distancia entre las .-------.3. II I I::X:=I I II WI Lf. el cual da una mejor aproximaci6n de las propiedades del material.3. La raz6n de esta practica es que sus valores anotan el comportamiento del material a nivel interne (comportamiento de sus fibras constitutivas).!J 3 ~ Lf = 61. cpf: diametro final Se define Lf 0 longitud final de la barra. Lf = 1. la barra no se alarga 10 mismo en cada una de sus partes (en direcci6n lateral) y se hace necesario medir Lf en varios sitios de ella y sacar un promedio (Ver Fig. 38).~r =+­ REDUCCION EN OIAMETRO Figura 37. pero despues de la rotura del material.5 Analisis de resultados De los datos obtenidos en la Tabla 1 puede trazarse una grafica de carga (P) contra deformaci6n (0). del esfuerzo unitario (0) y la deformaci6n unitaria (E) estan definidos por las siguientes ecuaciones: 38 .marcas mencionadas anteriormente.f1+l.6 mm.. esto no es 10 usual.h+L.CAPiTULO 2 MECANICA aASICA -1 ~~~"~o j -t-.-. pues es mas practico calcular el esfuerzo unitario y la deformaci6n unitaria y graficarlas una contra la otra.. Deformaci6n de la barra despues de la rotura Asi. Los valores.5 mm Lf3 57. Sin embargo. Lugares de medida de Lf Los valores indicados en la Figura 3 fueron los siguientes: Lf1 = 65.IW Figura 38. Sin embargo.033 mm 2.9 mm = Asi. 12 20479.315 pulg Con los datos ante rio res y realizando las conversiones necesarias.29 mm2 = 0.87 32182.43 17554.2913 0. se obtuvo la la siguiente Grafica 1. Deformaci6n Uni1aria .3110 0.0951 0.81 ESFUERZO MAXIMO: ESFUERZO DE ROTURA : 0.2023 0.31 46811.CAPiTULO 2 MECANICA BAslCA (J E A = ~.68 52662.68 5851.75 14628.2563 0.92 mm)2 = 110.00 49736.3506 0.5567 87039.3407 0.0426 0. p~r esfuerzo unitario Esfuerzo unitario a [Lbf/pulg 2] Deformaci6n unitaria 2925.38 55588.30 61439. Tabla 2.13 67290.23 Lbf/pulg E I I I 39 i i .06 11702.50 26331.23405.1521 0.3772 0.06 58513.2692 0.25 38033.81 .1300 0.44 64365.3308 0.63 43885.2319 0.3209 0. A: Area de la barre (secci6n transversal) = ~.36 8777.2806 0. Li: Longitud inicial de la barra LL = nR2 = n (5.5027 0.2433 0.1709 pulg 2 L = 33.90 40959.3011 0.20 Lbf/pulg' L 68022.4 mm = 1.75 60854.56 35108.2175 0.1741 0.4707 0.1878 0.18 29256. 1 23405.2 /Gt 52662.0 43886.6 ~~~+--+----~----------------------~ DEFORMACION UNITARIA Grafica 1. Comportamiento (J'vs E de la barra 40 .7 8777.4 11702.3 49716.5 20479.2 32182.9 35108.1 14626.3 40959.5 29256.6 5851.8 26331.6 46811.CAPITULO 2 MECANICA eASICA ESFUERZO UNITARIO [Lbf I pulg 2] 87019.8 17554.6 38033.3 2925. Luego de que la curva sobrepasa el punto ou.. Or es mucho mayor que el mostrado en la De la grafica tambien puede obtenerse una medida de la rigidez del material. esta recta representa el range de cargas en el cual el material es elastico....... caracteristicas del material estudiado: • EI rango elastico es: 0:5 os.71 [Lbf] EI rangoplastico es: 60864... ~ ...3 < (J S.2 [Lbf jpulg 2 ] 41 las siguientes ~" .. se observa que la barra se deforma tanto lateralmente Como a como en diametro...... Llama la atenci6n el anterior comportamiento.. el m6dulo de elasticidad E mediante la relaci6n: variaci6n del esfuerzo E = tan 0 = VarWCLOn . 0 limite elastico. . pues todos los val ores de la grafica fueron calculados con los de Li y diametros iniciales de la barra. que la grafica desciende antes que ascender..... el valor del esfuerzo grafica..... En una grafica te6rica. pero por simplicidad del procedimiento. es decir.. pueden concluirse :5 60864. ~~ MecANICA BAsICA CAPiTULO 2 Analizando la Grafica 1..... pero la raz6n es simple: = = PIA Y E olLl... se observa que la curva parte desde el origen y continua como una linea recta hasta el punto Op que es el limite de proporcionalidad del material............ Luego... p • (J S.. En este caso esto no es posible... Luego la curva continua casi vertical (el material se deforma elasticamente con mas 0 menos facilidad) y tiende a subir hasta el valor Oe... De todo 10 anteriormente expuesto... que seria el comportamiento co rrecto . Por consiguiente.. a pesar de que sus valores son muy cercanos. E !J... sin embargo las dimensiones de estas deformaciones no son tenidas en cuenta....... 87039.E Cabe anotar que la ecuaci6n anterior s610 es valida en la zona recta 0 range elastico del material (en este caso de 0 a 1500 Lbf).. d e l a d ef ormaCLOn ..... es posible distinguir entre los puntos OE y Oc (esfuerzo de fluencia).. luego sigue subiendo hasta el valor au que es el esfuerzo maximo que soporta el material.. ... comienza a descender hasta Or 0 esfuerzo de rotura...q = tan 0 = -!J...... se ha obtenido para realizar la curva de la forma de la gratica. Es por esto....3 [Lbf jpulg 2 ] 10401. 033 . Este modulo es demasiado bajo para el acero.85 bajo Or.6 Lbf jpulg 2 UE::= 60864.71 • • • • • <p ~ 11500 [Lbf] up ::= 8777.3 Lbf/pulg2 correspondiente a una carga d~ 10401.8 Lbf jpuLg2 EI modulo de elasticidad es: E::= 234495 Lbf jpuLg2.3. si de analizar total mente un material se trata.6 Causas de error • Es indudable la gran imprecision obtenida y la poca diferenciacion entre puntos de la grafica.3. 2. Es aconsejable realizar el ensayo con el extensometro electronico dellaboratorio. 42 . I.3 Lbf jpulg 2 uu::= 87039.3.7 Conclusiones La barra de acero corrugado de <t> 11. • Una buena causa de error en los datos es la diferencia de tiempo que transcurre entre la lectura de la carga en la maquina y la correspondiente lectura de la deformacion en el comparador. 2. EI material es plastico de 10401. EL porcentaje de elongacion sera: % Elang ::= ::= Lf:/ * 100% 61.3.4 61.71 Lbf. Se considera que este aspecto es bastante desventajoso. para evitar daiiarlo con el choque de la rotura.2 Lbf jpulg 2 ur ::= 67290.033 * 100% % ELang ::= 45.CAPITULO 2 MECANICA BAslCA 10401.5 mm fue sometida a un ensayo de traccion y se obtuvieron algunos resultados como: el material es elastico hasta un esfuerzo unitario de 60864.27% Es demasiado bajo para un E = 0. mas no en la de la forma exacta de la curva 0 vs E. Cualquier forma final de la grafica es una simple representacion que en ningun momento indica los valores de Eu Y ER.85 mm x 63. Ou Y OR. Tal equipo parece ser utilizado basicamente en la determinacion de los puntos 0E. • La grafica 0 vs E no pudo realizarse en su totalidad pues antes del punto Ou fue retirado el comparador.71 Lbf de carga en adelante.33. La mayor razon para tales resultados es 10 obsoleto en que se convierte el equipo utilizado. EI factor de seguridad es identico a la relacion del esfuerzo ultimo y al esfuerzo permisible en miembros a tension.MECAN1CA BAslCA CAPiTULO 2 La maxima carga que soporta el material es 14875 Lbf (au = 87039.1 Modulo de cortante G Dentro del limite elastico de un material es razonable admitir que la deformacion de corte T es proporcional a la tension cortante T que la produce. a una carga de 11625 Lbf.4 Factor de Seguridad n Se denomina Factor de seguridad. en efecto.4.4 >1 RELACIONES ELASTICAS TENSION· DEFORMACION (2) 2. kg/cm 2. Tiene las dimensiones del esfuerzo. en el lugar de la rotura se presento un calentamiento que se traduce en la energia que fue necesaria para romper la estructura cristalina del material y que se transformo en calor.1.1 Constantes elasticas 2.--. 43 . La carga de rotura es 11625 Lbf (or = 67290. esto es en la zona elastica donde es valida la Ley de Hooke.".. Siempre es mayor que la unidad (1) Y mientras menos conocimiento se tenga de la estructura es menor Ow.27%. con au las ecuaciones son mas complicadas.8 Lbf/pulg2 es decir. que es el trabajo admisible y es igual a oE/n..5 Donde la constante de proporcionalidad G. 2 (1 + v) < v < 0. Carga ultima de un miembro F. los experimentos hechos con materiales sometidos a esfuerzos cortantes puros asi 10 confirman. = EI material tiene un modulo de elasticidad E 234495 Lbf/pulg 2 y es relativamente plastico pues % Elong = 45.. EI material fallara.4.2 Lbf/pulg2 ).8 Lbf/pulg2 ). pero se tendra un costa menor.S = C ' 'bi e d e un mlem ' b ro argad a mlSl 2.3. Si se trabaja en la zona inelastica (no se aplica en la ley de Hooke). a los factores 0 numeros por los cuales reducimos las margenes de resistencia del material. es denominada Modulo de Elasticidad en el Corte 0 simplemente modulo de corte 0 cizalladura. 2.. de modo que: l' y=­ G 0. despues de la carga maxima en un valor de Or de 67290.1 G E =--. Alargamiento Axial de una barra prismatica Una barra sometida a traccion...I = 0. mientras que el alargamiento medido de la barra es de 0. A esta constante se Ie llama Re/acion de Poisson.0015 cm. matematico frances dedujo: • Materiales is6tropos. va siempre acompanado de una contraccion lateral Y qu~ la relacion: Contraccion lateral unitaria Jl = Alargamiento axial unitario = - CT CL Jl. es directamente proporcional a la deformacion E. poseen un j.4. E es la tangente a la curva y es la constante de proporcionalidad entre a 0 tension YEO deformacion lineal (Ver Fig.i .2.5. Conocidos el modulo de elasticidad E y la relacion de Poisson Jl de un material dado. • Para el acero de construccion j. se puede calcular facilmente la variacion de dimensiones y de volumen de una barra prismatica sometida a tracciOn. (J = E c 2.. Calculense las dos contantes fisicas J. permite observar experimentalmente que el alargamiento axial (Ver Fig. 39).1.0240 cm en una longitud de medicion de 30 cm y la dimension del diametro disminuye en 0. 39). la tension a.8). que tienen las mismas propiedades en todas las direcciones.2 Modulo de elasticidad E En el diagrama de tension-deformacion (Ver Grafica 1) en la zona elastica. es constante para un material dado dentro de su margen de comportamiento elastico. Logicamente esto es la Ley De Hooke. 44 . En cierto instante la fuerza que se Ie aplica es de P = 16 t. • Para cauchos j.I del orden de %.4. Poisson.MECANICA BAslCA CAPITULO 2 2. Ejemplo 8: Una barra de aluminio de 6 cm de diametro (ver Fig.J y E del material.:.3 Relacion de Poisson j. se coloca en una maquina de ensayos.I ~ PI /' A~ l U + Figura 39..1.I = 0. 27 cm 2 y E = .. la deformacion transversal de la barra es: La deformacion axial: Ll t 0. se maquina de ensayos. = Ea (-0. Ahora. como el area transversal de la barra es: A = rrR2 = rr (~) 2 . Ejemplo 8 Una barra de aluminio de 6 cm de diametro (ver Fig.00025) 0.CAPITULO 2 MECANICA BAslCA p p ~D"6C1n Figura 40.(-) =+ Es para tener en cuenta la contraccion del material en las direcciones y y Z..27 cm Entonces: u E 565 =-. = 0.1 x 10 45 5 Kg cm2 . 40). en una longitud en 0. = 28.0015 cm. P 16000 Kg u = .0240 cm de medicion de 30 cm y la dimension del diametro disminuye Calculense las dos (2) contantes fisicas I-' y E del material. coloca en una es de P 16 t.0015 6 = -0. a medida que se alarga en la direccion x.= .00025 Er =Jj' = - E = ~L = ~ = 00008 30 ' a Y la relacion Poisson 1-': f1 = _!!r. En cierto instante la fuerza que se Ie aplica mientras que el alargamiento medido de la barra es de 0.0008 Ei signo es . como el cambio total en la dimension del diametro de la barra.= 5 6 5 ­2 A 28. = Soluci6n: Considerando t.0008 = 7. Ey. I umtarw . las deformaciones termicas son: EX = Ey = EZ = aiJT Donde: a es el coeficiente de dilataci6n termica lineal.::: !' G Cuando se trata de deformaciones pequeJias.::: Al argamlento . Contraccion lateral unitaria Como Jl . producen deformacion de los materiales.T se considera positiv~.+ aiJT x E t"'E t"'E EI incremento b.y: Deformacion de corte Y. Expresadas por una sola ecuacion. tambien los cambios de temperatura.1 / .. .::: . Yx y = Yyz . el cual se determina experimentalmente y se expresa en unidades cm/cmoC. la deformacion termica lineal se suma directamente a las deformaciones lineales debidas al esfuerzo tal es el caso para EX.::: -Jl­ E 46 . EZ: ax ay az E .5 TENSIONES Y DEFORMACIONES TERMICAS (3) Ademas de los esfuerzos.1 / . un cambio de temperatura de oT grados origina una deformacion lineal uniforme en todas las direcciones. () axta E a Contraccion lateral unitaria. si hay libre expansion. . En caso de materiales isotropicos.::: Yzx .::: 0 .MECANICA SASICA CAPiTULO 2 2. En caso de un material isotropico y homogeneo. un cambio de temperatura no causa deformaciones por cortante.. para un material en particular. es decir. . 0'. AI.Fx= 0 Rzx .R.CAP!TUL02 MECANICA BAslCA Ejercicio 2: La siguiente Figura 41. indica que el elemento esta entre paredes r[gidas (se calcula experimentalmente los coeficientes at Y (2). I R.R1x = 0 R3 = Rue 47 0" I Y O"z . Las reacciones 2.1' LI.< Ll I I L2 t---A.R1x + F OBe =0 =0 F == R1X + R2x OBC + OeD == 0 OAB + OBe == 0 Metoda de las secciones 'i. EI.Fx=O R3 .2 Lz Ez Az area Diagrama de cuerpo Iibre 'i. Figura 41. 0'. Ejercicio 2 Datos: Hallar: 1."---ht A2----t F --­ D . Ha"ar la magnitud de P para que la deflexi6n del tap6n sea de 1. cuya secci6n transversal es de 300 mm2.2 mm hacia abajo. P" E' ! Ill­ e" A 1.2'mm" 1 Figura 42. EI recipiente CD esta unido a un so porte fijo en C y a un tap6n E en el extremo A de la barra.MECANICA BAslCA CAPiTULO 2 Oonde se tiene: Metodo de las secciones en el segundo miembro. Ejercicio 3 48 . como se presenta en la Figura 42. sabiendo que el m6dulo de elasticidad E del lat6n es 85 GPa. = AI sumar OBe + OeD 0 se obtiene: R2X y luego R1X. Para obtener la ecuaci6n de compatibilidad de deformaciones 0'1 y 0'2 Ejercicio3: Una varilta de lat6n AS de 9mm de diametro esta conectada a la base de un recipiente cilindrado de lat6n CO. 2 mm 3 _ -= 762 E . Ejercicio 4 Bronce: A = 2. 8 P LAB - AB - AAB X P --x P LCD 8CD P Ii x ( E. b.157 mm2 x 85 ---2 = 13.8 x 1O-6 / QF 49 .02" 12" 15" Figura 43. EI cambio correspondiente de longitud de la barra de bronce.mm - 0.E P TC = ACD X E =Ii x 400 mm ) (4. 0.38 KN mm Ejercicio 4: a.5)2 mm 2 ( 400 mm ) 300 mm 2 ( 400 400) -1 _ 63. despues de un aumento de temperatura de 200°F. c.5 pulg 2 E = 15 X 1061bjpulg 2 a = 10.1 x 10-6 jQF Aluminio: A = 3 pulg 2 E = 10 X 106lbjpulg 2 a = 12.62 + 300 mm .MECANICA SASICA CAPITULO 2 Soluci6n: Mientras la fuerza P comprime.2 mm P 1. tambien alarga la CD.1­ 57 mm 2 KN P = 0. EI cambio correspondiente de la longitud de la barra de aluminio. La fuerza de en las barras mostradas en la siguiente Figura 43.1. la varilla AB. 6 DESPLAZAMIENTO DE ELEMENTOS DETERMINADOS SOMETIDOS A CARGA AXIAL ESTATICAMENTE Se expondra el concepto del desplazamiento de elementos estaticamente determinados sometidos a carga axial.!--P1 • A=11Cm A=20Cm' Figura 44. Calcular el alargamiento..--+-U-. Ejemplo 9: Una barra prismatica de longitud L y area de secci6n recta A pende vertical mente sometida a su propio peso (Ver Fig.------J-'~_P2---.CAPiTUL.­ .O 2 MECANICA BAslCA 'Ejercicio 5: Los tubos como se mtJestran en la Figura 44 a continuaci6n..J m [. estan sometidos a Fuerzas axiales P1 7 KN Y P2 5 KN.. Ejercicio 5 2. tiene un peso especifico gamma.... = = ~C------. Hallar los esfuerzos internos en cada uno de los tubos. usando el metodo de las secciones. I/fl~flill///II/l -------:X I~ ---l.'-. I I I I T '---' Figura 45. Ejemplo 9 Soluci6n: IFx= 0 Sx -Wx = 0 W(x) Peso de la porcion: Wx = Y Ax 50 S + ds 9 .l-. ----. mediante el desarrollo de los ejemplos 9 y 10.-. 45). MECANICA SASICA CAPiTULO 2 do = Sxdx AE (Diferencial de desplazamiento) = Y X2]L 2E Con W Y L2 = 2E 0 W Y=­ AL = YAL WL 0= 2AE Un elemento prismatico tiene un alargamiento 0 en el cual P es el promedio del peso propio que esta uniformemente repartido en el. Tomando otra seccion del elemento prismatico. Y=pg W W Y=­ V mg -V=-V o= i L Sx dx o AE o = -YiL (L E 0 = i L 0 x) dx YA (L - x) dx AE = -EY [Lx -X2]L ­ 2 0 Y L2 o = E 2" Sx = es equivalente W(L-X) = YA (L -x) EjempJo 10: Una barra prismatica delgada homogenea de longitud total 2L(Ver Fig. 46). gira con velocidad angular corriente W en un plano horizontal alrededor de un eje fijo y a traves de su punto medio. EI area de la seccion recta de la barra es A y su peso especifico es Y. Hallar la tension maxima y el alargamiento total de cada mitad de la barra debido a la traccion centrifuga. 51 -MECANICA SASICA CAPiTULO 2 Hallar Ymax =? w x m Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~ n e L Figura 46. Ejemplo 10 Soluci6n: F=m.a m=W/g m=w2(} dF = ­W9 SX 2 X W (} 9 YAW2 (L2 =-­ -x 2) 2g YAw 2 Smax = ­ xL 2g -Yw Ade 2 2gE 2 L 2 3 L x -xJ]L ­ =L3 --=-L J [2 3 0 Yw 2 2 2gE 3 0 = - x-L 3 52 2 Y We = YAd(} : dF = Y - w (} 3 3 MECANICA BAslCA CAPITULO 4 CAPiTULO 3 3 3.1 ELEMENTOS PRISMATICOS SOMETIDOS A UN MOMENTO TORSOR GENERAllDADES Para establecer una relacion entre el momento torsor interno y los esfuerzos que produce en miembros de seccion circular y tubos redondos, es necesario hacer vadas suposiciones (5). Dichas hipotesis. ademas de la homogeneidad del material son: • Una seccion transversal plana, perpendicular al eje de un miembro de seccion circular, permanece plana despues de la aplicacion de un momento de torsion; es decir, no hay distorsion en pianos paralelos normales al eje de un miembro. • En un miembro de seccion circular que se somete a un momento torsor, la deformacion angular Y , varia linealmente desde su eje longitudinal (Ver Fig. 47).· L Yp L = Op.p Yc L = YpL Op. C YcL -P c JPL _TcL ~p - Tp ~c =; Tc Figura 47. Elemento prismatico sometido a un Momento Torsor 53 los esfuerzos varian linealmente desde el eje longitudinal 0 central de un miembro circular. EI esfuerzo cortante maximo se produce en los puntos mas alejados del centro 0 y se representa por "(max' Este punta se localiza en la periferia al igual que el punto C a una distancia c desde el centro. Secci6n Transversal de un elemento prismatico circular macizo La variacion del esfuerzo cortante en el caso de una barra cargada axialmente no es de intensidad uniforme. En conclusion. -I'c 1"' max Figura 48. Estas hipotesis se verifican solo en el caso de elementos de seccion circular macizas 0 huecas. cortante es directamente En el caso elastico. radios semejantes como 02S. 01A giran a las nuevas posiciones 02S" y O"A". 54 . tales radios permanecen rectos. Tales hipotesis se emplean cuando se estudia la distribucion de esfuerzos mas alia del limite de proporcionalidad. Los esfuerzos inducidos por las deformaciones supuestas son esfuerzos cortantes y actUan en un plano paralelo a la seccion y normal al eje de la barra (Ver Fig. se deduce que el esfuerzo proporcional a la deformaci6n angular. pero si la atencion se enfoca al caso linealmente elastico. se aplica la Ley de Hooke. EI plano A0103C se mueve a la posicion 0"A"C03 (A"0103C) cuando se aplica momento de torsion. sera el esfuerzo cortante igual a (ro/C)Tmax.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 Se observa la variacion de la deformacion angular en un miembro circular sometido a torsion. puesto que el esfuerzo es proporcional a la deformacion y esta ultima varia linealmente desde el centro. Si un radio 03C se considera fijo. 48). Debido a la variacion lineal del esfuerzo en un punto cualquiera a una distancia ro desde el centro. don de 2rrp es la circunferencia de una corona 0 anillo de radio p y anchura de p. Las unidades seran: (em . dA = 2rrpdp d : Diametro de una barra de seccion circular maciza. dA = 2rrpdp. se podra expresar la resistencia al momento torsor aplicado en funcion del esfuerzo. Utilizando el simbolo del momento polar de inercia de un area circular Tmax puede expresar como: Tmax == T ~ C J que es la formula de torsion. vamos a designarlo por J Para una seccion circular. J: En cm 4 (si c y d se miden en centimetros). AREA ESFUERZO FUERZA BRAZO DE MOMENTO BRAZO DE MOMENTO MOMENTO TORSIONANTE En una seccion transversal dada Tmax Y c son constantes. de aqui que la relacion anterior se puede expresar por Es el momento polar de inercia de una seccion transversal Y es una constante para un area transversal particular. debe ser equivalente al momento torsionante interno.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 Aplicada la distribucion de esfuerzos en una seccion.Kg!) x em cm 4 Kg == cmz 55 J se . La resistencia a dicho momento asi desarrolJada. el valor de J se reduce a una expresi6n aproximada mas sencilla: = t ] = 2nC 3 t )~JAJ?:t.1YfJ b )c.\: . se pueden resumir as!: 1. puesto que se aplican las mismas hip6tesis que se utilizan en la deducci6n anterior. en la forma de la Ley de Hooke.. En el caso de un tubo los limites de integraci6n se extienden des de b hasta C. Pero se modifica J. 3. ~! 'J. Las propiedades de material. 'C max Figura 49. el grueso del tubo. Los requisitos de equilibrio se utilizan para determinar el momenta torsionante interno. en un punto a una distancia rho del centro de la secci6n transversal es: L Tp 'l"=c 'l"max =y Las ecuaciones de Tmax Y T son aplicables con igual rigor a tubos de secci6n circular hueca (Ver Fig. Seccion Transversal de un tuba J para una barra maciza de diametro igual al diametro exterior. si b es aproximadamente igual a C YC .trj ( At' ':J'> Los conceptos basicos utilizados en la deducci6n de la f6rmula de la torsi6n para miembros de secci6n circular.t c:... menos J para una barra semejante con un diametro igual al interior. Secci6n Hueca de espesar delgada t • ~ A. 56 «C 3)( 2...b t. En tubos de espesor delgado como se presenta en la Figura 50 a continuaci6n. 49). se utilizan para relacionar con el esfuerzo la variaci6n supuesta de la deformaci6n. J Figura 50.~ Q. Se supone que la deformaci6n angular varia linealmente desde el eje de la barra. 2.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 EI esfuerzo cortante T.. Tomando un espesor de pared pequeno y un diametro grande.55 _ =T = ] (450) x 1. con un diametro interior igual a 2. eJ espesor de la pared no puede ser exeesivamente delgado. es importante observar que un tubo requiere menDs material que una barra maeiza para transmitir con el mismo esfuerzo un momenta de torsi6n dado. con respeeto a su eje longitudinal por aeei6n de un momenta torsionante T de 450 em-kg. MECANICA BAslCA CAPITULO 4 Ejercicio6: Se tiene un tubo largo de diametro exterior igual a 3. Figura 51.9 em en torsi6n. Ejercicio 7 57 . Para evitar pandeo local. Determinar los esfuerzos eortantes en el exterior y en el interior del tubo. Ejercicio7: Se apliea un momenta de torsi6n T = 3 KN-m al eilindro s61ido de bronee mostrado en la Figura 51.9 4 ) 32 = TTP Tinteriar n(3.1 em. V ]= nde 4 ndi 4 - 32 I _ Tmdx - - = T e _ (450) x 1.1 4 4 2.1.36 Kg/em NOTA: Ya que ningun material trabaja con un valor tan bajo de esfuerzo. se obtiene un esfuerzo eortante easi uniforme en la pared. Este heeho haee a los tubos de pared delgada sean apropiados para los experimentos en que se desea un campo uniforme de esfuerzo eortante pur~.328.55 em2 2 = 307. hallar el esfuerzo eortante maximo y el esfuerzo eortante en un punta D. loealizado en el extremo del eilindro sobre una cireunferencia de 15 mm de radio.-.12 em Kg .45 ] I· 2. I! Soluci6n D . 03m)' KN = 75. Deformaci6n arbol circular.03 m (O. 2e = 3. em x = 2. e 4 =!:. Si el momenta de torsi6n T se aplica en el otro extremo.2 =T = 2. Determinar los esfuerzos cortantes en el exterior y en el interior del tubo.9 em.03 m)4 Soluci6n: 2 2 I T= • 'm~xJ c Despejando Tmax :. el eje quedara sometido a torsi6n.12 em 4 DEFORMACIONES EN UN ARBOl CIRCULAR (2) Se considera un arbol circular unido a un so porte fjjo en un extremo (Ver Fig.. en torsi6n con respecto a su eje longitudinal por acci6n de un momento T de 450 kgf-cm. (0.m 3~ .1 em 2b I Te Tmax =-] = Tb Tmaxint 3.9 cm.000­ m2 1f!'l (0. yel extremo libre rotara un angulo ct> !lamado angulo de torsi6n...MECANICA BAslCA CAPITULO 4 ] = !:. Figura 52. 'mU (0.1 cm y con diametro interior 2.03)4 m 4 Ejercicio 8: Se tiene un tubo largo de diametro exterior 3. T = max (3 KN m • ) i KN.03 m)4 = --"'---­ 0. 52). em 4 I Text =1 Kgf = 329-­ em 2 (¥) em 450 Kgf. emx (¥)em 212 .em 450Kgf. T = 450 Kgf. con un extremo fijo 58 . 53). sus diversas secciones no permanecen planas sino que se alabean. EI hecho de que las secciones transversales de un arbol circular permanezcan planas y sin distorsi6n se debe a su simetria axial. @ Figura 53. es encontrar una relaci6n entre 4>. a que su apariencia permanece igual cuando es observado desde una posicion fija y rotada un angulo arbitrario con respecto a su eje. Deformaci6n arbol circular con un extremo fijo 59 . La distribuci6n de las deformaciones de corte de un arbol circular de longitud L y radio C que ha girado un angulo 4>. Una propiedad importante de los arboles circulares. sean s6lidos 0 huecos.MECANICA BAslCA CAPITULO 4 Puede comprobarse experimental mente que. Las barras cuadradas. el elemento se transforma en un rombo. cada secci6n rotara como una losa s6lida rfgida. todas las secciones transversales permanecen planas y sin distorsi6n. mientras las secciones transversales a 10 largo del arbol roten cantidades diferentes. Por ejemplo cuando se somete una barra cuadrada a torsi6n. Como el arbol esta sometido a una carga torsional. es decir. En otras palabras. es decir. La deformaci6n de corte en un elemento dado se lIamara Y y se mide segun el cambio de los angulos formados por los lados del elemento (ver Fig. el angulo de torsion para un arbol del mismo material y seccion pero del doble de longitud. se determinara as!: Separando del arbol un cilindro de radio p y considerando el elemento pequeno cuadrado formado por dos (2) circulos adyacentes y dos (2) lineas rectas adyacentes trazadas en la superficie del cilindro antes de aplicar la carga. si son rotados 90° 0 180°. no gozan de ella. dentro de un cierto intervalo de valores de T. es que cuando un arbol circular esta sometido a torsi6n. Esta propiedad es caracteristica de los arboles circulares. los arboles de secci6n no circular. L Y T. el angulo de torsion 4> es proporcional a T y a la longitud del arbol L. se duplicara bajo el mismo momento de torsion T y un propos ito importante. por otra parte retienen su apariencia unicamente. podemos expresar la /ongitud de arco AA' como AA' L Y. La deformacion de corte en un arbol circular varia linealmente con la distancia al eje de dicho arbol. la deformacion de corte Y debe ser igual al angulo entre las Ifneas AS y A'S (Y se expresa en radianes). el angulo de torsion ¢ es proporcional al momenta de torsion T aplicado al arbol. en donde p c.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 Como los circulos que definen dos (2) de los lados del elemento considerado aqui permanecen inalteradas.Ymax c Vamos aver el comportamiento del angulo de torsion en el intervalo elastico. En la Figura 53. 60 . Tambien muestra que Y es praporcional a la distancia p desde el eje del arbol hasta el punto considerado. = = La ecuacion obtenida. el punto de fluencia no es excedido en ninguna parte del arbol. 0 Y = p¢/L (Y Y ¢ en radianes). en el intervalo elastico. se observa que para pequerios valores de Y. Ya sabemos que el angulo de torsion ¢ y la deformacion maxima de cortante Y / se relacionan asi: c<P Ymax =7: max Pero. Por 10 que la deformacion de corte es maxima en la superficie del arbol. entonces: = Eliminando ¢ de las ecuaciones podemos expresar la deformacion de corte Y a una distancia p del eje del arbol como: p Y . muestra que la deformacion de corte Y en un punto dado de un arbol sometida a torsion es proporcional al angulo de torsion ¢. la Ley de Hooke es valida y se tiene: Tc Y 'max =T P Entonces: Igualando: c<P Tc L fG -=- / /I' se tiene TL <P = fG radianes Con ¢ en radianes. pera por otra parte se tiene que AA' p¢ entonces L Y = p¢. dentro del intervalo elastico. La relacion muestra que. en la superficie interior del arbol hueco de acero.MECANICA SASICA CAPiTULO 4 Ejercicio 8 : Para el siguiente arbol de la Figura 54. L = 2. lP = 32 x rad) 2IT ( 360 JG (1.021 x 10-6 m 4 ) (80 x 109 Pa) T=-lP= xlP L 2.0 m y como <t> esta dado en grad os.042 x 10 3 N. JG T=lPT /' G= 80 X 109 Pa. se puede obtener el valor de T. Ejercicio 8 Soluci6n: TxL / lP=jG :. determinar que angulo de torsion establecera un esfuerzo cortante de 70 MPa. 61 . Con todos los datos. se pasa a radianes. calcular el momento de torsion. Usar G = 80 GPa para el acero. Figura 54. que debe aplicarse en el extremo.m Para la misma Figura 54. para producir un angulo de torsion de 3°.Om T = 2. para barras rectas con seccion rectangular uniforme (Ver Tabla 3). ambas componentes del esfuerzo cortante en la cara del elemento. Torciendo un modelo de caucho de una barra cuadrada. localizado en una esquina de la seccion transversal cuadrada a torsion y ejes de coordenadas paralelas a las aristas del elemento. pero hay resultados obtenidos de la teoria matematica de la elasticidad. perpendicular al eje de la barra valen cero (0). en tanto que las mayores deformaciones y por consiguiente los grandes esfuerzos.4 rad TORSION DE ELEMENTOS NO CIRCULARES (3) Considerando un elemento cubico pequeno. por 10 tanto. = = = v = 1"IiZ -F--+-- Ii z 1" zy iyx =0 iyz = 0 Figura 55.6 La longitud del arbol AA' en funcion de Y y <t> es: cp = L Ymin = 2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm 3. se verifica facilmente que no ocurren deformaciones y. todos los esfuerzos en la cara del elemento perpendicular al eje z deben ser nulos Tzx 0. es algo complicado.55).MECANICA BAslCA CAPITULO 4 Tmin Solucion: G = 70 X 10 6 Pa 80x10 9 Pa ..3 cP = 875 x 1O. ocurren a 10 largo de la linea central de cada una de las caras de la barra. y la cara del elemento perpendicular al eje y (es parte de la superficie libre de la barra). Por igual razon. Elemento cubico sometido a Torsi6n Asi. todos los esfuerzos en dicha cara deben ser nulos ever Fig. Ym1n = 875 X 10. tampoco ocurren esfuerzos a 10 largo de las aristas de la barra. se puede concluir que no hay esfuerzos cortantes en las esquinas de la seccion transversal de la barra. La determinacion de los esfuerzos de elementos no circulares sometidos a cargas de torsion. Tzy a y para Txy a y Txz O. 62 . 1958 2.282 0.263 1.258 0.CAPiTULO 4' MECANICA SASICA Designando p~r L la longitud de la barra. Las f6rmulas anteriores son valid as unicamente en el intervalo elastico.229 2.267 0. C1 (a) Y C2 (ft) son iguales a 0. sino tambien para hallar soluciones aproximadas en otros casos en los que el ancho de la secci6n recta es pequeno. .291 10.0 0.312 a 0. Tabla 3.1661 0.291 0.281 5. el lado mas ancho y el mas angosto de la secci6n transversal y p~r T el momento de torsi6n aplicado a la barra.312 0.5 I 0. p~r a y b respectivamente. como se presenta en la Figura 56.0 0.231 0.0 Se puede observar.2 C1 C2 0208 01406 0.249 30 0. tal como la de una tira 0 cinta delgada de hoja metalica. Elemento rectangular sometido a Torsi6n EI angulo de torsi6n puede expresarse por: <p __ TL - C2 ab3G . que en el caso de una secci6n recta rectangular muy estrecha.246 0. a continuaci6n.0 0. 63 .333 4. Coeficientes para barras rectangulares bajo torsi6n alb ° 1 1.333 y las ecuaciones de la maxima tensi6n de cizalladura y del angulo de torsi6n p~r unidad de longitud se convierten en: 3T / ' 3TxL /' '[max = ab2 y <p = ab 3 G Ambas ecuaciones en la practica se les puede utilizar no s610 para un rectangulo estrecho./ i/ Los coeficientes C1 y C2 dependen unicamente de la raz6n a/ b Y se presentan en la siguiente Tabla 3. se encontr6 que el maximo esfu'erzo cortante ocurre a 10 largo de la linea central de la cara mas ancha de la barra y esta dado p~r: '[max T 2 clab T Figura 56.5 0.333 0.219 0. Los valores de concentraci6n de tensi6n. sometidas a Torsion La tensi6n maxima para la primera de estas dos (2) secciones se obtendra por la ecuaci6n de Tmax por un factor de concentraci6n de tensi6n. En el caso representado en (b). el angulo de torsi6n se determina por la anterior ecuaci6n de cJ> sustituyendo (a) por la longitud desarrollada de la linea media.Kg en sus extremos. Factor de concentracion de tension rjb Factor 1/8 1/4 112 1 21/2 21/4 2 1 3/4 Ejercicio 9: Para la secci6n representada en la Figura 58. = = 1011YTl Figura 58. Ejercicio 9 77 = .50 m es sometida a momentos de torsi6n T = 2500 cm.b. Una barra de acero que tiene esta misma secci6n recta y una longitud de 1. Secciones de pared delgada. se dan las siguientes dimensiones: b = 10 mm. de la Figura 57: = = @ ® Figura 57. se presentan en la siguiente Tabla 4. Calcular la maxima tensi6n de cizalladura y el angulo de torsi6n cJ> entre los dos (2) extremos de la barra. 0 sea a Or para el a 2c . si el radio de acuerdo es r 6 mm y G 80 GPa para el acero.MEcANICA BAslCA CAPiTULO 4 Por ejemplo. c 10 cm. caso (a). Este factor varra con la raz6n del radio del acuerdo r al espesor b. Tabla 4. en el caso de las secciones rectas de espesor uniforme representadas. _~ E: !: : ~: ....95 y la maxima tension de cizalladura en el angulo entrante sera r X factor = 769.6 em x (1.8 + 13.... _._. ___ .0) = 394.... Ejercicio 10 Soluci6n: 25 ­ 2 a (i) = 23........ _________ . T = .. _.8 r = 37.6..___ •__ ..2)2 em 2 T = 5053...... ___.....i .____ .6 em y b (Lefdo de la tabla) Asl: T= 560 kg 2 em x 37.....m Figura 59... el radio r en los dos (2) rincones es 6 mm.8 em (base) = base + 2 (eada lado) = Como. = 2e ­ ~ax = 3 b: a = 2 x 10 -1 = 19 em x 2500 19 2 x (1...... : ! . __....5 - i = 6....44 kg..J 25.73 EI angulo total de torsion <p es: Ir 3 x T x 150 em <p = 19 X (1.2 em .0)3 x G ().....-I b Ejercicio 10: Una vigueta de aluminio tiene la seccion recta como parece en la Figura 59. .__.... si la tension de trabajo es igual a 560 kgf/cm 2 . em 78 1....... Calcular el momento de torsion T.MECANICA BAslCA Solucion: CAPiTULO 4 a Si: .L....6 em 6 1 Y como -b --+ -12 --+ -2 --+ K --+ 2 a = 37... el factor de concentracion de tension es 1. 7.73 Luego con rib = 6/10 = 0...9 em (eada lado) 23... __ •__ .--. se supone que se mantiene pequeno comparado con las otras dimensiones del elemento. Como la porcion AB esta en equilibrio. en la direccion longitudinal x debe ser cero (0). 5 o IuClon: Tmax Asi: T = 40 3.04 x (0. x T Figura 61.4 X = -claTb 2 106 Pa x 0.208 x 0.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 Ejercicio 11 : Se tiene un elementa rectangular sometido a un esfuerzo T = 40 MPa. Se extrae el elemento sombreado de la pared AB limitada p~r dos (2) pianos transversales.. Y las unicas fuerzas involucradas son las fuerzas cortantes FA y FB . T 40mm Tadm = 40MPa Figura 60. situados a una distancia Llx uno del otro y por dos (2) pianos longitudinales perpendiculares a la pared (Ver Fig. como se presenta en la siguiente Figura 60. Elemento cilindrico hueco de secci6n no circular. hallar el momento torsor. Ejercicio 11 .04)2 SECCIONES HUECAS DE PARED DELGADA (3) Se considera un elemento cilindrico hueco de seccion no circular sometido a carga torsional. 79 . 62). como se presenta en la siguiente Figura 61. puede variar dentro de la seccion transversal. la suma de las fuerzas ejercidas en ella. sometido a carga torsional Aunque el espesor t de la pared. ejercidas en los extremos de la porcion AB. se tiene que las caras superior e inferior de este elemento son parte de la superficie libre del elemento hueco. puede variar a traVElS de la pared:TA . Se considera q flujo de cortante y como el producto: q Lt constante. Elemento extraido y l:Fx=O Se define FA como el producto del esfuerzo cortante longitudinal TA en la pequena cara en A y por el area y por el area tA Llx de esa cara: Aunque el esfuerzo cortante es independiente de la coordenada x del punto considerado. Elemento extraido 80 . por 10 tanto representa el valor promedio del esfuerzo calculado a traVElS de la pared. Expresando FB de una manera analoga y sustituyendo FA Y FB • se tiene: LA (tA 6x) ­ LB (tB 6x) = 0 LA tA = LB t8 Como A Y B fueron escogidos arbitrariamente. por 10 que los esfuerzos en estas caras son nulos.CAPiTULO 4 MECANICA eASICA )( Figura 62. 4~ ~ x Figura 63. esta ecuacion expresa que el producto Lt del esfuerzo cortante longitudinal L y del espesor t de la pared es constante a traVElS del elemento. = = = Hora considerando un pequeno elemento de la porcion AB de la pared como se presenta en la siguiente Figura 63. dMo = pdF = p(qds) = q(pds) Pero et producto pds es igual al doble del area da. Tyz = Tzy. dA=tds Figura 65. hasta la linea de acci6n de dF. Figura 64. Tzx = Txz: hay entonces en et diagrama componentes nulas y las r indicadas son iguales. 64). del agua varia de un punto a punto debido a la variaci6n del ancho t del canalla raz6n de flujo. y la magnitud de la fuerza cortante dF ejercida sobre el etemento es: dF = rdA = r (tds) = (rt) ds = qds EI momenta dM 0 de esta fuerza con respecto a un punto arbitrario 0 dentro de la cavidad del elemento se obtiene multiplicando dF por la distancia perpendicular p desde 0. i MECANICA SASICA CAPiTULO 4 Recordar que Txy = Tyx. a trav9s de un canal cerrado de altura unitaria y ancho variable (Ver Fig. Debido a esta analogfa el producto q = rt es designado flujo de corte en la pared del arbol hueco. Donde.1Z. 81 . entre la distribuci6n de los esfuerzos cortantes r en la secci6n transversal de un arbol hueco de pared del gada y la distribuci6n de las velocidades. Asi. A medida que la velocidad .I I. del triangulo sombreado. el esfuerzo cortante en cualquier punto de una secci6n transversal del elemento hueco es paralelo a la superficie de la pared y su valor promedio calculado a trav9s de la pared satisface: q = rt = constante. tal como q = rt. (Ver fig. el area del elemento es dA = tds. del agua que fluye.1Z. q = vt permanece constante a trav9s del canal. Flujo de Corte q En este punto se puede notar una analogia. 65). Seccion transversal de un arbol hueco de pared delgada Tomando un pequeno elemento de la secci6n de la pared de longitud ds. en un punto dado de la pared. la distribucion de esfuerzos a traves de la pared puede considerarse uniforme y la anterior ecuacion producira el valor real del esfuerzo cortante. EI angulo de torsion de un arbol hueco de pared delgada puede obtenerse usando el metodo de energia (2). t Figura 66. 4> dMo = 4> q(2da) Como la integral alrededor de la seccion de pared. T representa el valor promedio del esfuerzo cortante a traves de la pared. entonces T = 2qa . Para deformaciones elasticas. 66). suponiendo una deformacion elastica se puede demostrar que el angulo de torsion de un arbol de pared delgada. del miembro izquierdo de la ecuacion representa'ia suma de los momentos de todas las fuerzas cortantes elementales ejercidas en dicha pared y como esta sum a es igual al momento de torsion T aplicado al elemento.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 Asi.en donde a es el area incluida dentro de la linea central de la seccion transversal de la pared (Ver Fig. 82 . se tiene: T = 4> q (2da) Como el flujo de corte q es constante. Linea central de la secci6n transversal de la pared EI esfuerzo cortante T en cualquier punto de la pared se puede dar en funcion del momento de torsion T. q = Tt Y T = 2qa d6nde: T = 2Tta T T=­ 2at En donde t es el espesor de la pared en el punto considerado yael area encerrada por la linea central. de longitud L Y Ges: 4> = TL 4a2G J-tCPds En donde la integracion se calcula a 10 largo de la linea central de la seccion de la pared. m.8MPa EI esfuerzo cortante en una pared dada depende unicamente de su espesor. = 55. rmm A B I t 4mm 4mm m i tmmll.I D Figura 67. Espesor de pared variable. (b) p~r defecto de fabricacion las paredes AB y AC son de 3 mm y las BD y CD de 5 mm de espesor. i ! 100mm I· . Espesor de pared uniforme. = T /2ta 3 T p~r y se cambia sucesivamente = 3 mm y t = 5 mm 3 X 103 N. suponiendo (a) espesor uniforme de la pared de 4 mm.8MPa b.m T BD = T CD = 2 x (5 X 10-3 m) x (5. EI a es la misma t la linea central. que produce un momento de torsion de 3 KN.MECANICA SASICA CAPITULO 4 Ejercicio 12: A un tubo de aluminio estructural de seccion rectangular 60 x 100 mm(Ver Fig.376 x 10-3 m 2 ) = 930 MPa . Ejercicio 12 Soluci6n: a.376 T en cada pared es T x 10-3 m 2 X 10 3 N. 83 .m = 2 x (4 X 10-3 m) x (5.376 x 10-3 m 2 ) = 69 . 67). es necesario hallarle el esfuerzo cortante en cada una de sus cuadro paredes.m T = TAC = 2 x (3 X 10-3 m) x (5.376 x 10-3 m 2 ) AB 3 X 103 N. a area limitada a EI = (96 mm) x (56 mm) = 5. Ejercicio 13 a = 10 x 11.. = 12.46 X 10-5 I . Momento de inercia equivalente: ~ =!.21 x 4000 x 0. 2 x 230. in Acero Inoxidable t z = 0.000 lb. Aluminio tl = 0.04" G = 11.04" G = 3. si tiene una L admisible LW = 4.200 lb.21 inz T ::::. 68). 2 anvtmin J= a = 369.95) = 230.CAPiTULO 4 MECANICA SASICA Ejercicio 13: Cual debe ser el maximo valor de T (momento de torsi6n) que puede soportar. la siguiente secci6n delgada (Ver Fig.9 + n(5.2)2 -0. in T::::. 69).1 (20+Zll'x5.9 X 106 Psi T = 150. cual es la relaci6n <I>/L =7 G = 4 X 106 Psi = lb/in 2 • Figura 68.G} rad in EJEMPLO 5: EI fuselaje de una turbina presenta las siguientes caracteristicas y la superficie inferior soporta gases calientes (Ver Fig. in ::::. 184.95)z 1 4X(230.5 X 10 6 Psi 84 .36 .1 lb.000 Psi. 000 lb.000 x 100" (*) .. X 2rr x 30 [ 0.-X-ll-.000 lb. Observe que las dos (2) barras tienen 85 ... Aluminio Acero ~---""Inoxidable 1=100 Figura 69..!. in 2 x rr x 900 in 2 x (0.MECANICA BAslCA Calcular 1'1. Ejercicio 14 Soluci6n: T a = rr x 900 in 2 T=-2at l' 1 - T := 2 <1:> = 150. in 2 x rr x 900 in 2 x (0.07") = 379 Ps J Tdx4a ds 3 <1:> - Gt 663 Ps = Tl4 a 2 ds <1:> tG 150. 1'2' CAPITULO 4 ~ <1:>=? l = 100" \---.9 x 106 + -0-.4 x 3.04") := 150...4 x [rr (900))2 pul 4 <1:>- 1 ~ X 2rr x 30 . determinar el momenta de torsion maximo que puede aplicarse a cada una de las barras de laton y al tuba del mismo material que se ilustran en la siguiente Figura 70..0~.-5-X-l-0-:-6 <1:> = 49 X 10-5 Rad Ejercicio 15: Si se tiene un 'adm == 40 MPa. 064 m) x (0.064 m y b = 0.259) x (0.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 igual secci6n transversal y que la barra y el tubo cuadrados tienen identicas dimensiones exteriores. tenemos: Barra con secci6n rectangular: Interpolando Cl =0.m Tubo cuadrado: para un tubo de espesor t. se obtiene de la tabla: a = b = 0. el maximo esfuerzo cortante esta dado p~r: T 1" --­ max .025)2 .040 m. Figura 70.56..025 m . el esfuerzo cortante esta dado p~r: T 1"=­ 2ta Donde a es el area limitada por la secci6n transversal dentro de la linea central 86 . alb 1"max = 2. =~ = 40 MPa ab Cl T2 = (40 MPa) x (0. T2 =414N.Cl ab2 En donde Cl.208 = 1"adm = 40 MPa.259. Asi: a = 0. a b=1 ~ Para 1"max Cl = 0. Ejercicio 15 Soluci6n: Para una barra s61ida de secci6n rectangular. CAPiTULO 4 MECANICA BAslCA a Sustituyendo: T = (0,034 m) (0,034 m) = 1,156 x 10-3 m 2 ·T = Tadm = 40MPa y t = _T_ = 40 M Pa =____ T-=3'--_~~ Ua 2 (0,006) (1,156XIO- m 2 ) :. T3 = 555 N.m 3 3.5 = O,006m ENERGIA DE DEFORMACION A continuaci6n se presentan algunos conceptos de la energia de deformaci6n; pese a que este tema no es del alcance del curso. pueden identificarse algunas relaciones sencillas de tensiones y deformaciones a continuaci6n. Txy dU W = = J.Y Tdy f -dW dV 0 y -d 4a 2 ct>T = Tdy w=.t:!: 2 T y=­ G = == Ie, es el momento equivalente de la secci6n. as!: T2L W = 2Gle TL <P = 4a2G Tambien se puede escribir como: 87 ds <P t MECANICA SASICA CAPITULO 4 CAPiTULO 4 4 ELEMENTOS PRISMATICOS SOMETIDOS A FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR 4.1 DEFINICIONES A continuaci6n se presentan algunas definiciones, que permiten identificar cada uno de los conceptos que se tratan en este Capitulo. Viga: s61ido generado p~r una superficie plana, cuyo centroide recorre una linea recta 0 curva. En la siguiente Figura 71, se presentan algunos tipos de viga. Ejemplos: ® ® -{I PUUU-,----l_ _ A COMPLETAMENTE APOYADA B ' - - A- - - - - ! B B VIGA EN VOLADIZO INDETERMINADA Figura 71. Modelos Estructurales de tipos de vigas Las vjgas (a) y (b); debido a las condiciones de sustentaci6n son tales que, es posible determinar las reacciones p~r las ecuaciones de la estatica y se lIaman vigas estaticamente determinadas. La viga (c) con pasador en A y rodillos en B y C es estaticamente indeterminada. Si se hace un corte en la viga, la distribuci6n de fuerzas internas es complicada, pero para que se mantenga el equilibrio del 88 'n ,.I ! I CAPiTULO 4 MECANICA SASICA cuerpo libre, deben ser estaticamente equivalentes a la resultante de las fuerzas externas aplicadas. La resultante de tensiones, puede ser siempre sustituida por una fuerza aplicada en el centro de gravedad de la secci6n recta y por un par de fuerzas situadas ambas en el plano axial de la viga y las cargas aplicadas. Por otra parte la fuerza puede ser descompuesta a su vez en unas componentes ortogonales: N ~ Normal al plano de la secci6n V ~ Situada en el plano de la secci6n M ~ Momento flector T ~==~_N Entonces: m I-B~ AI'----t- A x ..... ~I----------1... ~ n N : Esfuerzo normal (tambien se puede representar como P) M : Momento flector V: Esfuerzo cortante Una fuerza normal positiva esta dirigida hacia afuera desde la cara del cuerpo libre sobre la que actUa. Los momentos flectores son positiv~s cuando tienden a flectar el elemento, de modo que presente concavidad hacia arriba. Se tendra en cuenta las tres ecuaciones de equilibrio de cuerpo libre: 4.2 METODO DE LAS SECCIONES Para determinar las fuerzas que existen en una secci6n transversal de una viga se aplica el metodo de las secciones. EI anal isis de una viga se empieza trazando el diagrama de cuerpo libre. Esto es posible si la viga es estaticamente determinada. Una vez determinadas las reacciones se convierten en fuerzas conocidas y en los pasos siguientes no se necesita hacer ninguna distinci6n entre las fuerzas 89 2. 90 . Observese en particular que el corte imaginario atraviesa la carga distribuida y la separa tambien. Considerese una vi~a en la que actUan las cargas concentradas y distribuidas junto con las reacciones que se suponen conocidas (Ver Figura 72).CAPiTULO 4 MECANICA BASICA aplicadas y reactivas. Luego se apliea repetidamente el concepto de que si un cuerpo en conjunto esta en equilibrio. separado p~r dos (2) secciones pr6ximas perpendiculares a su eje. el sentido positiv~ de la fuerza externa P. como x-x. Uno y otro segmento de la viga estan en equilibrio y las condiciones de este requieren la existencia de un sistema de fuerzas en la secci6n transversal del corte de la viga. en una secci6n cualquiera se necesita una fuerza vertical. . Viga simplemente apoya sometida a cargas concentradas y distribuidas 4. una fuerza horizontal y un momento para mantener la parte de la viga en equilibrio. cualquier parte de el 10 estara tambien. B B tI 'R". I . Si se toma un elemento de viga Llx. En general.1 Ecuaciones diferenciales de equilibrio Es muy importante deducir ciertas relaciones diferenciales que permiten la construcci6n de los diagramas de fuerza cortante. se puede tratar como cuerpo libre. momento flector y el calculo de las reacciones. Cualquier parte de esta viga a uno y a otro lado de un corte 0 secci6n imaginaria. RAY t Re Figura 72. Separando la viga p~r x-x se obtienen los dos (2) segmentos indicados. se considera hacia abajo. tomando perpendicularmente el eje del elemento. Convenci6n positiva.= . como se presenta en la siguiente Figura 73.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 La fuerza cortante y el momento flector pueden cambiar de una secci6n a otra y hacia ellado derecho del elemento sera V + AV y M + AM.= -P Ax (1) Para que haya equilibrio la suma de momentos con respecto a A debe ser cero (0): + i MA = 0 VAx+M+ AM-M + P(IlX)(~2) =0 (1) Y (2) dan ellimite cuando Ax (2) Ax (V + ~ 0. P(IlX) AM Ax = -V - A. para la fuerza cortante y el momento flector De la condici6n de equilibrio de fuerzas verticales se tiene: i v + AV - V + P(Ax) = LFY = 0 0 AV . + P(x) Figura 73.) + AM = 0 Ax P(llx) "2 (2) Ecuaciones diferenciales basicas: lim Ax lim Ax ~ AV 0 Ax =-dx = -P dV (3) ~ AM dM 0 . las siguientes dos ecuaciones (2).= -V Ax dx (4) 91 . ..1x) 92 =0 .MECANICA eASlcA CAPiTULO 4 dM = -Vy ~(dM) = d M = P dx dx dx dx 2 2 Analizando de derecha a izquierda: y p IlX M+AM it v.1V .V + P(.all V B I x ...x i IFY = 0 V + ..r" '" "­ hw LlI< y L--------4r-------r-------. ax PIx) /'" i'­ "'1' r"­ ". Llx (P 2" + V) = 0 LlM Llx PLlx 2 -=V+ - LlM lim Llx ~ 0 =V Llx 4.3 DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FLECTOR Con Jas conveneiones de signos adoptados para fuerza axial.P(Ax) ( VLlx = 0 Llx 2 LlM .MECANICA BAslCA CAPITULO 4 LlV Llx = -P + i MB M + = 0 LlX2) LlM . que puede ver de inmediato la clase de funcionamiento que se requiere de una viga en cada secci6n transversal de ella.P . 93 . se "evan ordenadas iguaJes a los valores de las eantidades ealeuladas. Ejemplo 11: Para la siguiente viga de la Figura 74. Para tales cargas de una viga no hay fuerzas axiales en ninguna secci6n. Los diagramas de fuerza axial no se emplean con tanta frecuencia con los de fuerza cortante y momento fleetor. obteniendo una representaeion grafiea de la funcion. se unen los puntos determinados por lineas.M . elaborar el diagrama de eizalladura y momento fleetor. momento fleetor y fuerza eortante se pueden trazar grafieas de sus funeiones separadas en diagramas. Estos diagramas son importantes para el disefiador de estructuras.VLlx = 0 2 T - Llx LlM . porque la mayo ria de las vigas que se investigan en la praetica estan cargadas por fuerzas que actlian perpendicularmente al eje de la viga.. Se traza una linea base igual a la Jongitud de la viga. ".--- . Rl = _P.._.­ L 94 ' . B l 1 R.. Figura 74. 0 x -~- ~~~-~----.. En el tramo no hay carga brusca. R3 = +T ': I...(L_-_a_) L Pa :...x<a + i LFv = . I o v + Rl = 0 v -P(L ­ a) V= -R = . • Calcular las ecuaciones de momenta y V en cada tramo. Ejemplo 11 Soluci6n: • Rz = 0 Reacciones: :.... Se hace un corte a la distancia x de A O:::.. A"\M _... Tramo: porcion de viga definido entre dos puntos donde hay cam bios bruscos de las fuerzas aplicadas. ..-~-----._.CAPITULO 4 MECANICA BAslCA p a A . x) Chequeo: dM Pa dx L -=-V=-­ dV dx = q 1.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 + 1 L:MD = 0 Chequeo. Tabla de valores I x 0 -a +a L V -P (L ­ a) -P (L ­ a) L Pa (L ­ a) I. T 0 .x) = R3(L ­ x) R3 (L ­ x) ­ M =0 M =0 =0 = R3 (L - x) pa = ­L (L . aP L Pa (L ­ a) aP L I M 0 Diagramas de N. dM dx = -v = Rl Ahora el tramo restante: v +1 LFv= 0 Pa V=­ L +1 +j L L M8 MD VeL .x) ­ M =0 M = VeL .Vy M: 95 I. Sm 3m 1. Ejercicio 16 96 . . elaborar el diagrama de fuerza cortante. Ejercicio 16: Para la siguiente viga (Ver Fig..5 m v f- o V 7. ..5 - 3.5m ". 75).53 811/ \ ~V 94\V ~ -15..76 -5Ql r-- -6.5 4. momenta flextor y fuerza normal. t~~~~r ~ ~ ~ 9"11111 1. m 4.24 r--- o M 5.MECANICA BAslCA CAPITULO 4 p + M L.12 -22 5 N Figura 75. 77 = 13.18.50 = 0 .1.(1.50 2 .67 x 3 =0 32.20 x 4.MECANICA SASICA CAPiTULO 4 Descomposicion de la fuerza de 25 ton: 4 tana = 3 :.73 ton 97 2 x '3 x 4. = 53°71 a + ~ LFx=o Rz -15 ton = 0 Rz = 15 ton +i LFv=o Rl + Rs - 3.50 + 3.50 ton LMA = 0 x 6 .67 x 3) x 9 .77 ton Rl = 32.50 2 :.33 Rs Rl + Rs +i Rs x 4.33 x 4. Rs = 18.50 . 77 ton R4 = 15.5 x=O x = 4.50 .50 - + 0.00 ton R3 = 18.74 (4.50 ..33 (4.) -l.+3.MECANICA BAslCA CAPITULO 4 Reacciones Ri = 13.33 = 0.(3.00 ton Rs = 20.74) (4.50 2 x) x 2' V= 0 = 7. x S.50 .33 L + i LFv= + --t N=O Fx = 0 0 V .50 V = [3.50 3 (X.l1x2 x) M M 98 0 = -22.50 = 4.50 ton V (X) (2X) M qx + .74 (4. 4.x) 4.33x ---=O 2 M 3 2 = -(0.x a = 3.00 ton Tramo: 0 S.33 a 4.5 3.x)] x =0 Si x = 4.33 + a) x 2" = 0 3.S .73 ton R2 = 15. .15 + 15 = 0 99 +x- N=0 ) 4.5 '33~ t:.4.5 S x S 9 v + ~ LFX = 0 v + R2 = 0 N = -15 ton '" +tL Fv = 0 V + Rl - .4.50 ex .53 Fx = 0 = -22.5 2 =0 = -6.MECANICA BAsICA CAPiTULO 4 Tramo: 4.Rl ex .33 x 4..50 M x=O M = 5.73 x +~ L x 4.50) (2 2 x '3 x 4.13.50) + ( 3.S N .50) = 4.5 '[ ~ II )M_N V I Rl M .1.24 Tramo: 9 S x S 10.t~ I_ 4.33 M .50 .50) - 7.50 ex . V 3. 50 x = 9. x=o x = 3 +i L MA =0 v=o V = -5.5 3 3. m M = -15.50) [ M 4.4.12 ton.67x = 0 Fy = 0 V = -1.Rl (x .1.-"""'" : ' I­ I ! CAP!TUL04 MECANICA BAslCA V .20 + Rl - 3.67x Si.53 ton.55 x 3' 4.01 M + 1.76 ton M + 20 (x .9) .73 (x - x=9 4.50) M = 5.67 M = -1.50 2 = 0 v = 13. 9) +x - + 13.67 100 (~2) (~2) = 0 .5 (x .50) .4 Tramo: 0 :5 x :5 3 N~l:nnnu: X v + ~ LFX = + J. m x = 10. N= 0 0 L V + l.50] = 0 4.33] [(2) = -20 (x - Si.7.33 x 4. 5 Y si M = -15. al impacto.5 -22. 101 .24 5. 2.67 x 3.24 -22.5 9­ -6.5 9+ 10. Limitaciones de la teoria: 1.03 x = 4.5­ 10.53 -15. Se considerara tanto el comportamiento lineal mente elastica como el inelastico en las vigas.01 V M + (1.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 x=O M=O x=3 Tramo: 3 ~ x ~ M = -7.0) = -5.01 -7.5­ V M 0 0 7.53 N 0 0 -15 -15 +V = 0 ! 3.5 0 15 0 0 0 FLEXION (5) EI sistema de fuerzas que puede existir en una secci6n transversal de una viga.5 M( \1--------~~--'---- 1. una fuerza cortante y al momenta flexionante.5+ -6.01 5. Se supone que todas las fuerzas se aplican sin choque.5 4.5 0 0 0 0 12+ -5.03 -5.50) :.50 + (x ­ M = -5. consiste en una fuerza axial. x = 3 M = -7.67 v __-----------~-------~ + ! L Fy = 0 (1. Vigas estables bajo las fuerzas aplicadas. 4.0) x (1.4 x 0 4.76 -5.67) x (3.76 13.5+ 12­ 13.01 -7.01 (x ­ 1.50 4.12 ·15.0)) = 0 si. . isotropico..1 :. con sus correspondientes diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores. se observa que la parte central 0 media de la viga CD esta exenta de esfuerzo cortante y que su momento flector Mx=Pa. Materia homogeneo. lineal (f = E£:.x ' 1\'. \. y t. Plano axial de simetria 3. 4. EI eje de la viga pasa p~r todos los centroides de las secciones transversales. ~ " M p·k t p ~hx 0 I d~ n 0 ® Figura 77..MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 Hipotesis 1. -1<11>\ _ 0 / 1\' vi .. que el segmento de viga CD esta en equilibrio p~r la accion de un momento sola mente. 5. 2.~ It.1 . Fuerzas en el plano xy. Viga cagada transversal mente (Flexion Pura) 102 " . cargada transversal mente como representa la Figura 77.1 Tensiones internas Considerando la viga AB. perpendiculares al eje de la secci6n permanecen planas despues de que la viga se somete a flexion. Secci6n transversal simetrica a 10 largo de su eje longitudinal. Hipotesis fundamental: secciones planas de una viga.. es constante entre C y D. Esta clase de trabajo se denomina flexion pura: es decir. 4. elastico.bq: 0 /71­ •x :hD / / / DiJP .\ I:."" 1:.4.tc y A p .10 . Figura 76. MECANICA BAslCA CAPITULO 4 Para investigar el estado de tensiones internas producidas par flexi6n pura, se debe examinar la deformaci6n que tiene lugar en el interior del material. Se supone que la viga es prismatica y que tiene un plano axial de simetria (Ver Figura 77), el cual se toma' como plano xy. Cuando actUan las cargas aplicadas sabre tal plano de simetria, la flexi6n se produce s610 en este plano. Se supone ademas que el material es homogeneo y que obedece a la Ley de Hooke. Siendo su m6dulo de elasticidad en tracci6n, igual que en compresi6n. Puesto que el momenta flector es constante entre C y D, es razonable admitir que la deformaci6n por flexi6n sera tambien uniforme; es decir, que la porci6n CD de la viga tomara la forma del arco circular de la Figura 77.b.. En esta posici6n deformada cada secci6n transversal, originalmente plana se supone que permanece plana y normal a las fibras longitudinales de la viga (confirmado experimentalmente). A consecuencia de la deformaci6n, las fibras de la cara convexa de la viga se alargan ligeramente mientras las de la cara c6ncava se acortan ligeramente. Entre la parte superior y la parte inferior de la viga hay una capa de fibras cuya longitud permanece invariable y se Ie denomina superficie neutra. La intersecci6n de la superficie neutra can el plano axial de simetria se denomina, eje neutro de la viga. Despues de la deformaci6n, los planas de las dos (2) secciones transversales adyacentes mn y pq se cortan en O. Designando par dB el angulo que forman estos planas y dB = dx/p donde 1/p es la curvatura del eje neutro de fa viga. Si se pasa par el punta b del eje neutro una recta p'q' paralela a mn, para indicar la orientaci6n primitiva de la secci6n transversal pq antes de la flexion; se ve que el segmento Cd de una fibra distante y de la superficie neutra se alarga la magnitud d'd = dyB. Como su longitud inicial era ed' = dx, la deformaci6n correspondiente es: ex ydB y = -dx = ­p Areo = R(} dd' = yd(} dx = pdB Si se considera una fibra de la cara c6ncava de la superficie neutra. La distancia y sera negativa y tambien la sera la deformaci6n. Asi todas las fibras de la cara convexa de la superficie neutra estan sometidas a tracci6n y tad as las de la cara c6ncava 10 estan a compresi6n. Los experimentos indican que en compresi6n simple, la deformaci6n lateral de las fibras es la misma en tracci6n. Segun esto, la tensi6n en cada fibra sera directamente proporcional a su deformaci6n 103 CAP[TUL.04 MECANICA SASICA longitudinal: (Jx =(; x E = 2.p y . Lo que pone de manifiesto que las tensiones de fibra (Jx debidas a flexion pura, varian linealmente con la distancia y desde la superficie neutra en tanto el material siga la Ley de Hooke. r-f­ ax z C2 dA -l­ y Y Figura 78. Distribuci6n de tensiones en la profundidad de la viga En la Figura 78, se puede observar la distribucion de tensiones en la profundidad de la vjga. La posicion del eje neutro Oz de la seccion transversal puede ser ahora determinada por la condicion de que estas tensiones distribuidas en la seccion, deben originar un par resistente M. Designando dA un elemento de area de la seccion transversal situado a la distancia (y) desde el eje neutro, el elemento de fuerza que actUa sobre esta area es (JxdA. Y aplicando la ecuacion, se tiene: E (JxdA = - ydA p Puesto que no debe haber fuerza normal resistente Nx sobre esta seccion (flexion pura) la integral de (JxdA es el area total de la seccion debe ser nula. 0 sea: Ef'ydA = 0 - P A Como E/ P diferente 0, se deduce de esto que: LYdA = Aye = 0 EI primer momento respecto a un eje es cero cuando pasa per el centro ide (Ver Fig. 78). Donde A es el area de Ja seccion transversal eye distancia desde el eje neutro a su centro de gravedad. Si A diferente 0, se concluye que ye = D. Asf el eje neutro de la seccion recta pasa p~r su centro de gravedad. 104 MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 EI momenta de la fuerza elemental axdA respecto al eje neutro de la seccion es dM yaxdA, La suma de est os momentos elementales en el area total debe producir el momenta de flexion M en esta seccion, asi: = M= fA'Y axdA = -PEf'Ay2 dA y [ y2 dA Es el momenta de inercia de la seccion y se puede escribir: 1 M P EI -=­ Esto dice que 1/p del eje de la viga es directamente proporcional al momento f1ector M einversamente proporcional a la cantidad EI; Hamada Rigidez a la flexion de la viga, Sustituyendo 1/p en: ax = £ X E = -pB Y Se tiene: ax=My 1 Se ve, que la tension de flexion sera maxima en las fibras mas alejadas de la superficie neutra y se traducira en traccion, en la cara inferior convexa de la viga y en compresion en la cara concava superior. MC2 amfn =-1­ Si es seccion transversal simetrica con respecto al eje de gravedad C1 = C2 = c, Zl Y Z2 son los modulos de resistencia pudiendo escribir: 0 105 momentos resistentes de la seccion, 4. Ubicacion del centoide en una seccion transversal de un elemento Esta area tiene un momento de inercia 10 con respecto al eje horizontal que pasa por el centroide. Su valor esta definido por la integral y 2 dA. se debe determinar el momento de inercia I. A continuacion. Ademas es uno de los ejes principales (aquellos con respecto a los cuales el momento rectangular de inercia es maximo 0 minimo). determinado por la I real sobre areas (es necesaria solo para algunas formas elementales como /1). Tal eje pasa por el centroide de dicha area. se desarrolla dicha definicion: Procedimiento: 1. Tales ejes son siempre mutuamente perpendiculares.---- Figura 79.2 Calculo de momento de inercia (3) Para aplicar la formula de la flexion. EI momento de inercia Izz de la misma area con respecto a otro eje horizontal z ­ z es por definicion: = 106 i i I ! . La integracion de y 2 dA se efectua luego con respecto al eje horizontal que pasa por el centroide. 3. sobre toda el area transversal de un miembro. y se debe subrayar que para dicha formula de la flexion el momento de inercia tiene que calcularse con respecto al eje neutro del area transversal.--'-t----fI"------t-.. EI producto I yzdA se anula para ejes principales (un eje de simetria de una seccion transversal es siempre un eje principal). 79). Secciones transversales pueden descomponerse en una combinacion de formas simples. dA Cenlrolde y Z/. esto es 10 I~(d + y)2dA Y medio desde el eje centroidal. Hallar el centroide de la seccion (Ver Fig. En caso de secciones simetricas el eje neutro es perpendicular al eje de simetria. del area transversal con respecto al eje neutro. 2.MECANICA BAslCA CAPITULO 4 4. es cero. es igual al momento de inercia de la misma con respecto a un eje paralelo ai' primero y que pasa por su centroide. Ejercicio 17: Determinar los momentos de inercia para la seccion de la Figura 80.MECANICA SASICA = f/d centroide. Ejercicio 17 Seeei6n A (em2) y (em) Total interior 24 -12 3 3 SA:::: 12 cm 2 Ay 72 -36 SAy = 36cm 3 _ L. Izz CAPITULO 4 + y)2dA donde y se mide a partir del eje que pasa por el .A 12 107 . como el eje desde el cual se mide y pasa por el centroide del area. mas el producto del area y el cuadrado de la distancia entre los dos ejes. respecto a los ejes y y z que pasa por el centroide. Izz = 10 +Ad 2 EI momento de inercia de un area con respecto a un eje cualquiera. Resolviendo se'tiene: Izz = d 2 f~ dA + 2d f~ydA + f~y2dA Izz = Ad 2 + 2d f~ydA + 10 Sin embargo. )l:m.. f ydA 0 yA.Ay 36 y=--=-=3cm L. I l I 45cm Figura 80. con respecto al eje horizontal de la secci6n que se muestra.- 3 43 12 x­ Jzz = Jyy = 3 6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 .08 em LA Jzz=Jo+Ad 2 108 .50 8.00 328.50 y(cm) 7.87 cm3 Para el rectangulo completo: LAy Y =-. z z Figura 81.5 X 1. Ejercicio 18 Soluci6n: Seccion Total interior A (cm2) 150.00 37.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 _ LAx x= LA Jzz = 4 3 12 x 6 x.50 cm 2 Ay 1125.13 EAy = 796.5)2 Ejercicio 18: Determinar el momento de inercia Jzz de la Figura 81.1.= 7.5)2 - 3 4 3 -u + (2.75 EA == 112. Ejercicio 19 Soluci6n: Seeei6n A (em2) y (em) Ay Total interior 6400 2400 70 30 112000 72000 EA Asi: y= z.5 x 7. Respecto a los ejes que pasan por el centroide. + + + i1 I ! 'Ooom . Hallar el centroide Ix.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 IZZl = 10 (15)3 12 X + 10 x 15 x (7.36 cm 4 Para la secci6n hueca tenemos: Izz r = (2838.5)3 X = .c.! 40mm I • zz 20mm Figura 82.08)2 = 280.08)2 = 2838. Hallar Ix ely. a.75 - 7.o 19: Determine el momenta de inercia del area mostrada en la Figura 82.96 .: = = 4000cm2 EAy 46 Momentos de inercia con respecto al centroide: 109 = 184000 cm 3 .96 cm 4 IZZl Para la parte hueca: 5 IZZ2 (7.5 x (8. 12 IZZ2 + 5 x 7.59 cm 4 Ejerc.280.36) cm 4 Izzr = 2558. b. Con respecto al eje zz mostrado en la figura. donde aguante el momento maximo conociendo el esfuerzo admisible. Figura 83. Ejercicio 20 Soluci6n: Va que: My O'max Z = 10 = zM = 10 Y Para que eslo se cumpla.MECANICA BAslCA Ix CAPITULO 4 =121 x 80mm x (20mm)3 + (80mm x 20mm) x (24mm)2 + 121 x 40mm x (60mm)3 + (40mm x 60mm) x (16mm)2 Ejercicio 20: Obtener la secci6n rectangular mas resistente en flexi6n. Zmax obtenemos la secci6n mas resistente a T t b y=­ 2 110 . de la Figura 83. Asi. hallando la secci6n que tenga el la f1exi6n. Z debe ser maximo. MECANICA SASICA CAPiTUl. cuando dZ/da dZ da a = 6' =0 (-2a) + (D2 . Conociendo el 0 adimisible. ab 3 i=­ 12 111 i: : i . pero podemos despejar una en terminos de la otra: a2 + b 2 = D2 Y b 2 = D2 _ a 2 Asi: Z =!:6 (D2 - a2 ) EI maximo 0 minimo se halla. Ow Y L son constantes...[3 y Hallar fa seccion mas rigida en flexion. - = D /.a 2) x -3a 2 1 '6 = 0 + D2 = 0 D a=­ . se sabe que: o = MEIL <_ 0 admisible y Mmax < - EUJw L H.f3 La secci6n rectangular mas resistente tiene las dimensiones de a b = ~2/3D. i es el Linico que varia con la secci6n y tiene que ser maximo.O 4 i Z=- Y ab 3 x 2 Z = 12 x b -+ ab 2 Z=­ 6 Se tienen dos (2) inc6gnitas a y b. a2)]= 0 2 a=D D a=­ 2 Para soportar el momenta la mas rfgida y resistente es la seeeion donde D 2 a=­ y donde: b J3 =2 D Ejemplo 12: Se tiene una viga de longitud L.CAPrrUL04 MECANICA BAslCA dl = (D2 -da a 2Ji1 [3. Ejemplo 12 Solucion: La relaeion con "soportar". I L I a Figura 84. por tanto la de menos area. Solucion: La seeeion mas adeeuada para el diseiio es: • La menos eostosa. l ' . eneontrar eual es la mas adeeuada para el diseiio.z O"w O'max I z=­y 112 . se refiere al M -::.x (-2a) + (D2 .. para soportar un momenta M y la opeion de tres (3) seeeiones transversales (Ver Figura 84). • La de menos peso. .- AD = a2 = 63 (M)!. que puede aplicarsele a la viga de la Figura 85.4) = 0 .wY La seccion mas adecuada es la de menor area. 3m I ) ( 1.:.. 2 3 2 ~ AD = 3. Ejercicio 21 Soluci6n: I i:ii R-:-> l?b iB I i i EFx EFy = 0 113 =0 :. conociendo: aW. compresion = 100 MPa =40 MPa aw. Ejercicio 21: Hallar la carga maxima distribuida q. 2 11: D2 =!!.3 C:y Secci6n rectangular 2 M - AD = 2.)3 ow 11: axa 3 a3 12 Xi 6 2 ~ Ao = 3.'D>~2 ...69 C:y ZD =--a =­ Secci6n cuadrada ->­ 6 . R2 =0 + R3 ..62 c.CAPiTULO 4 MECANICA eASICA Secci6n circular .ow = 11: 3 ~ ~-. sin que este falle por flexion. 44 O"w 2 (32)3 (!:!". tracccion = 50 x 106 mm4 Iz II1Jlp{ )}O lum I ( ~ '( -_.x M­ Asi: - EI area de la secci6n circular: A0 a3 M a= ~ . R1 :.q (5.2m I ~ Figura 85. !.71 q [II IV !lli!! 1f'---j" 1.2 1< +t 1:Mo = Si x )1 q x2 -+M = .7 q N)M 11111+ • v seccionar: 0 S x S 1.7 q) (x .7 q (x -1.2 M = O. \ CAPiTULO 4 MECANICA BAslCA Par simetrfa Rl = R3 = 2.72q x == 4.2 S x S 4. M+­ 2 ..2) --2­ = 1.72q .2) == 0 M Cuando x q x2 = 2.2 M Entonces: 114 .2 q x2 R.(2.­ 2 qx2 M+-=O 2 0 x == 0 M = 0 x == 1.1.2 M = -0. = -O. " .CAPiTULO 4 MECANICA SASICA 5 -DAD q -0.000 N.Uwc Ahora M< - 100 X 106 Nz X 50 X 10 6 mm4 m 180 mm M::. 27.72 q v + Rl -qx = 0 V=qx-2.777 N. 25.m 115 1 m3 X ---:---"'"" 1 x 109 mm 3 (b) .72 q -0.405 q M Considerando dos (2) casos: yT = 80mm yc = 180mm Entonces: My u=­ lz My T = UNT M ::. m (a) - lz Myc < [".7m = 0.7q x = 2. los pares no actuan en un plano de simetria.5 FLEXI6N BIAXIAL (3) Hasta el momento se han estudiado elementos que tienen uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria.111. m = 0.111..000 N... en donde el momento M producido se representa por un vector horizontal M que coincida con el eje neutro de la seccion transversal (Ver Figura 86). 116 ..500 N.---". q N = 34." . Yc = 80mm 100 X 10 6 ::2 x 50 x 10 6 mm 4 so mm YT 1 m3 x---1 x 10 mm 9 = 180mm M 5:.11 N.400 N 1m 4.400 N 1m La carga maxima que puede aplicarsele a la viga sin que falle por flexion es q = 27. m 3 MYT Tz=uwc M< - 40 X 10 6 Nz X 50 X 10 6 mm4 1m3 m x--. m == -0.I ..MECANICA BAslCA De (a) CAPiTULO 4 y (b) se elige el menor.22­ m Mmax (+) T < ']'.111.". m 11. es decir (a) 25. En algunos elementos de la Figura 86. 11. m Se elige el menor entonces M 5:. 62. 180 mm 1 x 109 mm 3 M 5:.405 q q = 27.11 N.722. 11.uwc Myc M 5:.72 q :.11 N. y la ecuaci6n fue descartada como trivial en ese momento. Ahora como es asimetrica la secci6n. Si en la siguiente distribuci6n de esfuerzos. de la figura 86.CAPiTULO 4 MECANICA SASICA NA Z+---~--~r------ NA I' Z c \. se tiene: (1) (2) IMy (3) IMz IFx f ~ f =0 ~ faxd A =0 =0 ~ Z ax dA =0 Rotar al rededor del eje y =0 Y ax dA =0 Rotar al rededor del eje z Se sa be que: MY ax = . M '-­ '-­ c axdA Figura 86.. r c om ax y --=­ T J-l ox 117 . esta ecuaci6n toma un valor significativo.­ I Antes se tenia una secci6n simetrica con respecto al eje y. Elementos que tienen uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria Considerando un elemento no simetrico de forma arbitraria. 87) se rota 90°. N. Se puede concluir. Si el vector par M se dirige a 10 largo de uno (1) de los ejes centroid ales principales de la seccion. Elementos can uno (1) ados (2) planas de simetria Elementos que tienen uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria (Ver Fig.(J'my/c . En secciones asimetricas se nota que el vector par M no esta dirigido a 10 largo de un eje centroidal principal y el eje neutro no coincide con el eje del par. el eje neutro coincidira con el eje del par y se lograra calcular con las mismas formulas de elementos de simetrla. se obtiene: f z (-~ (J'm) dA = 0 donde f y Z dA = 0 Pues (J'm Y c son valores constantes = 0. Sl y solo sit el vector par M es dirigido a 10 largo de los ejes centroidales principales de la seccion transversal.A Z~~~~~~~~- y y Figura 87. se presenta un caso general de flexion asimetrica: 118 . el par M sigue dirigido a 10 largo de un eje principal centroidal y el eje neutro nuevamente coincide con el eje del par y el par no actUa en un plano de simetria. Cualquier seccion posee ejes principales centroidales y se pueden determinar analiticamente 0 con el Circu/o de Mohr. y la ecuacion queda representando el producto de inercia de la seccion transversal con respecto a los ejes Y y Z. que el eje neutro de la seccion transversal coincidira con el eje del par M que representa las fuerzas actuantes en dicha seccion. si estos ejes son los ejes centroidales principales de la seccion transversal. y es cero (0).CAPiTULO 4 MECANICA BASICA se sustituye (J'X = -. A continuacion y en la Figura 88. Elemento asimetrico Un momento M que actua en un plano que forma un angulo e con el plano vertical.. 119 . e e Se tiene: Mz = M cos My = M sen (V y Z son ejes centroidales principales de la seccion transversal). la representacion en la seccion transversal formara el mismo angulo e con Z por que las fuerzas actuan perpendiculares al plano. y el eje V es positiv~ hacia arriba. obedece al hecho de que se tiene compresion por encima del plano XZ (V > 0) y traccion por debajo (V < 0). Para la determinacion de los esfuerzos tenemos que el par Mz actua en un plano vertical V y flecta el elemento en dicho plano. EI par My actUa en un plano horizontal y flecta el elemento en dicho plano. y la ecuacion. Los esfuerzos resultantes son: My (J" = . Es importante tener presente que el signo negativo (-).MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 M. EI esfuerzo normal es cero (0) en cualquier punto del eje neutro. Esta formula es aplicable si: • Los esfuerzos combinados no exceden el limite de proporcionalidad del material. Figura 88.Z x /y Iy. que define dicho eje.J . puede obtenerse haciendo Ox = O. es el momento de inercia de la seccion con respecto al eje centroidal principal V. • Si las deformaciones causadas por uno de los pares componentes no afectan considerable mente la distribucion de los esfuerzos debidos a la obra. EI signo positiv~ obedece al hecho de que se tiene traccion a la izquierda del plano vertical XV (Z > 0) y com presion a su derecha (Z < 0). entonces: Donde Iz es el momento de inercia de la seccion con respecto al eje centroidal principal Z. Figura 89. Z ~ Y = (IZ) Iy tan 0 Z La ecuaci6n anterior es una ecuaci6n de la recta que depende de una pendiente: Asi el angulo <t> que el eje neutro (N-A) forma con el eje Z se define por la relaci6n tan tP = !.! tan 0. como se presenta en la siguiente Figura 89. 120 . Iy son positivos.Iy Z Si los ejes centroidales fueran los ejes principales de la secci6n transversal Iyz = 0. se obtendria. la misma ecuaci6n del analisis anterior. Eje neutro entre el vector par Myel eje principal Si Iyz = 0 se obtiene: (5=- Mzly Mylz 2' Y + 2'Z Iy Iz .de inercia. donde e es el angulo que el vector por M forma con el mismo eje. <t> y tP >0 si Iz > Iy tP <0 si Iz < Iy e tienen el mismo signo y ademas: Se concluye entonces que el eje neutro estara siempre entre el vector par Myel eje principal correspondiente al momento menor. ly Como Iz.Iy Z Iy Iz .MECANICA SASICA CAPITULO 4 Mz My (5 =O=--Y+-Z x Iz Iy Reemplazando Mz y My por Mz = M cos M cosO Iz Y = M sinO Iy e y My = M sen e. pulg Q A.477 (lb. 7 A Figura 90.pulg 4.810Ib.20 pulg Mz' My' PUI~ 4 I pug = 288. Ejercicio 22 Solucian: lb Mo disefio = 18.736.pulg Q = Mo sin 20 = 98.:1 \ ­ " -- MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 Ejercicio 22: Una viga de acero en forma de I 18123"(Ver Fig.44" Mo I ~ I ..4771b..000 .900 lb.9 Psi 121 98.2 x 64. En su disefio vertical se sabia que el esfuerzo maximo era de 18.000 Ib/pulg 2 • Cual sera el esfuerzo maximo ahora por su inclinaci6n? y I z . Mz My (J=--Y+-Z lz (JA =- 'ly 271.pulg)x (-4pulg) 64. 90).810 lb.4 pulg4 x 2. Es el punto donde (] es mas grande que todos ya que Ymax (-) YZmax (+). I f4- -+ 0. 4. pulg = Mo cos 20 = 271.085 ----~- . fue instalada durante el proceso de construcci6n de manera que el eje Y hace 20° con la vertical por error hacia la izquierda.20 pulg4 (JA + = 63. (b) EI punta B.1%5pulg -r --1 11% pulg 4pulg 14 Figura 91. Ejercicio 24 Otra presencia de carga biaxial.I! I i . En un plano que forma un angulo can el plano vertical. H CAPITULO 4 MECANICA BAslCA Ejercicio 23: EI par M se aplica a una viga de la secci6n transversal ilustrada en la siguiente Figura 91. es la aplicaci6n de una carga axial excentrica 10 que modifica la ecuaci6n: 122 . EI punta D A r. determinar el esfuerzo en: (a) EI punta A. Determinar el esfuerzo en: (a) EI punta A. (c) EI punta D. Figura 92. (b) EI punta B.::::::j:~t:::::::J B~ 11% pulg z 8pulg 1. en un plano que forma un angulo 13 can el plano vertical. Ejercicio 23 Ejercicio 24: EI par M se aplica a una viga de secci6n transversal ilustrada en la siguiente Figura 92. La relaci6n obtenida muestra que la distribuci6n de esfuerzos en la secci6n es lineal. sometido a fuerzas excentricas iguales y opuestas. con respecto a los ejes centroidales principaJes de la secci6n transversal. Am310gamente la fuerza excentrica P' es equivalente a la fuerza centrica P' y los pares M'y y M'z. se puede escribir My = Pa y Mz = Pb. para determinar la distribuci6n de esfuerzos en una secci6n del elemento. Elemento sometido a fuerzas exctmtricas iguales y opuestas 4. Secci6n Compuesta 123 . Se debe tener cuidado con los signos. P y P' yay b son las distancias desde la linea de acci6n de las fuerzas hasta los ejes centroidales principales de la secci6n transversal del elemento. siempre y cuando la secci6n no este cerca a uno de los extremos del elemento. . se puede reemplazar la carga original por la carga estaticamente equivalente. puesto que cada uno de los terminos puede ser positivo (+) 0 negativo (-) dependiendo de P y P' Ysu localizaci6n de la linea de acci6n. Y y Z se miden desde los ejes centroidales principales de la secci6n. En virtud al principio de Saint Venant.\ MECANICA SASICA CAPITULO 4 P M My z =--Y+-z x A lz ly (J' Si se considera un elemento AB que se presenta en la siguiente Figura 93. se da en elementos compuestos de varios materiales. 9~): 2 Figura 94. A p '/'--\---+x Figura 93.6 FLEXION COMPUESTA La Flexi6n Compuesta. Considerando el siguiente elemento (Ver Fig. el eje neutro puede dibujarse a traves del centroide de la secci6n transformada y el esfuerzo 0'1. por 10 que la curvatura de un elemento compuesto es: 124 . 93). Ya teniendo el elemento homogeneo. es la secci6n transformada del elemento (Ver Fig. Secci6n transformada del elemento Si n > 1 : ensanchamiento y Si n < 1: estrechamiento La modificaci6n. b dA b • _ ndA nb Figura 95.. Ex =-.-E2 p Y dA dF2 podria ser ejercida en un elemento de area ndA del mismo material. en cualquier punto localizado en la secci6n transversal de la barra original. sino de que la secci6n sea la misma a traves de su /ongitud. se debe multiplicar por n e/ O'x calculado para esa distancia y. Para calcular 0'2 • en cualquier punto de la porci6n inferior. entonces: 0'1 = E1 Ex = -E1 .MECANICA aASICA CAPITULO 4 La deformaci6n sigue siendo la misma. 0'2 = E2 Ex dF1 = 0'1 dA Ademas: Ley de Hooke = =- dF2 = 0'2 dA y -E2 ­ E1 p P Y dA = . Simplemente se calcula O'x para un Y correspondiente de la secci6n transformada. se realiza en direcci6n paralela al eje neutro de la secci6n. 0 sea. La nueva secci6n obtenida. Vale la pena considerar que el elemento compuesto y el elemento transformado se deforman de la misma manera. pues esta no depende. que e/ material (2) se puede modificar por el material (1) ampliado n veces su ancho como se presenta en la siguiente Figura 95. d tl [dJ l ~I + -r :. uw 2 16. Ejemplo 13: EI "C8S0 mas import8nte en 18 praCtiC8 de 18 construcci6n".h2 •• Mz - 6 .200 Psi.l lz 2 w _Mz lz Mz h - w M <~ Z - h X 2xah 12 125 3 < O"w.CAPITULO 4 MECANICA SASICA I: Momento de inercia de la secci6n transformada respecto al eje neutro. se refuerzan con varillas de acero colocadas a una pequef\a distancia por encima de la cara inferior. El = 1. el momenta maximo s610 en la secci6n 1 y el momenta maximo en la secci6n compuesta I/Z" t <D 12" J- 1/'1.000 Psi = = = 30 X 106 Psi. -r 112 X • Figura 96. a . Soluci6n: u= Asi: --<a.f-X nAs .· ~ . EI detalle para efectos de an<~lisis se presenta en la siguiente Figura 96.~ eM igura 97. hace referencia al caso del hormig6n reforzado: cuando las vigas se someten a momentos flectores positivos.5 X 10 6 Psi Hallar. E2 uwl 1. Ejemplo 13 Ejercicio 25: 5e tiene un elemento estructural (Ver Fig. 95).I b L. Ejercicio 25 Y < a. a' awl = 1.­ 1.4 12 +2 [8 120.LLLl 1/2 " ILLL. pulg (Ia secci6n que se transforma va en el numerador de la relaci6n n indica estrechamiento y si n > 1 indica ensanchamiento ) £1 n -£2.L.LL.LL.200 Esto debido a que toda la secci6n qued6 transformada al material de la secci6n 1.400 lb.LA 1/2 " 12" ..L.LL.L.. = 0.5 X 10 6 30 X 10 6 £1 = £2' si n < 1 =201 (La secci6n 1 se transforma a la secci6n 2.L-<V .27 pulg 4 X 126 .5 3+ 8 x 0. Ahora se halla azmax de la secci6n transformada.000 Psi En la nueva secci6n transformada controla el menor.000 Psi. significa que se trabaja con el material 2).. se elige el menor: cr w2 = 16.4" La nueva secci6n tiene las siguientes caracteristicas: 8" "'-"-'-""-L. asi pues. Hallar el cr' de la nueva secci6n: a modificado = am = . /z 3 X 12 .LL..200 = 20 a' = 24..L.5 x (6.200 Psi x 8 x 144 6 = 230..25) 2] = 370.fsc. Al = 8 x 12 AT = n Al = a x 12 Luego: nx 8 x 12 a 8 = --1-2­ = 12 = 0.0 = 1..PH' 1 CAPiTULO 4 MECANICA BAslCA Mmax = 1. EI Mmax de la secci6n compuesta EI valor de Iy de la secci6n transformada Figura 98. 98).000 Psi...5 3 X 8 /z = 12 + 12 .. /z = 20.5 lb .0 lb. E2 = 20 X 10 6 Psi.92 pulg 4 127 . O'w2 = 13.000·pu19 2 2 X 53 X 1 0. pu1g Ejercicio 26: Se tiene un elemento estructural (Ver Fig. Ejercicio 26 Soluci6n: (La seccion (1) se transformara en la seccion (2)) Se obtuvo un valor menor que la unidad. (}T ­ = 10. la secci6n (1) se ensanchara. (}zmax = 16. n x Al =a x 8 ~ a = 0.MECANICA BAslCA CAPiTULO 4 ..000 Psi Hallar: a) b) =2 X 10 6 Psi. El O'wl = 1.000 x 370 = 911. entonces. 67 pulg 4 My ~ 10.000 25 l . ly = 2 ~ 10.67 5 = 449.cero CTmaxC? Varillas de acero Aa = 2 X 5 cm 2 = 10 cm 2 128 . pulg Ejercicio 27: CASO ESPECIAL: (HORMIG6N ARMADO) b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm Ha n=-= 15 He ­ cr tracci6n del concreto = 0 Luego el acero es el que soporta Ja tracci6n M = 700.5 12 ly = 224.000 X 224.92 x 10. pulg 3 [(5 X 1 ) 2] ~ +5x1x4. pug -? Mz ~ 83.000 z .-~+-~--~---+--~-- 5 CTmax Mz ~ Mz =-X Y CT 20.cm CTmaxa? Vo.5 +8 3 X 0.000 Kg.680 lb.CAPiTULO 4 MECANICA BAslCA y 05 z.rIU"s de o.340 lb. Ejercicio 27 EM=O Kd b (Kd) XT = nAa (d .~ x fIe =0 -7 -7 Kd = 19.Kd) Desarrollando y despejando Kd se tiene: 12.1 D1~ 113 0 b SECCION TRANSFORMADA nAa c:::::J T ~d) = d (1.606 em2 129 = CTa Aa =0 .1 14 1D Jd • • (d - .500 Fuerza de compresi6n: C = A CTc = Kd. .22 em T = C M = [C ld = Ts] d jd = d - Kd 3"" = 43.CAPITULO 4 MECANICA BASICA 14 b.5 (Kd)2 + 150 Kd - %(Kd)2 + n Aa Kd .59 Kd M=Cjd=bxTxCTexjd 2M -7 Kg CTe = b (Kd) (jd) = 66.n Aa d 7.~) =jd -7 Brazo de Palanea Momentos respeeto al eje neutro Figura 99.8 em2 M CTa Kg = Aa jd = 1. mostrando que ocurren esfuerzos en pianos longitudinales horizontales. considerando una viga en voladizo hecha de placas separadas y unidas en un extremo. las diferentes placas flexaran en circulos concentricos y no deslizaran una con respecto a la otra. si la misma viga compuesta se somete a un par de f1exi6n M en su extremo libre (b). verificando por 10 tanto el hecho de que no ocurre fuerza cortante en vigas sometidas a flexi6n pura.P X = 0 M = P X + flexion p Detalles de Flexi6n. Aunque el deslizarniento no ocurre en una viga hecha de un material homogeneo y cohesiv~. la tendencia a deslizarse.7 CAPiTULO 4 FUERZA CORTANTE Para este anal isis. 101): 130 . un cubo del material sometido a cortante presenta los siguientes esfuerzos (Ver Fig. si existe. Por otra parte. Debido a esto. Viga en Voladizo Haciendo un corte: EFx = 0 No ha y fuerza axial .MECANICA BAslCA 4. como se presenta en la siguiente Figura 100: p Figura 100. se considera una viga en voladizo. EFy = 0 P + V = 0 V = P + cortante EMc = 0 M . P Cuando se aplica una carga transversal P en el extremo libre de esta viga se observa que las placas se deslizan entre si. tanto como en longitudinales verticales. la distribuci6n de esfuerzos normales. debe ser la misma cuando la viga es sometida a una carga transversal P. = (J x My Pxy =--=-­ I I Mientras los esfuerzos no excedan el O'p podemos determinar los esfuerzos· normales bajo una carga transversal as!: (J x My Pxy =--=-­ I I x B .t I z i p B" x L Se puede observar que la distribuci6n de esfuerzos normales en una secci6n transversal dada (x = constante) es lineal. no se afecta por las deformaciones causadas por los esfuerzos cortantes.CAPITULO 4 MECANICA BAslCA Txy ="(yx TxydA x OxdA TxzdA I: Fz J ~ J ~ I: Fy = 0 =0 T xy dA = -V T xz dA =0 Figura 101. como en la flexi6n para los esfuerzos maximos seran en x L. Cubo sometido a cortante Hip6tesis: Se supone que la distribucion de los esfuerzos normales en una secci6n transversal dada.!2. 0 cuando es sometida a un par de flexi6n de momento M P x. = 131 . Segun esto. .. se obtiene que q Q/J V. -_ _ _.. Entonces: H= PjQ X :. pues.. las fuerzas cortantes aplicadas en las dos (2) .dA I EFx = 0 -t JP. 10 que indica que la suma da cero. Si se considera la otra parte de la secci6n. Flujo de corte: Fuerza cortante por unidad de longitud.. es jgual al momento del area de toda la secci6n transversal con respecto a su eje centroidal y por 10 tanto debe ser cero (0). Para la viga que se presenta en la siguiente Figura 102.CAPiTULO 4 MECANICA BAslCA Esfuerzo maximo de compresi6n en B Esfuerzo minimo de tracci6n en B" Calculando los esfuerzos cortantes: . el flujo de corte said ria reemplazando P por la suma de cargas aplicadas a la viga.y ~ PXY (JxdA = . i= PjQ = flujo de corte = q. _ _ _H_'___ axdA A. tendria que ser del mismo valor y de signo opuesto. daria la misma ecuaci6n.y dA = 0 H- P X fY=C ydA H=- -t Y=Yl I Q= JydA Primer momenta de inercia: Q Q= B+ b J-2-ydy= (B-2+ b) y'"2=Ay Y A: Area de la secci6n sombreada. = 132 . Esto hace suponer que Q.V1 I~ p1tl ~-->.. Entonces la suma de estos dos (2) momentos.. y como esta suma da la cortante V. y: Distancia del centroide al eje neutro.l.porciones de la viga son iguales y opuestas. dx ­ Se puede observar que: • • = 0 en caras superiores. Q es maximo. se obtendria: dH = q dx dH -+ - dA dx = -VQf . Viga sometida a cargas Donde Q es el Momenta de Primer Orden con respecto al eje neutro de la porci6n de la secci6n transversal. con un diferencial en la ecuaci6n H = PQ/l X. Txy Esfuerzos cortantes en tipos comunes de vigas (Ver Fig. Tambien para y = 0. pero el T promedio no. 103): 133 .­ dA y T VQ dx xy =Jt.MECANICA BASICA CAPITULO 4 w l}lllill • C1 Figura 102. porque Q = 0 y ademas no hay fuerza aplicada en dichas caras. Ahora. pues depende del ancho de la secci6n asi como de Q. localizada por encima 0 por debajo del punto c'. Esfuerzos cortantes en tipos comunes de vigas Donde: iJH = q iJx. En cada caso el corte debe ser perpendicular a la superficie del elemento y la ecuaci6n dara ta componente del esfuerzo cortante en fa direcci6n de la tangente de dicha superficie. en diferentes secciones transversales . Gero (O) en AyE Y maximo en G y G' 134 . VQ J rprom t= q = ­ -. Flujos de corte. se presentan algunos flujos de corte. En fa Figura 104.CAPiTULO 4 MECANICA eAslcA Tprom va ---rr ~IT'Z ! TZx v Figura 103. ­ A ~ c I ! ! +I ! ! -•- c' ---+++---- q=q + + E Figura 104. La ecuaci6n puede usarse para determinar los rprom en cualquier elemento de pared delgada siempre y cuando las cargas se apliquen en el plano de simetria del elemento. en diferentes secciones transversales. Q: Momento de primer orden del area sombreada VQ rprom =it .