Capítulo 3 septima parte

Versión 2014
CAPITULO 3
TENSIONES Y DEFORMACIONES. REVISIÓN DE
PRINCIPIOS FÍSICOS
División 7
Dimensionado y verificación de piezas
bajo cargas impulsivas
UTN-FRBB Cátedra: Elementos de Máquinas. Profesor: Dr. Ing. Marcelo Tulio Piovan
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1. Introducción
En esta división del capítulo se analizarán algunos métodos elementales para el cálculo de
piezas sometidas a cargas impulsivas o cargas de choque.
2. Enfoque de Análisis
En la División 5 del Capítulo 2 se han analizado métodos de cálculo para piezas que eran
sometidas a cargas variables. Tales cargas se consideraban aplicadas en forma alternativa, y
como tales se denominaban solicitaciones dinámicas para distinguirlas de las solicitaciones
estáticas. Sin embargo nada se mencionó de la rapidez de aplicación de la solicitación.
Cuando las cargas se aplican rápidamente sobre un cuerpo, como en las cargas de choque o en
los impactos, los niveles de desplazamiento, deformación y tensiones son mucho más
elevados que en los casos de solicitación estática o aun de solicitación cíclica.
Las propiedades mecánicas de un material son función de la velocidad de aplicación de la
carga y en consecuencia con la tasa de deformación. En tanto que la carga sea aplicada con
mayor rapidez, serán más elevadas las resistencias a la fluencia y a la rotura del material. En
la Figura 3.111 se muestra tal variación, para un acero con bajo contenido en carbono, en
función de la tasa de deformación promedio.
Figura 3.113. Variación de las propiedades mecánicas de un acero bajo en carbono
En la Figura 3.113 se puede apreciar que a partir de una relación de deformación unitaria de
10-2 1/s, la resistencia a la fluencia y la resistencia a la rotura aumentan sostenidamente.
Para desarrollar una metodología de cálculo simplificada para analizar solicitaciones con
impacto en las piezas se recurrirá a establecer una serie de hipótesis y/o suposiciones:

Todo sistema se reducirá a modelos simples de masas – resortes

Se supone que la masa del elemento elástico es despreciable

Se supone que no hay pérdida de energía en el impacto.

Se supone que la deformación del resorte es perfectamente elástica y dentro del rango
lineal del material.
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La diferencia existente entre una carga impulsiva y una carga aplicada en forma gradual se
puede apreciar en la siguiente Figura 3.114. Nótese que si el desplazamiento máximo
logrados por la carga estática (e) y la carga dinámica (d) son los iguales y si las fuerzas
máximas también son iguales (Fd=Fe) entonces la energía máxima de la carga aplicada en
forma gradual es la mitad de la producida por la carga impulsiva.
Figura 3.114. Diferencias en entre las cargas (a) Estática o aplicada gradualmente (b) Impulsiva.
Así pues, para entrar en conceptos repasemos un ejemplo simple de intercambio energético. Si
observamos el sistema de la Figura 3.115, la masa m (que pesa P=m.g) cae desde su posición
inicial hasta que toda la energía que lleva haga deformar al resorte una cierta longitud m,
alcanzando un reposo momentáneo para luego recibir la descarga energética del resorte.
Figura 3.115. Esquema conceptual básico para los problemas de impacto.
Así pues si tomamos el nivel cero de energía potencial de la masa m, en el nivel más bajo al
que llega la misma, la ecuación de intercambio energético viene dada por:
mgh   m   Ph   m  
1
1 2
(3.224)
k m de donde: k m2  P m  Ph  0
2
2
Donde P es el peso de la masa y k es la constante del resorte. Nótese que la expresión (3.224)
es una ecuación de segundo grado en m, de tal manera que resolviendo la misma se obtiene el
desplazamiento del resorte bajo la carga de impacto como:
2
m 
P
P
P
    2h
k
k
k
Es claro que en la (3.225) se tomado la raíz más grande. Nótese que
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(3.225)
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P
(3.226)
k
No es otra cosa más que el desplazamiento del resorte bajo carga estática, de manera que el
 st 
desplazamiento máximo del resorte bajo carga dinámica se obtiene reemplazando (3.226) en
(3.225) y reordenando como:

 m   st   st 2  2h st o bien  m   st 1  1 

2h 
 st 
(3.227)
Nótese que si h=0, entonces el desplazamiento máximo o dinámico será el doble del estático.
Recuérdese que esto se puede entender a la luz de la ecuación diferencial del sistema masaresorte bajo la acción del peso de la masa (tal como se ha visto en la asignatura Mecánica
Racional), es decir resolviendo la siguiente ecuación diferencial:
 y 0  0
(3.228)
my  ky  mg  0 con 



y
0

0

El procedimiento de cálculo y verificación se dejará al alumno. Se recomienda emplear el
programa Mathematica® para mayor agilidad en el proceso de cálculo.
Ahora bien, si a diferencia de la masa que cae desde una altura h, se tiene una masa m (si P es
el peso, tal que P=m.g) que viaja a una cierta velocidad v (que puede ir variando con el
tiempo) y en consecuencia con una energía cinética definida al impactar con el resorte,
entonces la ecuación de equilibrio energético es:
1 2 1P 2 1 2
mv 
v  k m
2
2g
2
(3.229)
De tal manera que se puede despejar cuanto se extendió el resorte según:
m 
mv2
Pu 2

k
gk
(3.230)
A continuación se tratarán algunos problemas de cálculo de verificación y de dimensionado
de piezas bajo solicitaciones convencionales de impacto lineal. Se observará que casi todas las
expresiones que se obtengan a continuación tendrán una forma muy similar a la (3.227)
3. Problema de una barra recta bajo impacto axial
En la Figura 3.116 se puede observar una barra siendo sometida a una fuerza de impacto, la
cual puede ser provocada por la caída vertical de una masa M o bien por una fuerza de
impacto horizontal.
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Figura 3.116. Esquema conceptual básico para los problemas de impacto axial.
Tal como se vio en el apartado anterior, todo el análisis está sujeto a la conservación
energética en el sistema tal como se estipuló en las hipótesis de trabajo. A partir de los
resultados previos se puede efectuar una analogía con el problema del resorte, enfocado ahora
para una barra. Así pues, teniendo en cuenta la expresión para la energía de deformación axial
dada por la Tabla 3.5 y empleando el teorema de Castigliano, para el caso de una barra de
sección uniforme se puede hallar (ejercicio para el alumno) la siguiente relación fuerzadesplazamiento:
F    ka donde ka 
EA
(3.231)
L
Siendo E, A y L el módulo de elasticidad, el área de la sección y la longitud de la barra.
Nótese que la expresión (3.231) tiene una semejanza en forma y concepto a la ley de variación
de la fuerza-desplazamiento de un resorte. Así pues, se pueden emplear las expresiones del
apartado anterior y reemplazarlas por los valores correspondientes de la constante de rigidez
ka de la barra. Entonces, la (3.224) se transforma en:
1
1
Mg h   m   Ph   m   ka m2 de donde: ka m2  P m  Ph  0
2
2
Luego, se resuelve la ecuación cuadrática de (3.232) obteniéndose:
2
P
P
P
 m      2h
ka
ka
 ka 
o bien,

2h 
P
 m   st 1  1   con  st 
 st 
ka

(3.232)
(3.233)
Se tendrá presente que P es el peso de la masa M que cae de la altura h.
Ahora bien, la razón para obtener con (3.233) el valor del desplazamiento máximo reside en
que con el mismo se puede obtener la fuerza axial máxima de tal forma conocer el valor de la
tensión máxima provocada por el impacto. Así pues la fuerza máxima y la tensión máxima
para una barra sometida a una carga axial vienen dadas por las siguientes expresiones:
EA
m
L
(3.234)
Fmax E
 m
A
L
(3.235)
Fmax  ka m 
 max 
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Es claro que si existen lugares donde hay concentración de tensiones, la tensión máxima
efectiva se calculará con el correspondiente factor de concentración de tensiones (Figuras 2.59
a 2.70).
Ahora bien siguiendo un razonamiento similar al anterior, en el caso de la masa que se
traslada horizontalmente a una velocidad v, la expresión para obtener el desplazamiento
provocado por la carga de impacto es:
m 
Mv 2
MLv2

ka
EA
(3.236)
Luego, la fuerza y tensión máximas se obtienen como en las (3.234) y (3.235)
respectivamente.
4. Problema de una barra recta bajo impacto flexional
En este problema se empleará en primera instancia la teoría de vigas de Bernoulli-Euler por su
simplicidad. Recuérdese que el problema de obtener el desplazamiento flexional conociendo
la fuerza se puede reducir al concepto de relación fuerza-desplazamiento propia de un resorte.
Así pues si en la siguiente Tabla 3.21 se observan las expresiones de los desplazamientos
estáticos en función de la fuerza aplicada se podrá despejar una expresión parecida a la
(3.226) o a la (3.231) según convenga. Es claro que el desplazamiento P se calcula donde
actúa P. Por otro lado, cada una de las expresiones para calcular P en la Tabla 3.21 se obtiene
resolviendo la ecuación diferencial (3.99) correspondiente al caso (nuevamente esto se deja
como ejercicio para los alumnos).
Tipo de Solicitación
Desplazamiento estático
Constante de Resorte
P 
PL3
3EI
kf 
3EI
L3
P 
PL3
48EI
kf 
48EI
L3
PL3
P 
192 EI
kf 
192 EI
L3
Tabla 3.21: Algunos casos de solicitación flexional y sus constantes de resorte
En la Tabla 3.21, I y E son el momento de inercia de la sección transversal y el módulo de
elasticidad respectivamente.
Ahora bien, para fijar ideas considérese el caso de la Figura 3.117 donde se pueden apreciar
dos condiciones de posibles impactos de la masa M (y de peso P=M.g) contra la viga.
Téngase en claro que se trata de una viga simplemente apoyada.
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Figura 3.117. Esquema conceptual básico para los problemas de impacto flexional.
En el caso de caída vertical desde la altura h, la máxima deflexión se calcula empleando una
expresión similar a la (3.232), lo que dará:
2
P
P
P
 m      2h
kf
kf
 kf 
o bien,

2h 
P
 m   st 1  1   con  st 
 st 
kf

(3.237)
La fuerza flexional equivalente que provoca el desplazamiento dinámico máximo m se
calcula con la siguiente expresión (observar el valor de kf de la Tabla 3.21):
48EI
(3.238)
m
L3
De manera que si el momento flector máximo en la zona donde se tiene la mayor deflexión,
Fmax  k f  m es decir Fmax 
viene dado por Mfm = Fmax L/4, entonces la tensión máxima se puede calcular como:
M fmc
Fmax Lc
(3.239)
I
4I
Donde I es el momento de inercia y c es la distancia a la fibra más alejada.
Para otros casos de flexión contemplados en la Tabla 3.21 el procedimiento es exactamente el
 max 
o bien  max 
mismo que el efectuado en los párrafos anteriores. Ahora bien en otros casos de flexión, se
debe obtener primeramente el valor de la constante de resorte o en otras palabras la rigidez de
la viga (es decir kf) resolviendo la ecuación diferencial (3.99) para el caso y condiciones de
borde correspondientes.
5. Problema de una barra recta bajo impacto torsional
Es este caso se empleará la teoría de torsión de barras de sección cilíndrica. Además se deberá
tener especial cuidado en efectuar la comparación por analogía con un resorte. En efecto, en el
caso de un elemento elástico sometido a una solicitación torsional, la relación entre el
forzamiento (momento torsor, MT) y la deformación (ángulo de rotación, x) viene dado por
una expresión como la siguiente:
M T  kt x
La energía de deformación de un cuerpo sometido a torsión será:
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(3.240)
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x
x
U   M T d x   kt x d x
0
es decir
0
1
U  M T x  kt x2
2
(3.241)
Nótese que la expresión (3.241) tiene la misma forma que la energía de deformación de un
resorte (como todo elemento elástico bajo una concepción lineal), por tanto se puede emplear
la metodología expuesta en el Punto 2 de esta División 7 del Capítulo 2.
Ahora bien, si el elemento elástico se una barra cilíndrica, entonces la constante de rigidez
viene dada por:
GIo
(3.242)
L
Siendo G el módulo de elasticidad transversal, Io el momento de inercia polar y L la longitud
de la barra bajo estado torsional.
kt 
Figura 3.118. Esquema conceptual básico para los problemas de impacto torsional.
En la Figura 3.118 se puede apreciar un esquema básico de una barra sometida a una descarga
de impacto torsional. Si se supone que la palanca de longitud b es rígida, que la masa M tiene
peso P, y siguiendo el mismo concepto deductivo de los apartados anteriores, entonces se
puede obtener el ángulo de rotación torsional máximo como:
2
M 
M
M
 m  T   T   2h T
kt
kt
 kt 

2h
o  m   st 1  1 
b st


 con  st  M T  bP  bMg

kt
kt
kt

(3.243)
Empleando la (3.240) se puede obtener el momento torsor máximo, MTm, es decir:
M Tm  ktm
(3.244)
Luego con el momento torsor máximo de impacto se puede obtener la máxima tensión
tangencial en la barra torsionada de acuerdo con la siguiente expresión:


M Tmc kt mc
2h

  st 1  1 
Io
Io
b st





(3.245)
Siendo st a tensión tangencial provocada por el peso de la masa bajo condición estática. Los
pasos deductivos se dejan como práctica a los alumnos para la fijación de los conceptos.
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6. Bibliografía
[1] J.E. Shigley y C.R. Mischke, “Diseño en Ingeniería Mecánica”, McGraw Hill 2002.
[2] B.J. Hamrock, B. Jacobson y S.R. Schmid, “Elementos de Máquinas”, McGraw Hill 2000
[3] J.E. Shigley, “Machine Design Databook”, Digital Engineering Library, McGraw Hill,
2004.
7. Problemas resueltos y para completar
Problema tipo 3.9.
Un elevador que pesa cargado 20000 N es sujetado por un cable de acero de 2.5 pul2 y que
posee un módulo de elasticidad de 210 GPa. Mientras el elevador va descendiendo a una
velocidad constante de 300 pies/min, una falla causa el detenimiento de la polea con el
ascensor a unos 25 m de la polea. Se desea determinar la máxima elongación estática y la
máxima tensión tractiva soportada en el cable.
Solución del Problema tipo 3.9.
Nótese que hay varias unidades de medida. En consecuencia se hará una homogeneización
dimensional a unidades internacionales:
Area: A = 1.6129 10-3 m2
Velocidad: V = 1.524 m/s
Módulo de elasticidad: E = 2.1 1011 N/m2.
La deflexión estática surge despejando de la (3.234):
FL
 0.00148m  1.48mm
EA
Ahora bien, aplicar directamente la expresión (3.233) implica un entendimiento del problema,
dado que se desconoce el valor de h, pues la masa no cae desde una cierta altura como en el
 est 
ejemplo mencionado. Entonces para hallar m, o bien h se calcula por un equilibrio energético
y se inyecta en la (3.233), o bien dm se halla planteando una nueva ecuación de equilibrio
energético desde el inicio. Para mostrar que las dos alternativas son válidas, se seguirán
ambos caminos:
Así pues, un equilibrio energético solo para el cubículo del ascensor dará:
1
v2
Mgh  Mv 2  h 
2
2g
Que si se reemplaza en la (3.223) queda:


2h 
v2

 m   est 1  1 


1

1

 est  est 
g est





Ahora bien se puede plantear el equilibrio energético del conjunto de tal manera que es:
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1
1
1
1
kc est2  Mg m  Mv 2  kc est2  kc m2
2
2
2
2
Donde kc es la constante de rigidez del cable, que se calcula según la (3.231), M la masa del
ascensor. La expresión anterior se puede acomodar de la siguiente manera:
 m2 
2FL
FL v 2
v2
m 
 0   m2  2 est m   est  0
EA
EA g
g
Que resolviéndola por Baskara queda:

EA v 2
 m   est 1  1 
FL g

2



   est 1  1  v 


 est g 


O sea, igual que la anterior expresión recuadrada.
La tensión máxima se calcula como sigue
 mac 
Fmax kc m EA FL 
EA v 2


1

1

A
A
AL EA 
FL g
2
 F

  1  1  v 
 A
 est g 


8. Problemas propuestos
Problema 1.
En una obra en construcción, un contenedor de 1 tonelada pende de una grúa en un cable y
apoyada sobre un piso con la condición del cable descargada. Luego el contenedor es
empujado por un hoyo y cae un poco. Se desea calcular cual es la máxima fuerza que soporta
el cable si se sabe que el cable de acero tiene una área de 500 mm2, un módulo de elasticidad
de 70 GPa y la longitud del cable bajo descarga es de 30 m.
Problema 2.
Un juego está formado por una esfera de acero de 50 mm de diámetro que rebota sobre un
resorte cuya constante es de 100000 N/m. La bola cae de una altura de 3 m y rebota contra el
resorte y salta hacia otro lado. Se quiere halla la máxima fuerza sobre el resorte y su máximo
desplazamiento durante el impacto. La densidad de la bola es de 7840 kg/m3.
Problema 3.
Un sistema de frenado de piezas que van a cierta velocidad está formado por una palanca y
una barra a torsión como la de la Figura 3.118. Si la barra sometida a torsión tiene un
diámetro de 25 mm y construido con un material de módulo de elasticidad transversal de 80
GPa y el brazo de palanca tiene una longitud de 50 cm. Los cuerpos que se deben frenar
tienen una masa de 2 kg. Se pide calcular la velocidad máxima que puede llegar a frenar sin
que se sobrepase la tensión tangencial de 150 MPa. Considere que la palanca es muy rígida y
no sufre grandes deformaciones.
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