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x
y
z
124
482
1
6
12
x
y
z
x
y
z
124
482
1
6
12
Solución:
Dado el tensor de tensiones (referido a un sistema cartesiano de referencia) en un punto de un sólido:
[ ]⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−=612184
2412T
Se pide:- Dibujar, sobre el punto elástico de la figura, y en las caras más alejadas del
origen de coordenadas, la dirección y sentido de cada una de las componentes tensionales que, sobre dichas, caras actúan.
-Determinar el valor de las tensiones normal y tangencial que actúan sobre un plano paralelo al plano x+y+z=0 que pasa por las proximidades (distancia infinitesimal) del punto considerado.
MPa
Ejercicio 1.1
Vector normal al plano:
( )
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
++=
75
18
31
31
31
31
612184
2412
kji3
1u
*z
*y
*x
σσσ
rrrr
Tensión normal:
( ) MPa67,63207518
31u*
n ==+−=⋅=rrσσ
Tensión tangencial:
MPa39,949,4467,1322n
2* =−=−= σστ r
Ejercicio 1.2
• Determinar las tensiones principales sabiendo que el tensor de tensiones viene definido por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−
102530253040304020
σ= MPa
Solución:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
zyzzx
zyyxy
zxxyx
στττστττσ
σ=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−
102530253040304020
= MPa
1
2 2 22
2 2 23 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
I
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 21 2 3 0I I Iσ σ σ− + − =
0322
13 =−+− III σσσ
MPaMPaMPa
8,515,263,65
3
2
1
−===
σσσResultado:
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,yb) 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:
[ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−−
=25151540
T
La expresión de dicho tensor en ejes x’-y’ la podemos obtener como:
[ ] [ ] [ ][ ]RTR'T T=
[ ] ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=
º35cosº35senº35senº35cos
R
Siendo:
[ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−=
48,1067,3567,3552,4
'T
Ejercicio 1.3
Suponiendo la ausencia de fuerzas internas, determinar los posibles valores de las constantes C1, C2 y C3 para que la siguiente distribución de tensiones puede existir en un sólido en equilibrio:
( ) 0yCzxCyCC
0zCyxC2
yz3xz32
21xy
z2
2y1x
=⋅−=⋅⋅+−⋅=
=⋅=⋅⋅⋅−=
τττ
σσσ
SOLUCIÓN:Ecuaciones de equilibrio interno (X=Y=Z=0)
)cumplese(0zyx
0CzC0zyx
0CxC2yC20zyx
zzyzx
33yzyyx
111xzxyx
=∂∂
+∂
∂+
∂∂
=⇒==∂
∂+
∂
∂+
∂
∂
=⇒−−==∂∂
+∂
∂+
∂∂
σττ
τστ
ττσ
C2 puede tomar cualquier valor, por lo que el estado tensional tendría la forma:
0000zC0
yzxzxy
z2
2yx
===
=⋅==
τττ
σσσ
Ejercicio 1.4
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 tensionesb) Los valores de las tres tensiones principalesc) Los tres vectores unitarios que definen las tres direcciones principalesd) La tensión tangencial máxima que se produce en las proximidades del punto considerado
[ ]⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−=
0000202002050
T
600202050
7020502
2
1
=−⋅=
=+=
I
Ia) b) Una de las tensiones principales (σz) es nula. Las otras dos las calcularemos resolviendo:
106002020
20500 21 ==⇒=
−−−−
=− σσσ
σσIT
Por tanto, las tensiones principales son: 01060 321 === σσσ y
c) Como el eje z es una dirección principal ( ), las otras dos las calcularemos resolviendo:kurr
=3 ⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−
−−00
20202050
2
1
uu
σσ
Dirección principal 1: jiuaa rrr 4473089430
00
40202010
12
1 ,, −=⇒⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−−−
Dirección principal 2: jiuaa rrr 8943044730
00
10202040
22
1 ,, +=⇒⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−
d) La tensión tangencial máxima será:( ) 3053025
210
260
21060
==⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
= ,,max,,maxmaxτ
Ejercicio 1.5
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. j) El plano al que representa el polo del círculo de Mohr
σ
τ
Plano Y
Plano X 50
20
20
x
y
POLO
σ
τ
Plano Y
Plano X 50
20
20
x
y
POLO
Planoprincipal IPlano
principal II
σ
τ
Plano Y
Plano X
50
20
20
x
y
60
10
x
y
POLO
Planoprincipal IPlano
principal II
Plano demáxima tensión tangencial
Plano demáxima tensión tangencial
σ
τ
Plano Y
Plano X
50
20
20
x
y
35
25
x
y
35
POLO
Plano en el queel vector tensión formael mayor ángulo posiblecon la normal
Plano en el queel vector tensión formael mayor ángulo posiblecon la normal
σ
τ
POLO
Plano correspondienteal polo del círculo de Mohr
σ
τ
El vector desplazamiento en un punto genérico de un sólido cargado viene dado (referido a un sistema cartesiano de referencia) por:
( ) ( )kazaxiazaxrrr
2322 ++−=δ 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?
Ejercicio 2.2
a) El tensor de deformaciones se obtiene del campo de desplazamientos como sigue:
( )( )( )
0yw
zv
aa3a2xw
zu
0xv
yu
a2xw
0xv
a2xu
az2ax3z,y,xww0z,y,xvv
az2ax2z,y,xuu
yz
xz
xy
z
y
x
=∂∂
+∂∂
=
=+−=∂∂
+∂∂
=
=∂∂
+∂∂
=
=∂∂
=
=∂∂
=
=∂∂
=
+====
−==
γ
γ
γ
ε
ε
ε
El tensor de deformaciones es:
[ ]⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
a202/a000
2/a0a2D
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 decompatibilidad de deformaciones:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
+∂∂
⋅∂∂
=∂⋅∂
∂⋅
∂⋅∂∂
=∂∂
+∂∂
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
−∂∂
⋅∂∂=
∂⋅∂∂
⋅∂⋅∂
∂=
∂∂
+∂∂
⎜⎜⎝
⎛∂
∂+
∂∂
+∂
∂−⋅
∂∂
=∂⋅∂
∂⋅
∂⋅∂
∂=
∂
∂+
∂∂
zyxzyxzxxz
zyxyxzzyyz
zyxxzyyxxy
xyxzyzzxzzx
xyxzyzyyzzy
xyxzyzxxyyx
γγγεγεε
γγγεγεε
γγγεγεε
22
2
2
2
2
22
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
;
;
;
En estas ecuaciones sólo aparecen derivadas segundas de las deformaciones, por lo quese verifica automáticamente al ser el campo deformaciones líneal. Por tanto, el campode desplazamientos dado es físicamente posible.
c) El vector unitario de la bisectriz del primer cuadrante del es:
)( kjiurrrr
++=3
1
El vector deformación unitaria sería:
[ ] ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡==
2/a50
2/a5
31
31
111
a202/a000
2/a0a2uD* rr
ε
La deformación longitudinal correspondiente (la medida de la banda) es:
a35
2a5
2a5
31
31
111
2/a502/a53
1u* =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=⋅=
rrεε
En un pilar vertical de sección cuadrada hueca, tal como se indica en la figura (cotas enmetros),
x
y
1 1 1 1
1111
x
y
1 1 1 1
1111
el tensor de deformaciones viene dado por:
[ ]( )
( ) 410200003203243
−⋅⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡+−
+−+= yx
yxxD
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.
Ejercicio 2.3
a) nto)(alargamie105102102 344 mhh zz−−− =⋅⋅=⋅=∆⇒⋅= εε
b) ( ) ( ) 44 106410322 −− ⋅+−=⋅+−⋅= yxyxxyγ
Para el punto (2,2), ( ) rad104102624 44xy
−− ⋅=⋅⋅+⋅−=γ (el ángulo disminuye)
c) ( ) 41063 −⋅+=++= xe zyxV εεε
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) 342
14
1
141
24
pilarV
m1036054dx106x3
52dx106x354dx106x3dVeV
−−
−−−
−−
⋅=⋅⋅⋅⋅++
+⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+=⋅=
∫
∫∫∫∆
(el volumen del pilar aumenta)
dx
h
a
a
b
b
dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dxdx
x
y
z
dx
h
a
a
b
b
dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dxdxdx
h
a
a
b
b
dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dxdx
x
y
z
Ejercicio 2.1Dado el tensor de deformaciones:
encontrar la deformación unitaria según la dirección:( ) 3/kjim
rrrr++=
[ ]mDmrr
=εmr
[ ]⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−
=002000020000200010002000100030
,,,,
,,,D
000330
31
31
31
002000020000200010002000100030
31
31
31 ,
,,,,
,,,=
⎪⎪⎪
⎭
⎪⎪⎪
⎬
⎫
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=mε
dxPP
x
L
e
Determinar el desplazamiento relativo entre las dos seccionesextremas de la barra de la figura:
P = 50.000 N, E = 2x107 N/cm2
e = 1 cm, b1= 5 cm, b2= 10 cm, L = 40 cmDatos:
Ejercicio 3.1
b1
b2
Consideremos una rebanada de longitud dx a una distancia x de lasección b1. El canto será:
1,
= +−
= +
=−
b b bL
x b ax
a b bL
12 1
1
2 1
El área (Ax) de la sección escogida será: (b1+a.x)eSi esta rebanada experimenta una elongación du, su deformación será:
xAEP
dxdu
⋅=
La elongación total, u, que experimenta la barra será:
u PA E
dx Pb ax e E
dx
u Pe E
dxb ax
PaeE
b ax
u Pa e E
b a Lb
x
L L
L
= =+
=+
= +
=+
01
0
10 1
1
1
( )
ln
ln
∫ ∫
∫1
100
lnb
LabEea
PdxAE
PduuL
x
L ⋅+⋅⋅
=⋅
== ∫∫0
L
Substituting back for K,
u Pb b
Le E
bb
=−
( )ln
2 1
2
1
e = 1 cm, b1= 5 cm, b2 = 10 cm, L = 40 cm,
P = 50.000 N, E = 2 x 107 N/cm2
u. .
cm=−
=50 00010 5
401 2. 10
105
0 013867
.
( )ln ,
Sustituyendo el valor de a:
En el problema:
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
VolumenPeso
=γ
z
x
y
BD
Lg
0
0
0
00
=
=
==
==
xz
yz
xy
z
y
x
z
τ
τ
τγσ
σσ
Tensiones:
z
x
y
bc
L
0
0
0
1
=
=
=
=
−=
−=
xz
yz
xy
z
y
x
zE
zE
zE
ε
ε
ε
γε
γνε
γνε
Deformaciones:z
z
zσ
Peso
γσγσ
⋅=⇒⇒⋅⋅==⋅
zzAPesoA
z
z
( )[ ]2222
2Lyxz
Ew
yzE
v
xzE
u
−++=
−=
−=
νγ
γν
γνDesplazamientos:
( )22
1 22
2 zEE zγσω ==
Densidad de energía:
EALAdzz
EdVU
V
L 32
0
22
62γγω ==⋅= ∫ ∫
Energía elástica almacenada en la barra:
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
σ2σ2
σ1 σ1
x
y
L
h
σ2σσ2σ2
σ1σ1 σ1σ1
La función de Airy será: 223223 gyfxycxdycxyybxax ++++++=φ
fcybxyx
ebyaxx
gdycxy
xyyx −−−=∂∂∂
−=++=∂
∂=++=
∂
∂= 22226262 2
2
2
2 φτφσφσ
Imponiendo que: en x=0, 112 σ
σσσ +
−= y
hx ; en x=0, 0=xyτ ; en y=0, 0=yσ
Se obtienen las constantes del polinomio, resultando: 21312
26yy
hσσσ
φ +−
=
Ejercicio 5.1:
Ejercicio 5.2:
Un tubo de pared gruesa tiene un radio interior “ 1r ” y exterior “ 2r ” 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 “ν” del material.
La distribución de tensiones en el tubo es:
[ ] [ ] prrrr
prprrr
pprprrrr 2
122
22
212
22
121
22
22
212
122
11−
+=+
−=−=−
−= θσσ
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−
+=∆⇒=∆⇒⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−
+=
−= νεν
νσσε θ
θθ 2
12
2
22
211
11121
22
22
21
rrrr
Epr
rrrrrrr
Ep
Er
lLlL DBCB 8060 ,, ==
Por condiciones de equilibrio:
PFPF DBCB 8060 ,, −=+=
De la geometría de la estructura:
• Energía de deformación:
( ) ( )[ ]AE
lPAE
lPAELF
AELFU DBDBCBCB
2332
22
36402
806022
,,,=
+=
+=
• Igualdad entre trabajo de las cargas externas y energía elástica almacenada:
AEPld
dPAE
LPU
WU
B
B
7280
3640 21
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
lB
D
34
3
4
Ejercicio 6.1
Determinar los coeficientes de influencia, de la siguiente viga sometida a las acciones indicadas.
F1=P F2=2P
6 m3 m
2 m
sabiendo que está realizada con un material de módulo de elasticidad Ey que el momento de inercia de su sección transversal es I.
DATOS:
Ecuación de la elástica:
( ) lxal
xlla-
EIxlFlad
axlx
lb
EIFlbxd
≤≤⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−−
=
≤≤⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−=
para 1 6
0 para 16
2
2
2
2
2
2
2
F
la
x
y b
Ejercicio 6.2
1
6 m2 m
x
y 4 m
3 m2 m
6 m
1 2
EI13,56
62
641
62461
2
2
2
2
11 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
⋅⋅⋅=
EId
( )EI
-EI
d 183,36
36621
636261 2
2
2
21 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−−⋅⋅⋅
=
F1=P F2=2P
1
6 m
2 m
x
y 4 m
1 2
EI13,83
62
631
62361
2
2
2
2
12 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
⋅⋅⋅=
EId
EI14,5
63
631
63361
2
2
2
2
22 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
⋅⋅⋅=
EId
3 m 3 m
Determinar, haciendo uso del concepto de coeficiente de influencia, la energíaelástica almacenada por la siguiente viga sometida a las acciones indicadas.
EI13,5611 =d
EId 183,321 =
EI13,8312 =d
EI14,522 =d
( )[ ]222
2112112
1 1
2222
121 dPdPPdPPdP
EIFFdWU ji
n
iij
n
j⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅=== ∑∑
= =
EIPU
244,18 ⋅=
( ) PPdPdd ⋅=⋅+⋅= 22,11212111
- Determinar el desplazamiento vertical experimentado por la sección sobre la queactúa la carga P.
6 m3 m
2 m
F1=P F2=2P
Ejercicio 6.3
Determinar, en función de los desplazamientos verticales (flechas) que experimentanlas secciones sobre las que se aplican las cargas exteriores, la energía elásticaalmacenada en la viga
niniii FdFdFdd ⋅++⋅+⋅= ........2211
njnjjj dkdkdkF ⋅++⋅+⋅= ........2211
En nuestro caso:
2221212
2121111
FdFddFdFdd⋅+⋅=
⋅+⋅= EI13,5611 =d EI
d 183,321 =
EI13,8312 =d
EI14,522 =d
Resolviendo el sistema:
[ ]( ) [ ]212
211
0047602555022555030
ddEIPFddEIPF
,,,,
+−==
−==
EIk 3011 ,= EIk 2555012 ,−= EIk 2555021 ,−= EIk 00476022 ,=
Ec. (2)
Ejercicio 6.4
[ ]
[ ]2212
21
221221
21
2
1
2
1
0047605110302
0047602555025550302
21
ddddEI
ddddddEI
ddkWUj m
mjjm
,,,
,,,,
+−=
=+−−=
=== ∑∑= =
lLlL BDBC 8,06,0 ==
De la geometría de la estructura:
Resolver la estructura de la figura aplicando el P.T.V.
C
P
l B
D
3
43
4
δ
C
P
l B
D
3
43
4
B’
Desplazamiento virtual: B B´
Ejercicio 6.5
CBCB L
αδε δ cos=
DBDB L
βδε δ cos=
Deformacionesvirtuales:
α
β δ
C
P
l B
D
B’δ
C
Bα
δ cos α
B’
( )dVol
dfdVolf
V yzyzxzxzxyxyzzyyxx
V V
∫∫∫
∫∫∫ ∫∫
+++++=
=Ω⋅+⋅Ω Ω
δδδδδδ γτγτγτεσεσεσ
δδrrrr
0=Ω⋅+⋅∫∫∫ ∫∫Ω Ω dfdVolfV V δδ
rrrr
( )
( ) ( )DBDB
DBCBCB
CB
V yzyzxzxzxyxyzzyyxx
LAL
LAL
dVol
⋅+⋅=
=+++++∫∫∫βδσαδσ
γτγτγτεσεσεσ δδδδδδ
coscos
( ) ( ) 0=⋅+⋅ DBDB
DBCBCB
CB LAL
LAL
βδσαδσ coscos
T.T.V.
Trabajo virtual fuerzas exteriores:
Trabajo virtual tensionesinternas:
( ) ( ) 0=⋅+⋅ DBDB
DBCBCB
CB LAL
LAL
βδσαδσ coscos
βασσβσασ
coscoscoscos CBDBDBCB −=⇒=+ 0
Por condiciones de equilibrio, habíamos obtenido previamente:
PFPF DBCB 8060 ,, −=+=
CBCBDB σσσ34
53
54
−=−=
CBCBDB FFF34
6080
−=−=,,
Si multiplicamos por A los dos miembros de esta última ecuación:
CBDBCBDB FFAA34
34
−=⇒⋅−=⋅ σσ
En el sistema articulado de la figura formado por tres barras deidéntico 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 barrasb.- La energía elástica que almacena el sistemac.- 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: 2ABarras BC y CD: A
ASPECTOS GEOMÉTRICOS DE LA ESTRUCTURA ARTICULADA
B D
C
l l
l/2
P
VB VD
θ θ
llCBCD
ll
118,1cos
º565,262/arctan
===
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
θ
θ
NUDO B NUDO C
NBC=NCD por simetría
RESOLUCIÓN DE LA EXTRUCTURA POR EQUILIBRIO DE NUDOS:
B
VB
NBD
NBC
θ C
VB
NDCNBC
P
θθ
PPNPNN
PsenN
BD
BCDC
CD
=⋅===
=
θ
θ
cos118,1118,1
2
B D’
C’
δ
RESOLUCIÓN DE LA ESTRUCTURA POR EL P.T.V.:
Desplazamientos virtuales:B y C no se desplazanD lo hace hacia su izquierdauna magnitud δ
B D
C
l l
l/2
P
VB VD
θ θ
B D’
C
δD
δ cosα
ll BDCD 2cos δεαδε δδ =
′=
( ) ( )
( ) δαδδαδ
δσαδσεσεσδ δδ
⋅+⋅=⋅+⋅′
=
=⋅+′⋅′
=⋅⋅+′⋅=
BDCDBDCD
BDCDBDBDCDCD
NNlAlA
NAllA
N
lAl
lAl
lAlAW
cos2222
cos
222
cos22int
Trabajo fuerzas actuantes: δWext=0
Trabajo fuerzas internas:
0coscos0int
=+⋅⇒⇒∀⋅+⋅=⇒=
BDCD
BDCDext
NNNNWW
αδδαδδδ
AEPld
AElPPd 796,3898,1
21 2
=⇒=
WU =NUDO C:
NUDO D:
( ) ( )EA
lPEA
lPE
AP
lu BD⋅
=⋅
==⋅=2
222εw
AElP
EAlP
EAlP
EAlPUUUU CDBCDB
2
22
2
898,12
)118,1()118,1(2
)118,1()118,1()2(2)2(
=
=⋅⋅
+⋅⋅
+
+⋅⋅
=++=
PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO:
AEPl
AEPl
PUd 796,32898,1
=⋅
=∂∂
=
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
QB D
C
l l
l/2
SISTEMA I
SISTEMA IIB D
C
l l
l/2
P
QB D
C
l l
l/2
( ) ( )←⋅=↓⋅ III uQdP
EAlPu I ⋅
=w
( ) ( )EA
lQuPQd III ⋅
=←⋅=↓
AEPl
AEPl
PUdB 728,0364,02 =⋅=∂∂
=
AElPU
2
3640,=
EJEMPLO DE APLICACIÓN DEL PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO
Sabiendo que la expresión de la energía elástica almacenada en el sistemaarticulado de la figura (ver Ec. (1)) es:
determinar el valor del desplazamiento vertical queexperimenta el nudo B.
C
P
lB
D
3
43
4
Ejercicio 6.8
Determinar la máxima presión “p” manométrica interna que puede soportar una vasijacilíndrica 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 “ yσ ”. NOTA: Aplíquese el criterio de plastificación de Tresca
Las tensiones en la vasija son: epR
epR
z 2; == σσθ , por lo que las tres tensiones
principales resultan ser: 0;; 321 === σσσσσ θ z El criterio de Tresca resulta:
Re
pepRk
epR yy σσ
σσσ =⇒=⇒===−2
22131
Ejercicio 7.1
Ejercicio 9-10-11.1
La sección de la figura se encuentra sometida a un momento flector MXde –200kN.m y a un esfuerzo cortante QY de valor -2000 kN. Determinar las máximas tensiones normales y tangenciales que se producen en la sección.
y
x
30050
60
250 Cotas en
mm
( )( )−2/y60y GG
( )( )( ) −−−− 2/y25060y250 GG
( )( )( )0
y2502550300 G
=−+−
mm200yG =
DETERMINACIÓN DEL C.D.G DE LA SECCIÓN:Tomando momentos estáticos respecto del eje horizontal que pasa por G
x x
300
50
60
250 yG
yG /2Cotas enmm
G
x x
300
50
60
250
200
75
75
Cotas enmm
M x = 200 KN.m
487
677
23
23x
mm10x50,210x44,8
10x13,310x44,810x81,7
)75)(50)(300(12/)50)(300(
)75)(250)(60(12/)250)(60(I
=+
+++=
++
+=
Momento de inercia:
IyM máx
máx =σ
σ tracción = 200x106 N.mm (200) mm / 2.50 x108 mm4
= 160 MPaσ compresión = 200x106 N.mm (100) mm / 2.50 x108 mm4
= 80 MPa
x x
300
50
60
250 200
75
25
Momento estáticomáximo:
En la fibra neutra:a0=60 mm
Qy
Q y = 2000 kN
Me= (300)(50)(75) + (60)(50)(25)
= 1,2 x 106 mm3
(200x103 N) (1,2x106 mm3)(2,50x108 mm4 (60) mm = 16 MPaτ max =
Cotas enmm
Flexión Cortante
80 MPa
160 MPaTracción
Compresión
τmax=16 MPa
Fibraneutrax x
30050
60
250
G
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
4944
1059,61332
05,032
mDIO−×=
⋅==ππ
MPaI
RM
O
z 89,481059,613025,01200
9max =×⋅
=⋅
= −τ
radIGLM
O
z 0152,01059,6131090
7,0120099 =
×⋅×⋅
=⋅⋅
= −θ
º871,023600152,0 =×=π
θ
Ejercicio 12.1
Repetir el ejercicio 12.1 suponiendo que el árbol es un tubo con un diámetro externo de 50 mm e interno de 30 mm.
( ) ( ) 494444
1007,53432
03,005,032
mdDIO−×=
−⋅=
−=
ππ
MPaI
RM
O
z 17,561007,534025,01200
9 =×⋅
=⋅
= −τ
radIGLM
O
z 0175,01007,5341090
7,0120099 =
×⋅×⋅
=⋅⋅
= −θ
º123600175,0 =×=π
θ
Ejercicio 12.2
El motor de un automóvil proporciona una potencia de 100 caballos a 1800 rpm a un árbol de transmisión de 10 mm de radio. Calcular la máxima tensión tangencial que sufre el árbol.
El momento torsor al que se encuentra sometido el árbol es:
( ) ( )mN
srevradrev
hpwhp
angularVelocidadPotenciaM z .396
min6012
min1800
7,745100=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅
==π
La máxima tensión tangencial es:
O
z
IRM
=τ con 2
4RIOπ
=
τ=252 MPa
Ejercicio 12.3