Deformaciones Mecánicas.docx

Ejercicio 01: Determinar el valor de la carga P aplicada en el punto “C” de la Barra rígida ABC, para que no se sobrepasen los esfuerzos admisibles dados en cada material.

Rígida 2m

2 A

1,5m

 MoB  0

P

B

C

1

2m

2m

4m

Datos: Material 1: Bronce E =80GPa A =200mm2 σad=100MPa

Aplicando las ecuaciones de equilibrio: Como no se solicitan las fuerzas reacción de apoyo en B, solo se aplica la ecuación de momentos en el punto B.

Material 2: Aleación E =120GPa A =400mm2 σad=120MPa

Solución:

F2  0,6  F1  2 P Ec.01 Tenemos 3 incógnitas y 1 ecuación, por lo que se deduce que hacen falta 2 ecuaciones para dar solución al problema, pero en los datos suministrados, se cuenta con los esfuerzos admisibles (este dato se cuenta como ecuación adicional indirecta), por lo tanto solo quedaría buscar una ecuación, la cual puede ser extraída del diagrama de deformaciones (DDF). Del DDF:

δ1  δ 2  sinθ  Ec.02 Y sabemos que la deformación causada por la acción de fuerzas en la dirección axial de una barra es:

Diagrama de deformaciones:

δ A’ δ2 θ δ1 A

C

θ C’ Por el diagrama de deformaciones podemos observar que la barra del material 1 está siendo estirada y la barra del material 2 está siendo acortada. Por lo tanto: Barra 1: se supone en tracción (T). Barra 2: se supone en compresión (C). y así deben ser representadas en el diagrama de cuerpo libre. Diagrama de cuerpo libre: DCL F2

P

A F1

θ

C

Bx By

2F2  2sinθ   F1  4P  0

F l EA

por lo que la Ec.02 se transforma en:

 F1  l   F2  l       sinθ   E  A 1  E  A  2 Reemplazando los valores suministrados para cada material, tenemos: F1  2,5m F2  2m          sin36 ,87  2 2  80GPa  200mm 1  120GPa  400mm 2 F2  6 ,25F1 Ec.02 Ahora se procesa la ecuación indirecta: De los esfuerzos admisibles se obtienen las fuerza máximas que soporta cada material y luego se supone que una de estas barras está al límite de la fuerza máxima que soporta, y con este valor de fuerza máxima se calcula la fuerza de la otra barra y esta fuerza recién calculada debe estar por debajo de la máxima que ella soporta. Si esta suposición se cumple, entonces tenemos la solución al problema, si no se cumple, entonces se debe suponer que es la otra barra la que está al límite, y se comprobará que la suposición es correcta.

N  400mm 2 mm 2 N F1máx  100  200mm 2 mm 2 F1máx  20 KN

F2 máx   Adm  A2

F2 máx  120

F1máx   Adm  A1

F2 máx  48 KN

Suponiendo que la barra 2 llega al límite máximo antes que la barra 1.

F2 máx  F2  48 KN

De esto resulta el valor de F1

F1  7,68 KN Esta fuerza es menor que su máxima. F1  7,68KN  F1 máx  20KN como se cumple la condición, esta es la solución al problema para no sobrepasar los esfuerzos máximos de cada material. Por tanto el valor de P se obtiene de la sustitución de F1 y F2 en la EC.01. P  26,304KN 48  0,6  7 ,68  2 P

Ejercicio 02: Para el sistema de barras mostrado determinar: a) Fuerzas a la que están sometidas. b) Deformación que sufren. c) Esfuerzos normales.

Se realiza el cálculo del momento producido por cada carga aplicada y se suman algebraicamente, el resultado dirá hacia donde gira la barra rígida. Mrotación: 3P  2  2 P  5  4 P

El resultado negativo indica que la barra rígida rota en el sentido de las agujas del reloj. DCL: hay tres posibles formas de averiguar si la carga P es suficiente para que exista contacto con la barra dos. Caso 01: la barra rígida ABC no toca el a la barra 2. P=10KN, F2=0N, Δx=?. Caso 02: la barra rígida ABC apenas toca a la barra 2. F2=0N, Δx=1mm, P=?. Caso 03: la barra rígida ABC toca y deforma a la barra 2. Δx=1mm, P=10KN, F2=?.

DCL:

1

Caso 1 y 2

Barra Rígida

A

Ay

2m

3P

Ax

A F1 3m

C

2P

A F1

3P

3P

B

B

3

F2 Δx1

Ay

Ax

B 2

Caso 3

F2

2P

Δx2

2P C

C Datos: DDF: P=10KN

Δx1=1mm

Δx2=2mm

Barra 1 L=1m E=100GPa A=200mm2

Barra 2 L=0,80m E=80GPa A=200mm2

Barra 3 L=0,60m E=210GPa A=200mm2

Solución: Se debe definir primero hacia qué lado tiende a girar la barra rígida.

Caso 1

ᵟ1

∆x Δx1

Caso 2

Caso 3

ᵟ1

ᵟ1

∆x

∆x

Δx1

ᵟ2 Δx1

Caso 01: Intersecando las ecuaciones se tiene:

2 F1  3  2  P  5  2  P  0

F1  2 P

F1  20 KN  F l 

x  1  5 2

La fuerza F2 es positiva, esto indica que la fuerza P aplicada es suficiente para que exista contacto de la barra rígida con la barra 2. De hecho este caso es el caso real, es decir, es como quedaría el sistema cargado si se le aplica la carga P de 10KN.

20 KN  1000mm  1mm KN 2 100  200mm mm 2

 1   1    E  A 1

F2  4,14KN

F1  9,66 KN

x  2,5mm

Ejercicio 03: Para el sistema mostrado determinar si la carga P aplicada de la forma indicada sobre el sistema, es la suficiente para que el extremo libre de la barra 3 toque la pared derecha.

xcalculado  xdado Por lo tanto la carga P es suficiente para que exista contacto.

1

2

3

Caso 02:

2 F1  3  2  P  5  2  P  0 x  1  5 2

F1  2 P

2P

P

4P

 1  0,4mm

 F l 

 1   1    E  A 1

F1  1000mm  0,4 mm KN 2 100  200 mm mm 2

F1  8 KN

P  4 KN

Δx P=10KN

Δx=2mm

Barra 1 L=1m E=70GPa A=400mm2

Barra 2 L=0,80m E=90Gpa A=300mm2

Barra 3 L=0,60m E=210GPa A=200mm2

Pcalculado  Pdado Solución: Diagramas de cuerpo libre: Por lo tanto la carga P es suficiente para que exista contacto.

F3  2 P

2P

F3 Caso 03: F2

2 F1  5 F2  4 P  0

2  1 5



Ec.01

 F2  l   F l     1 2,5   1   E  A 2  E  A 1

1 2

  F2  800mm   KN  200mm 2  80  mm 2

    F1  1000mm   1 2,5     KN  200mm 2   100 mm 2  

0,125F1  0,05F2  1

Ec.02

F1

     

4P

F2  P

2P

P

P

2P

1  2 3    F l   F1  l   F l      2    3     E  A 1  E  A  2  E  A  3

F1  5 P

Existen dos posibilidades de verificar si la carga P dada es suficiente para que el extremo libre de la barra 3 haga contacto con la pared. Caso 01: tomando P=10KN  50  1000 10  800 20  600  KNmm       70  400 90  300 210  200  KN mm 2 mm 2   2,37 mm

xcalculado  xdado Por lo tanto la carga P es suficiente para que exista contacto entre el extremo de la barra 3 y la pared.

FAc

2P

P

FAl1

2P

3P

FAl2

P

3P

FAc  P Asumida: Tracción FAl1  2 P Asumida: Tracción FAl 2  3 P Asumida: Tracción

FBr

Caso 02: tomando Δx=2mm

FBr  2 P Asumida: Tracción

2 P  600  KNmm  5 P  1000 P  800    2mm   90  300 210  200  KN 2  70  400 mm mm 2 P  8,45 KN Pcalculado  Pdado

Para que exista contacto entre los extremos de las barras de aluminio, estas deben deformarse el valor del claro Δx=2mm

Por lo tanto la carga P es suficiente para que exista contacto entre el extremo de la barra 3 y la pared.

 Ac   Al1   Al 2   Br  x

Ejercicio 04: Determinar el valor de la carga “P” para que entren en contacto los extremos de las barras de aluminio, sabiendo que estas se encuentran separadas una distancia Δx = 2mm. Calcular: a) El valor de esfuerzo al que están sometidas las barras de los lados “A” y “B” cuando entran en contacto los extremos de aluminio. (Tracción o Compresión). b) El valor de deformación de cada barra para que entren en contacto los extremos de aluminio. (Alargamiento o acortamiento). c) La deformación de cada uno de los lados (“A” y “B”).

 FAc  l   F l   F l   F l    Al 2    Br        Al1   E  A  Ac  E  A  Al1  E  A  Al 2  E  A  Br

Aluminio

Acero

2P 3P

P

300mm

Aluminio

200mm

Δx

Lado A Acero: EAC=210 GPa AAC=600 mm2

200mm

Solución: Diagramas de cuerpo libre:

2 P  200 3 P  200 2 P  300   P  300     2  210  600 70  300 70  300 90  800  P  34,286 KN

Cálculo de los esfuerzos: F 34286N  Ac  Ac  A 600mm 2

 Ac  57,14MPa (T)

 Al1 

FAl1 2  34286N  A 300mm 2

 Al1  228,57 MPa (T)

P

 Al 2 

FAl 2 3  34286N  A 300mm 2

 Al 2  342,86 MPa (T)

300mm

 Br 

FBr 2  34286 N  A 800 mm 2

Bronce

Lado B Aluminio: EAL=70 GPa AAL=300 mm2

Por lo tanto se tiene:

Bronce: EBr=90 GPa ABr=800 mm2

 Br  85,72MPa (T)

La (T) indica que efectivamente las barras se encuentran trabajando a tracción. Cálculo de deformaciones: 57,14 MPa  300mm  Ac   Ac  0,082mm (A) 210  10 3 MPa

228,57 MPa  200mm

 Al1 

70  10 3 MPa

 Al 2   Br 

342,86 MPa  200mm

 Al1  0,653mm (A)

70  10 MPa

 Br  0,286mm (A)

90  10 3 MPa

1

3

2

31,50 KN  3000mm  F1  l    E  A   1 210 KN  300mm 2 mm 2

 A  0,082  0,653mm

 1  1,5mm

Alargamiento

28 KN  1500mm  F2  l     E  A  2 70 KN  300mm 2 mm 2

2  

Deformación lado B:

 B   Al 2   Br  B  1,266mm

 B  0,980  0,286mm

 2  2mm

Ejercicio 05: En el sistema de la figura se requiere formar un solo elemento, utilizando las tres varillas horizontales. Si se sabe que las varillas se deforman debido a la acción de las fuerzas axiales a las cuales están sometidas, determinar: a) Deformación lineal en los elementos 1, 2. b) Deformación que debe alcanzar el elemento 3. c) Fuerza P necesaria a aplicar a la varilla 3 para lograr el objetivo. d) Los esfuerzos a los que son sometidos las varillas para lograr el objetivo.

Varilla 2 Aluminio E=70GPa A= 300mm2

P

3

31.50KN

800mm

P

En el diagrama de deformaciones se observa que la deformación total de los elementos debe sumar 4,5mm y como ya se ha calculado la deformación de las varillas 1 y 2, entonces es posible determinar la deformación que debe sufrir la varilla 3 para construir un solo elemento junto con las demás varillas.

 1   2   3  4,5mm 1,5  2   3  4,5mm

 3  1mm Como el valor da positivo, se concluye que la varilla 3 debe sufrir un alargamiento.

1500mm 28KN

Alargamiento

Por lo tanto la deformación de la varilla 3 es:

Varilla 3 Aleación E=120GPa A= 300mm2

804.50 mm

3000mm

B

1  

Deformación Lado A:

 A   Ac   Al1  A  0,735mm

800mm

La deformación 1 y 2 se calculan directamente:

La (A) indica alargamiento en las barras.

A

1500mm

A

85,72MPa  300mm

1

804,50 mm

 Al 2  0,980mm (A)

3

Varilla 1 Acero E=210GPa A= 300mm2

3000mm

Cálculo de la carga P que debe poseer la varilla 3:  F l 

2 B

 3   3    E  A 3

P  800mm  1mm KN 2 120  300mm mm 2

Solución:

P  45KN

Diagrama de deformaciones:

El mínimo valor de carga al que debe someterse la varilla 3 para formar un solo elemento en el conjunto es de 45KN. Cálculo de los esfuerzos normales en cada varilla:

δ1

C F 31500N 1  1  A 300mm 2

2 

3 

 1  105MPa

1

(T)

F2 2800N  A 300mm 2

 2  93,33MPa

F3 45000N  A 300mm 2

 3  150MPa

δ2= δ3

(T)

B

3 (T)

A

(T) significa que los esfuerzos son de tracción.

Ejercicio 06: Para el sistema compuesto por las barras 1, 2 y 3 y la barra rígida ABC que se muestra en la figura se requiere determinar: a) Fuerzas a las que están sometidas las barras. b) Deformación que sufren las barras. c) Esfuerzos normales en las barras. Barra 1 E=210GPa A=200mm2 L=1m Distancias:

Barra 2 E=90GPa A=300mm2 L=0,8m AB = 2m;

2

Diagrama de cuerpo libre: F1

C

150N/m F3

Barra 3 E=70GPa A=200mm2 L=0,5m

F2 B

BC = 2m

Ax

A Ay

1 C

Ecuación de equilibrio:

150N/m 2 3

B

A

Solución: Diagrama de deformaciones:

Solo se aplica la ecuación de momentos, debido a que no es de interés para este problema el calcular las reacciones en el apoyo en A. 4 F1  2 F2  2 F3  900 (N) Ec.01 MA 0



Se tiene una ecuación y tres incógnitas, por lo que se deduce que el problema es hiperestático y que se requiere de dos ecuaciones adicionales para dar solución al problema planteado. Estas ecuaciones deben ser extraídas del diagrama de deformaciones. Empleando una relación de triángulos en el DDF se obtiene la siguiente relación:

1 L AC



2 L BA

Ec.02

y la relación faltante se obtiene de observar que lo que se alarga la barra 3 es lo mismo que se acorta la barra 2.

 3   2 Ec.03

3 

Se deben llevar las ecuaciones 02 y 03 a términos de fuerza. Por lo tanto empleamos la ecuación para la deformación de una barra en su dirección axial.

 F2  l    E  A 2

 F1  l    E  A 1

1  

2  

 F l   3   3   E  A 3

Reemplazando en la ecuación 02 se obtiene:

1  F1  l  1  F3  l       L AC  E  A  1 LBA  E  A  3 1  4

F1  1000mm F2  800mm 1   KN KN 2 2 210  200mm 90  300mm 2 2 2 mm mm

F1  2,489F2 Ec.02 Reemplazando en la ecuación 03 se obtiene:

F3  500mm F2  800mm  KN KN 90  300mm 2 70  200mm 2 2 2 mm mm

F2  1,205F3 Ec.03

54,855N  500mm N 70  10 3  200mm 2 2 mm

 3  1,960  10 3 mm Alargamiento Cálculo de los esfuerzos:

1 

F1 164,523N  A 200mm 2

 1  822,62KPa (T)

2 

F2 66 ,100 N  A 300mm 2

 2  220,33KPa (C)

3 

F3 54,855N  A 200mm 2

 3  274,28KPa (T)

Ejercicio 07: Determinar el máximo valor de la carga P que se puede aplicar en el extremo “D” de la Barra rígida ABCD, para que no se sobrepasen los esfuerzos admisibles en cada material. Suponga que la Barra 3, entra en contacto con el punto “C”. Datos: Barra 1 y 2 E=80GPa A=200mm2 σ=100MPa

Δy=0,2mm Barra 3 E=120GPa A=400mm2 σ=120MPa

Intersecando las ecuaciones 01, 02, y 03 se obtienen los valores de las fuerzas en cada barra.

F1  164,523N (T)

Barra Rígida

F2  66,100 N (C)

F3  54,855N (T) Cálculo de las deformaciones:

1,5m

P

3

1,5m

A

B

D

C Δy

1

2

164,523N  1000mm 1  N 210  10 3  200mm 2 2 mm 2m

2m

3

 1  3,917  10 mm Alargamiento 2 

66,100KN  800mm N 90  10 3  300mm 2 mm 2

 2  1,960  10 3 mm Acortamiento

Solución: Diagrama de deformaciones:

2m

2m

3,125F3  9,375F2  20 A’

(KN) Ec.02

Segunda relación:

δ2 θ δ1 A

D

C B

 1  sin    2

Ec.03

Δy C’

θ

F1  2500 F2  1500   0,6 80  200 80  200

δ3

F2  2,7778F1 D’

Ec.03

Cálculo de la fuerza máxima: Barra 1, 2, 3 trabajan en tracción Diagrama de cuerpo libre:

P

F3 A

B

θ

C

Bx

F1

D

By

F2

Fmáx    A N F1  100  200mm 2 2 mm N F3  120  400mm 2 2 mm

F1máx  F2 máx  20 KN F3máx  48 KN

Suponiendo que primero alcanza la falla la Barra 3, se tiene:

F3  F3máx  48 KN

Ecuaciones de equilibrio:

Y a partir de este valor se determinan las otras fuerzas:

 MoB  0

F1  6 ,528KN

F3  F2  0,6 F1  2 P

Esta suposición es correcta porque los valores de fuerza calculados son menores a los valores de fuerza máxima para las barras 1 y 2.

4 P  2 F3  2 F2  2 sin   F1  0 Ec.01

Se requieren dos ecuaciones adicionales para resolver el problema, ya que se tiene una ecuación de equilibrio y una que aportan los esfuerzos admisibles indirectamente.

F2  18,133KN

Por lo tanto el valor de carga P calculado es correcto: P  35,025KN

Ecuaciones del diagrama de deformación: Primera relación:

 3  y LBC



2 L AB

Ec.02

Procesando la Ec.02 L  F3  l   F l      y  BC   2  L AB  E  A  2  E  A 3 F3  1500 F  1500  0, 2  2 120  400 80  200

Ejercicio 08: Dos paletas de madera AB y BC articuladas en A y C a soportes rígidos, como se indica la figura, están unidas en B mediante un pasador y soportan la carga P=70N. Si las paletas tienen una sección de 220mm2 y E=10GPa, determine el desplazamiento horizontal del punto B. Datos: = 30º, =45º

A

Aplicando la ecuación:   L=170mm

PLo EA

tenemos:

 F AB Lo  51,24 N  170mm   EA   AB 10  10 3 N  220mm 2 mm 2  0,003960mm

 AB   

B

 AB



62,76 N  120mm  FCB Lo     EA  AB 10  10 3 N  220mm 2 mm 2  0,003423mm

 CB   C

70N L=120mm

Diagrama de deformaciones:



 BC

Aplicando teoría de vectores en el DDF (Proyección de un vector sobre otro vector). Tenemos:

 AB  BB'eˆ AB B δCB



δAB

 CB  BB'  eˆ CB BB '  BB' x iˆ  BB ' y ˆj eˆ AB  cos( )iˆ  sen( ) ˆj eˆ CB   cos( )iˆ  sen( ) ˆj

B’ Resolviendo el producto escalar: tenemos Diagrama de cuerpo libre del nodo B:

 AB  BB' x cos( )  BB' y sen( )  0,003960

FAB

 CB   BB' x cos( )  BB' y sen( )  0,003423



BB' x  0,001127mm

 FCB 70N

BB' y  0,005968mm BB '  0,001127iˆ  0,005968 ˆj

Del DCL:

 Fx  0

 FAB cos( )  FBC cos( )  0

FAB  0,8165FBC

 Fy  0

FAB sin( )  FBC sin( )  70  0

0,5 FAB  0,7071FBC  70 FAB  51,24 N

FBC  62,76 N

Ejercicio 09: Los alambres B y C están Sujetos a un soporte en el extremo izquierdo y a una barra rígida articulada en el extremo inferior, como se muestra en la figura. Cada alambre tiene un área de sección transversal de 20mm2 y módulo de elasticidad de 205GPa. Cuando la barra está en la posición mostrada (vertical), la longitud de cada alambre es de 2m, sin embargo antes de sujetarse a la barra, la longitud del alambre B era de 1,998m y la del alambre C era de 1,999m. Determinar: Los esfuerzos de tracción a los que se encuentran sometidas los alambres por la acción de la fuerza de 5KN.

FB  1998mm  2  FC  1999mm

FB  2,001FC Ec.01 en función de fuerzas. Interceptando las ecuaciones 01 y 02 tenemos: 25Pt s Solución: DDF:

FC  3 KN (Tracción) FB  6 KN (Tracción) Cálculo de esfuerzos:

2m B’ B m δB 1m C C’ m δC

B 

FB 6000N  A 20mm 2

 B  300MPa (Tracción)

C 

FC 3000N  A 20mm 2

 C  150MPa (Tracción)  B  2mm  BB' BB' CC '   2b b

 C  1mm  CC' BB'  2CC '

Reemplazando:

 B  2mm  2 C  1mm   DCL:

 B  2 C Ec.01

Ejercicio 10: Una barra compuesta por tres materiales, es comprimida uniformemente por una fuerza axial de 40KN, que es aplicada a través de una placa externa rígida. La barra posee un centro de acero, rodeado de un tubo de latón y de un tubo de cobre. Determine los esfuerzos de compresión en cada material en la dirección axial. Nota: suponga que el contacto de las paredes laterales es despreciable. Acero (1) E=200GPa

Latón (2) E=120Gpa

Cobre (3) E=110GPa

FB P=40KN FC

Cu La

RX RY

Ac

 MoR  0 FC  2 FB  15 Ec.02 35mm Empleando la Ec.01

45mm

 B  2 C

55mm

 F Lo   FB Lo     2   C   EA  B  EA  C

Solución:

La ecuación de equilibrio es la resultante de la suma de cada fuerza en cada material en la dirección vertical igual a 40KN aplicados para comprimir.

120  800  21,729 200  1225 110  1000 F3   21,729 200  1225 F2 

F1  F2  F3  P  40 KN Ec.01 Hay solo una ecuación y tres incógnitas, por lo tanto el problema es hiperestático. Pero como cada material debe acortarse la misma longitud, entonces se tiene que:

 1   2   3 De estas relaciones se obtienen dos ecuaciones adicionales para dar solución al problema:

 F1  l   F2  l        E  A 1  E  A  2

E 2  A2  F1 Ec.02 E1  A1

F2 

1  3  F1  l   F3  l        E  A 1  E  A  3

F3 

E 3  A3  F1 Ec.03 E1  A1

Luego reemplazando las Ec.02 y Ec.03 en Ec.01 se obtiene: E A E A F1  2 2  F1  3 3  F1  P E1  A1 E1  A1

P 1

E 2  A2 E 3  A3  E1  A1 E1  A1

Reemplazando valores, se obtienen los valores der las fuerzas actuantes en cada cilindro:

A1  A2 

A3 

F1 

 4

 4

 4

F3  9,756 KN

Fi Ai

F1 21729N  A1 962,113mm 2 F 8514N 2  2  A2 628,319mm 2

1 

3 

F3 9756 N  A3 785,398mm 2

 1  22,58MPa Compresión

1   2

F1 

Cálculo del esfuerzo:  i 

F2  8,514KN

 2 



 4

 35 2  1225 









  e2   i2 



  e2   i2 

4

4



 4

mm 2



 45 2  35 2  800 





 4

 55 2  45 2  1000 

40 120  800 110  1000 1  200  1225 200  1225

mm 2

 4

mm 2

F1  21,729KN

Sustituyendo en la Ec.02 y Ec.03 se obtiene:

 2  13,55MPa Compresión

 3  12,42MPa Compresión