Práctico 3: Esfuerzo axial

Transcripción

1 ráctico 3: Esfuerzo axial Ejercicio 1: La gura muestra una barra restringida de desplazarse en su extremo izquierdo y sometido a tres cargas a lo largo de su longitud. La barra es un hierro redondo de diámetro φ 8 mm, se solicita determinar la elongación total de la misma. 1 7 kn 2 8 kn 3 3 kn a,4[m b,35[m c,2[m E 21 Ga a b c B Resolución. Interesa sólo el equilibrio en la dirección horizontal (x), en la dirección vertical (y) no hay fuerzas actuantes. El peso propio de la barra (3,65N) produce exión en la dirección y y no será considerado ahora. El problema es isostático por lo cual podemos evaluar fácilmente el esfuerzo (constante) en cada tramo entre cargas. La reacción de apoyo R resulta del equilibrio de fuerzas horizontales R de donde R 12 kn. Los esfuerzos en tanto valen en cada tramo: N a R 12 kn, N b R kn y N c R kn N a N b N c B La elongación de la barra B será igual a la suma de las elongaciones de cada tramo (a de,4 m, b de,35 m y c de,2 m). Notar que todos los tramos están solicitados a esfuerzos axiales de tracción (como se verá más adelante un barra esbelta en compresión puede fallar antes de llegar al límite elástico). El alargamiento de cada tramo lo denominaremos por l i para i a, b, c. El alargamiento de un tramo bajo esfuerzo uniforme vale l N k, donde k es la rigidez axial del tramo k E l, tanto E como el área son iguales para todos los tramos ( πφ2 4 5,26 mm 2 5, m 2 ) E 1556 kn Entonces l l i N i k i 1 E [N al a + N b l b + N c l v 1 l [12,4 + 15,35 + 7,2 kn m,185 m 1,85 mm 1556kN 1

2 [ 15 Notar que las mayores tensiones ocurren en el segundo tramo (b) donde vale σ b kn 5, m Ma. De acuerdo a las características del material este valor puede corresponder a tensiones superiores a la de uencia. Ejercicio 2: En la estructura representada por la gura, determinar cual debe ser el valor de la fuerza 2 para que el punto C, no se desplace verticalmente E a 1,2m b,5m c,4m y d,6m. 2 D E. B c d 2 D E 3 B - 3. B c d a b C 1 a b C 1 Resolución. Si observamos la gura (derecha), vemos que a la fuerza 2 actuando en D induce sobre la barra vertical, en el punto B, una fuerza a la que llamaremos 3. El valor de esta fuerza resulta del equilibrio de momentos sobre la barra horizontal D B. Tomando momentos respecto al apoyo E, se tiene 2 a 3 b de donde 3 2 a b La barra vertical está entonces sometida a: 1,2,5 2 2,4 2 una carga 1 (hacia abajo) en el extremo C que produce tracción en el tramo C B de valor 1 una carga 3 (hacia arriba) en el punto B que combinada con 1 produce una compresión del tramo B de valor 1 3. ara que el punto C no descienda el alargamiento del tramo C B debe ser igual al acortamiento del tramo B, es decir con lo cual Usando el resultado anterior c + d d e CB + e B c E + ( d 1 3 ) E c + d 1 E d 3 E,4 +,6 1 1,667 1,6 3 1, , ,667 2,4 1,694 1 Notar que el valor de 2 es independiente del material y de la sección de la barra y sólo depende del valor de 1 (y de las distancias a, b, c y d). 2

3 Ejercicio 3: Determinar la longitud máxima l que puede tener un cable de acero, suspendido por su parte superior, cuyo diámetro es φ 5 m, si de su extremo pende un peso 3,5kN, siendo su tensión admisible σ y 21Ma, su peso especíco γ 75kN/m 3. Determinar, asimismo, para ese largo de cable, siendo el módulo elástico E Ma, cuánto es el incremento de longitud l. Resolución: La tensión máxima se produce en la parte superior del cable, ésta es debida a dos causas, una el peso propio (γ l) y la otra es producida por el peso de 3,5kN suspendido de su extremo inferior. σ γ l + γ l + donde π φ2 19,63 mm 2 4 La tensión máxima admisible es σ y, por lo que podemos escribir Despejando l obtenemos σ y γ l + l σ y γ , , ,3 422,7m Sabemos que ε σ y E y además que ε l l l σ y E l de estas dos ecuaciones obtenemos 21Ma ,7m,42m Ma Ejercicio 4: La columna de hormigón armado representada en la gura está cargada en su extremo superior con un peso N 5kN; la sección de la columna es cuadrada de lado de,2m y en su interior tiene un alma de acero de, 4m, 4m. Dados el módulo elástico del acero E c Ma y el módulo elástico del hormigón E H Ma, se pide determinar la tensión en el acero y en el hormigón y el acortamiento de la columna. N L El área del acero es c, 4, 4 1, m 2. El área del hormigón es H, 2, 2 c 38, m 2 Tomando como material de referencia el hormigón tenemos que el coeciente de equivalencia del acero es n c E c E , 5 3

4 n H E H E 1 E H E or otro lado, el área homogeneizada de la sección vale n H H + n c c 38, , 5 1, , m 2 La tensión en el hormigón vale σ c n c N y la tensión con el acero es 1, , , 1 [Ma σ c n H N , 6 [Ma 55, La elongación es igual para el hormigón tanto como para el acero y vale l N l E , , [m También es posible resolver este problema, utilizando la condición de que la deformación es igual para todos los puntos de la sección, es decir la misma deformación para el hormigón y para el acero, ε H y ε c respectivamente. Suponiendo que el acero toma una fuerza N c, por ahora es desconocida, y el hormigón toma una fuerza N H N N c. ε c N c E c c y ε H ε c ε H > N c E c c Usando N H N N c y despejando N c resulta N c N E c c E c c + E H H 5 [kn Usando nuevamente N H N N c N H E H H N H E H H σ c N c 152,17 [kn c 1,6 1 3 m 2 95, 1 [Ma N H 5 152,17 347,82 [kn σ H N H 347,82 [kn H 38,4 1 3 m 2 9, 6 [Ma 21 1, 6 152,17 [kn 21 1, ,4 Como vemos, obtenemos los mismos resultados con ambas formas de resolver el problema. 4

5 Ejercicio 5 La estructura articulada BC de la gura está formada por barras del mismo material y de la misma sección. ara una carga vertical 3 [kn actuando en C, se pide determinar la tensión en las barras, siendo ésta redondos de diámetro φ, 1 [m y el desplazamiento del nudo C. El módulo elástico de las barras es E [Ma y α π 4. α l L2m α C l α α N C N BC B Resolución: La estructura representada en la gura es isostática por lo tanto los esfuerzos axiales en las barras C y BC pueden calcularse considerando solamente el equilibrio de fuerzas. La forma general de resolver los esfuerzos que concurren a un nudo es plantear vectorialmente el equilibrio del nudo, es decir que la suma de las fuerzas sobre el nudo debe anularse N C t C + N BC t BC C [ donde N C y N BC son los esfuerzos axiales en cada barra, en tanto que t C 1 1 y 2 1 [ t BC 1 1 son los versores orientados desde cada nudo opuesto al nudo donde se plantea 2 1 el equilibrio (nudo C en este caso), de esta forma N C t C es la fuerza que la barra C realiza sobre el nudo. C es el vector de fuerzas externas actuante directamente sobre el nudo; reemplazando se tiene [ [ [ N C 2 + N 1 BC 2 1 [ [ [ NC La solución de este sistema de dos ecuaciones con dos incógnita permite obtener los esfuerzos en ambas barras: [ [ NC 2 N BC 2 uede verse que ambas barras soportan un esfuerzo axial del mismo valor absoluto, C traccionada y BC comprimida N C N BC N N BC 3 [kn 2 21, 21 [kn Las dos barras tienen la misma sección luego el valor absoluto de las tensiones también será igual σ N ±21, 21 [kn π 4,12 m 2 ±27, 9 [Ma 5

6 Lo mismo puede decirse respecto a las deformaciones y dado que las barras son de igual longitud, el alargamiento de la barra C será igual en valor absoluto al acortamiento de la barra BC, δ C σ C E l C δ BC σ BC E l BC +, 279 2m +1, m +1, 82mm 21 2, 279 2m 1, m 1, 82mm 21 2 Veamos ahora como determinar los desplazamientos del punto C. nalicemos el comportamiento del mismo como perteneciente a la barra C. El desplazamiento del extremo C de la barra puede descomponerse en dos partes (ver gura). α α C C C t BC C δ C nbc t C γ C B n C a) δ C debido a la deformación axial ε que ocurre en la dirección de la barra t C. Esta elongación δ C de la barra resulta de la proyección del desplazamiento de sus extremos en la dirección de la barra: δ C t C (u C u ) en este caso en que el extremo está jo se simplica a δ C t C u C (1) b) γ C debido a la rotación (sin deformación) alrededor del extremo apoyado en la dirección normal a la barra n C En la gura se indica ambas componentes y direcciones para la barra C. Debido a la primera componente (δ C t C ) el punto C se trasladaría a C y debido a la segunda (γ C n B ) el punto alcanza la posición C. u C δ C t C + γ C n C Similarmente en la barra BC debido a la elongación (δ BC t BC ) el punto C pasaría a C y combinado con la rotación (γ BC n BC ) al punto C. u C δ BC t BC + γ BC n BC La elongación de la barra BC se escribe δ BC t BC (u C u B ) t BC u C (2) 6

7 Desarrollando las dos elongaciones (1 y 2) δ C t C u C t T C u C 1 [ uc [1, 1 2 v C δ BC t BC u C t T BC u C 1 [ uc [1, 1 2 v C 1 2 [u C v C 1 2 [u C + v C Las dos expresiones conforman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (las dos componentes de desplazamiento del nudo C) [ [ uc v C [ δc δ B [ +1, 82 mm 1, 82 mm de donde pueden obtenerse las dos componentes de desplazamiento del nudo C. [ uc v C [, 2, 57 Notar que la matriz de coecientes de este sistema de ecuaciones es la transpuesta de la matriz de coecientes usada para la determinación de los esfuerzos. [ tc t BC [ N C N BC [ C mm [ t T C t T BC [ δc [u C δ BC continuación se muestra en forma general como plantear en forma sistemática las condiciones de equilibrio de un entramado plano isostático y la determinación de los desplazamientos de todos sus nudos en forma simultánea. El tratamiento se basa en un ejemplo, pero el procedimiento es general en tanto que el entramado sea interna y externamente isostático. Un tratamiento detallado (incluidos problemas hiperestáticos) se aborda en el curso de nálisis Estructural. Solución de un entramado isostático Consideremos las solución del reticulado plano indicado en la Figura 1. nalicemos la geometría de esta estructura. Está compuesta de 6 nudos articulados, 9 barras y dos apoyos (uno jo y otro móvil). La cantidad de restricciones de desplazamientos es 3 (dos en el apoyo jo y una en el móvil), lo que signica que la estructura es externamente isostática, pues tiene las restricciones mínimas correspondientes a los tres posibles movimientos de cuerpo rígido en el plano. Esta isostaticidad externa permite calcular las reacciones de apoyo en forma directa usando sumatoria de fuerzas F x Fy y sumatoria de momentos respecto a algún punto convenientemente elegido M z Figura 1: Ejemplo de sistema isostático 7

8 or otro lado la estructura misma, aislada de sus apoyos, no es un mecanismo, es decir no es posible que sus nudos se desplacen (excluyendolos desplazamientos de cuerpo rígido) sin que las barras se deformen y aparezcan tensiones. Más aún la estructura puede clasicarse como internamente isostática, por lo que pueden evaluarse los esfuerzos en cada barra con cierta facilidad. ara una solución completa de la misma, que permita conocer los desplazamientos es necesario conocer el material y el área de la sección de cada barra. Las condiciones impuestas al problema pueden clasicarse en dos grupos Restricciones a los desplazamientos. Estas están asociadas a los apoyos, que es donde se conocen a priori cuanto valen tales desplazamientos. or otro lado un apoyo signica que este aportará con la reacción correspondiente que a priori es incógnita. Las cargas en los nudos. Estas están asociadas a todos los nudos que no son apoyos. Notar que en todo nudo no restringido se conoce la carga actuante (incluyendo la dirección no restringida del apoyo móvil). aralelamente en estos nudos los desplazamientos son desconocidos a priori. lanteo de las ecuaciones de equilibrio y determinación de los esfuerzos ara que la estructura esté en equilibrio es necesario que cada nudo esté en equilibrio, esto permite plantear 2 ecuaciones de equilibrio por nudo. En el caso del ejemplo tendremos 12 ecuaciones que resultan en función de los esfuerzos (N i ) en las 9 barras y las tres reacciones de apoyo (R 5y R 6x R 6y ). revio al planteo de las ecuaciones de equilibrio es necesario organizar los datos. Utilizaremos 2 tablas, una tabla con las coordenadas de todos los nudos (el origen de coordenadas coincide con el nudo 6, el eje x corresponde con la dirección horizontal y el eje y con la dirección vertical), y una segunda tabla con las barras indicando los nudos que unen. Cada barra está orientada desde su nudo 1 (o primer nudo) a su nudo 2 (o segundo nudo), ( a partir ) de las ( coordenadas ) de estos cos α tx nudos podemos calcular su longitud y denir el vector t, en función de senα t y sus proyecciones sobre las direcciones positivas de los ejes x e y. nudo x y Barra Nudo 1 Nudo 2 Longitud t x cos α t y sen α /5-3/ /5 3/ Cuadro 1: Coordenadas nodales y conectividad de las barras Cada barra contribuye exclusivamente al equilibrio de sus nudos extremos. ara un valor positivo (tracción) del esfuerzo de la barra (N i ) esta tira de los nudos, en la dirección t i en su primer nudo y en la dirección t i en su segundo nudo. or ejemplo si consideramos el equilibrio del nudo 2 al cual concurren las barras 2, 4 y 5, la ecuación de equilibrio es (incluyendo naturalmente las fuerzas externas 8

9 2 { -N 2 t N 4 t 2 4 N 2 ( t 2 ) + N 4 (t 4 ) + N 5 ( t 5 ) [ [ [ { 1 1 -N 5 t N 2 + N N } } Notar que el nudo 2 es el segundo nudo para las barras 2 y 5, y el primer nudo para la barra 4 (ver Tabla). or ello en la ecuación de equilibrio los esfuerzos N 2 y N 5 aparecen multiplicados por t 2 y t 5. Los signos del vector de fuerzas externas en el nudo corresponden a si sus proyecciones son respectivamente positivas o negativas De la misma forma que lo hecho para el nudo 2, pueden escribirse las 2 ecuaciones de equilibrio de cada nudo y ordenarse en forma matricial 1 4/5-1 -3/ /5-3/5-1 -4/5 4/ /5 1 3/ N 1 N 2 N 3 N 4 N 5 N 6 N 7 N 8 N 9 R 5y R 6x R 6y (3) Donde las dos primeras las corresponden a las ecuaciones de equilibrio en el nudo 1, la tercera y la cuarta corresponden al equilibrio en el nudo 2 y así sucesivamente. Este sistema de ecuaciones (12 ecuaciones con 12 incógnitas) puede resolverse y de él se obtienen directamente los esfuerzos en las barras y las reacciones de apoyo N 1 N 2 N 3 N 4 N 5 N 6 N 7 N 8 N 9 R 5y R 6x R 6y 2,25 2,667 2,83 2,667 2, 4,853 3,75, 2, 3,75 2, 2,25 (4) Una forma alternativa de describir el sistema de ecuaciones anterior es escribir en el primer miembro las contribuciones al equilibrio de los esfuerzos internos y en el segundo las contribuciones de las fuerzas externas (incluyendo las reacciones). Esto sencillamente consiste en cambiar de miembro las fuerzas externas, lo que implica un cambio de signo, este cambio de signo se realiza 9

10 por razones prácticas sobre las contribuciones de las fuerzas internas. Luego -1-4/5 1 3/5 1-1 N 1 1 N 2 1 4/5 N 3 3/5 1 N 4 4/5-4/5-1 1 N 5-3/5-1 -3/5 N 6 1 N 7 N 8 N Escrito en términos matriciales como [ B C [ F [N R 2 2 R 5y R 6x R 6y (5) (6) Notar que: 1. En cada una de las primeras nueve columnas aparecen las contribuciones de cada barra al equilibrio de sus nudos extremos. Si en un nudo su contribución al equilibrio aparece con signo positivo en el otro es negativa, y en consecuencia la suma de los coecientes de cada una de estas columnas es cero 2. Naturalmente las reacciones sólo contribuyen al nudo donde actúan. 3. Las ecuaciones globales de equilibrio se pueden obtener como combinación lineal de las planteadas. sí la ecuación de equilibrio global en la dirección x se obtiene como la suma de las las impares y la ecuación de equilibrio global en la dirección y se obtiene como la suma de las las pares. or lo dicho en 1 las contribuciones de los esfuerzos internos de las barras se cancelan. En tanto que la ecuación de equilibrio de momentos se obtiene tomando momento de cada ecuación de equilibrio de cada nudo, donde nuevamente los esfuerzos internos se cancelan pues sus líneas de acción coinciden y son opuestas. Si tomamos momento respecto al origen de coordenadas, basta con multiplicar las ecuaciones impares (dirección x) por menos la coordenada y del nudo y las ecuaciones pares (dirección y) por la coordenada x del nudo correspondiente. En el ejemplo resulta: Fx Fy Mz R 5y R 6x R 6y (7) 4. Las primeras 9 ecuaciones de (5) pueden resolverse en forma independiente de las últimas 3. Esta 9 ecuaciones corresponden al equilibrio de los nudos libres de desplazarse y sólo dependen de los esfuerzos en las 9 barras. El sistema de 9 9 está determinado y tiene solución única. [B [N [F (8) 5. Obtenidos los esfuerzos N i de acuerdo al punto anterior (con el sistema 9 9), las reacciones pueden calcularse a partir de estos esfuerzos, realizando el producto matricial de las últimas 3 ecuaciones de (5). [C [N [R (9) 1

11 N 1 N 2 N 3 N 4 N 5 N 6 N 7 N 8 N 9 R 5y R 6x R 6y (1) Hasta aquí lo que se ha hecho es sistematizar la determinación de los esfuerzos en las barras de un entramado isostático que corresponde al curso de Estática. continuación se muestra como obtener los desplazamientos de los nudos, que es lo que interesa en este curso. Cálculo de los desplazamientos nodales Conocidos los esfuerzos en las barras (N i ) interesa calcular los desplazamientos de los nudos. Recordemos que para cada barra la deformación vale y su elongación (alargamiento) resulta: deniendo la rigidez de la barra como tenemos ε i N i E i t i u i L i (11) ε i L i e i N i E i t i u i t T i u i (12) L i K i E i L i (13) e i N i K i t T i u i (14) Esto da lugar a 9 ecuaciones (una para cada barra) que expresan cada uno de los alargamientos (conocidos) en función de los 9 desplazamientos desconocidos. sí para la barra 1 [ e 1 t T u1 1 (u 1 u 6 ) (, 1) v 1 para la barra 2 para la barra 3 [ e 2 t T u2 u 2 (u 2 u 1 ) (1, ) 1 v 2 v 1 e 3 t T 3 (u 4 u 1 ) ( ) [ 4 5, 3 u4 u 1 5 v 4 v 1 etc. grupando estas expresiones en un sistema de ecuaciones resulta 1 u /5 3/5 4/5-3/5 v 1 u v u 3 4/5 3/5-4/5-3/5 v 3 1 u v 4 1 u 5 e 1 e 2 e 3 e 4 e 5 e 6 e 7 e 8 e 9 (15) 11

12 [ B T [u [e (16) Notar que la matriz de coecientes del sistema a resolver (15) resulta la traspuesta de la matriz de coecientes para la obtención de los esfuerzos en barras (ver ecuación 5), por lo cual el armado del mismo es inmediato. Esta 9 ecuaciones permiten entonces encontrar los 9 desplazamientos incógnitas, lo cual podría verse como la integración de las deformaciones para obtener los desplazamientos. La solución del sistema propuesto es u 1 v 1 u 2 v 2 u 3 v 3 u 4 v 4 u e e e e e e 7 + e 9 e e e e e e e 7 + e e e e e 4 + e e e e e e e e e 7 + e 9 e 7 e e e e e e e 7 e 8 + e 9 (17) 12

13 ráctico 3: Esfuerzo xil Ejercicio 1: Comportamiento en serie Un cilindro vertical está restringido a desplazarse en su base y sometido a una carga de tracción 5 kn en el extremo superior. El diámetro del cilindro es φ 1cm y tiene una longitud L 1,2m. El cilindro está construido de dos materiales, la parte inferior de longitud a, 5m es de acero (E F e 21Ga) y la parte superior (de longitud b,7m) es de aluminio.(e l 69Ga) Se pide determinar a) la rigidez axial K de cada tramo y del conjunto. b) la elongación de cada tramo y del conjunto c) la tensión actuante. Ejercicio 2.Comportamiento en paralelo Un cilindro vertical anular de acero contiene en su núcleo un cilindro de aluminio. El conjunto está restringido de desplazarse en la parte inferior y está sometido a una carga de compresión en el borde superior. Se pide a) determinar los desplazamientos verticales b) las tensiones en el acero y en el aluminio y c) las rigideces axiales de cada parte y del conjunto r F e 5cm, r l 4cm, E F e 2,6 1 5 M a, E l, M a, L 1m, 1 5 N. Ejercicio 3. Una columna telescópica de tres tramos está empotrada en la base y sometida a una carga de 5N (compresión) en su extremo superior. La longitud de cada tramo es 1,5m y las áreas son 2,5cm 2, 5cm 2 y 7,5cm 2 respectivamente. Calcular el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la carga. Usar E M a. x F L L L Ejercicio 4. Las dos barras de la gura están sometidas a una carga 1kN. Dimensionar las barras usando tubos circulares del mismo diámetro. L 2,4m, CS2. Material E 2,1 1 5 M a. y σ f 24Ma. Determinar los desplazamientos del punto de aplicación de la carga L L 13