Elasticidad. problemario

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Problemario relacionado al cálculo de esfuerzos en la soldadura

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Elasticidad. problemario

  1. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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

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