Ediciones UPC - Resistencia de Materiales Prob. Res..pdf

Resistencia de materiales Problemas resueltos

AULA POLITÈ CNICA / ETSEIB


Miquel Ferrer Ballester

José Luis Macías Serra

Frederic Marimón Carvajal

M. Magdalena Pastor Artigues

Francesc Roure Fernández

Lluís Vilaseca Vilanova

EDICIONS UPC

La presente obra fue galardonada en el quinto concurso

"Ajuts a l'elaboració de material docent" convocado por la UPC.

Primera edición: septiembre de 1999

Reimpresión: febrero de 2001

Segunda edición: septeimbre de 2002

Diseño de la cubierta: Manuel Andreu

© los autores, 1999

© Edicions UPC, 1999

Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL

Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona

Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885

Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es

E-mail: [email protected]

Producción: CPDA

Av. Diagonal 647, ETSEIB, 08028 Barcelona

Depósito legal: B-30564-2002

ISBN: 84-8301-621-4

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-

ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o pro-

cedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de

ella mediante alquiler o préstamo públicos.

AULA POLITÈ CNICA 15


Prólogo 7

Prólogo

El presente libro es una colección de problemas resueltos destinada a facilitar el aprendizaje de la Resistencia de Materiales a través de su aplicación a la resolución de ejemplos concretos. Ha sido elaborado pensando en su uso por parte de estudiantes de Ingeniería y de Arquitectura, como texto complementario a un libro de teoría de Resistencia de Materiales. En concreto su estructura, enfoque y

nomenclatura se adapta especialmente al texto Resistencia de Materiales de F. Roure, F. Marimón y X. Ayneto, que actualmente edita CPDA de la ETSEIB- UPC, en forma de fascículos.

Se supone que antes de abordar los problemas de cada capítulo, el lector habrá adquirido los conocimientos de teoría correspondientes, y por ello no se repasan de forma explícita en el presente libro. Se supone asimismo que el lector ha seguido previamente un curso de mecánica de medios continuos, y que dispone de los conocimientos de elasticidad lineal necesarios. Al efecto se han incluido en la Bibliografía textos de teoría sobre ambos aspectos.

Los temas que cubre este libro son los clásicos de un primer curso de Resistencia de Materiales: los temas básicos relativos a la pieza prismática. Una rápida ojeada al índice ilustra perfectamente el alcance del temario abordado. Se ha centrado el texto en estos temas básicos para adaptarlo

precisamente al desarrollo de un curso de duración cuatrimestral; aunque al final de algunos capítulos se han introducido también problemas más complejos (van marcados con un asterisco), para aquellos lectores que deseen profundizar en dichos temas.

Los casos más sencillos, introductorios de cada tema, no se han incluido en este libro como problemas, porque ya suelen encontrarse como ejemplos introductorios en los libros de teoría, y no se ha considerado necesario repetirlos. Tampoco se ha pretendido elaborar una colección exhaustiva de problemas, sino seleccionar unos cuantos de cada tema, para ilustrar sus diversas facetas.

A pesar de las numerosas revisiones que hemos hecho del texto y de las pruebas de impresión, estamos seguros de que algunos errores y erratas habrán conseguido colarse (confiamos en que sean sólo algunas), y pedimos por ello disculpas al lector.

Finalmente queremos expresar nuestro agradecimiento a los siguientes estudiantes de la ETSEIB que, como becarios del Departamento, han colaborado en la esmerada confección del texto, las fórmulas y los dibujos: Pedro J. Campos San Facundo, Antonio Cerra Franco y Robert Gimeno Feu.

Los autores

Barcelona, junio de 1999

Índice 9

Índice

1 Diagramas de esfuerzos.......................................................................................................11

2 Esfuerzo normal...................................................................................................................25

3 Esfuerzo de cizalladura pura................................................................................................35

4 Características de secciones.................................................................................................45

5 Dimensionado de secciones a flexión..................................................................................53

6 Flexión desviada y flexión compuesta.................................................................................75

7 Torsión y esfuerzos combinados..........................................................................................89

8 Corrimientos en piezas prismáticas....................................................................................131

9 Piezas y sistemas hiperestáticos.........................................................................................139

10 Inestabilidad elástica...........................................................................................................161

Bibliografia................................................................................................................................185

1 Diagramas de esfuerzos 11

1 Diagramas de esfuerzos

12 Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 1.1

Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura.

45o

6 0 0 2 N

E

A C D

2 m 800 Nm

B

3 m 3 m 2 m

Resolución:

FH 600

FV 600

2 2

600 N 2

2 2

600 N 2

a) Descomposición de la fuerza exterior aplicada en el extremo de la barra BE.

b) Cálculo de las reacciones.

Ejes globales

600 N

600 N E

A C D 800 Nm

B

RAV

RAH RCV

Tomamos momentos respecto al punto C: 100

M c

0 RAV 6 600 3 600 2 800 0 RAV N = -33,3 N 3

Suma de fuerzas verticales y horizontales:

FV 0

RAV

600

RCV 0 100 600

3

RCV

1900 N

3

FH 0 RAH 600 N

-


c) Cálculo de momentos en los tramos AB y BC.

TramoAB:

Tramo BC:

M ( x) R AV x 100 x

3

M A 0

M B 100 Nm

M ( x) R

AV x 600( x 3) 600 2

100 M B 3

3

0 1200

1100 Nm

100 M C 6

3

600 3

600 2

800 Nm

Diagramas.

600 N E

600 N -

N +

A B C D

B

600 N

E

T

100

A B C D +

-

B 1900 N

N 3 3

-800 N·m E

-100 N·m

M - A - B C D

+

1200 N·m B

1100 N·m

Equilibrio del nudo B.

600 N

600 N

600 N

100/3 N

B

1900 N

3


Problema 1.2

Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura, apoyada en los extremos y sometida a una

carga repartida triangular.

1600 N m

A B

x

6 m

T

Resolución:

a) Cálculo de la reacciones.

Resultante de la carga Q 1600 6

2

4800 N .

4800 N

A B

6 m

RA RB

4 m 2 m

R

A R

B 4800

M A 0 RB 6 4800 4

4800 4

RB 6

3200 N

R A 1600 N

x

x

2 3 6 6 6


b) Cálculo de los esfuerzos de sección.

1600 N m

A B

d

1600 N 3200 N

x-

x

L = 6 m

Sección situada a una distancia x del apoyo A:

T:

T 1600

x

q d

1600

x 1600

d0 0 6

2 T 1600

1600 1600

1600 2 x

6 2 0 12

M:

M 1600 x

x

q x

d

1600 x

x 1600

x

d0 0 6

2 3 M 1600 x

1600 x

6 2

3 0

3 3 3

M 1600 x 1600 x

x 1600 x

1600 x

2

2


c) Diagramas.

1600 N

+

A T

-

3200 N

M

+

d) Punto de Mmáx

3695 Nm

M T T 0

x

T 0 1600 1600 x x 12

12 3,46 m

M máx

1600 3,46 1600 3,46 12

3695 Nm


Problema 1.3

Determinar los diagramas de esfuerzos del pórtico inclinado de la figura.

400 2 N

200 2 N

B

2 m

45

A C

2 m 2 m

Resolución:

Para el cálculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estática.

400 2

200 2

B

A

RAH C

RAV RC

FV

FH

0 R AV

0 R AH

RC

400

200 2 0

2 N

M A 0 RC 4 400 2 2 200 2 2 0 RC 300 2 N


por tanto, RAV 100 2 N y descomponiendo cada reacción en las direcciones de las barras,

400

100 2

400

400 2 100 100

300

300

400 2 400

400

100

100

300 2

300 2

100 2

300 300

Diagrama N

500 N

B

+ -

A

Diagrama T

C

-300 N

300 N

B

+ -

C

A

300 N

Diagrama M


B

B

x + + A

x’ C

300 N

M = 300 · x M

A 0

M B 600

2 Nm

M = 300 · x’ M

C 0

M B 600

2 Nm

Método alternativo para hallar las reacciones: resolución gráfica.

Para que las tres fuerzas estén en equilibrio, sus líneas de acción deben cruzarse en punto O (ya que

M 0

0 ). A partir de la línea de acción vertical de RC, se obtiene O.

F

400 2

200 2

B

// OA

RA

RC

F

// OC

RA

C

RC


Problema 1.4

Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura.

4000 N

N p = 600

ml

3000 N

P1 B C

A

P2 D

a = 2 m L = 6 m b = 2 m

Resolución:

Cálculo de las reacciones:

FV : RB RC 4000 600 6 3000 0

M B : 4000 2 600 6 3 RC 6 3000 8 RC 4467 N

RB 6133 N

Diagrama de momentos flectores:

Tramo AB: M 4000 x

M A 0 M B 8000 Nm

Tramo BC:

M 4000 x

6133 x 2

600

x 2 2

2

M B 8000 Nm M C 6000 Nm

Tramo CD: M 4000 x

6133 x 2

600 6 x 5

4467 x 8

M C 6000 Nm M D 0

Diagrama de esfuerzos cortantes.

Tramo AB: T 4000 N

TA 4000 N

TB 4000 N


Tramo BC: T 4000x

6133

600 x 2

TB 2133 N TC 1467 N

Tramo CD: T 4000

6133

3600

4467

TC 3000 N TD 3000 N

B C D

A

a = 2 m L = 6 m b = 2 m

-8000

M

( Nm )

-6000

-

E

xE

2133

+

T

- ( N )

3000 3000

+

-

-1467

-4000 -4000

El diagrama de momentos flectores pasa por un mínimo relativo en el punto E, donde la tangente es

horizontal, o sea:

M T 0 : x

4000

6133

600 x E 2

0 x E

5,35 m

ME = -4208 Nm


Problema 1.5

En la viga en voladizo de la figura, calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar los

diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga.

4 KN

5 KN/m

0,5m

1 m 2 m 1 m

Resolución:

a) Reacciones en el empotramiento.

Comenzaremos por buscar el sistema de fuerzas que ejerce el empotramiento, dibujamos el diagrama

de sólido libre y obligamos al equilibrio. Sumando fuerzas y tomando momentos obtenemos:

4 KN 5 KN/m 4 KN

10 KN

ME

ME

0.5m

1 m 2 m FE

0.5m

2 m FE

FE 14 KN

M E 4 0,5

10 2

Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga.

22 KN m

5 x 1


b) Diagramas

4 KN 5 KN/m

E D C B A

0,5 0,5 2 m 1 m

x

-

M

T

+

Tramo AB: M = 0 T = 0

Tramo BC:

2

M KN m 2

M B 0

M C 0

T 5 x 1 2

KN TB 0

TC 10 KN


Tramo CD:

M 10 x 2 KN m M

C 10 KN m

M D 15 KN m

T 10 KN TC

10 KN

TD 10 KN

Tramo DE:

M 10 x 2 4 x 3,5 KN m M

D 15 KN m

M E 22 KN m

T 10 4 14 KN TD 14 KN

TE 14 KN

Estos diagramas se han obtenido tomando el origen de las x en el extremo A, de la derecha, porque en

este caso, es más cómodo. Si se determinan los diagramas tomando el origen de las x en el extremo de

la izquierda E, tal como se hace habitualmente, el diagrama de momentos flectores, M, sale idéntico;

pero el diagrama de esfuerzos cortantes sale opuesto (igual, pero de signo cambiado).

2 Esfuerzo normal 25

2 Esfuerzo normal

P=500 N


Problema 2.1

Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro 4 mm , y cuyos

módulos de elasticidad son: E1=2.1·105 MPa y E2=0.7·105 MPa. La longitud de la barra es de 600 mm

y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra está

sometida a una carga puntual P=500 N.

Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.

4 mm 4 mm

E1

E2 300 mm

A B x P=500 N

600 mm

Resolución:

Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. Además imponemos la igualdad de

deformaciones.

RA RB

LA LB

A B

FV 0 R A RB P

M B 0 R A L P(L x) 0

A

2 Esfuerzo normal 27 L

A LB

Ley de Hooke :

R A L A

S E1

RB LB R S E 2

RB E1

E 2

RB 210000

70000 R A

3RB

3RB RB 500 RB 500

4

125 N R A

375 N

De la ecuación de los momentos obtenemos x:

R

A L P(L x) 0

375 600 500(600 x) 0 x 150 mm

B

1

5 T

C


Problema 2.2

En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. Determinar las

tensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm2 . Hallar también el diagrama de esfuerzos axiles.

Datos: E=2·105 MPa.

A

1 m Aa=40 cm2

3 m

Ab=80 cm2

1 m

D

Resolución:

FV 0

RA+ RD = 15 T = 150000 N

Ecuación de deformación

El tramo AC está comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD está

traccionado, por lo que RD es un esfuerzo de tracción.

Al estar los dos extremos , A y D, empotrados la variación total de longitud es 0; y el acortamiento del

tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:

L AB LBC LCD

Aplicando la ley de Hooke: L F L

A E

R A L AB

E Aa

R

A LBC

E Ab

R

D LCD

E Ab

A

15 T

RD


RA

R A 1000

2 10 5 40 10 2

1 m

R A 3000

2 10 5 80 10 2

RD 1000

2 10 5 80 10 2

B R A 2000 R A 3000 RD 1000

3 m Resolviendo las ecuaciones, tenemos

C R A

1 m

RB

D

25000 N

125000 N

2.5 T

12.5 T

Cálculo de las tensiones.

Tramo AB: AB

Tramo BC: BC

Tramo CD: CD

Diagrama de esfuerzos normales:

25000 N 6.25 MPa 40 10 2 mm 2

25000 N

3.125 MPa 80 10

2 mm

2

125000 N

15.625 MPa 80 10

2 mm

2

(COMP.)

(COMP.)

(TRAC.)

2.5 T

T

D

N

P

N


Problema 2.3

a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de diámetro y de 3.5 m

de longitud, soportan un peso P=5 KN. Calcular el descenso del punto C, siendo =20º.

Datos: E=2,1·105 MPa.

b) Resolver para =0º.

A B

L L

C

C’ C1

P

Resolución:

a) Para =20º:

N P

Del equilibrio del punto C se obtiene

N N sen P 2

Equilibrio del punto C N P

2 sen

Sea (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, L, será C’C1

L pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es

sen . Como por otra

parte: L NL , se tiene que: EA

NL

EA sen

PL

2EA sen 2

PL

2EA sen 2

5000 3500 1,13 mm 2 2.1 10 5 3,14 10 2 0.34202 2

b) Para =0º:

A L C L B

C1

P

N


De acuerdo con la estática de los sistemas rígidos, descomponiendo la fuerza P en las direcciones de las barras, se encontrarían, para los esfuerzos en las barras y para las reacciones, valores infinitamente

grandes. La solución evidentemente es inaceptable, ya que ni las barras ni los apoyos resistirían.

A fin de hacer desaparecer la aparente imposibilidad basta con considerar los alargamientos de las

barras que toman direcciones no alineadas. Esto demuestra la necesidad de tener en cuenta las

deformaciones en este caso.

Poniendo

tg L

(para ángulos pequeños)

el alargamiento de las barras vale

L2 2 L 2 2

AC1 AC AC

1

L L 1 1 2 1

2

Esta última igualdad proviene de la expresión:

1 a 1 a 1 2 1

1 a 1 2 1 3

a a 5 4

a 2 8 16 128

Para a<<1 , pueden despreciarse las potencias de a y, por tanto, queda 1 a 1 a

. 2

El esfuerzo normal en una de las barras es:

N A E A 2

E A 2

Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce

N sen N P

P

2 2

E A 2 P

2 2

Resulta

P

3

E A

L L 3 P

E A


Aplicando los datos numéricos del problema:

3500 3 5000

2.1 10 5 3,14 10 2

148 mm

L

148 0,04229 rad 3500

2,42º

P 5000

N 59116 N 2 2 0,04229

N 59116 2

188 N/mm A 314

R R


Problema 2.4

Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructura

representada en la figura, suponiendo infinitamente rígida la barra horizontal DE, articulada en D.

Barra AB: sección 40 cm2

Barra CB: sección 80 cm2

Se considera el mismo módulo de elasticidad, para todas las barras.

A

2 m 40 T

D B E

2 m

2 m 4 m C

Resolución: Se trata de un sistema hiperestático.

RBA y RBC siguen la dirección de la barra.

HD D

RBA

40 T

E

VD RBC

Ecuaciones de la estática:

FV

F

0 VD

0 H

2 RBA

2

2

2 RBC 40 0

2

2 0

H D BC 2

BA 2

M B 0 VD 2 40 4 VD 80 T


A

acort.

LBC

B’’

B

45º

D B’’

B E LAB

alarg.

B’

~45º

B’

C

A L AB B B LCB BB

Al ser deformaciones y ángulos pequeños:

B BBB

L AB

D L

BC

Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC

Aplicamos la ley de Hooke:

RBA 2 2

C E 40

RBC 2 2

E 80

2RBA

RBC

De la ecuación Fv = 0 tenemos:

con lo que,

2 80 RBA

2

2 2RBA 40 0

2

R

BA 56.73 T RBC 113.47 T

De la otra ecuación despejamos: HD= - 40 T (sentido contrario al supuesto)

Cálculo de las tensiones:

AB

56730 1418

40

Kp

cm 2

AB

113470 1418

80

Kp

cm 2

3 Esfuerzo de cizalladura pural 35

3 Esfuerzo de cizalladura pura

F

F F

c)


Problema 3.1

a) Determinar el diámetro mínimo con el que se puede perforar una chapa de acero A-42b (e=260 N/mm2) de 5 mm de espesor suponiendo que el punzón tiene una tensión admisible a compresión,

adm= 500 N/mm2

. b) ¿ Qué fuerza máxima se ejercerá ?

c) ¿ Qué adm debería tener el punzón para realizar un punzonado de 5 mm ?

Nota: Suponer que el extremo del punzón es plano y horizontal.

Punzón

adm = 500 N/mm2

Chapa de acero

e = 260 N/mm2

Resolución:

a)

punzon

max

chapa

adm A

d 2

500 4

392,7d 2

Fmax e S 0.65 260 d 5 2654.6d

punzon

max chapa

max 392,7d 2 2654.6d d min 6,76 mm

b) Fmax

adm A d 2

500 4

17945 N

punzon adm

52

0.65 260 5 5 4

adm

676 N mm 2

adm

e

5 mm


Problema 3.2

Dimensionar la cadena de una bicicleta con un coeficiente de seguridad s y suponiendo todo el peso

del ciclista sobre uno de los pedales.

P

P = 800 N R = 200 mm

R Plato D=200 mm

D Chapa eslabones: e=360 Mpa

Pasadores: e=260 Mpa

b a

e?

e?

d?

cilindros “centradores”

Resolución:

D P

F F

F P R D

2

800 N 200 mm 1600 N

100 mm

R

2

N


F/2

Dimensionado de la garganta ‘a’ de la chapa a tracción pura:

F/2 F 2 a e

adm

F

a e 2

adm

800

240

3,3 mm

2

F/2 F/2 360 MPa adm

240 MPa 1.5

p.ej : a = 4mm e =1 mm

Dimensionado del pasador a cizalladura:

800

F 2

adm

d 2

4

138 d

4

260

d min

2

2.7 mm

adm 0.8 adm

0.8 138

1.5 N/mm

Dimensionado del pasador a aplastamiento:

800 F '

d e 347 d 1 d

2,3 mm

a dm

2 adm

2 260 1.5

347

2 mm

min

d min máx 2,7 ; 2,3 d min 2,7 mm

Dimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador

a tracción:

800 F b

2 d e adm

b 2,7 1 240

bmin

6,0 mm

a desgarro:

t1 2d 5.4 b

min 10.8 mm

bmin max 6,0 ; 10,8 bmin 10,8 mm

El dimensionado final queda así:


e 1 mm

d 2,7 mm

a 4 mm

b 10,8 mm

b=10,8 mm

a= 4 mm

e=1 mm

d= 2,7 mm

t


Problema 3.3

Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y las

uniones son roblonadas.

e1 t1

e2 t1’

1

e3

e3

d1 d2

t1 t1 t1’

N?

b

d2

d1

Datos:

e1 = 5 mm e2=e3

Chapas: Roblones: Tomar: se=1,5

Acero A37b Acero A37b

e=240 N/mm2

e=240 N/mm2

Resolución:

a) Unión 1

e1

F

t1

F/2 e2

d1

F/2

e2

d d d 1

2

1


Cizalladura:

F T adm

2

2 1

4 e

seg

2

1

4

0.8 240

1.5

2

1

4

100,55 d 2

201.1 d1

Fmax

Aplastamiento:

d1 e1 F

max

a

dm

Fmax

adm

Fmax d 5

2.5 240 1.5

2000 d1

Fmax

De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultáneas obtenemos:

d1,optimo = 9.95 mm 10 mm = d1 Fmax = 20000 N

( fallará por aplastamiento de la chapa )

- Desgarramiento

t1 2d1 t1 20 mm

Cálculo de la sección neta

t1=2d=20 mm

Fmax

20000 N

10 mm b

260/1.5 = 160 N/mm2

Fmax 160 N

b 20000 N

10 mm = 35 mm

Aneta mm 2 160

N 5 mm

mm 2

Dimensionado de e2: las dos chapas e2 son del mismo material que la chapa e1 , tiene las mismas dimensiones y trabajan de la misma manera, por tanto:

2 e2 e1 e2 e1

2

2,5 mm

e2

2 2

F


b) Unión 2

e2

F/2

t1’ e1

e3

F/4

F/2

F/2

F/4 e3

F F N ?

d2

Atención: es un problema hiperestático. Aquí se presenta la solución concreta para el caso e e1 , y

con la hipótesis de roblón rígido; por lo que puede suponerse que la fuerza total se distribuye entre las

tres chapas de la derecha de la manera indicada en la figura: F/4, F/2 y F/4.

Cizalladura:

F T 4 F

d 2

2 20000 240 d 2

0.8 2 49.74 2

d N 4N

adm 4 4N 1.5 4 N

2

Aplastamiento:

F 2 d e

20000 2.5

240 d 2.5

10 d

adm N 2 N

2 2 2

2 N 1.5 2

N

De las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemos

d 2 4.97 mm d 2 5 mm N 2

con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento.

Desgarramiento:

t12d 10 mm

Tracción:

Seguro que cumple ya que b es igual y F es menor.


Problema 3.4

Hallar el coeficiente de seguridad seg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles de

estantería metálica representados en la figura.

s ?

Acero A-42b

20 mm

e 2600 Kp

cm 2

10 mm p = 100

N/cm

h = 20 cm

L = 50 cm

h

2 F 2

S


Resolución:

p 2F

h 2Fv h

L 2Fh

2Fv

pL2

FH M (momento a transmitir en la sección 2

de empotramiento)

FV 2 2

2FH h M FH

M p L

2h 4h

100 50

4 20

T FH 3125 N

FV 4 Fv p L 100 50 5000 N Fv 1250 N

T FH V

FH

3125 2 1250 2 3666 N

FT (suponiendo una distribución constante de en la sección) S

3366

20 10

16,8 N/cm 2

e

máx

0,6 e

máx

0.6 260

16,8

9,28

4 Características de secciones 45

4 Características de secciones

c

c

2

2


Problema 4.1

Determinar las inercias resultantes Iz e Iy si partimos de cuatro perfiles L 45x45x5, para unas cotas b y

h genéricas.

b

y

z z

h

y

Resolución:

De las tablas: Iz’ = Iy ’= 7,84 cm4

y’

z’ z’

c

c

y’

A = 4,3 cm2

c = 1,28 cm

I z

I z '

h A

2

(momento de inercia de una L, respecto al eje z)

c h/2

z z

I y

I y '

b A

2

(momento de inercia de una L, respecto al eje y)

y

c

b/2

y

2

2

z

y


I 4I 4I 4 A h

c

59,54

4,30 h2

5,12 h

(momento de inercia de las z z z '

2

cuatro L)

b I y 4I y 4I y '

4 A c 2

( momento de inercia de las cuatro L)

I 4,30h 2 22h 59,54

I 4,30b 2 22b 59,54

z

e

3


Problema 4.2

Dado un perfil “doble T”, determinar la magnitud a de la figura para que la inercia de la viga

aligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial.

y’

y

h z’ 2a h’

IZ

A

a ?

IZ

IZ’ = 4 IZ

Resolución:

z z a/2

a/2 a

1

IZ IZ/2 I Z e

a I ’/2

A A/2

2 12

A a e

2 2

2 Z

A' A

2 2

a e 2

4

4

3 2

Z

I Z

3

Z


I 1

a A a a I 1 a 3 A 2 a 3

I Z ' e e 2 Z e a e 2

2 12 2 2 2 2 2 12 8 8 8

13 e

a A a 2 I

a 2 A

13 e a

12 4 4 4 12

a2

13 I Z ' I Z A

e a 12

a2

13 Ha de ser : I Z ' 4I Z I Z A

e a 12

e a A

a 3I 0 a

13 3 2

Z

48 4

e

si suponemos que (e·a) es << A (área total del perfil IPE) :

a

I Z ' I Z

A a 2

4

a 2

3I Z A 4

a 12 I Z

A 2 3 I Z

A 2 3 iZ

( iZ I Z radio de giro de la sección respecto al eje z) A


Problema 4.3

Determinar las siguientes características de la sección monosimétrica de la figura respecto del eje principal z:

a) A , Iz , Wz,sup , Wz,inf , iz .

b) El momento resistente elástico, Mel. z , para un acero e=235 N/mm2.

y

# 400·30

400

30

# 800·10 ysup

z G

Mel.z

800

10 yG yinf

# 250·20

250 20 e= 235 N/mm

2

Resolución:

a) El área de la sección total será la suma de las áreas de las pletinas:

A Ai

400 30 800 10 250 20 25000 mm 2

Por simetría el centro de gravedad, G, está situado sobre el eje y (z = 0).

i


Para determinar la posición y del centro de gravedad de la sección, G, es cómodo calcular el momento estático de cada elemento respecto de la fibra inferior. Así:

A yG

Ai y

i

y Ai yi

400 30 835 800 10 420 250 20 10 537 mm

G A 25000

Se utiliza el teorema de Steiner para calcular el momento de inercia de la sección total respecto del eje y-y:

1 I z bi

12 h 3 Ai y i

2

yG

1 3

I z 400 30 12

400 30 835 537 2

1 3 10 800

12 800 10

420 537 2

1 3 250 20

12 250 20 10 537

2

299154 10 4 mm 4

El módulo resistente respecto de la fibra superior, ysup:

Wz ,sup I z 299154 10 4

9558 10 3

mm 3

ysup 850 537

El módulo resistente respecto de la fibra inferior, yinf:

Wz ,inf I z

yinf

299154 10 4

537

5571 10 3

mm 3

El radio de giro de la sección respecto del eje z, iz:

i I z z

A

299154 10 4

346 mm 25000

b) El momento resistente, Mel.z, se obtiene a partir de la tensión de límite elástico del material y del módulo resistente mínimo de la sección:

M el . z e Wz ,min 235 5571 10 3 1309 10 6 N mm 1309 kN m

5 Dimensionado de secciones o flexión 53

5 Dimensionado de secciones o flexión

Kp

P


Problema 5.1

Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo y

chapa de 10 mm de grosor.

A C B

= =

L

P = 9500 Kp

L = 6 m

Acero A 42b

se = 1,5

E D C

Resolución:

Acero A 42 b

e

2600 Kp

cm 2

adm

E D C

2600 1733

se

L2

L1

C

E D A

1,5 1,5 cm 2

x

+ Momentos flectores

M ( x)

M C

P x

2

P L

4

4750 x

1425 103

Kp cm

Tramo A-E :

IPE 240 I

3890 cm 4

3

M max

W adm

561 103

Kp cm W 324 cm

561 · 103 = 4750·x x = 118,2 cm L1=115 cm

300 cm

210 cm

115

9500/2 = 4750 Kp

+

-


Tramo E-D: es necesario reforzar

I b=120 mm

1 3

b e 12

b e d 2

1 3

12 1 12

12 12.52

1 1875

1876 cm4

e =10

d

I 2 3890

2(1876)

7642 cm 4

W2

7642

13

588 cm 3

M adm 588 1733 1019 10 3 kp cm

1019 · 103 = 4750·x x = 214,6 cm

L1 = 210 cm

Tramo D-C:

e e

d

1 3

I b e 12

b e d 2

1 12 13,52

4

2188 cm4

12018 3

I 3

I 2 2(2188) 12018 cm W3

14 858 cm

M adm 858 1733 1487 10 3 kp cm

1019 · 103 = 4750·x x = 313 cm > 300 cm

no es necesario reforzar más

P

5610

5460

10180

9970

+

14250

M (m·Kp)

Solicitación

Capacidad resistente

14872

T (Kp)

4250 Kp


Problema 5.2

Dimensionar un segmento de pistón de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro una

presión uniforme de 0,19 N/mm2 , sin que las tensiones superen el valor de max= 261,5 N/mm2 (e =

340 N/mm2 , se = 1,3) (Fundición de grafito nodular).

Nota: Usar la simplificación de simetría,

R

suponiendo que

pequeño.

R = 40 mm

h es suficientemente R

h b

Resolución:

Por razones de simetría consideramos:

Diagrama de momentos flectores :

Momento producido por dp en el punto genérico C

2

voladizo

R

C p

R·d

dM c b p R dR sen c

(dp = p · R · d)

p b R sen c d

B

C dp

O A

Momento total para el punto genérico C:

= 180

0

2


c

M c 0 p b R 2 sen c d p b R 2 cos c c

p b R 2 1 cos c

Por tanto, si el momento flector para cualquier punto del segmento es :

M c p b R 1 cos c

M

tendremos el máximo: c = 180

Mmax = 2 · p ·b · R2

Mma x

= 180

= 0

M h

2 p b R 2 h 12 p R 2

261,5 N max

I 2 1 b h

12 b h

2 h 2

adm mm 2

h 0,093R 3,7 mm h No depende de b


Problema 5.3

Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. Los ha colocado uno

junto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener. Al ir a

comprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. No sabe

cuál escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que está haciendo 3er curso de Ingeniería Industrial y

le expone el problema:

He decidido instalar un estante para libros, según el croquis de la figura:

h

b

a a

100 cm a 15 cm b 20 cm p libros y apuntes 0,6 Kg/cm

En la tienda me han informado de que la madera de los estantes tiene las siguientes características

mecánicas:

adm 4 N/mm 2 E 10 000 N/mm 2

La cuestión es:

a) ¿De qué espesor h mínimo debo colocar el estante?

b) Los dos apoyos los he colocado, simétricamente, a una distancia a = 15 cm del extremo por

razones puramente estéticas. Pero, atendiendo a razones de comportamiento resistente, ¿cuál

sería la distancia óptima de los apoyos a los extremos, que podría minimizar el espesor h del

estante?

c) Finalmente, me preocupa saber cuál será la flecha que tendrá el estante, una vez cargado, en su

punto central (con la distancia a inicial).

p p

-

x a a 2


Resolución:

a) Determinación de h mínima.

p

A B C D h

b

a a

x pR

B R

C 2

- - Tramo AB: M

+ x 2

M p 2

a 2

M A

0 M B

+ +

T T p x -

TA 0 TB

p 2

p a

vE

Tramo BC:

x 2 M p

2 2

a 2 M B p

2 2

a 2

M C M B p 2

2 2

a p a 2

a 2

a

xE M

E p p p p p

2 8 4 2 8 2

p

p

p p p

p

x a x a

a


T p x 2

T

B p a p

2

TC p a

p a p

2 2

Tramo CD:

x 2 M p

2 2 2

x 2

x 2 p x a x a

2 2

a 2

a 2

M p 2

p 2 x 2

M C p 2

2 M p p

p 2 a p 2 2

2 0 D

2 2

T p x p TC p a p p a

TD p p 0

Con = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados:

M

B M

C 112,5 p 67,5 cmKg

M

E 500 p 300 cmKg

máx

M máx

Wz

M E Wz

adm

40,77 Kg/cm 2

Wz ,mín M E

40.77

b h 2

6

b 20

hmín

M E

6

40,77 20 hmín

1,49 cm

b) Determinación de la distancia a óptima.

Óptimo resistente:

M máx M máx

M B

M E

2 2

p p 2 8

a

2

2

o

2

0


a 2 a 4

a

2

2 2 4

2 2 2 0,207 La segunda solución no a a interesa, porque cae fuera

2 4 2 2 1,207 del intervalo analizado

Así pues, la distancia ‘a’ óptima es: aóptima 20,7 cm

Y se tiene, un momento máximo: M máx 128,7 cmKg

c) Cálculo de la flecha en el punto central, por el método de la fuerza unitaria.

F=1

A B

C D Tramo BE:

E M 1

x a 2

Tramo EC:

a a

1

M x a 1 x 2 a

x

M’

+

W M 1 a x 2 1 x 2 1

M dx p 0 dx 2 p p x a x a dx 2 F EI

EI a

EI a 2 2 2

2

x 3

2 p p

x 2

p a

x

p a

x 2

p a x a 2

p dx 2EI a 2 2 2 2

2 2

I 4


P x 4

x 3

a x 2

a x 3

a x 2

a 2 x 2

EI

0,6

( EI

8

781,25

6

2083

4

937,5

6

312,5

4

937,5

562,5

2083

4

937,5

6

312,5

4

937,5

2 a

562,5 6,328

56,25

84,375

8,437

84,375 168,75) 10 3

0,6 24724

100 000 5,513

0,265 cm

bh 3

12

20 1,49 3

12

5,513

cm

T m A1

m

22 1,2

Z


Problema 5.4

Sea una viga de sección transversal en doble T, formada por 3 platabandas soldadas de dimensiones

las de la figura. Hallar el paso l de los cordones de soldadura a tramos de unión entre el alma y las

alas, si la garganta de soldadura es a= 5mm y la longitud de cada tramo de cordón es de ls = 10 cm. El

esfuerzo cortante máximo que soporta la viga es Ty= 40000 kg. La tensión cortante admisible en la

soldadura es adms = 1000 kg/cm2.

y

12 mm

600

z

6 mm

G

z

x s

s x

220

Resolución:

Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda

A1

f Z

I Z

mz :

momento estático del ala

A1 22 1,2 30,6

I 2 1 3

Z 12

807,84 cm 3

22 1,2 30,6 2

1 3

0,6 60 12

49 446,14

10 800

60 246,14 cm 4

40 000 807,84 f

60 246,14 6

536,35 kg/cm


Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura,

Fadms 2 adms s a

Igualando esfuerzos

Fadms f

2 adms

s a T m A1 z

I z

2 1000 10 0,5 536,35

2 1000 10 0.5

536,35 18,64 cm 19 cm

+

-

z


Problema 5.5

Se ha construido una viga roblonando cuatro angulares 120*120*12 en los extremos de una platabanda de 400*20 mm. Hallar el diámetro mínimo de los roblones si la viga está biapoyada en sus

extremos, tiene una longitud de 6 m, y soporta una carga puntual centrada P. Datos: separación entre

roblones e= 120 mm; tensión normal admisible de la platabanda y los angulares: admisible=173 Mpa;

tensión cortante admisible de los roblones adm roblón= 42 MPa.

y

120 120 e e

60

20 400

z

Resolución:

P

adm

M y máx

I z

P

2 P

2 173

6 m

3 3

P 10 2 200

I z

I z I z ,alma

1 3

2 40 M 12

I z ,angular

4 368

27,5 20

3,4 2

+ 10666,7 4 7945,9 42450,3 cm 4

3 P 2

I 42450,3 103

mm 4

3

173 42450,3 10 2 P P

2 200 3 103

T

244796 N

P

2


Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud

T m 122 398 913 10 3

f Z 263,25 N/mm I Z 42450,3 10 4

P T 122 398 N 2

mz 2 27,5 16,6

913 cm 3

913 10 3 mm 3

Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblon

F f e 263,25 120

d 2

31590 N

Fadm 2 42 4

31590 N

31590 4 d

2 42

21,9 mm

Diámetro mínimo de los roblones : d = 21,9 mm

T m

m Z


Problema 5.6

Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 80012 mm, y cada ala

compuesta por una platabanda de 19010 mm y 2 perfiles angulares 908 mm. Calcular el diámetro

mínimo de los roblones, sabiendo que el paso de remachado de los angulares con el alma es e1= 18

cm y el de la platabanda y angulares es e2= 40 cm. Esfuerzo cortante máximo que ha de soportar la

viga: T = 40 kN. Tensión de cortadura admisible en los roblones adm = 42 MPa.

190

10

e2=40

d2

d1 800

(total)

12

e1=18

z

( simétrico ) ( simétrico )

Resolución:

I Z I Z ( alma ) I Z ( angulares ) I Z ( platabandas )

1 3

I Z 1,2 80 12

4 104

13,9 40

2,5 2 2

1 19 13

12

19 1 40

0,5 2

51200 4 19650,8 2 31166,3 192135,9 cm 4

Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud

A1

f1 Z

I Z

(A1 = área angulares + área platabanda)

A1 19 1 (40 0,5) 2 13,9 (40 2,5) 1812 cm 3

40000 1812 f1

192135,9

377,2 N/cm

37,72 N/mm

d

T m

m Z


Esfuerzo a transmitir por cada roblon:

f1 e1 d

2

2 1 4

adm

377,2 180 3,1416 d

2

2 1 42 4

2 4 37,72 180 1 102,9

2 3,1416 42

d1 10,15 mm

Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud:

A 2

f2 Z

I Z

(A2 = área ala)

A2 19 1 (40

0.5)

769,5 cm 3

40000 769,5 f 2

192135,9

160,2 N/cm

16,02 N/mm

Esfuerzo que debe transmitir cada roblón:

f 2 e2

2

d 2

2 4

adm

16,02 400 3,1416 d 2

2 42 2 4

d 2 9,86 mm


Problema 5.7 *

Se construye una viga cajón compuesta de dos tipos de madera:

- ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2

- ALAS : sección cuadrada 200 · 200 mm E1 = 10000 N/mm2

p =10 KN/ m

=

=

25

200 · 200

500

500

10 m

a) Calcular la distribución de tensiones en la sección central. b)

Calcular la tensión tangencial media en el adhesivo de

contacto ( adm = 1 N/mm2

).

c) Calcular la flecha central

Resolución:

a) Se trata de una sección compuesta de dos materiales.

Se decide homogeneizar la sección de madera maciza y, por tanto, trabajar con un espesor

equivalente, e*, del tablero contrachapado. Así, la relación de equivalencia:

n E1

E2

1 0000

8000

1,25

El espesor equivalente

e* e n

25 mm 20 mm

1,25

La posición del baricentro de la sección es inmediata por razón de simetría. El momento de

inercia de la sección homogénea es:

I 2 1

200 200 3 Z

12 2 200 200 500 2 2

1 20 1000 3

12 236 10 8 mm 4

Steiner

200 ·200

1000

e*

= 20


x

3,2

x1 2,1

x2

e*

=20

G

e

* 400

500

2,1 2,1

2,1

3,2

Tensión en la madera maciza:

M

x1

( y) M Z y I Z

Mmáx = 1

pL2

8

125 KN m

T

Tensiones reales en el tablero:

1

M 1 Tmáx = pL

2 50 KN

x 2 ( y) Z y I

Z n

Así:

x1 ( y

600 mm)

125 1000 1000 N mm 600 mm

236 108 mm 4

125 1000 1000 N mm

3,2 N/mm 2

2

x1 ( y

400 mm)

236 108 mm 4

400 mm 2,1 N/mm

En el tablero contrachapado n = 1,25

1 125 10 6 N mm 2

x 2 ( y 500 mm) 500 mm 1,25 236 108 mm 4

2,1 N/mm

Z

Z

y


b) Tensión media en el adhesivo

y 100 mm

A

med

Fórmula de Collignon:

med

T m A

d I Z

b

z

G

Ty: esfuerzo cortante en la sección

x IZ: momento de inercia total respecto Z

m A: momento estático de la sección A

respecto al eje Z

b: linea AB

50000 N 200 200 mm 2 500 mm

0,2 N/mm 2 med 236 108 mm 4 2 100 mm

Este valor es inferior a la tensión tangencial admisible en el adhesivo = 1 N/mm2

c)

5 P L4

f 5 10 10000

5,5 mm 384 E I

Z 384 10000 236 108

Valor aceptable, ya que L

1000

10 mm 1000

Z


Problema 5.8 *

La figura representa una sección armada doblemente simétrica. Calcular Mel.z , Mpl.z y el coeficiente

para los dos casos.

== 300 · 25

z

== 300 · 25

y

== 800 · 12

G

a) Material alas: Fe E 235

Material alma: Fe E 235

b) Material alas: Fe E 35

Material alma: Fe E 235

(Puede comprobarse que la sección se plastifica

con la ausencia de abolladuras elásticas o

elastoplásticas. No se consideran inestabilidades

globales : pandeo, vuelco lateral)

Resolución:

a) Mismo acero.

y

e = 235 e = 235

A1 · e

z

12,5

Eje neutro

G elástico

G

Mel.z

Mpl.z

A2 · e

d2

d1

Eje neutro plástico

25 e = 235 e = 235

Al tratarse de una sección doblemente simétrica el eje neutro plástico pasa por el baricentro G.

Caso elástico:

1 3

I Z 800 12 12

2 1

300 25 3

12 300 25 12,5 2

306484 10 4 mm 4

4 4

W I Z

y max

306484 10 mm

12,5 mm 7210 10 3 mm 3

( = W

el.z )

235

2


M el . z

Wel .z e 7210 10 3 mm 3 235

N mm 2

1694 KN m

Caso plástico:

M pl .z 2 A1 e d1 A2 e d 2 2 300 25 235 12,5

400 12 235

400

1905 KN m

Coeficiente :

M pl .z

M el .z

1905 1,12 1694

b) Diferente acero.

Caso elástico

Tiene las mismas constantes mecánicas IZ, WZ, pero la tensión en la fibra extrema

max

425 250 400

355

M el .z

Wel .z max 7210 10 3 250 1802 KN m

Caso plástico

M 2

A d 355 N

A d 235 N

2648 KN m pl .z 1 1

mm 2 2 2 mm 2

Coeficiente :

M

pl .z

M el .z

2648 1,47 1802

max e = 355 A1 · e

425

400

e = 235

Mel.z

Mpl.z

A2 · e

d2

d1

Eje neutro plástico

e = 235 e = 235

6 Flexión desviada y flexión compuesta 75

6 Flexión desviada y flexión compuesta

2

76 Resistencia de materiales . Problemas resueltos

Problema 6.1 *

Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión.

q q = 2000 kg/ml

4 m

30

y’

1,5

18

z’

1,5

7,5 1,5

Resolución:

a) Determinación del momento flector máximo

M ql 2000 4 2

4000 m kg max

8 8

( en la sección central x = 2 m )

3

1

2

1

1

2


q

30y’

M es perpendicular a

q y forma 30

M= 4000 mkg

con el eje z’. Los ejes y’-z’ no son los

ejes principales de inercia. Vamos a

determinarlos.

30

z’

b) Determinación de los momentos de inercia principales Iy’, Iz’

Primero hallaremos el tensor de inercia en ejes y’-z’ (no principales) y a continuación lo

diagonalizaremos, para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales)

y’

I 3 z '

I 3 y '

1,5 183

12

18 1,53

12

729 cm 4

z’

5,06 cm 4

I

1z ' I

2 z '

1 9 12

1,5 1,53 7,5 1,5 9

1,5 2

767,8 cm 4

1

2

2

z


I I 1,5 7,53 7,5 1,5 1,5 7,5

280,54 cm 4 1 y '

I z '

2 y '

729

12

2 767,8

2 2

2264,6 cm 4

4

I y ' 5,06 2 280,54 566,14 cm

I3y’z’=0 por tener eje de simetría.

I I 0

7,5 1,5 9 0,75 0,75 7,5

417,65 cm 4 1 y ' z ' 2 y ' z '

2

I y 'z ' 417,65 2 835,3 cm 4

Tensor de inercia

I

z '

I y ' z '

I y ' z '

I y '

2264,6

853,3

853,3

566.14

( cm4 )

Los momentos principales de inercia son los valores propios.

2264,6

835,3

835,3 0

566,14

2264,6

566,14

835,3 2

0

2264,6 566,14 2264,6 566,14 2 835,32 0

2 2830,74

584 354,55 0

2830,74 2382,36 4

2830,74 2830,74 2 4 584 354,55 2606,55 cm

2 2830,74 2382,36 224,19 cm 4

2

Momentos de inercia

principales

I 2606,55 cm 4

4 I y 224,19 cm

z y

z y

n z

y


Los vectores propios serán las direcciones principales.

El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4.

2264,6

2606,55

835,3

n1 0

z

835,3

566,14

2606,55

n1

0

y

314,95 n1 835,3 n1

0

835,3 n1

1

2040,41n1 0

tg n

y 341,95 0,409

1 835,3

arctg 0,409

22,24

y’

y

7,76

z

M

M y 4000 sen 30

4000 sen 7,76

22,24

540 m kg

30

22,24

M

M z

4000 cos 30 22,24 3963,36 m kg

M M y

x z y z

z’ Mz I z I y

3963,36 102

x y 2606,55

540 102

z 224,19

x 152,05 y 240,86 z

Ecuación del eje neutro.

z

22,24

y’ 22,24

y

A(-8.25,9)

0 152,05 y

240,86 y z

152,05

y 1,58z

240,86z

Angulo que forma el eje neutro con

z’ el eje principal z:

B(8.25,-9)

Eje neutro tg

y 1,58

z

57,67º

'

9


Relación entre coordenadas de ambas referencias.

z cos sen z '

y sen cosy'

z cos 22,24 sen 22,24 z '

y sen 22,24 cos 22,24 y'

z 0,9256z'

y 0,3784z'

0,3784 y'

0,9256 y

Las tensiones máximas aparecen en los puntos más alejados del eje neutro ( A y B )

Para A

z 'A

8.25 z

A 0,9256 ( 8.25) 0,3784 9 4,230

y'A 9 y A 0,3784 ( 8.25) 0,9256 9 11,452

Tensión en A:

A 152,05 11,452 240,86 ( 4,230) 2760,11 kg/cm 2

Tensión en B:

z '

B

y'B

8,25

z 0,9256 (8,25) 0,3784 ( 9) 4,230

y 0,3784 (8,25) 0,9256 ( 9) 11,452

B 152,05 ( 11,452) 240,86 4,230 2760,11 kg/cm 2


Problema 6.2

Una columna tiene la sección en cruz indicada en la figura. La fuerza resultante es de compresión (50

Tn) y pasa por el punto A. Hallar la tensión normal en B y dibujar el eje neutro.

x

15 10 15

( cm )

B

y 10

50 Tn 15

A 10

z

Resolución:

B

Trasladando la fuerza al centro de gravedad G

de la sección, los esfuerzos equivalentes son:

-50 Tn

N 50 Tn

15 M y 50 Tn 10 cm 875 cm Tn

G y

My= -875 cmTn

M 50 Tn 10

cm z

2

2

250 cm Tn

A

Mz= 250 cmTn

-50 Tn B

y

z My=-875 cmTn

A

Mz= 250 cm Tn

z


N M M y

x z y z

A I z I y

50 000

x A

250 000 y

I z

875 000 z

I y

A 10 35

2 15 15

800 cm 2

1 I z 15 15 10

12

1 I y 10 10 15

12

15 3

10 3

2 1

10 10 3

12

2 1

15 153

12

81667 cm 4

44167 cm 4

50 000 250 000 875 000

x y z 62,5 3,06 y 19,81z kg/cm 2

800 81667 44167 x

a) Tensión normal en B

Coordenadas de B y 5 cm

z 17,5 cm

xB 62,5 3,06 ( 5) 19,81 ( 17,5) 299,47 kp/cm 2

b) Eje neutro

y 0 62,5 3,06 y 19,81z

zona

zona

19,81 y z

3,06

62,5 y 3,06

6,47 z

20,42 comprimida traccionada

para

para

y 0 z

z 0 y

20,42

6,47

20,42

3,15

zz

0

y

B

20,42

z 3,15

y 0

eje neutro


Problema 6.3

Sobre una columna de sección rectangular ( 35 40 cm), se aplican dos fuerzas excéntricas: 30 Tn en el

punto P(y = 3, z = 4 cm) y 50 Tn en el punto Q (y = 0, z = -5 cm). Dibujar el eje neutro y hallar el

punto de máxima tensión normal.

30 Tn

y 50 Tn

Q

P

3 4 5

z

35 40

Resolución:

Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la sección obtenemos:

M y 30 0,04

M z 30 0,03

50 0,05

0,9 Tn m

1,2

2.5

1,3 Tn m

y

My= 1,3 Tn m

D

80 Tn

N 30 50 80 Tn B C

G

A

z Mz= 0,9 Tn m

1


N M M y

x z y z

A I z

I y

A 40 35

1 3

1400 cm 2

4

I z 40 35 12

142 916,7 cm

x 80000

1400

90000 y 142 916,7

130000 z 186 666,7

(kg/cm 2 )

I 35 40 3 y

12 186 666,7 cm 4

x 57,14 0,630 y 0,696z (kg/cm 2 ) x 5,71 0,0630 y 0,0696z (N/mm 2 )

( y, z en cm) ( y, z en mm)

Eje neutro:

0 57,14 0,630 y 0.696z

0,696

y z 0,630

57,14 0,630

y 1,1z

90,70

y 0 z

z 0 y

82,46

90,70

y

C D

z

(0 ; 82,46)

A B

eje neutro

(-90,70 ; 0)


A 57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 20 32,19 kg/cm 2 3,219 N/mm 2

B 57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 ( 20) 60,04 kg/cm 2 6,004 N/mm 2

C 57,14 0,630 17,5 0,696 20 54,24 kg/cm 2 5,424 N/mm 2

D 57,14 0,630 17,5 0,696 ( 20) 82,08 kg/cm 2 8,208 N/mm 2


Problema 6.4

Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista de baloncesto. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormigón a 45º de la horizontal según se indica en la figura. Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permanece unos instantes sujeto al aro de la canasta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma indicada en la figura. Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que el

jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 2000 N y M = 106 Nmm. La estructura se quiere construir en tubo redondo de acero con espesor de pared de 4 mm.

L=4000 mm L0=1000 mm F=2000 N

M=106

N·mm A1=0,5 A

Tubo de acero. Espesor de pared: 4mm

E=2,1·105 MPa

G=8·104

MPA

P

M

45º

F

x y

z

L1

L L0

Calcular el diámetro necesario, según la tabla de perfiles normalizados, para que el descenso vertical del punto P no exceda los 80 mm.

Notas importantes: - Considerar todos los esfuerzos de sección para calcular el descenso de P. - Trabajar con la carga trasladada al punto P, como se indica en la figura.


Resolución:

x = 0

F

x = L0

M

d dx

P

d 2 dx

x

x = L

Aplicamos el teorema de Castigliano al punto P en la dirección F:

M

- M

-

M x M F x

M x F

T T=F

-

T 1 F

-

T F

2

T 1

F 2

Tubo ( Dext x e)

A ( cm2 )

I (cm4 ) (mm)

135 x 4 150 x 4

16,46 18,34

353,4 96 489,2 69,4


N=0 N

N 0

- F

N F

2

N 1

F 2

M M

d T T

d N N

EI F GA F

EA F

d

L0 M F x

L0 F L M

F x

F

L 2 1 F

L 2 1

x dx dx x 2 dx 2 dx 2 dx EA

0 EI 0 A G

L0 EI

L0 G

A 2 L0 2

2 2

ML 2 FL

3 2FL M L

2 L

2 2 F L3 L

3 2F L L0

F L L0

0 0

0

0 0

2EI 3EI GA 2 EI 3EI 2 GA 2 EA

3,389 108

I

176,3

A

Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares:

( >80 ) ( <80 )

Tomaremos pues un tubo Dext x e: 150 x 4 (mm).

7 Torsión y esfuerzos combinados 89

7 Torsión y esfuerzos combinados

h

T

M


Problema 7.1

Una viga biempotrada está sometida a un momento torsor producido por una torsión uniformemente

repartida. Hallar el MT máx y el ángulo de torsión máximo.

MA

kgm/ml

A

B MB

b

( b<h )

Resolución:

Por ser una viga simétrica los momentos de empotramiento han de ser iguales.

M A M B

2

M ( x) 2

x

x , en x 2

T 0 2

Diagrama de

momentos torsores: 2 +

B

A -

2

3

2


El ángulo de torsión máximo se tiene para la sección central, x

: 2

2 2

0

M T ( x) dx

3

1

3 0 2 x

dx

1 x 3 x

2

GK 3 b h GK 3 b h 2 GK 3 b h 2 2 0

1 2

2

3

2 GK 3 b h 4 8

2

1

GK b3h

2

8

E

G: módulo de rigidez a torsión del material del eje G

2 (1 )

h K3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relación

b (ver tabla 5.87 del

capítulo 5. Torsión)


Problema 7.2

Hallar los momentos en los empotramientos MA y MD. Dibujar el diagrama de momentos torsores.

MA

MB=30000 Ncm MC=20000 Ncm

MD

A

B

C

a=30 cm

b=50 cm

D

c=40 cm

Resolución:

Es un problema hiperestático.

M T

0 M A M B M C M D 0

M A

M D 30000 20000 50000 kg cm

Considerando por tramos:

MA

-MA B

A

B

A 0

BA B A

M A a

G I o

M A 30

G I 0

+

- - -833,4

-20833,4

M


MA-MB

B

-(MA-MB)

C

CB C B

M A M B 50 G I o

-MD = MA-MB-MC

MD

DC

C

D C

M D 40

G I 0

D D 0

D BA CB DC 0

M 30 M 40 M M A

G I o

D

G I o

A B 50 0 G I o

M

A 30 M

A 30000 50 M

D 40 0

M A

30 M A

50 1500000 M D

40 0

80 M A 40 M

D 1500000

M A M D

50000 40 M A

40 M

D 2000000 3500000 A

29166,6 N cm

80 M A 40 M D 1500000 80 M A 40 M

D 1500000 120

Diagrama de momentos torsores:

29166,6

A B

C

M D 50000 29166,6 D

20833,4 N cm

-20833,4

( Ncm )

2


Problema 7.3

Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta, sometidas a un

momento torsor Mx = 1000 Nm :

a) el valor y la posición de la tensión tangencial máxima, max .

b) el momento de inercia a torsión, It .

y y

200 mm

5 60

z

z G G

60

Mx Mx

60

x x

Resolución:

Sección cerrada :

Am: área limitada por la curva media

a)

M x

1000 Nmm 10 3 N e

máx 2 Am e

2 1 2

200 mm 200 mm cos 30 5 mm

5,77 mm 2

max

4 A 2

4 A 2 4

1 200 200 cos 30

2

c) I t

m

ds m e

s

5 mm 3 200 1000 10 4 mm 4

e s

d)

Sección abierta:

i i

x


a)

M 1000 Nmm 10 3 N

máx e 5 mm

200

2

1

b e 3 3 1

200 mm 5 mm 3

mm 3 3 e

b)

1 I b

e 3

2,5 10 4 mm 4

max

t 3

i i

80


Problema 7.4

Un panel está sujeto por un mástil horizontal, según el esquema de la figura. Teniendo en cuenta el

peso propio del panel, el peso propio del mástil y la acción del viento, hallar las tensiones máximas en

el empotramiento del mástil a la pared.

Datos: Peso propio del panel P1= 90 kp

Dimensiones 80200 cm

Diámetro del mástil D =15 cm

Empuje del viento f = 80 kg/m2

(Peso propio del mástil de acero: P2 = 7850 kp/m 3

y

0,15 2

6 m 4

832 kp )

x D=15 cm

z

P2

F

520

50

150

40

40

Resolución: P1 y

kg

F 0,8 2 m 2

128 kp My= 716,8 kpm

Sección en el empotramiento. Esfuerzos:

Tz =-128 kp

N x 0

Ty 90

832

922 kp

Mz= -3000 kpm

Mx= 64 kpm Tz 128 kp

z

x

Ty= -922 kp

F


M x 128 kp 0,5 m 64 kp m

M y 128 kp (0,4 5,2) m 716,8 kp m

M z 90 kp (5,2 0,4) m 832 3 3000 kp m

Tensiones normales debidas a los momentos flectores:

y

716,8 kpm

M 3000 2

716.8 2

3084,4 kp m

3000 kpm z

arctan 716,8

13,4

3000

y MF = 3084,4 kpm

B

z

(+)

xmax

M F D

3084,4 10 2 15 930,9 kp/cm 2

I z 2 15 4 2

64

(-)

Tensiones tangenciales debidas al momento torsor:

y

max

z

A

max

M x rmax

I o

6400 15

2

15 4

32

9,66 kp/cm 2

T T T z y


Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes:

y

z -128 2 2 128 2 922 2 930,8 kp

A

T

-922

max

4 T 4 930,8 2

7,0 kp/cm 3 A 3 15 2

4


Problema 7.5

Hallar las tensiones máximas en el empotramiento A y el giro, alrededor del eje x, de la sección E. El

momento torsor de 8 Tnm está aplicado en la sección B.

y

M= 8 Tnm

A

B

1 m C

1 m D E

1 m 1 m

z x

x

5 Tn

4 Tn

10 Tn

2 m F Tramo AC: = 40 cm

Tramo CE: = 10 cm

Tramo DF: = 10 cm

Material: acero

G = 8,4105

kgf/cm2

Resolución:

a) Tensiones máximas en el empotramiento A

Sección A y

My=22 Tnm

N x 5 Tn

Ty 10 Tn

Tz 4 Tn

Mz=30 Tnm

Tz=4 Tn Nx=5 Tn

M x

8

M y 4 3

10 2

5 2

12 Tn m

22 Tn m z

M t=Mx=12 Tnm

x

M z

10 3 30 Tn m

Ty=10 Tn

F


Tensión normal debida al esfuerzo axil:

y

z x

5000

40 2

4

3,97 kp/cm 2

Tensión normal debida a los momentos flectores:

y

22 MF

M 22 2

30 2

37,20 Tn m

30 z

arctan 22

36,25

30

z

(+)

y MF = 37,20 mTn

P

x max

M ymax

I

3720000 20 40 4

64

592 kp/cm 2

(-)

Tensión normal máxima total:

max

592

3,97 596 kp/cm 2

I

T


Tensión tangencial debida a los esfuerzos cortantes:

y

T 4 2

Q 10 2 10,77 Tn

z 4 arctan

10 68,2

4

Distribución parabólica de con una max

10

max

4 T 4 10770 2

11,43 kp/cm 3 A 3 40 2

4

Tensión tangencial debida al momento torsor

y

B max

z

A

M x rmax

max

o

1 200000 20

40 4

32

95,49 kp/cm 2

La tensión tangencial máxima total

max A 11,43 95,49 106,92 kp/cm 2

Aplicación del criterio de Von Mises en el punto P

max N , M 596 kp/cm 2

equiv

2 32

618,5 kp/cm 2

M x , T 95,49 kp/cm 2 (1)

(1) En el punto P la tensión cortante debida al esfuerzo cortante T no es exactamente 0, pues es 0 en el punto Q, pero Q y P no

coinciden, ya que los ángulos y no son complementarios. Pero como están muy próximos, y por tanto debido a T será muy pequeño,

puede despreciarse frente a la debida a Mx.

x


b) Giro de la sección C (alrededor del eje x)

Dibujamos el diagrama de momentos torsores

20 mT 20 mT

12 mT

A B C D

El giro alrededor del eje x en

la sección E será el mismo

E que el de la sección D.

1 m 1 m 1 m 1 m

L

M x dx 12 mT 1 m 20 mT 1 m 20 mT 1 m

x 0

GI o

GI 40

GI 40

GI 10

1200000 100 2000000 100 2000000 100

0,244 rad

13,98

4

4

4

840000 40

840000 40

840000 10

32 32 32

M

r


Problema 7.6

Un árbol, de acero, debe de transmitir 120 CV a 600rpm desde la polea A a la B. La tensión cortante

admisible para el material del árbol es adm = 420 Kg/cm2 y la tensión normal admisible es adm=728

kp/cm2. Calcular el diámetro del árbol. Datos: F=2·F’ , Q=2·Q’ , rA=15 cm , rB=22 cm. (radios de las

poleas).

y

50 cm

50 cm

D B 40 cm

z

C

rB

B A

Q’

Q

F

rA

rA F’

x

Resolución:

P M x P

x 1 CV 1

736 W

2

M x

120 736

1405 Nm

rpm

60 rad s 600

2

60

M x 1405 Nm 14324 cmKg

Mx= F·rA – F’·rA = (2F’ – F’)·rA = F’·rA

F 15

14324 cmKg 14324

F 955 Kg 15

F 2F 1910 Kg

también Mx= Q·rB – Q’·rB

Q 22

14324 cmKg 14324

Q 12

1193,7 Kg

Q 2 1193,7 2387,4 Kg


Diagrama de momentos en el plano xy :

y 3Q’= 3581 Kg

x

D C

B

3581

RD 2

50 cm

50 cm

R 3581

C 2

x Mz

+

M z , B

3582

50 2

89525 cmKg

Diagrama de momentos en el plano xz :

x B C

D

3F 2865 Kg

A

z

RD 1146 Kg

100 cm

RC 4011 Kg

40 cm

My

x

M x 1146x

+

M c 114600 cmKg

M B 1146 50 57300

d M M

d

B

2


RC

RD 2865 0

RD 100 40 2865

40 2865 RD

100

1146 Kg

RC 2865 1146 4011 Kg

Determinación del momento flector en B ( combinando Mz y My):

M 89525 2 57300

2 106292,12 cmKg

El máximo está en C: M

f 114600 cmKg

Diagrama de momentos torsores:

y

+14324 cmKg

B x

D

A C

-14324 cmKg

Mx

M x ,B M x , A 14324 cmKg

Determinación del diámetro mínimo del eje. Aplicando el criterio de Von Mises:

3

min

16 2

4 f 3 x

adm

3 min

16 2 4 114600 728

3 143242

d

min 11.7 cm


Problema 7.7

En la figura se ha esquematizado la pieza desmontable de un enganche tipo cuello de cisne para el

arrastre de caravanas de camping por parte de vehículos de turismo convencionales. La solicitación

sobre la bola corresponde a una hipótesis de carga de arrastre con fuerte pendiente.

a) Determinar para la sección circular A los esfuerzos de sección: normal, cortante, flector y torsor.

b) Dibujar para la misma sección A la distribución de tensiones normal y tangencial que provoca

independientemente cada esfuerzo de sección. Indicar sobre el dibujo la posición de la tensiones máximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numéricamente sus valores.

c) Como resumen del estudio, indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máxima

total.

Sección A

G

400 Kp

50 Kp

75 Kp

y

z

O A

40 mm

150 mm

x

250 mm

Tz

G

T

Ty

T 2 2


Resolución:

a) Esfuerzos de sección

y

N 400 Kp Ty

75 Kp

Tz 50 Kp

z Tz Mz

M x

50 150 7500 mmKp

G M y

M z

x N Mx

Ty

50 250

400 150

78750

12500

75 250

mmKp

mmKp

My

Nota: El signo del valor numérico y el sentido del vector en el dibujo son redundantes.

b) Determinación de las tensiones

Esfuerzo normal N 400 Kp

Distribución uniforme de tensiones x :

G N 400 Kp 2

x

x ,máx 0,32 A 40 2

4

Kp/mm

Esfuerzo cortante T Ty

Tz

T Ty z 75 2 50 2 90 Kp

Distribución parabólica de :

máx

máx

4 T 4

3 A 3

90

40 2

4

0,1 Kp/mm 2

M M M y z


Momento torsor M x 7500 mmKp

máx

máx Distribución de tensión con una ley lineal radial:

máx M x rmáx

I 0

7500 20

40 4

32

0,6

Kp/mm 2

Momento flector M M

y M

z

x,má x

2 2 12500 2 78750 2 79737 mmKp

Distribución lineal de tensión x respecto al eje de

giro: Mz

x,má x

My M

x ,máx

M y máx

I

79737 40

2

40 4

64

12,69

Kp/mm 2

c) La tensión normal máxima total vale:

x ,máx 0,32 12,69 13,01 Kp/mm 2

La tensión tangencial máxima total vale:

máx 0,6 0,1 0,7 Kp/mm 2


Problema 7.8

Un tubo de acero 200 mm y de bajo espesor, e, constituye el soporte para el arrollamiento motorizado de una persiana según muestra la figura adjunta.

El peso propio de la persiana y el rozamiento de arrastre equivalen a una carga de q = 50 Kp/m, la

cual se aplica excéntricamente respecto de la directriz del tubo. La luz efectiva es L = 5 m, y se

supone simplemente apoyado en A y C.

a) Representar gráficamente los diagramas de esfuerzos y calcular sus valores máximos.

b) Determinar el espesor mínimo del tubo para que se cumplan los siguientes requisitos:

- La tensión equivalente de von Mises en las secciones críticas A y B sea inferior a

adm=500 Kp/cm2.

- El corrimiento vertical B 1/1000 L.

NOTAS:

- Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q.

- Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2. - Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor:

e3

I 0 4

e3

I z 8

A e

e

200

q

B C

A B C Motor

q=50 Kp/m

L= 5m


Resolución:

a) Determinación de los diagramas de esfuerzos.

qy=50 Kp/m y

25 mKp z

125 Kp mx=50·0,1= 5 mKp/m

125 Kp

qy=50 Kp/m

Mz

+

M z ,máx

1 2

q y L 8

/2 = 0,1 m

1 2

50 5 + 8

Ty

-

156,25

mKp

Ty ,máx

L q y

2

125 Kp

M x ,máx

+

Mx

25 mKp

b) Características mecánicas de la sección.

3 3 2

I em

e W I 0 e

0 4 4

3

0 2

2 2

I y I z I 0

2

e

8 Wz

I z

2

e

4

A 2

e 2

e

3


c) Comprobación de tensiones en la sección central B.

M z

x ,máx

156,25

M z

Wz

mKp máx

z z

máx

Ty

0

M x

máx

12,5

M x

W0

mKp máx

Aplicando el criterio de falla de von Mises:

equiv 2 x ,máx

2 máx

500 Kp/cm 2

2

15625 3 1250 500

Kp/cm 2

equiv 20 2 20 2 e e

2474

4

11,8

2

e 500

0,1 cm e 1 mm

Comprobación de tensiones en la sección extrema C

M z

Ty

0

125 Kp

máx

Ty

máx

T

T y

máx

2

A

M x

máx

25

M x

W0

mKp máx

3

0

B 3


Apliando el criterio de falla de von Mises:

equiv T máx

2

máx 500 Kp/cm 2

3

125 2

2

2500

500

Kp/cm 2 equiv e 20

20 2

e

47,5

2

47,5 e

500 0,02 cm e 0,2 mm

Con el espesor anterior de e = 1 mm, las tensiones en la sección extrema C son de equiv

100 Kp/cm2.

d) Comprobación del corrimiento vertical de la sección central B L / 1000 = 5 mm.

q

B B 5 q L4

5 mm 384

L

EI z

5 Kp/cm 500 cm

4

5 100 0,5 cm 384

2100000 Kp/cm 2

e 20 cm

8

Despejando el espesor de la ecuación e = 0,123 cm 1,3 mm.

En conclusión, para verificar los requisitos de resistencia y deformación el espesor e 1,3 mm.

Una solución comercial sería 200 x 1,5 mm.


Problema 7.9 *

Un perfil angular de alas iguales es utilizado como carril de rodadura.

a) Determinar las tensiones normales y tangenciales máximas en la sección del empotramiento. b) Determinar el movimiento del perfil, calculando el corrimiento total del punto A.

c) Comentar el diseño y proponer mejoras.

P = 500 N z y

x

y L = 500 mm

z

A

A’

e = 5

Material: acero

100 E = 210000 N/mm

2

G = 84000 N/mm2

G

r A

C

b = 100

z

2

2


Resolución:

Por razones de simplicidad se trabaja con la curva media del perfil de espesor constante y acuerdo

recto. (*)

70,7

y

=

- El eje de simetría proporciona las direcciones

principales centrales yy zz.

- El baricentro G cumple la condición:

G 70,7

= 0 y dA 0 dA

C

= = coincide z

35,35

35,35

- El centro de cizalladura C ( ó de torsión )

con el punto de encuentro de los elementos.

C

- Los momentos de inercia y módulos resistentes.

ds

s

b 2 1

2 3 y I

z

y dA 2 0

s

e ds b e 3

z G Wz

I z

y máx

1666666 mm 4

70,7 mm

23574 mm 3

(*) También, pueden obtenerse estas características de la tabla de perfiles del fabricante con mayor

precisión ( sin utilizar la simplificación inicial , v = 0 ).

I

2

3

3


y

s

b 2 2

1

ds 2

2 3

I y

z

z dA 2 0 s

e ds b e 12

I y 416666 mm 4

z G W y

z máx

11786 mm 35,35 mm

bi

ei

t C G

1 bi

3

ei

2 3

b e 3

8333 mm 4

a)

y Mz

G

P Mx

C

z Tz

Ty

My

z

P

d

W

W


Ty

T

P 2

353 N 2

2

Ty , Tz

z P

2 353 N

M x P b 50000 N mm Mx

M y

máx P 2

L 2

2

176777 N mm

My , Mz

M z

máx P L 176777 N mm

2 L = 500 mm

Tensiones normales x debidas a la flexión desviada My , Mz.

+15 +7,5 N/mm

2

- Para My

y

M y

176777 Nmm N 15

-15 Mz

-7,5

máx y 11786 mm 3 mm 2

G - Para Mz

M z

M

1 76777 Nmm

7,5 N

y máx

z 23574 mm 3 mm 2

z

Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant (ya que I0 en este tipo

de secciones).

M x GI t dx

dx

EI3

x

dx 3

TORSIÓN UNIFORME TORSIÓN NO UNIFORME


¾ máx máx

máx = 30 N/mm

2

e

¾ máx = 22,5 N/mm2

Mx

máx

M x emáx

I t

50000 N mm 5 mm

8333 mm 4

30 N

mm 2

3 3 N 30 22,5

N 4

máx 4 mm 2 mm 2

dx

dx

M x

GI t

50000 N mm

84000 N

8333 mm 4

mm 2

7,14 10 5

rad

mm

Tensiones tangenciales debidas al cortante Ty , Tz.

Aplicamos superposición: TOTAL= + ’

Ty :

A1

y y T

m A1

y z

I z e variable según y

100

Para y

G

0, máx .

100 2

mm 3

2

C máx

353 N 100 5 2

1666666 mm 4 5 mm

0,75

N

mm 2

0,75 ó directamente se demuestra que

3 P

z 0,75 Ty

máx 4 b e


Tz :

A1

y T

m A1

50

z y

I y e variable según z

z

0,75 G

Para z

0, m

áx .

353 N 50 5

50 2

mm 3

2

2 0,75 N

C máx

416666 mm 4 5 mm mm 2

ó directamente se demuestra que 3 P

Tz

z 0,75

máx 4 b e

Se demuestra que

TOTAL TOTAL max

27 P 20 b e

1,35 27 500 N 1,35

N 20 100 5 mm 2

0,75

C

0,75

500 N

Obsérvese que en el ala horizontal debe anularse la distribución de tensiones tangenciales, ya que solo

tenemos fuerza vertical de 500 N.

Composición de tensiones:

1

Punto 1

x

3

15 N

mm 2

22,5 N

mm 2

7,5 N

mm 2

( M y M z )

( M x )

2

x

x


Punto 2 Punto 3

x

15 N

mm 2

30 N

mm 2

0,75 N

mm 2

( M y )

( M x , Ty , Tz )

x

15 N

mm 2

22,5 N

mm 2

7,5 N

mm 2

( M y M z )

( M x )

De los puntos estudiados, el

Aplicando Von Mises

1 es el más desafavorable.

equiv

2 32 22,5 2 3 22,5 2 45

N mm 2

Ante la duda que exista un punto con una combinación más desfavorable y dada la complejidad del

problema, es posible tomar los valores máximos correspondientes a cada esfuerzo (aunque

físicamente no estén en el mismo punto). Así

equiv

2 32

(15 7,5) 2 3 (30 1,35) 2

58,8 N

mm 2

Esta operativa está contemplada en diferentes normativas.

b)

Mx

dx L x

dx

C x

F

F L3

3 E I

Se desprecian los corrimientos debidos al esfuerzo cortante Ty , Tz.


y

G

A

C G1 y

z

z C1

(x)

A1

Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz:

F L3

y 3 E I z

500 2

(500) 3

2 3 210000 1666 666

0,04 mm

Corrimiento según el eje z debido a la flexión My:

F L3

y 3 E I z

500 2

(500) 3

2

3 210000 416666

0,17 mm

Amplificación del giro debido al torsor Mx:

x

100 dx L

100 7,14 10 5 500 100

3,57 mm dx


d) Posibles modificaciones en el diseño.

1 Cerrar los extremos de los voladizos.

La barra adicional trabaja a flexión y limita considerablemente el giro a torsión del extremo del

angular. Sin embargo, para otra posición del carro se reproduce el problema.

0

0

barra adicional

2 Cambiar la posición del angular.

La carga vertical ( y horizontal ) se realiza en el centro de cizalladura.

P

G C

3 Elegir otro perfil con mayor rigidez torsional (perfil cerrado). G C

4 Elegir un perfil de guiado simétrico

C


Problema 7.10 *

a) Determinar las tensiones normales y tangenciales en el perfil HEA-500 sometido a torsión

constante Mx = 20 KN · m y con coacción total al alabeo en el extremo empotrado.

b) Calcular el giro x en la sección A.

y

A B

x

z

Mx = 20 KN·m

L = 5 m

E = 210000 N/mm2 e = 355 N/mm2

Resolución:

Se trata de un problema de torsión no uniforme, ya que está impedido el alabeo en el empotramiento.

Ecuación diferencial de gobierno:

23

d d 3M

x G I

t E I

w

dx dx3 12 490

300

donde :

Momento de inercia a torsión o constante de Saint Venant:

1 I b e 3 1 3

2 300 23 467 12 270 10 4 mm 4 t

3 i i

3

Módulo de alabeo o momento de inercia sectorial:

h 2

I I 1 3 h 2

b e 1 3 467 2

300 23

5643 10 9 mm 6 w f

2 12 2 12 2

V

V

x

e 4

I


El reparto del momento torsor total Mx = Mt1 +Mt2 ( para L = ):

Torsión uniforme

M t1

M x 1 e x

M t1

Mx = 20 KN·m

Torsión no uniforme M t 2 M e x

M t2

x x

2,03

( 3,9 exacto )

G I t E I w

80000 N

309,3 10 4 mm 4

mm 2

210000 N

5,64 1012 mm 4

mm 2

4,57 10

4 mm 1

El angulo girado por unidad de longitud es variable:

dx

dx

dx

M x 1 G I t

e x M t1

G I t

dx x

x

Para encontrar el ángulo de giro total en el extremo:

L d L M M 1 M 1 x

x dx x 1 e x dx x L e x 1

x L

0 dx 0 G I t G I t G I t

3

5000

20000 10 Nmm

5000 mm 1 4,57 10

4 1

81000 N

309,3 10 4

mm 2

mm

4,57 10 4

x 0,4 0,17 rad 23 10

13 ( valor muy elevado )

Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant en el extremo del

voladizo Mt1Mx. max

M t1 Sección A

Alas:

max

Alma:

M t1 I t

M

t1

emax

20000 10 3 Nmm 23 mm 309,3 10 4 mm 4

20000 10 3 Nmm 12 mm

149

78

N

mm 2

N

max

max ealma

t 309,3 10 4 mm 4 mm 2

t2 f f

I

V

M


En el empotramiento la torsión no uniforme provoca tensiones tangenciales w y normales w,

donde Mt2 Mx :

max

f

M = V · h V 20 KN m 0,467 m

42,8 KN

h = 467

M t2 Sección B Por aplicación de Collignon en la sección rectangular

del ala :

Vf w max

3 V f 3 42800 N N 9,3

max

2 A f 2 300 23

N

mm 2

3 M x

(el valor exacto es 9,3

mm 2

) 4

e b

h 2

w

f Obsérvese el autoequilibrio de los esfuerzos

Vf

en las alas, Mf , Vf , respecto a la sección

w global:

w M 20000 10 3 N mm Mf M t 2

f h

Vf 4,57 10 4 mm 1 467 mm

93,7 10 6 N mm 93,7 KN m

w valor superior al momento torsor aplicado

La tensión normal en la sección rectangular del ala por aplicación de Navier:

b M f 93,6 10 6 Nmm

300 mm

2 2 w 1 3

f 23 mm (300 mm) 12

272 N

mm 2

(el valor exacto por aplicación de las fórmulas del bimomento es w = 261 N/mm2 )

e

e 2

w

7 Torsión y esfuerzos combinados 125 Aplicación del criterio de Von Mises

Sección A: punto contorno del ala

equiv 2 3 2 0 3 2 3 149 258 N

mm 2

Sección B: punto extremo del ala ( w max ,w = 0)

equiv 2 3 2 w 3 w 272 2 3 0 272 N

mm 2

Comentarios:

- La tensión equivalente es parecida en ambos casos.

- Si existe N, My, Mz , para secciones tipo :

max

N M y

A Wy

M

z Wz


Problema 7.11 *

Una viga IPE-300 está sometida a una carga vertical F = 30 KN con una excentricidad accidental de

50 mm.

a) Determinar, en la sección del empotramiento, la distribución de tensiones normales x debidas a

la flexión y a la torsión no uniforme (bimomento). Calcular el valor máximo.

b) Determinar, en la sección del extremo del voladizo, la distribución de tensiones tangenciales

debidas a la torsión no uniforme o de Saint Venant. Calcular el valor máximo.

Acero S 355

E = 210000 N/mm2

G = 80000 N/mm2

e = 355 N/mm2

Notas:

- Se supone la viga arriostrada convenientemente para evitar el vuelco lateral.

- Puede utilizarse la tabla de la serie normalizada IPE para determinar las características mecánicas de

la sección.

L = 3 m

y

IPE - 300

G C

z x

50 mm

F

30 KN

T

w


Resolución:

Diagramas de esfuerzos

1500 Nm

90000 Nm ( máx )

-

-

x 30000 N

Mx = F · 0,05 m Mz = - F · (L – x ) Ty = - F

Momento torsor Momento flector eje z Esfuerzo cortante eje y

Características mecánicas sección IPE – 300.

y tf = 10,7

z

A

I y

I z

53,81 cm 2

603,8 cm 4

8356 cm 4

tw = 7,1 300

W W

el y

el z

80,5 cm 3

557,1 cm 3

150 I 20,12 cm 4

I 125,9 10 3 cm 6

Análisis de la torsión mixta

Ecuación general de gobierno de la torsión mixta:

M x G IT dx

dx

E I w d 3

x

dx3

Uniforme M t1 No uniforme M t 2

1500

M t1

M t2

x

1355 Nm

145 Nm

L = 3 m

M

w

z


Torsión uniforme :

M t1 M x 1 e x

x

, para x L M t1 1500 1 e 0 ,78 3 1355 N m

Torsión no uniforme : M t 2 M

x e , para x L M

t 2 145 N m

G I t E I w

80000 N

20,12 cm 4

mm 2

210000 N

125,9 10 3 cm 6

mm 2

7,8 10 3 cm 1

0,78 m 1

a) Tensiones normales máximas: x = 0

w x f

w Mz

w

Mf

w

Debidas al bimomento Mf : ( If Iy / 2 )

M t 2 M f h

1500 N m

0,78 m 1 0,289 m

6654 N m

M b

f

2 I f

6654 10 3 Nmm 75 mm

6038000 mm 4

2

165

N

mm 2

Debidas al momento flector Mz :

M 90000 10 3 N mm N (M ) z 162

x max Wel z 557,1 10 3 mm 3 mm 2


Así, la tensión normal máxima:

x max

w

x max (M z )

165

162

327 N

mm 2

b) Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme en la sección x = L:

max

Alas superior e inferior:

M t1 = 1355 N·m

max = 72 N/mm

2

máx M t1

I t

emáx

máx

1355 1000 10.7

201200 72 N/mm 2

8 Corrimientos en piezas prismáticas 131

8 Corrimientos en piezas prismáticas


Problema 8.1

En la viga quebrada de la figura, sometida a las cargas que se indican, determinar:

a) La distribución de tensiones en la sección mn. b) El corrimiento vertical en B, vB.

(Se prescindirá del posible efecto del pandeo) y

3000 Kp

B

C z

m G h= 0.6 m

2 m

n

A

b= 0.3 m

1 m 1 m 4 m

Material :

=2,1·104

=0,2

Mpa

Resolución:

a) Diagramas de esfuerzos

3000 Kp x’

G=8750 MPa

B C

2m x 1000 2

A

RC = 1000 N

Reacciones :

RA = 1000

1000 2

B

R A 2000 kp

RC 1000 kp

P 3000 Kp

C

T

2 P 3

1 P 3

RA= 2000

-1000

RC 1000

1000 2 A

B C 1000 2

4000mKp M

1000 2

A

4000mKp

1 4

1 Kp

4

z

z


N T M

Tramo AB 1000 2 1000 2 1000 2 x

Tramo BC 0 -1000 4000 1000 x

Esfuerzos en la sección mn:

N mn

1000

2 Kp

Tmn 1000 2 Kp

M mn 2000 mKp

Tensiones provocadas por cada esfuerzo, por separado:

Y max, C

m

max

G M Z N

T

n N M T

M xy

3 T

y 2

2 N

x I

y 2 A h x

A 2000 100

3 1000 2

y 2 x y xy

2 1000 2

x 0,8 1800

cm 2

x max

540000

11,1 Kp

cm 2

2

xy max

1800

1,2 Kp

cm 2

60

A 1800 cm 2

5 A1 A

6

1500 cm 2

I 540000 cm 4

W 18000 cm 3

P

3


Suma de tensiones normales x :

N

x

A

x máx

M y I

0,8

0,8

0.37

0,37 30

y

10,3 Kp/cm 2

(máxima ténsión de tracción)

x mín

0,8 0,37 30 11,9 Kp/cm 2 (máxima tensión de compresión)

b) Corrimiento vertical en B

v W

B P

N N

TOTAL

EA P

T T

GA1 P

M M dl

EI P

2 2 2

200 2 2 P

2 P x

2

3

3

3

0

EA

P

GA1 3

4P P '

EI 3

x dx

400

x

4

x '

0 3

3 3 dx '

0

GA 3 EI 3

3

1

200 2 2000 2000 2000x2 400 1000 16000 8000x ' 1000( x ' )2

0 dx 0

dx

3EA 3GA1 3EI 3GA1 3EI

x 3

2000 200 2

2000x 2000x 3

3 2,1 10 5 1800

3 87500 1500 3 2,1 10 5 540000 0

x 2 400

x 3

16000x 8000 1000

1000x 2 3

3 87500 1500

3 2,1 105

540000 0

0,0005 0,0014 0,0442 0,001 0,0608

0,0005

( N )

0,0024 (T )

0,105 ( M )

0,108 cm 1,08 mm

x


Problema 8.2

Para la pieza quebrada de la figura, hallar :

4 cm

Sección

4 cm

Q

a) El desplazamiento vertical de la sección A.

1 m y b) El desplazamiento transversal de la sección

A x C (en la dirección Z).

z

1 m

D

y

P C z

Aplicación a : P=300 N

Q=2P=600 N

E=2,1·105 Mpa x G=0,4E

1 m

Y

Z

X

Resolución :

Determinación de esfuerzos:

Ty

A Tramo AB x M z

Q 600 N

Qx 600x mN

Q N x

Tramo BC

x B

M y

Q

Q 1

600 mN

Ty

D Tz

Q 600 N

P 300 N C Tramo CD

M

P M z

Q 1

Qx

600 mN

600x mN

M y

x

P x 300x mN

0


a) Desplazamiento vertical de la sección A:

W BT T M M C Nx Nx M M total y y z z y y A Q A

GA Q

EI Q

dx B EA Q

EI Q

dx 1 z y

D T T

T T

M M M M

M M

y y

z z

x x

y y

z z dx

C GA Q

GA Q

GK Q

EI Q EI Q

1 1 t y z

1m Q Q x 1m Q Q

1 GA EI

x dx 0 EA 1

EI 1

dx 1 z y

1m Q P Q Px Q x

0 GA 1 0

GA GK 1 0 EI EI

x

dx 1 1 t y z

1m 1 1

1 1 1 Q Q

Q Q Q Q x2

Q x2 dx

0 EA

GA1

GKt

EI y EI z

1 1 1 1 Q 2Q Q Q

1 2 Q 0,042 m

4,2 cm EA GA

1 GK t

EI y EI

z 3

Términos de la sección:

Q 600 N

y E 2,1 1011

N/m 2

G 0,4 2,1 1011 N/m 2

z

4 cm A 16 cm 2 16 10 4 m 2

5 A1 A

6

40 4 2 10 m 3

3

I y I z 1 4 4

4 cm 12

4 8 4 10 m 3

4 cm K t K 3 2a 3

2b 0,141 4 4 10 8 m 4

b a

1 K 3 0,141

P

3


b) Desplazamiento transversal de la sección C.

Wto tal 1m Q Q x 1m Q Q

C z P 0

0 GA

0 dx EI

0 0 EA

0 dx EI 1 z y

1m Q P

0 1 Q

0 P x x

Q x 1

0 dx 1 P

0 GA GA GK EI EI GA EI 3

1 1 k y z 1 y

P

P 3

12P 10 4 P 3

2,235 10 m

0,2235 cm

0,4 2,1 1011

40 10 4

3 2,1 1011

4

3

10 8 64 2,1 10 7

9 Piezas y sistemas hiperestáticos 139

9 Piezas y sistemas hiperestáticos

R R


Problema 9.1

En la viga de la figura, determinar el perfil IPE necesario para que se verifique la condición de

resistencia y para que el desplazamiento vertical en el extremo volado (punto C) sea inferior a 0,3 cm.

5000 kp

A B

4m 1m

C

adm=1600 Kp/cm2

E=2,1·106

Kp/cm2

Resolución :

a) Se descompone el problema, con un grado de hiperestaticidad, en uno isostático más un momento de empotramiento (incógnita) MA .

P A

B A

P

B MA A B

C = C + C

4m 1m

A B

x

RA’

x

RB’

-5000mKp=MB

MA-RA·x

-

R A x

-

R A x

R B x 4

M = M +

MA

+ M’

+

M’A

M’A-RA’·x

5000 5000

RB + R B +

T = T + T’ - -

RA - R A RA’ RB’

I ) II ) III )

Estado final ( I ) = Estado isostático ( II ) + Estado hiperestático ( III )

1 L

A


- Estado isostático (II):

R

A R

B

R A 4

5 000

5 000 1

R A

RB

5 000 1250 Kp

4

6250 Kp

M

A 0 M

B 5 000 mKp M

C 0

- Estado momento hiperestático (III):

R

A

M A

M B

RB

RB4

0

Para encontrar M’A , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B , en el estado final (I):

2 L M

L M M

0 Ai yi

1 B 1

L A 2

M B 5000 mKp

EI i 1 EI 2 3 2 3 2 2

Ai = área diagrama momentos flectores yi = distancia desde el baricentro Ai hasta B L = 4 m

M A 2500 mKp

M A

M A 2500 mKp

RB M A

4

2500

4

625 Kp

- Estado final (I):

M

A M

A

M B M B

M C 0

M A

M B

0 M A

5 000

M A

0

2 500 mKp

5 000 mKp

R A

R A

RB RB

RA

RB

1250

6 250

625

625

1875 Kp

6 875 Kp

M x 4

M A 4R A M B R A M A M B

4

2500 5000

4

1875Kp

R

B 6875 Kp

EI

A


b) Para el cálculo de vC , vamos a aplicar el 2º teorema de Mohr entre A y C .

1 3 1 4M 4 1M 2 4M 8 20000 kg m 3

vC Ai

yi B 1 B

EI 2 3 2 3 A 1

2 3 EI

2 4

i 1 3 Kg/m m

4 6 4

TABLAS 4

2 10 10

3 2,1 10 6 I

0,3 cm I min

2 10 4

10582 cm 3 2,1 0,3 IPE330

I z

Wz

11770 cm

713 cm 3

c) Comprobación del perfil a resistencia :

max

M max

Wz

5000 mKp

713 cm 3

7,01 Kp/mm 2

701 Kp/cm 2

1600 Kp/cm 2

adm

Tmax 5000 Kp 2

2,46 Kp/mm

246 Kp/cm 2

923,8 Kp/cm 2

adm

max

1 271 7,5 mm 2 3 adm

El perfil IPE 330 cumple la condición de resistencia y la condición de rigidez.

+

A


Problema 9.2

Dada la viga de la figura, p = 20000 N/ml 20000 N

B

C

A

4 m 2 m

determinar :

a) Diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes.

b) Valores de las reacciones.

c) El perfil IPN necesario para adm=140 MPa.

d) La pendiente en el apoyo B.

Resolución:

Material:

Acero

E=2,1·106

MPa

a) Descomposición en un problema isostático, más una incógnita hiperestática ( R’B).

p p P P

C

A B 4 m 1m

M A

= +

R A

x

MA’

RA’

x

R’B

M

A 280 000 Nm

MA MB=-40000 Nm

R A x M px 2 / 2

R A x

M A 4p x 2

- - - M

+ = +

+

R A 10 000 N

R A px

MA’= 4R’B

MA’- RA’x

P P

+ T = +

- RA’ R’B

M 2

A

A A

2

3

4 m

3

3


b) Determinación de la incógnita hiperestática y de las reacciones totales.

M x A, B

M A

RA x

R A x

x 2 p

M x B ,C R A x M A 4 p x 2

Para hallar R’B , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B :

B M x 0 A EI

xB

x dx

1 B x 2 M 2 R x M

p 4

x dx

4 A 4

EI A

2 3

R

A 100000 N

M A 280000 Nm

1 B

M A 4RB

2 64

EI A

100000x 280000 10000x 4 x dx

RB

1 x 2 x 3 x 4 64 1120000x 680000 140000 10000 RB

EI

2 3 4 0

3

1 4160000 64 0 65000 N

EI 3 RB RB

RA - 80000 + 65000 - 20000 = 0 RA = 35000 N

MA = - 20000·6 + 65000·4 - 80000·2 MA= -20000 Nm

c) Determinación del IPN.

max

M max

Wz

40000 100 2

14000 N/cm Wz

4 10 6 I z 4250 cm 4

WZ ,min

14000 285,7 cm

TABLAS

IPN 240 Wz

354 cm 3

d v

0

1


d) Pendiente en B.

M x A, B 20000 35000x 10000x 2

2

1 M 2

x A , B

dx

2 3

dv1 1

20000x 35000 x

10000 x

C

dx EI 2 3

x 0 :

x 4 :

dv1

dx

B

0 C1

dv1 1

0

20 000 4

35 000 16

10 000 64

dx EI 2 3

240 000 840 000 640 000 40 000 B

3 2,1 1011 4250 10 8

3 2,1 10 3 4250

B 0,00149 rad 0,0856 0


Problema 9.3

a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, p, que se puede aplicar en la

viga de la figura, si la tensión máxima admisible es de 140 MPa (tanto para la viga AB como para el

tirante CD).

b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.

D - La viga AB es un perfil IPN 400.

- El tirante CD tiene una sección

de 5 cm2. 4 m - Módulo de elasticidad :

E = 2,1·107 N/cm2 ( para la viga y el

tirante ).

A C B

4 m 4 m

Resolución :

a)

Se trata de un problema hiperestático. Para resolver la hiperestaticidad, impondremos la siguiente

condición :

C

vC

donde : C = corrimiento del punto C del tirante CD.

vC = corrimiento vertical de la viga AB en el punto C.

D

D

2


Cálculo de C :

RD

D C CD

CD

CD E

RD CD

EA

4 m (

, E

RD ) A

C RD 400 cm C

2,1 10 7 N/cm 2 5 cm 2

RD

3,81 10 6 R cm

RD en N

Cálculo de vC :

Aplicaremos el Teorema de Castigliano:

x

p

A C B

RD

4 m 4 m

RD x 400 p x 2

2

-

p x 2

2

M mKp

MA= 400 RD- 320 000·p ( Ncm )

MC= -80 000·p ( Ncm )

v WTOTAL C M x M dx

A M x M C

R B EI RD C EI

dx RD

x 2

p RD x 400 p x

400 2 800 2

0 EI 0 dx 400 EI

x 400 dx

D

6


x 2

p R x 800 2

D

400RD

400 EI x 400 dx

1 p 4 200 p R

D 3 2

800

EI

8 x

x 400 RD x

3 160000 RD x

400

1 18133 10 6 p 21,3 10 6 R 18133 10 6 p EI

21,3 10 6 R D

2,1 10 7 29210

29561,5 p 34,8 RD 10 6 cm

Entonces: C vC 3,8110 RD 29561,5 p 34,8 RD 10 6

38,61 RD 29561,5 p RD

766 p

(1) RD

766 p (RD en N)

(2) p 0,13 RD (p en N/cml)

Determinación de pmáx :

Para el tirante:

max , tirante

RD ,max

5 cm 2

am

140 10 2 N cm 2

RD ,max

70 000 N 2

pmax 2

0,13 RD ,max 0,13 70 000 9100 N m

Para el perfil:

max ,viga

M max

W

z , IPN 400

adm

M

A 400R

D 320 000 p 400 766 p 320 000 p 13 600 p

M C

M máx

80 000 p

80 000 p

c


max ,viga

M max

Wz , IPN 400

80000 p

1460

adm 14 000 N

cm 2

pmáx

140 000 1460 255,5 N/cm

80 000

25 550 N/m

Por tanto: pmax 9100 N

m ( la menor de ambas).

b) Cálculo del descenso de C.

v 3,81 10 6 70 000 0,267 cm 2,7 mm


Problema 9.4

Las vigas AB y BC de la figura están perfectamente empotradas en los extremos A y C. Cuando están

descargadas, sus extremos B están en contacto, pero sin transmitirse ningún esfuerzo.

p

Material: Acero A42b

A IPN 200

IPN 220 C

B

3 m 4 m

Determinar:

a) La carga uniformemente repartida máxima que puede soportar la viga AB, estando sometida

la viga BC solamente al efecto producido por la AB.

b) El descenso vertical del punto B.

Resolución:

a) Determinación de pmáx.

En este tipo de problemas de interacciones, la resolución se basa en plantear la igualdad de

corrimientos (ecuación de compatibilidad de deformación en la sección B):

p

R

C

A B

B

R

3 m 4 m

1 = 2

-

M x R x

+

1 p x 2

x x M x

R x

M max

-

R

z

z


Cálculo de 1: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre A y B :

1 2

Rx px 2

1 0

EI z

x dx

1 R 3 p 4

3 m EI

z 3 8

Cálculo de 2: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C y B:

Rx

2 0 EI x dx

1 R 3 4 m

EI 3

Condición: 1=2

81

9R p

64 R

8

E 2140 cm 4

3

E 3 060 cm 4

216 3060 512 2140 R 243 3060 p p

N m

2,3624 R N

Cálculo de Rmax ( pmax ):

IPN 200 a flexión:

máx

M máx

Wz ,IPN 200

M máx

214 cm 3

260

1,5 N

mm 2

173,3 N/mm 2

Mmáx:

M máx 37093,3 Nm

M

0 R x

px x R

0,4233 m p

M x 0,4233

1

0,211649R

2

M máx M A

M A R p 2

7,6308R

M máx 7,6308R 37093,3 R

máx 4861,0 N

3


IPN 220 a flexión:

máx

M máx

Wz ,IPN 220

M máx

278cm 3

260

1,5 N

mm 2

173,3 N/mm 2

M máx 48186,6 Nm

M máx R 4R 48186,6

Rmáx 12046,6 N

Rmáx mín 12 046,6 ; 4 861,0 4861,0 dN

Por lo tanto: pmáx 2,3624Rmáx 2,3624 4861,0 11483 N m

b) Descenso vertical del punto B.

R

2 3EI

4861 400 3

1,61 cm 3 2,1 10 7 3060

z

2

2

2


Problema 9.5

a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, pmáx , que se puede aplicar a la

viga de la figura. b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.

D E Datos:

A 5cm 2 A 5cm 2

h = 6 m

Viga AB: IPN 300

adm= 160 MPa

E = 2,1·105

MPa

45º 45º

A C

( tanto para la viga

AB como para los

tirantes CD y CE )

B

4 m p 4 m

8 m

Resolución:

a) Imponemos la condición de compatibilidad de deformación en C, es decir, planteamos igualdad de

corrimientos.

R R

2 2

p

A C B

p 2

M

R x

2

R

R x R x

2

-

+

p 2

2

2

px

R

2 x

x

1

2 px

2

px

-

12

px

2 px

R

2 x

1

2 px

R

x

2

+ +

1

1 1 R


D E

45º 45º

C

C

C 2

Cálculo de C :

Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C x y A x 0 : 2

R p 2 p x x x 2 2 2 2

1 2 R 2 p 3

0

EI z

x dx

EI z o

p x 2 2

x dx 2

1 R x3

p x4 2 1 R 3 p 4

p p EI Z 2 2 3 2 4 0

EI z 2 2 24 2 64

R3

4 1 3

5 p 4

EI z 48

p 48 128

EI z 48 384

C

R

A C B

2

2

2


Cálculo de :

2 2

R D, E

2 R 2

2 R 600 2 2

120R cm

EA E 5 E

600 2 cm , A 5 cm 2

6 2m

C

2 R

1 R 3 5 p 4

C

2

C 120 2R

2EI z 48 384 E

8 m

800 cm

4

I z , IPN 300 9800 cm

3 6 4 8

8 10 R

48

5 8 10 p

384 9800 120 2 R

64R 32000 p 9,98R p 2,312 10 3 R ( p en N/ml , R en N)

Cálculo de Rmáx ( pmáx ) :

Cables a tracción:

máx

Pmáx

A

2 Rmáx 2

5 cm 2

adm

16 000 N

cm 2

Rmáx

113137N

N

C R R

p

x x

2 2 2


IPN 300 a flexión:

máx

M máx

Wz , IPN 300

M máx

16000 653cm 3

cm 2

M máx

104480 Nm

|Mmáx|:

M 1

p 2

8

1 2,312 10 4 8

3 R 8 2 10 4 800

4

15R

p 2,312 10 3 R 800 cm

M p 0 x 2

R R px x 2 2 2 p 2

R 2 p 2

R 183,74 cm 2 2,31 10 3 R

M máx

M x 183,74 cm p R x 1

px 2 x 2 R 2 2 2 2 2 2

800

2,312 10 3

R 183,74 183,742

R

183,74

39R

Así que Mmáx = 104480·102 N·cm = 39 Rmáx Rmáx = 267897 N

Radm ,sistema mín113137,267897113137 N

Por lo tanto, el valor máximo de la carga uniformemente repartida que se puede aplicar a la viga AB, admitida por el sistema, es:

pmáx 2,312 10 3 113137 261,57 N cm

26157 N m

b) El descenso del punto C es.

C 2 2 120 113137

cm 2,1 10 7

C

0,9 cm


Problema 9.6

Determinar el desplazamiento vertical de la sección C, C , en la pieza de la figura, admitiendo que la

sección en todos los tramos del sistema es circular y el material es el mismo.

A

a D

p

B

C

a

Datos:

G = 0.4·E p =1000 N/ml

D = 50 mm

a = 1 m E = 2,1·105 Mpa

Resolución:

a) Determinación de esfuerzos .

Es un problema hiperestático. Consideraremos RB como incógnita hiperestática a determinar.

y

A Esfuerzos: z

Tramo BC:

x

x T

y

x p M Z

RB

px

R B x

1 2

px 2

Tramo CA:

B C

y T y

RB M z

R B

p a

RB p a x

z x M x RB a

1 2

p a 2

z z

B B

R 2 R R

B a p B a 3 p

B

4 B 3 p

3 3 p

3


Aplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incógnita hiperestática RB :

Wtotal C T y T y

M M

z A T y T y

M x M M M

z

0 B

dx

dx R B

B GA1

R B EI z RB C

GA1 RB GK t R B EI z R B

C a

R px R x 1

px 2

A aR pa R a

1 pa 2

R pa x B

2

B 2

B

B B

1 GA

x dx EI

C GA 1 a

GI EI x dx

0 0 1 z 1 0 z

1 a 2

RB a

pa 1 a 4

1 a 3

p

a R

a a 4 GA1 2 GI 0 2 EI z 3 8 3 3

4

1 3 2 1 a 1 2

11 4

2aRB

GA a p GI

a R B EI

a R B a p 1 2 0 2 z 3 24

G 0,4E 9

9 D2

A1 A

10 D4

10 4

I0

32 D4 I z

64

4

1 3 2 1 a 1 2 3 11 4

B 2 2aR

B a p

2 4 a R

B

2 p

4

3 a R

B a p

24 0.4E

9

D 0.4E

D ED

10 4 32 64

40D 2 2aR 3 a 2 p 32 9a 3 R a 4

p 64 3.6 2

a 3 R 11 a 4 p B 2 B

2 3 B 24 0

3.6 E D 4

D 50 mm a 1 m

0,05 m

p 1000 N/ml 11 2 E 2,1 10 N/m

RB 565.3N

64 3.6 F

B a 3 R B

C B

B


b) Determinación de C.

Para calcular C , aplicaremos el método de la fuerza ficticia:

Esfuerzos (debidos a F):

A Tramo BC:

T y

x M z

RB

R B x

C B Tramo CA:

F x RB

Ty

M

z

M

RB F

RB F x

R a

x B

40D 2

2aRB aF

32 9 a 3 R 2 a 3

0 Wtotal

RB

3 3

3.6 E D 4

R B 0.174 F

1 2 RB x px 0,174F x

Wtotal

C F

a

0 (

R

B px 0,174F

GA1

0.174 2

EI z

0.174x

) dx

para F 0

a

0 (

R

B pa 0,174F F

GA1

0.826 1

RB a GI 0

1 pa 2

2 0,174F a

0.174a

R pa x 0,174F F x

B

EI z

0.826x ) dx

Integrando, entre límites, y tomando F= 0:

1 a 2 2 1 3 1 4

0.174R a p 0.826 R a pa 0.

R a pa

GA1 2

GI 0

174B

2


1 a3 1 a 4 R a3 a 4

B

EI 0.174RB

3

2 p

4 0.826 3

p 3

Z

40D 2 0.652R 0.739 p 32 9 0.174R 0.087 p 64 3.6 0.217 R 0.254 p B B B

3.6 E D 4

0,00225 m

C 0,225 cm (en vertical, hacia abajo:

igual dirección y sentido que F)

10 Inestabilidad elástica 161

10 Inestabilidad elástica

P 2


Problema 10.1

Determinar la carga máxima P que puede soportar el sistema de la figura, si la tensión máxima

admisible es de 160 MPa.

3 m 6 m

A B IPN 500 C

P

4 HEB 120 30º 30º

IPN 100 IPN 100

E = 2,1·106 Kp/cm2

Resolución:

x

A B C

Reacciones:

3 6

3 P P 2

M B

0 P 3 P

RC 6 RC

2

3

P +

- 3 P 2

F V

P

2

T

0 Rb

P 2

3P

P x -

P x

3 P x 3 2

3 Tmáx P

2

M máx 3P

Kp

mKp

M

y

10 Inestabilidad elástica 163 IPN 500.Cálculo a flexión.

: máx

M máx

Wz ,IPN 500

3P Nm 2750 cm3

adm 160 N

mm 2

Pmáx, IPN 500

146667 N

Puntal HEB 120. Cálculo a esfuerzo normal y a pandeo.

y

A I z

HEB 120

34 cm 2

864 cm 4 ; I

3

318 cm 4

3 z

Wz

144 cm ; W

y 52.9 cm

i z 5.04 cm ; i

y 3.06 cm

Esfuerzo normal: 3

2 P

- máx N máx

A

N máx 16000 N 34

cm 2

N máx

544000 N

Pandeo:

544000 3 P Pmáx

2

362667 N

L 400 131 105

( acero estructural )

- min imin

3

2 P

3.06

el pandeo se produce en la zona

de validez de la ecuación de Euler

2 EI 2 2 7

N adm ,H 120 N crit

sp

L sp

2.1 10 318 117700 N

16 10 4 3.5

I I

min 318 cm 4

L

4 m 400 cm

sp

3.5 100

7 E 2.1 10

N cm 2

máx


117700 3 P Pmáx

2

78466 N

Puntales IPN 100. Comprobación a esfuerzo normal.(Tracción)

P

4 cos 30º

P

4 cos 30º

P

4 cos 30º

P

4 cos 30º

máx N máx

A

N máx 16000 N 10,6

cm 2

N máx

169600 N

169600 P

P 4 cos 30º

587511 N

Por lo tanto, la carga máxima que puede soportar el sistema es:

P min 14667 , 78466 , 587511 78466 N


Problema 10.2

Dado el esquema de la figura, donde B, C y D son articulaciones perfectas; si la tensión máxima

admisible y el módulo de Young son los mismos para las tres barras, e iguales respectivamente a adm

= 160 MPa y E = 2,1·105 MPa.

C

P IPN 100 2 m

A

B IPN 360

2 m

IPN 140

D

2 m 2 m 2 m

Determinar:

a) Diagramas de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales para cada barra. b) El máximo valor admisible de P.

Resolución:

a) Diagramas.

R 4

Rc

N P

2 2 TRACCIÓN C

+ B

x

P P P P

A 2 2

2 2

45º 45º B

P P 2 2 2 2

2 2 2 2

P

2

-

COMPRESIÓN D

P 2 2

R

4 Rc

N


T C

P

R A P

2 + 2

B A -

P 2 RB

D

M C

A B

+

P 2

x

P 2

x P x 2 D

b) Cálculo de Padm :

IPN 360 a flexión:

máx

M máx

Wz , IPN 360

P 1 Nm 160 1090 cm 3

mm 2

P

adm 174400 N

i


IPN 100 a tracción:

P

N máx 2 2 2

máx 160 A 10,6

N/mm

Padm

IPN 140 a compresión:

160 10,6 10 2 2 2 Padm 479 701 N

P 2 2

N adm

N crit

C sp

2 EI

L2

3.5

200 2 202 100 C 3.5

200 2 cm min

1.4 s

2 7

N adm

2,1 10 35.2 2605,6 N

3,5 8 10 4

P

2 2

N adm

2605,6 N

Padm

Padm

73700 N 2 2

Por tanto :

Pmáx

mín 174 400 , 479 701 , 73 700 73 700 N

Problema 10.3

EI

L


Calcular la carga axial máxima que puede soportar una broca de 3 mm,

a) sin pretaladro b) con pretaladro o marcado.

E e

210000 N/mm 2

320 N/mm 2

a)

3 150 mm

b)

Resolución:

a) b)

Lp=2L

Lp=0,7L

R

Ncr Ncr

2

N z cr 2

p

2


2 210000 3

a) 64 91 N

2 150 2

2

2 210000 3

b) 64

747 N

0,7 150 2

Comprobación de la validez de la fórmula de Euler ( para b):

N cr cr

A

747 N

32

4

105 N

mm 2

320 N

e mm 2

cumple

NOTAS: - Se ha simplificado la obtención de I,A sin utilizar reducciones de la sección.

- A los valores de 91 N y 747 N hay que aplicarles un adecuado coeficiente de seguridad.

2

2


Problema 10.4

Calcular la sección rectangular más eficiente para la pieza de aluminio sometida a compresión

centrada.

x

N=20 kN

L = 500 mm , seg. pandeo= 3

Datos del Al:

E = 70000 N/mm2

e= 20000 N

b

L y

h

y

z

z

Resolución:

La relación b-h debe ser la óptima para que la Ncr sea la misma en ambas direcciones.

x

Flexión eje y:

2

2 E

1

bh 3

LPz=0,7·L N cr ,1

EI y

L p y

12 1 2L

2

Flexión eje z:

y 2

2 E 1

bh 3

N EI z 12 2 cr , 2

L p z 0,7L

2

LPy=2·L z Igualando Ncr,1= Ncr,2

2 E 1

bh 3

12

2 2 L2

2 E 1

bh 3

12

0,7 2 L2

h 2 b 0,7


Con esta relación, puede elegirse la fórmula (1) o (2):

2 E 1

bh 3

12 2

seg . pandeo N cr 3 N

2L 3

N

3

2 70000 1

b 2

b

12 0,7 b

3 14,5 mm

se tomará : 50 x15 mm 20000 2 500

2 h 41,5 mm

Comprobación:

N cr cr

A

60000

100 N/mm 2 14,5 41,5

e

cumple

L

2

2

2


Problema 10.5 *

Calcular la carga máxima, Nmáx, en los tres casos:

Ncr =Nmá x ? Nmá x ? Nmá x ?

A) B) C)

10m = 10000 mm 10 mm 100 mm

v0=L/1000 v0=L/100

Acero S260

e 260 N/mm2

E=210000 N/mm2

200x5 mm

Resolución:

a) En el primer caso, Nmáx=Ncr , suponiendo que la cr e

2 210000 200 190 2

EI N 64

301952 N cr 2

p 10000 2

N cr 301952 N 99 N/mm 2

cumple cr 2 2 e

A 200 190 mm

4

A)

B ) C)

v

2


L L b) El momento flector en el centro del vano: M x N v

TOTAL x .

v L

TOTAL x

2

1 v

N 0

2

2

1 N

cr

1

Factor de amplificación:

El corrimiento total depende de la relación N

. N

cr

1 N

N

cr

N

Por la ecuación de la flexión máx

1

N M e

A W

N máx N 0

1 máx

N máx 301952 260 N/mm 2 2 2 2 2

200 190

4

200 190 100

64

10 100 v

Para v0 = 10 mm tenemos Nmáx=269500 N

c) Para v0 = 100 mm tenemos Nmáx=152000 N


Problema 10.6 *

Calcular el valor de la imperfección geométrica inicial, v0, que provoca el fallo elástico del perfil

tubular 100x4 mm sometido a N = 125 kN.

Resolver el problema utilizando dos modelos de cálculo:

a) Análisis de 1er orden, con la geometría caracterizada por el valor inicial v0.

b) Análisis de 2º orden, considerando la amplificación del valor inicial de v0.

x

N = 125 kN

100x4

L = 3500 mm v0 ?

Material S235:

e=235 N/mm2

E= 210000 N/mm2

Tubo 100x4:

A= 1206 mm2

y I= 1392000 mm2

W=27840 mm2

N

L

N

0

x

2


Resolución:

a) Análisis de 1er orden:

M N v0

N

N L La sección más desfavorable x :

2 v0 N

M

= =

N

N v0

N M x e

A W 235 N/mm 2

125000

1206

1 25000 v

0

27840 235 N/mm 2

Despejando el valor de v0:

v 235

125000 27840

29 mm

0 1206 125000

b) Análisis de 2º orden:

M N 1

v

1 N N cr

N

v0

N 1 N v 0

A 1

N W N

cr

e

= = La carga crítica de Euler, Ncr:

2 EI

N cr 2

p

210000 1392000 235517 N

3500 2

Así, el factor de amplificación vale

1

1 2,13

N 1

N cr

1 125000

235


Sustituyendo en la fórmula:

125000 1 25000 v0

2,13

235 N/mm 2

1206 27840

Despejando el valor de v0:

v

235

125000 27840 1

13,7 mm

0 1206 125000 2,13


Problema 10.7 *

Un tubo de acero 140x140x5 mm tiene una imperfección inicial de 50 mm respecto a la directriz

teórica y está sometido a una leve carga de viento q = 300 N/m y a una carga axial de compresión N =

100 kN.

a) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en un análisis de 1er orden.

b) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en una análisis de 2on orden, es decir, considerando la interacción N – M (esfuerzo normal – momento flector).

Tubo 140x140x5 mm:

A = 26,70 cm2

Iy = Iz = 821,25 cm2

iy = iz = 5,51 cm

Wel·y = Wel·z = 117,32 cm3

Acero S235:

E = 210000 N/mm2

e= 235 N/mm2

x

N = 100 kN

y

qy

5

G 140

z

L = 5 m

v0 = 50 mm

qy = 300 N/m

140 mm

y

N = 100 kN

1

L

2

2


Resolución:

2on

orden

N N

1er

orden

En un análisis de 2on orden el diagrama de momentos

flectores se ve amplificado por el efecto de la preflecha inicial (v0) y de la interacción N-M.

v0

q

N N

a) Análisis de 1er orden (sin considerar pandeo, con la geometría inicial del enunciado).

1 2

pL N v0

N M z N 8 1

x ,máx A Wz A Wz

1 2

0,3 5000 100000 50 1 00000 8

37,45

2670

7,99

42,62

117320

88 N

cumple

mm 2 e

b) Análisis de 2on orden (amplificación de la preflecha inicial e interacción N-M).

1 2

pL

N K 8 1 N v0 2

x ,máx A W N W

z z

N cr

Cálculo de la carga crítica elástica de Euler, Ncr:

L p z

5000 mm

N cr

2 EI 2 p z

210000 8212500 680855 N

5000 2

2


Para el factor de amplificación K2, se elige la expresión aproximada (*):

K 1 1

1,172 N

1 N

cr

1 100000 680855

Así, finalmente (2):

x ,máx

37,45

1,17 7,99

1,17 42,62

96,7 N

mm 2

e cumple

(*) Cálculo exacto de K:

u N 2 N cr 2

N

N cr

100000 0,602 rad

2 680855

K 2 1 cos u 2 1 2 1 cos 0,602

1,177 2

u 2 cos u 0,602 2 cos 0,602


Problema 10.8 *

Un tubo circular 100x4 mm de acero está sometido permanentemente a una carga puntual transversal, F = 5kN, en el centro del vano.

Mediante un cilindro hidráulico se puede aplicar una carga axial variable en el extremo.

Suponiendo un comportamiento ideal de elasticidad indefinida para el material:

a) Calcular la carga axial máxima soportada por el sistema, al poder producirse su colapso por

inestabilidad elástica.

b) Representar gráficamente la relación N-v, mediante un modelo teórico de 2º orden, es decir,

considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector.

A continuación, suponiendo un comportamiento real de material, con una tensión de límite elástico

e=380 N/mm2.

c) Calcular la carga N que provoca el fallo elástico del perfil.

Material S380: E = 210000 N/mm2 e = 380 N/mm2

y

F=5 kN

100x4

v

N variable

x

= =

L = 5000 mm

115403 N

L

3

N

2

2

K


Resolución:

a)

2 EI N cr 2

p

210000 1392000

115403 N 5000

2

Hipótesis: Elasticidad indefinida.

N N N

Ncr

E = 210000 N/mm

2

v

b) Considerando la interacción N – M.

F L3

v K 3

48EI

5000 5000 3

K

48 210000 1392000

44,54 K 3 mm

donde K3 es el factor de amplificación.

Cálculo exacto de K3:

3 tg

N

3 tg u u 2 115403 2 115403

K3 3

3

u 2

u

N

N cr

N

2 115403

N 115403

Cálculo aproximado de K3:

1 1

3 N N 1

Ncr

1 115403


Tabla de valores de la función N – v

N veaxct. vaprox. 0 44,54 44,54 mm

Ncr/4=28851 N 59,39 mm

Ncr/2=57701 N 89,08 mm

3Ncr/4=86552 N 178,16 mm

La representación gráfica de la función N – v:

( N ) N

115403 N cr

86552

57701

28851

3 N cr

4

N cr

2

N cr

4

N 5 kN N

v

v

50 100 150 200 250 ( mm )

La curva de respuesta N – v, considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector, es asintótica al valor de la carga crítica de Euler Ncr = 115403 N.

Suponiendo una elasticidad indefinida del material el fallo de la pieza se produce con el mismo valor de Ncr.

c) Sin embargo, antes de llegar a esta situación el material habrá superado la tensión del límite

elástico. Para el material real:

N

A

N M e

A W

K M

W e

, donde M

K 1

F L 4

1

2


1 5000 5000

N 4

380 N

1206 N 1

115403

27840 mm 2

Resolución de la ecuación de 2º grado:

N

115403 225

380

1206 115403 N

115403 225 380

N 115043 N 1206

25965675

43853140

95,69 N N 2

380 N 1206

1 2

0 N 1206

a

475,69 N

b

17887465 c

2 1

N b b

2a

4ac 476 476 4 1788746

1206

2 1

1206

40425 N

533630 N

sin sentido N cr

Se cumplen la hipótesis de aproximación para el cálculo del factor de amplificación K:

N 0,6 N

cr 40425

1 K

0,6 115403

1,54

69242

1 N

N cr

Representación gráfica del apartado c):

(N) N

N M K

380

A W

115403

40425

44,5 68,5

Ncr

v (mm)

1

2


c’) Un planteamiento parecido del problema es considerar que v0=44,5 mm constituye una preflecha inicial.

El momento flector 1

F L resta constante y la amplificación es debida al termino 4

N v N 1

v

N 0

N cr

Los resultados obtenidos no difieren excesivamente de la solución exacta:

N M e

A W

, donde M K 1

F L 4

N v

1 5000 5000 4

N 44,54 1

1 N

N

1206

115403

27840

380 N

mm 2

Resolución de la ecuación de 2º grado:

N 225

44,54 115403 N

380 1206 27840 115403 N

N N 380 225115043 N

44,54 115403

27840

1206

184,6 N

115 N N 2

1206

17887465

95,69 N

1 2

0 N 1206

a

435 N b

17887465 c

N b b 4ac 44977 N

2a 479633 N sin sentido N cr

Bibliografía 185

Bibliografía

COURBON, J. Resistencia de materiales (I y II). Madrid, Aguilar, 1968.

LAROZE, S. Resistance des materiaux et Structures (I,II,III y IV). París, Eyrolles-Masson & Cia, 1974.

LOVE, A.E.H. A treatise on the mathematical Theory of Elasticity. New York, Dover, 1944.

NEUBER, H. Mecánica técnica (II). Madrid, Dossat, 1977.

ORTIZ, L. Elasticidad. Madrid, Mc Graw-Hill, 1998.

ORTIZ, L. Resistencia de materiales. Madrid, Mc Graw-Hill, 1991.

ROURE, F.; MARIMÓN, F.; AYNETO, X., Resistencia de materiales (Fascículos). Barcelona, CPDA-

ETSEIB, 1998

TIMOSHENKO, S.P., Resistencia de materiales. Madrid, Espasa-Calpe, 1967.

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