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CAPÍTULO 1. Elasticidad
INTRODUCCIÓN
Hasta ahora en nuestro estudio de mecánica hemos
asumido que los cuerpos son indeformables; esto no
es cierto, aunque se justifica cuando los efectos de
las deformaciones carecen de importancia.
En este capítulo trataremos sobre los cambios de
forma producidos en un cuerpo cuando está bajo la
acción de una fuerza, esto es, en el sentido del
comportamiento de los materiales bajo la acción de
diversos esfuerzos, iniciándonos en la técnica del
diseño.
PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS
MATERIALES
Muchos materiales cuando están en servicio están
sujetos a fuerzas o cargas. En tales condiciones es
necesario conocer las características del material
para diseñar el instrumento donde va a usarse de tal
forma que los esfuerzos a los que vaya a estar
sometido no sean excesivos y el material no se
fracture. El comportamiento mecánico de un
material es el reflejo de la relación entre su respuesta
o deformación ante una fuerza o carga aplicada.
Hay tres formas principales en las cuales podemos
aplicar cargas: Tensión, Compresión y Cizalladura.
Además en ingeniería muchas cargas son torsionales
en lugar de sólo cizalladura.
ENSAYO DE TENSIÓN Y DIAGRAMA DE
ESFUERZO – DEFORMACIÓN. El ensayo de
tensión se utiliza para evaluar varias propiedades
mecánicas de los materiales que son importantes en
el diseño, dentro de las cuales se destaca la
resistencia, en particular, de metales y aleaciones.
En este ensayo la muestra se deforma usualmente
hasta la fractura incrementando gradualmente una
tensión que se aplica uniaxialmente a lo largo del eje
longitudinal de la muestra. Las muestras
normalmente tienen sección transversal circular,
aunque también se usan especimenes rectangulares.
Muestra típica de sección circular para el ensayo de tensión - deformación Durante la tensión, la deformación se concentra en la región central más estrecha, la cual tiene una sección transversal uniforme a lo largo de su longitud. La muestra se sostiene por sus extremos en la máquina por medio de soportes o mordazas que a su vez someten la muestra a tensión a una velocidad constante. La máquina al mismo tiempo mide la carga aplicada instantáneamente y la elongación resultante (usando un extensómetro). Un ensayo de tensión normalmente dura pocos minutos y es un ensayo destructivo, ya que la muestra es deformada permanentemente y usualmente fracturada.
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.
Gráfica típica tensión vs deformación
DEFORMACIÓN ELÁSTICA Y PLÁSTICA
Cuando una pieza se somete a una fuerza de tensión
uniaxial, se produce una deformación del material.
Si el material vuelve a sus dimensiones originales
cuando la fuerza cesa se dice que el material ha
sufrido una DEFORMACIÓN ELASTICA. El
número de deformaciones elásticas en un material es
limitado ya que aquí los átomos del material son
desplazados de su posición original, pero no hasta el
extremo de que tomen nuevas posiciones fijas. Así
cuando la fuerza cesa, los átomos vuelven a sus
posiciones originales y el material adquiere su forma
original.
Si el material es deformado hasta el punto que los
átomos no pueden recuperar sus posiciones
originales, se dice que ha experimentado una
DEFORMACIÓN PLASTICA.
DIFERENCIA ENTRE LOS CUERPOS
ELASTICOS Y LOS INELASTICOS. Los
cuerpos elásticos son los cuerpos que después de
aplicarles una fuerza vuelven a su forma normal
mientras que los inelásticos tienen su grado de
elasticidad muy bajo y si los deforman no vuelven a
su forma original.
LEY DE HOOKE.
En la parte de comportamiento elástico se cumple la
Ley de Hooke. Robert Hooke fue el primero en
enunciar esta relación con su invento de un volante
de resorte para un reloj. En términos generales,
encontró que una fuerza que actúa sobre un resorte
produce un alargamiento o elongación que es
directamente proporcional a la magnitud de la
fuerza.
F = − k Δ l
El signo menos es porque la fuerza es en oposición a
la deformación.
La constante de la proporcionalidad k varía mucho
de acuerdo al tipo de material y recibe el nombre de
constante del resorte o coeficiente de rigidez.
Δ l
F
k , sus unidades son m
N
.
ESFUERZO Y DEFORMACIÓN UNITARIA.
Esfuerzo. Consideremos una varilla cilíndrica de
longitud l 0 y una sección transversal de área A 0
sometida a una fuerza de tensión uniaxial F que
alarga la barra de longitud l 0 a l , como se muestra
en la figura.
Por definición, El esfuerzo S en la barra es igual al cociente entre la fuerza de tensión uniaxial media F
y la sección transversal original A 0 de la barra.
A 0
F
S = , sus unidades son m
N
.
Deformación unitaria : Por definición, la deformación unitaria originada por la acción de una fuerza de tensión uniaxial sobre una muestra metálica, es el cociente entre el cambio de longitud de la muestra en la dirección de la fuerza y la longitud original.
l
l
l
l l Δ
0
δ , la deformación unitaria es una
magnitud adimensional En la práctica, es común convertir la deformación unitaria en un porcentaje de deformación o porcentaje de elongación % deformación = deformación x 100 % = % elongación
MODULO ELASTICO O DE ELASTICIDAD. A la constante de proporcionalidad, podemos escribir la ley de Hooke en su forma general.
deformació n
esfuerzo MóduloElástico =
Para el caso de Deformación por tracción o compresión longitudinal
El esfuerzo es A
F
S = , la deformación unitaria es
l
Δl
El módulo elástico es conocido como el MODULO DE YOUNG.
A^ S
F
Y =
l
l
TABLA I Módulo de elasticidad o módulo de Young.
Nombre
Módulo de elasticidad Y 10
10 N/m
2
Aluminio 6, Cobre 10, Oro 7, Hierro, fundido 7, Plomo 1, Nickel 20, Platino 16, Plata 7, Latón 4, Acero 20,
Ejemplo 1. Los ortodoncistas usan alambres de bajo módulo de Young y alto límite elástico para corregir
2 Mg ⎥ YA^ = ⎦
2 Mg YA = ⇒ YA
Mg
3
Finalmente
3 YA
Mg
Ejemplo 4. Se cuelga una viga de 2000 kg de dos
cables de la misma sección, uno de aluminio y otro de
acero. Al suspenderla, ambos cables se estiran lo
mismo. Calcular la tensión que soporta cada uno.
Módulos de Young: acero = 20x 10 N/m 2 , aluminio
=7x
10 N/m
2
Solución.
Si los cables inicialmente tienen igual longitud y la
viga finalmente está horizontal, ambos cables han
experimentado el mismo alargamiento:
Como YA
F l Δl = , YA
T
YA
T
2
2
1
l 1 l = de aquí
T 1 T 2
Donde el subíndice 1 se refiere al aluminio y el 2
al acero.
Por estar el sistema en equilibrio:
T 1 + T 2 = Mg = 2 000 x 9,8 N
De ambas
T 1 = 5 081,5 N T 2 = 14 517,5 N
Ejemplo 5. Una barra homogénea, de masa m = 100
kg, está suspendida de tres alambres verticales de la
misma longitud situados simétricamente.
Determinar la tensión de los alambres, si el alambre
del medio es de acero y los otros dos son de cobre.
El área de la sección transversal de todos los
alambres es igual.
El módulo de Young del acero es dos veces mayor
que el del cobre.
Solución. Partiendo de los conceptos de simetría, es evidente que el alargamiento de los hilos será igual.
Designemos este alargamiento por Δl.
De acuerdo con la ley de Hooke, la tensión del hilo de acero es
l l
a a
AY
F y la del hilo de cobre, es
l l
c c
AY
F
De donde concluimos que la relación de las tensiones es igual a la relación de los módulos de elasticidad correspondientes:
a
c
a
c
Y
Y
F
F
En equilibrio 2 Fc + Fa = mg. Por consiguiente,
mg Fc = = 250 N y Fa = 2 Fc = 500 N.
Ejemplo 6. Una columna de hormigón armado se comprime con una fuerza P. Considerando que el módulo do Young del hormigón Y (^) ha , es 1/10 del de hierro Y (^) h y que el área de la sección transversal del hierro es 1/20 de la del hormigón armado, encontrar qué parte de la carga recae sobre el hormigón.
Solución. Basándonos en la ley de Hooke, escribimos
Fha (^) ⎟ AhaY ha ⎠
l
l y
Fh (^) ⎟ AhY h ⎠
l
l = = (^) ha ha Y
A
l
l
De allí deducimos que = 2
h
ha
F
F
.
De este modo, 2/3 del peso recae sobre el hormigón armado y 1/3, sobre el hierro.
Ejemplo 7. Un peso W se encuentra sujeto entre dos barras de peso despreciable, de las mismas características pero de diferente longitud y como se muestra en la figura. Los extremos de las barras
están ligados al peso y a los apoyos, los cuales son
indeformables.
Encontrar las reacciones que se producen en los
apoyos.
Solución.
Diagramas del cuerpo libre del conjunto y de las
partes:
Por equilibrio estático, (^) ∑ Fy = 0 :
R 1 + R 2 − W = 0 (1)
Geométricamente, tiene que cumplirse que los
alargamientos sean iguales:
Δl 1 =Δl 2
Por elasticidad
AY
R
AY
R 1 (^) l 1 2 l 2 = ⇒
R 1 (^) l 1 = R 2 l 2 (2)
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2), obtenemos:
W
L
R
2 1
l = y W L
R
1 2
l
Ejemplo 8. Un perno de acero se enrosca en un tubo
de cobre como muestra la figura. Encontrar las
fuerzas que surgen en el perno y en el tubo debido al
hacer la tuerca una vuelta, si la longitud del tubo es
l , el paso de rosca del perno es h y las áreas de la
sección transversal del perno y del tubo son iguales a
Aa , y Ac respectivamente
Solución. Bajo la acción de la fuerza de compresión F, el tubo
disminuye en F l / AY. y bajo la acción de la
fuerza de extensión F , el perno se alarga en el valor
F l / AaY a. La suma F l / Aa Ya + F l/ AcYc es
igual al desplazamiento de la tuerca a lo largo del perno:
F l / AaY a + F l/ AcYc = h , de donde:
a a c c
a a c c
AY AY
h AYAY F l
.
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?
La barra es indeformable y de peso P. El tensor BC es de peso despreciable, área A y módulo de elasticidad Y. Solución.
Por equilibrio estático, (^) ∑τo = 0
T l - P l- W 2 l= 0
T - P - 2 W = 0
T = P + 2 W (1)
Geométricamente, considerando que el giro que se produce es pequeño, podemos escribir:
x = 2 Δ l
Por elasticidad, el estiramiento Δl del tensor es:
AY
T l Δl =
Solución.
1020,4 kg/cm
2 = 1 020,4x9,8 N/cm
2
8 N/m
2 ;
ρ = 8930 kg/m
3 .
Para que el hilo se rompa, su peso ha de ser por lo
menos de 10
8 A N, siendo A la sección.
O sea:
P mg A g A
8
= = lρ = 10
Es decir:
8 8
A g x
A
l =1143,6 m
Ejemplo 13. Deformaciones por aceleración
Una barra uniforme de acero (Longitud L , área de
sección recta A densidad ρ , módulo de young Y ) se
halla sobre un plano horizontal exento de rozamiento
y se tira de ella con una fuerza constante F.
¿Cuál es el alargamiento total de la barra a
consecuencia de la aceleración?
Solución.
a) Sea m la masa total de la barra
m = ρ AL
Tomemos un elemento diferencial dx , cuya masa es
dm
dm = ρ Adx
Hagamos los diagramas del cuerpo libre de los tres
sectores.
La fuerza sobre cada uno de los tres sectores se
indica en las figura a continuación
El elemento diferencial dm se mueve con
aceleración a debido a la fuerza ( R 1 –R 2 )
Y la fuerza que lo estira es R 2. Por lo tanto su
deformación será un diferencial de Δ L esto es
d ( Δ L ):
YA
Rdx d L
2 ( Δ )= y ∫
L L d L 0
Como R 2 = m ' a , m ' = ρ Ax y
AL
F
m
F
a
= = , tenemos:
( ) L
x F AL
F
R Ax = ⎟
xdx YAL
F
d (Δ L )= , y
∫ ∫
=
=
x L
x
xdx YAL
F
L d L
0
De donde YA
FL L 2
1 Δ =
Ejemplo 14. Se tiene una columna de largo L ,
sección transversal A , densidad ρ, módulo de elasticidad Y. Se jala cobre un piso liso de la manera como se muestra en la figura. Calcule cuanto estira el cuerpo.
Solución. Primer método. Aplicando la segunda ley de Newton:
∑ F =^ ma
3 F − F = ma ⇒ AL
F
m
F
a
Haciendo el diagrama del cuerpo libre
El elemento diferencial es estirado por la fuerza R 2.
( ) AY
Rdx d L
2 Δ =
Cálculo de R 2 :
R (^) 2 − F = m ' a
AL
F
R F ma F Ax
= L
x F + 2 F
( ) dx L
x
AY
F
d L ⎟ ⎠
dx L
x
AY
F
L
L
∫ ⎟ ⎠
0
L
L
x x AY
F
0
2
= AY
2 FL
Segundo método. El sistema de fuerzas puede ser desdoblado en dos partes cuyas deformaciones parciales sumadas hacen
el efecto total, tal como se muestra en la figura
siguiente:
La primera parte es la deformación de un cuerpo
jalado por la fuerza 2 F :
( )
YA
FL
YA
F L
Δ L = =
1
La segunda parte es la deformación de un cuerpo
sujeto a la tensión F :
YA
FL
Δ L 2 =
La deformación total es la suma de las
deformaciones parciales:
YA
FL
YA
FL
Δ L =Δ L 1 +Δ L 2 = +
= AY
2 FL
Ejemplo 15. Si la barra se jala hacia arriba con una
fuerza F ( F > mg ). ¿Cuál es el alargamiento total de
la barra?
Solución.
El elemento diferencial dm se mueve con
aceleración a debido a la fuerza ( R 1 –R 2 )
Y la fuerza que lo estira es R 2. Por lo tanto su
deformación será un diferencial de Δ L esto es
d ( Δ L ):
YA
Rdy d L
2 ( Δ )= y ∫
L L d L 0
Como
R (^) 2 − m ' g = m ' a ⇒ R (^) 2 = m '( g + a ),
m ' = ρ Ay y
= g AL
F
m
F mg a
,
Tenemos:
( ) L
y F AL
F
R Ay = ⎟
ydy YAL
F
d (Δ L )= , y
∫ ∫
L ydy YAL
F
L d L 0
De donde
YA
FL L 2
1 Δ =
Ejemplo 16. Para la barra compuesta mostrada determine: a) Su aceleración. b) La deformación de cada una de sus tres partes y su deformación total.
Solución.
a) m 1 = 2 ρ LA , m 2 = 4 ρ LA y m 3 = 2 ρ LA
Aplicando la segunda ley de Newton:
∑ F^ =^ ma ⇒^3 F^^ −^7 F =(^ m 1 + m 2 + m 3 ) a
⇒ − 4 F = 10 ρ LAa
LA
F
a
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 R 2 :
R (^) 2 − 3 F = m 3 a ⇒
R (^) 2 = 3 F + m 3 a
= ( ) ⎟
LA
F
F LA
= 4 , 6 F
Cálculo de R 1 :
R 1 (^) − R 2 = m 2 a ⇒
R (^) 1 = R 2 + m 2 a
= ( ) ⎟
LA
F
F LA
El elemento diferencial se deforma d ( Δ L )debido a
la reacción R (^) 2 , ( R 1 (^) − R 2 )le da la aceleración
a g 2
= , luego:
( ) YA
Rdy d L
2 Δ = = YA
dy L
y Mg (^) ⎟ ⎠
= dy L
y
YA
Mg ⎟ ⎠
Integrando:
∫
L dy L
y
YA
Mg L 0
= ⎟
L
L
L
YA
Mg
2
= YA
MgL
Segundo método.
Comenzando con la deformación la los efectos de
las fuerzas en los extremos de la barra.
Nota: En R 3 ya está considerado el peso de la masa
puntual M colocada en el extremo inferior de la
barra.
Deformación de la barra por 5 Mg :
YA
MgL
YA
MgL L 2
Deformación de la barra por R 3:
YA
MgL
YA
MgL L 4
Deformación total: Δ L =Δ L 1 +Δ L 2
YA
MgL
YA
MgL L 4
= YA
MgL
Aquí no se considera el efecto del peso propio por
separado, porque en el cálculo de R 2 ya está
considerado.
Ejemplo 18. Un cubo como se muestra en la figura
de peso “ W ” arista “ L ” módulo de Young “ Y ” es
arrastrado sobre un plano liso, con una fuerza F = 2 W. a) Hallar la deformación longitudinal unitaria cuando el plano es horizontal. b) Hallar la deformación de la dimensión paralela al plano, cuando el bloque sube sobre el plano que esta inclinado 37º.
Solución. a)
2 2
YL
W
YL
W
L
L
b) Resuelto por integración. Calculo de la aceleración.
∑ F^ =^ ma ⇒
a g
W
2 W − W sen 37 º= ⇒ a g
W
2 W − 0 , 6 W =
⇒ a = 1 , 4 g
El diagrama del cuerpo libre
Cálculo de R 2 :
a L
x
g
W
L
x R (^) 2 − W sen 37 º= ⇒
L
x g W L
x
g
W
L
x R W 1 , 4 2
El elemento diferencial se deforma d Δ L :
xdx YL
W
YL
Rdx d L 2 3
Para hallar Δ L integramos desde x = 0 hasta x = L.
YL
W
xdx YL
W
L d L
L Δ = Δ = = ∫ 3 ∫ 0
La deformación es:
YL
W
Δ L =
Resuelto directamente usando resultados conocidos.
Estiramiento debido a la aceleración:
Calculo de la aceleración.
∑ F^ =^ ma ⇒
a g
W
2 W − W sen 37 º= ⇒ a g
W
2 W − 0 , 6 W =
⇒ a = 1 , 4 g
( )
YL
W
YL
W W L
L (^) a
2
Estiramiento debido al peso:
YL
W
YL
WL
L (^) p
2
Estiramiento total:
YL
W
YL
W
YL
Δ L = + =
Ejemplo 19. Deformación debido a la rotación
Una barra de longitud l , área A , densidad ρ y
módulo de Young Y gira con velocidad angular ω
constante sobre una mesa horizontal sin fricción y
pivotado en uno de sus extremos. Determinar el
alargamiento producido. ¿Cuál será el esfuerzo
máximo?
Solución.
El elemento diferencial se alarga d ( Δl), debido a
la fuerza centrípeta producida por la masa restante
hacia el extremo opuesto al pivote.
Parte 1: Cálculo de la fuerza total sobre una sección transversal a la distancia r del pivote.
Debido a la aceleración centrípeta se tiene una fuerza:
dF ( dm ) a (^) c ( dm ) r
2
dm = ρ Adr '
( ') ' ' '
2 2
dF = ρ Adr ω r =ρ A ω rdr
Integrando:
∫ ∫
l l
r r
F A rdr A rdr
2 2
( )
2 2 2
2
F = ρ A ω l − r
Parte 2: Cálculo del alargamiento
El alargamiento del elemento dr es:
( ) YA
Fdr d Δl =
Y el alargamiento total será:
( ) ∫ ∫
l l l l r r
r dr YA
A
YA
Fdr (^) 2 2
2
3 2 3 3
2
Y Y
l l l l
Usando las figuras anteriores
A = a ( a + 2 x )y y h
a x 2
= reemplazando
obtenemos;
y h
a Yaa
Pdy d h
Δ = o ( )
2 Ya h y
Phdy d h
Luego, como
∫ ∫
h h
Ya h y
Phdy h d h 0
2 0 ( )
Integrando
ln( ) ln 2 2 0 2 Ya
Ph h y Ya
Ph h
h Δ = + =
El bloque se comprime 2
Ya
Ph Δ h =
Ejemplo 24. Una pirámide truncada de bases
cuadradas de lados ” a ” y “2 a ” respectivamente de
altura h y modulo elástico Y se somete en la
dirección axial a una fuerza de compresión P ,
Determine la deformación que sufre la altura por
acción de la fuerza P.
Solución.
Tomemos un elemento diferencial dy tal como se
muestra en la figura.
Según muestra el diagrama del cuerpo libre del
elemento diferencial, es comprimido por la fuerza P.
Este elemento disminuye su longitud d (Δ h ), siendo
Δ h la disminución de longitud de h debido a la
fuerza P.
YA
Pdy d (Δ h )=
Usando las figuras anteriores
2 A = ( a + 2 x ) y y h
a x 2
= reemplazando
obtenemos;
2 2
2
Ya h y
Ph dy d h
Luego, como
∫ ∫
h h
Ya h y
Ph dy h d h
0
2 2
2
0
Integrando
2 2 Ya
Ph Δ h =
El bloque se comprime 2 2
Ya
Ph Δ h =
Ejemplo 25. Determine la deformación debido a la fuerza F , sin considerar el peso. El sólido mostrado de modulo elástico Y tiene altura H y bases circulares de radios R y 2 R
Solución.
( ) 2 Y rr
Fdy d H
Δ = , r = R + x
En los triángulos ABC y ADE:
H
x
R
y = ⇒ x H
R
x =
( ) ( )
2 Y R x
Fdy d H
= 2
⎟ ⎠
R
R
dy
Y
F
= ( H x ) dy RY
FH 2
2
2 −
( ) ∫ ∫
− Δ = Δ = +
H
H x dy RY
FH
H H
0
2 2
2
=
( )
H H x
RY
FH
0
1
2
2
−
R Y
FH
RY H
FH
H
2 2
2
Deformaciones no uniformes por peso propio y
área variable.
Ejemplo 26. Determine la deformación que sufre la
altura de la Gran pirámide de Keops en Egipto
debido a su propio peso, sabiendo que posee una
altura de 147 m, su base es cuadrada de lado 230 m
y que fue construida con bloques de piedra caliza y
granito con módulo de Young = 35 x 10
9 N/m
2 y
densidad = 2400 kg / m 3 .
Solución.
Tomemos un elemento diferencial dy , tal como de
indica en la figura
Este elemento sufre una acortamiento d (Δ h ), debido al peso de la porción de pirámide que soporta (de altura y , radio base de lado 2 x ).
El peso que soporta es: 4 ) 3
Peso (
2
= ρ g x y el
área de su base es:
2 Ax = 4 x
ydy Y
g
Y x
g x ydy d h 3 4 3
2
2
Integrando desde y = 0 hasta y = h
Y
y gh
Y
g ydy Y
g h
h h
2
0
2
0
∫
Como el Peso total es 3
ρ gAh
, obtenemos:
(Areabase)
(Pesototal)
Y
h Δ h =
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.
Solución. Tomemos un elemento diferencial dy , tal como de indica en la figura
Este elemento sufre una acortamiento d (Δ h ), debido al peso de la porción de cono que soporta (de altura y, radio de la base r).
x a
H
y = , dx a
H
dy = :
( )
[( ) ]
( )
dx a x
a x a
a
H
Y
g d H 2
(^33)
2
2
= [ a x a ( a x ) ] dx a
H
Y
g (^) 3 2 2
2
−
Integrando desde x = 0 hasta x = a :
( ) ∫
Δ H = d Δ H
= [ ( ) ] ∫
−
a a x a a x dx a
H
Y
g
0
3 2 2
2
= ( )
a
a x
x a ax a
H
Y
g
0
2 3
2
2
= ⎟
2
2 2 2 2
2
a
a a a a
H
Y
ρ g
= Y
gH
2
Ejemplo 29. Determine la deformación que sufre la
altura debido al peso propio
El sólido mostrado tiene peso F, modulo elástico Y ,
altura H y bases circulares de radios R y 2 R
Solución.
Para determinar cuánto se comprime el sólido
tomamos un elemento diferencial dy y vemos cuanto
se comprime por efecto del peso de la parte tronco
de cono que está sobre él (la parte de altura y en el
dibujo).
Cálculo del peso P de la de la parte tronco de cono
que está sobre el elemento diferencial.
Para esto tomamos un elemento diferencial de altura
dy ’ y lo integramos desde x = 0 hasta x = x ’.
El peso del elemento diferencial es:
( ') '
2
dP =ρ gdV =ρ g π R + x dy
Del dibujo siguiente:
Obtenemos:
' x ' x
y y = y ' dx ' x
y dy = :
( ') '
2 R x dx x
y
dP =ρ g π +
Integrando desde x = 0 hasta x = x ’:
( ) ∫ ∫
'
0
2 ' '
x R x dx x
y
P dP ρ g π
=
( )
x R x
x
y g
0
3
= [( ) ]
(^33)
3
R x R x
g y
El elemento diferencial se comprime:
( ) YA
Pdy d Δ H = , ( )
2
A =π R + x
Reemplazando:
( )
[( ) ]
( )
dy R x
R x R
Yx
g y d H 2
(^33)
Del dibujo siguiente:
Obtenemos:
x R
H
y = , dx R
H
dy = :
( )
[( ) ]
( )
dx R x
R x R
R
H
Y
g d H 2
(^33)
2
2
= [ R x R ( R x ) ] dx R
H
Y
g (^) 3 2 2
2
−
Integrando desde x = 0 hasta x = R :
( ) ∫
Δ H = d Δ H
= [ ( ) ] ∫
−
R R x R R x dx R
H
Y
g
0
3 2 2
2
= ( )
R
a x
x R Rx R
H
Y
g
0
2 3
2
2
= ⎟
2
2 2 2 2
2
R
R R
R
R
H
Y
ρ g
= Y
gH
2
El peso del tronco de cono es:
F π ( R ) ( H ) ρ g π( R ) ( H ) ρ g
2 2
3
= π R H ρ g ( ) π R H ρ g
2 2
3
Luego
Y
gH
R H g
F
H
2
= RY
FH
2
Ejemplo 30. Un hemisferio (mitad de una esfera
sólida) de densidad ρ , radio R y modulo de Young
Y esta sobre el piso descansando sobre su base
circular determine cuanto se deforma por acción de
su propio peso.
Sugerencia: Calcule la deformación de una porción
diferencial del hemisferio formada por un disco
delgado paralelo al piso.
Solución.
Vamos a considerar un elemento diferencial de
área
2
A = π r , altura dy
Donde ( )
2 2 2 r = R − y
El elemento diferencial soporta el peso P de la parte
de hemisferio que está sobre él.
De tal manera que se deforma:
( )
( )
YA
P dy d R
y Δ =
Cálculo de P ( y )
Peso del elemento diferencial
( ' ) '
2 2
dP ( y )=ρπ gR − y dy
El peso P ( (^) y )de la porción de hemisferio es:
∫
R y (^) y P g ( R y ' ) dy '
2 2
()^ ρπ^ =
3 2
3
2 y R y
R
ρ g π
Ahora la deformación total Integrando
( )
( )
YA
P dy d R
y Δ = :
( ) ( )
2 2
3 2
3
Y R y
dy
y R y
R
g
d R −
2 2 0
3 2
3
R y
y dy R y
R
Y
R g
R
∫ ρ π
= ( )
dy R y
R R y R y y
Y
g
R
∫ −
⎟ ⎠
⎞ ⎜ ⎝
⎛ ⎟+ − + ⎠
⎞ ⎜ ⎝
⎛ −
0
2 2
3 2 2 3
3
1
3
1
3
2
3
2
ρ
=
( ) ( )
dy R y R y
R y
y R y
R
Y
g
R
∫ − +
− − −
0
2 2
2
3 3
2
ρ
4 1 10 100
= = ×
a
a (^) x ,
5 6 10 100
=− =− ×
a
a (^) y
Haciendo un análisis de los cambios de longitudes:
El esfuerzo en x es mayor y la longitud en x
aumenta mientras que en y disminuye, siendo el
esfuerzo en y menor, se puede concluir que el
esfuerzo en x es de tracción y el esfuerzo en y es de
compresión.
b) El paralelepípedo esta sujeto a esfuerzo por cuatro
caras, como se muestra en la figura siguiente:
Sea S el esfuerzo sobre cada una de las caras
laterales.
La deformación del lado horizontal a (^) x es:
4 1 10
= + = ×
a Y Y
a (^) x
La deformación del lado horizontal a (^) y es:
4 0 , 6 10
=− − =− ×
a Y Y
a (^) y
Restando (1) + (2)/2, obtenemos:
4 0 , 7 10
− = ×
Y Y
4 0 , 7 10
= ×
Y
4 0 , 7 10
− ×
Y = = 4,28 x 10 6 N/m 2
Reemplazando el valor de Y en (1):
4 6 6
= ×
×
×
Ejemplo 33. a) Calcule la deformación volumétrica
durante la extensión elástica de una barra cilíndrica
sometida a tracción axial. El material es isótropo y la
deformación se supone pequeña.
b) ¿Para qué valor del módulo de Poisson, el
alargamiento ocurre sin cambio de volumen?
c) El módulo de Poisson de la mayoría de metales es
aprox. 0,3. El del corcho, aprox. 0,0 y el del caucho
cercano a 0,5. ¿Cuáles son las deformaciones
volumétricas de esos materiales al someterlos a una
compresión elástica ε < 0?
Solución.
a) Para la altura Y
S
h
h
, para el diámetro
Y
S
h
h
D
D
El cambio de volumen es D
D
h
h
V
V Δ
Y
S
Y
S
− 2 σ = ( 1 − 2 σ) Y
S
, por lo tanto
( ) V Y
S
Δ V = 1 − 2 σ = ( ) 4
2 Dh
Y
S π
b) Δ V es igual a cero cuando ( 1 − 2 σ ) = 0 ⇒
c) Para la mayoría de metales con un valor de σ
aproximado a 0,3:
= [ 1 − 2 ( 0 , 3 )]
Y
S
V
V
= Y
S
Para el corcho, con un valor de σ aproximado a
0,0:
= [ 1 − 2 ( 0 , 0 )]
Y
S
V
V
= Y
S
Para el caucho, con un valor de σ aproximado a
0,5:
= [ 1 − 2 ( 0 , 5 )]
Y
S
V
V
= 0,
Ejemplo 34. El sólido de la figura está sometido a los esfuerzos de compresión y tracción mostrados en las direcciones x y z , respectivamente. Determine cual será el esfuerzo ( S’ ) en la dirección y , tal que la deformación unitaria en esa dirección sea nula. Datos: S = esfuerzo, Y = módulo de Young, σ = módulo de Poisson.
Solución.
Para que la deformación unitaria en la dirección y sea nula, se debe cumplir:
( 3 ') 0
S − S =
Y
σ ⇒ 3 σ S − S '= 0 ⇒
S '= 3 σ S
Ejemplo 35. Se tiene el paralelepípedo mostrado en
la figura que encaja perfectamente en una caja
rígida. Luego de encajo el paralelepípedo se coloca
un peso P sobre éste, tal que lo aplasta
uniformemente, la caja impide las expansiones
laterales.
a) ¿Cuál es el esfuerzo sobre las paredes laterales?
b) ¿Cuál es el cambio en la altura Δ H = H − H '
del paralelepípedo?
Solución.
El paralelepípedo esta sujeto a esfuerzo por sus seis
caras, como se muestra en la figura siguiente:
Sea S el esfuerzo sobre la cara superior e inferior y
S ’ el esfuerzo sobre cada una de las caras laterales.
La deformación del lado a es:
Y
S
Y
S
Y
S
a
a
(1)
La deformación del lado H es:
Y
S
Y
S
H
H '
(2)
a) Como la longitud a no cambia, Δ a = 0.
De la ecuación (1):
Y
S
Y
S
Y
S
( )
S S
Siendo 2 a
P
S =
( )
2 1
a
P
S
b) De la ecuación (2):
Y
S
Y
S
H
H '
( ) Y
S
Y
S
H
H
2
⇒
( )
2
Y
S
H
H
( )
H
Ya
P
H ⎥
2
2
Ejemplo 36. Hallar el valor del módulo de Poisson para el cual el volumen de un alambre no varía al alargarse. Solución.
l
Δl
r
r , de aquí el módulo de Poisson
l
Δl
r
r
σ , siendo r el radio del alambre y l su
longitud. El volumen de dicho alambre antes de
estirarlo es l
2
V 1 = π r y su volumen después de
estirado es = ( −Δ ) ( l +Δl)
2
V 2 π r r
Si el volumen no varió con el alargamiento,
tendremos que l = ( −Δ ) ( l+Δl)
2 2
π r π r r. Y
abriendo los paréntesis y despreciando las
magnitudes Δ r y Δl al cuadrado, hallamos que
π r l = 2 π r Δ r l
2 , de donde 0 , 5 2
l
l
r
r
, luego
Ejemplo 37. Hallar la variación relativa de la densidad de una barra de cobre cilíndrica al ser comprimida por una presión p = 9810 Pa. Para el
cobre tómese un módulo de Poisson σ = 0,34.
Solución.
La densidad de la barra antes de ser comprimida es
1
1 V
m
ρ = donde l
2
V 1 = π r. La densidad de la
barra después de comprimida será 2
2 V
m
siendo = ( +Δ ) (l −Δl)
2
V 2 π r r. Por
consiguiente la variación de la densidad será
