Clases RI 2012 I.pdf

8/17/2019 Clases RI 2012 I.pdf

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Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, :9605573

DEPARTAMENTO DE INGENIERIADE MINAS, GEOLOGIA Y CIVIL

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SANCRISTOBAL DE HUAMANGA

ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DEINGENIERIA CIVIL


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ELABORADO POR:ING° LUIS ALFREDO VARGAS MORENO

PROFESOR DEL CURSO


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Resistencia de Materiales I

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SANCRISTOBAL DE HUAMANGA

DEPARTAMENTO DE INGENIERIA

DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVILESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL

DE INGENIERIA CIVIL


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SILABO1. DATOS GENERALES

1.1 Nombre de la Asignatura : RESISTENCIA DEMATERIALES I

1.2 Código : IC-345

1.3 Créditos : 5

1.4 Tipo : Obligatorio

1.5 Requisito : IC-243, MA-242

1.6 Plan de Estudios : 2004

1.7 Semestre Académico : 2012-I


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1.8 Duración : 16 semanas1.9 Período de inicio y término : 11/09/2012

-/-/-

1.10 Docentes Responsables :Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno

1.11 N° horas de clases semanales

1.11.1 Teóricas : 41.11.2 Prácticas : 2


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1.12 Lugar1.12.1 Teoría : H-2161.12.2 Práctica : H-216

1.13 Horario

1.13.1 Teoría-Practica :MAR 07-09

:JUE 07-09

1.13.2 Teoría-Práctica :VIE 08-10


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3.2 Especifico: Conocimiento de calculo de esfuerzos ydeformaciones, deflexiones diseño de elementos conposibilidad de pandeo.

4. METODOLOGÍA

En el desarrollo del curso se promoverá la participaciónactiva del estudiante, utilizando métodos: inductivo-deductivo; modo: colectivo explicativo; forma: intuitivosensorial; con sus respectivos procedimientos y técnica

como lluvia de ideas, seminarios, enseñanza en grupos,estudio dirigido, talleres y otros. RECURSOS DIDACTICOSSe utilizara proyector multimedia y pizarra acrílica.


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5. SISTEMA DE EVALUACIÓN Se evaluara por medio de la rendición de Tres Examenes. La nota final se obtendrá aplicando la siguiente fórmula:

1 1 1

3

EP EP EF PF


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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.01 Introducción, Definición, algunos

conceptos, esfuerzo y deformación unitaria.

Ley de Hooke, diagrama de esfuerzo-deformación unitaria, esfuerzo de trabajo.

Lavm

02 Deformación por peso propio, coeficientede dilatación lineal, coeficientes deexpansión térmica de algunos materiales

Forma general de la Ley de Hooke,desplazamientos de puntos de sistemas debarras articuladas.

Lavm

6.0 Programa Analítico - Practico


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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.03 Tensiones combinadas en un plano

inclinado.Tensión normal máxima, tensión tangencial

máxima, tensiones combinadas en unplano inclinado cuando actúan dos fuerzasperpendiculares en planosperpendiculares, tensiones o esfuerzos quese pueden presentar en una sección de unsólido sometido a fuerzas.

Lavm

04 Estado tensional en un punto.Estado tensional plano, convención designos, estado tensional plano en un planoinclinado, determinación de la tensión

normal y tangencial en un plano inclinado,

Lavm


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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.04 esfuerzos principales y esfuerzo cortante

máximo.Lavm

05 PRIMER EXAMEN

06 Cálculo de las tensiones normalesprincipales, calculo del esfuerzo cortantemáximo, solución gráfica empleando elcírculo de Mhor.Gráfica, convención de signos.

Lavm

07 Determinación de las tensiones en unplano inclinado de orientación arbitraria.Torsión.

Lavm


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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.08 Cálculo del momento torsor, convención de

signos, diagrama de momentos torsores.Tensión tangencial y desplazamiento

angular, ley de Hooke paradesplazamientos, ángulo de giro mutuo delas secciones.

Lavm

09 angular, ley de Hooke paradesplazamientos, ángulo de giro mutuo de

las secciones.

Lavm

10 SEGUNDO EXAMEN Lavm

11 Continuación del ejemplo práctico detorsión. Esfuerzos y deformaciones

producidos por flexión, análisis dedeformación.


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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.11 Análisis de esfuerzos, tensiones en la

flexión transversal.Fórmula de Zhuravski.

12 Problema, diagrama de fuerza cortante ymomento flector.Desplazamientos en la flexión, flexión deuna viga.

Lavm

13 Determinación de las Flechas, método de

la doble integración, convención de signos.Método del área de momentos, teorema 1,convención de signos, teorema 2,convención de signos.

Lavm

14 Problemas.Teorema de los tres momentos.


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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.15 TERCER EXAMEN

16 ENTREGA DE NOTAS, PROMEDIOS Y

RECLAMOS

Lavm


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La resistencia de materiales es la ciencia que trata dela resistencia y de la rigidez de los elementos de lasestructuras.Se considera generalmente que todos los materiales

son continuos y homogéneos.Un material se considera homogéneo, cuandocualquier parte de el tiene las mismas propiedades

independientemente de su volumen.

RESISTENCIA DE MATERIALES I


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Maleabilidad.- es la tendencia de un material aaplanarse sin romperse bajo el esfuerzo decompresión.Plasticidad.- es la capacidad de un material de

deformarse en un estado de esfuerzo, sin romperse ysin recobrar su forma original. Un material plástico, espoco elástico.Rigidez.- es la resistencia de un material a doblarse o

deformarse.Resistencia.- es la capacidad de un material desoportar grandes cargas sin fracturarse.Tenacidad.- es la capacidad de un material para

soportar grandes cargas sin llegar a romperse, estarelacionada con la resistencia.


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Resistencia es la capacidad de un cuerpo, elemento oestructura de soportar cargas de sin colapsar.Rigidez es la propiedad de un cuerpo, elemento oestructura de oponerse a las deformaciones. Tambiénpodría definirse como la capacidad de soportar cargas otensiones sin deformarse o desplazarse excesivamente.Ambas definiciones son del autor. Si miramos ambas

definiciones veremos que están asociadas pero nosignifican lo mismo.En la Resistencia lo importante es soportar, aguantar ,mientras que en la Rigidez lo importante es elControlde las Deformaciones y/o Desplazamientos.


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La Resistencia depende de las propiedadesMecánicas de los materialesconstitutivos (Resistencia mecánica, Modulo deElasticidad, etc.) y del tamaño de la sección.La Rigidez depende también del Módulo de Elasticidad,la sección, pero también de la Inercia y la longitud delelemento.

Muchos también mencionan Rigidez e Inercia comosinónimos lo cual es incorrecto pues la inercia es solouno de los parámetros asociados a la Rigidez .


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Por otro lado existen muchos tipos de Rigidez: - Rigidez axial.- Rigidez flexional.- Rigidez a cortante. - Rigidez torsional.


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Esfuerzo y Deformación Unitaria

Cargas


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Fuerzas Externas


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Fuerzas Internas


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Esfuerzos


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Esfuerzo y Deformación Unitaria

Cualquier objeto sujeto a fuerzas externas tiende a ser

distorsionado por ellas, sino se aplasta o se rompe,debe resistir de algún modo y balancear las fuerzasexternas aplicadas.Se ha determinado experimentalmente:


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P=Carga axial

PL EA

(1)

Lm-m

m

P

sección

Área =A

mL= Longitud del elementoinicial A= Área de la seccióninicialE= Modulo de elasticidad

= Deformación total


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Deformación Unitaria ( )Se llama a la cantidad promedio de distorsión por unaunidad de longitud.

A menudo se determina la deformación unitaria

dividiendo el cambio total en longitud de una muestra( ) por la longitud original.

La deformación unitaria no tiene unidades,consecuentemente el numero que representa ladeformación unitaria puede tener cualesquieraunidades relacionadas con ella.

(2) L


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Deformación Transversal ( ’)Es la deformación de las dimensiones transversalesde la barra.Se calcula por medio de

la siguiente relación:Donde:a : ancho inicial de la barra.a

1: ancho final de la barra.

(3)1' a aa

'

Modulo de Poisson (μ)Se le conoce como coeficientede deformación transversal.

Para materiales isótropos: 0 0.50


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Esfuerzo Unitario (σ)El esfuerzo unitario promedio, es una medida de lasfuerzas aplicadas y de las fuerzas resistentes y sedetermina dividiendo la carga total P entre el área total

A que se resiste a la deformación provocada por lacarga. Muestra en equilibrio:

0 Fy m

P

mσ

0 A P P A

y

x


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Las unidades de σ son libras por pulgada cuadrada(psi) o newtons por metro cuadrado (Pascal Pa)Ley de HookeDe (1):

1 P x

L A E

E

E (4)

Diagrama de Esfuerzo-Deformación Unitaria (CurvaTípica del acero)En la curva esfuerzo-deformación se llevan en el ejede las abscisas las deformaciones y en el eje de las

ordenadas los esfuerzos.


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Durante el aumento brusco de los esfuerzos, ladeformación es directamente proporcional alesfuerzo.

Δε

Δσ

lf d


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1º Al extremo de la parte recta se le llama LIMITEPROPORCIONAL.

E

2º La pendiente de la parte recta se le conocecomo modulo de elasticidad (E).

3º Si el esfuerzo no es grande, la muestra tiende a

regresar a su posición original cuando se retirala carga. (Rango elástico)4º Cuando el esfuerzo rebasa cierto punto, la

muestra no regresara a su longitud original.Este punto se denomina LIMITE ELASTICO.

° i lf d


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La porción de curva mas allá de este punto es elrango plástico.5º En algunos materiales se llega a un punto

donde la muestra continua alargándose con muypoca carga adicional, este es el punto defluencia, el esfuerzo en este punto es elESFUERZO DE FLUENCIA.

6º El esfuerzo máximo que puede soportar unamuestra, es el esfuerzo ultimo.Para el diseño se considera Limite Proporcional:Concreto: f’ c=esfuerzo a la rotura

Acero: f y=esfuerzo de fluencia

I ° L i Alf d V M


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Para comenzar tenemos el tema de la elasticidad yplasticidad, la elasticidad en primer lugar es lacapacidad de ciertos materiales de deformarse ante la

aplicación de un esfuerzo exterior y volver a susdimensiones originales pasado dicho esfuerzo. Al hablar

de elasticidad tambié n tocar á comentar sobrela plasticidad la cual ocurre cuando se pierde el

concepto de linealidad entre las deformaciones yesfuerzos.

I ° L i Alf d V M


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Elasticidad En esta existe una relaci ó n lineal entre lasdeformaciones de los s ó lidos y los esfuerzos externosaplicados a ellos. Esto que acabo de decir conformapr á cticamente la ley de Hooke cuya ecuació ndice: Є*E=σ , es decir que los esfuerzos ( σ ) sondirectamente proporcionales a las deformaciones (Є), odecir tambié n que los esfuerzos son iguales a lasdeformaciones por el mó dulo de elasticidad del material.Para esto hay que tener en cuenta que la deformaci ó nproducida por un esfuerzo se manifiesta en el mismo

sentido de este.

I ° L i Alf d V M


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Para la elasticidad existe un l í mite al cual se le llamalí mite elá stico. Si un material sobrepasa este l í mite, sucomportamiento dejar á de ser el á stico. Debido a esto seestablece un rango el ástico del material Plasticidad Cuando se somete un material a esfuerzos que losllevan a sobrepasar su límite elástico, ocurre que susdeformaciones se vuelven irreversibles opermanentes . Cuando esto ocurre las deformacionesdejan de ser proporcionales a los esfuerzos y por tantola ley de Hooke no cumple como modelo explicativopara estos casos, por tanto se han desarrollado muchosotros modelos para explicar el comportamiento plásticode los materiales, los cuales son algo más complejo yno retendo cubrirlos en este artículo.


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I ° L i Alf d V M


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Esfuerzo de Trabajo (σ t)Es el esfuerzo admisible o permisible, para el diseño:

,ut u N

σ t: esfuerzo de trabajoσ u: esfuerzo último (rotura)Nu: factor de seguridad en

materiales frágiles

yt

y N

σ y: esfuerzo en el limitede fluencia

Ny: factor de seguridad

en materiales dúctiles

I ° L i Alf d V M


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Nu, Ny > 1 2.0


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I g° L i Alf d V g M


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2

0

12

L P z z

A E

2

2 PL L AE E

Problema.- Para la barra tronco cónica mostrada enla figura, calcular la deformación total.Datos, r, R, L, P.

Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno


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R r x L z

R r x z L

z

R r r r z

L

0 z z A P

z

P

A

R

r

L

P

R-r

r

Lxr

r

z



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2 z z A r

2

z

R r A r z

L

z z

z E

z z z d d

E

20 0

L L

z z

P d d

R r r z E

L

T

PL RrE

σz

σz

dz



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Esfuerzo de corte (Ʈ)



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m

V A



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Esfuerzo de corte en superficies curvas (Ʈ)

m

F

A



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Ing Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, :9605573

Esfuerzo de adherencia (Ʈ)

m

P

Ld


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2(2 ) ( ) L rt p r

2 L pr

t

(2 ) (2 )c t x p r x

c

pr

t



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Conclusión.- En cualquier punto del cilindro sepresentan esfuerzos longitudinales ycircunferenciales tal como se muestra en la figura:



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De forma análoga puededemostrarse que para unrecipiente esférico de radio r yespesor t, en cualquier puntode la pared, los esfuerzos encualquier dirección son

iguales a:

Esfera

2

pr

t



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Esfuerzos en conexiones empernadas

Primer Caso

Los elementos que conforman una estructura así comolos sistemas mecánicos, se pueden conectar, por mediode pernos, pasadores o remaches



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Esfuerzo de aplastamiento

Cuando actúa la carga P, entra en contacto el perno ylos elementos, en una zona de la superficie cilíndrica delagujero, apareciendo esfuerzos de aplastamiento.



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Diagrama de cuerpo libre

22

P dt

11

P dt



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Esfuerzo de Corte en el Perno

2

4

m

V

d



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Segundo Caso



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Coeficiente de Dilatación LinealEs la variación por unidad de longitud de una barrarecta sometida a un cambio de temperatura de ungrado.

t L L t

t t

Lt L

Según la Ley de

Hooke:

E t t E

t t

L E L tE

L L

t tE

L Δ Lt


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1 y y x z e E

1

z z x ye

E

1 2 x y z x y z e e e E

µ=coeficiente de Poisson del materialLa variación unitaria del área de la sección transversalde la barra se puede calcular con la siguiente relación:



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2 A e A

Desplazamientos de los puntos de sistemas de barrasarticulados1º) De las ecuaciones de la estática se calculan losesfuerzos axiales de todos los elementos elásticos delsistema. Por la ley de Hooke se hallan las magnitudes

de los alargamientos absolutos de los elementos.2º) Considerando que los elementos del sistema aldeformarse no se separan, por el método deintersecciones, se plantean las condiciones decompatibilidad de los desplazamientos



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I

II

30°

60°

P

a

Problema.- Determinar el desplazamiento de lospuntos de aplicación de la fuerza exterior P y latensión normal en la sección transversal de cadabarra. El sistema en equilibrio

Triángulo de fuerzas60º 90º I T P

Sen Sen

3 / 2 I T P

30º 90º II T P

Sen Sen

/ 2 II T P

TI

TII

30°

60°

P



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g g :319176, :9605573

( 3 / 2) cos 30º I

Pa EA

34 I Pa EA

/ 2) 30º II

P aSen

EA

4 II Pa EA



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g g :319176, :9605573

y a b 30 30 y I II Cos Sen

3 3 1

4 2 4 2 y

Pa Pa

EA EA

3 3 18 y Pa EA

x c d 30 30 x I II Sen Cos

3 1 3

4 2 4 2 x Pa Pa

EA EA c

d

3 38 x Pa EA



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g g :319176, :9605573

32 I

P A

2 II P A

Problema.-

Determinar eldesplazamientodel punto deaplicación de la

fuerza exterior P yla tensión normalen la seccióntransversal decada barra.



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g g :319176, :9605573

Problema.- En la barra isostática mostrada en la figuradibujar los diagramas de esfuerzo normal y dedeformaciones.

Tramo AB, 0


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g g :319176, :9605573

(50 100)105 x

101, x para x E

2, 0 x para x 10

10

- +

10/E

- +



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g g :319176, :9605573

Problema.- La columna dela figura, esta cargada conla fuerza P y con su pesopropio. Determinar la ley

de variación del área de lasección transversal, de talmanera que las tensionesen todas las seccionessean las mismas e igualesa P/A0. Constrúyase eldiagrama de fuerzasnormales, tensiones ydesplazamientos.

A0 P


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g g :319176, :9605573

0

0

A z P

z A A e

0 A z P N Pe



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g g :319176, :9605573

Tensiones Combinadas en un Plano Inclinado



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:319176, :9605573



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:319176, :9605573

y

P

ASen

.( ) 0 x y A Sen ASen 2 (1) x ySen

0 y F

0 x F

0 x y y

A Cos ASen

x y ySen Cos

2 )1

22

( x y ySen



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Tensión Normal Máxima12

Sen

x y

Tensión Tangencial Máxima2 1 2

2Sen

4 2 y

x y

Tensiones combinadas en un plano inclinado, cuandoactúan dos fuerzas perpendiculares en planosperpendiculares.



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0 x F ( ) .( ) 0 x x y A Cos ACos Sen ASen

( ) ( ) 2 (3)2 2 y y y y

x Cos

0 y F

0 x y x y A Sen ACos Cos ASen

( ) 2 42

( ) x y x y Sen



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Tensiones o esfuerzos que se pueden presentar enuna sección de un solidó sometido a fuerzas



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:319176, :9605573

En un plano cualesquiera, se tienen 6 componentes,3 fuerzas y 3 momentos: una fuerza normal, dosfuerzas cortantes, un momento torsionante y dos

momentos flexionantes. Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno


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Estado de Tensiones en un puntoPor un punto que se analiza, pasan diversos planos, elconjunto de tensiones que surgen en dichos planos sedenomina “Estado Tensional en dicho Punto” El análisis del estado tensional en un punto, comienzasiempre por la determinación de las tensiones en lascaras del elemento escogido alrededor del punto.

Por el punto se trazan tres planos ortogonales entre sicuya orientación puede ser arbitraria; pero se escogede manera que las tensiones que surgen en losplanos sean los mas fáciles posibles de determinar.


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:319176, :9605573

F o

x F o y F o z F o

Pero además, la sumatoria de momentos deber sernulo: M o

x M o y M o z M o

z M o Las fuerzas paralelas al eje “z”, no

producen momento con respecto a este eje: Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno


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:319176, :9605573

, , , , , z z yz yz xz xz



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-Las fuerzas que pasan por el eje “z”, no producenmomento respecto de este eje:

, xy yx

- Las fuerzas normales producen momento conrespecto al eje “z” de sentidos contrarios por lo que sehacen nulos.

. . . . 0 yx xydx dz dy dy dz dx

xy yx



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Análogamente: y M o xz zx x M o yz zy

Conclusión: En dos planos perpendiculares entre si,las componentes de las tensiones tangencialesperpendiculares a la arista común son iguales y/o lasdos van dirigidas hacia a la arista o las dos parten de

ella.Por lo tanto en las caras del paralelepípedo separadoexisten seis componentes independientes de las

tensiones Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno


89/256

:319176, :9605573Estado tensional plano

, , , , , 0 z z yz yz xz xz Quedando el siguiente estado de tensiones:

Convención de signos



90/256

:319176, :9605573Estado Tensional Plano, en un Plano Inclinado

Conociendo los esfuerzos en un sistema original xy, es posible

encontrar los esfuerzos para un nuevo sistema x’y’ Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno


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Determinación de la tensión normal y tangencial en elplano inclinado El plano inclinado vienedefinido por la normalX’, trazada al plano, la quese mide por medio de unángulo (α) con respectoal eje X.



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x F o ( ) .( ) ( ) ( ) 0 x x y yx xy A Cos ACos Sen ASen Cos ASen Sen ACos

2 2 2 x x y xyCos Sen Sen Cos

1 2 1 2( ) ( ) 2

2 2 x x y xyCos Cos

Sen

( ) ( ) 2 22 2

x y x y x xyCos Sen

(1)



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y F o ( ) .( ) ( ) ( ) 0 y x x y yx xy A Sen ACos Cos ASen Sen ACos Cos ACos

( ) 2 22

x y y x xySen Cos

(2)

Esfuerzos principales y esfuerzo cortante máximo

Los valores máximo y mínimo del esfuerzo normalσxI,se denominan esfuerzos principales y puedenencontrarse igualando la derivada de σxI, respecto deα



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2 2 2 22

x y x xy

d Sen Cos

d

2tan 2 xy p x y

21arctan

2 xy

p x y

21arctan

2 2 xy

p x y

Esta ecuación tiene dos soluciones para “αp”, queson:



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Calculo de las tensiones normales principalesReemplazando los valores de αp en las formulasgenerales de σxI y xIyI, se obtiene:

2

2max 1 2 2

x y x y xy

22

min 2 2 2 x y x y

xy

12 0



97/256

:319176, :9605573 Análogamente, para el valor máximo del esfuerzocortante se iguala a cero la derivada de la ecuacióngeneral de xIyI respecto de :

2 2 2 22

x y x y xy

d Cos Send

tan 2 2 x y

s xy

Esta ecuación tiene dos soluciones para αs, que son:


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99/256

:319176, :9605573

22

max 2 x y

xy

2

2min 2

x y xy

2 x y

x y m



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:319176, :9605573Circulo de MhorMétodo gráfico que nos permite hallar los esfuerzos en planosinclinados respecto a los ejes cartesianos originales.



101/256

:319176, :9605573Solución grafica, empleando el Circulo de MhorRecordemos las siguientes expresiones del calculoanalítico:

( ) ( ) 2 22 2 x y x y

x xyCos Sen

( ) 2 22

x y y x xySen Cos

(1)

(2)

( ) ( ) 2 22 2

x y x y x xyCos Sen



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' '

22

2 2( ) ( ) ( )2 2

x y x y

x xy x y

2 2 2( ) x h y R Ecuación de un circulo

2 2

( ) ( ) 2 22 2

x y x y x xyCos Sen

2

2 ( ) 2 22

x y y x xySen Cos



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:319176, :9605573

: x Ejedeabcisas : x y Eje deordenadas

: , , 02

x yCentro del Circulo h k

2

2:

2 x y

xy Radio del Circulo

GraficaPara graficar el circulo, conociendo la recta donde seubica el centro; se necesita dos puntos de paso del

circulo Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno

3191 6 960 3


104/256

:319176, :9605573Por lo tanto:

0 x x x y xy

90 x y x y xy

( , ) x xy Punto A

( , ) x xy Punto B

Para la grafica se supondrá que:

x> y>0 y xy>0

Convención de signosEl Angulo “α” en el circulo de Mhor, se grafica ensentido contrario al indicado en el estado tensionalplano en el punto considerado y se grafica con arco

doble Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno

319176 9605573


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:319176, :9605573

X'

X'Y´X

X Y

Y

X Y

-

X

Y

max

min

max

min

p1

p2 p1 A

B

2

22


106/256

Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno319176 9605573


107/256

:319176, :9605573Datos

1500 x

900 y 500 xy

30

a) 2 (500)2 0.42

1500 900 ptg



108/256

:319176, :9605573

1 11.31 p 2 78.69 p

max 2 2min

1500 900 1500 900( ) 500

2 2

2

max 1000 / Kg cm

2min 1600 / Kg cm

b)



109/256

:319176, :9605573

2 2max

1500 900( ) 5002

2

max 1300 /kg cm

1

1 1500 900( ) 33.69

2 2 500 s arctg

2

1 1500 900( ) 123.69

2 2 500 2 s arctg

c)

d)



110/256

:319176, :9605573

1500 900 1500 900( ) ( ) (2 30 ) 500 (2 30 )2 2 x

Cos Sen

2467 / x kg cm

' '

1500 900( ) (2 30 ) 500 (2 30 )

2 x y Sen Cos

21289 / x y kg cm



111/256

:319176, :9605573

-1500,500

900,-500

1000,01600,0

X

Y

2 3 °

1 5 7 ° 6 0

°

X'

X'Y´X'

Y'

-467,1289

-133,-1289

1 3 0 0

900,-500

-1500,500x

y



112/256

:319176, :9605573

x

y

11.31°

1600

1000

X’

x

y

1500

900

500

Diagrama de Esfuerzo, para los esfuerzos principales

Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno:319176 :9605573


113/256

:319176, :9605573

x

y

x’

30°

1289

467

Diagrama de Esfuerzo, para el ángulo de 30°



114/256

:319176, :9605573Determinación de las tensiones en un plano inclinadode orientación arbitraria

( , , )n l m n



115/256

:319176, :9605573Donde:

xl Cos ym Cos

z n Cos

2 2 2( ) ( ) ( ) 1 x y z Cos Cos Cos

z Area COD ACos An

x Area COB ACos Al y Area BOD ACos Am



116/256

:319176, :9605573

X

= Esfuerzo Producido en el Área “A” en la direccióndel x .Y = Esfuerzo Producido en el Área “A” en la dirección

del y .Z = Esfuerzo Producido en el Área “A” en la direccióndel z .

El cuerpo considerado para el análisis, se encuentraen equilibrio, por lo tanto:



117/256

:319176, :9605573

0 x F

x xy zx XA Al Am An

x xy zx X l m n 0 y F

xy y zxYA Al Am An

xy y zyY l m n



118/256

:319176, :9605573

0 z F

xz yz z ZA Al Am An

xz yz z Z l m n



119/256

:319176, :9605573ConclusiónEl esfuerzo total que se produce en la sección conorientación arbitraria, esta dado por:

X Y Z

x yx zx

xy y zy

xz yz z

l

m

n

Tensor de Esfuerzos



120/256

:319176, :9605573Estado de Deformaciones en un punto



121/256

:319176, :9605573Estado de Deformaciones Plano, en un Plano InclinadoEl estado plano de las deformaciones en un puntoqueda definido por las deformaciones normales (εx,εy,), y una angular xy.

s

s

y

xs(1+εx)

y

x

xy

s(1+εy)



122/256

:319176, :9605573

y

x

' x

' y

' ' x y

Determinación de Deformaciones normal y angular deuna nueva orientación definida por el ángulo



123/256

:319176, :9605573

s AC Cos s BC Sen

x

ys

A

B

C

x

' ' (1 ) x A C AC ' ' (1 )S x A C Cos ' ' (1 )Y B C BC

' ' (1 )S yB C Sen

Antes de sufrirdeformaciones planas

A’

B’

’ C’ Despues de sufrirdeformaciones planas



124/256

:319176, :9605573

A’

B’

’

y

x

C’

2 2 2' ' ' ' ' '

2( ' ')( ' ') ( )

2 xy

A B A C B C

A C B C Cos

2 2'

2

[ (1 )] [ (1 )]

[ (1 )]

2[ (1 )][ (1 )] ( )2

s x S x

S y

S x S y xy

Cos

Sen

Cos Sen Cos



125/256

:319176, :9605573

' 2 22 2 2 x y x y xy

x Cos Sen

2

si

' 2 22 2 2 x y x y xy

y Cos Sen

(1)

(2)

(1)+(2)

' x y x y Invariante de

Deformaciones(3)



126/256

:319176, :9605573

y

x45°

(45 )

En el sistema original la deformación lineal para unainclinación de =45°, en (1), se obtiene:

451

( )2 x y xy

452 ( ) xy x y



127/256

:319176, :9605573

y’

x’ 45°

(45 )'

x

' ' 45 ' '2 ' ( ) x y x y

(45 ) ( 45 )'

' ' ( 45 ) ' '2 ( ) x y x y

( 45 ) (1) 45en

(4)

( 45 ) 2 22 2 2

x y x y xySen Cos

(5)



128/256

:319176, :9605573

(3) y (5) en (4)

' ' ( ) 2 x y x y xyCos

Si definimos:

2

xy xy

' 2 22 2 x y x y

x xyCos Sen

' ' 2 22 x y

x y xySen Cos

(6)

(7)

' '' '

2

x y x y

Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno:319176, :9605573


129/256

:319176, :9605573

x x y y 2 xy

xy xy

Direcciones y Deformaciones normales principales

21arctan( ) 0 1

2 2 xy

p

x y

ncon n y

Los valores máximo y mínimo de la deformación normalunitaria εx’ , se denominan deformaciones principales ypara los ángulos en el que se producen se denominadirecciones principales

Para el calculo la ecuación (1) se deriva y se iguala a 0:



130/256

:319176, :9605573

2 2min ( ) ( )2 2 x y x y xy

2 2max ( ) ( )2 2

x y x y xy

Direccion y Deformación angular principal

El valor máximo de la deformación angular x’y’, sedenomina deformación principal y para el ángulo en elque se produce se denomina direccione principal



131/256

:319176, :9605573

2 2maxmax ( ) ( )2 2

x y xy xy

1arctan( ) 0 1

2 2 2 x y

s xy

ncon n y

Para el calculo la ecuación (2) se deriva y se iguala a 0:



132/256

:319176, :9605573

A(εx,εxy)

B(εy,-εx

y)

εx’y’

εx’

OP(εx’,εx’y’)2

Circulo de Mhor



133/256

:3 9 6, :96055 3

Problema.- El punto H esta sometido a un estadoplano de deformaciones con los siguientes valores:εx=+210x10 -6, εy=+450x10 -6, xy =-250x10 -6rad. Determine:

a) Las deformacionesprincipales y susorientaciones.b) La deformación angular

máxima absoluta.c) Las deformacionesunitarias y la deformaciónangular para las direccionesx’ e ’

y

37ºx

x’

y’

H



134/256

,

6

6 6

21 1 2( 125 10 )tan( ) tan( )

2 2 210 10 450 10 xy

p x y

xar ar

x x

Orientaciones principales

46.17º p 136.17º p

2 2max ( ) ( )2 2

x y x y xy

6max 503.28 10 x

2 2min ( ) ( )2 2

x y x y xy

Deformaciones principales

6 6 6 62 6 2

max

210 10 450 10 210 10 450 10( ) ( 125 10 )

2 2 x x x x

x



135/256

,6

min 173.28 10 x

' cos 2 22 2 x y x y

x xy sen

6 6 6 6 6'

210 10 450 10 210 10 450 10 cos 2(127) ( 125 10 ) 2(127)2 2 x

x x x x x sen

Deformación unitaria y angular parax’, y’

6' 483.24 10 x x

6 6 6 66

'

210 10 450 10 210 10 450 10cos 2(217) ( 125 10 ) 2(217)

2 2 y x x x x

x sen

6' 176.76 10 y x

2 2( ) ( )2 2 xy x y

xy xy

6 62 6 2210 10 450 10( ) ( 125 10 )

2 2 xy

xy

x x x

6 6 6 62 6 2

min

210 10 450 10 210 10 450 10( ) ( 125 10 )2 2

x x x x x



136/256

,

6

345 10 xy x rad

Problema.- Utilizando el circulo de Mhor, calcular lasmismas interrogantes gráficamente.



137/256

,Torsión

El momento actuante sobre el eje longitudinal de unelemento, se denomina momento torsor.

Una barra se encuentra sometida a torsión puracuando las fuerzas cortantes, las fuerzas normales ylos momentos flexionantes son iguales a cero.



138/256

,

Al calcular una barra sometida a torsión es necesarioresolver, dos problemas:a) Determinar las tensiones que aparecen en la barray que son tangenciales “ ”

b) Calcular los desplazamientos angulares “φ” Sea: m1, m2 y m3, cargas de torsión exterioresaplicadas a la siguiente barra:



139/256

,

Diagrama de cuerpo libre de la barra:

m=0, m1+m2+m3+me=0



140/256

Si se corta la barra en una sección tal como la sección“c” y se suprime la parte de la derecha de estasección; se deberá sustituir la parte suprimida por elefecto que ejercía sobre la parte de la izquierda; efectoque consiste en un momento llamado Momento Torsor;este momento mantiene en equilibrio la parte de la

izquierda bajo la acción de los pares m e y m3 Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno

:319176, :9605573


141/256

Calculo del Momento Torsor (Mt)La suma algebraica de los momentos exterioressituados a un lado de la sección “c”, es el cálculo delMomento Torsor en la sección “c”.Convención de signosEl momento torsor Mt que gira en dirección contraria alas manecillas del reloj, cuando se observa desde lanormal exterior a la sección transversal se considera

positivo.



142/256

Diagrama de Momentos torsoresEl diagrama de momentos torsores, es larepresentación grafica de los momentos torsores encada una de las secciones de la barra.

Problema.- Para la barra mostrada en la figura,determinar el diagrama de momentos torsores.

L1

x

x

xm 3m 2m

AB

C

L2



143/256

* Los momentos están representados por doscírculos. El circulo que contiene un punto, representauna fuerza hacia el observador; el circulo con unaspa, una fuerza dirigida desde el observador.

SoluciónTramo AB 0


144/256

Problema.- Para la barra mostrada en la figura,determinar el diagrama de momentos torsores.

+

-

m

2m

Mt +

-

X XXXX XX X XX XX

A B

W=m(kgf-cm/cm

L



145/256

SoluciónTramo AB 0


146/256


147/256



148/256

Ley de Hooke para desplazamientos

G G= módulo deelasticidad desegundo genero2(1 )

E G

(5)Gr = la tensión tangencial que surge en la sección

(4)

(3) en (4)

(3)r (2) en (1)



149/256

.t dM r dF .t

A A

dM r dA

(. 6)t A

M r dA

t A

M Gr rdA 2t A

M G r dA

dF dA

(5) en (6)



150/256

2

P A r dA I t P M GI

t

P

M GI

GIp= rigidez de la barra a la torsión

Angulo de giro mutuo de las secciones (Φ):d dx

t

P

M d dx GI

t

P

M d dx

GI

2

A

r dACaracterísticapuramentegeométrica

Momento polarde Inercia de laSección



151/256

0

Lt

P

M dxGI

L=distancia entre secciones para loscuales se determina el ángulo de giromutuo Φ .

Si Mt (constante) y si la rigidez GIp es constante:

t

P

M L

GI

En (4)

Gr t P

M Gr

GI t

P

M r I

t

P

M

L GI t

P

M GI



152/256

La tensión tangencial ( ) en una sección varía a lolargo del radio linealmente.

4 4

2 32 pr D

I

0r 0

r r max t p

M r GI

Diagrama de TensionesTangenciales



153/256



154/256

Problema.- Construir el diagrama de los momentostorsores, tensiones tangenciales y ángulos de giro delárbol en voladizo representado en la figura.



155/256


0m

120 120 500 0em 500em kg m

+ →



156/256

Tramo AB 0≤x ≤ 0.60

500 200t M x ( 0) 500t x M

( 0.60) 380t x

500



157/256

( 0) 4

500*0.05 25.02550.10

.32

x p I

500 200 . / 2

p p

x x xGI GI

( 0.60) 380*0.05 19 x

p p I I

500



158/256

( 0) 0 x ( 0.60) 264 x pGI

( 0.30)

141 x

pGI

Tramo BC 0.60 ≤ x ≤ 1.00500 120 380t M cte

380*0.05 19 . p p

cte I I



159/256

500 120( 0.30)

p

x x

GI

( 0.60)

264 x

pGI

( 1.00)416

x pGI

500



160/256

Tramo CD 1.00 ≤ x ≤ 1.60

400( 1.00) 1500 120 ( 1.00). .

0.60 2t x

M x

400

1.00 0.60

y

x

500

400( 1.00)

0.60 y x



161/256

1.00 380t x M 1.60 500t x M

1.40 433t x M

*0.05t p

M I

191.00

p

x I

25

1.60 p

x

I

22

1.40 p

x I



162/256

2400( 1.00) ( 1.00)500 120( 0.30) *

1.20 3 p

x x x x

GI

( 1.00)

416 x

pGI

( 1.60)

668 x

pGI

( 1.40)575

x

pGI

500



163/256

Tramo DE 1.60 ≤ x ≤ 2.00500 120 120 500 .t M cte

500*0.05 25.

p p

cte I I

500 120( 0.30) 120( 1.40)

p

x x xGI

500



164/256

( 1.60) 668 x pGI

( 2.00) 868 x pGI



165/256



166/256

Problema.- Construir el diagrama de los momentostorsores, tensiones tangenciales y ángulos de giro delárbol bi empotrado representado en la figura.

A BC

D D

2L L L 2L

D 2D

m 4m



167/256


1 2 1 2 2

.3 .3 . .3 4 .20 A A

M l M l M l M l M l Ip G Ip G Ip G Ip G Ip G

Giro de la sección E=0



168/256

9

17 A M M

Tramo AB 0 ≤ x ≤ 2L917t

M M Cte

4 3

9 917 2.17*0.20

32

D M M D D

1

917 Mx

GIp

1 1 1 1 1.3 .3 .3 8 016 16 16

A A M M M M M Ip G Ip G Ip G Ip G Ip G



169/256

0 0 x

1

182

Ml x l

GIp

Tramo BC 2L ≤ x ≤ 3L9 8

17 17

M Mt M M

3

8.

17 0.20 M

D



170/256

1

9 ( 2 )17

Mx M x l

GIp

118

2 Ml

x l GIp

1

103

17

Ml x l

GIp

Tramo CD 3L ≤ x ≤ 4L8

17

Mt M

3

8.

17 1.60 M

D

9 9.3 .( 3 ) ( 3 )

17 171 16 1

M l Ml M x l M x l

GIp GIp



171/256

10317 1

Ml x l GIp

9

4 17 1 Ml

x l GIp

Tramo DE 4L


172/256

4 x l 19 Ml

x34 GIp1 6 0 x l



173/256


ó b d ó l


174/256

Hipótesis básicas

Torsión en barras rectas de sección no circular

- Las ecuaciones definidas para secciones circulares

ya no son aplicables.- Las secciones planas antes de la aplicación delmomento torsor no se mantiene planas luego de laaplicación del momento torsor.

El análisis de los esfuerzos y las deformaciones en elcaso de secciones no circulares es bastante complejoy escapa al alcance de este curso. Pero se puedenconocer ciertas características que presentan losesfuerzos cortantes.



175/256

- Se produce ALABEO en la sección transversal.



176/256


E f d f i ió t g l


177/256

Esfuerzos y deformaciones en una sección rectangularPara la determinación de los esfuerzos ydeformaciones en una sección rectangular de lados a yb, cuando se le aplica un momento torsor T, se

resuelve aplicando la analogía de la membrana (teoríade Prantl) ; obteniéndose la distribución de esfuerzosque se muestra en la figura:



178/256

max 21

T c ab

2 3 maxc

32

d T dx c ab G



179/256

Si: T, a, b, G son constantes

32

TLc ab G

Donde c1, c2, c3 , son funciones de la relación a/b


180/256


E f D f i d id Fl ió


181/256

Esfuerzos y Deformaciones producidos por FlexiónSe entiende por flexión el caso de solicitación cuandoen las secciones transversales de una barra aparecenmomentos flectores.

Si el momento flector en la sección, es el único factorde fuerza existente, mientras que las fuerzas cortantesy las fuerzas normales son nulas; entonces la Flexiónse denomina “Flexión Pura” la que nos servirá para

iniciar el estudio de las deformaciones y esfuerzos quese producen por flexión.Ejemplo de sistema a flexión pura:



182/256


A áli i d d f i


183/256

Análisis de deformaciones

dx

dx



184/256

dx

dx



185/256



186/256

ydx

x

y

Análisis de esfuerzos

Por la ley de Hooke, se sabe que:

ACB EBF

E



187/256

y

E E y

E y

dF dA Se sabe que lafuerza total actuanteen el eje “x” debeser igual a cero(flexión pura).

M

σ


188/256


M


189/256

EN

M y I

De acuerdo con esta expresión, la tensión normal por

flexión varía linealmente.La tensión máxima en la flexión aparece en los puntosmas alejados de la línea neutra.

maxmaxEN EN max

My M MI I /y w

w: módulo de lasección en laflexión.

2

A

E M y dA



190/256

Tensiones en la Flexión transversal1º En el caso de la flexión transversal en la sección

de la barra surge no sólo el Momento Flector“M”, sino también la Fuerza Cortante “V”, queconstituye la resultante de las fuerzaselementales distribuidas en el plano de lasección.

ymax

σ max

EN


Por lo tanto en este caso en las secciones


191/256

Por lo tanto, en este caso, en las seccionestransversales de la barra surgen no solamenteTensiones Normales ( σ), sino tambiénTensiones Tangenciales ( ).

2º La manera de obtener las tensiones tangenciales( ), consiste en determinar las tensionestangenciales recíprocas a estas que aparecen enlos planos longitudinales de la barra


Equilibrio de la porcion de viga considerada de longitud


192/256

dx

MM+dMV

V+dV

EN

σ σ+dσ

vV+dV

ENy

dx

b

dA A

y´

Sección

Equilibrio de la porcion de viga considerada de longituddx


0F


193/256

F

F+dFdx b

En la sección de la izquierda:

A

F dA ' A

M F y dA

I

MS F

I

0 x F


En la sección de la derecha: (análogamente)


194/256

En la sección de la derecha: (análogamente)

(M dM)SF dFI

F-(F+dF)+ .bdx=0.dM S

bdx I

V.S

bIFormula de zhuravski

Las tensiones que surgen en las seccionestransversales son iguales a las tensiones tangencialeslongitudinales halladas por ser recíprocas.


Problema.- Para la viga mostrada en la figura,


195/256

Problema. Para la viga mostrada en la figura,determinar:a) Reacciones en los apoyos.b) Diagrama de fuerzas cortantes

c) Diagrama de momentos flectoresd) Momento de inercia de la sección respecto de sueje neutro

e) Las tensiones máximas por flexión y su ubicaciónf) Las tensiones máximas por cortante y su ubicacióng) Las tensiones máximas en un punto 3cm por debajode la cara superior.


1500kg


196/256

A B

2000kg/m

1500kg

2m

1000kg-m

2m 2m 2m 1.5m

E=2.1x106kg/cm2

rotula

2000kg/m

Ay By Dy Dy Cy

1000kg-m

1500kg2cm 2cm

8cm6

8

1m


En el grafico B 1500k


197/256

En el grafico B∑MD=0 +1500 2 4 1000 0Cy

1000Cy ∑Fv=01500 1000 0 Dy

500 Dy

Dy Cy

1000kg-m

1500kg

2m 1.50m2m


En el grafico A


198/256

En el grafico A∑MB=0 +

*4 2000*2*3 *1 0 Ay Dy

2875 Ay

∑Fv=02875 4000 500 0 By

1625 By 2m 2m

2000kg/m

Ay By Dy1m


b) Diagrama de Fuerza Cortante


199/256

b) Diagrama de Fuerza Cortante

c) Diagrama de Momento Flector


22000 x


200/256

20002875 2

x M

2875 2000V x 0 1.44V x 2066.40 M kg m

d)

12*8*4 8*6*35.00

12 *8 8 *6 y

2cm 2cm

8cm6

8

y

xy


3 32*6 12* 2


201/256

2 2 42*6 12* 22*[ 2*6* 2 ] [ 12* 2* 2 ] 272.0012 12 I cm

e)2

max( )

2066.40*5*1003798.53 /

272kg cm

2cm 2cm

8cm6

8

y

x5


1000*5*100


202/256

2max( )

1000*5*1001838 /272 kg cm

2max

2875*2 (2*5*2.5)132.12 /

4*272

VQ xkg cm

bI

2max

1125*5051.70 /

4*272kg cm


Desplazamientos en la Flexión


203/256

Desplazamientos en la FlexiónFlexión de una vigaLa figura que adopta la superficie neutra deformada,se conoce como curva elástica de la viga.

La flecha es el desplazamiento vertical desde laposición original a la deformada de la viga.

Elástica de la Viga


204/256




205/256

Convención de signosLa distancia “x” es positiva hacia la derecha a lo largode la viga y la flecha “y” es positiva hacia arriba.Problema.- Determinar la flecha en cada sección de la

viga en voladizo sometida a la carga aislada P.

L

P

A

B


∑MA=0 +P


206/256

∑M A 0 +0 M PL M PL

M PL Px 2

2

d y EI Px PLdx

A B

x

y

P L

M

P

A


2dy Px


207/256

1 .2 xdy Px

EI PLx C EI dx 3 2

1 2

6 2 x

Px PLx EIy C x C

1

2

0 0 0

0 0 x

x

Para x C

y C

3 2

6 2 x Px PLx EIy

2

2 x Px EI PLx


3PL 2 PL


208/256

max( ) 3 x L PL

f 2 x L


2º Método del Área de Momentos


209/256

a

L

b P

tgB tgA

AB Δ

A B

Para la aplicación de éste método, se tiene dosteoremas, denominados Teoremas de Mhor:


a b P


210/256

L

P tgB tgA

AB Δ

M

A B


Teorema Nº1.- El ángulo ABque hacen las tangentes


211/256

trazadas por dos puntos a la elástica (A y B), es igualal área bajo la curva del diagrama de momentosflectores entre dichos puntos, dividido entre elproducto EI, llamado también diagrama de momentoflector reducido.

. . B AB A

Area delDiagrama de M F entre A yB Mdx EI EI

Convención de signosSi la tangente trazada por B gira en sentido antihorariocon respecto a la tangente trazada por A; el ángulo

AB es positivo


Teorema Nº2.- La distancia vertical , desde un punto B


212/256

de la elástica a la tangente trazada desde otro punto dela elástica A; es igual al momento con respecto a lavertical por B del área bajo el diagrama de momentosflectores entre A y B dividido por el producto EI.

. . . ; B A

Momentodel Area del Diag M F entre A y B conrespecto a B xMdx EI EI


- Se consideran positivos los momentos de las áreas delos diagramas de M. F. Positivos y los productospositivos de áreas y brazos dan origen a flechaspositivas.


- Se toman como positivas las flechas en las que el


213/256

p qpunto B esta encima de la tangente trazada por A.Problema.- Calcule la flecha máxima de la vigamostrada en la figura:

D AB C

2 4 2m

150kg/m

15cm

20

E=1x105kg/cm2


150kg/m M


214/256

A

B C

2 4 2m

g

Por simetría:150 8

6002

y y A D

∑MB=0 + parte izquierda

.2 150 2 1 0 A Y M A 900 A M

D

Ay Dy

M AMB


150kg/m900

MB


215/256

D AB C

2 4 2m

900

600

Dy

300900

Δ

600

150kg/m

B A Δ 1

300 300

150kg/m

B C


300900 150kg/m150kg/m


216/256

+

900

Δ Δ 1300 300

150kg/m

600

g

B A

900

1200

300

-

+

-

-1800

1200

-200

300

400E


1200* 2 2 300* 2 1( 900* 2) *1 ( ) * ( ) * * 2 1100EI EIf


217/256

( 900* 2) *1 ( ) * ( ) * * 2 11002 3 3 4

EI EIf

900

1200

300

-

+

-

-1800

1200

-200

El signo (-) indica que el punto Besta debajo de la tangente trazada

por A.



218/256

1 1 2 300* 2 5(2*300* ) * ( ) * * 2 5003 3 8 EI EIf

300+ 300

400E

El signo (+) indica que elpunto A esta encima de latangente trazada por E.

Por simetría, la flecha

máxima de la viga estaubicada en el eje central,por lo tanto:


6


219/256

max5 3

1100 500 (1100 500) *10 1.6011*10 * 15*20

12

f cm EI

Problema N°2.- En la viga del problema anterior, hallarla pendiente de la elástica, en una sección a ladistancia de 6m a partir del apoyo A.

Rpta.: =0.46°


Problema.- Calcule la flecha debajo de la carga y el


220/256

P=7,000kg, a=4m, b=3m

A C B

j g yángulo de giro de la sección “C”, en la viga mostradaen la:

2

4

2 '100,000 /

4,000

E kg cm

I cm


a b P

tgB


221/256

C

L

A B

C´

C ́́

tgC h

(+)

M


"fc CCb


222/256

A LCC b

C fc CC

3"

7 ACC

C

C”

tgBC’ ab

L

Δ c Δ A

12000

M (+)



223/256

3 3" 154,000 66,0007 7 ACC x

13 12,000 1 18,000

2c x x x

66,000 18,000 48,000C EIf

6 4 3 8

48,0002.1 10 10 4 10 10C

f x x x x x

5.70C f cm

1 8 14 12,000 3 12,000 52 3 2 A

x x x x x x

EI


tgB tgB

tgB


224/256

B C BC

1 1 8 1( 4 12,000 3 12,000 5)7 2 3 2 B

x x x x x x EI

EI B000,22

1

3 12, 000 18, 0002 BC

EI x x

A B BTg EIL

C B BC

tgC h

c

BC

B tgC

h

c

BC

tgC h

c

BC

B


22,000 8,000 4,000C EI


225/256

, , ,C 2

4

2 '100,000 /

4,000

E kg cm

I cm

5 4 8

4,000 4,0000.00476 .

21 10 10 4,000 10C rad

EI x x x x


Problema.- En la viga mostrada en la figura, calcular:


226/256

3m

9m

18000kg

3m 3m

5I 2I

A C B

Θ A, ΘB, ΘC, Δ C.


Vigas Estáticamente Indeterminadas


227/256

Son aquellas vigas donde el numero de reaccionesdesconocidas es mayor que el número de ecuacionesde equilibrio disponibles para el sistema.Vigas ContinuasSon aquellas cuyas dispocisiones de sus apoyos seencuentran al mismo nivel.


VIGAS CONTINUAS


228/256

1

I2I1

32

L1 L2

M1 M2 M3

ʃ ʃ

Teorema de Los Tres Momentos


Dibujar el Diagrama de


229/256

)(6)(222

22

11

11

2

23

2

2

1

12

1

11 L I

n A L I m A

I L

M I L

I L

M I L

M

Momentos FlectoresIsostáticos de cadatramo .Dibujar el Diagrama deFuerzas Cortantes

Isostáticos de cadatramo . Correcciones al Cortante

dn inn

n

M M C

L


230/256



231/256


Diagrama de Momento Flector


232/256

9000kg-m 9000kg-m

4500kg-m

12000kg-m

7500kg-m

+-

-

+


6000kg 6000kg Diagrama de


233/256

6000kg 6000kg

- + +

-

-

+

- +

4500kg 8250kg

7500kg 3750kg

FuerzaCortante

1

9,000 01,500

6C kg

2

0 ( 9,000)2,250

4C kg

VI

V


Reacciones


234/256

4500kg 15750kg 3750kg

-

+

-

+

4500kg 8250kg

7500kg 3750kg

V


Problema.- En la viga mostrada en la figura, calcular


235/256

3200kg/m

5m

4800kg

2.5m

A B D

7m

9800kg

4m

C

las reacciones y los momentos en los apoyos, asícomo dibujar los diagramas de fuerza cortante ymomento flector.



236/256



237/256



238/256

yx

xyxy

y

z



239/256

dx

dy

ý

xα

X'

dx´



240/256

y

x



241/256

TgA

TgB P

M


1200* 2 2 300* 2 1( 900* 2) *1 ( ) * ( ) * * 2 1100 EI EIf


242/256

2 3 3 4El signo (-) indica que el punto B esta debajo de latangente trazada por A.

1 12 300* 2 5(2*300* ) * ( ) * * 2 5003 3 8

EI EIf

El signo (+) indica que el punto A esta encima de la

tangente trazada por E.Por simetría, la flecha máxima de la viga esta ubicadaen el eje central, por lo tanto:


Ca b B


243/256

" ' "c CC C C

A LCC b

3"7 A

CC

tgB

Δ A C”

C’ L c

12,000

(+)


1 8 1


244/256

3 3 154,000 66,000

" 7 7 ACC x EI EI

13 12,000 1 18,0002' "

x x xC C

EI EI

66,000 18,000 48,000C EI EI EI

4 12,000 3 12,000 52 3 2 A

x x x x x x EI


48,000 5.70 cm


245/256

B BC C

A B BTg L

1 1540007 B EI

C B BC

1 8 14 12,000 3 12,000 5

2 3 2 A

x x x x x x

EI 22000

B EI

6 4 3 82.1 10 10 4 10 10C x x x x x C


246/256


Problema.- Calcule la flecha y el ángulo de giro en el


247/256

punto medio de la viga anterior.



248/256



249/256

CAPITULO 5

Tres Momentos



250/256

6 4

2

12000kg

1 2 3

12000kg/m


Teorema de Los Tres Momentos


251/256

M1 M2 M3


252/256


Problema.- En la viga mostrada en la figura, calcular

l l l l


253/256

las reacciones en los apoyos, los momentos en losapoyos, los diagramas de fuerzas cortante ymomento flector.

6 4

2

12000kg

12 3

12000kg/m



254/256


2

36, 000 3 24, 000 20 2 (6 4) 0 6( )

6 4

x x M


255/256

6 4


1

9,000 01,500

6C k

2

0 ( 9,000)2,250

4C k


256/256

6 4

Documents

Clases RI 2012 I.pdf