Ejercicios Resueltos

(1)

x x y y z z 12 12 44 4 4 8 8 2 2 11 6 6 1 1 2 2 x x y y z z x x y y z z 12 12 44 4 4 8 8 2 2 11 6 6 1 1 2 2

Solución:

Dado el tensor de tensione

s (referido a un sistema cartesiano

de referencia) en un punto de un sólido:

[ [ ]]

⎥⎥

⎦⎦

⎤⎤

⎢⎢

⎣⎣

⎡⎡

−

=

6 6 1 1 2 2 1 1 8 8 4 4 2 2 4 4 12 12 T T

Se pide:

--

Dibuj

ar, sobr

e el punto elást

ico de la figura

, y en las caras más al

ejadas del

origen de coordenadas, la dirección y sentido de cada una de las

compon

entes tens

ionale

s

que, sobr

e dichas, c

aras actú

an.

-Determinar el valor de las tensiones normal y t

angencial que actúan sobre un

plano paralelo al plano

x+y+z=0 x+y+z=0

que pasa por las proximidades (distancia

infinitesimal) del punto considerado.

MPa

Ejercicio 1.1

(2)

(3)

Vector normal al plano:

( (

))

⎥⎥

⎦⎦

⎤⎤

⎢⎢

⎣⎣

⎡⎡

−

=

⎥⎥

⎦⎦

⎤⎤

⎢⎢

⎣⎣

⎡⎡

⎥⎥

⎦⎦

⎤⎤

⎢⎢

⎣⎣

⎡⎡

−

=

⎥⎥

⎦⎦

⎤⎤

⎢⎢

⎣⎣

⎡⎡

+

=

7 7 5 5 18 18 3 3 1 1 3 3 1 1 3 3 1 1 3 3 1 1 6 6 1 1 2 2 1 1 8 8 4 4 2 2 4 4 12 12 k k j j ii 3 3 1 1 u u * * z z * * y y * * x x σ σ σ σ σ σ r r r r r r r r

Tensión normal:

( (

))

6 6 , ,67 67 MPaMPa 3 3 20 20 7 7 5 5 18 18 3 3 1 1 u u * * n n == ⋅⋅ == −− ++ == == r r r r σ σ σ σ

Tensión tangencial:

MPa MPa 39 39 , , 9 9 49 49 , , 44 44 67 67 , , 132 132 2 2 n n 2 2 * *

₋

₌

₋

₌

=

σ σ σ σ τ τ r r

(4)

Ejercicio 1.2

•

• De

De

te

rm

ina

r l

as

te

ns

ion

es

pr

in

cip

ale

s s

ab

ien

do

que

el

tensor de tensiones viene definido por:

⎥⎥

⎦⎦

⎤⎤

⎢⎢

⎣⎣

⎡⎡

−

10

25

30

25

30

40

30

40

20

20 σ=

σ=

MPa

(5)

Solución:

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

z yz zx zy y xy zx xy x σ τ τ τ σ τ τ τ σ

σ=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

10

25

30

25

30

40

30

40

20 =

MPa

1 2 2 2 2 2 2 2 3

2

x y z x y x z y z xy xz yz x y z xy xz yz x yz y xz z xy

I

σ σ σ σ σ σ σ σ σ τ τ τ σ σ σ τ τ τ σ τ σ τ σ τ

=

+

=

+

− − −

=

+

−

= 20 + 30 –10 = 40 MPa

= -3025 MPa

= 89500 MPa

3

2

1

2

3

0 I

I

σ

−

σ

+ − =

σ

(6)

0

3 2 2 1 3

−

+

−

=

I

MPa

8 ,

51

5 ,

26

3 ,

65

3 2 1

−

=

σ σ σ

Resultado:

(7)

En un problema bidimensional, el punto elástico de la figura

se encuentra sometido al estado tensional que se indica. Se pide:

a)

Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x,y

b)

Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x’,y’

(e

(el eje x’ forma un ángulo de 35º, en sentido antihorario, con el eje x).

40 MPa

15 MPa 25 MPa

x y

La expresión, en x-y, del tensor de tensiones es:

[ ]

_⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

25 15 15 40 T

La expresión de dicho tensor en ejes x’-y’ la podemos obtener como:

[ ] [ ] [ ][ ]

T '

=

R T T R

[ ]

_⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

=

º 35 cos º 35 sen º 35 sen º 35 cos R

Siendo:

[ ]

_⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

48 , 10 67 , 35 67 , 35 52 , 4 ' T

Ejercicio 1.3

(8)

Suponiendo la ausencia de fuerzas internas, determinar los posibles

valores de las constantes

C ₁, C ₂

y

C ₃

para que la siguiente distribución

de tensiones puede existir en un sólido en equilibrio:

(

C y

)

C x z C y 0 C 0 z C y x C 2 yz 3 xz 3 2 2 1 xy z 2 2 y 1 x = ⋅ − = ⋅ ⋅ + − ⋅ = = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − = τ τ τ σ σ σ

SOLUCIÓN:

Ecuaciones de equilibrio interno (X=Y=Z=0)

) cumple se ( 0 z y x 0 C z C 0 z y x 0 C x C 2 y C 2 0 z y x z zy zx 3 3 yz y yx 1 1 1 xz xy x = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = ⇒ = = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = ⇒ − − = = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ σ τ τ τ σ τ τ τ σ

C ₂

puede tomar cualquier valor, por lo que el estado tensional tendría la forma:

0

0 z

C

0

yz xz xy z 2 2 y x = = = = ⋅ = = τ τ τ σ σ σ

Ejercicio 1.4

(9)

El tensor de tensiones en un punto de un sólido viene definido, respecto de un sistema de coordenadas cartesianas, por la siguiente matriz:

1.-Determinar de forma analítica:

a) Los dos primeros invariantes del tensor de tensiones b) Los valores de las tres tensiones principales

c) Los tres vectores unitarios que definen las tres direcciones principales

d) La tensión tangencial máxima que se produce en las proximidades del punto considerado

[ ] ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 0 0 0 0 20 20 0 20 50 T 600 20 20 50 70 20 50 2 2 1 = − ⋅ = = + = I I

a) b)Una de las tensiones principales (σ_z) es nula. Las otras dos las calcularemos resolviendo: 10 60 0 20 20 20 50 0 = ⇒ ₁= ₂ = − − − − = − T

Por tanto, las tensiones principales son: ₁=60 ₂ =10 y ₃ =0

c)Como el eje zes una dirección principal ( u k), las otras dos las calcularemos resolviendo:

r r = 3 _⎭⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − 0 0 20 20 20 50 2 1 u u Dirección principal 1: u i j a a r r r 4473 0 8943 0 0 0 40 20 20 10 1 2 1 , , − = ⇒ ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − Dirección principal 2: _u _i _j a a r r r 8943 0 4473 0 0 0 10 20 20 40 2 2 1 , , + = ⇒ ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − −

d)La tensión tangencial máxima será:

( 25 305) 30 2 10 2 60 2 10 60 _⎟₌ ₌ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − =_max _, _, _max _, _, max

Ejercicio 1.5

I

(10)

2.- Para el estado tensional relativo al plano x-y, determinar gráficamente:

e) El círculo de Mohr

f) Las coordenadas (σ,τ) del polo de dicho círculo

g) Los dos planos principales que se obtienen de dicho círculo

h) Los dos planos sobre los que actúa la tensión tangencial máxima

i) Los planos, paralelos al eje z, sobre los que el vector tensión forma el mayor

ángulo posible con la normal a dichos planos.

(11)

σ

τ

Plano Y

Plano X

50 20 20 x y

(12)

POLO

σ

τ

Plano Y

Plano X

50 20 20 x y

(13)

POLO

Plano

principal I

Plano

principal II

σ

τ

Plano Y

Plano X

50 20 20 x y 60 10 x y

(14)

POLO

Plano

principal I

Plano

principal II

Plano de máxima tensión tangencial Plano de máxima tensión tangencial

σ

τ

Plano Y

Plano X

50 20 20 x y 35 25 x y 35

(15)

POLO

Plano en el que

el vector tensión forma el mayor ángulo posible con la normal

Plano en el que

el vector tensión forma el mayor ángulo posible con la normal

σ

τ

(16)

POLO

Plano correspondiente al polo del círculo de Mohr

σ

τ

(17)

El vector desplazamiento en un punto genérico de un sólido cargado viene dado (referido a un sistema cartesiano de referencia) por:

(

ax az

)

i

(

ax az

)

k r r r 2 3 2 2

−

+

=

donde a es una constante conocida. Se pide:

a) Expresión del tensor de deformaciones en un punto genérico del sólido b) ¿Es, físicamente, posible este campo de desplazamientos?

c) ¿Qué lectura proporcionaría una banda extensométrica situada en la dirección de la bisectriz del primer cuadrante del sistema cartesiano que se utiliza?

(18)

a) El tensor de deformaciones se obtiene del campo de desplazamientos como sigue:

(

)

(

)

(

)

0 y w z v a a 3 a 2 x w z u 0 x v y u a 2 x w 0 x v a 2 x u az 2 ax 3 z , y , x w w 0 z , y , x v v az 2 ax 2 z , y , x u u yz xz xy z y x = ∂ ∂ + ∂ ∂ = = + − = ∂ ∂ + ∂ ∂ = = ∂ ∂ + ∂ ∂ = = ∂ ∂ = = ∂ ∂ = = ∂ ∂ = + = = = = − = = γ γ γ ε ε ε

El tensor de deformaciones es:

[ ]

⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = a 2 0 2 / a 0 0 0 2 / a 0 a 2 D

(19)

b) Para que el campo de desplazamientos, o el de deformaciones que de él se derivan, sea físicamente posible, debemos comprobar que se satisfacen las ecuaciones de compatibilidad de deformaciones:

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

∂

−

∂

+

∂

⋅

∂

=

∂

⋅

∂

⋅

∂

⋅

∂

=

∂

+

∂

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

∂

+

∂

−

∂

⋅

∂

=

∂

⋅

∂

⋅

∂

⋅

∂

=

∂

+

∂

⎜⎜

⎝

⎛

∂

+

∂

+

∂

−

⋅

∂

=

∂

⋅

∂

⋅

∂

⋅

∂

=

∂

+

∂

z y x z y x z x x z z y x y x z z y y z z y x x z y y x x y xy xz yz z xz z x xy xz yz y yz z y xy xz yz x xy y x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

; ; ;

En estas ecuaciones sólo aparecen derivadas segundas de las deformaciones, por lo que se verifica automáticamente al ser el campo deformaciones líneal. Por tanto, el campo de desplazamientos dado es físicamente posible.

(20)

c) El vector unitario de la bisectriz del primer cuadrante del es: ) (i j k u r r r r

+

=

3 1

El vector deformación unitaria sería:

{ }

[ ]

{ }

⎪

⎭

⎪

⎬

⎫

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

=

⎪

⎭

⎪

⎬

⎫

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

=

2 / a 5 0 2 / a 5 3 1 3 1 1 1 1 a 2 0 2 / a 0 0 0 2 / a 0 a 2 u D * r r ε

La deformación longitudinal correspondiente (la medida de la banda) es:

a 3 5 2 a 5 2 a 5 3 1 3 1 1 1 1 2 / a 5 0 2 / a 5 3 1 u *

⎟

=

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

=

⎪

⎭

⎪

⎬

⎫

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

=

⋅

=

r r ε ε

(21)

En un pilar vertical de sección cuadrada hueca, tal como se indica en la figura (cotas en metros), x y 1 1 1 1 1 1 1 1 x y 1 1 1 1 1 1 1 1

el tensor de deformaciones viene dado por:

[ ] ( ) ( ) 4 10 2 0 0 0 0 3 2 0 3 2 4 3 − ⋅ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + − + − + = x y y x x D Calcular:

a) la variación de longitud del pilar, indicando si éste se alarga o se acorta, sabiendo que, su altura inicial era de 5 m

b) la variación del ángulo, en el plano x,y, que se produce en el vértice de la sección de coordendas (2,2), indicando si el ángulo final en dicho vértice (que inicialmente era recto) aumenta o disminuye respecto de su valor inicial.

c) El cambio de volumen que experimenta el pilar, indicando si aumenta o disminuye el volumen inicial del mismo.

(22)

a) _z

=

2

⋅

10−4

⇒

∆

h

=

_z

⋅

h

=

2

⋅

10−4

⋅

5

=

10−3 m (alargamie nto) b) _xy

=

2

⋅

(

−

2 x

+

3 y

)

⋅

10−4

=

(

−

4 x

+

6y

)

⋅

10−4

Para el punto (2,2), xy

(

4 2 6 2

)

10 4 4 10 4 rad

− −

₌

_⋅

⋅

+

⋅

−

=

γ _{(el ángulo disminuye)}

c) eV

=

x

+

y

+

z

=

(

3x

+

6

)

⋅

10−4

( )

(

) ( )

(

)

(

)

(

)

4 3 2 1 4 1 1 4 1 2 4 pilar V m 10 360 5 4 dx 10 6 x 3 5 2 dx 10 6 x 3 5 4 dx 10 6 x 3 dV e V − − − − − − −

⋅

=

⋅

+

⋅

+

⋅

+

=

⋅

=

∫

∆

(el volumen del pilar aumenta)

dx h a a b b dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dx dx x y z dx h a a b b dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dx dx dx h a a b b dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dx dx x y z

(23)

Ejercicio 2.1

Dado el tensor de deformaciones:

encontrar la deformación unitaria según la dirección:

3

3 /

/

k

j

ii

m

r r r r r r r r

+

=

[ [ ]]

D

m

r r r r

=

ε ε m mrr

[ [ ]]

⎥⎥

⎦⎦

⎤⎤

⎢⎢

⎣⎣

⎡⎡

−

=

002 002 0 0 0 0 002 002 0 0 0 0 002 002 0 0 001 001 0 0 002 002 0 0 001 001 0 0 003 003 0 0 , , , , , , , , , , , , , , D D 00033 00033 0 0 3 3 1 1 3 3 1 1 3 3 1 1 002 002 0 0 0 0 002 002 0 0 0 0 002 002 0 0 001 001 0 0 002 002 0 0 001 001 0 0 003 003 0 0 3 3 1 1 3 3 1 1 3 3 1 1 , , , , , , , , , , , , , , , ,

=

⎪⎪

⎭⎭

⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

⎬⎬

⎫⎫

⎪⎪

⎩⎩

⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

⎨⎨

⎧⎧

⎥⎥

⎦⎦

⎤⎤

⎢⎢

⎣⎣

⎡⎡

−

⎥⎥⎦⎦

⎤⎤

⎢⎢⎣⎣

⎡⎡

=

m m

(24)

dx

P

x

L

e

Determinar el desplazamiento relativo entre las dos

secciones

extremas de la barra de la figura:

P = 50.000 N, E = 2x10

77

_N/cm

22

e = 1 cm, b

₁₁

= 5 cm, b

₂₂

= 10 cm, L = 40 cm

Datos:

Ejercicio 3.1

b b₁₁ b b₂₂

(25)

Consid

eremos

una r

ebanada

de l

ongitud

dx

a un

a dis

tancia

x de

la

sección b

₁₁

. El canto será:

1 1

,,

=

= +

+

−

=

= +

+

=

−

b b b b bb L L x x _b_b axax a a b b bb L L 1 1 2 2 11 1 1 2 2 11

El área (A

_x_x

) de la sección escogida será: (b

₁₁

+a.x)e

Si esta rebanada experimenta una elongación du, su deformación será:

x x A A E E P P dx dx du du

⋅⋅

=

(26)

La elongación total, u, que experimenta la barra será:

u P A E dx P b ax e E dx u P e E dx b ax P aeE b ax u P a e E b a L b x L L L

=

+

=

+

=

+

=

+

0 1 0 1 0 1 1 1

(

)

ln

∫

1 1 0 0 ln _b L a b E e a P dx A E P du u L x L + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = =_∫ _∫ 0 L

(27)

Substituting back for K,

u P b b L e E b b

=

−

(

)

ln

2 1 2 1

e = 1 cm, b

1

= 5 cm, b

2

= 10 cm, L = 40 cm,

P = 50.000 N, E = 2 x 107 N/cm

2 u . . cm

=

−

=

50 000

10 5

40

1 2. 10

10

5 0 01386

7

.

(

)

ln

,

Sustituyendo el valor de a:

En el problema:

(28)

Ejercicio 4.1

Para la barra prismática de la figura, que se encuentra sometida a la acción de su propio peso, determinar el campo de tensiones, de deformaciones, de desplazamientos y la energía elástica acumulada

Volumen

Peso

=

γ z x y B D L g

(29)

0

0 =

=

xz yz xy z y x

z

τ

γ

σ

Tensiones:

z x y b c L

0

1 =

=

−

=

−

=

xz yz xy z y x

z

E

z

E

z

E

ε ε ε γ ε γ ν ε γ ν ε

Deformaciones:

z z z

σ

Peso

γ

σ

γ

σ

⋅

=

⇒

⋅

=

⋅

z

A

Peso

A

z z

(30)

(

)

[

2 2 2 2

]

2 E

z

x

y

L

w

y

z

E

v

x

z

E

u

−

+

=

−

=

−

=

ν γ γ ν γ ν

Desplazamientos:

( )

2

1

2 2 2

z

E

z γ σ ω

=

Densidad de energía:

E

AL

Adz

z

E

dV

U

V L ₂ ₃ 0 2 2

6

2 γ

γ

ω

⋅

=

∫

(31)

Una placa rectangular se encuentra sometida a las acciones indicadas en la figura. Determinar la función de Airy que resuelve el problema.

x y

L

h

σ 2 σ 2 σ 1 σ₁ x y

L

h

σ 2 σ σ 2 σ 2 σ 1 σ 1 σσ₁₁

La función de Airy será: _φ=ax3 +bx2 y +cxy2 +dy3 +cx2 + fxy + gy2

f cy bx y x e by ax x g dy cx y y xy x _∂ _∂ =− − − ∂ − = + + = ∂ ∂ = + + = ∂ ∂ = ₂ ₆ ₂ ₆ ₂ ₂ ₂ ₂ 2 2 2 2 _φ τ φ σ φ σ Imponiendo que: en x=0, 1 1 2 σ _σ σ σ = − _y + h

x _{; en x=0,}τ _xy =0 _{; en y=0,}σ _y =0 Se obtienen las constantes del polinomio, resultando:

2 1 3 1 2 2 6h y y σ σ σ φ = − +

Ejercicio 5.1:

(32)

Ejercicio 5.2:

Un tubo de pared gruesa tiene un radio interior “ r ₁ ” y exterior “ r ₂” y se encuentra sometido a una presión interior de valor “ p”. Suponiendo que trabaja en condiciones de tensión plana, determinar el cambio de longitud que experimenta el radio interno del tubo al aplicar la presión “p”.

Supóngase conocidos los valores de “E” y “ del material. La distribución de tensiones en el tubo es:

[

]

[

]

p r r r r p r p r r r p p r p r r r r ₂ 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1

−

+

=

+

−

=

−

=

−

=

σ _θ σ

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

−

+

=

∆

⇒

=

∆

⇒

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

−

+

=

−

=

σ νσ ν ε ν ε _θ θ _θ 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 1 r r r r E pr r r r r r r r E p E r ”

(33)

l L l L DB CB =0,6 = 0,8

Por condiciones de

equilibrio:

P F P F DB CB = +0,6 = −0,8

De la geometría de la

estructura:

• Energía de deformación:

( ) ( )

[

]

AE l P AE l P AE L F AE L F U CB CB DB DB 2 3 3 2 2 2 364 0 2 8 0 6 0 2 2 , , , = + = + =

• Igualdad entre trabajo de las

cargas externas y energía elástica

almacenada:

AE Pl d d P AE L P U W U B B 728 0 364 0 2 1 2 , , = = = =

Calcular el desplazamiento vertical que experimenta el punto B del sistema

articulado de la figura, formado por dos barras del mismo material (módulo

de elasticidad E) y la misma sección transversal (Área=A).

Ec. (1)

C

P

l B D 3 4 3 4

Ejercicio 6.1

(34)

Determinar los coeficientes de influencia, de la siguiente viga sometida a las acciones indicadas. F₁=P F₂=2P 6 m 3 m 2 m

sabiendo que está realizada con un material de módulo de elasticidad E y que el momento de inercia de su sección transversal es I.

DATOS: Ecuación de la elástica:

(

)

_a _x _l l x l l a - EI x l Fla d a x l x l b EI Flbx d

≤

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

−

=

≤

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

=

para

1

6

0 para

1

6

2 2 2 2 2 2 2 F l a x y b

Ejercicio 6.2

(35)

1 6 m 2 m x y 4 m 3 m 2 m 6 m 1 2

EI

1 3,56

6

2

6

4

1

6

2

4

6

1

2 2 2 2 11

⎟⎟

=

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

⋅

=

EI d

(

)

EI - EI d

₃

_,

₈₃

1

6

3

6

2

1

6

3

6

2

6

1

2 2 2 21

⎟

=

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

−

⋅

=

F₁=P F₂=2P

(36)

1 6 m 2 m x y 4 m 1 2

EI

1 3,83

6

2

6

3

1

6

2

3

6

1

2 2 2 2 12

⎟⎟

=

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

⋅

=

EI d

EI

1 4,5

6

3

6

3

1

6

3

6

1

2 2 2 2 22

⎟⎟

=

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

⋅

=

EI d 3 m 3 m

(37)

Determinar, haciendo uso del concepto de coeficiente de influencia, la energía elástica almacenada por la siguiente viga sometida a las acciones indicadas.

EI 1 3,56 11 = d EI d ₂₁ = 3,83 1 EI 1 3,83 12 = d EI 1 4,5 22 = d

( )

[

22

]

2 21 12 11 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 d P d P P d P P d P EI F F d W U _i _j n i ij n j ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = = =

∑∑

= = EI P U 2 44 , 18 ⋅ =

( )

P

d

P

d

₁

=

₁₁

⋅

+

₁₂

⋅

2 =

11 ,

22 ⋅

- Determinar el desplazamiento vertical experimentado por la sección sobre la que actúa la carga P. 6 m 3 m 2 m F₁=P F₂=2P

Ejercicio 6.3

(38)

Determinar, en función de los desplazamientos verticales (flechas) que experimentan las secciones sobre las que se aplican las cargas exteriores, la energía elástica

almacenada en la viga n in i i i d F d F d F d = ₁ ⋅ ₁ + ₂ ⋅ ₂ + _... + ⋅ n jn j j j k d k d k d F = ₁ ⋅ ₁ + ₂ ⋅ ₂ + _...+ ⋅ En nuestro caso: 2 22 1 21 2 2 12 1 11 1

F

d

F

d

F

d

F

d

⋅

+

⋅

=

⋅

+

⋅

=

EI 1 3,56 11 = d EI d ₂₁ = 3,83 1 EI 1 3,83 12 = d EI 1 4,5 22 = d Resolviendo el sistema:

[

]

( )

[

1 2

]

2 2 1 1

00476

0 2555

0

2 2555

0

3

0 d

d

EI

P

F

d

EI

P

F

, , , ,

+

−

=

−

=

EI

k

₁₁ = 0,3

k

₁₂ = −0,2555

EI

k

₂₁ = −0,2555

EI

k

₂₂ = 0,00476

EI

Ec. (2)

(39)

[

]

[

2

]

2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1

00476

0

511

0

3

0

2 00476

0 2555

0

3

0

2

1 d

d

EI

d

EI

d

k

W

U

j m m j jm , , , , , , ,

+

−

=

+

−

=

∑ ∑

= =

(40)

l L l L_BC

=

0,6 _BD

=

0,8

De la geometría de la

estructura:

Resolver la estructura de la figura aplicando el P.T.V.

C

P

l

B D 3 4 3 4 C

P

l

B D 3 4 3 4 B’

Desplazamiento virtual:

B

B´

Ejercicio 6.5

(41)

CB CB

L

DB DB

L

Deformaciones virtuales: C

P

l

B D B’

C

B

_B’

cos

=

cos

=

cos

(42)

(

)

dVol

d

f

dVol

f

V x x y y z z xy xy xz xz yz yz V V

∫∫∫

∫∫

+

=

Ω

⋅

+

⋅

Ω Ω δ δ δ δ δ δ

γ

τ

γ

τ

γ

τ

ε

σ

ε

σ

ε

σ

δ

r r r r

0 =

Ω

⋅

+

⋅

∫∫∫

f

dVol

∫∫

_Ω

f

Ω

d

V V r r r r

(

)

(

)

(

_DB

)

DB DB CB CB CB

V x x y y z z xy xy xz xz yz yz

L

A

L

A

L

dVol

⋅

+

⋅

=

+

∫∫∫

(

⋅

)

+

(

⋅

)

_DB

=

0

DB DB CB CB CB

A

L

A

L

cos cos

T.T.V.

Trabajo virtual fuerzas exteriores: Trabajo virtual tensiones internas: cos cos

(43)

(

⋅

)

+

(

⋅

)

_DB

=

0

DB DB CB CB CB

A

L

A

L

cos cos cos cos cos _DB _DB CB

+

=

0 ⇒

=

Por condiciones de equilibrio, habíamos obtenido previamente:

P

F

P

F

_CB

=

+

0,6 _DB

=

−

0,8 CB CB DB

3

4

5

3

5

4 −

=

−

=

CB CB DB

F

3 4 6 0 8 0

−

=

−

=

, ,

Si multiplicamos por A los dos miembros de esta última ecuación:

CB DB CB DB

A

F

A

3

4

3

4 −

=

⇒

⋅

−

=

⋅

cos CB

−

(44)

En el sistema articulado de la figura formado por tres barras de

idéntico material y siendo las áreas de sus respectivas

secciones transversales: A, para las barras BC y CD, y 2A para

la barra BD, determinar, cuando, sobre él actúa la carga P:

a.- Las fuerzas axiles a las que se encuentran sometidas cada

una de las barras

b.- La energía elástica que almacena el sistema

c.- El desplazamiento vertical del nudo C y el horizontal del

nudo D.

Ejercicio 6.6

B

_D

C

l l l/2

P

Áreas:

Barra BD: 2A

Barras BC y CD: A

(45)

ASPECTOS GEOMÉTRICOS DE LA ESTRUCTURA ARTICULADA

B

_D

C

l l l/2

P

V

_B

_V

_D θ θ

l

CB

CD

l

118 ,

1 cos

º

565 ,

26

2 /

arctan

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

θ

(46)

NUDO B

NUDO C

N

_BC

=N

_CD

por simetría

RESOLUCIÓN DE LA EXTRUCTURA POR EQUILIBRIO DE NUDOS:

B

V

_B

N

_BD

N

_BC θ

_C

V

_B

N

_DC

N

_BC

P

θ θ

P

N

P

N

P

sen

N

BD BC DC CD

=

⋅

=

θ

cos

118 ,

1

118 ,

1

2

(47)

B

D’

C’

δ

RESOLUCIÓN DE LA ESTRUCTURA POR EL P.T.V.:

Desplazamientos virtuales:

B y C no se desplazan

D lo hace hacia su izquierda

una magnitud

δ

B

_D

C

l l l/2

P

V

_B

_V

_D θ θ

(48)

B

D’

C

δ

D

δ

_cos

α

l

BD CD

2 cos

δ

ε

α

δ

ε

δ δ

=

′

=

(

)

(

)

(

)

δ α δ δ α δ δ σ α δ σ ε σ ε σ δ δ δ

⋅

+

⋅

=

⋅

+

⋅

′

=

⋅

+

′

⋅

′

=

⋅

+

′

⋅

=

BD CD BD CD BD CD BD BD CD CD N N l A l A N Al l A N l A l l A l l A l A W

cos

2

2 cos

2

2 cos

2

int

Trabajo fuerzas actuantes:

δ W _e_xt

=0

Trabajo fuerzas internas:

0 cos

cos

0

int

=

+

⋅

⇒

∀

⋅

+

⋅

=

⇒

=

BD CD BD CD ext N N N N W W

α

δ

α

δ

(49)

AE

Pl

d

AE

l

P

Pd

1 ,

898

3 ,

796

2

1

2

=

⇒

=

W

U

=

NUDO C:

NUDO D:

( )

EA

l

P

EA

l

P

E

A

P

l

u

BD

⋅

=

⋅

=

⋅

=

2

2 ε

w

AE l P E A l P E A l P E A l P U U U U CD BC DB 2 2 2 2

898 ,

1

2 )

118 ,

1 (

)

118 ,

1 (

2 )

118 ,

1 (

)

118 ,

1 (

)

2 (

2 )

2 (

=

⋅

+

⋅

+

⋅

=

+

=

(50)

PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO:

AE

Pl

AE

Pl

P

U

d

=

1 ,

898 ⋅

2 =

3 ,

796 ∂

∂

=

(51)

Determinar, aplicando el teorema de reciprocidad y para la

estructura articulada del problema anterior el desplazamiento

vertical del punto C cuando actúa la carga Q que se observa

en la figura:

Ejercicio 6.7

Q

B _D C l l l/2

(52)

SISTEMA I

SISTEMA II

B _D C l l l/2 P

Q

B _D C l l l/2

(53)

( )

↓

=

⋅

( )

←

⋅

II

I

u

Q

d

P

EA

l

P

u

w

I

=

⋅

( )

EA

l

Q

u

P

Q

d

II

↓

=

⋅

I

←

=

⋅

(54)

AE

Pl

AE

Pl

P

U

d

_B

=

₂

⋅

₀

_,

₃₆₄

=

₀

_,

₇₂₈

∂

=

AE l P U 2

364

0

, =

EJEMPLO DE APLICACIÓN DEL PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO

Sabiendo que la expresión de la energía elástica almacenada en el sistema articulado de la figura (ver Ec. (1)) es:

determinar el valor del desplazamiento vertical que experimenta el nudo B. C

P

l B D 3 4 3 4

Ejercicio 6.8

(55)

Determinar la máxima presión “p” manométrica interna que puede soportar una vasija cilíndrica de pared delgada de espesor “e” y radio “R” (R>>e) que contiene gas sabiendo que la tensión de plastificación del material de la vasija es “σ y”.

NOTA: Aplíquese el criterio de plastificación de Tresca

Las tensiones en la vasija son:

e pR e pR z 2 ; = = σ

σ _θ _{, por lo que las tres tensiones} principales resultan ser: σ 1 =σ θ ; σ 2 =σ _z; σ 3 = 0

El criterio de Tresca resulta:

R e p e pR k e pR σ y σ y σ σ σ − = = = ⇒ = ⇒ = 2 2 2 1 3 1

Ejercicio 7.1

(56)

Ejercicio 9-10-11.1

La sección de la figura se encuentra sometida a un momento flector M

_X

de –200kN.m y a un esfuerzo cortante Q

_Y

de valor -2000 kN. Determinar

las máximas tensiones normales y tangenciales que se producen en la sección.

y

x

300

5 0

60

2 5 0 _{Cotas en} mm

(57)

( )(

60 y

/

2 )

−

y

_G _G

(

−

)( )(

−

)

− −

250 y

60

250 y

/

2

G G

( )( )(

)

0 y

250

25

50

300

_G = − + −

mm

200 y

_G

=

DETERMINACIÓN DEL C.D.G DE LA SECCIÓN:

Tomando momentos estáticos respecto del eje horizontal que pasa por G

x

_x

300

5 0

60

2 5 0

y

_G

y

_G

/2

Cotas en mm

G

(58)

x

_x

300

5 0

60

2 5 0

200

75

Cotas en mm

M

_x = 200 KN.m 4 8 7 6 7 7 2 3 2 3 x mm 10 x 50 , 2 10 x 44 , 8 10 x 13 , 3 10 x 44 , 8 10 x 81 , 7 ) 75 )( 50 )( 300 ( 12 / ) 50 )( 300 ( ) 75 )( 250 )( 60 ( 12 / ) 250 )( 60 ( I = + + + + = + + + =

Momento de inercia:

I y M _máx máx = σ σ tracción = 200x106 N.mm (200) mm / 2.50 x108mm4 = 160 MPa σ compresión = 200x106 N.mm (100) mm / 2.50 x108mm4 = 80 MPa

(59)

x

_x

300

5 0

60

2 5 0

200

75

25 Momento estático

máximo:

En la fibra neutra:

a

₀

=60 mm

Q

_y

Q

_y = 2000 kN

M

_e

= (300)(50)(75)

+ (60)(50)(25)

= 1,2 x 10

6

_mm

3

(200x10

3

N) (1,2x10

6

mm

3

)

(2,50x10

8

mm

4

(60) mm

= 16 MPa

τ max

=

Cotas en mm

(60)

Flexión

Cortante

80 MPa 160 MPa

Tracción

Compresión

τ max=16 MPa Fibra neutra

x

300

5 0

60

2 5 0

G

(61)

Un árbol de 50 mm de diámetro y 0,7 m de longitud se encuentra

sometido a la acción de un momento torsor de 1200 Nm.

Calcular la máxima tensión tangencial que se produce y el

ángulo que giran entre sí las dos secciones extremas.

NOTA: G=90 GPa

4 9 4 4 10 59 , 613 32 05 , 0 32 m D I _O − × = ⋅ = = π π MPa I R M O z 89 , 48 10 59 , 613 025 , 0 1200 9 max = × ⋅ = ⋅ = − τ rad I G L M O z 0152 , 0 10 59 , 613 10 90 7 , 0 1200 9 9 = × ⋅ × ⋅ = ⋅ ⋅ = − θ º 871 , 0 2 360 0152 , 0 × = = π θ

Ejercicio 12.1

(62)

Repetir el ejercicio 12.1 suponiendo que el árbol es un tubo

con un diámetro externo de 50 mm e interno de 30 mm.

(

)

(

)

9 4 4 4 4 4 10 07 , 534 32 03 , 0 05 , 0 32 m d D I _O − × = − ⋅ = − = π π MPa I R M O z 17 , 56 10 07 , 534 025 , 0 1200 9 = × ⋅ = ⋅ = − τ rad I G L M O z 0175 , 0 10 07 , 534 10 90 7 , 0 1200 9 9 = × ⋅ × ⋅ = ⋅ ⋅ = − θ º 1 2 360 0175 , 0 × = = π θ

Ejercicio 12.2