Esfuerzo Axial

Práctico 3: Esfuerzo axial
Ejercicio 1:
La figura 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 elongacion total de la misma. P1 = 7 kN P2 = 8 kN P3 = 3 kN a = 0,40[m] b = 0,35[m] c = 0,20[m] E = 210 GPa

P3 A a b

P2 c

P1 BResolucion. 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 flexión 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 RA resulta del equilibrio de fuerzashorizontales RA − P3 + P2 + P1 = 0 de donde RA = −12 kN. Los esfuerzos en tanto valen en cada tramo: Na = −RA = 12 kN, Nb = −RA + P3 = 15 kN y Nc = −RA − P3 + P2 = P1 = 7 kN.

P3 A
Na Nb

P2
Nc

P1 B

La elongacion de la barra AB será igual a la suma de las elongaciones de cada tramo (a de 0,40 m, b de 0,35 m y c de 0,20 m). Notar que todos los tramos están solicitados a esfuerzos axiales detracción (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 ∆li para i = a, b, c. El alargamiento de un tramo bajo esfuerzo uniforme vale ∆l = N , donde k es la rigidez axial k 2 del tramo k = EA , tanto E como el área son iguales para todos los tramos (A = πφ = 50,26 l 4 mm2 = 50,26 ×10−6 m2 ) EA= 10556 kN Ni 1 Entonces ∆l = ∆li = ki = EA [Na la + Nb lb + Nc lv ] 1 [12 · 0,40 + 15 · 0,35 + 7 · 0,20] kN m = 0,001085 m = 1,085 mm 10556kN 15 Notar que las mayores tensiones ocurren en el segundo tramo (b) donde vale σb = 50,26×10−6 kN = m2 298 MPa. De acuerdo a las características del material este valor puede corresponder a tensiones superiores a la de fluencia. ∆l = 1

Ejercicio 2:
En laestructura representada por la figura, determinar cual debe ser el valor de la fuerza P2 para que el punto C, no se desplace verticalmente. A = 2 × 10−4 E = 210 × 103 a = 1,20m b = 0,50m c = 0,4m y d = 0,6m.
A d A

D

E

.B c

D

E

P3
B

-P 3
.B c C

P2
C a b

P2
a b

P1

P1

Resolucion. Si observamos la figura, vemos que a la fuerza P2 actuando en D induce sobre labarra vertical, en el punto B, una fuerza a la que llamaremos P3 . El valor de esta fuerza resulta del equilibrio de momentos sobre la barra horizontal D − B. Tomando momentos respecto al apoyo E, se tiene P2 × a − P3 × b = 0 de donde P3 = P2 × a 1,2 = P2 = 2,4P2 b 0,5

La barra vertical está entonces sometida a: una carga P1 (hacia abajo) en el extremo C que produce tracción en el tramo C − B devalor P1 una carga −P3 (hacia arriba) en el punto B que combinada con P1 produce una compresión del tramo A − B de valor P1 − P3 . Para que el punto C no descienda el alargamiento del tramo C −B debe ser igual al acortamiento del tramo A − B, es decir eCB + eAB = 0 c d P1 + (P1 − P3 ) =0 EA EA c+d d − P3 =0 P1 EA EA con lo cual P3 = P1 Usando el resultado anterior P3 = 1,667P1 = 2,4P2 P2 = 1,667P1 = 0,694P1 2,4 c+d 0,4 + 0,6 = P1 = 1,667P1 d 0,6

Notar que el valor de P2 es independiente del material y de la sección de la barra y sólo depende del valor de P1 (y de las distancias a, b, c y d).

2

d

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 P = 3,5kN,siendo su tensión admisible σy = 210MPa, su peso específico γ = 75kN/m3 . Determinar, asimismo, para ese largo de cable, siendo el módulo elástico E = 210 × 103 MPa , 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 × A × l) y la otra es producida por el peso de 3,5kN suspendido de...