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Elasticidad. problemario

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Problemario relacionado al cálculo de esfuerzos en la soldadura

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  • 1. Elasticidad Hugo Medina Guzmán CAPÍTULO 1. ElasticidadINTRODUCCIÓNHasta ahora en nuestro estudio de mecánica hemosasumido que los cuerpos son indeformables; esto noes cierto, aunque se justifica cuando los efectos delas deformaciones carecen de importancia.En este capítulo trataremos sobre los cambios deforma producidos en un cuerpo cuando está bajo laacción de una fuerza, esto es, en el sentido delcomportamiento de los materiales bajo la acción dediversos esfuerzos, iniciándonos en la técnica deldiseño.PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS Muestra típica de sección circular para el ensayo deMATERIALES tensión - deformaciónMuchos materiales cuando están en servicio están Durante la tensión, la deformación se concentra ensujetos a fuerzas o cargas. En tales condiciones es la región central más estrecha, la cual tiene unanecesario conocer las características del material sección transversal uniforme a lo largo de supara diseñar el instrumento donde va a usarse de tal longitud. La muestra se sostiene por sus extremos enforma que los esfuerzos a los que vaya a estar la máquina por medio de soportes o mordazas que asometido no sean excesivos y el material no se su vez someten la muestra a tensión a una velocidadfracture. El comportamiento mecánico de un constante. La máquina al mismo tiempo mide lamaterial es el reflejo de la relación entre su respuesta carga aplicada instantáneamente y la elongacióno deformación ante una fuerza o carga aplicada. resultante (usando un extensómetro). Un ensayo deHay tres formas principales en las cuales podemos tensión normalmente dura pocos minutos y es unaplicar cargas: Tensión, Compresión y Cizalladura. ensayo destructivo, ya que la muestra es deformada permanentemente y usualmente fracturada.Además en ingeniería muchas cargas son torsionalesen lugar de sólo cizalladura. Ensayo tensión – deformación Sobre un papel de registro, se consignan los datos de la fuerza (carga) aplicada a la muestra que está siendo ensayada así como la deformación que se puede obtener a partir de la señal de un extensómetro. Los datos de la fuerza pueden convertirse en datos de esfuerzo y así construirse una gráfica tensión – deformación.ENSAYO DE TENSIÓN Y DIAGRAMA DEESFUERZO – DEFORMACIÓN. El ensayo detensión se utiliza para evaluar varias propiedadesmecánicas de los materiales que son importantes enel diseño, dentro de las cuales se destaca laresistencia, en particular, de metales y aleaciones.En este ensayo la muestra se deforma usualmentehasta la fractura incrementando gradualmente unatensión que se aplica uniaxialmente a lo largo del ejelongitudinal de la muestra. Las muestrasnormalmente tienen sección transversal circular, Gráfica típica tensión vs deformaciónaunque también se usan especimenes rectangulares. DEFORMACIÓN ELÁSTICA Y PLÁSTICA 1
  • 2. Elasticidad Hugo Medina GuzmánCuando una pieza se somete a una fuerza de tensión Por definición, El esfuerzo S en la barra es igual aluniaxial, se produce una deformación del material. cociente entre la fuerza de tensión uniaxial media FSi el material vuelve a sus dimensiones originales y la sección transversal original A0 de la barra.cuando la fuerza cesa se dice que el material hasufrido una DEFORMACIÓN ELASTICA. El F N S= , sus unidades son .número de deformaciones elásticas en un material es A0 mlimitado ya que aquí los átomos del material sondesplazados de su posición original, pero no hasta el Deformación unitaria: Por definición, laextremo de que tomen nuevas posiciones fijas. Así deformación unitaria originada por la acción de unacuando la fuerza cesa, los átomos vuelven a sus fuerza de tensión uniaxial sobre una muestraposiciones originales y el material adquiere su forma metálica, es el cociente entre el cambio de longitudoriginal. de la muestra en la dirección de la fuerza y laSi el material es deformado hasta el punto que los longitud original.átomos no pueden recuperar sus posiciones l − l 0 Δloriginales, se dice que ha experimentado una δ= = , la deformación unitaria es una l lDEFORMACIÓN PLASTICA. magnitud adimensional En la práctica, es común convertir la deformaciónDIFERENCIA ENTRE LOS CUERPOS unitaria en un porcentaje de deformación oELASTICOS Y LOS INELASTICOS. Los porcentaje de elongacióncuerpos elásticos son los cuerpos que después de % deformación = deformación x 100 % = %aplicarles una fuerza vuelven a su forma normal elongaciónmientras que los inelásticos tienen su grado deelasticidad muy bajo y si los deforman no vuelven a MODULO ELASTICO O DE ELASTICIDAD.su forma original. A la constante de proporcionalidad, podemos escribir la ley de Hooke en su forma general.LEY DE HOOKE. esfuerzoEn la parte de comportamiento elástico se cumple la Módulo Elástico =Ley de Hooke. Robert Hooke fue el primero en deformaciónenunciar esta relación con su invento de un volante Para el caso de Deformación por tracción ode resorte para un reloj. En términos generales, compresión longitudinalencontró que una fuerza que actúa sobre un resorte Fproduce un alargamiento o elongación que es El esfuerzo es S= , la deformación unitaria esdirectamente proporcional a la magnitud de la Afuerza. ΔlF = −kΔl δ= lEl signo menos es porque la fuerza es en oposición a El módulo elástico es conocido como el MODULOla deformación. DE YOUNG.La constante de la proporcionalidad k varía mucho Fde acuerdo al tipo de material y recibe el nombre de Y= A =Sconstante del resorte o coeficiente de rigidez. Δl δ F N lk= , sus unidades son . Δl m TABLA I Módulo de elasticidad o módulo de Young.ESFUERZO Y DEFORMACIÓN UNITARIA.Esfuerzo. Consideremos una varilla cilíndrica de Módulo de Nombre elasticidad Ylongitud l 0 y una sección transversal de área A0 1010 N/m2sometida a una fuerza de tensión uniaxial F que Aluminio 6,8alarga la barra de longitud l 0 a l , como se muestra Cobre 10,8en la figura. Oro 7,6 Hierro, fundido 7,8 Plomo 1,7 Nickel 20,6 Platino 16,7 Plata 7,4 Latón 4,6 Acero 20,0 Ejemplo 1. Los ortodoncistas usan alambres de bajo módulo de Young y alto límite elástico para corregir 2
  • 3. Elasticidad Hugo Medina Guzmánla posición de los dientes mediante arcos tensores.¿Por qué? Solución.Bajo módulo de Young para que sea relativamentefácil deformarlo elásticamente para montar los arcosen los dientes. La tensión deberá ser menor que latensión de fluencia del material, de ahí que el límiteelástico tenga que ser alto, ya que si el arco sedeforma plásticamente, su deformación esirreversible y por lo tanto, no estará tensionando los Suma de fuerzas verticales: ∑Fdientes para corregir su posición transversal seconvierte en un paralelogramo. y =0 2Tsenα − Mg = 0 ⇒Ejemplo 2. De un alambre de cobre de 1,5 m de Mglongitud y 2 mm de diámetro se cuelga un peso de 8 T= .kg. Se pregunta: 2senαa) ¿Hemos rebasado el límite de elasticidad? Por la ley de Hooke deducimosb) ¿Se romperá el alambre?c) En caso de ser negativas las preguntas anteriores, que¿cuál es su alargamiento? ⎛ Δl ⎞Módulo de Young = 12x1010 N/m2 T = ⎜ ⎟YA ⎝ l ⎠Límite de elasticidad de 3x107 a 12x107 N/m2Límite de ruptura de 20x107 a 50x107 N/m2 Igualando:Solución. ⎛ Δl ⎞ Mg ⎜ ⎟YA =a) y b) La sección del alambre es: ⎝ l ⎠ 2senα A = πr2 = 3,14 mm2 = 3,14x10-6 m2La fuerza que corresponde a cada m2 de sección es: De la figura siguiente:F Mg 8 × 9,8 = =A A 3,14 × 10 −6 N = 2,49 × 107 2 mQue no llega ni al límite inferior de elasticidad ni alde ruptura. l Fl 8 × 9,8 × 1,5 l = y l = l + Δlc) Δl = = cos α YA 12 × 1010 × 3,14 × 10− 6 De aquí: = 0,0003 m l ⎛ 1 ⎞ = l + Δl ⇒ Δl = l⎜ − 1⎟ ⇒ = 0,3 mm cos α ⎝ cos α ⎠ Δl 1Ejemplo 3. Entre dos columnas fue tendido un = −1alambre de longitud 2 l . En el alambre, exactamente l cos αen el centro, fue colgado un farol de masa M. El área Luegode la sección transversal del alambre es A, el módulo ⎛ 1 ⎞ Mgde elasticidad es Y. Determinar el Angulo α, de ⎜ − 1⎟YA =pandeo del alambre, considerándolo pequeño. ⎝ cos α ⎠ 2senα Para ángulos pequeños tenemos que senα ≈ α y cos α = 1 − 2sen 2 α( 2)≈ 1 − α 2 2 . Reemplazando obtenemos ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 1 2 − 1⎟YA = MgSolución. ⎜ α ⎟ 2αPara encontrar la tensión del hilo. ⎜1− ⎟Por condición de equilibrio: ⎝ 2 ⎠ 3
  • 4. Elasticidad Hugo Medina Guzmán ⎡⎛ α 2 ⎞ ⎤ Mg⇒ ⎢⎜1 + ⎜ ⎟ − 1⎥YA = ⎟ ⎣⎝ 2 ⎠ ⎦ 2α α2 Mg Mg⇒ YA = ⇒ α3 = 2 2α YAFinalmente Mgα =3 YA Solución.Ejemplo 4. Se cuelga una viga de 2000 kg de dos Partiendo de los conceptos de simetría, es evidentecables de la misma sección, uno de aluminio y otro de que el alargamiento de los hilos será igual.acero. Al suspenderla, ambos cables se estiran lo Designemos este alargamiento por Δl .mismo. Calcular la tensión que soporta cada uno. De acuerdo con la ley de Hooke, la tensión del hiloMódulos de Young: acero = 20x1010 N/m2, aluminio de acero es=7x1010 N/m2 AYa Fa = Δl y la del hilo de cobre, es l AYc Fc = Δl l De donde concluimos que la relación de las tensiones es igual a la relación de los módulos de elasticidad correspondientes: Fc Yc 1 = = . Fa Ya 2 En equilibrio 2Fc + Fa = mg. Por consiguiente, mg Fc = = 250 N y Fa = 2Fc = 500 N. 4Solución. Ejemplo 6. Una columna de hormigón armado seSi los cables inicialmente tienen igual longitud y la comprime con una fuerza P. Considerando que elviga finalmente está horizontal, ambos cables han módulo do Young del hormigón Yha, es 1/10 del deexperimentado el mismo alargamiento: hierro Yh y que el área de la sección transversal del Fl lT1 lT2 hierro es 1/20 de la del hormigón armado, encontrarComo Δl = , = de aquí qué parte de la carga recae sobre el hormigón. YA Y1 A Y2 AT1 T2 Solución. = Basándonos en la ley de Hooke, escribimos7 20 ⎛ Δl ⎞Donde el subíndice 1 se refiere al aluminio y el 2 Fha = ⎜ ⎟ Aha Yha yal acero. ⎝ l ⎠Por estar el sistema en equilibrio: ⎛ Δl ⎞ ⎛ Δl ⎞ A T1 + T2 = Mg = 2 000 x 9,8 N Fh = ⎜ ⎟ AhYh = = ⎜ ⎟ ha 10YhaDe ambas ⎝ l ⎠ ⎝ l ⎠ 20T1 = 5 081,5 N T2 = 14 517,5 N F De allí deducimos que ha = 2 .Ejemplo 5. Una barra homogénea, de masa m = 100 Fhkg, está suspendida de tres alambres verticales de la De este modo, 2/3 del peso recae sobre el hormigónmisma longitud situados simétricamente. armado y 1/3, sobre el hierro.Determinar la tensión de los alambres, si el alambredel medio es de acero y los otros dos son de cobre.El área de la sección transversal de todos los Ejemplo 7. Un peso W se encuentra sujeto entre dosalambres es igual. barras de peso despreciable, de las mismasEl módulo de Young del acero es dos veces mayor características pero de diferente longitud y como seque el del cobre. muestra en la figura. Los extremos de las barras 4
  • 5. Elasticidad Hugo Medina Guzmánestán ligados al peso y a los apoyos, los cuales sonindeformables. Solución.Encontrar las reacciones que se producen en los Bajo la acción de la fuerza de compresión F, el tuboapoyos. disminuye en Fl / AY . y bajo la acción de la fuerza de extensión F, el perno se alarga en el valor Fl / AaYa . La suma Fl / AaYa + Fl / AcYc es igual al desplazamiento de la tuerca a lo largo del perno: Fl / AaYa + Fl / AcYc = h , de donde: h ⎛ AaYa AcYc ⎞ F= ⎜ ⎟. l ⎜ AaYa + AcYc ⎟ ⎝ ⎠Solución.Diagramas del cuerpo libre del conjunto y de laspartes: Ejemplo 9. Viga horizontal sostenida mediante un tirante. En el sistema mostrado en la figura, ¿cuánto bajará el peso W respecto a la posición en la cual el tensor no estaba deformado?Por equilibrio estático, ∑F y = 0:R1 + R2 − W = 0 (1)Geométricamente, tiene que cumplirse que losalargamientos sean iguales: La barra es indeformable y de peso P.Δl 1 = Δl 2 El tensor BC es de peso despreciable, área A yPor elasticidad módulo de elasticidad Y. Solución.R1l 1 R2l 2 = ⇒AY AYR1l 1 = R2 l 2 (2)Resolviendo las ecuaciones (1) y (2), obtenemos: l2 lR1 = W y R2 = 1 W L LEjemplo 8. Un perno de acero se enrosca en un tubode cobre como muestra la figura. Encontrar lasfuerzas que surgen en el perno y en el tubo debido al Por equilibrio estático, ∑τ o =0hacer la tuerca una vuelta, si la longitud del tubo es Tl - Pl - W 2l = 0l , el paso de rosca del perno es h y las áreas de la T - P - 2W = 0sección transversal del perno y del tubo son iguales a T = P + 2W (1)Aa, y Ac respectivamente Geométricamente, considerando que el giro que se produce es pequeño, podemos escribir: x = 2 Δl Por elasticidad, el estiramiento Δl del tensor es: Tl Δl = AY 5
  • 6. Elasticidad Hugo Medina GuzmánLuego, 2Tlx = (2) AYReemplazando la expresión (1) en (2): 2(P + 2W )lx = AY Solución.Ejemplo 10. Deformaciones no uniformes porpeso propio.Determinar la deformación producida en una barradebido a su peso propio de una barra del largo L,sección A, módulo de elasticidad Y y densidad ρ .Solución.El elemento diferencial dy soporta el peso P de laporción de barra de longitud y que está sobre él. El elemento de columna dy es deformado por el peso de la masa m. mg dy d (ΔL ) = YA Cálculo de m.P = m g = ρV g = ρAyg dm = ρ l dy = κydy ⇒ LSiendo la longitud de la barra L, su deformación será L y2ΔL , la deformación del elemento diferencial dy m = ∫ κydy = κ y 2debido al pesoP , será d (ΔL ) . y κd (ΔL ) = P dy ρAg = ydy = 2 (L 2 − y2 ) YA YA Luego: ρg κg = Y ydy d (ΔL ) = 2YA (L 2 ) − y 2 dyLuego Integrando ρgΔL = ∫ d (ΔL ) = L κg Y ∫ 0 ydy ΔL = ∫ d (ΔL ) = 0 L 2YA ∫ (L 0 L 2 ) − y 2 dy 1 ρgL 2 1 (ρgAL )L L = = κg ⎛ y3 ⎞ 2 Y 2 AY ΔL = ⎜L y − ⎟ 2 1 (Peso Total ) × L 2YA ⎜ ⎝ 3 ⎟0 ⎠o ΔL = 2 AY κg ⎛ 3 L ⎞ κgL3 3 ⎜L − ⎟ = 2YA ⎜ 3 ⎟ 3YA =Observamos que esta deformación es igual a lamitad de la deformación que se produciría, como sí, ⎝ ⎠el peso estuviera concentrado en el extremo Como la masa total es Lsuperior. L y2 L M =∫ dm = ∫ κydy = κEjemplo 11. Una barra de masa M, módulo Y, 0 0 2 0sección A y altura L está sobre el piso. Determine la L 2deformación que sufre la atura de la barra por peso = κpropio. Considere que la densidad lineal de la barra 2varía según ρ l = κy , ( κ es constante e y la altura 2M κgL3 2MgL ΔL = 2 =medida desde el piso). κL 3YA 3YADatos: M, Y, A, L y κ . Ejemplo 12. Hállese la longitud que ha de tener un hilo de alambre, de densidad 8,93 y módulo de rotura 1020,4 kg/cm2 para que se rompa por su propio peso. 6
  • 7. Elasticidad Hugo Medina GuzmánSolución. F1020,4 kg/cm2 = 1 020,4x9,8 N/cm2 =108 N/m2; d (ΔL) = xdx , yρ = 8930 kg/m3. YAL x=LPara que el hilo se rompa, su peso ha de ser por lo Fmenos de 108A N, siendo A la sección. ΔL = ∫ d (ΔL) = ∫ YAL xdxO sea: x =0P = mg = Alρg = 10 A De donde ΔL = 1 FL 8Es decir: 2 YA 10 8 A 10 8 Ejemplo 14. Se tiene una columna de largo L,l= = =1143,6 m Aρg 8930 x9,8 sección transversal A, densidad ρ, módulo de elasticidad Y. Se jala cobre un piso liso de la maneraEjemplo 13. Deformaciones por aceleración como se muestra en la figura. Calcule cuanto estiraUna barra uniforme de acero (Longitud L, área de el cuerpo.sección recta A densidad ρ , módulo de young Y) sehalla sobre un plano horizontal exento de rozamientoy se tira de ella con una fuerza constante F.¿Cuál es el alargamiento total de la barra aconsecuencia de la aceleración? Solución. Primer método. Aplicando la segunda ley de Newton:Solución.a) Sea m la masa total de la barra ∑ F = ma 2F 2Fm = ρAL 3F − F = ma ⇒ a = =Tomemos un elemento diferencial dx, cuya masa es m ρALdmdm = ρAdx Haciendo el diagrama del cuerpo libreHagamos los diagramas del cuerpo libre de los tres El elemento diferencial es estirado por la fuerza R2.sectores. R2 dxLa fuerza sobre cada uno de los tres sectores se d (ΔL ) =indica en las figura a continuación AY Cálculo de R2: R2 − F = m a 2F ⇒ R2 = F + m a = F + ρAx ρALEl elemento diferencial dm se mueve conaceleración a debido a la fuerza (R1 –R2) x = F + 2F Y la fuerza que lo estira es R2. Por lo tanto su Ldeformación será un diferencial de ΔL esto es F ⎛ 2x ⎞d (ΔL ) : d (ΔL ) = ⎜1 + ⎟dx AY ⎝ L⎠ R2 dx Ld (ΔL) = y ΔL = ∫ d ( ΔL ) L YA F L ⎛ 2x ⎞ F ⎛ x2 ⎞ ΔL = ∫ ⎜1 + ⎟dx = ⎜x + ⎟ 0Como R2 = m a , m = ρAx y AY 0 ⎝ L⎠ AY ⎜ ⎝ L ⎟0 ⎠ F F 2 FLa= = , tenemos: = m ρAL AY ⎛ F ⎞ xR2 = (ρAx )⎜ ⎜ ρAL ⎟ = F L ⎟ Segundo método. ⎝ ⎠ El sistema de fuerzas puede ser desdoblado en dos partes cuyas deformaciones parciales sumadas hacen 7
  • 8. Elasticidad Hugo Medina Guzmánel efecto total, tal como se muestra en la figura R 2 − m g = m a ⇒ R 2 = m ( g + a ) ,siguiente: F − mg ⎛ F ⎞ m = ρAy y a = =⎜ ⎜ ρAL − g ⎟ , ⎟ m ⎝ ⎠ Tenemos: ⎛ F ⎞ y R2 = (ρAy )⎜ ⎜ ρAL ⎟ = F L ⎟ ⎝ ⎠ F d (ΔL) = ydy , y YAL F L ΔL = ∫ d (ΔL) = YAL ∫0 ydyLa primera parte es la deformación de un cuerpo De dondejalado por la fuerza 2F: 1 FL 1 (2 F )L FL ΔL =ΔL1 = = 2 YA 2 YA YALa segunda parte es la deformación de un cuerpo Ejemplo 16. Para la barra compuesta mostradasujeto a la tensión F: determine: FL a) Su aceleración.ΔL2 = b) La deformación de cada una de sus tres partes y YA su deformación total.La deformación total es la suma de lasdeformaciones parciales: FL FLΔL = ΔL1 + ΔL2 = + YA YA 2 FL Solución. = AY a) m1 = 2 ρLA , m2 = 4 ρLA y m3 = 2 ρLA Aplicando la segunda ley de Newton: ∑ F = ma ⇒ 3F − 7 F = (m1 + m2 + m3 )aEjemplo 15. Si la barra se jala hacia arriba con unafuerza F (F > mg). ¿Cuál es el alargamiento total dela barra? ⇒ − 4 F = 10 ρLAaSolución. 0,4 F ⇒ a=− ρLA El conjunto se mueve hacia la izquierda. b) La figura siguiente muestra los diagramas del cuerpo libre de cada uno de los elementos del conjunto. Tomando como positivo hacia la izquierda. Cálculo de R2: R2 − 3F = m3a ⇒El elemento diferencial dm se mueve con R2 = 3F + m3aaceleración a debido a la fuerza (R1 –R2) ⎛ 0,4 F ⎞ Y la fuerza que lo estira es R2. Por lo tanto su = 3F + (4 ρLA)⎜ ⎜ ⎟ ⎟deformación será un diferencial de ΔL esto es ⎝ ρLA ⎠d (ΔL ) : = 4,6 F R2 dy L Cálculo de R1:d (ΔL) = y ΔL = ∫ d ( ΔL) R1 − R2 = m2 a ⇒ YA 0Como R1 = R2 + m2 a ⎛ 0,4 F ⎞ = 4,6 F + (4 ρLA)⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ρLA ⎠ 8
  • 9. Elasticidad Hugo Medina Guzmán = 5,2 FDeformación de 3.La deformación por fuerza es debido a 3F: 3F 4 L FLΔL3 = = 12 YA YALa deformación por desplazamiento es debido a serjalado por la fuerza R2 – 3F = 1,6 F 1,6 F 4 L FLΔL3 = = 3,2 2YA YA Deformación total de 3: FL FL FL Solución.ΔL3Total = 12 + 3,2 = 15,2 YA YA YA Para calcular la aceleración de la barra aplicamos:Deformación de 2.La deformación por fuerza es debido a R2: ∑F y = ma y 3 R 2L FL 5Mg − Mg − Mg = 2Ma ⇒ a = gΔL2 = 2 = 9,2 2 YA YALa deformación por desplazamiento es debido a serjalado por la fuerzaR1 - R2 = 5,2 F – 4,6 F = 0,6 F 0,6 F 2 L FLΔL 2 = = 0,6 2YA YA Deformación total de 2: FL FLΔL2Total = 9,2 + 0,6 YA YA FL = 9,8 YADeformación de 1.La deformación por fuerza es debido a R1: Tomemos un elemento diferencial de la barra dy RL FLΔL1 = 1 = 2,6 Aplicando la segunda ley de Newton al elemento de Y 2A YA longitud x:La deformación por desplazamiento es debido a ser ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ R 2 − R3 − ⎜ M ⎟ g = ⎜ M ⎟ajalado por la fuerza 7F- R1 = 1,8 F ⎝ L⎠ ⎝ L⎠ 1,8 FL FL yΔL1 = = 0,45 R 2 − R3 = M ( g + a ) 2Y 2 A YA L Deformación total de 1: y⎛ 3 ⎞ 5Mg FL FL R 2 − R3 = M ⎜ g + g ⎟ = y (1)ΔL1Total = 2,6 + 0,45 L⎝ 2 ⎠ 2L YA YA Aplicando la segunda ley de Newton a la masa FL puntual: = 3,05 3 YA R3 − Mg = Ma = M g⇒Deformación total del conjunto. 2 FL FL FL 3 5ΔLTotal = 15,2 + 9,8 `+3,05 R3 = Mg + M g = Mg (2) YA YA YA 2 2 FL Reemplazando (2) en (1): = 28,05 5Mg 5Mg YA R2 − = y 2 2LEjemplo 17. Una barra vertical de longitud L, masa ⇒ R2 = 5 Mg ⎛1 + y ⎞ ⎜ ⎟M, sección transversal A y módulo de Young Y, tiene 2 ⎝ L⎠soldada en su extremo inferior una masa puntual M. Primer método.Si la barra se eleva verticalmente mediante una Comenzando con la deformación del elementofuerza vertical 5Mg (g = gravedad), aplicada en el diferencial y luego integrar para toda la longitud.extremo superior de la barra. Hallar la deformaciónlongitudinal de la barra. 9
  • 10. Elasticidad Hugo Medina Guzmán arrastrado sobre un plano liso, con una fuerza F = 2W. a) Hallar la deformación longitudinal unitaria cuando el plano es horizontal.El elemento diferencial se deforma d (ΔL ) debido a b) Hallar la deformación de la dimensión paralela al plano, cuando el bloque sube sobre el plano que estala reacción R2 , (R1 − R2 ) le da la aceleración inclinado 37º. 3a= g , luego: 2 5 ⎛ y⎞ Mg ⎜1 + ⎟dy R dy 2 ⎝ L⎠d (ΔL ) = 2 = YA YA Solución. 5Mg ⎛ y⎞ a) = ⎜1 + ⎟dy ΔL 1 2W W 2YA ⎝ L ⎠ = = 2Integrando: L 2 YL2 YL 5Mg L ⎛ y⎞ 5Mg ⎛ L2 ⎞ 2YA ∫0 ⎝ L ⎠ΔL = ⎜ 1 + ⎟dy = ⎜L + ⎟ b) 2YA ⎜ ⎝ 2L ⎟ ⎠ Resuelto por integración. Calculo de la aceleración. 15MgL = 4YA ∑ F = ma ⇒ W WSegundo método. 2W − Wsen37º = a ⇒ 2W − 0,6W = aComenzando con la deformación la los efectos de g glas fuerzas en los extremos de la barra. ⇒ a = 1,4 gNota: En R3 ya está considerado el peso de la masapuntual M colocada en el extremo inferior de labarra. El diagrama del cuerpo libre Cálculo de R2:Deformación de la barra por 5Mg: x W x 1 5MgL 5MgL R2 − W sen37º = a⇒ΔL1 = = L g L 2 YA 2YA 0,6 x W x xDeformación de la barra por R3: R2 = W + 1,4 g = 2W 1 5MgL 5MgL L g L LΔL2 = = El elemento diferencial se deforma dΔL : 2 2YA 4YADeformación total: ΔL = ΔL1 + ΔL2 R dx 2W dΔL = 2 2 = 3 xdx YL YL 5MgL 5MgLΔL = + Para hallar ΔL integramos desde x = 0 hasta x = L. 2YA 4YA 2W L W 15MgL ΔL = ∫ dΔL = ∫ xdx = = YL3 0 YL 4YA La deformación es:Aquí no se considera el efecto del peso propio por Wseparado, porque en el cálculo de R2 ya está ΔL =considerado. YLEjemplo 18. Un cubo como se muestra en la figura Resuelto directamente usando resultadosde peso “W” arista “L” módulo de Young “Y” es conocidos. 10
  • 11. Elasticidad Hugo Medina GuzmánEstiramiento debido a la aceleración:Calculo de la aceleración.∑ F = ma ⇒ W W2W − Wsen37º = a ⇒ 2W − 0,6W = a g g⇒ a = 1,4 g Parte 1: Cálculo de la fuerza total sobre una sección 1 (2W − 0,6W )L 0,7W transversal a la distancia r del pivote.ΔLa = = 2 YL2 YLEstiramiento debido al peso: 1 0,6WL 0,3WΔL p = = 2 YL2 YLEstiramiento total: Debido a la aceleración centrípeta se tiene una fuerza: 0,7 0,3W WΔL = + = dF = (dm )a c = (dm )ω 2 r YL YL YL dm = ρAdr Ejemplo 19. Deformación debido a la rotación dF = (ρAdr )ω 2 r = ρAω 2 r dr Una barra de longitud l , área A, densidad ρ y Integrando:módulo de Young Y gira con velocidad angular ω l lconstante sobre una mesa horizontal sin fricción y F = ∫ ρAω 2 r dr = ρAω 2 ∫ rdr r rpivotado en uno de sus extremos. Determinar el F = ρAω 2 (l 2 − r 2 )alargamiento producido. ¿Cuál será el esfuerzo 1máximo? 2 Parte 2: Cálculo del alargamiento El alargamiento del elemento dr es: Fdr d (Δl ) = YA Y el alargamiento total será: Fdr ρAω 2 l 2 ∫r (l − r )dr l Δl = ∫ = 2 r YA 2YA ρω 2 l3 1 ρω 2 l 3 Δl = (l - ) = 3 2Y 3 3 YSolución.El elemento diferencial se alarga d (Δl ) , debido ala fuerza centrípeta producida por la masa restantehacia el extremo opuesto al pivote. 11
  • 12. Elasticidad Hugo Medina GuzmánEjemplo 20. Una barra de hierro de 100 mm2 de lsección y 50 cm de longitud gira alrededor de uno F = ∫ rω 2 dm 0de sus extremos con una velocidad angular uniformede ω radianes por segundo. Se pide cuál debe ser Donde l es la longitud de]a barra, ω es laesta velocidad para que la barra se rompa por la velocidad angular de la rotación; r, la distancia quetracción que origina la fuerza centrífuga, sabiendo hay desde el elemento de masa dm hasta el eje deque el material de que está hecha se rompe por rotación. Para una barra homogénea dm = ρAdr ,tracción cuando se le carga con 30 kg por mm2. siendo ρ la densidad de la sustancia que forma laSolución. barra y A, su sección. Integrando, obtenemosSe romperá cuandoFc = (30x9,8) x100 = 29400 N. ρAω 2 l 2Llamando dm a un elemento de masa situado a la F=distancia x del eje de giro, será: 2dFc = dmω x = ρdVω x = ρω Axdx 2 2 2 De donde el número límite de revoluciones por segundo seráIntegrando: F ρω 2 l 2 2S r 0,5 1 Fc = ∫ ρω 2 Axdx = ρω 2 Ax 2 Sr = = ⇒ ω= , 0 2 A 2 ρl 2 ( = (7800)ω 2 100 × 10− 6 0,52 1 )( ) reemplazando valores; 2 ω= ( 2 2,45.10 8 ) = 239 radLuego: (8600)(1) 2 s 1 2 ( )( ) (7800)ω 2 100 × 10− 6 0,52 = 29400 o 239 = 38 rev/s 2πPor tanto: Deformaciones no uniformes por área variable. 2 × 29400ω = 2 = 301538 , o sea 1950 × 10− 4 Ejemplo 23. Calcular cuánto se comprime el bloque mostrado en la figura, cuando se le aplica una fuerzaω = 301538 = 549 rad/s . P. Módulo de elasticidad Y.Ejemplo 21. Determinar el máximo valor admisiblede la velocidad lineal de rotación de un anillo finode plomo, si la resistencia del plomo tiene el límitede rotura P =2000 N/cm2 y la densidad ρ = 11,3g/cm3.Solución.Durante la rotación del anillo, en éste surge unatensión T = mv2/2 π r .Para el anillo fino m =2πrSρ,donde S es la sección transversal del anillo. Por lo Solución.tanto, T/S = ρv2. Tomemos un elemento diferencial dy tal como seDe allí el valor de la velocidad máxima es muestra en la figura. Pv= ≈ 41 m/s. ρEjemplo 22. Una barra homogénea de cobre de 1 mde longitud gira uniformemente alrededor de un ejevertical que pasa por uno de sus extremos.¿A qué velocidad de rotación se romperá la barra? Según muestra el diagrama del cuerpo libre del kg elemento diferencial, es comprimido por la fuerza P.Densidad del cobre ρ = 8600 3 , Esfuerzo de Este elemento disminuye su longitud d(Δh), siendo m Δh la disminución de longitud de h debido a la 8 kgrotura del cobre S r = 2,45 × 10 fuerza P. m2 PdySolución. d (Δh) =La fuerza centrífuga que actúa sobre la barra en este YAcaso es 12
  • 13. Elasticidad Hugo Medina Guzmán Pdy d (Δh) = YAUsando las figuras anteriores aA = a(a + 2 x) y x = y reemplazando 2h Usando las figuras anterioresobtenemos; a Pdy Phdy A = (a + 2 x) 2 y x = y reemplazandod (Δh) = o d ( Δh) = 2h a Ya (h + y ) 2 obtenemos; Ya(a + y ) h Ph 2 dyLuego, como d (Δh) = h h Ya 2 (h + y ) 2 PhdyΔh = ∫ d (Δh) = ∫ Luego, como 0 Ya ( h + y ) 2 h h Ph 2 dy Δh = ∫ d (Δh) = ∫ 0 0 Ya ( h + y )Integrando 2 2 Ph Ph 0Δh = 2 ln(h + y ) 0 = 2 ln 2 h Integrando Ya Ya Ph Ph Δh =El bloque se comprime Δh = 0,692 2Ya 2 Ya 2 1 Ph El bloque se comprime Δh =Ejemplo 24. Una pirámide truncada de bases 2 Ya 2cuadradas de lados ”a” y “2a” respectivamente dealtura h y modulo elástico Y se somete en la Ejemplo 25. Determine la deformación debido a ladirección axial a una fuerza de compresión P, fuerza F, sin considerar el peso. El sólido mostradoDetermine la deformación que sufre la altura por de modulo elástico Y tiene altura H y basesacción de la fuerza P. circulares de radios R y 2RSolución. Solución.Tomemos un elemento diferencial dy tal como se Fdymuestra en la figura. d (ΔH ) = , r = R+x Yπrr 2 En los triángulos ABC y ADE:Según muestra el diagrama del cuerpo libre delelemento diferencial, es comprimido por la fuerza P.Este elemento disminuye su longitud d(Δh), siendo y x RΔh la disminución de longitud de h debido a la = ⇒ x= xfuerza P. R H H 13
  • 14. Elasticidad Hugo Medina Guzmán Fdy F dy Este elemento sufre una acortamiento d(Δh), debidod (ΔH ) = = Yπ (R + x ) al peso de la porción de pirámide que soporta (de 2 πY ⎛ R ⎞ 2 altura y, radio base de lado 2x). ⎜ R + x⎟ ⎝ H ⎠ FH 2 = (H + x )−2 dy πR Y 2 H FH 2ΔH = ∫ ΔH = 2 ∫ (H + x ) dy −2 πR Y 0 FH 2 ⎡ (H + x ) ⎤ −1 H = ⎢ ⎥ πR 2Y ⎣ − 1 ⎦ 0 El peso que soporta es: Peso = ρg ( 4 x y ) el 1 2 3 FH 2 ⎡ 1 ⎤ FHΔH = ⎢ 2 H ⎥ = 2πR 2Y área de su base es: Ax = 4 x 2 πR Y ⎣ 2 ⎦ ρg 4 x 2 ydy ρg d (Δh) = = ydyDeformaciones no uniformes por peso propio y 3Y 4 x 2 3Yárea variable. Integrando desde y = 0 hasta y = h h h ρg ρg y 2 1 ρgh 2 Δh = ∫Ejemplo 26. Determine la deformación que sufre laaltura de la Gran pirámide de Keops en Egipto ydy = = 0 3Y 3Y 2 0 2 3Ydebido a su propio peso, sabiendo que posee unaaltura de 147 m, su base es cuadrada de lado 230 m ρgAhy que fue construida con bloques de piedra caliza y Como el Peso total es , obtenemos: 3granito con módulo de Young = 35 x 109 N/m2 ydensidad = 2400 kg / m3. 1 (Peso total)h Δh =Solución. 2 Y (Area base) Ejemplo 27. Encontrar cuanto se comprime el cono de altura h y base de área A debido a su propio peso. El cono esta hecho de un material de densidad ρ y módulo de elasticidad Y.Tomemos un elemento diferencial dy, tal como deindica en la figura Solución. Tomemos un elemento diferencial dy, tal como de indica en la figura Este elemento sufre una acortamiento d(Δh), debido al peso de la porción de cono que soporta (de altura y, radio de la base r). 14
  • 15. Elasticidad Hugo Medina Guzmán Cálculo del peso de la de la parte tronco de pirámide que está sobre el elemento diferencial. Para esto tomamos un elemento diferencial de altura dy’ y lo integramos desde x = 0 hasta x = x’. 1El peso que soporta es: peso = ρg ( πr 2 y ) el 3área de su base es: A = πr 2 El peso del elemento diferencial es: ρgπr 2 ydy ρg dP = ρgdV = ρg 4(a + x) dy 2d (Δh) = = ydy 3Yπr 2 3Y Del dibujo siguiente:Integrando desde y = 0 hasta y = h h h ρg ρg y 2 1 ρgh 2Δh = ∫ ydy = = 0 3Y 3Y 2 0 2 3YComo el Peso total es ρgAh/3, obtenemos: 1 (Peso total)h Obtenemos:Δh = 2 Y (Area base) y y y = x y dy = dx : x xEjemplo 28. En la figura se muestra un tronco recto y dP = 4 ρg (a + x) dx 2de pirámide regular de base cuadrada. Determinarcuánto se comprime el sólido homogéneo debido a xsu peso propio. Integrando desde x = 0 hasta x = x’:Datos: Densidad = ρ, gravedad = g, módulo de y x P = ∫ dP = 4 ρg ∫0 (a + x) dx 2Young = Y xLado de la base menor = 2a; lado de la base mayor = y (a + x) 3 x4aAltura del tronco de pirámide regular = H = 4 ρg x 3 0 = 4 ρgy 3x [ (a + x )3 − a 3 ] El elemento diferencial se comprime: Pdy d (ΔH ) = , A = (2a + 2 x ) = 4(a + x ) 2 2 YASolución. Reemplazando:Para determinar cuánto se comprime el sólidotomamos un elemento diferencial dy y vemos cuanto d (ΔH ) = [ 4 ρgy (a + x ) − a 3 3 dy ]se comprime por efecto del peso de la parte tronco 3Yx 4(a + x ) 2de pirámide que está sobre él (la parte de altura y enel dibujo). Del dibujo siguiente: Obtenemos: 15
  • 16. Elasticidad Hugo Medina Guzmán H H y= x , dy = dx : a ad (ΔH ) = 2 [ ρg H (a + x )3 − a 3 dx ] 3Y a 2 (a + x )2 = ρg H 2 3Y a 2 [a + x − a (a + x ) ]dx 3 −2 El peso del elemento diferencial es:Integrando desde x = 0 hasta x = a: dP = ρgdV = ρgπ (R + x) dy 2ΔH = ∫ d (ΔH ) Del dibujo siguiente: = ρg H 2 3Y a 2 ∫ 0 a [a + x − a (a + x) ]dx 3 −2 a ρg H 2 ⎡ x2 a3 ⎤ = ⎢ ax + + ⎥ 3Y a 2 ⎣ 2 (a + x ) ⎦ 0 ρg H 2 ⎛ a2 a2 ⎞ = ⎜a2 + 2 ⎜ + − a2 ⎟ ⎟ Obtenemos: 3Y a ⎝ 2 2 ⎠ y y 1 ρgH 2 y = x y dy = dx : = x x 3 Y y dP = ρgπ (R + x) dx 2Ejemplo 29. Determine la deformación que sufre la xaltura debido al peso propio Integrando desde x = 0 hasta x = x’: y x ∫0 (R + x) dxEl sólido mostrado tiene peso F, modulo elástico Y, P = ∫ dP = ρgπ 2altura H y bases circulares de radios R y 2R x y ( R + x ) 3 x = ρgπ x 3 0 = ρgπy 3x [(R + x) 3 − R3 ]Solución. El elemento diferencial se comprime: Pdy d (ΔH ) = , A = π (R + x ) 2Para determinar cuánto se comprime el sólidotomamos un elemento diferencial dy y vemos cuanto YAse comprime por efecto del peso de la parte troncode cono que está sobre él (la parte de altura y en eldibujo). Reemplazando: d (ΔH ) = [ ρgπy (R + x )3 − R 3 dy ] 3Yx π (R + x )2 Del dibujo siguiente:Cálculo del peso P de la de la parte tronco de conoque está sobre el elemento diferencial.Para esto tomamos un elemento diferencial de alturady’ y lo integramos desde x = 0 hasta x = x’. Obtenemos: 16
  • 17. Elasticidad Hugo Medina Guzmán H H El elemento diferencial soporta el peso P de la parte y= x , dy = dx : R R de hemisferio que está sobre él.d (ΔH ) = ρg H (R + x )3 − R 3 2 dx [ ] De tal manera que se deforma: 3Y R 2 ( R + x )2 P( y ) dy d (ΔR ) = ρg H [R + x − R (R + x) ]dx 2 3 −2 YA = 3Y R 2Integrando desde x = 0 hasta x = R:ΔH = ∫ d (ΔH ) = ρg H 2 3Y R 2 ∫ 0 R [R + x − R (R + x) ]dx 3 −2 R ρg H 2 ⎡ x2 R3 ⎤ Cálculo de P( y ) = ⎢ Rx + + ⎥ 3Y R 2 ⎣ 2 (a + x ) ⎦ 0 ρg H 2 ⎛ R2 R2 ⎞ = ⎜ R2 + 2 ⎜ + − R2 ⎟ ⎟ 3Y R ⎝ 2 2 ⎠ 1 ρgH 2 = 3 YEl peso del tronco de cono es: Peso del elemento diferencialF = π (2 R ) (2 H )ρg − π (R ) (H )ρg 1 3 2 1 3 2 ( dP( y ) = ρπg R 2 − y 2 dy ) El peso P( y ) de la porción de hemisferio es: = πR Hρg (8 − 1) = πR Hρg 1 2 7 2 3 3 RLuego P( y ) = ρπg ∫ ( R 2 − y 2 )dy = 1 ρgH 2 y FΔH = 7 2 3 Y ⎛ 2R 3 y 3 ⎞ πR Hρg ρgπ ⎜ − R2 y + ⎟ 3 ⎜ ⎟ ⎝ 3 3 ⎠ FH = Ahora la deformación total Integrando 7πR 2Y P( y ) dyEjemplo 30. Un hemisferio (mitad de una esfera d (ΔR ) = :sólida) de densidad ρ , radio R y modulo de Young YAY esta sobre el piso descansando sobre su base ⎛ 2R 3 y ⎞ 3circular determine cuanto se deforma por acción de ⎜ gπ ⎜ −R y+ 2 ⎟dysu propio peso. ⎝ 3 3 ⎟⎠ d (ΔR ) =Sugerencia: Calcule la deformación de una porcióndiferencial del hemisferio formada por un disco Yπ R − y 2 2 ( )delgado paralelo al piso. 1 ⎛ 2R 3 R y ⎞ 3 dy Δ R = ρg π Y ∫⎜ 3 ⎜ 0⎝ − R2 y + 3 ⎠ ⎟ 2 ⎟ (R − y 2 ) ⎛2 3 2 2 ⎞ ⎛ 1 2 1 3⎞ ⎜ R − R y⎟ + ⎜− R y + y ⎟ = ρg ⎝ 3 R 3 ⎠ ⎝ 3 3 ⎠ ∫ Y 0 R −y 2 2 dy ( )Solución.Vamos a considerar un elemento diferencial de ρg R 2R 2 (R − y ) − y R 2 − y 2( ) ∫ = 3 3 dyárea A = π r , altura dy (R − y )(R + y ) 2 Y 0Donde r = ( R − y ) 2 2 2 17
  • 18. Elasticidad Hugo Medina Guzmán ρg R ⎡ 2 R 2 ⎤ Cobre 0,35 = ∫ ⎢ (R + y ) − y ⎥dy 3Y 0 ⎣ ⎦ Oro Hierro, fundido 0,41 0,28 Plomo 0,33 R ρg ⎡ y2 ⎤ Nickel 0,30 = ⎢ 2 R ln(R + y ) − ⎥ 2 Platino 0,38 3Y ⎣ 2 ⎦0 Plata 0,37 Latón 0,33 ρgR 2 ⎛ 1 ⎞ 0,30 ρgR 2 = ⎜ 2 ln 2 − ⎟ = 3Y ⎝ 2⎠ Y Ejemplo 31. El paralelepípedo de la figura está hecho de un material con módulo de Young Y, yLa altura del hemisferio disminuye constante poisson σ. ¿Cuál es el valor de ΔV/V? 0,30 ρgR 2ΔR = Debido al peso propio YDEFORMACION LATERAL MODULO DEPOISSONAdicionalmente, cuando estiramos un bloque en una Solución.dirección éste se contrae en las dimensiones Debido a la compresión ocasionada por la fuerza F:perpendiculares al estiramiento, la contracción de las ΔL F Δa Δb ΔLcaras laterales es en la misma proporción para el =− y como = = −σancho (a) y el alto (h). Por ejemplo, la contracción L YA a b LΔa en el ancho es proporcional al ancho a y también Δa Δb F Obtenemos: = =σ Δl a b YAa , lo que resumimos en la siguiente expresión: l ΔV ΔL Δa Δb Como = + +Δa Δh Δl V L a b = = -σ a h l ReemplazandoDonde σ es otra constante del material conocida ΔV F F F =− +σ +σcomo el módulo de Poisson. V YA YA YA Finalmente: ΔV F = − (1 − 2σ ) V YA Ejemplo 32. Al cubo de la figura de lado 50cm se le aplica dos pares de fuerzas Fx=100 N y Fy=50 N obteniendo como resultado que la longitud en el eje x aumenta en 0,01% y la longitud en el eje y disminuye en 0,006%. a) Determine si el esfuerzo en x,y es de tracción o compresión. b) Determine el módulo de Young y la constante de Poisson.Como valores aproximados para algunos materialesse puede tomar:0,28 para hierro y acero, 0,5 para caucho y 0,25para vidrio.Las dos constantes Y y σ especificancompletamente las propiedades de un materialhomogéneo isotrópico. Módulo de Solución. Nombre Poisson σ 100 50 a) S x = = 400 N/m2, S y = = 200 Aluminio Sin dimensiones 0,34 (0,5)2 (0,5)2 Acero 0,28 N/m2 18
  • 19. Elasticidad Hugo Medina GuzmánΔax 0,01 Δh S = = 1 × 10− 4 , a) Para la altura = , para el diámetro a 100 h YΔa y 0,006 ΔD Δh S =− = −6 × 10− 5 = −σ = −σ a 100 D h YHaciendo un análisis de los cambios de longitudes: ΔV Δh ΔDEl esfuerzo en x es mayor y la longitud en x El cambio de volumen es = +2 =aumenta mientras que en y disminuye, siendo el V h D S S Sesfuerzo en y menor, se puede concluir que el − 2σ = (1 − 2σ ) , por lo tantoesfuerzo en x es de tracción y el esfuerzo en y es de Y Y Ycompresión. S S πD 2 h ΔV = (1 − 2σ )V = (1 − 2σ )b) El paralelepípedo esta sujeto a esfuerzo por cuatro Y Y 4caras, como se muestra en la figura siguiente: b) ΔV es igual a cero cuando (1 − 2σ ) = 0 ⇒ σ = 0,5 c) Para la mayoría de metales con un valor de σ aproximado a 0,3: ΔV S S = [1 − 2(0,3)] = 0,4 V Y Y Para el corcho, con un valor de σ aproximado a 0,0:Sea S el esfuerzo sobre cada una de las caras ΔV S Slaterales. = [1 − 2(0,0)] =La deformación del lado horizontal ax es: V Y Y Para el caucho, con un valor de σ aproximado aΔax 400 200 = +σ = 1 × 10− 4 (1) 0,5: a Y Y ΔV SLa deformación del lado horizontal a y es: = [1 − 2(0,5)] = 0,0 V YΔa y 200 400 =− −σ = −0,6 × 10− 4 (2) Ejemplo 34. El sólido de la figura está sometido a a Y Y los esfuerzos de compresión y tracción mostrados enRestando (1) + (2)/2, obtenemos: las direcciones x y z, respectivamente. Determine400 100 300 cual será el esfuerzo (S’) en la dirección y, tal que la − = 0,7 × 10− 4 ⇒ = 0,7 × 10− 4 deformación unitaria en esa dirección sea nula. Y Y Y Datos: S = esfuerzo, Y = módulo de Young, σ = 300⇒ Y= = 4,28 x 106 N/m2 módulo de Poisson. 0,7 × 10− 4Reemplazando el valor de Y en (1): 400 200 +σ = 1 × 10− 4 ⇒4,28 × 10 6 4,28 × 10 64 + 2σ = 4,28⇒ σ = 0,14Ejemplo 33. a) Calcule la deformación volumétricadurante la extensión elástica de una barra cilíndrica Solución.sometida a tracción axial. El material es isótropo y ladeformación se supone pequeña.b) ¿Para qué valor del módulo de Poisson, elalargamiento ocurre sin cambio de volumen?c) El módulo de Poisson de la mayoría de metales esaprox. 0,3. El del corcho, aprox. 0,0 y el del cauchocercano a 0,5. ¿Cuáles son las deformacionesvolumétricas de esos materiales al someterlos a unacompresión elástica ε < 0 ?Solución. Para que la deformación unitaria en la dirección y sea nula, se debe cumplir: 19
  • 20. Elasticidad Hugo Medina Guzmán ΔH S S1 (3σS − S ) = 0 ⇒ 3σS − S = 0 ⇒ = − + 2σ ⇒Y H Y YS = 3σS ΔH S 2σ 2 S =− + ⇒Ejemplo 35. Se tiene el paralelepípedo mostrado en H Y (1 − σ ) Yla figura que encaja perfectamente en una caja ΔH S ⎡ 2σ 2 ⎤rígida. Luego de encajo el paralelepípedo se coloca H =− Y ⎢ (1 − σ ) ⎥ ⇒ 1−un peso P sobre éste, tal que lo aplasta ⎣ ⎦uniformemente, la caja impide las expansiones P ⎡ 2σ 2 ⎤laterales. ΔH = − 2 ⎢1 − Ha) ¿Cuál es el esfuerzo sobre las paredes laterales? Ya ⎣ (1 − σ ) ⎥⎦b) ¿Cuál es el cambio en la altura ΔH = H − H del paralelepípedo? Ejemplo 36. Hallar el valor del módulo de Poisson para el cual el volumen de un alambre no varía al alargarse. Solución. Δr Δl =σ , de aquí el módulo de Poisson r l Δr σ = r , siendo r el radio del alambre y l suSolución. ΔlEl paralelepípedo esta sujeto a esfuerzo por sus seiscaras, como se muestra en la figura siguiente: l longitud. El volumen de dicho alambre antes de estirarlo es V1 = πr 2 l y su volumen después de estirado es V2 = π (r − Δr ) (l + Δl ) 2 Si el volumen no varió con el alargamiento, tendremos que πr l = π (r − Δr ) (l + Δl ) . Y 2 2 abriendo los paréntesis y despreciando las magnitudes Δr y Δl al cuadrado, hallamos que Δr 1Sea S el esfuerzo sobre la cara superior e inferior y πr 2 l = 2πrΔrl , de donde r = = 0,5 , luegoS’ el esfuerzo sobre cada una de las caras laterales. Δl 2La deformación del lado a es: lΔa S S S σ = 0,5. = − +σ +σ (1)a Y Y YLa deformación del lado H es: Ejemplo 37. Hallar la variación relativa de laΔH S S densidad de una barra de cobre cilíndrica al ser = − + 2σ (2) comprimida por una presión p = 9810 Pa. Para el H Y Y cobre tómese un módulo de Poisson σ = 0,34. Solución.a) Como la longitud a no cambia, Δa = 0 .De la ecuación (1): La densidad de la barra antes de ser comprimida es S S S σ− + σ + σ = 0 ⇒ S= S Y Y Y (1 − σ ) ρ1 = m donde V1 = πr l . La densidad de la 2 P V1Siendo S = 2 a σP ρ2 = m⇒ S= barra después de comprimida será , (1 − σ )a 2 V2 siendo V2 = π (r + Δr ) (l − Δl ) . Porb) De la ecuación (2): 2 consiguiente la variación de la densidad será 20
  • 21. Elasticidad Hugo Medina Guzmán ⎛ 1 1 ⎞ mΔVΔρ = ρ 2 − ρ1 = m⎜ − ⎟ = ⎜V V ⎟ ⎝ 2 1 ⎠ V2V1Como .la compresión no es muy grande,aproximadamente se puede tomar V2V1 = V1 2 mΔVSe puede considerar que Δρ = . V12Entonces la variación elativa de la densidadΔρ ΔV = . Hallemos pues la variación de ρ1 V1volumen ΔV = πr l − π (r + Δr ) (l − Δl ) . 2 2Abriendo los paréntesis y despreciando loscuadrados de las magnitudes Δr y Δl , obtenemos ⎛ Δl ⎞que ΔV = V1 ⎜ ⎟(1 − 2σ ) , .donde σ es el ⎝ l ⎠módulo de Poisson. Por lo tantoΔρ ΔV Δl = = (1 − 2σ ) . Pero como por la ley ρ1 V1 l Δl p nde Hooke = , tendremos que en definitiva l Y Δρ p n = (1 − 2σ ) . ρ1 Y 3 NEn nuestro caso pn = 9,81 × 10 , m2 NY = 1,18 × 1011 2 y σ = 0,34. Poniendo estos m Δρ ΔVdatos obtenemos que = = 0,027 %. . ρ1 V1Ejemplo 38. El sólido de la figura (lados a, b y c) Consolidadoestá sometido a los esfuerzos de compresión ytensión mostrados.Determine la deformación volumétrica unitaria, ΔV / V .Datos:S = esfuerzo, Y = módulo de Young, σ = módulode Poisson. ΔV ⎛ Δ a ⎞ ⎛ Δb ⎞ ⎛ Δc ⎞ =⎜ ⎟total + ⎜ ⎟total + ⎜ ⎟total V ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎝ c ⎠ 6S = 3S (4σ ) − 6 S = (2σ − 1) Y Y Y DEFORMACIÓN POR CIZALLADURA O CORTE. MODULO DE CIZALLADURA O RIGIDEZ. Deformación por cizalladuraSolución. Ya hemos estudiado el módulo de elasticidad Y deDeformación de cada uno de los lados: un material, es decir, la respuesta del material 21
  • 22. Elasticidad Hugo Medina Guzmán cuando sobre él actúa una fuerza que cambia su b) ¿Cuál es la deformación de corte? volumen (aumentando su longitud). Ahora, c) ¿Cuál es el módulo de corte? examinaremos la deformación por cizalladura en el Solución. que no hay cambio de volumen pero si de forma. F 1 N Definimos el esfuerzo como F/A la razón entre la a) St == = 11,11 2 fuerza tangencial al área A de la cara sobre la que se A (0,30) 2 m aplica. La deformación por cizalla, se define como la Δx 1 razón Δx/h, donde Δx es la distancia horizontal que b) δ = = = 0,033 se desplaza la cara sobre la que se aplica la fuerza y h 30 h la altura del cuerpo, tal como vemos en la figura. S 11,11 c) G = t = = 333,33 δ 0,033 Ejemplo 40. Un cubo de acero de 5 cm de arista se halla sometido a 4 fuerzas cortantes, de 1200 kg, cada una, aplicadas en sentidos opuestos sobre caras opuestas. Calcule la deformación por cizalladura.Cuando la fuerza F que actúa sobre el cuerpo esparalela a una de las caras mientras que la otra carapermanece fija, se presenta otro tipo de deformacióndenominada de cizalladura en el que no hay cambio devolumen pero si de forma. Si originalmente el cuerpotiene forma rectangular, bajo un esfuerzo cortante lasección transversal se convierte en un paralelogramo. Solución. G Acero al carbono = 8 x109 N/m2 FEl módulo de cizalladura o de rigidez G es una esfuerzo Spropiedad mecánica de cada material G= = A= t deformación δ φ h F (1200(9,8))Siendo pequeños los ángulos de desplazamientopodemos escribir St = = = 4,704 x106 N/m2Deformación = δ = tan φ ≈ φ A (0,05) 2 h Consideremos solamente las fuerzas F horizontales, estas producen una deformación esfuerzo S φ , como se muestra en la figuraG= = A= t deformación δ φ St 4,704 × 106 h φ= = = 0,588 x10-3La ley de Hooke para la deformación por cizalladura G 8 × 109se puede escribirla de modo siguiente: radianesS t = GφEl módulo de cizalladura G es característico de cadamaterial Módulo de Nombre rigidez G 1010 N/m2 Aluminio 2,5 Cobre 4,3 La cara que se muestra queda como un rombo Oro 3,5 ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ Hierro, fundido 3,2 con ángulos ⎜ −φ ⎟ y ⎜ +φ ⎟ Plomo 0,6 ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Nickel 7,4 Consideremos ahora solamente las fuerzas Acero 7,5 verticales, estas producen una deformación Latón 1,7 también φ , como se muestra en la figura St 4,704 × 106 Ejemplo 39. Un cubo de gelatina de 30 cm φ= = = 0,588 x10-3 de arista tiene una cara sujeta mientras que a G 8 × 109 la cara opuesta se le aplica una fuerza radianes tangencial de 1 N. La superficie a la que se aplica la fuerza se desplaza 1 cm. a) ¿Cuál es el esfuerzo de corte? 22
  • 23. Elasticidad Hugo Medina Guzmán = 2,65 x 105 N Ejemplo 42. El acero promedio requiere, típicamente, un esfuerzo de 3,45 x 108 N/m2 para la ruptura por cizalladura. Determine la fuerza requerida para perforar un agujero del diámetro 2,5 cm en una placa de acero de ¼ de pulgada (6,25El cubo se deforma en el plano del papel y mm) de espesor.toma la forma de un rombo con ángulos⎛π ⎞ ⎛π ⎞⎜ − 2φ ⎟ y ⎜ + 2φ ⎟⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠Ejemplo 41. Una estatua se encuentra soldada a unpedestal de latón, que se muestra en la figura. Al Solución.producirse un movimiento sísmico se observa un La circunferencia de un círculo del diámetro D = 2,5desplazamiento lateral de la cara superior del cm es C = πD = 7,85 x10 m , El área del borde −2pedestal de 0,25mm. del disco cortado AAAA es el producto de laCalcular: circunferencia C por el espesor del material, esto esa) El esfuerzo de corte. (6,25 × 10 )(7,85 × 10 ) = 49,06 × 10 −3 −2 −5 m2 .b) La magnitud de la fuerza producida por el Una fuerza de la magnitud F se ejerce en el sacador,movimiento sísmico. el esfuerzo de corte (fuerza por unidad de área) aEl pedestal de latón tiene una altura de 1m y una Fsección cuadrada de 0,5m de lado. través del borde es S = ⇒El módulo de Young del latón es 3,5x1010 Pa AMódulo de rigidez G del latón es 1,7 x1010 N/m2 F = S . A = (3,45 × 10 8 )(49,06 × 10 −5 ) = 1,69 x 105 N. La hoja de acero se corta por cizalladura cuando el esfuerzo llega a ser igual 3,45 x 108 N/m2, es decir, cuando F = 1,69 x 105 N. Esta es la fuerza de 1,69 x 105 N, equivalente a 17,3 toneladas es requerida para perforar el agujero de 2,5 cm de diámetro El sacador y los dados son operados por una máquina conocida como prensa;Solución. en este caso uno tendría que utilizar una prensa conDesplazamiento lateral de la cara superior del una capacidad de 20 toneladas o más.pedestal de 0,25mm. Ejemplo 43. Calcular el módulo de rigidez del material en función a las características geométricas de un alambre (longitud l y radio R) y del torque aplicado. Manteniendo el extremo superior fijo aplicamos un torque τ que gira al extremo inferior un ánguloθ. Consideremos una capa diferencial cilíndrica de material concéntrica con el eje, de radio interior r ya) El esfuerzo de corte. de espesor dr, como se muestra en la figura. Δx 0,25 × 10 −3δ= = = 0,25 × 10 − 3 h 1,00 SG= t ⇒ δ St = Gδ = (1,7 x 1010)(0,25 x10-3) = 0,425 x 107 N/m2b) La magnitud de la fuerza producida por elmovimiento sísmico. FSt = ⇒ A La deformación esF = St A = (0,425 x 107)(0,52) 23
  • 24. Elasticidad Hugo Medina Guzmán δ rθφ= = l lEl esfuerzo cortante es GrθS t = Gφ = lComo el esfuerzo cortante es la fuerza tangencialpor unidad de área, multiplicándolo por el área de lasección transversal de la Capa, 2 π rdr, nos dará la π R4 π D4fuerza tangencial dF sobre la base de la Capa τ= G θ ⇒τ= G θ, ⎛ Grθ ⎞ θ 2 2 l 32 ldF = S t dA = ⎜ ⎟(2πrdr ) = 2πG r dr π D4 ⎝ l ⎠ l Como τ = FD ⇒ FD = G θ , de aquíEl torque sobre la base de la Capa cilíndrica es 32 l ⎛ θ ⎞ θ ⎛ 32 F ⎞⎛ l ⎞dτ = rdF = r ⎜ 2πG r 2 dr ⎟ = 2πG r 3 dr θ =⎜ ⎟⎜ 3 ⎟ ⎝ l ⎠ l ⎝ πG ⎠⎝ D ⎠Integrando de 0 a R, el torque total sobre la base del Para la varilla de 100 cm y de 80 cmcilindro es respectivamente son: π R4 ⎛ 32 F ⎞⎛ l 1 ⎞ ⎛ 32 F ⎞⎛ l 2 ⎞τ= G θ θ1 = ⎜ ⎟⎜ 3 ⎟ Y θ 2 = ⎜ ⎜D ⎟ ⎟⎜ 3 ⎟ ⎜ ⎟ 2 l ⎝ πG ⎠⎝ 1 ⎠ ⎝ πG ⎠⎝ D2 ⎠De aquí De estas últimas obtenemos: 2τl 3G= ⎛l ⎞⎛ D1 ⎞ 3 ⎛ 80 ⎞⎛ 1 ⎞ πR 4θ θ2 = ⎜ 2 ⎜l ⎟⎜ ⎟⎜ D ⎟ θ1 = ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ 1º ⎝ 1 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 100 ⎠⎝ 2 ⎠O sea, para determinar C bastará con medir el = 0,1ºángulo θ que se produce al aplicar el torque M. DEFORMACION VOLUMETRICA. MODULOEjemplo 44. Una varilla de cobre de 40 cm de DE ELASTICIDAD VOLUMETRICO.longitud y de 1 cm de diámetro está fija en su base y Módulo de elasticidad volumétrico.sometida a un par de 0,049 Nm en torno a su eje Consideramos ahora un volumen de material Vlongitudinal. ¿Cuántos grados gira la cara superior sujeto a un esfuerzo unitario p 0 (por ejemplo larespecto de la inferior? presión atmosférica) sobre toda la superficie. Cuando el esfuerzo a presión se incrementa a p = p 0 + Δp y el volumen sufre una disminución ΔV , la deformación unitaria es δ = − ΔV V FSolución. El esfuerzo es = Δp . ACobre estirado en frío G = 48,0x109 N/m2 La razón del esfuerzo de compresión uniforme a la π R4 2lτ deformación por compresión uniforme recibe es elτ= G θ θ= 2 l πGR 4 módulo de elástico que en este caso se conoce como 2(0,4 )(0,049) módulo de compresibilidad volumétrica oθ= volumétrico (B). π (48,0 × 10 )(0,5 × 10 ) −2 = 2,08 x10-4 Δp 9 B=−radianes ΔV VEjemplo 45. Una varilla que tiene 100 cm de Donde la constante de proporcionalidad B, dependelongitud y 1 cm de diámetro está sujeta solamente del material. El módulo volumétricorígidamente por un extremo y se le somete a tiene las dimensiones de la presión, esto es,torsión por el otro hasta un ángulo de lº. Si se fuerza/área y es aplicable tanto para sólidos comoaplica la misma fuerza a la circunferencia de líquidos. Pero, los gases tienen un comportamientouna varilla del mismo material pero que tiene diferente que será considerado posteriormente.una longitud de 80 cm y un diámetro de 2 Módulocm, ¿cuál es el ángulo de torsión resultante? Nombre volumétricoSolución. B 1010 N/m2 Aluminio 7,5 Cobre 14 24
  • 25. Elasticidad Hugo Medina Guzmán Hierro 16 Plomo 17 Ejemplo 48. Si con aluminio se fabrica un cubo de Níckel 4,1 10 cm de lado, se quiere saber las deformaciones Vidrio óptico 5,0 que experimentará en una compresión uniforme, Latón 6,0 perpendicular a cada una de sus caras, de una Acero 16 tonelada, y cuándo esta misma fuerza actúa Agua 0,21 tangencialmente a la superficie de una de sus caras, Mercurio 2,8 estando el cubo só1idamente sujeto por la cara opuesta. Solución.Ejemplo 46. ¿Qué incremento de presión se requiere La presión que soporta, cada cara, en el primer caso,para disminuir el volumen de un metro cúbico de será:agua en un 0,005 por ciento? F (100)(9,8) p= = = 9,8 × 10 PaSolución. A 0,12Por elasticidad volumétrica tenemos: Como el módulo volumétrico del aluminio es ΔV B = 3,5x 1010 N/m2:Δp = − B V ΔV p 9,8 × 105El módulo de compresibilidad del agua es =− =− = −2,8 × 10 − 5 9 2 V B 3,5 × 10102,1 x 10 N/m De donde: ⎛ − 0,00005V ⎞ ΔV = - 2,8x 10-5 V = - 2,8x 10-5x 10-3 = - 2,8x 10-8Δp = −2,1 × 10 ⎜ 9 ⎟ ⎝ V ⎠ m3. 2 En cuanto a la deformación, se obtiene a partir de la = 1,05 x105 N/m expresión de la deformación de cizalla, que es: 1 F 1 (103 )(9,8)Ejemplo 47. Calcule densidad del agua del océano a tan ϕ ≈ ϕ = =una profundidad en que la presión es de 3430 N/cm2. G A 3 × 1011 x10−1 10− 2La densidad en la superficie es 1024 kg/m3. = 3,27x10-5 radEl módulo de compresibilidad del agua es 2,1 x 9 210 N/mSolución. RELACION ENTRE CONSTANTESp = 3430 N/cm2 = 3,430 x107 N/m2, ELASTICAS.Δp = 3,430 x107– 1,013 x105 ≈ 3,430 x107 N/m2 Relación entre B, Y y σ m kgEn la superficie ρ = = 1024 3 Muestra sometida a una presión uniforme. V mCuando cambia el volumen a V = (V + ΔV ) , La figura siguiente muestra un bloque bajo presióntenemos: uniforme en toda su superficie exterior m m mρ= = = V V + ΔV ⎛ ΔV ⎞ V ⎜1 + ⎟ ⎝ V ⎠ ρ = ⎛ ΔV ⎞ ⎜1 + ⎟ ⎝ V ⎠ Δp ΔV ΔpComo B = − ⇒ =− Como la presión es uniforme, el esfuerzo unitario en ΔV V B cada cara es el mismo. V Y las deformaciones de cada una de las dimensionesDe aquí: son: Dimensión l: ρ ρ ρ= = ⎛ ΔV ⎞ ⎛ Δ p ⎞ ⎜1 + ⎟ ⎜1 − ⎟ ⎝ V ⎠ ⎝ B ⎠ 1024 = = 1041 kg/m3 ⎛ 3,430 × 107 ⎞ Δl p ⎜1 − ⎟ =− ⎜ 2,1 × 109 ⎟ l Y ⎝ ⎠ 25
  • 26. Elasticidad Hugo Medina GuzmánDimensión a: - Propia: Δb1 p =− b Y - Debido a la deformación de a: Δb2 Δa ⎛ p⎞ p = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ b a ⎝ Y⎠ Y - Debido a la deformación de l:Δa p =− Δb3 Δl ⎛ p⎞ p a Y = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σDimensión b: b l ⎝ Y⎠ Y Deformación total Δb Δb1 Δb2 Δb3 = + + b b b b p = − (1 − 2σ ) YΔb p El cambio de volumen es: =−b Y ΔV Δl Δa Δb = + +Pero, como la deformación de una dimensión lleva a V l a bla deformación de las otras dimensiones, tenemos. 3pDeformación de l: = − (1 − 2σ )- Propia: YΔl 1 p Sabemos nosotros que el módulo de compresibilidad =− es l Y p- Debido a la deformación de a: B=−Δl 2 Δa ⎛ p⎞ p ΔV V = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ Luego: l a ⎝ Y⎠ Y Y- Debido a la deformación de b: B=Δl 3 Δb ⎛ p⎞ p 3(1 − 2σ ) = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ Expresión que nos relaciona el módulo de l b ⎝ Y⎠ Y Compresibilidad, el módulo de Young y la relaciónDeformación total de PoissonΔl Δl 1 Δl 2 Δl 3 = + + Ejemplo 49. Se somete a una muestra de cobre del l l l forma cúbica con 10 cm de arista a una compresión p = − (1 − 2σ ) uniforme, aplicando Un esfuerzo de 106 N/m2 Y perpendicularmente a cada una de sus caras. LaDeformación de a: variación relativa de volumen que se observa es de- Propia: 7,25×10-6 . a) Determinar el módulo de compresibilidad (B) delΔa1 p =− Cu en el sistema internacional. a Y b) Determinar el módulo de Poisson sabiendo que el- Debido a la deformación de l: módulo de Young del cobre es 120×109 Pa. Solución.Δa2 Δl ⎛ p⎞ p = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ a) Como: a l ⎝ Y⎠ Y ΔV- Debido a la deformación de b: Δp = 104 N/m 2 , = −7,25 × 10−6 y VΔa3 Δb ⎛ p⎞ p Δp = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ B=− ⇒ a b ⎝ Y⎠ Y ΔVDeformación total VΔa Δa1 Δa2 Δa3 = + + 106a a a a B=− −6 = 137,7 x 109 N/m2 p − 7,25 × 10 = − (1 − 2σ ) b) YDeformación de b: 26
  • 27. Elasticidad Hugo Medina Guzmán Y YB= ⇒ (1 − 2σ ) = 3(1 − 2σ ) 3B Y 1−⇒σ = 3B 2 120 × 109 1−⇒σ = ( 3 137,7 × 109 ) = 0,35 El esfuerzo de compresión sobre el plano B resulta ser 2 2G G SB = = 2A ARelación entre G, Y y σ A e igualmente el esfuerzo de tracción sobre C 2G GMuestra sometida a esfuerzo cortante. SC = =Determinación de la relación entre el módulo de 2A Arigidez, el módulo de Young y el módulo de Las deformaciones de las diagonales B y C sePoisson. escriben entoncesPretendemos analizar la relación entre los esfuerzos ΔD B Hcortantes y los esfuerzos de compresión y de = (1 + σ )tracción. Para ello consideremos primero el caso del D YAbloque de la Figura que está sometido, por una parte, ΔDC Ha un esfuerzo de compresión y en la otra dirección a y = (1 + σ ) (1)un esfuerzo de tracción. Sea 1 su longitud en la D YAdirección horizontal y h su altura. Si expresamos el esfuerzo tangencial en términos del ángulo φ, ya que suponemos que la deformación es pequeña resulta δ 2 Δ DC ΔDC tan φ ≈ φ ⇒ φ = ≈ =2 h h DLa deformación en la dirección horizontal tiene dostérminos: el primero corresponde a la deformaciónproducido por el esfuerzo de tracción, mientras queel segundo corresponde a la dilatación producida porla compresión en la dirección vertical. Por tanto, nosqueda, Donde las dos últimas igualdades surgen a partir deΔl F F F analizar la geometría esbozada en la Figura arriba. = +σ = (1 + σ ) En efecto, si el ángulo entre δ y ΔD es de 45 gradosl YA YA YAPor otra parte, la deformación en la dirección se cumplevertical corresponde a las deformaciones causadas δ 1 = = 2por un lado por la fuerza de compresión en la ΔDC sen 45odirección vertical y por otro por la tracción en ladirección horizontal. Por tanto, Y por tantoΔh F F F δ 2ΔDC 2ΔDC =− −σ = −(1 + σ ) φ= = o = h YA YA YA h DC sen 45 DCAhora bien, en la Figura abajo representamos la En estas condiciones, sí sustituimos en (1) estedeformación de un bloque sometido a un esfuerzo último resultado nos quedatangencial detallando lo que le ocurre a las Hdiagonales de sus caras. Si observamos la figura, φ = 2(1 + σ )vemos que los resultados de los esfuerzos YAtangenciales equivalen a los producidos por las Esta ecuación, si tenemos en cuenta que φ es lafuerzas H que producen, por una parte, un esfuerzo deformación tangencial y la comparamos con lade tracción sobre el plano C y un esfuerzo de S H Acompresión sobre el plano B. ecuación G = = , nos permite obtener φ φ 27
  • 28. Elasticidad Hugo Medina Guzmán Y Y = 2 x 1011 N/m2, A = área de la sección transversalG= = 10 -6m2 2(1 + σ ) Solución.Expresión que relaciona el módulo de rigidez con el l = 2 m , F1 = 5 × 9,8 N , F2 = 10 × 9,8 Nmódulo de Young y con el módulo de Poisson A = 10 -6 m 2 , Y = 2 × 10 2 N/m 2FUERZA ELASTICA Y ENERGIA ELASTICA. W = trabajo realizado por la fuerza F = kx en alargarEnergía de deformación. el alambre una longitud x.La energía necesaria para estirar una cantidad x una 1 2 Fmuestra de material de constante de rigidez k es W= kx , con F = kx ⇒ x = 1 2 k ∫ fdx = ∫ kxdx = 2 kx 2Energía = o en función 2 1 ⎛F⎞ 1 F2 W = k⎜ ⎟ =de F 2 ⎝k⎠ 2 k 1 YAEnergía = Fx Para un alambre k = 2 lSi la sección transversal de la muestra es A y su Reemplazando:longitud l entonces podemos escribir la ecuación 1 F2como W=Energía 1 Fx Energía 1 ⎛ F ⎞⎛ x ⎞ 2 YA l = o = ⎜ ⎟⎜ ⎟ Al 2 Al Al 2 ⎝ A ⎠⎝ l ⎠ F 2l =Energía por unidad de volumen = 2 AY (5 × 9,8)2 (2) = 0,012 J 1 (Esfuerzo)(Deformación unitaria) F12 l a) W1 = ( ) 2 =Esta es la energía necesaria para estirar o comprimir 2 AY 2 10 −6 2 × 1011la muestra, teniendo en cuenta el módulo de Youngy la energía por unidad de volumen, puede W2 = F22 l (10 × 9,8)2 (2) = 0,048 J 2 AY 2(10 −6 )2 × 1011 b) =expresarse comoEnergía 1 (Esfuerzo) 2 = El incremento en energía almacenada es:Volumen 2 Y ΔE = W2 − W1 = 0,048 – 0,012 = 0,036 J.Ejemplo 50. Una carga de 100 kg está colgada de un Ejemplo 52. Demostrar que cuando sealambre de acero de 1 m de longitud y 1 mm de somete un cuerpo elástico a una tensión deradio. ¿A qué es igual el trabajo de tracción del corte pura que no supera el límite elástico dealambre? corte para el material, la densidad de energíaSolución. elástica del cuerpo es igual a la mitad delPor la ley de Hooke producto de la tensión de corte por laΔl F YA deformación de corte. = ⇒ F= Δl (1) Solución. l YA lPero para las fuerzas elásticas F = kΔl (2)Comparando (1) y (2) vemos que AY k= (3) lEntonces AY (Δl ) 2W = k (Δl ) = 1 2 (4) 2 2lCalculando la magnitud Δl por la fórmula (1) y La fuerza que deforma por corte o cizalladuraponiendo todos los datos numéricos en la ecuación(4) obtenemos definitivamente que W = 0,706 J. GA es F= x hEjemplo 51. Un alambre de acero de 2m de longitud El trabajo para deformar un dx escuelga de un soporte horizontal rígido. x = Δx GAa) ¿Cuánta energía almacena cuando se suspende en W =∫ xdxél una carga de 5 kg? x =0 hb) ¿Si la carga se aumenta 10 kg, en cuanto aumentaenergía almacenada? 28
  • 29. Elasticidad Hugo Medina Guzmán 1 GA Usando los diagramas del cuerpo libre mostrados enW= (Δx )2 = 1 FΔx las figuras tenemos: 2 h 2 Para la parte de la liga L1: tenemos:La densidad de energía es PL0 / 2 PL0 / 2 PW 1⎛F ⎞ 1 ΔL1 = = = = ⎜ ⎟Δx = S t Δx YA FL0 2FA 2⎝ A⎠ 2 Para la parte de la liga L2, tenemos:Ejemplo 53. La elasticidad de una banda de gomade longitud Lo es tal que una fuerza F aplicada a 2 PL0 / 2 2 PL0 / 2 P ΔL2 = = =cada extremo produce una deformación longitudinal YA FL0 Fde una unidad. Se sujetan dos pesos del mismo La mínima cantidad de trabajo que hará elevarvalor P, uno en un extremo y el otro en la mitad de ambos pesos del suelo es:la banda y a continuación se levanta la banda con Trabajo = Energía para estirar ΔL1 + Energía paralos pesos por su extremo libre. ¿Cuál es la mínimacantidad de trabajo que hará elevar ambos pesos del estirar ΔL2 + Energía para elevar un peso P la altura L1, el peso inferior no se levanta, solamente sesuelo? despega del piso. Energía para estirar una banda elástica es 1 2 U = kx 2 En este caso k = YA = FL0 = 2 F , y x = ΔL1 , L0 / 2 Lo / 2Solución.Como cuando se aplicada a cada extremo una fuerza o ΔL2 , según correspondaF se produce una deformación longitudinal de una Trabajo = 2 F (ΔL1 ) + 2 F (ΔL2 ) + PL1 1 2 1 2unidad: 2 2 FL0 Como conocemos ΔL1 , ΔL2 yΔL = 1 = , luego YA = FL0 YA L1 = L0 L + ΔL1 = 0 + P 2 2 2F Tenemos 2 2 1 ⎛ P ⎞ 1 ⎛P⎞ ⎛L P ⎞ Trabajo = 2 F ⎜ ⎟ + 2 F ⎜ ⎟ + P⎜ 0 + ⎟ 2 ⎝ 2F ⎠ 2 ⎝F⎠ ⎝ 2 2F ⎠ Finalmente 7 P2 1 Trabajo = + PL0 4 F 2 PREGUNTAS Y PROBLEMAS1. ¿Cuál es el objeto del refuerzo de acero en una 3. ¿Qué clase de elasticidad se presenta en un puenteviga de concreto? colgante? ¿En un eje de dirección automotriz? ¿En¿El concreto necesita mayor refuerzo bajo un resorte? ¿En tacos de caucho?compresión o bajo tensión? ¿Por qué? 4. Una mujer distribuye su peso de 500 N2. ¿Cuál es más elástico, caucho o acero? ¿Aire o igualmente sobre los tacones altos de sus zapatos.agua? Cada tacón tiene 1,25 cm2 de área. a) ¿Qué presión ejerce cada tacón sobre el suelo? 29
  • 30. Elasticidad Hugo Medina Guzmánb) Con la misma presión, ¿cuánto peso podrían 12. Una varilla metálica de 4 m de largo y secciónsoportar 2 sandalias planas cada una con un área de 0,5 cm2 se estira 0,20 cm al someterse a una tensión200 cm2? de 5000 N. ¿Qué módulo de Young tiene el metal?5. ¿Cuál debe ser el diámetro mínimo de un cable 13. Una cuerda de Nylon se alarga 1,2 m sometidade acero que se quiere emplear en una grúa diseñada al peso de 80 kg de un andinista.para levantar un peso máximo de 10000 kg.?El Si la cuerda tiene 50 m de largo y 7 mm de diámetro,esfuerzo de ruptura por tracción del acero es de ¿qué módulo de Young tiene el Nylon?30×107 Pa. Igual pero si se quiere un coeficiente deseguridad de 0,6. 14. Para construir un móvil, un artista cuelga una esfera de aluminio de 5 kg de una alambre vertical6. Dos alambres del mismo material, y misma de acero de 0,4 m de largo y sección 3×10-3 cm2. Enlongitud l , cuyos diámetros guardan la relación la parte inferior de la esfera sujeta un alambre similar del cual cuelga un cubo de latón de 10 kg.n. Para cada alambre calcular la deformación por¿Qué diferencia de alargamientos tendrán bajo la tensión y el alargamiento.misma carga? 15. En el sistema mostrado en la figura, la barra OE7. Un ascensor es suspendido por un cable de acero. es indeformable y, de peso P; los tensores AC y DESi este cable es reemplazado por dos cables de acero son de peso despreciable, área A y módulo decada uno con la misma longitud que el original pero elasticidad Y.con la mitad de su diámetro, compare el Determinar cuánto bajará el peso W respecto a laalargamiento de estos cables con el del cable posición en la cual los tensores no estabanoriginal. deformados.8. Una cierta fuerza se requiere para romper unalambre. ¿Que fuerza se requiere para romper unalambre del mismo material el cual esa) del doble de longitud?b) el doble en diámetro y dé la misma longitud?9. Un hilo de 80 cm de largo y 0,3 cm de diámetro seestira 0,3 mm mediante una fuerza de 20 N. Si otrohilo del mismo material, temperatura e historia previatiene una longitud de 180 cm y un diámetro de 0,25 lcm. ¿qué fuerza se requerirá para alargarlo hasta una 16. Dos barras de longitud ( + Δl) cada una,longitud de 180,1 cm? 2Respuesta. áreas A 1 y A 2 y módulos de elasticidad Y 1 e Y 2F = 211 N respectivamente, como se muestra en la figura, se comprimen hasta introducirlas entre dos paredes10. a) Calcule el cambio de dimensiones de una rígidas separadas una distancia l . ¿Cuál será lacolumna de fundición gris (Y = 145 GPa) que tiene posición x de la unión de ambas barras?dos tramos de 1,5 m cada uno y diámetros de 0,1 my 0,15 m, al soportar una carga de 500 kN. ¿Estábien dimensionada la columna si el límite elástico dela fundición gris es 260 MPa?b) Si la columna fuera troncocónica de 3 m de altura,y los diámetros de sus bases variaran entre 0,1 m y0,15 m.Respuesta. a) Lf = 3,001 m. Sí está bien 17. Una varilla de 1,05 m de largo y pesodimensionada. despreciable está sostenida en sus extremos porb) Lf = 3,0009 m alambres A y B de igual longitud. El área transversal de A es de 1 mm2 y la de B 4 mm2. El módulo de11. Un cable de acero de 2 m de largo tiene una Young de A es 2,4×1011Pa y de B 1,2×1011sección transversal de 0,3 cm2. Se cuelga un torno de Pa. ¿En que punto de la varilla debe colgarse un550 kg del cable. Determínese el esfuerzo, la peso P a fin de producirdeformación y el alargamiento del cable. Supóngase a) esfuerzos iguales en A y B? y b) ¿deformacionesque el cable se comporta como una varilla con la iguales en A y B?misma área transversal. El módulo de Young delacero es 200×109 Pa. 18. Una barra de longitud L y masa m se encuentra suspendida por un pivote B indeformable y por dos barras en sus extremos como se muestra en la figura 30
  • 31. Elasticidad Hugo Medina Guzmánestas barras son iguales de área A, longitud l ymódulo de elasticidad Y. 22. Un alambre de cobre de 31 cm de largo y 0,5 mm de diámetro está unido a un alambre de latón estirado de 108 cm de largo y 1 mm de diámetro. Si una determinada fuerza deformadora produce un alargamiento de 0,5 mm al conjunto total y un valor de Y = 12 x 1010 Pa, ¿cuál es el alargamiento de cada parte? Respuesta. Δl = 0,27 mm para el latón.19. En el sistema mostrado en la figura, calcular Δl = 0,23 mm para el cobrecuánto desciende el extremo B de la barraindeformable y de peso despreciable, cuando se le 23. Un alambre de acero dulce de 4 m de largo y 1coloca un peso de 10 Ton. en ese extremo. mm de diámetro se pasa sobre una polea ligera,Los tirantes son de acero y de 2cm2 de área cada uniendo a sus extremos unos pesos de 30 y 40 kg.uno, suponga deformaciones pequeñas de tal manera Los pesos se encuentran sujetos, de modo que elque se puedan hacer las aproximaciones geométricas conjunto se encuentra en equilibrio estático.apropiadas. Cuando se dejan en libertad, ¿en cuánto cambiará la longitud del alambre? Respuesta. Δl = 1,0 mm 24. Un hilo está formado por un núcleo de acero dulce de 1,3 cm de diámetro, al cual se le ha fusionado una capa exterior de cobre (Y = 12 x 1010 Pa) de 0,26 cm de gruesa. En cada extremo del hilo compuesto se aplica una fuerza de tracción deRespuesta. Δy = 17,1 x 10-3 m 9000 N. Si la deformación resultante es la misma en el acero y en el cobre, ¿cuál es la fuerza que20. En el sistema mostrado en la figura, calcular soporta el núcleo de acero?cuanto desciende el extremo B de la barra horizontal Respuesta.rígida y de peso despreciable, cuando se le coloca F = 5812 Nuna masa M en ese extremo.Las barras inclinadas son iguales de área A y módulo 25. Un ascensor cargado con una masa total dede elasticidad Y. 2000 kg esta de un cable de 3,5 cm2 de sección. ElAsuma pequeñas deformaciones, o sea, que se material del cable tiene un límite elástico de 2,5 xpueden hacer las aproximaciones geométricas 108 Pa y para este material Y = 2 x 1010 Pa. Seusuales. especifica que la tensión del cable nunca excederá 0,3 del límite elástico. a) Hallar la tensión del cable cuando el ascensor está en reposo. b) ¿Cuál es la mayor aceleración permisible hacia arriba? c) ¿La distancia más corta de parada permisible cuando la velocidad del ascensor es hacia abajo? Respuesta. F a) = 5,6 x 107 Pa, b) a = 0,33 m/s2, A c) Δy = 33,8 m.21. Un hilo delgado de longitud l , módulo de Young 26. Volver a resolver el Problema anterior,Y y área de la sección recta A tiene unido a su teniendo en cuenta esta el peso del cable cuandoextremo una masa pesada m. Si la masa está girando tiene su longitud máxima de 150 m. La densidaden una circunferencia horizontal de radio R con del material del cable es 7,8 x 103 kg /m3. Si sevelocidad angular ω, ¿cuál es la deformación del supera la carga máxima, ¿por dónde se romperá elhilo? (Suponer que es despreciable la masa del hilo). cable: cerca de su punto más alto o próximo alRespuesta. ascensor? Δl mω 2 R Respuesta. = F l AY a) = 6,75 x 107 Pa, b) a = 1,32 m/s2, A 31
  • 32. Elasticidad Hugo Medina Guzmánc) Δy = 85,3 m.27. Un cable pesado de longitud inicial y área desección recta A tiene una densidad uniforme ρ y unmódulo de Young Y. El cable cuelga verticalmentey sostiene a una carga Fg en su extremo inferior. Lafuerza tensora en un punto cualquiera del cable esevidentemente suma de la carga Fg y del peso de la Respuesta. θ = 0,00422ºparte del cable que está debajo de dicho punto.Suponiendo que la fuerza tensora media del cable 32. a) Desarrollar una expresión para la constanteactúa sobre la longitud total del cable l 0 , hallar el de torsión de un cilindro hueco en función de sualargamiento resultante. diámetro interno Ro, su radio externo R1, suRespuesta. longitud l y su módulo de corte G. b) ¿Cuál deberá ser el radio de un cilindro macizo ⎛l ⎞⎛ Fg 1 ⎞Δl = ⎜ 0 ⎟⎜ ⎜ A + 2 ρ gl 0 ⎟ ⎟ de la misma longitud y material y que posee la ⎝Y ⎠⎝ ⎠ misma constante de torsión? c) ¿Cuál deberá ser el ahorro de masa si se utilizase28. Demostrar que cuando se somete un cuerpo el cilindro hueco en un eje de una máquina en lugarelástico a una tensión de corte pura que no supera el de utilizar el cilindro macizo?límite elástico de corte para el material, la densidad Respuesta. ⎛ πG ⎞ 4 ( ) R1 − R04 , b) R = (R14 − R04 )4 1de energía elástica del cuerpo es igual a la mitad delproducto de la tensión de corte por la deformación a) τ0 = ⎜ ⎟de corte. ⎝ 2l ⎠ ⎡ c) Ahorro = 100 ⎢1 − ( R12 − R02 ⎤ ⎥% )29. El esfuerzo de la ruptura del cobre rolado para lacizalladura es típicamente 1,5 x 108. ⎢ ⎣ ( R12 + R02 ⎥ ⎦ )¿Qué fuerzas F se deben aplicar a las cuchillas demetal mostradas en la figura para cortar una tira de 33. A profundidades oceánicas de unos 10 km launa hoja de cobre de 5 cm de ancho y 1,27 mm de presión se eleva a 1 kilobar, aproximadamente.espesor? a) Si se hunde un trozo de acero dulce hasta esta profundidad, ¿en cuánto variará su densidad? b) ¿Cuál es la densidad del agua del mar a esta profundidad si la densidad en la superficie vale 1,04 g/cm3? B acero = 16 x 1010 N/m2 , B agua = 0,21 x 1010 N/m2, 1bar = 105 Pa Respuesta. a) 0,062 %, b) ρ = 1,105 g/cm3Respuesta. 9525 N 34. Se somete a una muestra de cobre de forma30. Una varilla que tiene 100 cm de longitud y 1 cúbica con 10 cm de arista a una compresióncm de diámetro está sujeta rígidamente por un uniforme, aplicando una tensión equivalente a unaextremo y se le somete a torsión por el otro hasta tonelada perpendicularmente a cada una de susun ángulo de lº. Si se aplica la misma fuerza a la caras. La variación relativa de volumen que secircunferencia de una varilla del mismo material observa es de 7,25×10-6 (∆V/Vo). Determinar elpero que tiene una longitud de 80 cm y un diámetro módulo de compresibilidad del Cu en el sistemade 2 cm, ¿cuál es el ángulo de torsión resultante? internacional, sabiendo que el módulo de Young delRespuesta. θ = 0,1º cobre es 120×109 Pa. Obtener además el módulo de Poisson.31. La balanza de torsión de la figura se compone 35. Un depósito de acero de 60 litros de capacidadde una barra de 40 cm con bolas de plomo de 2 cm contiene oxígeno a una presión manométrica de 140en cada extremo. La barra está colgada por un hilo Pa. ¿Qué volumen ocupará el oxígeno si se le permitede plata de 100 cm que tiene un diámetro de 0,5 que se expansione a temperatura constante hasta quemm. Cuando se ponen muy de cerca de las bolas de su presión manométrica es nula? (La presiónplomo, pero en lados opuestos, dos bolas mayores manométrica es la diferencia entre la presión real ende plomo de 30 cm de diámetro (ρ = 11,4 g/cm3), el interior del depósito y la de la atmósfera exterior).sus atracciones gravitatorias tienden a hacer girar la Respuesta. V = 889 litros.barra en el mismo sentido. ¿Cuál será la torsión delhilo de plata? 32
  • 33. Elasticidad Hugo Medina Guzmán36. En cada extremo de una barra horizontal de 1,5 m fuerzas de compresión (valores negativos de F),de larga, 1,6 cm de ancha y 1 cm de larga se aplica siempre disminuyen de volumen ¿Apoya estauna fuerza de tracción de 2 800 N. El módulo de afirmación el hecho de que no existe ningún materialYoung y el coeficiente de Poisson del material de la 1barra son Y = 2 x 106 Pa y σ = 0,3. para el cual σ≥ ?a) Hallar la deformación transversal barra. 2b) ¿Cuáles son las variaciones relativas de la anchuray altura? 38. Un manual de materiales relaciona estos datosc) ¿Cuál es el aumento de volumen? para el aluminio en hoja laminadad) ¿Cuál es la energía potencial adquirida por la Módulo de Young, 7 x 1010 Pabarra? Límite elástico a la tracción, 7,2 x 107 PaRespuesta. Coeficiente de Poisson, 0,33 Tensión de tracción final, 14 x 107 Pa Δda) == −2,625 × 10 − 4 , Tensión de tracción permisible, 0,4 de la tensión de d0 tracción final −4 La tensión de tracción permisible es la máximab) Δd = −4,2 × 10 cm tensión que se considera segura cuando este material −4c) Δh = −2,625 × 10 cm se utiliza en estructuras sometidas a de tracción conocidas y constantes. Una tira de este aluminio de37. a) Demostrar que el coeficiente de Poisson viene 76 cm de larga, 2,5 cm de ancha y 0,8 mm de gruesadado por se estira gradualmente hasta que la tensión de tracción alcanza su límite permisible. Calcular 3B. − 2 Sσ= a) su variación de longitud, 2(3B + S ) b) su variación de volumen,b) Demostrar que a partir de esta ecuación se sigue c) el trabajo realizado yque el coeficiente de Poisson debe estar comprendido d) la ganancia en la densidad de energía elástica. Respuesta. 1entre -1 y . a) Δl = 0,688 mm, b) ΔV = 0,0041 cm3, 2 c) W = 0,341 J, d) ΔU = 22400 J/m3c) La experiencia demuestra que las barras sometidasa fuerzas de tracción (valores positivos siempreaumentan de volumen, mientras que si se someten a 33