Resistencia de Materiales Problemas Resueltos

AULA POLITCNICA 15

Resistencia de materialesProblemas resueltos

AULA POLITCNICA / ETSEIB

EDICIONS UPC

Miquel Ferrer BallesterJos Luis Macas SerraFrederic Marimn CarvajalM. Magdalena Pastor ArtiguesFrancesc Roure FernndezLlus Vilaseca Vilanova

Resistencia de materialesProblemas resueltos

La presente obra fue galardonada en el quinto concurso"Ajuts a l'elaboraci de material docent" convocado por la UPC.

Primera edicin: septiembre de 1999Reimpresin: febrero de 2001Segunda edicin: septeimbre de 2002

Diseo de la cubierta: Manuel Andreu

los autores, 1999

Edicions UPC, 1999Edicions de la Universitat Politcnica de Catalunya, SLJordi Girona Salgado 31, 08034 BarcelonaTel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885Edicions Virtuals: www.edicionsupc.esE-mail: [email protected]

Produccin: CPDAAv. Diagonal 647, ETSEIB, 08028 Barcelona

Depsito legal: B-30564-2002ISBN: 84-8301-621-4

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorizacin escrita de los titulares del copyright, bajo las san-ciones establecidas en las leyes, la reproduccin total o parcial de esta obra por cualquier medio o pro-cedimiento, comprendidos la reprografa y el tratamiento informtico, y la distribucin de ejemplares deella mediante alquiler o prstamo pblicos.

Prlogo 7

Prlogo

El presente libro es una coleccin de problemas resueltos destinada a facilitar el aprendizaje de laResistencia de Materiales a travs de su aplicacin a la resolucin de ejemplos concretos. Ha sidoelaborado pensando en su uso por parte de estudiantes de Ingeniera y de Arquitectura, como textocomplementario a un libro de teora de Resistencia de Materiales. En concreto su estructura, enfoque ynomenclatura se adapta especialmente al texto Resistencia de Materiales de F. Roure, F. Marimn yX. Ayneto, que actualmente edita CPDA de la ETSEIB- UPC, en forma de fascculos.

Se supone que antes de abordar los problemas de cada captulo, el lector habr adquirido losconocimientos de teora correspondientes, y por ello no se repasan de forma explcita en el presentelibro. Se supone asimismo que el lector ha seguido previamente un curso de mecnica de medioscontinuos, y que dispone de los conocimientos de elasticidad lineal necesarios. Al efecto se hanincluido en la Bibliografa textos de teora sobre ambos aspectos.

Los temas que cubre este libro son los clsicos de un primer curso de Resistencia de Materiales: lostemas bsicos relativos a la pieza prismtica. Una rpida ojeada al ndice ilustra perfectamente elalcance del temario abordado. Se ha centrado el texto en estos temas bsicos para adaptarloprecisamente al desarrollo de un curso de duracin cuatrimestral; aunque al final de algunos captulosse han introducido tambin problemas ms complejos (van marcados con un asterisco), para aquelloslectores que deseen profundizar en dichos temas.

Los casos ms 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 teora, y no se haconsiderado necesario repetirlos. Tampoco se ha pretendido elaborar una coleccin exhaustiva deproblemas, 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 impresin,estamos seguros de que algunos errores y erratas habrn conseguido colarse (confiamos en que seanslo 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 confeccin del texto, las frmulas ylos dibujos: Pedro J. Campos San Facundo, Antonio Cerra Franco y Robert Gimeno Feu.

Los autores

Barcelona, junio de 1999

ndice 9

ndice

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

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

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

4 Caractersticas de secciones.................................................................................................45

5 Dimensionado de secciones a flexin..................................................................................53

6 Flexin desviada y flexin compuesta.................................................................................75

7 Torsin y esfuerzos combinados..........................................................................................89

8 Corrimientos en piezas prismticas....................................................................................131

9 Piezas y sistemas hiperestticos.........................................................................................139

10 Inestabilidad elstica...........................................................................................................161

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

Bibliografa 185

Bibliografa

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

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

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

NEUBER, H. Mecnica tcnica (II). Madrid, Dossat, 1977.

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

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

ROURE, F.; MARIMN, F.; AYNETO, X., Resistencia de materiales (Fascculos). Barcelona, CPDA-ETSEIB, 1998

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

UGURAL, A.C.; FENSTER, S.K. Advanced Strength and applied Elasticity. New York, Elsevier, 1987.

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.

Resolucin:

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

b) Clculo de las reacciones.

Tomamos momentos respecto al punto C:

0cM N3,33-=N31000800260036006

AVAV RR

Suma de fuerzas verticales y horizontales:

N3

19006003

10006000 CVCVAVV RRRFN6000 AHH RF

N600222600

N600222600

V

H

F

F

Ejes globales

A

B

C

E

D

6 0 0 2 N45o

3 m 3 m 2 m

2 m800 Nm

A

B

C

E

D

600 N600 N

RAVRAH RCV

800 Nm


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

TramoAB: Nm10003

100)( BAAV MMxxRxM

Tramo BC:

Diagramas.

Equilibrio del nudo B.

Nm8002600360063

100

Nm11001200033

1002600)3(600)(

C

B

AV

M

M

xxRxM

600 N

600 N

600 N

31900 N

B

100/3 N

B

E

A B C D+

600 N

600 N

A B C DB

E

- -

+1200 Nm

-100 Nm

-800 Nm

A B C D

B

E

+

600 N

19003

N

-N

T

M

1100 Nm

-

-

N3100


Problema 1.2

Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura, apoyada en los extremos y sometida auna carga repartida triangular.

Resolucin:

a) Clculo de la reacciones.

Resultante de la carga N48002

61600 Q .

N1600

N32006

44800

4480060

4800

A

B

BA

BA

R

R

RM

RR

A B

6 m

4 m 2 m

4800 N

RBRA

6 m

A B

x

mN1600

T

6


b) Clculo de los esfuerzos de seccin.

Seccin situada a una distancia x del apoyo A:

T:

2

0

2

00

1216001600

2616001600

6160016001600

xT

ddqT

x

xx

[

[[[

M:

6616001600

32616001600

32616001600

6160016001600

333

0

32

00

xxxxxM

xxM

dxxdxqxM

x

xx

[[

[[[[[

L = 6 m

A B

x

mN1600

1600 N 3200 N

[ x-[

d[


c) Diagramas.

d) Punto de Mmx

Nm369546,312

160046,31600

m46,31212

160016000

0

2mx

2

o

ww

M

xxT

TTx

M

1600 N

3695 Nm

3200 N

A T-

M

+

+


Problema 1.3

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

Resolucin:

Para el clculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la esttica.

N23000222002240040

N24000

022000

CCA

AHH

CAVV

RRM

RF

RRF

N2200

N2400

2 m

2 m 2 m

45q C

B

A

2200

2400

C

B

A

RAV RC

RAH


por tanto, NRAV 2100 y descomponiendo cada reaccin en las direcciones de las barras,

Diagrama

Diagrama

Diagrama

2400

400

400

400

400

2400

100100

100100

2100

2100

300300

300 300

2300

2300

N

+ -

CA

B

500 N

-300 N

T

+ -

CA

B

300 N

300 N

M


M = 300 xNm2600

0

B

A

M

MM = 300 x

Nm2600

0

B

C

M

M

Mtodo alternativo para hallar las reacciones: resolucin grfica.

Para que las tres fuerzas estn en equilibrio, sus lneas de accin deben cruzarse en punto O (ya que

00 M ). A partir de la lnea de accin vertical de RC, se obtiene O.

A

B

x + C

B

300 N

x+

2200

2400

C

B

RA

RC

FG

FG RC

RA// OA

// OC


Problema 1.4

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

Resolucin:

Clculo de las reacciones:

N6133

N44678300063660024000:

0300066004000:

B

CCB

CBV

R

RRM

RRF

Diagrama de momentos flectores:

Tramo AB:

Nm800004000

BA MMxM

Tramo BC:

Nm6000Nm800022600261334000

2

CB MM

xxxM

Tramo CD:

0Nm60008446756600261334000

DC MMxxxxM

Diagrama de esfuerzos cortantes.

Tramo AB:

N4000N4000N4000

BA TTT

4000 N 3000 N

P1

A

P2B C D

p = 600 mlN

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


Tramo BC:

N1467N2133260061334000

CB TTxxT

Tramo CD:

N3000N30004467360061334000

DC TTT

El diagrama de momentos flectores pasa por un mnimo relativo en el punto E, donde la tangente eshorizontal, o sea:

m35,50260061334000:0 ww

EE xxTxM

ME = -4208 Nm

D

-8000

-6000

2133

-4000 -4000

3000 3000

-1467

M

( Nm )

( N )

T

-

--

++

E

xE

A

B C

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


Problema 1.5

En la viga en voladizo de la figura, calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar losdiagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga.

Resolucin:

a) Reacciones en el empotramiento.Comenzaremos por buscar el sistema de fuerzas que ejerce el empotramiento, dibujamos el diagramade slido libre y obligamos al equilibrio. Sumando fuerzas y tomando momentos obtenemos:

mKN222105,04KN14

E

E

MF

Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga.

1 m1 m 2 m0,5m

4 KN5 KN/m

2 m0.5m

4 KN

FE

10 KN

ME

1 m 2 m0.5m

4 KN

FE

ME

5 KN/m


b) Diagramas

Tramo AB: M = 0 T = 0

Tramo BC:

KN10

0KN15

0

0mKN215

2

2

C

B

C

B

TTxT

M

MxM

1 m2 m0,5

4 KN 5 KN/m

0,5

-

+

M

T

E D C B A

x


Tramo CD:

KN10KN10KN10

mKN15mKN10mKN210

D

C

D

C

TTT

MMxM

Tramo DE:

KN14KN14KN14410

mKN22mKN15mKN5,34210

E

D

E

D

TTT

MMxxM

Estos diagramas se han obtenido tomando el origen de las x en el extremo A, de la derecha, porque eneste caso, es ms cmodo. Si se determinan los diagramas tomando el origen de las x en el extremo dela izquierda E, tal como se hace habitualmente, el diagrama de momentos flectores, M, sale idntico;pero el diagrama de esfuerzos cortantes sale opuesto (igual, pero de signo cambiado).

2 Esfuerzo normal 25

2 Esfuerzo normal


Problema 2.1

Tenemos una barra rgida que est suspendida por dos cables de igual dimetro 4 mm , y cuyosmdulos de elasticidad son: E1=2.1105 MPa y E2=0.7105 MPa. La longitud de la barra es de 600 mmy la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra estsometida a una carga puntual P=500 N.Calcular la posicin x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.

Resolucin:

Dibujamos el diagrama de slido libre y obligamos el equilibrio. Adems imponemos la igualdad dedeformaciones.

0)(0

0

xLPLRM

PRRF

AB

BAV

P=500 NA B

600 mm

x

300 mm 4 mm 4 mm

E1

E2

P=500 NA B

RA RB

'LB'LA


N375N1254

5005003

370000

210000

:HookedeLey

2

1

21

' '

ABBB

BABB

ABBAA

BA

RRRR

RRRE

ERRESLR

ESLR

LL

De la ecuacin de los momentos obtenemos x:

mm1500)600(500600375

0)(

xx

xLPLRA


Problema 2.2

En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D estn empotrados. Determinar lastensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm2 .Hallar tambin el diagrama de esfuerzos axiles.

Datos: E=2105 MPa.

Resolucin:

FV 0

RA+ RD = 15 T = 150000 N

Ecuacin de deformacin

El tramo AC est comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresin, y el tramo CD esttraccionado, por lo que RD es un esfuerzo de traccin.

Al estar los dos extremos , A y D, empotrados la variacin total de longitud es 0; y el acortamiento deltramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:

CDBCAB LLL ' ''

Aplicando la ley de Hooke: 'L F LA E

b

CDD

b

BCA

a

ABA

AELR

AELR

AELR

B

C

1 m

3 m

1 m 15 T

A

Aa=40 cm2

Ab=80 cm2

D


252525 10801021000

10801023000

10401021000

DAA RRR

100030002000 DAA RRR

Resolviendo las ecuaciones, tenemos

T512N125000

T52N25000

.R

.R

B

A

Clculo de las tensiones.

Tramo AB: (COMP.)MPa25.6mm1040N25000

22

ABV

Tramo BC: (COMP.)MPa125.3mm1080

N2500022

BCV

Tramo CD: (TRAC.)MPa625.15mm1080

N12500022

CDV

Diagrama de esfuerzos normales:

A

B

C

1 m

3 m

1 m 15 T

D

RA

RD

A

B

C

D

2.5 T

12.5 T

-

+


Problema 2.3

a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de dimetro y de 3.5 mde longitud, soportan un peso P=5 KN. Calcular el descenso G del punto C, siendo D=20.Datos: E=2,1105 MPa.

b) Resolver para D=0.

Resolucin:

a) Para D=20:

Del equilibrio del punto C se obtiene

D

D

sen2

2sen

PN

PN

Sea G (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, 'L, ser CC1

pudiendo considerarse el tringulo CCC1 rectngulo en C. Aqu es DG

senL' . Como por otra

parte:EANLL ' , se tiene que:

mm13,134202.01014,3101.22

35005000sen2sen 2252

DD

GEA

PLEA

NL

b) Para D=0:

N

PDN

Equilibrio del punto C

N

N

D P

D

A BC

P

L LE

C1

G

P

L LC

D

CC1

G

A B


De acuerdo con la esttica de los sistemas rgidos, descomponiendo la fuerza P en las direcciones delas barras, se encontraran, para los esfuerzos en las barras y para las reacciones, valores infinitamentegrandes. La solucin evidentemente es inaceptable, ya que ni las barras ni los apoyos resistiran.

A fin de hacer desaparecer la aparente imposibilidad basta con considerar los alargamientos de lasbarras que toman direcciones no alineadas. Esto demuestra la necesidad de tener en cuenta lasdeformaciones en este caso.

Poniendo

EEG # tgL

(para ngulos pequeos)

el alargamiento de las barras vale

21111

ACACAC 22

2221 EEGGH #

LLLL

Esta ltima igualdad proviene de la expresin:

!128

5161

81

21111 43221 rrr r r aaaaaa

Para a


Aplicando los datos numricos del problema:

mm1481014,3101.2

50003500 3 25 G

42,2rad04229,03500148 |

LGE

N5911604229,02

50002

EPN

2N/mm188314

59116 ANV


Problema 2.4

Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructurarepresentada en la figura, suponiendo infinitamente rgida la barra horizontal DE, articulada en D.Barra AB: seccin 40 cm2Barra CB: seccin 80 cm2Se considera el mismo mdulo de elasticidad, para todas las barras.

Resolucin:Se trata de un sistema hiperesttico.RBA y RBC siguen la direccin de la barra.

Ecuaciones de la esttica:

T8044020

022

220

04022

220

o

o

o

DDB

BABCDH

BCBADV

VVM

RRHF

RRVF

E D

40 TRBA

RBC VD

HD

4 m2 m

2 m

2 m

B

C

A

E D

40 T


BBLBBL CBAB ccc 'ccc '

Al ser deformaciones y ngulos pequeos:

BBBB ccc|ccc

BCAB LL ' '

Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC

Aplicamos la ley de Hooke:

BCBABCBA RRE

RE

R

280

2240

22

De la ecuacin 6Fv = 0 tenemos:

040222

2280 BABA RR

con lo que,

T47.113T73.56 BCBA RR

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

Clculo de las tensiones:

2

2

cmKp1418

80113470

cmKp1418

4056730

AB

AB

V

V

B

B

B45

~45

acort.'LBC

'LABalarg.

A

D

C

B E D

B

B

A

C

3 Esfuerzo de cizalladura pural 35

3 Esfuerzo de cizalladura pura


Problema 3.1

a) Determinar el dimetro mnimo con el que se puede perforar una chapa de acero A-42b (Ve=260N/mm2) de 5 mm de espesor suponiendo que el punzn tiene una tensin admisible a compresin,Vadm= 500 N/mm2 .b) Qu fuerza mxima se ejercer ?c) Qu Vadm debera tener el punzn para realizar un punzonado de 5 mm ?Nota: Suponer que el extremo del punzn es plano y horizontal.

Resolucin:

a)

ddSF

ddAF

echapa

admpunzon

6.2654526065.0

7,3924

500

max

22

max

SW

SV

mm76,66.26547,392 2 minchapa

maxpunzon

max dddFF

b) N179454

5002

dAF admmax SV

c) 22

mmN6765526065.0

45 adm

punzonadm VSSV

Vadm

We

5 mm

PunznVadm = 500 N/mm2

Chapa de aceroVe = 260 N/mm2


Problema 3.2

Dimensionar la cadena de una bicicleta con un coeficiente de seguridad Js y suponiendo todo el pesodel ciclista sobre uno de los pedales.

P = 800 NR = 200 mm Plato D=200 mmChapa eslabones: Ve=360 Mpa

Pasadores: Ve=260 Mpa

cilindros centradores

Resolucin:

N1600mm100

mm200N800

2 u u

DRPF

R

P

D

F FPID

R

e?

ba

d?

e?


Dimensionado de la garganta a de la chapa atraccin pura:

2mm3,324080022 tud

u admadm

Fea

ea

F

VV

MPa240

5.1MPa360

admV

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

Dimensionado del pasador a cizalladura:

|

d

2

22

N/mm1385.1

2608.08.0

mm7.24

13842

800

admadm

minadm dddF

VW

SSW

Dimensionado del pasador a aplastamiento:

c

d

2

'

mmN347

5.12602

mm3,213472

800

adm

minadm ddedF

V

V

^ ` mm7,23,2;7,2mx minmin dd

Dimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador

a traccin:

mm0,624017,22

800 d minadm bbedbF V

a desgarro:

mm8.104.521 t minbdt

^ ` mm8,108,10;0,6 minmin bmaxb

El dimensionado final queda as:

F/2

F/2

F/2

F/2


mm8,10mm4

mm7,2mm1

bade

d= 2,7 mm

e=1 mm

b=10,8 mma= 4 mm


Problema 3.3

Dimensionar la unin esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y lasuniones son roblonadas.

Datos:

e1 = 5 mm e2=e3

Chapas: Roblones: Tomar: Jse=1,5

Acero A37b Acero A37bVe=240 N/mm2 Ve=240 N/mm2

Resolucin:

a) Unin 1

d1

t1 e1

F F/2 e2

e2 F/2

t1 t1

b

t1

d1d2

N?

e1 t1t1e2 t1

I d1 I d2

e3

e3


Cizalladura:

maxseg

eadm Fdd

dddFT d 212

1

21

21

21 1.20155,100

45.12408.0

442SS

JV

ES

W

Aplastamiento:

maxmax

adm

max

adm

max FddFFF

ed d

c

t 1111 20005

5.12405.2VDV

De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultneas obtenemos:

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

( fallar por aplastamiento de la chapa )

- Desgarramiento

mm202 111 t tdt

Clculo de la seccin neta

260/1.5 = 160 N/mm2

mm35=mm10mm5

mmN160

N20000mm

N160

2

2

d bAF

neta

max

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

mm5,22

2 1212 eeee

10 mm

t1=2d=20 mm

bFmax

20000 N


b) Unin 2

Atencin: es un problema hiperesttico. Aqu se presenta la solucin concreta para el caso e e2 1 2 , ycon la hiptesis de robln rgido; por lo que puede suponerse que la fuerza total se distribuye entre lastres chapas de la derecha de la manera indicada en la figura: F/4, F/2 y F/4.

Cizalladura:

22

22

22 74.49

45.12408.0

420000

444 d

Nd

Nd

NF

N

FT adm d

d

d

SSW

Aplastamiento:

2222105.2

5.12405.2

220000

22 d

Nd

Ned

NF

N

Fadm ddcd V

De las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemos

2mm5mm97.4 22 o Ndd

con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento.

Desgarramiento:

mm1021 tc dt

Traccin:

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

e2

t1

e1

F/4

F/2 F/2

F/2

e2 e3

F/4

N ?

d2

F F

e3


Problema 3.4

Hallar el coeficiente de seguridad Jseg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles deestantera metlica representados en la figura.

Acero A-42b

2cmKp2600 Ve20 mm

10 mm

Js ?

L = 50 cm

h = 20 cm

p = 100N/cmA


Resolucin:

2

2pLM (momento a transmitir en la seccin

de empotramiento)

N312520450100

422

22

H

HH

FhLp

hMFMhF

N1250N5000501004 vv FLpF

N366612503125 2222 VH FFT

W FST (suponiendo una distribucin constante de W en la seccin)

2N/cm8,161020

3366

W

28,98,162606.06,0

mxmx

WV

WW

J eeS

FH

FV

p

L

h h

2Fh

2Fh 2Fv

2Fv

FH

FV

T

4 Caractersticas de secciones 45

4 Caractersticas de secciones


Problema 4.1

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

Resolucin:

De las tablas: Iz = Iy= 7,84 cm4

A = 4,3 cm2

c = 1,28 cm

2

' 2

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

2

' 2

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

y

z

y

zc

c

h

y

z z

y

b

z z

c h/2

y

y

c

b/2


hhchAIII zzz

c 12,530,454,59

2444 2

2

' (momento de inercia de las

cuatro L)

2

' 2444

c cbAIII yyy ( momento de inercia de las cuatro L)

54,592230,4 2 hhI z

54,592230,4 2 bbI y


Problema 4.2

Dado un perfil doble T, determinar la magnitud a de la figura para que la inercia de la vigaaligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial.

Resolucin:

eaA

aeIZ

22

2121

2

3

zz a/2a/2

a

IZ

A

IZ/2

A/2

IZ/2

eaAA 222

'

z h 2a

?

hz

y

e

IZA

y

a

IZ

IZ = 4 IZ


2

888121

22

2222121

2

32

323

' eaaAae

IaeaAaeI

I ZZZ

aeAaIaAaeI ZZ 12

1344412

13 223

aeAaII ZZ 12

134

2

'

Ha de ser :

aeAaIII ZZZ 12

134

42

'

aIaAae Z

03

44813 23

si suponemos que (ea) es


Problema 4.3

Determinar las siguientes caractersticas de la seccin monosimtrica de la figura respecto del ejeprincipal z:

a) A , Iz , Wz,sup , Wz,inf , iz .b) El momento resistente elstico, Mel. z , para un acero Ve=235 N/mm2.

Resolucin:

a) El rea de la seccin total ser la suma de las reas de las pletinas:

2mm25000202501080030400iAA

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

ysup

yinf

Mel.z

Ve= 235 N/mm2

800

30

20

10yG

400

250

# 40030

# 80010

# 25020

G

y

z


Para determinar la posicin y del centro de gravedad de la seccin, G, es cmodo calcular el momentoesttico de cada elemento respecto de la fibra inferior. As:

c c iiG yAyA

mm53725000

10202504201080083530400 c

c A

yAy iiG

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

cc 23121

Giiiiz yyAhbI

23 5378353040030400121

zI

23 5374201080080010121

4423 mm10299154537102025020250121

El mdulo resistente respecto de la fibra superior, ysup:

33

4

supsup, mm109558537850

10299154

yI

W zz

El mdulo resistente respecto de la fibra inferior, yinf:

334

infinf, mm105571537

10299154 yI

W zz

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

mm34625000

10299154 4 AIi zz

b) El momento resistente, Mel.z, se obtiene a partir de la tensin de lmite elstico del material y delmdulo resistente mnimo de la seccin:

mkN1309mmN101309105571235 63,. minzezel WM V

5 Dimensionado de secciones o flexin 53

5 Dimensionado de secciones o flexin


Problema 5.1

Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como mximo ychapa de 10 mm de grosor.

P = 9500 Kp

L = 6 m

Acero A 42b

Jse = 1,5

Resolucin:

22

cmKp1733

5,12600

1,5cm

Kp2600b42AAcero

adm

s

e

e

VJ

V

Momentos flectores xxPxM 47502

)(

cmKp1014254

3 LPMC

Tramo A-E :

cmKp10561WMcm324W

cm3890I240IPE 3max3

4

admV

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

P

==

L

A BC

E D C

L1

L2

x

+

ADE

C

E D C


Tramo E-D: es necesario reforzar

42323 cm1876187515.1212112121

121 c debebI

32

42 cm58813

7642cm7642)1876(23890 WI

cmkp1010191733588 3 admM

1019 103 = 4750x x = 214,6 cm

L1 = 210 cm

Tramo D-C:

4223 cm21885,13121121 cc debebI

33

423 cm85814

12018cm12018)2188(2 WII

cmkp1014871733858 3 admM

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

no es necesario reforzar ms

b=120 mm

e =10

d

ee

d

300 cm

210 cm

115P

M (mKp)

T (Kp)

142505460

9970561010180

14872

9500/2 = 4750 Kp

4250 Kp

Solicitacin

Capacidad resistente

+

-

+


Problema 5.2

Dimensionar un segmento de pistn de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro unapresin uniforme de 0,19 N/mm2 , sin que las tensiones superen el valor de Vmax= 261,5 N/mm2 (Ve =340 N/mm2 , Jse = 1,3) (Fundicin de grafito nodular).

Nota: Usar la simplificacin de simetra,

suponiendo que Rh es suficientemente

pequeo.

R = 40 mm

Resolucin:

Por razones de simetra consideramos:

Diagrama de momentos flectores :

Momento producido por dp en el punto genrico C

MMMMMM dRbpRdRpbdM ccc sensen 2

(dp = p R dM)

Momento total para el punto genrico C:

C

RdM

MMC

AOB

dp

p

R

hb

Rvoladizo


> @ cccc RbpRbpdRbpM cc MMMMMM MM cos1cossen 2020 2

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

cc RbpM Mcos12

tendremos el mximo: Mc = 180 q

Mmax = 2 p b R2

bdedependeNohmm7,3093,0

mmN5,26112

2121

22 22

2

3

2

t

d

Rh

hRph

hb

RbphI

Madmmax VV

M

M = 180q

M

M = 180qMmax M = 0q


Problema 5.3

Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. Los ha colocado unojunto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener. Al ir acomprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. No sabecul escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que est haciendo 3er curso de Ingeniera Industrial yle expone el problema:He decidido instalar un estante para libros, segn el croquis de la figura:

Kg/cm6,0cm20cm15cm100 apuntesylibrospbaA

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

22 N/mm00010N/mm4 EadmV

La cuestin es:

a) De qu espesor h mnimo debo colocar el estante?b) Los dos apoyos los he colocado, simtricamente, a una distancia a = 15 cm del extremo por

razones puramente estticas. Pero, atendiendo a razones de comportamiento resistente, culsera la distancia ptima de los apoyos a los extremos, que podra minimizar el espesor h delestante?

c) Finalmente, me preocupa saber cul ser la flecha que tendr el estante, una vez cargado, en supunto central (con la distancia a inicial).

a a

A

bh


Resolucin:

a) Determinacin de h mnima.

2ApRR CB

Tramo AB:

20

22

2

apMM

xpM

BA

apTTxpT

BA

0

Tramo BC:

282482

2

22222

222

2

222

appapppMx

apMM

apaapapMaxpxpM

EE

BC

B

AAAAAA

AA

p

a a

A

bhA B C D

+

- -

vE

T

M

- -

+ +

x


22

22AAA

AA

pappapT

papTpxpT

C

B

Tramo CD:

2

222

222

22222222

22

apapapMxpxpM

axaxpxpaxpaxpxpM

C

AAAAAA

AAAAA

0222

2

AAAA ppM D

A pxpT appapTC AA0 AA ppTD

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

cmKg5,675,112 pMM CB

cmKg300500 pM E

677.40Kg/cm77,40

2

mn,2mx

mxhbMW

WM

WM E

zadmz

E

z

d VV

cm49,1

2077,406

mnmn20

hMh Eb

b) Determinacin de la distancia a ptima.

ptimo resistente:

mxmx MM

EB MM

282

22 AA appap


04

22 AA aa

422

22 AAA

r a

r r AA

AAAA207,1

207,022

242

2

2

aa

As pues, la distancia a ptima es: cm7,20 ptimaa

Y se tiene, un momento mximo: cmKg7,128mx M

c) Clculo de la flecha en el punto central, por el mtodo de la fuerza unitaria.

Tramo BE:

axM c21

Tramo EC:

c

axaxM A1

21

c

ww 2

21

22101 2

22

dxaxaxpxpEI

dxaxp

EIdxM

EIM

FW a

o a

A AG

22

223

22222222 A AAAA

adxapxapxapxapxpxp

EIG

La segunda solucin nointeresa, porque cae fueradel intervalo analizado

a a

A

A B

E

F=1

C D

+M

x


2223234

246468

A

AAAA

a

xaxaxaxaxxEIP

G

328,65,5625,9375,3125,937208325,781(6,0 EI

G

cm265,0513,5000100

247246,010)75,168375,84437,8375,8425,56 3

4

33

cm513,512

49,12012bhI


Problema 5.4

Sea una viga de seccin transversal en doble T, formada por 3 platabandas soldadas de dimensioneslas de la figura. Hallar el paso l de los cordones de soldadura a tramos de unin entre el alma y lasalas, si la garganta de soldadura es a= 5mm y la longitud de cada tramo de cordn es de ls = 10 cm. Elesfuerzo cortante mximo que soporta la viga es Ty= 40000 kg. La tensin cortante admisible en lasoldadura es Wadms = 1000 kg/cm2.

Resolucin:

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

z

12 mm

z

6 mm

600 x x

220

y

G

A

sA

A

sA

:1Azm momento esttico del alaZ

AZ

ImTf

1

4323

31

cm14,246608001014,44649606,01216,302,1222,122

1212

cm84,8076,302,122

Z

AZ

I

m

kg/cm35,536614,2466084,80700040

f


Esfuerzo cortante admitido por el cordn de soldadura,

aF sadmsadms AW2

Igualando esfuerzos

A fFadms

cm19cm64,1835,536

5.01010002

35,5365,01010002

21

|

A

A

AAz

Az

sadms ImTaW


Problema 5.5

Se ha construido una viga roblonando cuatro angulares 120*120*12 en los extremos de unaplatabanda de 400*20 mm. Hallar el dimetro mnimo de los roblones si la viga est biapoyada en susextremos, tiene una longitud de 6 m, y soporta una carga puntual centrada P. Datos: separacin entreroblones e= 120 mm; tensin normal admisible de la platabanda y los angulares: Vadmisible=173 Mpa;tensin cortante admisible de los roblones Wadm robln= 42 MPa.

Resolucin:

N244796103200

2103,42450173

mm103,42450cm3,424509,794547,10666

4,3205,273684402121

20010

23

173

3

3

43

4

23

,,

3

P

I

IIII

P

yIM

z

angularzalmazz

z

mxz

admV

60

e e

400

120 120

20z

y

P

6 m

M

T

+

-

+

2P

2P

2P

23 P

2P


Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud

Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblon

Dimetro mnimo de los roblones : d = 21,9 mm

333

4

3

mm10913cm9136,165,272

N3981222

N/mm25,263103,42450

10913398122

z

Z

Z

m

PT

ImT

f

mm9,21422

431590

N31590424

2

N3159012025,2632

S

S

d

dF

efF

adm


Problema 5.6

Una viga armada tiene una seccin compuesta por un alma rectangular de 80012 mm, y cada alacompuesta por una platabanda de 19010 mm y 2 perfiles angulares 908 mm. Calcular el dimetromnimo de los roblones, sabiendo que el paso de remachado de los angulares con el alma es e1= 18cm y el de la platabanda y angulares es e2= 40 cm. Esfuerzo cortante mximo que ha de soportar laviga: T = 40 kN. Tensin de cortadura admisible en los roblones Wadm = 42 MPa.

Resolucin:

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

(A1 = rea angulares + rea platabanda)

800(total)

12

190

e1=18

10

e2=40

z

d2

d1

( simtrico ) ( simtrico )

4

2323

)()()(

cm9,1351923,3116628,19650451200

5,04011911912125,2409,131044802,1

121

Z

splatabandaZangularesZalmaZZ

I

IIII

Z

AZ

ImTf

1

1

N/mm72,37N/cm2,3779,135192

181240000cm1812)5,240(9,132)5,040(119

1

31

f

m AZ


Esfuerzo a transmitir por cada roblon:

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

(A2 = rea ala)

Esfuerzo que debe transmitir cada robln:

mm15,10

9,102421416,32

18072,374

424

1416,321802,377

42

1

21

21

21

11

d

d

d

def admW

S

Z

AZ

ImTf

2

2

mm86,9

424

1416,32

40002,1642

2

22

2222

d

d

defadmW

S

N/mm02,16N/cm2,1609,135192

5,76940000cm5,769)5.040(119

2

32

f

m AZ


Problema 5.7 *

Se construye una viga cajn compuesta de dos tipos de madera:- ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2

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

a) Calcular la distribucin de tensiones en la seccin central.b) Calcular la tensin tangencial media en el adhesivo de

contacto ( Wadm = 1 N/mm2 ).c) Calcular la flecha central

Resolucin:

a) Se trata de una seccin compuesta de dos materiales.Se decide homogeneizar la seccin de madera maciza y, por tanto, trabajar con un espesorequivalente, e*, del tablero contrachapado. As, la relacin de equivalencia:

25,18000

10000

2

1 EEn

El espesor equivalente

mm2025,1mm25*

nee

La posicin del baricentro de la seccin es inmediata por razn de simetra. El momento deinercia de la seccin homognea es:

48323 mm1023610002012125002002002200200

1212 ZI

500

500

200 200

25

=

=

10 m

p =10 KN/ m

200 200

1000e* = 20

Steiner


Tensin en la madera maciza:

yI

MyZ

Zx )(1V

Tensiones reales en el tablero:

ny

IMy

Z

Zx

1)(2V

As:

2481

2481

N/mm1,2mm400mm10236

mmN10001000125)mm400(

N/mm2,3mm600mm10236

mmN10001000125)mm600(

y

y

x

x

V

V

En el tablero contrachapado n = 1,25

248

6

2 N/mm1,2mm500mm10236mmN10125

25,11)mm500(

yxV

400

500

e* =20

Vx1Hx

G

e*

3,2

2,1

3,2

2,1

Vx2

2,1

2,1

Mmx = mKN12581 2 pL

Tmx = KN5021 pL

T

M


b) Tensin media en el adhesivo

Frmula de Collignon:

bImT

Z

AZy

med

W

Ty: esfuerzo cortante en la seccinIZ: momento de inercia total respecto ZmZA: momento esttico de la seccin A respecto al eje Zb: linea AB

248

2

N/mm2,0mm1002mm10236

mm500mm200200N50000

medW

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

c)

mm5,51023610000

1000010384

5384

58

4

ZIELPf

Valor aceptable, ya que mm10100010000

1000 L

G

y

x

z

d

A

100 mm

Wmed


Problema 5.8 *

La figura representa una seccin armada doblemente simtrica. Calcular Mel.z , Mpl.z y el coeficiente \para los dos casos.

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 seccin se plastificacon la ausencia de abolladuras elsticas oelastoplsticas. No se consideran inestabilidadesglobales : pandeo, vuelco lateral)

Resolucin:

a) Mismo acero.

Al tratarse de una seccin doblemente simtrica el eje neutro plstico pasa por el baricentro G.

Caso elstico:

44233 mm104843065,122530025300121212800

121

ZI

3344

mm107210mm5,12

mm10484306 max

ZZ y

IW ( = Wel.z )

Gz

y

== 800 12

== 300 25

== 300 25

25

Ve = 235 Ve = 235

Ve = 235 Ve = 235

Eje neutroplstico

Mel.z Mpl.z

A1 Ve

A2 Ve

d1

y

z

12,5

GEje neutroelstico

G

d2


mKN1694mm

N235mm107210 233

.. ezelzel WM V

Caso plstico:

> @ mKN19052

400235124005,122352530022 2211.

# dAdAM eezpl VV

Coeficiente \:

12,116941905

.

. zel

zpl

MM

\

b) Diferente acero.

Caso elstico

Tiene las mismas constantes mecnicas IZ, WZ, pero la tensin en la fibra extrema

355250400425235 maxV

mKN1802250107210 3.. maxzelzel WM V

Caso plstico

mKN2648mm

N235mm

N3552 222211.

# dAdAM zpl

Coeficiente \:

47,118022648

.

. zel

zpl

MM

\

Vmax Ve = 355

Ve = 235 Ve = 235

Eje neutroplstico

Mel.z Mpl.z

A1 Ve

A2 Ve

d1d2

Ve = 235 400

425

6 Flexin desviada y flexin compuesta 75

6 Flexin desviada y flexin compuesta


Problema 6.1 *

Hallar el punto de la seccin con mayor tensin normal, y el valor de esta tensin.

Resolucin:

a) Determinacin del momento flector mximo

( en la seccin central x = 2 m )

30q

oq

1,5

y

z

1,57,5

1,5

18

kgm40008

420008

22

qlM max

q = 2000 kg/ml

4 m


oM es perpendicular a

oq y forma 30q

con el eje z. Los ejes y-z no son losejes principales de inercia. Vamos adeterminarlos.

b) Determinacin de los momentos de inercia principales Iy, Iz

Primero hallaremos el tensor de inercia en ejes y-z (no principales) y a continuacin lodiagonalizaremos, para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales)

42

3'2'1

43'3

43'3

cm8,76725,195,15,75,15,19

121

cm06,55,118121

cm729185,1121

zz

y

z

II

I

Iz

2

3

1

y

y

z

M= 4000 mkg

30q

30q

oq


I3yz=0 por tener eje de simetra.

Tensor de inercia

Los momentos principales de inercia son los valores propios.

4'

4'

42

3'2'1

cm14,56654,280206,5

cm6,22648,7672729

cm54,28025,7

25,15,15,75,75,1

121

y

z

yy

I

I

II

4

''

4''2''1

cm3,835265,417

cm65,41725,775,075,095,15,70

zy

zyzy

I

II

14.5663,8533,8536,2264

'

''

''

'

yzy

zy

z

II

II

055,35458474,2830

03,83514,5666,226414,5666,2264

03,83514,5666,2264014,5663,835

3,8356,2264

2

22

2

OOOOO

OOO

O

r

4

42

cm19,2242

36,238274,2830

cm55,26062

36,238274,2830

255,354584474,283074,2830

O

4

4

cm19,224cm55,2606

y

z

IIMomentos de inercia

principales

( cm4 )


Los vectores propios sern las direcciones principales.El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4.

041,20403,83503,83595,314

11

11

yz

yz

nnnn

D24,22409,0arctg

409,03,835

95,341tg 11

D

Dz

y

nn

Ecuacin del eje neutro.

67,5758,1tg EEzy

kgm36,396324,2230cos4000kgm54076,7sen4000

24,2230sen4000

D

D

D

z

y

M

M

zy

zy

zI

My

IM

x

x

y

y

z

zx

86,24005,152

19,22410540

55,26061036,3963 22

V

V

V

zy

zy

zy

58,1

05,15286,240

86,24005,1520

Angulo que forma el eje neutro conel eje principal z:

y

z

y

z

22,24q

A(-8.25,9)

B(8.25,-9)

Eje neutro

22,24q

E

y

z

y

z

My

Mz

22,24q30q

7,76q

M

00

55,260614,5663,8353,83555,26066,2264

1

1

y

z

nn


Relacin entre coordenadas de ambas referencias.

'9256,0'3784,0'3784,0'9256,0yzy

yzz

Las tensiones mximas aparecen en los puntos ms alejados del eje neutro ( A y B )

Para A

Tensin en A:

Tensin en B:

9'25,8'

B

B

yz

2kg/cm11,2760)230,4(86,240452,1105,152 AV

9'

25.8'

A

A

yz

452,1199256,0)25.8(3784,0230,493784,0)25.8(9256,0

A

A

yz

2kg/cm11,2760230,486,240)452,11(05,152

452,11)9(9256,0)25,8(3784,0230,4)9(3784,0)25,8(9256,0

B

yz

V

''

24,22cos24,22sen24,22sen24,22cos

''

cossensencos

yz

yz

yz

yz

DD

DD

TTTT


Problema 6.2

Una columna tiene la seccin en cruz indicada en la figura. La fuerza resultante es de compresin (50Tn) y pasa por el punto A. Hallar la tensin normal en B y dibujar el eje neutro.

Resolucin:Trasladando la fuerza al centro de gravedad Gde la seccin, los esfuerzos equivalentes son:

z

y

z

x

50 Tn

10

15

10

1015 15

B

A

( cm )

My=-875 cmTn

z

y

-50 Tn

Mz= 250 cm Tn

A

B

yMy= -875 cmTn

B

-50 Tn

Mz= 250 cmTn

A

G

z

Tncm250cm2

10Tn50

Tncm875cm2

1510Tn50

Tn50

z

y

M

M

N


a) Tensin normal en B

b) Eje neutro

zI

My

IM

AN

y

y

z

zx V

2cm800151523510

00087500025000050

A

zI

yIA yz

xV

433

433

cm167441515121210151010

121

cm816671010121215101515

121

y

z

I

I

zyx 16744000875

66781000250

80000050V 2kg/cm81,1906,35,62 zyx V

cm5,17cm5

zy

Coordenadas de B

2kp/cm47,299)5,17(81,19)5(06,35,62 BxV

42,2047,606,3

5,6206,381,19

81,1906,35,620

zyzy

zy

42,200

15,347,6

42,200

o

o

yz

zypara

para

42,200

yz

y

z B

eje neutro

zonatraccionadazona

comprimida

0

15,3yz


Problema 6.3

Sobre una columna de seccin rectangular ( 4035 cm), se aplican dos fuerzas excntricas: 30 Tn en elpunto P(y = 3, z = 4 cm) y 50 Tn en el punto Q (y = 0, z = -5 cm). Dibujar el eje neutro y hallar elpunto de mxima tensin normal.

Resolucin:

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

Tn805030

mTn9,003,030

mTn3,15.22,105,05004,030

N

M

M

z

y

5

z

y

3540

3 4

50 Tn30 Tn

P

Q

Mz= 0,9 mTn

80 Tn

C

D

A

B

y

z

My= 1,3 mTn

G


Eje neutro:

zI

My

IM

AN

y

y

z

zx V

)kg/cm(7,666186

1300007,916142

90000140080000

cm7,6661864035121

cm7,9161423540121

cm14003540

2

43

43

2

zy

I

I

A

x

y

z

V

)mm,()cm,()N/mm(0696,00630,071,5)kg/cm(696,0630,014,57 22

enzyenzyzyzy xx VV

70,901,1630,014,57

630,0696,0

696.0630,014,570

o

zyzy

zy

70,90046,820

o o

yzzy

y

C

A B

D

eje neutro

(-90,70 ; 0)

(0 ; 82,46)

z


22

22

22

22

N/mm208,8kg/cm08,82)20(696,05,17630,014,57

N/mm424,5kg/cm24,5420696,05,17630,014,57

N/mm004,6kg/cm04,60)20(696,0)5,17(630,014,57

N/mm219,3kg/cm19,3220696,0)5,17(630,014,57

D

C

B

A

V

V

V

V


Problema 6.4

Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista debaloncesto. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormign a 45 de la horizontalsegn se indica en la figura.Se supone que el estado de carga ms desfavorable es el que se produce cuando un jugador permaneceunos instantes sujeto al aro de la canasta, transmitiendo as todo su peso a la estructura en la formaindicada en la figura.Una vez estudiados los efectos dinmicos de esta accin, se estima que el esfuerzo mximo que eljugador 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.

Calcular el dimetro necesario, segn la tabla de perfiles normalizados, para que el descenso verticaldel punto P no exceda los 80 mm.

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

P

45

L1

L0L

F

M

xy

z

L=4000 mmL0=1000 mmF=2000 NM=106 NmmA1=0,5 A

Tubo de acero.Espesor de pared:4mmE=2,1105 MPaG=8104 MPA


Resolucin:

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

x = L

x = L0

x = 0

F

M

x

dxd 2A

dxd A P

G

M

x

FM

xFMxM

ww

M

-

-

T T=F

1 wwFT

2FT

21

wwFT

-

-


ww

ww

ww AAA d

FN

EANd

FT

GATd

FM

EIMG

0 00 000 0

22

1222

1

2

22

2

L L L

L

L

L

L

Ldx

EA

F

dxAG

F

dxxEI

xFMdxAG

FdxxEI

xFMG

EALLF

GALLF

EILLF

EILLM

GAFL

EIFL

EIML

222

32

22

3200

30

320

20

30

20

AI3,17610389,3 8 G

Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares:

Tubo A I G ( Dext x e) ( cm2 ) (cm4 ) (mm)

135 x 4 16,46 353,4 96 ( >80 ) 150 x 4 18,34 489,2 69,4 (

7 Torsin y esfuerzos combinados 89

7 Torsin y esfuerzos combinados


Problema 7.1

Una viga biempotrada est sometida a un momento torsor producido por una torsin uniformementerepartida. Hallar el MT mx y el ngulo de torsin mximo.

Resolucin:

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

2AP BA MM

022

,2

)(

AAA TT MxenxxM P

P

Diagrama de

momentos torsores: 2AP

2AP

x

A

MB

MA

P kgm/ml

B

A h

b

( b


El ngulo de torsin mximo se tiene para la seccin central,2A x :

2

0

2

33

2

0

2

033

332

221

21)(

AA A

AAA

xxhbGK

dxxhbGK

dxhbGK

xM T PP

PP

T

84

1 223

32

AAA

PPT

hbGK

81 2

332

AA

PThbGK

G: mdulo de rigidez a torsin del material del eje

)1(2 Q

EG

K3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relacin bh (ver tabla 5.87 del

captulo 5. Torsin)


Problema 7.2

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

Resolucin:

Es un problema hiperesttico.

Considerando por tramos:

a=30 cmb=50 cm

c=40 cm

AB

C

D

MD

MB=30000 Ncm MC=20000 NcmMA

cmkg500002000030000 DA MM

00 DCBAT MMMMM

0

300

IGM

IGaM A

o

AABBA

A

TTT

TTB-MAMA

AB


0

40IG

M DCDDC

TTT

0 DT

Diagrama de momentos torsores:

1500000408050000

DA

DA

MMMM

cmN6,29166120

35000001500000408020000004040

ADA

DA MMMMM

cmN4,208336,2916650000 DM

29166,6

-833,4

-20833,4-20833,4

( Ncm )

A CB D

+

- -

50

o

BABCCB IG

MMTTT

0 DCCBBAD TTTT

0504030

o

BA

o

D

o

A

IGMM

IGM

IGM

15000004080

04015000005030

040503000030

DA

DAA

DAA

MM

MMM

MMM

MD

-MD = MA-MB-MC

CD

-(MA-MB)MA-MB

BC


Problema 7.3

Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta, sometidas a unmomento torsor Mx = 1000 Nm :

a) el valor y la posicin de la tensin tangencial mxima, Wmax .b) el momento de inercia a torsin, It .

Resolucin:

Seccin cerrada :Am: rea limitada por la curva media

a)

2

3

mx mmN77,5

mm530cosmm200mm200212

10Nmm10002

DeAM

m

xW

c) 44

2

22

mm101000mm52003

30cos200200214

44

D

esA

edsA

I m

s

mt

d)Seccin abierta:

x

y

z

5200 mm

Mx60q

60q

60q

G

Mx

x

y

zG

e

Wmax


a)

2

3

3

3mx mm

N200mm5mm5mm200

313

10Nmm1000

31

eeb

M

ii

xW

b)

443 mm105,231

iit ebI

e

Wmax


Problema 7.4

Un panel est sujeto por un mstil horizontal, segn el esquema de la figura. Teniendo en cuenta elpeso propio del panel, el peso propio del mstil y la accin del viento, hallar las tensiones mximas enel empotramiento del mstil a la pared.Datos: Peso propio del panel P1= 90 kp Dimensiones 80200 cm Dimetro del mstil D =15 cm Empuje del viento f = 80 kg/m2

(Peso propio del mstil de acero: P2 = kp832415,0m6kp/m7850

23 S )

Resolucin:

kp12828,0mkg80 2 F

Seccin en el empotramiento. Esfuerzos:

kp128

kp922832900

z

y

x

TTN

520

F

P1

40

z

y

150

50

D=15 cmx

P2

40

My= 716,8 kpm

Tz =-128 kp

Mx= 64 kpmMz= -3000 kpm

Ty= -922 kp

x

z

y


mkp30003832m)4,02,5(kp90

mkp8,716m)2,54,0(kp128mkp64m5,0kp128

z

y

x

MMM

Tensiones normales debidas a los momentos flectores:

mkp4,30848.7163000 22 FM

D4,133000

8,716 arctanD

24

2

kp/cm9,9302

15

6415

104,30842

SV D

IM

z

Fxmax

Tensiones tangenciales debidas al momento torsor:

24 kp/cm66,9

3215

2156400

SW

o

maxxmax I

rM

3000 kpmz

y716,8 kpm

D

MF = 3084,4 kpm

Wmax

y

zA

y

zV (+)

V (-)

BD

D


Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes:

22

2222

kp/cm0,7

415

8,93034

34

kp8,930922128

SW

AT

TTT

max

yz

y

-922

-128

T

z

A


Problema 7.5

Hallar las tensiones mximas en el empotramiento A y el giro, alrededor del eje x, de la seccin E. Elmomento torsor de 8 Tnm est aplicado en la seccin B.

Resolucin:

a) Tensiones mximas en el empotramiento A

Seccin A

mTn30310

mTn222534mTn122108

Tn4

Tn10Tn5

z

y

x

z

y

x

MMMTTN

z

y

x

Mt=Mx=12 Tnm

Mz=30 Tnm

My=22 Tnm

Ty=10 Tn

Tz=4 Tn Nx=5 Tn

z

y

x

10 Tn5 Tn

4 Tn

M= 8 Tnm

2 m

1 m1 m

1 m1 m C

B

D

A

Tx

E

F Tramo AC: = 40 cmTramo CE: = 10 cmTramo DF: = 10 cmMaterial: aceroG = 8,4105 kgf/cm2


Tensin normal debida al esfuerzo axil:

22 kp/cm97,3

440

5000

S

V x

Tensin normal debida a los momentos flectores:

D25,363022

mTn20,373022 22

arctan

M F

D

24 kp/cm59220

6440

3720000

S

V maxmaxx yIM

Tensin normal mxima total:2kp/cm59697,3592 maxV

z

y

V

30

MF

z

y

22

D

y

z

MF = 37,20 mTn

V (+)

V (-)

PD

D


Tensin tangencial debida a los esfuerzos cortantes:

D2,684

10Tn77,10104 22

arctan

T

E

Distribucin parablica de W con una Wmax

22 kp/cm43,11

440

1077034

34

SW

AT

max

Tensin tangencial debida al momento torsor

24 kp/cm49,95

3240

201200000

S

Wo

maxxmax I

rM

La tensin tangencial mxima total

2kp/cm92,10649,9543,11 Amax WW

Aplicacin del criterio de Von Mises en el punto P

222

2

2

kp/cm5,6183)1(kp/cm49,95,

kp/cm596,

WVV

W

V

equiv

x

max

TM

MN

(1) En el punto P la tensin cortante debida al esfuerzo cortante T no es exactamente 0, pues es 0 en el punto Q, pero Q y P nocoinciden, ya que los ngulos D y E no son complementarios. Pero como estn muy prximos, y por tanto W debido a T ser muy pequeo,puede despreciarse frente a la W debida a Mx.

10

4

T

Q

y

z

E

E

Wmax

y

zA

B


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

Dibujamos el diagrama de momentos torsores

El giro alrededor del eje x enla seccin E ser el mismoque el de la seccin D.

10400 40

m1mT20m1mT20m1mT12

GIGIGIdxGI

ML

o

xxT

D98,13rad244,0

3210840000

1002000000

3240840000

1002000000

3240840000

1001200000444

SSST x

12 mT

A B DC

20 mT

1 m 1 m 1 m 1 m

20 mT

E


Problema 7.6

Un rbol, de acero, debe de transmitir 120 CV a 600rpm desde la polea A a la B. La tensin cortanteadmisible para el material del rbol es Wadm = 420 Kg/cm2 y la tensin normal admisible es Vadm=728kp/cm2. Calcular el dimetro del rbol. Datos: F=2F , Q=2Q , rA=15 cm , rB=22 cm. (radios de laspoleas).

Resolucin:

Z xMP o ZPM x

srad602rpm1

W736CV1S

Nm1405

602600

736120

Sx

M

cmKg14324Nm1405 xM

Mx= FrA FrA = (2F F)rA = FrA

cmKg1432415 cF o Kg95515

14324 | cF

Kg19102 c FF

tambin Mx= QrB QrB

cmKg1432422 cQ Kg7,119312

14324 cQ

Kg4,23877,11932 Q

y

z

x

D

C

50 cm

50 cm

40 cm

A

B

Q

Q

F

FrBrB

rA

rA


Diagrama de momentos en el plano xy :

Diagrama de momentos en el plano xz :

Kg28653 cF

D C

B

x

y 3Q= Kg3581

Mz

cm50cm50

x

23581 DR 2

3581 CR

cmKg89525502

3582, BzM

+

cmKg114600 cM

Myx

Kg1146 DR Kg4011 CR

cm100 cm40

57300501146

1146

BMxxM

DCBx

z

A

+


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

cmKg12,1062925730089525 22 BM

El mximo est en C: cmKg114600 fM

Diagrama de momentos torsores:

cmKg14324,, AxBx MM

Determinacin del dimetro mnimo del eje.Aplicando el criterio de Von Mises:

223 3416 xfadm

min MMd

VS

223 1432431146004728

16

Smin

d

cm7.11 mind

Kg401111462865

Kg1146100

286540286540100

02865

C

D

D

DC

R

R

RRR

DC

Bx

y

A

-14324 cmKg

Mx

+14324 cmKg


Problema 7.7

En la figura se ha esquematizado la pieza desmontable de un enganche tipo cuello de cisne para elarrastre de caravanas de camping por parte de vehculos de turismo convencionales. La solicitacinsobre la bola corresponde a una hiptesis de carga de arrastre con fuerte pendiente.

a) Determinar para la seccin circular 6A los esfuerzos de seccin: normal, cortante, flector y torsor.

b) Dibujar para la misma seccin 6A la distribucin de tensiones normal y tangencial que provocaindependientemente cada esfuerzo de seccin. Indicar sobre el dibujo la posicin de la tensionesmximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numricamente sus valores.

c) Como resumen del estudio, indicar la tensin normal mxima total y la tensin tangencial mximatotal.

Seccin 6A

I 40 mm

G

75 Kp50 Kp

400 Kp6A

150 mm

250 mm

O

yz

x


Resolucin:

a) Esfuerzos de seccin

Kp50

Kp75Kp400

z

y

TTN

mmKp7875025075150400

mmKp1250025050mmKp750015050

z

y

x

MMM

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

b) Determinacin de las tensiones

x Esfuerzo normal Kp400 N

Distribucin uniforme de tensiones xV :

22mx, Kp/mm32,0

440

Kp400

SV

AN

x

x Esfuerzo cortante zy TTTGGG

Kp905075 2222 zy TTT

Distribucin parablica de W:

22mx Kp/mm1,0

44090

34

34

SW

AT

y

MzTz

MxN

z

x

G

Ty

My

Vx

G

GTz

TyT Wmx


x Momento torsor mmKp7500 xM

Distribucin de tensin W con una ley lineal radial:

24

0

mxmx Kp/mm6,0

3240

207500

S

WI

rM x

x Momento flector zy MMMGGG

mmKp797377875012500 2222 zy MMM

Distribucin lineal de tensin xV respecto al eje degiro:

24

mxmx, Kp/mm69,12

6440

24079737

c

S

VIyM

x

c) La tensin normal mxima total vale:

2mx, Kp/mm01,1369,1232,0 xV

La tensin tangencial mxima total vale:

2Kp/mm7,01,06,0 mxW

WmxWmx

Vx,mx

Mz

My M

Vx,mx


Problema 7.8

Un tubo de acero I200 mm y de bajo espesor, e, constituye el soporte para el arrollamientomotorizado de una persiana segn muestra la figura adjunta.El peso propio de la persiana y el rozamiento de arrastre equivalen a una carga de q = 50 Kp/m, lacual se aplica excntricamente respecto de la directriz del tubo. La luz efectiva es L = 5 m, y sesupone simplemente apoyado en A y C.

a) Representar grficamente los diagramas de esfuerzos y calcular sus valores mximos.

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

- La tensin equivalente de von Mises en las secciones crticas 6A y 6B sea inferior aVadm=500 Kp/cm2.

- El corrimiento vertical GB d 1/1000 L.

NOTAS:

- Resolucin suponiendo el peso propio del tubo incluido en q.- Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2.- Valores aproximados para la seccin tubular de bajo espesor:

4

3

0ISeI |

8

3ISeI z | ISeA |

e

q

I200

6B 6C

A B C Motor

q=50 Kp/m

L= 5m


Resolucin:

a) Determinacin de los diagramas de esfuerzos.

b) Caractersticas mecnicas de la seccin.

ISIS

ISI

IS

ISI

ISIS

eeA

eIWeI

II

eIWee

I

zzzy

m

#|

22

42

82

22

44

230

20

0

33

0

mKp25,15655081

81

2

2mx,

LqM yz

Kp1252mx, LqT yy

mKp25mx, xM

Mz

Ty

Mx

qy=50 Kp/m

25 mKp

125 Kp125 Kpmx=500,1= 5 mKp/m

+

+

-

+

qy=50 Kp/m

z

y

I/2 = 0,1 m


c) Comprobacin de tensiones en la seccin central 6B.

z

zx

z

WM

M

mx,

mKp25,156

V

^ 0 yT

0mx

mKp5,12

WM

M

x

x

W

Aplicando el criterio de falla de von Mises:

mm1cm1,0500

8,112474

Kp/cm500

220

12503

420

15625

Kp/cm5003

22

2

2

22mx

2mx,

t

d

d

ee

eeequiv

xequiv

SSV

WVV

Comprobacin de tensiones en la seccin extrema 6C

^ 0 zM

AT

T

yT

y

2

Kp125

mxW

0mx

mKp25

WM

M

x

x

W

z

Wmx

Wmx

WmxWmx

Ty

zVmx

Vmx


Apliando el criterio de falla de von Mises:

mm2,0cm02,0500

5,475,47

Kp/cm500

220

25002021253

Kp/cm50030

2

2

2

22mxmx

t

d

d

ee

eeequiv

Tequiv

SS

V

WWV

Con el espesor anterior de e = 1 mm, las tensiones en la seccin extrema 6C son de Vequiv |100 Kp/cm2.

d) Comprobacin del corrimiento vertical de la seccin central GBd L / 1000 = 5 mm.

mm53845 4 d

zB EI

LqG

cm5,0

8cm20Kp/cm2100000

cm500Kp/cm100

5

3845

32

4

d

eB S

G

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

En conclusin, para verificar los requisitos de resistencia y deformacin el espesor e t 1,3 mm.Una solucin comercial sera I200 x 1,5 mm.

q

GB

L


Problema 7.9 *

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

a) Determinar las tensiones normales y tangenciales mximas en la seccin del empotramiento.b) Determinar el movimiento del perfil, calculando el corrimiento total del punto A.c) Comentar el diseo y proponer mejoras.

L = 500 mm

A

A

P = 500 N

Zy

z

yz

x

b = 100

100

e = 5

C

A

G

r

Material: acero

E = 210000 N/mm2 G = 84000 N/mm2


Resolucin:

Por razones de simplicidad se trabaja con la curva media del perfil de espesor constante y acuerdorecto. (*)

- El eje de simetra proporciona las direcciones principales centrales yy zz.- El baricentro G cumple la condicin:

dAy0 dAz0

- El centro de cizalladura C ( de torsin )coincide

con el punto de encuentro de los elementos.

- Los momentos de inercia y mdulos resistentes.

34

mx

32

0

2

mm23574mm7,70

mm1666666

31

222

yIW

ebdsesdAyI

zz

b

z

(*) Tambin, pueden obtenerse estas caractersticas de la tabla de perfiles del fabricante con mayorprecisin ( sin utilizar la simplificacin inicial , v = 0 ).

C

s

ds

y

Gz

70,7

70,7

y

z

C= =

=

=

G

35,35

35,35


34

mx

32

20

2

mm11786mm35,35mm416666

121

222

zI

W

ebdsesdAzI

yy

b

y

433 mm83333

231 ebebI iit

a)

s

ds

y

Gz

z

bi

ei

GC

Mzy

z

Ty

P

Tz

G

My

Mx

z

P

C


^

mmN17677722mx

mmN17677722mx

mmN50000

N35322

N35322

LPM

LPM

bPM

PT

PT

z

y

x

z

y

x Tensiones normales Vx debidas a la flexin desviada My , Mz.

- Para My

23mx mmN15

mm11786Nmm176777

y

y

WM

V

- Para Mz

23mx mmN5,7

mm23574Nmm176777

z

z

WM

V

x Tensiones tangenciales debidas a la torsin uniforme o de Saint Venant (ya que IZ | 0 en este tipode secciones).

UNIFORMENOTORSIN

x

UNIFORMETORSIN

xtx dx

dEI

dxd

GIM 33TT

Z

Ty , Tz

Mx

My , Mz

L = 500 mm

Mz

y

z

+7,5 N/mm2

-7,5

+15

G

My

-15


22mx

24mx

mx

mmN5,22

mmN30

43

43

mmN30

mm8333mm5mmN50000

W

Wt

x

IeM

mmrad1014,7

mm8333mm

N84000

mmN50000 54

2t

xx

GIM

dxdT

x Tensiones tangenciales debidas al cortante Ty , Tz.

Aplicamos superposicin: WTOTAL= W + W

Ty :

ebP

y

yeI

mT

z

Azy

43quedemuestrasetedirectamen

mmN75,0

mm5mm16666662

mm22100

5100N353

.,0Para

segnvariable

mx

24

3

mx

mx

1

W

W

W

W

Mx Wmx = 22,5 N/mm2

Wmx

e

Wmx

Wmx = 30 N/mm2

100

y y

G

A1

C

Ty

0,75

0,75z


Tz :

c

c

c

ebP

z

zeI

mT

y

Ayz

43quedemuestrasetedirectamen

mmN75,0

mm5mm4166662

mm2250

550N353

.,0Para

segnvariable

mx

24

3

mx

mx

1

W

W

W

W

Se demuestra que

2mmN35,1

5100500

2027

2027

Neb

PmaxTOTALW

Obsrvese que en el ala horizontal debe anularse la distribucin de tensiones tangenciales, ya que solotenemos fuerza vertical de 500 N.

Composicin de tensiones:

Punto

)M(mm

N5,22

)MM(mm

N5,7mm

N15

x2

zy22

W

V x

1,35

500 N

C0,75

0,75

3

1

2

1

50y

G

A1

C

Tz

0,75

0,75z

z

WTOTAL


Punto Punto

)T,T,M(mm

N0,75mm

N30

)M(mm

N15

zyx22

y2

W

V x

)M(mm

N5,22

)MM(mm

N5,7mm

N15

x2

zy22

W

V x

De los puntos estudiados, el es el ms desafavorable.Aplicando Von Mises

22222

mmN455,2235,223 WVV xequiv

Ante la duda que exista un punto con una combinacin ms desfavorable y dada la complejidad delproblema, es posible tomar los valores mximos correspondientes a cada esfuerzo (aunquefsicamente no estn en el mismo punto). As

22222

mmN8,58)35,130(3)5,715(3 WVV xequiv

Esta operativa est contemplada en diferentes normativas.

b)

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

2 3

1

Ldx

d xx

TTF

IELF

3

3

G

Tx

Mx

C


Corrimiento segn el eje y debido a la flexin Mz:

mm04,066666612100003

)500(22500

3

33

zy IE

LFG

Corrimiento segn el eje z debido a la flexin My:

mm17,04166662100003

)500(22500

3

33

zy IE

LFG

Amplificacin del giro debido al torsor Mx:

mm57,31005001014,7100100 5

L

dxd x

xT

TG

G

z

y

A1

C1

GyGz

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Resistencia de Materiales Problemas Resueltos