Criterios Fundamentales Para Resolver Pr

CRITERIOS

FUNDAMENTALES PARA RESOLVER PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES

VOLUMEN II

Aquiles Martínez R.

Asocia.Vin EQUINOCCIO Ediciones de la Universidad Simón Bolívar

Aquiles Martínez R. Ingeniero mecánico graduado en el Politécnico de Milán. Italia (1972). Profesor del Departamento de Mecánica de la Universidad Simón Bolívar y de la Facultad de Ingeniería de la Universidad Metropolitana. Ha desempeñado los cargos de jefe del Departamento de Mecánica, coordinador de Ingeniería Mecánica y de Producción y director de Desarrollo Profesoral de la USB. Ha sido merecedor del Premio a la Docencia en la USB. Premio al Mejor Libro de Texto y el Premio Maraven a la Docencia.

CRITERIOS

FUNDAMENTALES PARA RESOLVER PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES

VOLUMEN II

Aquiles Martínez R.

EQUINOCCIO Ediciones de la Universidad Simón Bolívar

Asociación chinaos Universidad Simón Bolívar Thls One

III CRITERIOS FUNDAMENTALES PARA RESOLVER PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES

VOLUMEN II/Aquiles Martínez R. lera, edición lera, reimpresión

© 2004 EQUINOCCIO Ediciones de la Universidad Simón Bolívar Valle de Sartenejas. Baruta, estado Miranda Apartado postal 89000. Caracas 1080-A, Venezuela Teléfonos: (58-2) 906 3157, 906 3160 y 906 3162 Fax: 906 3159 Hecho el depósito de ley Reservados todos los derechos EQUINOCCIO. Ediciones de la Universidad Simón Bolívar, cuenta con un sistema de evaluación de las obras publicadas bajo su sello. Asociación de ümigos Universidad Simón Bolívar Coordinación de producción Margarita Oviedo U . Nelson González Portada Grisel C. Boada Jiménez Corrector de estilo Salvador Fleján Olivares Diseño de colección Mariela Garcés Diagramación Aquiles Martínez R. ISBN: 980-237- 105-X ISBN: 980-237-106-8 (V.2) Depósito legal: lf 2441997620224 Impresión: Xerox

CONTENIDO

CAPITULO I

TEORIA DE LA CURVA ELASTICA

Objetivos

1

Introducción

1

Método de la doble integración

3

Solución de vigas hiperestáticas - Método de la doble integración Método de la cuarta derivada Problemario

5 o

Método de superposición Problemario

CAPITULO II

4 8

6 8

7 1

FLEXION DESVIADA O FLEXION OBLICUA

Objetivos

8 2

Introducción

8 2

Flexión desviada

84

Cálculo de los esfuerzos en la flexión desviada Problemario

CAPITULO III

Objetivos

8 8

FLEXION EN VIGAS CURVAS

117

Introducción Análisis

87

117

cualitativo

del

problema

1 1 8

Flexión en vigas de curvatura grande

120

Características geométricas de varias secciones planas Problemario

CAPITULO IV Objetivos

FLEXION EN VIGAS DE VARIOS MATERIALES 148

Introducción Hipótesis

130

148

150

Problemario

154

Vigas en concreto reforzado

177

127

-II-

CAPITULO V RESISTENCIA A LA FATIGA Objetivos 183 Introducción 183 Descripción de la falla por. fatiga 184 Ensayo de flexión rotativa - Curva de Wohler 187 Nomenclatura 189 Curva de Wohler para aceros a partir del límite de rotura a tracción 190 Comportamiento de las aleaciones de aluminio 191 Análisis de fatiga para piezas reales 192 Tipo de carga 192 Dimensiones de la pieza 193 Acabado superficial 193 Concentración de esfuerzos 194 Gráficos para la determinación de los factores kf 195 Valores de kf para uniones entre árboles y cubos 205 Valores de kf para roscas 205 Valores de kf para chaveteros con perfil tipo a 205 Valores de kf para chaveteros con perfil tipo B 20 6 Efecto de la temperatura Análisis cualitativo de la Variaciones en el diseño Métodos para la solución Primer caso 208 Segundo caso 213 Tercer caso 21 8 Diagramas de resistencia Cuarto caso 227 Quinto caso 229 Problemario 234

206 concentración de esfuerzos en una entalla 207 para reducir concentraciones de esfuerzos 207 de problemas prácticos de fatiga 208

a la fatiga para vida constante 219

CAPITULO VI METODO DE CASTIGLIANO Objetivos 254 Introducción 254 Energía de deformación elástica acumulada por una viga sometida a axial 256

acción

—III—

Energía de deformación elástica acumulada por una viga sometida a flexión 257

Energía de deformación elástica acumulada por una viga de sección circular sometida a torsión 258 Energía de deformación elástica acumulada por una viga sometida a acciones cortantes 259 Teorema de Castigliano 26 1 Método de Castigliano con carga ficticia 266 Método de Castigliano para problemas hiperestáticos 271 Método de Castigliano en el caso de vínculos deformables 276 Problemario 280

CAPITULO Vil CARGAS DE IMPACTO Objetivos 305 Introducción 305 Cargas dinámicas 305 Cargas de impacto a alta velocidad 306 Impacto a baja velocidad 306 Efectos vibratorios de las cargas dinámicas 307 Método de la carga equivalente 307 Primer caso 307 Segundo caso 309 Tercer caso 3 1 o Problemario 31 4

CAPITULO VIII

INESTABILIDAD ELASTICA O PANDEO

Objetivos 339 Introducción 340 Fenómeno de la inestabilidad elástica o pandeo 340 Equilibrio estable 34 1 Equilibrio inestable 341 Equilibrio indiferente 342 Completamente indiferente 342 Indiferente inestable 342 Indiferente crítico 342 Determinación de la carga crítica en barras rígidas 343 Fórmula de Euler 349 Fórmula de Euler para cualquier condición de vínculo 352

-IV-

Observaciones y limitaciones de la fórmula de Euler 353 Problemario 355 Verificación y diseño de columnas según normas a.i.s.C. 3 62 " Acero estructural - Fórmula A.I.S.C. 363 Aluminio estructural 365 Fórmula J. B. Johnson 3 66 Problemario 368 Vigas con distinta vinculación en los diferentes planos 373 Columnas compuestas - Pandeo localizado 377 Pandeo localizado 378 Análisis y diseño de columnas cargadas excéntricamente 391 Método del esfuerzo admisible 391 Método de interacción 393 Problemario 395

APENDICES Perfiles Sidor.

- 1 CAPITULO

I

TEORIA DE LA CURVA ELASTICA

OBJETIVOS:

Al completar el estudio y la solución de los problemas de este capí tulo, usted deberá ser capaz de:

1. - Definir la curva elástica de una estructura.

2. - Seleccionar el dad

perfil

de

una viga considerando

su deformabili-

elástica y no su resistencia.

3. - Establecer elástica

de

y

resolver

una viga

la

ecuación

cuando

se

diferencial

encuentre

de

sometida

la a

curva cargas

transversales.

4. - Utilizar el método de la doble derivada y de la cuarta derivada.

5. - Determinar la deflexión y la rotación de cualquier punto de la cur va elástica.

6. - Determinar la deflexión

máxima de una viga y el punto donde

ocurre.

7. - Resolver estructuras hiperestáticas utilizando curva

la ecuación

de la

elástica.

8. - Resolver

estructuras

hiperestáticas

utilizando

el

método

de

superposición. INTRODUCCION: Cuando una viga se carga, el eje longitudinal

de la misma, inicial-

mente recto, se deforma en una curva llamada curva elástica de la viga o curva DE DEFLEXION. En el diseño de elementos de máquinas o de vigas para edificacio nes, frecuentemente se requiere la determinación de la deflexión, bien sea la deflexión máxima o la deflexión en un punto particular.

-2

Hay dos razones importantes para conocer la deflexión de una viga: La primera, es simplemente para poder predecir la deflexión de una viga bajo carga. En edificios y partes de máquina, las especificaciones y otros requisitos limitan, a menudo, la deflexión que puede tolerarse. Por ejemplo, si los componentes de una caja reductora de velocidades experi mentan deflexiones excesivas, los engranajes pueden volverse inoperantes o pueden desalinearse los componentes. Si se pueden predecir las deflexiones para las partes sometidas a flexión, pueden especificarse las tolerancias adecuadas en el diseño de los elementos. De la misma manera, en las vigas de pisos que tengan por debajo cielo raso de yeso, se suele limitar la flecha máxima a 1/360 de la luz, para que no aparezcan grietas en el yeso. En ge neral, en el diseño de edificaciones suele existir una limitación para las de flexiones, ya que las mismas se asocian con una sensación de inseguridad. En el caso de las alas de los aviones, es muy importante conocer la deflexión máxima que se tendrá en el extremo libre. En el Jumbo 747 se trata de una estructura metálica en forma de cajón hueco, de más de 3 o metros de largo, que soporta cargas de casi media tonelada por metro cuadrado, al tiempo que aloja 50 ooo litros de combustible. Es una estructura que contie ne además, kilómetros de tuberías y conexiones eléctricas e hidráulicas, mecanismos móviles y cuadros de conexión; y que soporta suspendida bajo ella pesos de cuatro a cinco toneladas; siendo sometida durante años y años a cargas cíclicas que la doblan miles de veces, en ocasiones hasta un punto tal que su extremo libre está más de metro y medio desviado de su posición normal. Una segunda, y posiblemente aún más significativa razón para calcu lar las deflexiones, es para poder resolver las vigas hiperestáticas. Hay muchos métodos diferentes para calcular las deflexiones en las vigas; en esta parte se van a presentar tres de los más comunes: - Método de la Doble Integración. - Método de la Cuarta Derivada. - Método de Superposición.

METODO DE LA DOBLE INTEGRACION Vamos a considerar solamente la categoría de estructuras con eje rectilíneo y con cargas perpendiculares a su eje. Ilustraremos con un ejemplo el problema que se va a tratar: Dada una viga rectilínea como la que se muestra en la figura, con cargas perpendiculares a su eje; se desea saber la ecuación y = y(x) de la viga deformada, una vez fijado un sistema de referencia x,y.

Para ello, vamos a recordar la teoría de la flexión pura y ver cómo se deforma una viga por efecto del momento flector. Supongamos que se tiene la viga de longitud "Ln mostrada en la figura, sometida a momentos en sus extremos. M

M

dz Veamos la geometría de las deformaciones en una sección genérica de la viga y algunas consecuencias que de ella se derivan:

Adz = £2 dz =

dz E.Ix

¿a _ Adz _ M.dz " y " E.IX

da = M,dz E.IX da = dz

l = p = JVL E.IX

r = radio de curvatura =

p = curvatura = -JyjE.IX

OBSERVACION: Si se cambia el sentido de! momento, cambia el sentido de la curvatura, por lo tanto estas cantidades estarán afectadas por un signo.

a= í M.dz i

El

_ M.L E.I

- 5 -

Hagamos un pequeño paréntesis para repasar algunos conceptos mate máticos. Si se tiene una curva y = y(x), el análisis matemático. enseña que:

curvaconvexa Se dice que una curva y = y(x) es convexa (o cóncava hacia arri ba) en un intervalo (a,b) si para todo a y b de ese intervalo, el segmento rec tilíneo que une a [a, y(a)] con [b, y(b)] queda por encima de la gráfica de y(x).

a

b

En una curva convexa la derivada de la función dy/dx es siempre cre ciente

en el intervalo (a,b).

curva cóncava: Se dice que una curva y = y(x) es concava (o cóncava hacia aba jo) en un intervalo (a,b) si para todo a y b de ese intervalo, el segmento rec tilíneo que une a [a, y(a)] con [b, y(b)] queda por debajo de la gráfica de y(x).

i j a

i 1 b

* h.

En una curva cóncava la derivada dy/dx es siempre decreciente en el intervalo

(a,b).

Se define curvatura p de la curva y = y(x) en el punto P al cociente: p = dfX y ds

La curvatura da una idea de la rapidez con que cambia el ángulo cuando uno se mueve sobre la curva y = y(x).

Se define radio de curvatura r de la curva y = y(x) en el punto P cociente: r = 1 = ds p da

- 7 -

Teniendo presente que a = arctg.(dy/dx),

la

curvatura p se puede

expresar en las coordenadas x,y como sigue:

-á.arctg.u = —!— dx 1 + u2 dx

entonces: -> d2y

d2y ■

da dx _ da dx _ ds dx dx ds

dx2

r 2

i

dx2

[dy" 2 .Vi* ■dx.

1 +

dy] 2 dx. J

d2y dx2 P = 1 + dxJ J

La curvatura será positiva o negativa dependiendo de si la curva es convexa o cóncava respectivamente. En una curva convexa la derivada pri mera es positiva (pendiente positiva) y a medida que se avanza sobre la cur va la pendiente va aumentando, luego la derivada segunda será también posi tiva.

En el caso de las pequeñas deformaciones, o sea, donde la curva de formada se confunde con la línea indeformada, se puede considerar:

—< 1 dx

lo que significa que

dy Ldx

« 1

y por lo tanto despreciable respecto a 1 Por lo tanto, para las curvas considerar como ecuación de relaciones

y = y(x) que vamos a tratar, podemos

la curvatura y del

siguientes: d2y P = — dx2

r = -L djy dx2

radio de curvatura a las

- 8 Entonces se puede decir que:

d2y dX2

_ I M 1 lE.ll

La relación es válida entre los valores absolutos porque d2y/dx2 tiene signo + ó - dependiendo del sistema de referencia (x,y); y ó - dependiendo de

m/e.i tiene signo +

la convención que se utilice para el momento flector.

Veamos las varias posibilidades:

PRIMER CASO

SEGUNDO CASO

- 9

QUINTO CASO A y

M

M

_

SEXTO CASO

observación: El método de la doble integración es un medio efectivo para cal cular la deflexión y la pendiente en cualquier punto de una viga. Sin embargo, cuando la carga de la viga es tal que se necesiten varias funciones para re presentar el

momento flector en toda la longitud de la viga, se requerirán

varias constantes de integración e igual número de ecuaciones que expresen las condiciones de continuidad, así como las condiciones de contorno. Esto trae como consecuencia el tener que resolver sistemas de ecuaciones con gran número de incógnitas, lo que puede implicar un cálculo muy laborioso.

-10-

PROBLEMA Ns 1

Para la viga mostrada en la figura: IP ii

a)

Determinar la ecuación de la curva elástica.

b)

Calcular la

deflexión

de

la

sección

en

el

punto

de

aplicación

de la carga p.

c)

Calcular la rotación de la sección en el punto de aplicación de la carga

P.

Resolver el problema utilizando varias de las convenciones.

SOLUCION:

| PRIMER CASO

.

(R)

Ti "

M = - P.x

M + P.x = 0

&y _ dx2

dy dx

px El

"eT

+ cj

;

y = - Px3 +c,x + c2

2EI

CONDICIONES DE BORDE:

En

x = L

y

o

En

x = L

y'

= 0 c1 = PJLi 2EI

c2 = - PL3 3EI

-11-

_

Px3 6EI

PL2x 2EI

En x = O

=>

y= -

En x = 0

=>

y' = +.PL2 2EI

PL3 3EI

' =

Px2 2EI

, PL2 2EI

deflexión hacia abajo

rotación de x hacia y

observación: Cuando se fija un sistema de referencia x,y; no sólo se fijan los sentidos positivos de "x" y "y"; sino que, también, se fija el sentido positivo de la rotación que es de x hacia y.

PROBLEMA Ns 2

a)

Determinar

la

ecuación

de

la

curva

elástica

entrando

por

el

empotramiento.

b)

Calcular la deflexión de la sección en el punto de aplicación de la de la carga P.

c)

Calcular la rotación de la sección en el punto de aplicación de la carga P.

SOLUCION:

TERCER CASO x

-12M + P.L - P.x = O

y'' = _Px + PL y EI EI

. '

y

;

M = P.x - P.L

. _ .Pxl+PLx + Cl 2EI O 1

. '

v = .Pxl + ELxi+ y 6EI 2EI


En

x = 0

y = 0

En

x = 0

y' = 0 c2 = 0

ci = 0

v _

En x = L

Px3 6EI

V' = y

PLx2 2EI

Px2 , PLx 2EI EI

deflexión hacia abajo 3EI PT 2

En x = L

y' = +

rotación de x hacia y

PROBLEMA Nfi 3

Para la viga mostrada en la figura:

3 tí

a) Determinar la ecuación de la curva elástica.

b) Calcular la deflexión en el punto medio de la viga.

c) Calcular la rotación de las secciones A y B SOLUCION:

"III II

2 j

*

X

II II II II lili"

M M

2 M00 El

+ 1

°2

•13-

qx2 2

y

„ _ qx2 2EI

qLx 2EI

,,. = qx3 y 6EI

'

qLx 2

qLx 2

qLx2 4EI + c,

qx2 2

qx4 qLx3 y = 24EI " 12ET + clx + c2


En

x = 0

y = 0

En

x = L

y = 0 _ qL3 ci = 24EI

c2 = 0

• _ Qx3 qLx2 qL3 " 6EI " 4EI + 24EI

qx4 qLx3 qL3x = 24EI " 12EI + 24EI

DEFLEXION DEL PUNTO MEDIO:

(hacia abajo) 384 EI

ROTACION DE LA SECCION A: y'A = 2^f

(dexay)

Y B

(de y a x)

ROTACION DE LA SECCION B: * 24EI

PROBLEMA Nfi 4


L/2

r

L/2

7777777?.

*7777777.

a)


b)

Calcular la deflexión en el punto medio de la viga.

c)

Calcular la rotación de las secciones AyB.

1 4

SOLUCION:

Mi = *?*. para 0
d2yi

;

M2 = ^ - P(x - L) para L-
4_>

px

^

dyi

&. Px. £L dx2 - 2EI 2EI

.

4w

px2

-—

px3

fe dx - Esi 4EI PLx 2EI . -~

Px3 " PLx2 yi "_ T2EÍ 4EI + °3X + °4

,

CONDICIONES DE BORDE Y EMPALME:

En

x = 0

Vi = 0

= L _ L 2. _ L 2

y2 = 0

X X

X

yi = y2

y'i = y,2

Cl _íflH _ PL2 Cl

'.

c„ - n C2_°

.'

c, °3 " 3pL2 16EI

DEFLEXIÓN DEL PUNTO MEDIO: 1 pl3 YM " 48 El ROTACIÓN DE LA SECCIÓN A: . = PL2 yA 16EI ROTACIÓN DE LA SECCIÓN B: yB =

PL2 16EI

.'

c, PLl C4 --"48EI

-15-

otra manera DE enfocar el problema: consiste en establecer dos sistemas de referencia; uno colocado al inicio de la viga y el otro colocado en la mitad de la viga; En este caso las ecuaciones de momento, las

condiciones de borde y

de empalme son: M2-| ^+ x

Px

yi(x = 0) = o y,(x = L/2) = y2(x = 0) y'i(x = 172) = y'2(x = 0) y2(x = 172) = 0

OTRA manera DE ENFOCAR EL PROBLEMA: consiste en establecer dos sistemas de referencia; uno colocado al inicio de la viga y el otro colocado al final de la viga. En este caso las ecuaciones de momento, las

condiciones de borde y de

empalme son: Mi = Px

M2 = ^

y,(x = 0) = 0 y,(x = L/2) = y2(x = L/2) y',(x = L/2) = -y2(x = L/2) y2(x = 0) = 0 PROBLEMA N° 5

Para la viga mostrada en la figura: q

I

a)


b)

Calcular la deflexión máxima.

c)

Calcular la rotación de la sección extrema no empotrada.

SOLUCION:

^5 M M li(x) El y*

-16-

2

y

h _ qx^ " 2EI

'

y

qx3 6ET + cl

¡

qx4 y = 24EI+c,x + c2

2

8EI

CQNDICDNES DE BORDE

Enx = L

=>

y = 0

En

=>

y' = 0

x = L

C] = 6EI

'

DEFLEXION MAXIMA:

ROTACION:

PROBLEMA Nfi 6


a)


b)

Calcular la rotación de las secciones A y B.

c)

Calcular la rotación y la deflexión del punto medio de la viga.

SOLUCION:

0
M, = ^

L
M2 = Si - w i—i

y' = "oli +c,X + c2

yy"11 = - — LEI


En

x = 0

=>

yi = 0

x = L

=>

y2 = 0

x - 2

^

yi = y2

x = 2

y'i = y'2

9a " 24EI

'

08 " 24EI

'

6m " 12ET

'

yM " °

PROBLEMA Nfi 7


a) Determinar la ecuación de la curva elástica. b) Calcular la deflexión y la rotación de las secciones B y c. SOLUCION: "i

0 d2y . d2x

ri(x) ^l*n y" El

U±JJ

'

M2s.q(x-L/2)(x-U2) =l[x.{U2)]2 M, = 0

-18-

y"i =0

q[x - L/2]2 y 2 = —

;

'

y'i = ci

y2=

;

+c3

y, = c, x + c2

'

y2 =

+c3X + c4


y2 = 0 y'2 = o yi = y2 y'i = y'2

otra manera de resolver EL PROBLEMA: utilizando

dos

sistemas

de

referencia,

uno en c y otro en b. En este caso las condiciones de borde se escriben de la manera siguiente: yi(x = L/2) = y2(x = 0) y',(x = L/2) = y'2(x = 0) y2(x = L/2) = 0 y2(x = L/2) = 0 PROBLEMA Ne 8


a)

Suponiendo que la viga ab es

infinitamente

rígida,

determinar la

nueva posición de AB después de cargar la viga. Supóngase además, k1 mayor que l<2.

b)

Suponiendo la viga AB elásticamente ecuación de la curva elástica.

deformable,

determinar

la

SOLUCION: CASO A; _

qL

yi B

2k, .

qL 2k2

8 _ ü2 - yi L CASOB: Mili

*

M

M M M(x)

„ qx2 V =2 3 2EI

qLx -3 2EI

;

, qx3 y =3 ' 6EI

qLx2 2 +c, 4EI 1

|

qx4 y=— 1 24EI

qLx3 + c1X + c? 12EI

CONDICIONES DE BORDE: qL En

x = 0

=*

En

x = L

=s>

y = 2k2

PROBLEMA NB 9

Para la estructura mostrada en la figura:

El Al

B

a) Suponiendo que la viga ac es rígida, calcular: 5B , 5C , 6B , 6C. b) Suponiendo que la viga AC es deformable, calcular: 5B , 5C , 6B

-20-

CONDICIONES DE BORDE: En

x = L

=*

y, =

;

En

x = L

=»

AiE1

En

x = L

=>

y'i = y'2

y2 = A,E1

En

x = 2L

=>

y2 = 0

PROBLEMA N» 10

Para la estructura mostrada en la figura, determinar, la deflexión del punto A

L

r t

L

SOLUCION:

(M) M] = - Px

;

J

J

r\

(M)

CM)

(o)

;

M3 = Px

Px2

. '

v- = .Pxi y 2 2EI

'

;

M, = - Px + PL

y, =fg+Clx + c2

Pjyc. EI

3

'

y2

Px2 +c5 y3 = -ii

El

v", Y 4 " Ex EI . EL EI

r\

M2 = Px - PL

Px

v"2=.Px+PL y 2 EI El

r\

y- Pxi PLx +, °7 > 4 " 2EI " IT

_ . Pxl . PLx2. + cx + c 6EI 2EI 3 4

y3 = -6ET + c5x + c6

'.

VA ' _ Px3 PLx2 +, c,x >4 6EI " "2ET c?x +. Co 08

CONDICIONES DE BORDE: y,(L) = 0

;

y :(0) = 0

y3(L) = 0

y4(0) = 0

'

2EI

c, = 5PLÍ 5 6EI

;

y',(L) = y'2(0)

;

y'3(L) = y'4(0)

y4(L) = 0 2

c2 - 4PL3 3EI C6 = .2P1¿ 6 3EI

y2(L) = y3(0)

c4 = 0 3 . '

6 = 4PL1 3EI

EI

c7 = PL¿ 7 3EI

. '

c8 = 0

PROBLEMA N2 11 Determinar la ecuación de la curva elástica para la viga que se mues tra en la figura.

Calcular la deflexión y la rotación de las secciones A y B. q

A B SOLUCION:

gm-r

nnnnnnr-»

d2y

m(x) El

,,_qx2 2EI

qLx

, _ qx3 6EI

El

M = qLx - H^L 2

qLx2 2EI

qx4 24EI

qLx3 6EI

C2


x = 0

=

(*)En

y = 0 c1

x = L

= qL* + qL3 2k 3EI

y

2k

c2 = 0

(*) En la sección B, donde está colocado el resorte, el momento tiene el sen tido que se muestra en la figura; eso significa que la sección B giró en sen tido contrario al del momento, o sea, de x a y, que es una rotación positiva para el sistema de referencia que se había establecido. DEFLEXIONES Y ROTACIONES EN LOS EXTREMOS: y'(0)

y(0) = 0

y(L)

= 5qL4 24EI

qL3 2k

. ql¿ 2k

qj¿ 3EI

-23Si se resuelve el problema colocando el sistema de referencia en el otro extremo de la viga, se tiene:

M

I I I I! I I I I

M = £

rWBB.) £fy d2x

' M _ qL2 _ qx2

M(x) E

2

2

En el extremo B el momento va dirigido como se muestra en la figura, esto significa que la rotación de la sección tiene sentido contrario al del momento, o sea negativa (de y hacia x).

= qx2 2EI

c¿2 ici 2EI

'

y

_ q*3 6EI

gL2x 2EI

qx4 =— 24EI

1

qL2x2 h C|x + c.i 4EI

CONDICIONES DE BORDE: . _ En

x = 0

=>

y

qL2 2k

En

x = L

=>

y = 0

c2 = 9Í¿+5qL! 2 2k 24EI

C] = 2k DEFLEXIONES Y ROTACIONES EN LOS EXTREMOS:

,n. 5qL4 qL3 v(0) = + -rr24EI 2k

y'(0) = 2k qL3 qL2 3EI " 2k

y(L) = o PROBLEMA Nfi 12

Para la estructura mostrada en la figura, determinar la deflexión y la rotación de la sección a. Además, la deflexión de la rótula B. q L/2

L/2

q = 2000 N/m

;

k = 200 000 N/m

;

P = 1000 N

;

L = 1 m

;

E.I = 833 000 N.m2

solución: REACCIONES DE LOS VINCULOS: 1000 N

i\

L

A

R = 1 000 N

C

m

I T = 1 500 N

F = 500 N

5A = R/k = 1000/2x1 05 = 0,005 m = 5 mm

5B = T/k = 1500/2xl05 = 0,0075 m = 7,5 mm

2O00.X 1000 N

i

L/2 T~J |r = 1000 N u^T(E)

1

»

V IT = 1500 N

t 'F = 500 N

y" = -M(x)/EI

M+S^l-R.x = 0 2

=>

M =

+ R.x

=>

2

M = - 1000x2+ lOOOx v.._i000xi lOOOx El " El

. _ lOOOx3 ' y 3EI

lOOOx2 , C| 2EI 1

. . . _ lOOOx4 ' y I2EI

lOOOx3 hc.tc 6EI


x = 0

y = 0,005 m c, = 0,0026 rad

0,0075 =

1000 * 14 12 x833 000

v _ lOOOx3 y 3EI

y'(0) = c,

;

En

y = 0,0075 m

x = 1

c2 = 0,005 m

lOQOjLlL + 6x833 000

lOOOx2 2EI

! + o,005 1

. . 1

y'A = 0,0026 rad

-25-

PROBLEMA Nfi 13

La viga AB es infinitamente rígida y la viga BC es elásticamente deformable

(E.i = 4166,7 kg.m2). Están articuladas en B, y el pasador en ese punto

se apoya sobre un resorte de constante elástica k = 1 ,5x 1 o5 kg/m . Determinar:

a) La deflexión del resorte yB. b) La rotación 9B de la sección B de la viga AB. c) La rotación Ob de la sección b de la viga BC. q ■ 6O0 kg/m q = 300 kg/n

I el

1 m K

SOLUCION: q = 600 kg/m q = 300 kg/m T T T T T T 11 Bi

300 kg

150 kg

«¡a Í450 kg

yB =

eB = 3xJL0l =3xlO-3rad.

450 = 3xlO-3m 1,5 xlO5

q = 300 kg/m M i 1 1 1 1 ,, v ,, c 150 kg

y

d2y

_ . M(x)

dx2

"

2EI

E

EI

'

y

6EI

2EI

1

'

y

24EI

6EI

1

2

-26CONDICIONES DE BORDE:

En

x = 0

y = 0

;

En

y = 3xlO"3m

x = L

c, = 0,003 + 150/12EI

v = qx4 y 24EI

150x3 6EI

0,003 +]!|L]x y

c2 = 0

^150x2 6EI 2EI

'

-150 12EI

^— + 0,003 + 150 = 0 2x4166,7 12x4166,7

300 y = 6x4166,7

y'(x = 1) =
Determinar, utilizando el método de la doble integración, la deflexión del extremo B de la viga AB. Las vigas ab y CD tienen igual

sección transver

sal y están hechas del mismo material.

SOLUCION: PARA LA BARRA AB:

d¿y _

y

_ qx2 2EI

En

qLx 2EI

x = 0

'

=>

y

_ qx3 6EI

y = 0

m(x)

qLx2 4EI

;

qx4 qLx3 = —^rr - t + ax + 24EI 12EI

Enx = L=>

y = qL/2k + 5C

-27-

PARA LA BARRA CD:

r/2«, M)=l X M(x)/EI

qLx Mi +

A = 0

=*

qLx

XM qLx M, = -

qL2

M2

y l

_ qLx ~ 2e7

qLx 2EI

y 2

qL2 2EI

qLx2 y]=4ET+c'

, Y2

'

:

yi

qLx2 qL2x " 4EI + 2EI +°3

qLx3 12EI

C]x + c2

qLx3 12EI

'

qL2x2 4EI


x = L

=>

yi=0

;

Enx = L=>

y'i=0

En

x = 0

=>

y2 = 0

;

En

y'2 = 0

qL3 4EI

x = 0

=>

c3 = 0

C2 6EI

Se = yi Cx = 0) = c2 =

6b " 2k

, qLl 6EI

;

c4 = 0

-28SOLUCION DE VIGAS HIPERESTATICAS MEDIANTE LA ECUACION DE LA CURVA ELASTICA - METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Al estudiar la tracción simple, la compresión simple y la torsión se observó que, en los problemas estáticamente indeterminados, en los que las ecuaciones de equilibrio estático son insuficientes para el cálculo de las reacciones, es preciso añadir otras ecuaciones de relación entre las defor maciones elásticas. De la misma manera, en el estudio de las vigas estática mente indeterminadas o hiperestáticas hay que añadir a las ecuaciones de la estática otras relaciones adicionales basadas en la deformación de las vi gas. Dichas relaciones se obtienen a partir del estudio de la curva elástica de una viga estáticamente determinada. Supóngase que se desea resolver la siguiente viga hiperestática: q %

Já*.

L

Si

Si la viga estuviese solamente empotrada en el extremo B y libre en el extremo a, estaría soportada por dos reacciones: una fuerza vertical y un momento. Como estas dos reacciones se calculan mediante las ecuaciones de la estática, Xv= o y IM = o, la viga es estáticamente determinada. Pero, si se coloca un apoyo en el extremo A, o en cualquier otro punto, se introduce una reacción adicional R, y como no se aumenta el número de ecuaciones de la estática, la viga tiene un apoyo de más, es decir, un exceso de vínculos. Dicho de otra manera, para cada valor arbitrario de R se pueden cal cular unos valores de M y v que satisfacen las condiciones de equilibrio es tático, por lo "que la determinación de los valores apropiados de la terna R, v, m requiere añadir una condición más a las ecuaciones de equilibrio estático. En este caso se puede tomar como condición que la deflexión en el punto A es nula. El método de la doble integración o método de la curva elástica desa rrollado para vigas isostáticas, se aplica también en la solución de vigas hiperestáticas, con la diferencia de que aquí intervendrán, además, unas re acciones desconocidas porque cada vínculo adicional introduce en las ecua ciones un cierto número de incógnitas, pero añade también un igual número de condiciones a la curva elástica, por lo que el sistema será siempre deter minado.

-29conclusosi: Para resolver problemas hiperestáticos, utilizando la ecuación de la curva elástica, se procede de la manera siguiente:

1. - Se

eliminan

los vínculos

hiperestáticos y se colocan

las

reac

ciones que ellos transmiten.

2. - Se observa si se pueden escribir algunas ecuaciones de equili brio para la viga. En caso afirmativo, se procede a escribirlas.

3. -

Se

completan

las

ecuaciones

de

equilibrio

con

las

relaciones

que resulten de la integración de la ecuación de la curva elás tica y las respectivas condiciones de borde.

Para resolver el problema considerado al principio, suponga el siste ma de referencia y la convención de momento flector señalados en la figura.

1. - Se elimina el rodillo en a, y se coloca la reacción R.

2. - Se observa si se puede escribir alguna ecuación de equilibrio. En este caso no se puede.

3. - Se procede a escribir la ecuación diferencial de la curva elás tica en función de R.

" - 3^. Ex 2EI El

_ .q*l. 24EI

.

Rxi + cjX + c2 6EI

Se tienen tres incógnitas: cv c2 y R. CONDICIONES DE BORDE:

para

x = o

y = o

para

x = L

y = o

x = L

y=o

30 Supóngase que el problema anterior se hubiese enfocado entrando por el empotramiento:

mcffiHr) 77777777. 7777?

y" = - M(x)/EI

1 .- Se elimina el empotramiento y se colocan las reacciones que transmite. En este caso VyW. 2.- Se observa si se puede escribir alguna condición de equilibrio. En este caso se puede escribir la ecuación de momento alrededor del punto A:

V.l + W = 3¿_ 3.- Se procede a escribir la ecuación diferencial de la curva elástica en función de VyW.

m

y

vx + w

. = qxi.vxi. wx+Cl 6EI 2EI El l

2

,

y

2m

m

m

y = ^T-Íf + !m+ClX + C2

Se tienen cuatro incógnitas v, w, c, y c2. CONDICIONES DE BORDE: En

En

x = 0

==>

y = 0

x = 0

=>

y'= 0

x = L

=>

y = 0

Estas tres condiciones de borde y la ecuación de equilibrio constitu yen el sistema de ecuaciones que permiten resolver el problema.

-3 1PROBLEMA N8 1

Para la viga mostrada en la figura, determinar las reacciones

hiper-

estáticas utilizando la ecuación de la curva elástica y trazar, el diagrama de momento

flector.

■

\

f V II I! 1M

-

Bi

SOLUCION: Eliminando el empotramiento en A y colocando las reacciones R y w se tiene:

te

,

*

M M y" = - M(x)/EI

Al

eliminar

el

vínculo y colocar

las

reacciones

que

allí se trans

miten, se observa que no se puede escribir ninguna ecuación de equilibrio.

/ = 3^ 3 2EI

Rx. w El El

'

M = w + Rx - 3_ 2 ■ _ qx3 RX2 wx . ' 6EI 2EI El 1

qx4 24EI

Rxi 6EI

wx- + cjX + c2 2EI


x = 0

=>

y = o

;

En

x = o

=>

y' = o

En

x = L

=>

y = o

;

Enx=L

=f

y' = o

Se tienen cuatro incógnitas R, w, c1 yC2 ; y se pueden escribir cuatro condiciones de borde. Resolviendo el sistema de ecuaciones:

c, = 0

;

c2 = 0

;

w = -^

!

R = ^

-32

1 qL2/12

qL2/ 1 2

Cf qL/2

qL2/12

qL2/12 B

A qL2/24 PROBLEMA NQ 2

Para la viga mostrada en la figura: q

a)

Calcular la deflexión de la sección B.

b)

Calcular la rotación de la sección B.

SOLUCION: q


x = o

=¡>

y = R/k

En

x = l

=>

y=o

x = l

=>

y' = o

Si se ha supuesto R hacia arriba, es que se ha asumido también que el resorte

se

comprime.

Esto

significa que

se está suponiendo

la

deflexión

positiva ( en el sentido de y).

Si se hubiese resuelto el problema,

pero entrando por el empotra

miento, entonces se hubiera tenido que plantear, antes que nada, la ecuación de equilibrio que expresa que 2M(B^ = o.

FL + W = 3g 2 y luego, completar con la ecuación de la curva elástica. q

= - M(x)/EI

M = Fx + W -

y =

qx-3 6EI

Wx El

Fx2 + cl 2EI

y

= qx2EI

qx4 24EI

Wxi 2EI

W El

Fx El

Fxi + cjX + c2 6EI


En

x = 0

=>

y=o

x = o

=>

y' = o

x = L

=>

y = R/k

Se tienen

inicialmente cuatro incógnitas

F, w, c1 y c2. Pero al esta

blecer la tercera condición de borde, se introduce R que pasa a ser la quinta incógnita.

Se tienen tres condiciones de borde,

una ecuación de equilibrio

2M/B) = o, y se completa el sistema de ecuaciones con la ecuación de equi librio

ZFV = 0.

-34-

PROBLEMA Ns 3

Para la viga mostrada en la figura, calcular las reacciones utilizando la ecuación de la curva elástica.

L/2

L/2

SOLUCION:

Mi

= w + Rx

H2 = w + R.x - P

y i = y'i =

W Rx EI EI Wx Rx2 + c, EI 2EI

yi = - !m-!f + clx + C2

W Rx , Px PL EI EI EI 2EI Wx Rxl.Pjcl PLx , c y'2 = El 2EI 2EI 2EI 3 Wxi.Rxl ^PLxi 6EI 4EI +C3x + C4 y2 = . 2EI 6EI y 2 =

INCOGNITAS: C.,, C2, C3, C4, W, R.

CONDICIONES DE BORDE Y DE EQUILIBRIO:

1)

X =0

V1=0

3)

X = L/2

Yi = y2

5)

X = L

y2 = o

6)

ZM = 0

;

; ;

2)

X = 0

y'i = 0

4)

X = L/2

y'i = y'2

W + RL - PL/2 = 0 Q = 5P V 16

'

R = HE. K 16

w =

3PL 16

_ L 2J

35-

Veamos la solución del mismo problema colocando el sistema de referencia en el otro extremo:

s»f

¿5; BHB

M M

Qx El

y2

El

El

2EI

'

M2 = Qx - P

*

y" = - m(x)/ei 1 (s) y i

Mi = Qx

(™

x-i-' 2.

^ Qx2

Qx3

yi=-6ÉT + c,x + C2

Y2

2EI

2EI

2EI

3

,

y2

6EI

6EI

4EI

3

4

INCOGNfTAS: C-| , C2 , Cg , C4 , Q


x = o

=>

y1 = o

En

x = l/2 =>

y1 = y2

En x = L/2

=> y\ = y,s

En

x = L

y2 = o

En x = l

=> y '2 = o

=í>

PROBLEMA N9 4 Para la viga mostrada en la figura, calcular las reacciones utilizando la ecuación de la curva elástica.

i

V//7/S.

-36SOLUCION:

Mi

= Qx 2

M N

J

M2 = Qx + R(x - L) - SÜÜ 2

.

y" = - M(x)/EI

qx2 Ox — - El yy 1i = 2EI

„ ^ Qx y 2 : "" " El

yi =

y'2 =

+ c,

yi =

+ cjx + c2

y2 =

R(x - L) qx2 El + 2EI + c3

+ c3X + c4

INCCX3NITAS: C, , C2 , C3 , C4 . R, Q. CONDICIONES DE BORDE:

En

X = 0

=>

Vi = 0

En

X = L

=í>

y^ = 0 y2 = 0

En

X = 2L

y'i- y 2 =S>

y2 = 0 y2 = 0

PROBLEMA N8 5

Para la viga mostrada en la figura,

determinar las reacciones utili

zando la ecuación de la curva elástica.

El Al

I; I

IB

SOLUCION:

¿nnnnE i-

¿su

M M y

v» = 3ÍÍ.Bi ' 2EI El

i M = Rx -

El

. '

Q*4

V" = S*l.Rxl + Cl y 6EI 2EI 1

Rx3


En

x = 0

=>

v _ RLi y A,E,

En

x = L

=>

y = 0 y'= o

PROBLEMA Ns 6

Determinar la ecuación de la curva elástica utilizando el método de la doble integración. Se supone que al aplicar la carga q, hay contacto entre la viga y el resorte.

El Al

B

SOLUCION: Cuatro incógnitas cv c2, Ry F si se entra por la derecha.

En

x = 0

=>

y = ^+8

XMA = 0

;

;

En

x = L

=>

y = 0

K+S^Í^L k A]Ei

Si se entra por la izquierda hay que agregar la ecuación: EFV = o.

-38PROBLEMA Ns 7


77777> SOLUCION:

IT •3 -

t: i

Suponemos la rotación en B positiva (de x a y), esto significa suponer a w tal como se muestra en la figura (sentido horario).

y

2EI

EI

'

y

6EI

EI

1

'

y

24EI

2EI

°,*

°2

CONDICDNES DE BORDE: En

X= 0

En

x = L

=

y' = w/k y = 0 y' = o

Vamos a resolver el problema anterior colocando el sistema de refe rencia en el otro extremo (extremo A):

M(x)/EI

-39-

Al sustituir el vínculo y colocar las reacciones w y R, se observa que se puede escribir una ecuación de equilibrio; es la que indica que la sumatoria de las fuerzas verticales es cero:

ZFV = 0

;

q.L = R

Se escribe la expresión del momento flector y se realiza la doble in tegración: M = w + Rx - ~~

y

2EI

El

EI

'

y

6EI

2EI

El

1

'

y

24EI

6EI

2EI

1

INCOGNITAS: Cp^.W.R,

CONDICIONES DE BORDE: Enx = 0

=>

y = 0 y'= 0

En

x = L

=>

y = W|/k

Al expresar la tercera condición incógnita que es

de

borde se introduce una nueva

w1 . Pero se puede escribir otra; la de equilibrio, que indica

que el momento de todas las fuerzas aplicadas, incluyendo a las reacciones, debe ser nulo: £M = o

PROBLEMA Ns 8 Para la estructura mostrada en la figura, determinar las reacciones utilizando la ecuación de la curva elástica.

V/7Z////,

SOLUCION:

'V//////,

Mi = " ^j- - w M M u" y = ~

y i =

*

, M2 = - ^- - w + R(X - L)

E.l

_ qx2 w y 2 = 2EI + El

3*1 + w. 2EI El

R(x - L) El

y i =

+ c,

yi =

+ c3

yi =

+ c1X + c2

y2 =

+ c3X + c4

CONDICIONES DE BORDE Y DE EQUILIBRIO:

1 )

X = 0

y', = w/k"

2)

X o L

y1 = R/k'

3 )

X = L

y2 = R/k1

4 )

X = L

Vi = y2

5 )

X = 2L

y2 = o

6 )

ZMA = 0

RL - W - q(2L)2/ 2 = 0

PROBLEMA Ns 9


-4 1 SOLUCION:

Rx y

"

M2 = Rx - Px + PL

E.l

Rx El -Bxi + c y'i = 2EI 1 Rx3 yi =

h " El Sxi , y'2 = 2EI -Ex! + y2 = 6EI

y i =

INCOGNÍTAS:

y 2 =

^ - PL El El Pxl PLx , 2EI O Pxi 6EI . PLxi 2EI

3 3

c4

C2, Cg, C4, R

CONDICIONES DE BORDE: R [k'.k'7(k' + k")]

En

x = 0

=>

yi =

En

x = L

=>

yi = y2 y'i = y'2

En

x = 2L

y2 = 0 y'2 = o

PROBLEMA N* 10

Para la viga mostrada en la figura, calcular las reacciones hiperestáticas.

SOLUCION:

i BBJ I B1 Mr

Rx - Q y" = -

M(x) El

M2 = Rx - Q + w

-42-

y i

_ .Q El Qx

Rx El Rx2

v", = -Q.Rx .w 7 El El El y2

.

Qx2 RX3 yi = 2ET-6Ef + clX + c2

El

2EI

El

Qx2

Rx3

Wx2

3

INCOGNrTAS: Ri Q> c-i >

C3, c^


X = 0

=>

y1 = 0 y'1 = o

En

x = l/2

Vi = y2 y'i = v'z

En

x = L

y2 = o y2 = o

PROBLEMA Ns 11

Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica y las reacciones.

L1 Al El .

r B

SOLUCION:

- Px M2 = - Px + Rx - RL

y", = Ex y 1 El y i

v"i — Px Rx i RL y 2 El " El El

= Px2 , 2EI

y, =£|i + clX + c2

INCOGNITAS: C.,, C2, C3, C4, R


X = L

Vi =RL1/A1E1 y2 = RL1/A1E| y'i - y2

En

X= 2L

y2 = o y2 = o

Si resolvemos el problema entrando por el extremo empotrado:

r B

Cr-> F i

*

M M y" = - M(x)/EI

INCOGNITAS: O,, C2, C3, C4, F, W, R. CONDICIONES DE BORDE Y DE EQUILIBRIO:

En

X = o

y2 = 0 y '2 = o

En

X = L

y1 =RL1/A1E1 y2 = RLj/A^ y'i - y2

SFV= 0

EM = 0

PROBLEMA Ns 12

Para

la estructura

mostrada en

la figura,

calcular Fa

deflexión

del

punto Q

B i ¿i mmmmm

CABLE FB: L1 , A1 , E1

POSTE DE: L¿, Aj, E2

VIGA AC: 3L, A, E, I.

SOLUCION: M-

M2

W

|«.

„,

¡'

6

0 t.

y" = - M(x)/EI

M M

* r

M, = -Px

M2 = -Px + Ri(x-L)

M3 = -Px + R,(x-L) + R2(x-2L)

y"i =

y"2 =

y"3 = ...

y'i = ... +c]

y'2 = ... +c3

y*3 = - +c5

yi = . .. + C\X + c2

y2 = ... + c3x + c4

y3 = ... +c5x + c6

INCOGNITAS:

C2, C3, C4, C5, C6, Rv R2, R3, W.

-45CONDICIONES DE BORDE:

1)

X = L

yi = Ri Li/Ai Ei

2)

X = L

y2 = Ri h/Ai Ei

3)

X = L

y'i = y'2

4)

X = 2L

y2 = R2 L2/A2 ^2

5)

X n 2L

y3 = R2 L2/A2 ^

6)

X = 2L

ywa

7)

X = 3L

y3 = R3/k1

8)

X = 3L

y3- w/k2

9)

IFv = 0

10)

IM = 0

PROBLEMA Nfi 13

Utilizando el método de la doble integración, determinar la ecuación de la curva elástica.

Utilizar el sistema de

referencia y la convención del

momento flector señalada en la figura.

I

M M

SOLUCION: Al

plantear

las

ecuaciones

diferenciales

aparecerán las siete incógnitas o,, Cg, Cg, c4, R, w, Q

de

la

curva

elástica

-46Las condiciones de borde y la ecuación de equilibrio que forman el sistema de siete ecuaciones con siete incógnitas son:

;1) R.L + w - q.L2/2 =

0

2) X = 0

=>

k.yt = R

3) X = 0

=>

y'i = 0

Vi = Q/k

4) X = L

5) X = L

=>

y2 = Q/k

6) X = 2L

=>

y2 = 0

7) X = 2L

=>

y '2 = 0

PROBLEMA Ns 14

Utilizando el método de la doble integración, determinar la ecuación de la curva elástica de la estructura mostrada en la figura. Utilizar, además, el sistema de referencia y la convención del momento flector señalada en la misma figura. Se supone que al cargar la estructura, contacto con el resorte.

la articulación hace

Al plantear las ecuaciones diferenciales de la curva elástica aparecerán las nueve incógnitas o,, c2, c3, c4, c5, c6, F, R, w.

Las condiciones de borde y ecuaciones de equilibrio que forman el sistema de nueve ecuaciones con nueve incógnitas son:

En

x = L

Vi = o y2 = 0 y'i = o y 2 = °

En

x = 2L

y2 = 8 + F/k y3 = S + F/k

En

x = 3L

Px2L - RxL - W = 0

I MB = 0

X Me = 0

y3 = 0

=>

Px3L - Rx2L - W - FxL + 9L¿ = 0

48 METODO DE LA CUARTA DERIVADA

El método de la cuarta derivada es una extensión del método de la se gunda derivada. El método tiene la gran ventaja de no distinguir entre una viga isostática y una viga hiperestática. Trata a ambas de la misma manera. Tiene la desventaja de aumentar considerablemente el número de las constantes de integración y de las ecuaciones que expresan las condiciones de continuidad y de contorno, lo que hace el cálculo muy laborioso. Para entender en qué consiste el método, supóngase una viga como la mostrada en la figura con una carga distribuida genérica. q(x)

Sobre un elemento genérico de la viga, de longitud dx, actuarán las acciones internas que se señalan. Para el estudio se ha tomado un sistema de referencia como el que se muestra y las convenciones para las acciones in ternas allí también señaladas. q(x).dx

M

M

tsi ® dx CONDICIÓN DE EQUILIBRIO EN DIRECCIÓN VERTICAL:

T - q(x).dx - T - dT = 0 dT = - q(x)dx Esta relación muestra que la acción cortante está relacionada con la función carga a través de una relación diferencial.

-49Dicha relación lleva definitivamente a escribir:

EQUILIBRIO PARA LOS MOMENTOS:

M + dM - M - Tdx + q(x)dx.^ = 0 dM = Tdx

Esta expresión muestra que la acción cortante está relacionada con la función momento flector mediante una relación diferencial.

Dicha relación

lleva definitivamente a escribir:

= T(x) dx

Para la convención que se ha establecido al principio, la ecuación de la curva elástica adquiere la configuración:

d2y _ dx2 ~

M(x) El

Derivando dos veces la expresión anterior, se obtiene:

d3y _ dx3

d4y _ dx4

i dM _ EI dx

i d2M _ EI dx2

TQQ EI

xdi _ qW EI dx EI

iv _ El

La ecuación relaciona carga

a la derivada cuarta de la curva elástica con la

que actúa sobre la estructura.

No existe

una relación

directa entre

carga y curva elástica, lo que existe es una relación diferencial a través de la derivada cuarta de la función y(x).

-50PROBLEMARIO

En los problemas que se van a resolver utilizando el método de la cuarta derivada, se usará la primera convención cuando se entre de izquierda a derecha y la segunda convención cuando se entre de derecha a izquierda. Se pueden utilizar otras convenciones diferentes de éstas, pero se debe hacer el estudio previo correspondiente para determinar el signo de la ecuación. PRIMERA CONVENCION: ,

*

M M

T

T

|—3—

SEGUNDA CONVENCION: T

x

M M n n

w ®

x —

1

n

1

z

PROBLEMA Ns 1

Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica utilizando el método de la cuarta derivada. q(x) = constante .mmmmmmmmmmmmmmmmmK i I SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: rv

Q(x) =

Q = ^

q = constante

qx4 cix3 c2x2 y = 2lEI + "Y + "V + c3x + C4

-5 1-

Para determinar las cuatro constantes de integración se recurre a las condiciones de borde:

En

x= o

=>

y" = o y'" = o

En

x = L

=>

y = o y = o

PROBLEMA Ns 2

Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica utilizando el método de la cuarta derivada. q(x) = constante

1 SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene:

INCOGNrTAS: O,, C2, C3, C4


En

x= o

y = o y" = o

En

x = L

y = o y' = o

PROBLEMA Nfi 3

Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica utilizando el método de la cuarta derivada. q(x) = constante

-52-

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: INCOGNÍTAS: C i , C2 , Cg , C4

(CONDICIONES DE BORDE:

En

x= o

=>

y = o y" = o

En

x = L

=>

y=o y" = o

PROBLEMA N8 4 Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica utilizando el método de la cuarta derivada. q(x) = constante

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: INCOGNÍTAS: C v VC2, C3, C4


En

x=o

=>

y=o y' = o

En

x = L

=>

y=0 y' = o

PROBLEMA Na 5

Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica utilizando el método de la cuarta derivada.

L

i

L P

A

B

D i w

SOLUCION: Si se

observa la viga en

los intervalos entre dos cargas, concen

tradas, allí será una viga con carga distribuida nula y, por lo tanto, en dichos intervalos se deformará como una parábola cúbica. Para cada tramo se puede escribir la expresión: TRAMO AB: y',v = 0

;

y'"i = c1

;

y",=c,x + c2

;

y'i

c2X + C3

yi = C~f + C~f + c3X + c4

TRAMO BC:

V2 = 0

;

y'"2 = c5

;

y"2 = c5x + c6

;

y'2 = Ûc6x + c7

y2 = ^ + ^ + c7X + c8

TRAMO CD: y'3v = 0

;

y'"3 = c9

;

y"3 = c9x + do

coX3 y3 =

;

, cinX2 , + + cnx + cI2

INCOGNITAS: C,, C2, C3, C4, C5, C6, Cj, C8, Cg, C1 Q, C^, C12

y'3 = ^r- + cioX + cn

-54CONDICIONES DE BORDE Y DE EMPALME:

En

X

0

En

x

L

-Eiy'"., = -Ely'"2 + P

O En

x

2L

(T, = T2+ P)

y2 = y3 y'2 = y 3 -Eiy"2 + w = -Eiy"3 ym2 = ym3

En

x

3L

( M1 + W = M2)

y3 = ° y'3 = 0

(*)

Para entender porqué la condición de empalme en el punto b se es

cribió de la manera [- Eiy"^ = - Eiy"'2+ p], vamos a auxiliarnos con el dibujo que representa al elemento diferencial de la viga que está en el punto B.

Se colocan a la izquierda y a la derecha del punto B las acciones

cor

tantes de la misma manera que se asumieron en la convención. Esas fuer zas, junto con la carga P, deben respetar la condición de equilibrio que se señala en el recuadro. Sabiendo por la deducción de la fórmula de la ecua ción de la cuarta derivada que T = -Eiy'", entonces al sustituir a T1 y T2 respectivamente por los valores - Eiy"^

(**)

y - Eiy'"2 , se llega al resultado.

De la misma manera se razona para el punto cde la viga:

M, = -EIy"2

;

M2 = -EIy"3

-55PROBLEMA Nfi 6


r

tnnnnm y/////// SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: TRAMO AB:

2EI+c,x + c2 ; y, =L + _J_ + c2X + c3 jf-é: jr.-f + c.ijr, - Sí.

v _ Q*4 , c1X3 c2x2 Yl -24EI+-6" + ^- + c3X + c4

TRAMO BC:

ti = o

y 2 = c5

y2 =

y 2 = c5x + c6

;

y'2 = ^y- + c6X + c7

C<;X3 , c6X2 + c7x + c8 6 + 2

INCOGNITAS: C,, C2, C3> C4, C5, C6, Cj, CQ


En

X = 0

y, - o

En

x = l

y1 = o y2 = o y'i = y'2 y"i • y"2

En

x = L + a

y"2 - o - Eiy'"2 = P

IT-i = P)

-56-

PROBLEMA N8 7


nnnnmn i

f

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: TRAMO AB: iv q y, = £ ; y

.| + c,

;y,=^ + c,X + c2;y,-g + cfi + c2X + C3

qx4

cix3

, c2X2 ,

TRAMO BC: y'2v = 0

;

y'"2 = c5

;

y"2 = c5x + c6

y'2 = ^-+c6x + c7

_ c5X3 + c6X2 y2

+ c7X + c8

INCOGNITAS: C,, C2, C3, C4, C5, C6, Cj, Cg


En

x = o

En

X = L

Vi =0 y'i = o Vl =0 y2 = o y'i = y'2 y"i ■ y"2 yM2 = o

En

x = l + a - Eiy'"2 = P

(T, = P)

PROBLEMA N" 8 Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica utilizando el método de la cuarta derivada.

iA

L

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: TRAMO AB. y'i

= 0

;

y'", = C1

;

y"¡ = c1X + c2

y, = C~f- + TRAMO BC

INCOGNITAS: Cv C2, C3, C4, C5, C6, Cy, C8


En

X = 0

y1 = o y'i = o

En

x = L

Vi =o y2 = 0 y'i = y'2 y"i = y"2

En

x = L + a

=>

y2 - 0 y"2 = o

;

+ c3X + c4

y'i = -L- + c2x + c3

-58-

PROBLEMA Nfi 9


i B

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene:

INCOGNITAS: C.,, C2, C3, C4, C5, C6, C7, C8, Cg, C1 0, Cn, C12


En

X = 0

Vi = o y'i= o

En

x = L

yi = y2 y'i - y 2 y"i = y"2 -Ely'"., = -Eiy'"2 + P

En

x = 2L

y2 = o y3 = 0 y'2 - y'a y"2 - y"3

En

x = 3L

y3 = 0 y"3 = o

(t, = T2 + P)

-5 9PROBLEMA Ns 10


r 1 i

B

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: TRAMO AB: y',v = 0

:

y"1, = cl

;

y | = C]x + ct cix3 o

yi

, c-,x2 ¿

;

,

TRAMO BC: c5xY2

= 0

;

;

y'"2

INCOGNÍTAS: C1 , C2, C3, C4,

y 2 = c5x + c6

;

y2 =

C5, C6, Cy, Cg


En

x = o

=>

y1 = o y'i - 0

En

x = L

vi = y2 y'i - y '2 y"i = y"2 (T1+R = T2)

- Eiy'"., + y,k = - Eiy'

En

x = 2L

y"2 = o 1 Eiy'"22 = P

= P)

+ c6x + C7

60

PROBLEMA Ns 11 Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica utilizando el método de la cuarta derivada.

L

„

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: INCOGNÍTAS: C1, C2, C3, C4, C5, C6, C7, C8, C9, C1 0, C1 1 , C1 2'

CONDICIONES DE BORDE Y EMPALME: En

X= 0

y i = 0 + Eiy "\ = p

En

x= L

yi - 0 y2 = 0 y,i-

y2

y"i = y"2 En

x = 2L

y2 = y3

yV=

0

y"3 = 0 = ym3 y""2

En

x = 3L

y3 = 0 y,a- 0

j

-6 1-

PROBLEMA Ns 12


p

q ,

ITIliUlJUlUIUU

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: INCOGNITAS: C1, C2' C3' C4' C5' C6' C7' C8' C9' C1 0' C11, C1 2


En

X = 0

y"i = o +Ely'"1 = P

En

x = l

=>

y1 = o y2 = o y'i = y2 y"i = y"2

En

x = 2L

=>

y2 = y3 y"2 = o y"3 ■ o y'"2 - y,n3

En

x = 3L

y3 = 0 y'3 = 0

-62PROBLEMA N2 13 Para la viga mostrada en la figura, determinar la elástica con el método de la cuarta derivada.

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene:

TRAMO AB: y'iv = 0

:

y'", = c,

;

y"1 = c,x + c2

;

y'i o

*

"

yi = °-f + ^ + °3X + c4 TRAMO BC: y2v = 0

;

y'"2 = c5

;

y"2 = c5x + c6

;

y'2

2- + c6X + c7

+ c7X + cg INCOGNrTASiC. , C9, O,, C


x = o

= o y'"i = o

En

x = L

yi - y2 y'1 = y'2 y"i = y"2 -Ely"^ + yvK = -Eiy'"2 + P

En

x = 2L

y"2 = o -Ely'"2 + (A1E1/L1)y2

= o

(T, + R= T2+ P)

PROBLEMA N» 14

Para la viga mostrada en ia figura, determinar la ecuación de la curva elástica con el método de la cuarta derivada.

SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: INCOGNrTAS: c.,, c2, c3, c4, c5, c6, c7, Cq.


En

x = o

=>

y'\ = o y'"i - o

En

x = L

yi = y2 y'i = o y'2 = o - Ely'"., + y,k = - Eiy'

En

x = 2L

(T1+ R = T2)

y'2 = o - Eiy'"2 + ( A1 E^L^ y2 = 0

PROBLEMA Nc 15

Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica con el método de la cuarta derivada.

Al El

1*2 '////// SOLUCION: Utilizando la primera convención y asumiendo que la viga está forma da por los tres tramos AB, BCyCDse tiene: INCOGNÍTAS: c1> C2' C3' C4' C5' C6' C7> C8' C9' C1 0' C11« C1 2'


x = 0

y"i = 0 Ely'", = P

En

x = L

yi « y2 y'i = y2 y"i - y"2 -Eiy'"-, +y1k1 =

En

x = 2L

=>

Ely'"2

y2 = y3 y2 - y3 -Eiy"2 = y'2k2- Eiy"3 y'"2 - y"a

En

x = 3L

y"3=o -Eiy'V (a^/l,). y3= o

(T1+R = T2)

-65Este problema se puede resolver asumiendo que la viga está formada por los cuatro tramos AB, BC, CD y DE, lo que implica, al integrar, tener que determinar 1 6 constantes de integración. Las condiciones de borde son:

En

x= o

=>

y"., = o Eiy"^ = P

En

x = L

y^ = y2 y\ - y'2 y"i = y"2 - E\y"\ + y1k1 = - Eiy'"2

En

x = 2L

(T1+r = t2)

y2 = y3 y'2 ■ y'8 - Ely"2 = y'3k2- Eiy"3 y'"2 - y,M3

En

x = 3L

y3 = y4 y'a = y 4 y"3 - y"4 - Ely"l3 + (A1E1/L1).y3 = Eiy'

En

x = 4L

y"4 - o y'"4 - o

PROBLEMA Nfi 16

Para la viga mostrada en la figura, determinar la ecuación de la curva elástica con el método de la cuarta derivada.

i

L/2

| B

L/2

un

-66SOLUCION: Utilizando la primera convención se tiene: TRAMO AB:

yV = 0

;

y'", = c,

;

y", = c,x + c2

y, = C-f +

2 y'j = ^ + c2x + c3

;

+ c3X + c4

TRAMO BC: y2v = 0

;

y'"2 = c5

;

y"2 = c5x + c6

;

2 + c6x + c7 y'2 = £^L 2

y2 = ^ + ^ + c7x + c8 TRAMO CD: y3v = 0

;

y'"3 = c9

;

y"3=c9x + ci0

;

y'3 =

y3 = £>£ + Slf- + c„x + c12

INCOGNITAS: C^ C2, C3, C4, C5, C6, Cy, C8, Cg, C1 0, C^, C1 2.


En

X = 0

=>

y1 = 0 y'1 = o

En

x = L/2

=>

y1 = y2 y'i - y2 y"i ■ y"2 - Ely"^ = p - Eiy'"2

En

x = L

=>

y'2 = y'3 y"2 - y"3 y"'2 = o y'"3 - o

En

X = 2L

- Ely"3 + w = o - Eiym3 + [ k A1E1/(A1E1 - kL,)]. y3 = o

+ cío* + c¡ 1

-67-

PROBLEMA N° 17

Para la estructura mostrada en la figura, usando el sistema de refe rencia y las convenciones allí señaladas, determinar la ecuación de la curva elástica utilizando el método de la cuarta derivada.

vj; ¡¡ ? t

í

M M

SOLUCION: Aparecen 1 2 incógnitas al integrar las ecuaciones de tica.

Las condiciones de borde y de empalme son:

En

x = o

y1 = o y'r= 0

En

x = L

=>

y 1 = y 2 y"i - y"2 • E»y"'i + kyi = o y"*2 = o

En

x = 2L

y2 = 0 y3 = 0 y'2 = y'a y"2 - y"3

En

x = 3L

=*

- Eiy"3 - ky'3 - 0 - Eiy'"3 + ky3 = o

la curva elás

-68 METODO DE SUPERPOSICION El principal problema en el análisis de estructuras estáticamente indeterminadas, es calcular suficientes reacciones hiperestáticas para que el resto de las reacciones puedan calcularse por medio de las ecuaciones de la estática. Para este fin se dispone de varios métodos, entre ellos está el método de superposición. El método consiste en descomponer la viga hiperestática en una serie de vigas isostáticas. Las deflexiones y las rotaciones de las vigas isostáticas se combinan (se suman algebraicamente) de tal forma, que su suma corresponda a las condiciones originales conocidas de la viga hiperestática. El procedimiento general para resolver problemas hiperestáticos hace uso de la geometría de las rotaciones y las deflexiones. Usando este método, se transforma la estructura hiperestática en isostática eliminando o transformando los vínculos y, a la vez, colocando las reacciones hiperestá ticas que se ponen en evidencia. Es, fundamentalmente, un asunto de conve niencia el determinar cuáles vínculos se van a eliminar o transformar y, por ende, cuáles de las reacciones se van a considerar. Se calcula la rotación y/o la deflexión en el lugar donde actúa cada reacción hiperestática. Finalmente, se calcula la fuerza o el momento necesario para mantener la viga en su condición original. Las reacciones restantes se determinan por medio de las ecuaciones de la estática. Para ilustrar este procedimiento en forma general, consideremos la viga que se muestra en la figura:

r i L/2 i

L/2

C¡* -—W

^3SL

A

t.

I

r

.

i

.

T«

Esta viga tiene un grado de hiperestaticidad, lo que significa que úni camente es necesario calcular una reacción por otros medios diferentes a la estática. Para esta viga, supóngase por conveniencia que R es la reacción hiperestática que se evidencia al eliminar el rodillo en el extremo B. Nótese que debido a que el apoyo en B no se mueve, la deflexión final del punto B debe ser cero.

-69S¡ se quita R, el punto B se desplazará una cantidad A, que puede calcularse por cualquiera de los métodos descritos anteriormente.

a = sal 48EI Si después se quita la carga P de la viga isostática y se aplica la fuerza R en B, la deflexión 5 podrá calcularse en función de R.

3EI Si se superponen las dos vigas, resultará la viga inicial sólo si A = 5. Como A es una cantidad conocida, y 5 se expresa en función de R, igualando las deflexiones se obtendrá una ecuación con la cual puede calcularse R. 5PL3 _ RL¿ 48EI 3EI

_>

R = 5P 16

Una vez determinada R, pueden calcularse las restantes reacciones utilizando las ecuaciones de la estática. Otra manera de resolver el problema, es transformando el empotra miento en a en un apoyo y evidenciando el momento m que allí se transmite. En la figura se muestra la misma viga anterior, pero esta vez se supone que el momento M es la reacción hiperestática.

Se sabe que la rotación de la sección A de la viga original es cero debido al empotramiento en ese punto. Si se quita el momento M, resulta la viga simplemente apoyada. La rotación eA producida por la carga P puede calcularse por los métodos anteriores. Quitando la carga P y aplicando un momento m en el extremo A se generará la curva elástica mostrada con una rotación 4*A producida por M.

-70Superponiendo las vigas se obtiene la viga original si y solamente si 9A + *FA = o. Esta relación entre las rotaciones permite calcular el valor de la incógnita M.

En la aplicación del método de superposición, el trabajo se facilita enormemente cuando se utilizan las tablas de deflexiones y rotaciones que suministran los libros y manuales de ingeniería. Una de esas tablas es la que se muestra a continuación: ROTACIONES Y DEFLEXIONES EN VALOR ABSOLUTO 6A = WL/24EI 8B = WL/24EI

8A = WL/6EI 8B = VL/3EI

8A = PL2/16EI 6B = PL2/16EI Smax ■ PL3/48EI

9A = qL3/24EI BB = qL3/24EI W

i*

r ■ B

384EI

6B

PL3/3EI

Bb

PL2/2EI

6B = qL4/8EI I 6b = qL3/6EI

-7 1PROBLEMARIO PROBLEMA N9 1

Determinar la reacción

hiperestática en la viga mostrada en la figu

ra, utilizando el método de superposición.

w i i SOLUCION: Se transforma el empotramiento en un apoyo y se coloca el momento que allí se transmite:

W

-

4} ya>)////

Se determinan las rotaciones que producen en a el momento M y el momento w.

r V7////A ML/3EI

W -ML/6EI

'///////, - WL/6EI

WL/3EI

Se establece la condición de que tal rotación debe ser nula: N£,.vvL=0 3EI 6EI

=>

M = ^ 2

PROBLEMA N8 2 Determinar la reacción hiperestática en la viga que se muestra en la figura, utilizando el método de superposición.

72

SOLUCION:

Se transforma el empotramiento en un apoyo y se coloca el momento que allí se transmite: M

.33 >//?///;,

Luego, se determinan las rotaciones en el extremo A producidas por la carga distribuida y el momento M: M T V

+ ML/3EI

- ML/6EI

qL3/24EI

y/////// '//;);//, -qL3/24EI

Finalmente, se expresa la condición de que la rotación en a debe ser

cero: _ qL^ M = 3EI

24EI

8

Otra forma de resolver el problema es: Se elimina el rodillo en B y se coloca la reacción R que allí se transmite. Luego se expresa la condición de desplazamiento nulo en B.

^ttmImtI'1 8EI

3qL R = 8EI

3EI

PROBLEMA N9 3

Utilizando el método de superposición, calcular en la viga hiperestática mostrada en la figura, las reacciones de los vínculos .

|al¿2

-73-

SOLUCION: Se transforman los dos empotramientos en dos apoyos y se colocan los momentos que allí se transmiten.

Se sabe que ¡a rotación de la secciones a y B debe ser cero, debido a los empotramientos. Se determinan las rotaciones en AyB debido a cada una de las cargas:

Mil 3EI

MlL 6EI

WL 24E1

WL 24EI

M2 L £EI

M2L 3EI

Se plantea el sistema de ecuaciones que permite calcular los valores de los momentos de los empotramientos: / M|.L 3EI

wL 24EI

M2L _ Q 6EI

MtL 6EI

wL 24EI

, M2L _ Q 3EI

\

PROBLEMA Nfi 4

Resolver utilizando el método de superposición:

SOLUCION: Se transforman los dos empotramientos en dos apoyos y se colocan los momentos que allí se transmiten. M, L/2

r

i i

1

1

1

.//////.

L/2

|P

M2

i v///.

Se sabe que la rotación de la secciones A y B debe ser cero, debido a los empotramientos. Se determinan las rotaciones en A y B debido a cada una de las cargas: M2 r +

+ PL3 16EI

" 6EI

PL3 " 16EI

M2L " 6E!

M2>3EI

Se plantea el sistema de ecuaciones que permite calcular los valores de los momentos de los empotramientos: PL3 16EI

, M,L 3EI

PL3 16EI

6EI

M2L _ Q 6ÉI

= 0 3EI

PROBLEMA Ns 5

Resolver utilizando el método de superposición:

SOLUCION: Se puede pensar en resolver el problema eliminando el apoyo y colo cando la reacción R que allí se transmite; pero de esta manera no se puede llegar a la solución con los datos que se tienen en la tabla. F r

f i

ii

=

I' E

75

Razonamos de la manera siguiente: se transforma el empotramiento en un apoyo y se coloca el momento que allí se transmite. M,

r

£

TT

'////////.

Luego, se considera que la carga P aplicada en el extremo c provoca un momento Pi_/2en el rodillo B y se determinan las rotaciones: "i

PL/2

PL/2

"i

£—£

+ MtL " 6EI

Mil 3EI

M]L 3EI

PL2 _ q 12EI

M, =EL

PROBLEMA Ns 6

Determinar la reacción en el extremo donde está colocado el resorte. Resolver utilizando el método de superposición:

§ ^BB «a

SOLUCION:

>

Se elimina el resorte y se coloca la reacción R que allí se transmite: q

I:

q

- I

m L

IB

=

Luego, por superposición, se determinan las deflexiones del extremo B provocadas por la carga distribuida y la carga R.

-76_RLa 3EI IB ♦ ski 8EI

.

=

i

Finalmente, se expresa la condición que señala que la deflexión del punto B debe ser igual a R/k. 3t4 8EÍ

RL3 - R 3E1 k

r = r_ÊL 1 + J¿ Lk 3EU

PROBLEMA N9 7 Utilizando el método de superposición, calcular la deflexión del punto de contacto de las dos vigas.

SOLUCION: Se elimina el apoyo y se coloca en ambas vigas la reacción r que se transmiten:

Se plantea la ecuación que refleja el hecho de que la deflexión del ex tremo libre de la viga de la derecha, debido a la carga distribuida y a la car ga R, debe igualar a la deflexión del extremo libre de la viga de la izquierda debida sólo a la reacción R.

RL3 - qL4 3EI 8EI

RL3 3EI

_ "

R _ 3qL 16

s _ qL4 16EI

PROBLEMA Ns 8

Para la estructura mostrada en

la figura, determinar la reacción

R

que el resorte ejerce sobre la viga en el punto a, utilizando el método de superposición.

Se supone que antes de cargar la viga AB, ella está en posi

ción horizontal y existe una holgura "5" entre la viga y el resorte. Como dato adicional, la deflexión en el extremo libre de una viga empotrada por efecto de una carga aplicada en dicho extremo vale: p.l3/3.e.i

45 N

E.l = 500 N.m2 100 cm

i

B

& — 1 CID

K = 6000 N/m

SOLUCION: Con 15 N se toca el resorte. Los otros 30 N servirán para generar la reacción R.

30 x 3 x500

RL3 3EI

30 x l3 _ R 13 3 x 500 3 x 500

R k

6000

R = 24 N OTRA MANERA DE PLANTEAR EL PROBLEMA: Considerando que el desplazamiento del punto A se debe al concurso de las fuerzas p y r; y que ese desplazamiento debe ser igual a la suma de 5 y de la contracción del resorte. Entonces:

PL3 3EI

RL3 3EI

_ 5 , R k

R = 24 N

-78-

PROBLEMA Nfi 9

Cuando la estructura está totalmente descargada, la viga ab está en posición horizontal, y entre el extremo B de la viga y el resorte hay un es pacio "5".

Determinar el

valor "q" de la carga distribuida uniformemente

que hay que aplicar a la estructura, para que ocurra la falla en la varilla BC. Utilícese el método de superposición.

VARILLA BC A = 2 «1,2 L = 40 cm E = 1 06 kg/cm 2 375 kg/cm2 P

S = 0,005 cm

VIGA AB

K = 75 000 kg/cm

SOLUCION: R = aA.A = 375 x 2 = 750 kg

AL = 750 x 40

= o,015 cm

2x 106

Esto implica un acortamiento del resorte de 0,01 cm. Fres = 0,01 x 75 000 = 750 kg

£¿ . Bll . 8EI 3EI

Fres L3 3EI

= 0()15cm

q = 64 kg/cm = 6400 kg/m

-79-

PROBLEMA N9 10 Calcular la reacción R que ambas barras se transmiten en B y el des plazamiento del mismo punto. Ambas barras tienen el mismo

E.l. Se reco

mienda utilizar una combinación del método de superposición con el método de la doble integración.

SOLUCION: Se hace un diagrama de cuerpo libre de las vigas para evidenciar la reacción R.

Utilizando

la tabla de superposición

se observa el valor de la de

flexión del punto B de la viga BC.

Se descompone la viga ac en dos vigas. Una con la carga p y la otra con la carga R.

Se determina la ecuación de la curva elástica: M + P.x = 0

;

M = - P.x

-80-

_

M = Px El El

y

Pxi + c, 2EI

y =

6EI + c,X + c2

Con las condiciones de borde:

x = L ; y = o X = L ; y = 0

Se determinan las constantes:

-

ELi 2EI

= ELi 3EI

Se calcula la deflexión en el punto medio:

y (L/2) = 5PLÍ y 48EI

Luego, por superposición se puede determinar r:

5PL3 48EI

RL3 24EI

_

R " f La deflexión vale:

RLi 24EI

- 81-

PROBLEMA Ns 11

Para la estructura mostrada en la figura, determinar, la reacción que transmite el resorte a las vigas empotradas. Resolver el problema utilizando el método de superposición.

El = 40 000 N.m2 q = 3200 N/m L - 1 m k = 60 000 N/m I

SOLUCION:

8EI

RL 3EI

|'R

'1 5B =

I 4

3EI

5c - 5B = |

.8EI

RL3 3EL

3EI

R = 300 N

R k

-82-

CAPITULO II FLEXION DESVIADA O FLEXION OBLICUA OBJETIVOS:

Al completar el estudio y la solución de los problemas de tulo, usted deberá ser capaz de:

este capí

1.- Definir correctamente la flexión desviada. 2.- Analizar cualitativamente los cuatro casos de flexión desviada que pueden presentarse. 3.- Determinar el eje de solicitación y el eje neutro de la flexión desviada. 4.- Calcular los esfuerzos normales que se inducen en los diferentes puntos de la sección usando la ecuación general, o el método de superposición que considera la flexión desviada como dos casos de flexión recta. 5.- Verificar la resistencia de elementos sometidos a flexión desvia da y determinar el factor de seguridad correspondiente. 6.- Seleccionar los perfiles más económicos para la construcción de elementos estructurales seguros. i

\

7 .- Calcular los esfuerzos normales que se generan en cualquier pun to de una viga recta, sometida a la acción de una flexión desviada combinada con tracción o con compresión axial. INTRODUCCION:

Supóngase una viga recta de sección uniforme sometida en sus extre mos a los momentos flectores M.

-8 3-

Supóngase además, que la sección de la viga sea la mostrada en la figura con su respectiva elipse de inercia allí señalada.

Y

En este caso,

los ejes principales de la elipse de inercia coinciden

con los ejes "x" & "y". Si el momento flector aplicado a la viga actuase de tal manera que el

eje de

solicitación

coincidiera con cualquiera

de

los

ejes

principales de la elipse de inercia, se estaría en un caso de flexión recta.

La

sección

estará

sometida

a

flexión

simple

casos siguientes:

Y = EJE SOLIC

PRIMER CASO FLEXION SIMPLE RECTA

SEGUNDO CASO FLEXION SIMPLE RECTA

recta

en

los

cuatro

84-

Y = EJE NEUTRO

X = EJE SOLIC.

TERCER CASO FLEXI0N SIMPLE RECTA

. Y = EJE NEUTRO

X = EJE SOLIC.

CUARTO CASO FLEXIÓN SIMPLE RECTA

Cuando la flexión es recta, el eje neutro y el eje de solicitación resultan ser siempre perpendiculares entre sí.

FLEXION DESVIADA

Por flexión desviada se entiende el caso de una flexión donde el mo mento flector actúa de tal manera que el eje de solicitación no coincide con un eje principal de la elipse de inercia. El vector momento flector será siempre perpendicular al eje de solicitación, pero el eje neutro no será el eje perpendicular al eje de solicitación sino más bien el eje conjugado al eje de solicitación. Otra manera de ver la flexión desviada, es considerándola como la flexión que resulta al aplicarle a la sección dos flexiones rectas simul táneamente. Se tendrá flexión desviada en los siguientes cuatro casos: PRIMER CASO: El vector momento flector se encuentra en el primer cuadrante formando un ángulo a con el eje x. El eje de solicitación será perpendicular al vector momento y, por lo tanto, formará un ángulo a con el eje y. El eje neutro estará desplazado, con respecto al eje x, en el mismo sentido del vector momento pero de un ángulo (3.

85

SEGUNDOCASQ El vector momento flector se encuentra en el segundo cuadrante formando un ángulo a con el eje x. El eje de solicitación será per pendicular al vector momento y, por lo tanto, formará un ángulo acón el eje y. El eje neutro estará desplazado, con respecto al eje x, en el mismo sentido del vector momento pero de un ángulo p.

TERCER CASO: El vector momento flector se encuentra en el tercer cua drante formando un ángulo a con el eje x. El eje de solicitación será perpen dicular al vector momento y, por lo tanto, formará el ángulo a con el eje y. El eje neutro estará desplazado, con respecto al eje x, en el mismo sentido del vector momento pero de un ángulo p.

-86

CUART0CA90: El vector momento flector se encuentra en el cuarto cua drante formando un ángulo a con el eje x. El eje de solicitación será perpen dicular al vector momento y, por lo tanto, formará el ángulo a con el eje y. El eje neutro estará desplazado, con respecto al eje x, en el mismo sentido del vector momento pero de un ángulo (3.

-87CALCULO DE LOS ESFUERZOS EN LA FLEXION DESVIADA

Supóngase que se tiene la sección mostrada en la figura, sometida a la acción de un momento flector m que actúa en el primer cuadrante.

Se desea determinar el esfuerzo que se genera en el punto genérico P. Para ello, se determina el efecto que provoca en dicho punto el momento Mx y el momento My .

Mx producirá un esfuerzo de tracción que vale:

Mx . y

M coscx.v

My producirá un esfuerzo de compresión que vale:

„

n

_

My ■ x _

m sena.x

Iy

h

Por lo tanto, el esfuerzo total que actúa sobre el punto será: a2 = Mx .y . My • x = Mcosa.y Ix

Iy

M seng.x _ M

Ix

Iy

y cosa _ x sena Ix

Iy

J

El eje neutro estará ubicado donde todos los az = o, o sea donde:

v cosa _ xsena _ 0 Ix

Iy

-88-

Esto significa, que la ecuación del eje neutro será:

y =

— tgoc

tga

donde p = arctg

Es la ecuación de una recta que pasa por el origen y forma el ángulo p con el eje x. Por lo tanto, se puede concluir que la flexión desviada puede tratarse como dos casos de flexión recta. Se utiliza la ecuación:

P = arctg h tga

para localizar el eje neutro y así poder determinar el cubito más alejado del eje neutro. Una vez detectado dicho punto, se procede con dos flexiones rec tas para determinar los esfuerzos. PROBLEMARIO PROBLEMA Ns 1

La viga AB de sección transversal rectangular, está empotrada en A y tiene aplicada en el extremo libre B una carga

P = 1000 n que actúa en la

dirección de la diagonal de la sección, tal como se muestra en la figura. SECCION "B" Y + X i

4 cm

120

3 cm

Determinar para la sección más peligrosa de la estructura:

a)

El eje de solicitación y el eje neutro de la flexión oblicua.

b)

El estado de esfuerzos en el punto más peligroso.

c)

El factor de seguridad, si el material de la viga tiene un límite de resistencia

Rp= 240 MPa.

-89SOLUCION: Sobre la sección B actúan las fuerzas: Y! Px = P.C0S9 = 1000x3/5 = 600 N py = p.sene = 1000x4/5 = 800 N y? rL iip

En la sección del empotramiento se generan los momentos flectores mayores y estos resultan ser: Mx = Pyx 1,2 = 800 x 1,2 = 960 N.m My = Px x 1,2 = 600 x 1,2 = 720 N.m y:

As

Mx = 960 N.m

a = arctg [220.1 = 37 0 L960 J

My = 720 N.m

Ix = -i-x 3 x43 = 12 (3 = arctg

EN"

X

16 cm4

h tga

Iy = -Lx4x 33 = 9 cm4

arctg

= 53°

ES 1 H ¡A : ct / Mx = 960 N.m i ///

B l■

VS M My = 720 N.m ENV

Á*

-90Los puntos en mayor peligro de la sección son los puntos A y B por ser los más alejados del eje neutro. Allí los esfuerzos valen: 960x 0,02 720x 0,015 ~Anxm — + = 240 MPa 16 x 10"8 9 x 10"8

aA =

;

aB = - 240 MPa

La viga está en su límite de resistencia y, por lo tanto, el valor del factor de seguridad es 1 .

PROBLEMA Ns 2

Sobre

la

viga

mostrada

en

la

figura

actúa

una

carga

P = 800 N.

Determinar los esfuerzos en el punto en mayor peligro si L = 200 cm y el án gulo 9 que forma la fuerza con el eje "y" es de 3 0°. La viga tiene un perfil SIDOR C80.

SOLUCION: La sección en

mayor peligro, que es la sección de empotramiento,

está sometida simultáneamente a la acción de los momentos flectores: MOMENTO FLECTOR EN EL PLANO Y-Z: Mx = P.cos6x2 = 800xcos30°x2 = 1386 N.m MOMENTO FLECTOR EN EL PLANO X-Z: My = P.senBx2 = 800xsen30°x2 = 800 N.m

EN

My a = arctg m7.

= arctg 800" = 30c Ll386-

DE LAS TABLAS DE PERFILES SIDOR: Ix = 74,4 cm4

P = arctg

Iy = 7,8 cm4

tga = arctg

Mx-h/2 . My.e

74,4 tg30° = 79,7° 7,8

1386x0,04

800x0,0105 +

Ix

Iy J

[74,4x1 0"8

7,8x1 0"8

aA = - 182,2 MPa

Mx.h/2

My.(b - e)

1386 x 0,04 + 800 x (0,035 -0,0105)

aB = 74,4 x 10"8

= 325,8 MPa

7,8 x 10"8

-92-

PROBLEMA Nc 3 Determinar el valor máximo que puede alcanzar el momento flector aplicado a la sección que se muestra en la figura. El esfuerzo máximo admi sible del material de la sección es oadm = 1700 kg/cm2. 5 i y

5

SOLUCION: DETERMINACION DE LA POSICION DEL CENTRO DE GRAVEDAD: 1 x 5 x 0,5 + 5 x l x 3,5 = 2cm

yG = 5 + 5

CALCULO DE LOS MOMENTOS DE INERCIA: Ix = JLx 5 x l3 + 5 x 1 x l,52 + -L x l x 53 + 5x 1 x 1,52 = 33,4 cm4

Iy = -L x 1 x 53 + -i- x 5 x 13

= 10,8 cm4

-93POSICION DEL EJE NEUTRO:

(3 = arctg — tga = arctg

33,4 tg30c 10,8

= 60,7C

CALCULO DEL MOMENTO ELECTOR: Mx = M cos30° = 0,866 M

;

0,866.M x 2

My = Msen30° = 0,5 M

0,5.M x 2,5 +

= 0,17 M

33,4

10,8

,r0,866.Mx4

0,5.Mx0.5

33,4

10,8

aB = +

= 0,13 M

M = 0^7 = ^H7' = 10000 kg.°m

PROBLEMA Nfi 4

La viga compuesta con dos perfiles sidor C-160 está cargada en los planos x-z & y-z tal como se muestra en la figura. Determinar el factor de seguridad de diseño, si el límite de resistencia del material de la viga vale Rp =

182 MPa. Y q = 24 OOO N/m

L = 2 PERFILES C-160 kx L = 2

z -)

6000 N 2 cm SOLUCION: Ix = 2.Ix = 2 x 630,6 = 1261,2 cm4

IY = 2 [Iy + A.(e + l)2] = 2 [ 32,2 + 16,6(1,3 + l)2] = 240 cm4

-94-

Mx = 12 000 N.m My = 3000 N.m a = 14° p = 52,7°

a = arctg

= arctg M

{3 = arctg

1261,2 tgl4° = 52,7C 240

tgal = arctg ly J

12 000 x 0,08 oA =

3000 = 14° L12 00OJ

3000 x 0,06 +

=

. 1261,2 x 10"8

151 MPa

240 x lO"8

PROBLEMA Ns 5

Resolver el

problema

anterior para

la

composición

de

los

perfiles

mostrada en la figura. La separación entre perfiles es nuevamente de 2 cm. PERFILES SIDOR C-160 y:

SOLUCION: Ix = 2 Ix

IY = 2[ly + A(b-e + l)2]

797,8 cm4

-95 ESI Y B <

Mx = 12 000 N.m My = 3000 N.m 1l

\

oc = 14° - -MP = 21,5°

EN

lES a = arctg My/Mx = arctg 3000/12 000 = 14c

P = arctg h tga

12 000 x 0,08 oA =

= arctg

=

21,5C

3000 x 0,06 = 98,7 MPa

+ 1261,2 x 10"8

1261,: tg!4c 797,8

=>

797,8 x 10'8

\¡f = J|2u = 1,84 98,7

PROBLEMA Nfi 6

Verificar

la

resistencia

de

la sección

mostrada

en

la figura,

si

el

momento aplicado en la sección más peligrosa vale M = 12 ooo N.m. El material del perfil tiene un límite de resistencia Rp= 200 MPa. A

PERFILES SIDOR L 100x10x100

2 CID SOLUCION: Ix = 2IX = 2x 177 = 354 cm4

IY = 2 [Iy + A(e + D2] = 2 [177 + 19,2(2,82 + l)2] = 914,3 cm4

-96 (3 = arctg — tgal = arctg 354 tg45c = 21,2C 914,3 ly J

(M.cos45°)(0, 1 - e) OA =

(M.cos45°)(0,02) + Iv

u

(12 000xQ,71)(0,l -0,0282) + (12 000 x 0,71)(0,02) = ,72 8 + 18 6 = 191.4MPa 354 x 10"8

914,3 x lO"8

(M.cos45°)(e)

(M.cos45°)(0, 1 1 )

Ix

Iv

(120 000 x 0,71)(0,0282) + (12 000 x 0,71)(0,1 1) = - [67,9 + 102,5] = - 170MPa 354 x 10"8

914,3 x 10"8

PROBLEMA Ns 7

Seleccionar

el

perfil

sidorc más económico para construir la viga

empotrada que se muestra en la figura. p

SOLUCION: La sección en mayor peligro es la sección del empotramiento. Allí la sección está sometida a las flexiones:

-97-

No se puede determinar el valor del ángulo p porque se desconoce el perfil. Para entrar en las tablas de los perfiles, se supone que actúan los momentos flectores por separado. O sea, se selecciona el perfil en base a flexiones rectas, escogiendo el que resulte mayor de los dos; y luego, se verifica a la acción simultánea de los dos momentos. SUPONIENDO QUE SOLO ACTUA Mv : 2000 x 1,4

Mt < Sx

=*

sx >

PERFIL C-80

= 10 cm3 280

SUPONIENDO QUE SOLO ACTUA M„ Mv

Rp

^

1000 * M = 5 cm3

PERFIL C-120

280

Vamos a verificar entonces el perfil C-120 a la acción simultánea de los dos momentos flectores:

Ix = 266,3 cm4 Iy

= 19,8cm4

P = arctg 266'3 tg26,6°1 = 81,6° .19,8

_ Mx . h/2

| Mv . e _ 2000 x 0,06 + 1000 x 0,0125 266,3 x 10 8

oA = 108,2 MPa < 280 1,4

19,8 x lO"8

RESISTE

-98Mx .h/2

| My . (b - e)

2000 x 0,06

1000 x 0,0325 _

oB = Ix

266,3 x 10"8

Iy

CB = - 209,2 MPa => 209,2 MPa > 280 1,4

19,8 x 10"8

NO RESISTE

Entonces, se procede a verificar el perfil c-i40que con seguridad re sistirá. Se deja al lector la verificación de la resistencia del perfil. PROBLEMA Nfi 8

Determinar el

mínimo valor de

b

que

debe tener

la

sección

rec

tangular de la viga, para que la misma resista el sistema de cargas apli cado. El apoyo en A se comporta como tal alrededor de toda la viga. Lo mismo es válido para el rodillo colocado en D. 1 1 200 N

i

1

SOLUCION: Los diagramas de momento flector en los diferentes planos son:

800 N.m

Del tramo ab la sección en mayor peligro es la sección B. Ella está sometida a la acción simultánea de: Mx = 800 N.m

;

My = 200 N.m

Del tramo CD la sección en mayor peligro es la sección c Ella está sometida a la acción simultánea de: Mx = 400 N.m

;

c= 600 + 1200 < n5 b3 b3

My = 400 N.m

b>2,5cm

-100-

PROBLEMA NB 9

Determinar el máximo valor que puede alcanzar la carga P sin que la viga mostrada en la figura falle. La viga está construida con un perfil sidorl 100x1 0x100.

SOLUCION: DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR (SOLO EN PLANO Y-Z)

Me x w

Mn * V2

IE

In

Oa =

P/2 x L x cos45° x 0,0707

P/2 x L x cos45° x 0,0354

280 x 10"8

73,3 x lO"8

= 2,6xl04.P

Aplicando Tresca:

2,6 x

< 260 MPa —

P = 5000 N

PROBLEMA Ns 10

Para

la

estructura

mostrada en

la

figura,

determinar

factor de seguridad. El material de la viga tiene Rp = 248 MPa.

q = 20 000 N/m

P = 1 0 00O N

^ — +. 10

*

6cm * 8 CID

SOLUCION: POSICION DEL CENTRO DE GRAVEDAD:

ye =

12 x 1 xQ,5 + 10x8x6 - 9x6x5,5 12 x 1 + 10x 8 - 9x6

= 5 cm

CALCULO DE LOS MOMENTOS DE INERCIA: Ix = 12jü! + 12 x 1 x (5 - 0,5)2 + 8JLÍ£¿ + 8 x 10 x (6 - 5)2

. ÚjlJI . 6 x 9 x (5 - 4,5)2 = 612,7 cm4 1 ¿. i

= i-xJ2l + i0^8l . 12 12

= 408J cm4 12

La sección más peligrosa es la c Allí los momentos valen:

el

valor del

-10 2¡Y

B

Mx= 10 000 N.m |oK

x

¡TI

My = 5000 N.m

!Y " = 81018 1CM300 = 26'5?°

;

P = arctg

612,7 x 0,5 = 37c 408,7

= MxyA * J + My.xA -1 = 10 000 x 0,06 '— + 5000 x 0,04 ■— = 146,9 MPa L Iv 612,7 x 10"8 408,7 x 10"8

IM, -Vb + My . xB

10 000 x 0,05

5000 x 0,06

612,7 x 10"8

408,7 x 10"8

= - 155 MPa

oB =

PROBLEMA Na 11

Determinar para la sección más peligrosa de la viga mostrada en la figura, el eje neutro de la flexión oblicua. Determinar, además, el estado de esfuerzos en el punto más peligroso de dicha sección.

q = 5600 N/m

5 cm

1 cm

SOLUCION: . La sección de mayor peligro es la sección donde está colocado el rodillo. Trazando los diagramas de momento flector, se puede demostrar fá cilmente que allí los momentos flectores valen: Mx = 2800 N.m

;

MY = 1000 N.m

Mx - ya + MY - xA _ 2800 x Q,Q2 + 1000 x 0,025 Ix

IY

33,4 x 10-8

10,8 x 10"8

oA = 399 MPa Mx - yB + MY . xB| _ Ix

IY

J

2800 x 0,04

1000 x 0,005

33,4 x ÍO-8

10,8 x 10"8

oB = -382 MPa

-104PROBLEMA Nc 12

a)

Trazar los diagramas de acciones internas en los planos y-z & x-z.

b)

Determinar la sección de la viga en mayor peligro e indicar las acciones internas a las que está sometida.

c)

Determinar el factor de seguridad de la viga, si la misma está fabricada con un material con Rp= 1360 kg/cm2.

SOLUCION:

- 8x2x1 + 4x2x4 + 4x2x4 _ 80 _ 9 c rm YG " 8x2 + 4x2 + 4x2 " 32 " '

Ix = 8i2l + 8x2x(l,5)2 + 2

t

- 2x8! . 2 4x23 12

+ 4x2x(l,5)2 = 98,67 cm4

4x2x(2):

154,67 cm4

DIAGRAMAS DE ACCIONES INTERNAS

PLANO Y-Z

PLANO X-Z

Mx = 640 N.m

N = 6400 N I

0 = 54,4*

a = arctg

= 65,4° 640

(3 = arctg

640 x 0,025
98,67 tg 65,4C 154,67

1400 x 0,04 +

98,67 x 10"8

= 54,4C

5400 +

154,67 x 10'8

v y = i36_ 54,4 _ 2,5

32 x 10"4

*A A x
- 1 06PROBLEMA Ns 13


X

PERFIL SIDOR 30x5x30

a)

Trazar el diagrama de momento flector en el plano x-z.

b)

Trazar el diagrama de momento flector en el plano y-z.

c)

Señalar

la

sección

en

mayor peligro y

los

momentos

que

actúan.

d)

Determinar el máximo valor que puede alcanzar la carga P. AB = BC = CD = DE = 0,5 m

;

aadmisib]e = 185 MPa

SOLUCION: POSICION DEL CENTRO DE GRAVEDAD: 2,78 x 0,92 x 2 + 6 x 0,4 x 3 2,78 x 2 + 6 x 0,4

CALCULO DE LOS MOMENTOS DE INERCIA: Ix = 2 x [2,16 + 2,78 x (1,5 - 0,92)2] + ^x0,4x63 + 6x0,4x(l,5)2 = 18,8 cm4

107-

Iy = 2 x [2,16 + 2,78 x (0,92 + 0,2)2] + -J^- x 0,4* * 6

= 11,3 cm*

PUNTO EN MAYOR PELIGRO

P = 59

POSICION DEL EJE NEUTRO:

P = arctg

18,8 tg 45< 1,3

= 59c

DETERMINACION DE LOS ESFUERZOS EN EL PUNTO DE MAYOR PEUGRO: 0.5.P x 0,015 0.5.P x 0,032 „ , oc . _ — + : < 185 MPa 18,8 x 10-8 1 1,3 x 10"8

P = 1000 N

PROBLEMA Nfi 14

Para el tramo ab de la estructura mostrada en la figura: 4000 N

-108-

a)

Trazar los diagramas de acciones internas en los planos x-z & Y-z.

b)

Determinar el factor de seguridad. Rp= 170 MPa.

SOLUCION:

FLEXION PLANO Y-Z

ACCION AXIAL 4000 N FLEXION PLANO X-Z

1600 N.m

2,5 cm

3,5

POSICION DEL CENTRO DE GRAVEDAD: _ 8x2x1 + 2 [2x4x4] cm

ye 16 + 8 + 8 CALCULO DE LOS MOMENTOS DE INERCIA:

Ix = 2 ^*4x23 + 4x2x(l,5)2 + 2 ^x2x43 + 4x2x(l,5)2 = 98,7 cm4

Iy = 2 -jLx2x43 + 4x2x(2,5)2 + 2 ^x4x23 + 4x2x(l,5)2 = 162,7 cm4

-109-


a = arctg »] = 58-

;

P = arc,g

98,7 tg 58< 162,7

= 44°

CALCULO DE LOS ESFUERZOS EN LOS PUNTOS MAS PELIGROSOS: 1000 x 0,025 OA =

1600 x 0,045 4000 = 70,8 MPa 1 + 162,7 x 10"8 32 x 10"4

+ 98,7 x 10-8

aB = ,1000 x 0,035 . 1600 x 0,025 + 98,7 x 10"8

162,7 x 10"8

4000

= .58j8MPa

32 x 10"4

v V = J70 70,8 = 24

PROBLEMA N« 15 En la viga que se muestra en la figura, hecha con perfil sidorc, las cargas de 1000 N actúan según la dirección Y'. La carga de 3000 n actúa según la dirección X'. Estas direcciones son perpendiculares entre sí. El material de la viga tiene un valor del esfuerzo admisible de 100 MPa.

1000 N 1000 N Y 3000 N 1000 N 50 cm 1 f

a)

50 cm

i T

50

Trazar los diagramas de momento flector en

9 = 36,87°

los planos

Z'-Y' &

Z'-X'. También en los planos Z-Y & z-x. b)

Señalar el vector momento que actúa sobre la sección en mayor peligro, el eje de solicitación y el eje neutro.

c)

Seleccionar el perfil sidor más económico.

-110-

SOLUCION: jDIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR PLANO Z-T 1000 NI 1

llOOON

50 cm

1

100 cm

50 cm

1 000 N > 500 N.m

1500 N.m

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR PLANO Z-Y 800 NI

1 800 N I

50 cm T

50 cm

Y

800 N I 50 cm

▼

850 N.m 1300 N.m

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR PLANO Z-X 600 N 2400 N 600 N 50 cm

t

50 cm

1 T

50 cm

600 N

t |

50 cm

600 N 900 N.m

J500

1900

1300 a. = «rctg -22P_ = 34 yo 1300 '

SELECCION DEL PERFIL:

IfQ2- < 100

=>

Sx > 13 cm3

20°- < 100

=>

Sv > 9cm3 =>

=>

PERFIL C-80

PERFIL C-180

Tomamos el perfil C-i80y lo verificamos:

P = arctg

CTa A

942,5 tg 34,7C 45,6

= 86c

1300 x 0,09 . 900(0,055 - 0,0138) = . 93 7 MPa 942,5 x 10"8 45,6 x 10"8

1300 x 0,09 + 900x0,0138 ctb =

= 39,7 MPa 942,5 x lO"8

45,6 x 10"8

-1 1 2PROBLEMA N9 16

Para la estructura mostrada en la figura, trazar los diagramas de acciones internas en los diferentes planos.

2000 N

50 cm

a)

Mostrar la sección en mayor peligro y dibujar las acciones inter nas a las que está sometida.

b)

Seleccionar el perfil dobletsidor más económico, basándose en un factor de seguridad mínimo de 1,4. El material del perfil tiene un valor del límite de fluencia deRp=280MPa.

c) Determinar el verdadero valor del factor de seguridad. SOLUCION: DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR EN EL PLANO Y-Z; Mx = 2000 N.m 2000 N

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR EN EL PLANO X-Z; 2000 N

1000 N.m

DIAGRAMA DE ACCION AXIAL: 2000 N

2000 N m

SUPONIENDO QUE SOLO ACTUA Mx : 2000 x 1,4

M

= 10 cm3 => DOBLE T-80 280 SUPONIENDO QUE SOLO ACTUA M, 1000 x 1,4

My < Rp

= 5cm3 => DOBLE T-120

Sy > Sy

280

V

Ix = 328 cm4

;

Iy = 21,5 cm4

P = arctg |28_tg26,6°j = 82,5°

G = 2000 x 0,06 + 1000 x 0,058/2 + 328 x 10"8

21,5 x 10"8

2000 14,2 x 10"4

= 172>9 MPa

-114-

PROBLEMA Nfl 17

Para la estr

:ura

mostrada en

la figura, trazar los diagramas

de

momento flector y acción axial. Determinar, en base a los mismos, la sec ción en mayor peligro.

Si

la

estructura

está fabricada

con

la

combinación

de

perfiles

L

1 0 0x1 0x1 oo mostrada también en la figura, determinar el estado de esfuerzos en el punto más peligroso, si la sección está orientada de tal manera que el eje de solicitación de la flexión coincide con el eje y*. i

SOLUCION: REACCIONES DE LOS VINCULOS: 11500 N 'tn

Im

Y

-115-

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR:

1500 N.m

DIAGRAMA DE ACCION AXIAL:

o o o

Del estudio de los diagramas se observa que la sección en mayor peligro está sometida simultáneamente a: M = 4500 N.m N = 2500 N (compresión) Las características geométricas del perfil compuesto son: AT = 2 x 19,20 = 38,4 cm2

-116 IN* = 2[lN + A[(e+ 1)V?]2]

=

IN* = 2 [ 73,3 + 19,20 [(2,82 + 1) VI]2] = 1267,3 cm4

IE. = 2 . IE = 2 x 280 = 560 cm4

!Y*

E.N

a = 45°

a =

;

(5 = arctg

MN» . 0,077 In*

1267,3 tg45c 560

ME. - w Ie*

= 66°

AT

4500 x cos45° x 0,0894

4500 x cos45° x 0,0707

1267,3 x 10"8

560 x 10-8

a =

o = 62,6 MPa

2500 _ 38,4 x lO"4

-117-

CAPITULO III FLEXIÓN EN VIGAS CURVAS OBJETIVOS:


este capí

1.- Clasificar, en base a las dimensiones de la sección transversal y el radio de curvatura de la viga, las vigas de pequeña curvatura y las vigas de curvatura grande. 2.- Establecer correctamente las hipótesis bajo las cuales se estu dian y son válidos los resultados de la flexión en vigas curvas. 3.- Determinar analíticamente flexión en vigas curvas.

la posición

del

eje

neutro

de

la

4.- Analizar cualitativamente cómo el eje neutro se desplaza siem pre hacia el centro de curvatura de la viga. 5.- Establecer las convenciones de signo que se utilizan en la deter minación de los esfuerzos. 6.- Calcular los esfuerzos normales que se inducen en los diferentes puntos de la sección de una viga curva usando la ecuación general. INTRODUCCION:

Los análisis de esfuerzos en vigas realizados hasta ahora, se han restringido a las vigas con eje centroidal rectilíneo. En este capítulo, se analizarán los estados de esfuerzos que se generan en los diferentes puntos de una sección de una viga con eje centroidal inicialmente curvo. El análisis se limitará a las vigas curvas de sección transversal uni forme que presenten simetría respecto a su eje de solicitación y, además, se supondrá que todos los esfuerzos que se generan en la viga se mantienen por debajo del límite de proporcionalidad, con la suposición usual de que el módulo elástico es el mismo a tracción que a compresión.

1 1 8

Supóngase la viga curva mostrada en la figura, sometida a la acción de los pares M aplicados en los extremos de la misma. Se desea saber cómo son los esfuerzos que se generan en las secciones internas de la viga debido a la flexión provocada por dichos momentos.

ANALISIS CUALITATIVO DEL PROBLEMA:

Al aplicar el momento M a una sección genérica de la viga, se obser van algunas diferencias significativas con el caso de flexión en vigas rectas. y

Eje de curvatura Una primera diferencia importante es que el eje neutro de la flexión no pasa por el centro de gravedad de la sección. Está desplazado de la canti dad "e" hacia el centro de curvatura de la viga. Por lo tanto, conseguir esta posición del eje neutro será parte importante del problema. Aparecerá, entonces, el radio de curvatura de la línea neutra que se indica con r0 (por ahora desconocido). En adelante se verá que r0 será siempre menor que p0, lo que confirmará que la línea neutra de la viga resulta despla zada respecto al centro de gravedad hacia el centro de curvatura de la viga.

-119-

Para determinar el esfuerzo en un punto genérico de la sección, se deberá medir la distancia que separa a dicho punto del eje neutro, esta dis tancia será representada por y. NOMENCLATURA Y CONVENCIONES: Al plano "zy" de la sección se le llama plano de curvatura. Con "h" se indicará la altura de la sección de la viga, medida en el plano de curvatura zy. Con "p0" se indicará el radio de curvatura de la viga. Es el radio del eje de la viga que corresponde al lugar geométrico de los cen tros de gravedad de las secciones. Con "r0" se indicará el radio de curvatura de la línea neutra. Para la determinación de los esfuerzos se utilizarán las siguientes convenciones: M M y y

> < > <

0 0 0 0

si tiende a si tiende a si está por si está por

aumentar la climatura inicial de la uiga. disminuir la curuatura inicial de la uiga. encima del eje neutro, debajo del eje neutro.

En el caso representado en nuestra figura M >o ;

y > o.

OBSERVACIÓN: Se suelen dividir las barras en barras de pequeña y gran curva tura. Lo fundamental para tal división es la relación entre la altura "h" de la sección en el plano de curvatura y el radio de curvatura "p0" del eje de la barra. Si esta relación es muy inferior a la unidad (= 0,2 y menor), entonces se considera que la viga es de curvatura pequeña. Cuando h/p0 « 1

se dice que la viga es de curvatura pequeña.

En el caso de que la relación resulte comparable con la unidad, enton ces, se considera que la viga es de curvatura grande. Cuando h/p0 = 1

se dice que la viga es de curvatura grande.

Esta división es convencional y no tiene un límite bien definido.

-1 20Las fórmulas obtenidas en el caso de la flexión en vigas rectas, son válidas en el caso de la flexión de vigas de pequeña curvatura. Lo único que varía es la fórmula que determina la curvatura de la viga solicitada. En su lugar, en el caso de la viga de pequeña curvatura, se debe considerar la fórmula: 1 = -M- PARA VIGA RECTA P El 1 - -L - J& P Po El

para VIGA DE PEQUEÑA CURVATURA

DONDE -i- ES LA CURVATURA DE LA VIGA SIN CARGAR Po

Así pues, los problemas que están relacionados con el cálculo de vigas de pequeña curvatura no tienen ninguna particularidad específica.

FLEXION EN VIGAS DE CURVATURA GRANDE

Vamos a estudiar entonces, el caso de las vigas de curvatura grande que tienen características específicas de mucha importancia. Para dar solución analítica al problema, vamos a establecer las hipótesis bajo las cuales serán válidos los resultados: HIPÓTESIS:

1.- Viga de curvatura grande. 2.- Material homogéneo e isótropo. 3.- Comportamiento elástico lineal del material (ley de Hooke). 4.- La sección de la viga es simétrica respecto al plano de curvatura. 5.- Las fuerzas externas actúan en el plano de curvatura de la viga. 6.- Las secciones perpendiculares al eje de la viga permanecen pla nas después de aplicar la carga.

-12 1-

Supongamos la viga curva de sección constante mostrada en la figura, solicitada en sus extremos por los momentos M. Separemos de la viga, me diante secciones normales próximas, un tramo elemental. Durante la flexión, las secciones contiguas girarán una respecto a la otra un ángulo Ad6, lo que conduce a que en algunas capas de la viga aparezcan ciertos alargamientos y en otras capas aparezcan ciertos acortamientos.

Ad8 4

->

§/

5

El alargamiento de la fibra AB será:

BB' = y. AdB

La deformación de esa misma fibra será:

e = bb: =

y.Ade [r0 + y] d9

CD = (d6 + Ad9).r

CD = r0.d9

Igualando se obtiene: Ad9 _ r0-r _

I r

L r0.

d6 Entonces, sustituyendo en la ecuación de la deformación:

e =

y

Ade =

y

ri

i]

Esta expresión muestra que aunque cada sección transversal perma nece plana, la deformación normal e no varía linealmente con y; varía hiper bólicamente. Por relación constitutiva, el esfuerzo valdrá: a = E e = E } y , r0 \ - J[r0 + y] 0 Lr rGJ

Lo que

significa que también

los esfuerzos tienen

una distribución

hiperbólica.

OBSERVACION: En

estas expresiones se ve claramente

la particularidad prin

cipal de la viga de curvatura grande. Como las dimensiones de ia sección transversal son comparables con el radio r0 , la magnitud "y" que figura en el denominador adquiere un valor importante y los esfuerzos se distribuyen de manera no lineal. En el caso de la barra de pequeña curvatura "y" es pequeña comparada con r0 , entonces:

En el caso de viga recta 1 /r0 = o ; por lo tanto:

r Regresando al caso de las vigas de curvatura grande, la expresión de la fuerza normal N es:

a.dA = 0 -iA

La expresión del momento flector M es:

M = I a.y.dA Ja

Después de introducir la expresión de o en

las expresiones anterio

res se obtiene:

N = I a.dA = E.r0p- Ja

í — Ja

dA =>

I Ja

dA = 0 y

-123-

OBSERVACION: La integral: J y.dA í

representa el momento estático de la sección respecto al eje neutro y es igual a A.e donde e = p0- r0. Esta integral no puede valer cero porque M es dis tinto de cero; ello trae como consecuencia que el eje neutro

no pase por el

centroide de la sección.

Luego entonces:

oir

r0. A.e

Y sustituyendo en la expresión del esfuerzo:

y lo = .m. Ae r0 + y

nota Los esfuerzos varían con la distancia "y" de manera no lineal. La dis tribución de esfuerzos es hiperbólica y una de las asíntotas coincide con el eje

de

curvatura.

Según

sea

la configuración

de

la sección,

el

esfuerzo

máximo ocurrirá en el punto superior o inferior de la sección.

Para poder utilizar la expresión del esfuerzo, es necesario determi nar el valor de r0. Para ello se utiliza la integral:

j/°+y

Si se realiza el cambio de variable: u = r0 + y

-12 4Entonces la expresión se escribirá:

j^dA = 0

De donde se obtiene:

nota- La integral que aparece en el denominador constituye una caracterís tica geométrica de la sección tal como lo es el área, el momento estático o el momento de inercia. CASO DE LA SECCION RECTANGULAR:

le E.M. U

Po + w2

i-p0 + h/2 b^=b

4i. „[„„]. po-h/2

Po -

Jp0 - h/2

Po + h/2 ln Po - h/2

e = po - r0

-125CASO DE LA SECCION CIRCULAR:

Se demuestra que :

OBSERVACION: La determinación de "e" como diferencia entre p0 y r0 resulta bastante incómoda, sobre todo cuando se trata de vigas de curvatura peque ña. La diferencia p0 - r0 es muy pequeña, pero deberá calcularse con gran exactitud,

puesto

esfuerzo o\ grande de

que

de

esto

depende el

resultado de

los

cálculos

del

Por lo tanto, es necesario obtener el valor de r0 con un número cifras significativas.

Para estos casos, se ha elaborado el método de descomposición en series y limitándose a los dos primeros términos de la serie, se obtendrá en el caso de una sección arbitraria: es__»*Apo

I

= Momento de inercia de la sección respecto al eje centroidal.

A = Area de la sección. EJEMPLO Nfi 1: CASO DE LA SECCION RECTANGULAR: Po = 10 cm

Fórmula

;

h = 4 cm

b = 3 cm

integral:

e = p0 - r0 = Po -

= 0,135 cm.

= 10 Po-h/2 ln Po + h/2

10-2

- 1 26-

Fórmula de desarrollo en serie:

I* A p0

e =

b h p0

12x10

12 pc

EJEMPLO Nfi 2: CASO DE LA SECCION CIRCULAR

p0 = lOcm Fórmula

;

R = 2 cm

integral:

e = i. [p0 - Vp^ - R2] = I [l0 - V 102 - 22 ] = 0,101 cm

Fórmula de desarrollo en serie:

A Po

10 Tí D2/4

640

MANERA CUALITATIVA DE DETERMINAR PORQUE EL EJE NEUTRO SE DESPLAZA HACIA EL CENTRO DE CURVATURA DE LA VIGA.

dj

Ai EN EL CASO DE UNA VIGA RECTA SE CUMPLE : di

= Ú2

; Ai

= A2

; c,

POR LO TANTO, DEBE SER :<*]

= c2

= 02

ESTO IMPLICA QUE EL EJE NEUTRO DEBE PASAR POR EL CENTROIDE G. Ú2

A2

di

A1

EN EL CASO DE LA VIGA CURVA, SI SE SUPONE QUE EL EJE NEUTRO DEBA PASAR POR G, ESTO IMPLICA SUPONER: Al = A2 LO QUE SIGNIFICARIA QUE . 0"K <*2

d2 A2

POR LO TANTO, LA SECCION NO ESTA EN EQUILIBRIO. PARA GARANTIZAR EL EQUILIBRIO SE DEBE DESPLAZAR EL EJE NEUTRO HACIA EL CENTRO DE CURVATURA.

127. CARACTERISTICAS GEOMETRICAS DE VARIAS SECCIONES PLANAS RECTANGULO

TRIANGULO

TRAPECIO

A

=

y»

=

l(a 2

+

b).h

h.(a

*

2.b)

3.(a

+

h.(b yz

+

2.a)

= 3.(a

+

h3(a2 Ix

b)

b)

+

4ab

+

= 36.(a

+

b)

b2)

CIRCULO Y

6

j 7

K

j

y

j

r.

-

fid4 64

r.

. A .

|

iY

SEMI-CIRCULO

Ix

=

ÍLdl - 8d4 128 144.ii í^dl 128

~

-

0,007.d4

0,025.d4

>4)

d2(9.«2

= .V

r„

=

0,132.d

1 44.ii2

d_ = 4

r 2

CUARTO DE CIRCULO

r " *

A

.

!Ld_ 16

Ix

= Ig

=

.

yG= XG = 0,2.d

it d4 256

_

4 d4 1 44,n

s

0,003.d4

16.dz «

u 16 1 44.ii2

0,05.d

=

0,01 r

129-

ELIPSE

SEI1I-ELIPSE

PROBLEMARIO PROBLEMA N9 1

Una viga curva de acero de alta resistencia, tiene una sección trans versal de forma trapezoidal y está sometida a la acción de un momento flector

m de 10 ooo N.m. El límite de fluencia del acero es

a)

Rp = 400 MPa

Determinar los esfuerzos que se generan en las fibras más exter nas e internas de la sección de la viga.

Verificar la resistencia

utilizando un factor de seguridad \j/= 1.6 y un valor de r¡ = 8 cm.

b)

Trazar el gráfico de la distribución de los esfuerzos.

c)

Calcular el error porcentual si se hubiesen hecho los cálculos uti lizando la fórmula para vigas rectas.

SOLUCION: Características

geométricas

del

trapecio:

_ (h/3)(a + 2b) . 913)0*20) . 444cm (a + b) (6 + 3)

. _ h3 (a2 + 4ab + b2) 83 (32 + 4 x 3 x 6 + 62) 4 Ix " 36 (a + b) = 36(376) = 185 cm

A = i. h (a + b) = \ 8 (3 + 6) = 36 cm2

p0 = r¡ + hb = 8 + 3,56 = Il,56cm e= Ap0

= - jf5 — = 0,44 cm 11,56x36

r0 = p0 - e = 11,56-0,44 = ll,12cm

yB = 4,44 + 0,44 = 4,88 cm

CTB =

-10000

4'88 x 10-2

= - 192,6 MPa

36x0,44 xl0"6 [11,12 + 4.88] x JO'2

yA = -(3,56 - 0,44) = -3,12cm

aA =

-10000

-3'12x10'2

36 x 0,44 x 10"6 [11,12 - 3,12] x 10"2

La distribución de esfuerzos será:

= 246,2 MPa

-132-

Cálculo del error porcentual: oA = 10 000 x 0,0356 = 192,4 MPa PARA EL CASO DE VIGA RECTA 185xlfj-8

error

246,2 - 192,4 TJT^ = 22% 246,2

Cb = 10 000 x 0-0444 _ 240MPa para EL CASO DE VIGA RECTA 185 x 10"8

eiTOr =

192,6 - 240 192,6 = 25%

PROBLEMA N» 2

P = 2000 kg

3 cm

a)

Determinar los esfuerzos en los puntos a y B de la sección trans versal del gancho.

b)

Calcular el valor del factor de seguridad si Rp = 1560 kg/cm2.

SOLUCION: *i r 1 i■ \ 1

G uL

i i 2,8 ©i /;. f '

4 1

i 4,2 1

c

^

-i

hb =

11

1■

1I

>U4

(h/3) (b + 2a) (a + b)

(7/3) (4 + 2 x 1) _ (4+1) = 2'8 cm

= }¿ (ag + 4 a b + b2) _ 73(l2 + 4xl x4 + 42) 36

(a + b)

36(4+1)

A = lh(a + b) = ^7(1 +4) = 17,5 cm2

p0 = — e =

r0 =

M =

u + hb = 3 + 2.8 = 5,8 cm

I* p0A

_

62,88 5,8x17,5

= 0,62 cm

p0 - e = 5,8-0,62 = 5,18 cm

P.p0 = 2000 x 5,8 = 1 1 600 kg.cm

yA = -(2.8-0,62) = -2,18 cm

gA =

+ 20Q0 = 777 + 114 = 891 kg/cm2 ;'1600 , -2.18 17.5 x 0.62 5,18 - 2,18 17,5

yB = (7 - 2,8 + 0,62) = 4,82 cm

aB =

4M + 2000 -11600 x 17,5 x0,62 5,18 + 4,82 17,5

= _401kg/cm2

- 1 34-

PROBLEMA Ns 3

Calcular los esfuerzos en los puntos A y B de la sección indicada del bastidor de una prensa punzonadora, r = 30 cm. 80 cm i

SOLUCION: v„ 4 ± 38 20x20 x 27 - - 34 34x x10 10 x 25 YG " 30 x 8 x30x8 + x38

_ \q fn cm 19'67 cm

Ix = -L x 30 x 83 + 30 x 8 x (15,67)2 + -L x 20 x 383 + 20 x 38 x 7,332

. JLx 10x 343 - 10x34x5,332 = 150 087 cm4 12 A = 660 cm2

-135-

p0 = 30 + 19,67 = 49,67 cm

e = -i*150 087 = 4 58 cm p0A = 660x49.67 4,38 Cm

r0 = 49,67 - 4,58 = 45,09 cm

M = 20 000 x (80 + 30 + 19,67) = 2 593 400 kg.cm N = 20 000kg

yA = -(19,67 -4,58) = - 15,09 cm

aA = -660 2 593 400 x 45,09 ' 15.09 6 kg/cm2 0A x 4,58 - 15,09 + 2000 660 _ " 434 4i4'b kS/cm

yB = 26,33 + 4,58 = 30,91 cm

OBB = -660 2 593 400 , 45,093091 x 4,58 + 30,91

2000 660 = . 349 kg/cm2 g

PROBLEMA Ns 4

Para la viga mostrada en la figura, determinar los esfuerzos en los puntos a y B. material

Calcular el factor de seguridad si

el

límite de fluencia del

Rp = 222,5 MPa.

: 1 ¡ 1 1 1 ¡ X X X1 * MEDIDAS EN cm.

-136-

POSICION DEL CENTROIDE:

>'G =

4 x 1 x 0,5 + 2 x 1 x 2 + 2 x 1 x 2 :— — — = 1,25 cm 4x1+2x1+2x1

CALCULO DE LA EXCENTRICIDAD "6" : A = 8cm2

;

p0 =10+ 1,25

=ll,25cm

Ix = jLx4x 1? + 4x 1 x(0,75)2 + 2 ÚLx 1 x23 + 2 x 1 x (0,75)2J = 6,17

e = —— = — = 0,07 cm A p0 8 x 11,25

CALCULO DEL MOMENTO APLICADO Y LOS ESFUERZOS: M = - 3000 (12 + 10 + 1,25) x 10"2 = - 697,5 N.m

yA = -(1,25 -0,07) = -l,18cm

;

yB = 1,75 + 0,07 = 1,82 cm

r0 = (11,25 -0,07) = ll,18cm

- 697.5

- 1,18 x 10-

oA = 8x0,07xl0"6 [11,18 - 1,18] x 10-2

aB =

3000 +

- 697'5

1'82xl°'2

8x0,07. 10"6

[11,18 + 1,82] x lO'2

222,5 . , V = 1706 = h3

.«mwn = 150,7 MPa

8xl0"4

+ -30QQ_ = . 170,6MPa 8 x 10"4

PROBLEMA Ns 5 16 cm

PERFIL DOBLE T SIDOR 80

i 500 kg

CALCULAR LOS ESFUERZOS EN LOS PUNTOS A, B, C g D. 32 cm

SOLUCION:

a = 24 eos 45° = 17 cm b = 4 COS 45° = 2,8 cm M = 500 ( 1 6 + 1 7 + z,8) = 1 7 900 kg.cm N = 500 COS 45° = 354 kg 500 kg

CARACTERISTICAS GEOMETRICAS DEL PERFIL DOBLE T 80 A = 8,03 cm2

p0 = 28 cm ; e =

;

h = 8 cm

Ix = 78,1 cm4

78,1 = 0,35 cm ; r0 = 28 - 0,35 = 27,65 cm 8,03 x 28

yA = 4 + 0,35 = 4,35 cm

;

yB = - (4 - 0,35) = - 3,65 cm

-1 38-

aA =

1790Q 8,03 x 0,35

OBB = 8,03 17 x900 0,35

4,35 " = 866 - 44 = 822 kg/cm2 27,65 + 4,35 8,03

^¡3,65 27,65 - 3,65

^ 8,03 =

= _

6

2

Para el cálculo de los esfuerzos en Cy D hay que observar que se trata de una viga recta y por lo tanto no se debe aplicar la fórmula para vigas curvas.

M = 500(16 + 24 + 4) = 22 000 kg.cm

N = 500 kg ac = 22 000x4 . 5QQ. _ H27 - 62,3 = 1064,5 kg/cm2 78,1 8,03 aD = . 22 000 x 4 . 5££_ = _ii27 -62,3 = - 1 189,3 kg/cm2 78,1 8,03

PROBLEMA Nfi 6

Calcular los esfuerzos en los puntos A, B, c y D.

1 39

SECCION A-B:

M = -[1000x0,08 + 3000(0,08 + 0,02)] = -380N.m

A = 71.4x2/4 = 6,28 cm2

Ix =

= 6'28cm4

;

;

;

N = 3000 N

p0 = 8 + 2 = lOcm

e = h = T^TTK = °'1 cm Ap 6,28 x 10

64

r0 = p0 - e = 10 - 0,1 = 9,9 cm

yA = -(2-0,1) = - 1,9 era

OA =

^3§0

x

6,28 x 0,1 x lO"6

^380

;

-l,9x!0-2

yB = 2 + 0,1 = - 2,1 cm

+

[9,9 - 1,9] x 10'2

x

2'IxlQ'2

3000

= 148;5MPa

6,28 x 10'4

+

3000

= .joiMPa

oB = 6,28 x 0,1 x 10"6

[9,9 + 2,1] x 10 2

6,28 x 1 0"4

SECCION C-D:

^200

x

-^9x™-¿

+

1000

= 77>2MPa

oC = 6,28 x 0,1 x 10"6

aD =

^200 6,28 x 0,1 x lO'6

[9,9 - 1,9] x 10'2

x

2'lx10'2 [9,9 + 2,1] x 10"2

6,28 x 10'4

+

1000 6,28 x 10"4

= -54,1 MPa

140.

PROBLEMA Ns 7

Para la prensa manual que se muestra en la figura:

BLOQUE DE MADERA

a)

Determinar el máximo valor de la carga de compresión que puede ser aplicada por la prensa, si el material del bastidor tiene un lí mite admisible de 6200 kg/cm2.

b)

Calcular el valor del esfuerzo en "C" para dicha carga máxima.

SOLUCION: M = -P(10 + 5+ 1) = - 16P A = SAí 2 = 6 28 cm2 4 r0 = p0 - e

6,28 x 0,04

- " _ 6,28 - 16.P °B x 0,04

;

;

p0 = 5 + l=6cm

e = A_ = 7t 23 x4/64 = 0,04 cm A p0 6,28 x 6

= 6 - 0,04 = 5,96 cm

h9í + P = . o3 p 5,96+ 1,04 6,28 '

- °>96 p _ 5,96 - 0,96 + 6^8 " UA?

=>

^

p - 6200 _ 666 7 kg 9,3 '

P? ~ 6200 VIA _5micp ~ 5°° kg

-141-

CALCULO DEL ESFUERZO EN "C": M = - 500 [10 + 6 cos60°] = - 500 [10 + 3] = - 6500 kg.cm

Cr = -6500 °c 6,28 x 0,04

1,04 MW . 250. = . 3805 k2/cm2 5,96 + 1,04 + 6,28 ^^

PROBLEMA Ns 8

Determinar el factor de seguridad de la estructura, si la misma está hecha con perfiles de sección circular de 3 cm de diámetro.

La carga P aplicada vale lOOkgy el material de ambos perfiles tiene un límite de fluencia de Rp= I945 kg/cm2.

E o O P

SOLUCION: DIAGRAMA DE CUERPO UBRE Y REACCIONES:

94,28 kq

-142 94,28 kg 66,67 kg f

30 cm

B 66,67 kg

30 cm

wf c Y/,

E o o

P = 100 kg

;

M = 100 x 20 = 2000 kg.cm

g = 2000x 32 + Í66J = 77g 7t33

Jt32/4

R.cos45°x30 = 100x20

Ix = 3,976 cm4

;

;

2

.

"

;

A = 71.9/4 = 7,06 cm2

1$£=25 778

R = 94,28 kg

p0 = 30 cm

;

;

N = R.cos45° = 66,67 kg

e = 0,019 cm ; r0 = 29,981 cm

M = - R (30 - 30 cos45°) = - 94,25 x 8,79 = 828,7 kg.cm

aA =

- 828,7 7,06 x 0,019

- 1,481 29,981 - 1,481

94,28 = 334 kg/cm2 7,06

oB =

- 828,7 7,06 x 0,019

1,519 94,28 = -285 kg/cm2 29,981 + 1,519 + 7,06

PROBLEMA Nfi 9

Para cada situación de carga ( l ) y ( 1 1 ) determinar los esfuerzos en los puntos A, B, C y D. SITUACION (I)

SITUACION (II) SECCION C-D

10 cm

1000 kg 4 cm

3 cm

-143SOLUCION: SITUACION (I) fr !

u

.i i

m 2,2

3,3 V 1 i i

a~

Ix =

(h/3) (a + 2b) (a + b)

(5/3) [4\2^ (4 + 2)

53(4^4x4x2 + 22) = 3Qcm4

h3 (a2 + 4ab + b2) 36 (a + b)

36 (4 + 2)

A = ixhx(a+b) = ix5x(4 + 2) = 15 cm2

e=

= p0 A

3° = 0,38 cm 5,2 x 15

= 2.2cm

;

;

p0 = u + ha = 3 + 2,2 = 5,2 cm

r0 = p0 - e

= 5,2 - 0,38 = 4,82 cm

M = - P p0 = - 1000 x 5,2 = - 5200 kg.cm yA = - (2,2 - 0,38) = -1,82 cm

OA = -5200 A 15 x 0,38

iL82_ 4,82 - 1,82

ipoO = 620kg/cm2 15 &

yB = (5 - 2,8 + 0,38) = 2,58 cm

OB = _^5200 15 x0,38

2.58 1000 = _251kg/cm2 + j.v^c 4,82 + 2,58 15

;

ac = aD =

*°QQ = 79,6 kg/cm2 Tí42/4

SITUACION (II)

oA = aB = 0

;

M = 1000x10 = 10 000 kg.cm

ac = 10 ooox 2 = 1592 kg/cm2

.

;

lx = ^ = 12,57 cm4

Gd = 10 000x 2 = .1592 kg/cm2

-144-

PROBLEMA Ns 10

Un eslabón abierto en s está fabricado con una varilla de acero de 2 cm de diámetro. Determinar el factor de seguridad del diseño si el material de la varilla tiene un Rp = 1800 kg/cm2.

SOLUCION: Comparando las secciones a-b y C-D, de la figura, puede verse que el momento flector en a-b es menor que en c-D, pero el radio de curvatura es menor en a-b que en c-D. Es, por consiguiente, necesario investigar ambas secciones.

A =

- 3,14 cm2

;

4

Ix = JL2Í = 0,785 cm4 64

e = -k_ = ,°'7/18^ = 0,036 cm

yA = 1 +0,036 = 1,036 cm

;

pc = 7 cm

;

rc = p0 - e = 7 - 0,036 = 6,964 cm

;

yB = -(1 -0,036) = -0,964 cm

M = 70,7 x (7 + OH) = 70,7 x (7 + 4,9) = 841,3 kg.cm

OA - JVL yA + P _ - 841.3 °A " Ae r0 + yA + a " 3,14 x 0,036

1^036 70J 6,964 + 1,036 + 3,14

„D - M YB . P _ -841,3 -0.964 , 70J °B ~ Á~e' íT+ñ A " 3,14 x 0,036 6,964 - 0,964 + 3,14

2 Kg«»n

_ 12183k,/cm2 " 1218'3kS/cm

SECCION C-D:

A = £-2± 4 = 3,14 cm2

;

Ix = 2L2Í 64 = 0,785 cm4

;

po=10cm K

Ix 0,785 nno<_ e = —2- = = 0,025 cm A po 3,14x10

r0 = p0 - e = 10-0,025= 9,975 cm

yc = -(1 -0,025) = -0,975 cm

;

yD = 1 +0,025 = 1,025 cm

M = 70,7 x (10 + OK) = 70,7 x (10 + 7,07) = 1206,8 kg.cm

M Yc P - 1206,8 - 0,975 70,7 ,*~,t%u i i Or : c = — A.e r0 —— + yc + ±A = 3,14 x 0,025 9,975 - 0,975 + —— 3,14 - 1687,9 kg/cm2 5

M Yd P - 1206,8 1,025 70,7 ljinoe. , , On U = JSfl A.e r0 —— + yD + — A = 3,14 x 0,025 9,975 - 1,025 + —— 3,14 = - 1409,8 kg/cm2 6

V 1800 = 1,07 Y = 1687,9

-146-

PROBLEMA Ns 11 La viga curva ab mostrada en la figura, de sección cuadrada de 4 cm de lado, está articulada en B y sostenida por una varilla AC.

Determinar el área mínima que debe tener la sección de la varilla AC si se desea que todo el sistema tenga el mismo factor de seguridad.

solución: REACCIONES DE LOS VINCULOS:

A =16 cm2

;

Ix = (1/12) 44 = 21,3 cm4

= 21,3/16x10 = 0,13 cm

yi = 2 + 0,13 = 2,13 cm

;

;

;

p0= 10 cm

r0 = p0 - e = 10-0,13 = 9,87

y2 = 2-0,13 = -1,87 cm

R = 2P x cos45° = 2 x 707,5 x 0,707 = 1000 kg

Rxb = 1000 x (10+ 10cos45°) = 1000 x 17,1 = 17 lOOkg.cm

CTl = 1617x 100 a' 0,13

9,872113 + 2,13

1000 16 = ljy/^/cm 1397 k /cm2

a, 02 = 1617x 100 0,13

lljZ i984k2/cm2 9,87 -1,87 . IOQO 16 = . MMkgfcm

v=2790 * 1984 = 1,4

mi = m A 1,5

a = 1,75 cm2

-1 48-

CAPITULO IV FLEXION EN VIGAS DE VARIOS MATERIALES OBJETIVOS:


este capí

1.- Explicar la razón por la cual se construyen vigas con distintos materiales para ser sometidas a flexión. 2.- Establecer las hipótesis bajo las cuales son válidas las fórmulas para el cálculo de los esfuerzos. 3.- Hallar la sección transversal equivalente para una viga construida con varios materiales. 4.- Efectuar el análisis de esfuerzos en una viga compuesta por varios materiales. 5.- Determinar los esfuerzos que se generan en cada uno de los mate riales que componen la viga. 6.- Determinar el material de la viga compuesta que gobierna la re sistencia a la flexión de la misma. 7.- Hallar la sección transversal equivalente y calcular los esfuerzos en una viga construida con concreto reforzado con acero. INTRODUCCION:

Varios importantes materiales de construcción poseen resistencia a tracción y a compresión que son apreciablemente diferentes. Entre estos materiales figuran la madera, el concreto, el hierro colado (o fundición), algunos metales especiales y los plásticos. Por ejemplo, la resistencia a tracción del concreto es de sólo alrededor de io%de su resistencia a com presión; la resistencia a tracción de la fundición es menos de la mitad de su resistencia a compresión. En consecuencia, la sección transversal de una viga hecha de estos materiales, que sea simétrica con respecto al eje neu tro, da como resultado un uso ineficiente del material.

1 49-

Una solución a ésto es fabricar una sección que no sea simétrica con respecto al eje neutro, de tal modo que el eje neutro esté cerca del lado a tracción y, por lo tanto, el esfuerzo a tracción sea menor que el esfuerzo a compresión. Este es generalmente el caso de secciones de hierro colado con forma de T, que son orientadas de tal manera que, al aplicar la flexión, las fibras a tracción son las que están más cerca del eje neutro. Otra solución consiste en construir una sección con dos materiales, de tal modo que el material que es más resistente a tracción ayude al que es más débil. Algunos ejemplos comunes de dichas composiciones son las vigas de concreto reforzado, o las vigas de madera reforzada con placas de acero. Con el fin de ilustrar el procedimiento que se sigue en el análisis de secciones compuestas por distintos materiales sometidas a flexión pura, recordemos, ante todo, lo visto en el caso de la flexión simple en viga recta de un solo material:

La fórmula: M .y

vale en el caso de: 1 .2.3.4.5.-

Viga recta. Material homogéneo (un solo material). Material isótropo. Comportamiento lineal elástico del material. Caras planas antes y después de aplicar el momento M.

El problema que se quiere resolver ahora, es el de determinar los esfuerzos que se generan en una viga recta fabricada de varios materiales, que está sometida a flexión. M i

MATERIAL 2 ^ MATERIAL 1

1 50No podrá aplicarse directamente la fórmula: a=

M.y I

porque esta fórmula vale en el caso de materiales homogéneos. Para resolver el problema vamos a hacer referencia al caso particu lar de una viga compuesta por el material 1 que refuerza al material 2. Sean E1 y E2 los módulos de elasticidad respectivos; o sea, se está asumiendo que E1 sea mayor que E¿.

MATERIAL 2

MATERIAL 1 SECCIÓN TRANSVERSAL VIGA COMPUESTA

HIPOTESIS:

La solución del problema será válida bajo las siguientes hipótesis: 1 .- Viga recta. 2.- Comportamiento lineal elástico de los materiales. 3.- No hay deslizamiento entre las superficies de contacto de los distintos materiales cuando se aplica el momento M. 4.- Secciones planas antes y después de aplicar m. 5.- Sección simétrica respecto al eje de solicitación. Bajo flexión, las fibras se deformarán adoptando una distribución lineal para las deformaciones tal como muestra la figura. Esto debido a lo asumido en las hipótesis 3 y 4. Además, la distribución de los esfuerzos correspondientes se muestra en la figura contigua, presentando un cambio brusco debido a la diferencia entre los módulos de elasticidad.

D ISTR IB . DEFORM AC .

D ISTR IB . ESFUERZOS

-151-

Dentro del límite elástico, los valores del esfuerzo normal que se ge neran en las fibras del material 1 y del material 2, situadas respectivamente a distancias y1 y y2 del eje neutro son:

a] = EpE]

;

C2 = E2.£2

Las fuerzas correspondientes generadas en los diferenciales de área d^ y dAj vienen dadas por: dFj = 2i.b.(dy)

;

dF2 = a2.b.(dy)

Por las condiciones de equilibrio estático, la suma de las fuerzas so bre toda la sección transversal debe ser igual a cero (si no existen fuerzas axiales externas); y la suma de los momentos de estas fuerzas alrededor del eje neutro debe ser igual al momento flector aplicado. La solución del pro blema se logra al transformar la sección de la viga compuesta por distintos materiales, en una SECCIÓN EQUIVALENTE hecha solamente de uno de los mate riales, a la que se pueda aplicar directamente la fórmula: M .y a=->r

Esto significa que se puede escoger si la sección equivalente va a ser toda de material 2, o bien, si la sección equivalente va a ser toda de material 1 . En el primer caso, se trata de determinar la cantidad de material 2 que hay que colocar en lugar del material 1 para que la sección sea toda de material 2. En el segundo caso, se trata de determinar la cantidad de material 1 que hay que colocar en lugar del material 2 para que la sección sea toda de material 1. Los principios en que se basa el método de transformación para obtener la sección equivalente son: principio n9 1: La distribución de deformaciones en la sección equivalente debe ser la misma que en la sección original. ( e0 = ee ) . Esto trae como consecuencia dos conclusiones muy importantes: a)

La sección equivalente no puede variar en altura.

b)

La posición del eje neutro en la sección original y en la sección equivalente es la misma.

-1 52 SECCCION EQU IV ALENTE EN MATERIAL 2

¡E.S.

MATERIAL 1 EQUIVALENTE AL MATERIAL 2

MATERIAL 2 EJE NEUTRO

MATERIAL 1 SECCI0N EQU IV ALENTE EN MATERIAL 1

SECCI0N ORIGINAL

principio Nfi 2: Las cargas soportadas por un área dA = b.dy

cualquiera

del material 1 y su área equivalente en material 2 deben ser iguales. Y viceversa, las cargas soportadas por un área dA= b.dy cualquiera de material 2 y su área equivalente en material 1 deben ser iguales. dFj = dF2

=s>

ai.dAí = a2.dA2

dA2 = ^L.dAí = ^.dA, = |^.dA, = n.dA, ; donde n = |ia2 e.E2 E2 E2

dA, es el área de material 1 que va a ser reemplazada por el área dfi^ de ma terial

2 que será capaz de soportar la misma carga.

De esta manera la forma, las dimensiones y la situación del área equivalente quedan completamente determinadas. CONCLUSIONES: La sección en material 2 equivalente a la de material 1 debe ser "n" veces más ancha y conservar la altura original. La sección en material 1 equivalente a la de material 2 debe ser "n" veces más angosta y conservar la altura original. El eje neutro pasa por el centro de gravedad de la seción equiva lente en material 1 . El eje neutro pasa por el centro de gravedad de la sección equiva lente en material 2. La posición del eje neutro es la misma, tanto para la sección ori ginal, como para la sección equivalente.

1 53

El esfuerzo en el material 1 , calculado en la sección equivalente de material 2 , es "n" veces mayor. El esfuerzo en el material 2, calculado en la sección equivalente de material 2, es el mismo. El esfuerzo en el material 2, calculado en la sección equivalente de material 1 , es "n" veces menor. El esfuerzo en el material 1 calculado en la sección equivalente de material 1 es el mismo. El momento de inercia con respecto al eje neutro de la sección equivalente en material 2 , es "n" veces mayor que el momento de inercia de la sección equivalente en material 1 . Resumiendo lo que se ha expuesto y extendiendo el procedimiento a vigas compuestas de "n" materiales de módulos de elasticidad Ev ^ E^ el procedimiento para determinar los esfuerzos es como sigue: 1 ) Se escoge el material base para la sección equivalente; por ejemplo el que tiene módulo de elasticidad Ev 2)

Se construye la sección equivalente transformando el ancho de las dimensiones de los demás materiales que componen la sección transversal original, usando las relaciones: E2 Ei

.

E3 Ei

.

.

En E[

3)

Se determina la posición del eje neutro y el momento de inercia de la sección equivalente respecto al eje neutro.

4)

Se calculan los esfuerzos en los distintos materiales de la mane ra siguiente: M.y I *x

5)

E2 M.y Ei t *x

E3 M.y b] 1 *x

Ej, M.y bj t *x

Por último, se verifica que no se exceda el esfuerzo admisible de ninguno de los materiales.

-154PROBLEMARIO PROBLEMA Na 1

Una viga de madera reforzada con acero tiene una sección trans versal con la forma y las dimensiones que se muestran en la figura. f i 15cm-f i

Determinar la sección equivalente en madera y la sección equiva lente en acero.

Calcular los esfuerzos máximos en el acero y en la madera, si la sección está sometida a la acción de un

m = 27 500 N.m

SOLUCION: SECCION EQUIVALENTE EN MADERA

25 cm

./MADERA EQUIVALENTE AL ACERO

1 ,5 cm SECCION ORIGINAL


yG

= (15x25x12,5) + (1,5x300x25,75) = 15x25 + 1,5x300

Q cm

MOMENTO DE INERCIA RESPECTO AL EJE NEUTRO: Ix = 15x253 + i5x25x(19,7 - 12,5)2 + ( 1,5)3x300 + l,5x300x(6,7 - 0,75)2 = 55 000 cm4 1

1z

155ESFUERZO MAXIMO EN LA MADERA:

CTMAD. =

-

27 500x 0,197 = 9,85 MPa 55 000 x 10-8

ESFUERZO MAXIMO EN EL ACERO:

oAcER0 = n^ = 20_i27^JLo:067 _ Ix

55 000xl0«

SECCION EQUIVALENTE EN ACERO 0 ,75 cm

ACERO EQU IV ALENTE A LA MADERA

25 cm

6,8 cm ,5 cm £ SECCION ORIGINAL


= (0.75 x 25 x 14) + (15 x 15 x 0.75) _ ~0.75 x 25 + 15 x 1,5 = 6'7 cm

MOMENTO DE INERCIA RESPECTO AL EJE NEUTRO:

t 0,75 x 253 n sîs Ix = —Í2 + ^5x25x(14 - 6,7)2 + U^15 + Ij5xl5x(6 7 . 0J5)2 = 275Q cm4

ESFUERZO MAXIMO EN LA MADERA:

1 M.v _ 27 500 x 0,197 = 9,85 MPa I

20 x 2750 x 10"8


_ _ M.y Lacero = —- = Ix

27 500 x 0,067 = 67 MPa 2750 x 10"8

-156PROBLEMA Ns 2

Una viga de madera se refuerza con una platina de acero tal como se muestra

en

la

figura.

Calcular

el

momento

flector

máximo

que

puede

soportar la viga.

E acero ■ 2 x 105 MPa Emader •a = 104MPa MADERA

24

aadm ,acero = 126 MPa madera = 8,4 MPa 1 CID

ACERO


1 5/7 cm

9,3 cm


y =

12 x 24 x 13 + 120 x 1x0,5 „, . i = 9,3 cm 12 x 24 + 120 x 1

MOMENTO DE INERCIA RESPECTO AL EJE NEUTRO: Ix = 24l|il + 12 x 24 x (3,7)2 +

l3 X 12Q + 120 x 1 x (9,3 - 0,5)2 = 27 100 cm4

MOMENTO MAXIMO EN LA MADERA: 8,4 x 27 100 x 10-8 Mmadeia =

= 14 500 N.m

-157-

MOMENTO MÁXIMO EN EL ACERO:

M

_ 126x27 100x10-8 _ 10?,.nMrn 20 x 0,093

Por lo tanto, el máximo momento flector que puede soportar la viga es: M = 14 500 N.m. En este caso hay exceso de acero, por lo que la viga se de nomina sobre-reforzada. PROBLEMA Ns 3 Una viga de madera se refuerza con dos platinas de acero tal como se observa en la figura. Calcular el aumento del momento flector que puede resistir la viga debido al refuerzo.

* 20 em Jt 1 cm

! ACERO E acero / Emadera m 15 MADERA

24 cm

ffadm. acero = ,440 kg/cm2 ffadm. madera = 80 kg/cm2

1 cm

ACERO 12 cm

SOLUCION: SECCI0N EQUIVALENTE EN MADERA

SE CALCULA AQUÍ

-158 La viga de madera, antes de reforzarla, está en capacidad de soportar el

momento flector: _ M . y Oadm. madera — Ix

jy^ _ Ix . O'adm. madera

1-x 20x 243 x 80 M= 12 = 153 600 kg.cm 12 MOMENTO DE INERCIA DE LA SECCION EQUIVALENTE EN MADERA

Ix = 12" X 20 X 243 + 2 12 X 180 X 13 + 180 X 1 X (12'5)2] = 79 320cm4

MOMENTO CAPAZ DE SOPORTAR LA VIGA DE MADERA REFORZADA M = 80 x 79 320 = 528 goo kg.cm 12 INCREMENTO DEL MOMENTO:

AM = 528 000 - 153 600 = 375 200 kg.cm que representa un 244% de aumento.

PROBLEMA Ns 4

Una viga de madera reforzada, tal como se muestra en la figura, está simplemente apoyada en sus extremos y tiene 6 m de longitud. carga concentrada máxima que puede aplicarse en el medio.

3 ID

E acere•/Emadera =20 acero = 1 20 MPa aadm. madera = 8 MPa

Calcular la


1 4,3 cm

6,7 cm i.4 8x20= 160 cm


G

_ 20 x 12 x 11 + 160 x 1 x 0,5 160 x 1 + 12 x 20 = 6,7 cm

CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA:

Ix =

+ 20x 12x(14,3-10)2

+ 1 x 160 x (6,7 - 0,;

Ix = 18 600 cm4 CALCULO DE LA CARGA P:

M = PxL 2 2 M x Q.143

M = 80 x 18 600 x 1Q-8 = 10 406N.m 0,143

18 600 x 10"8 n x M x 0,067

M= 120x 18 600xlO-8 , 16657N.m 20 x 0,067

OA = 18 600 x 10'8

M = 1,5.P

PxJL = i 5 p 4 l'J.r

;

P = .M. = 10 406 _ 6937 N 1,5 1,5

-160PROBLEMA Na 5

La viga compuesta mostrada en ia figura, está hecha de madera re forzada con acero. Calcular el momento flector máximo que. puede soportar la sección. El momento actúa de manera tal que el eje de solicitación es el eje "y" y el eje neutro es el eje"x".

¡Y i

SOLUCION:

CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA: Ix = ix 19 x 103 = 1583 pulg.4

CALCULO DE LOS MOMENTOS: a . Ornad. - Mx5 ^3

n . nxMx5 lacero 15g3

_3 =>

M = 1583 5x 150Q = 474 900 lbs.pulg ™

m ■ 20 000 x 1583 _ 422 133 lbs.pulg 5 x 15

-16 1PROBLEMA Nfi 6

Una viga de madera de sección rectangular de 1 o"x6" se va a reforzar con platinas de acero de 6"x0,25". En la figura se muestran dos maneras de realizar dicho reforzamiento. Determinar la manera más conveniente.

0,25" T

10"

10'

0,25'

Ea = 30xl06psi

°adm. acero = 1 8 000 psi

Em = 1,5x1 06 psi âdm. madera = 1 200 psi

SOLUCION: ANALISIS DE LA PRIMERA FORMA:

•X0,25"

10"

0,25" 120" SECCION EQUIVALENTE EN MADERA

120x0,25 3 + 120x0.25(5 + 0,125)2^ = 2076 pulg.4 12 _ _ M x 5 °M " 2076

M = 1200 x 2076 _ 498 24Q lbs.pulg

-162-

CT _ n x M x 5 A 2076

M = 182(0°^5 2576 = 355 885 Ib.PUlg

ANAUSIS DE LA SEGUNDA FORMA:

SECCION EQUIVALENTE EN MADERA

h =

M _ 1200^ 680 _ i63 2001bs.pulg

M

680

A

= nx Mx 3 680

a

+ 2]jfL = 680 pulg.4

M = 18 ^x3680 = 204 000 Ibs.pulg

PROBLEMA Nfi 7

Determinar el máximo valor del momento flector que puede soportar la sección mostrada en la figura. ACERO E acero = 2,1x1 06 5cq/cm2 CTadm acero = 1025 kg/cm?

7 cm

Ebron. = 8,4x1 05 kg/cn.2 a*4m bron. = ««O kg/cn.2

2cm

vr~ = yc

l

6x2x1 + 7,5x5,5 + 15x1x9,5 . = 5,o cm 12 + 35+15

- 6x21 + 6x2x4,62 + 5i2l + 7,5x(0,l)3 + 12 12

631 °AiUm. = -—^ «¿T^ 631

' =* =»

+ I5xlx3,92 = 631cm4 12

1,2x5,6

M = 210x6 270 x 631 = 47 325 kg cm 3,6

M = 45 071 kg.cm PROBLEMA Nfi 8

Calcular el máximo valor del momento flector que puede aplicarse la sección mostrada en la figura. Utilizar sección equivalente en acero sección equivalente en aluminio. 6 cm-f. 6 cm —)f- 6 cm

-164SOLUCION: SECCION EOUIV ALENTE EN ACERO 2 cm 6 em 2 cm * * * -t 5,25 cm

lacero Eaium.

- t

fi75Cm 6,75 cm

yG = I3x&£ i 6x6x9 = 5,25 cm ae 10x6 + 6x6

6 cm

IN =

+ 10x6x(2,25)2 +

M x 0,0525 Âcero — 1098 x lO'8

M x 6,75 <*Alum. - 3 x 1098

+ 36x(3,75)2 = 1098 cm4

M=WQjOmfíQ±= 20915N.m 0,0525

M = 30

l098 = 14 640 N.m 0,0675

SECCI0N EQUIVALENTE EN ALUMINIO 18 cm -)(— 6 cm —X-

f 6 cm

5,25 cm ¿LA

6,75 cm

6 cm

_ c 9c Cm YG ~ 30x6x3 30x6 ± í 18x6x1 18x6 ~ 5'25

IN =

+ 30x6x(2,25)2 +

3 x M x 0,0525 cero 3294 x 10"8

M x 0,0675 OAlum. = 3294 x lO'8

+ 18x6x(3,75)2 = 3294 cm4

M= 100■ x 3294 x 10-8 = 20914 N.m 3 x 0,0525

M = 30^29AxJ0± = i4640N.m 0,0675

-165-

PROBLEMA Nfi 9

Para figura,

la

sección

compuesta

por

acero

y aluminio

mostrada

determinar:

a) La sección equivalente en acero y el momento de inercia.

b) La sección equivalente en aluminio y el momento de inercia.

SOLUCION:

SECCION EQUIVALENTE EN ACERO

I - JL[e* - 44] + -S-[l,33 x43] = 55,23 cm4

en

la

-166-

SECCION EQUIVALENTE EN ALUMINIO

I = JL x 44 + f- [18 x 63 - 12 x 43] = 165,7 cm4 64 64

PROBLEMA Ns 10

Para figura,

la

sección

compuesta

por acero

y

aluminio

mostrada

determinar:

a) La sección equivalente en acero y el momento de inercia.

b) La sección equivalente en aluminio y el momento de inercia.

en

SOLUCION: SECCION EQUIVALENTE EN ALUMINIO:

I = JL[64 - 44] + f-[\2 x43] = 88,75 cm4

SECCION EQUIVALENTE EN ACERO: 1 ,33 cm I

I

I = JL[44] + ^-[2x63 - l,33x43] = 29,6 cm4

-168-

PROBLEMA Ns 11

La viga compuesta

mostrada en

la figura,

está fabricada con

una

combinación de cuatro perfiles de aluminio y el alma de madera. *

15 cm

* #

P = 12 000 N

q = 10 000 N/m

25 4 m FIG. (1) PERFILES 30 X 5 X 30 FIO. (2)

1 )

Trazar el diagrama de momento flector.

2)

Calcular el valor del factor de seguridad de diseño de la viga, sa biendo que:

Rpalum. = 70MPa

;

Rp madera = 8 MPa

;

n = âbasL. = 7,5 tornadera

SOLUCION: 10 000.x I I I I I I I I I M ■\\\\\\\\

H

17 000.x - 5 000.x'

El momento flector se anula en :

O = 17 000.x - 5000.x2

;

x = 3,4 m

El momento flector es máximo donde se anula su derivada: M' = 17 000 - 10 000.x = 0

;

x = 1,7 m

En ese punto el momento flector vale:

M = 17 000 x 1,7 - 5 000 x 1,72 = 14 450 N.m

-169DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR 3.4 m -H I

LÜS

M= 12 000N.m

H

.WlTTTTTTTr^

a!»iiiiiiiiiiiiiinsM p*«iuiUllUiill I17 000N

M

l35 000 N

14 450N.m

Para el problema en cuestión, es evidente que conviene trabajar con la sección equivalente en aluminio: 15 cm —jf-

25 cm

J

I

2 cm Las características geométricas de cada perfil i 30x5x3 0 son:

A = 2,73 cm2 «x = «v = 2,15 cm4 0,92

El momento de inercia de la sección equivalente vale:

Ix = ¿ 2x253 + 4t2'15 + 2J3 (12,5 - 0,42^ = 4206 cm4 Los esfuerzos en la madera y el aluminio valen: My 14 450x 0,125 Ornad. = —~ = ~ = 5,7 MPa n.Ix 7<5 x 4206 x 10

BMjr. 14450x0,13 = 44JMPa Ix

4206 x 10"8

.

v=JZ£L=i^7 44,7

Por lo tanto el valor del factor de seguridad es 1,4.

PROBLEMA Ns 12

La sección transversal de una viga de madera contraenchapada de siete

hojas

tiene

las

dimensiones

indicadas

en

la

figura.

La

viga

está

vinculada y cargada tal como se muestra en la figura.

a) Verificar la resistencia de la viga.

b) Verificar la resistencia de la viga, si sobre la sección en mayor peligro actuasen simultáneamente un momento M = 100 N.m acción axial P = 6500 N . MADERA TIPO A MADERA TIPO B 1 1 1 1 1 1 1

q = 500 N/m

2,5 m

cm cm cm cm cm cm cm

EA = U104MPa

OAadm. = 8,5 MPa

EB = 0,4x1o4 MPa

OBadm = 2 MPa

SOLUCION: 1500.x I I I I I I I M M = 525.x - 250 x2 x 525 N El momento flector se anula en : 0 = 525.x - 250.x2

;

x = 2,1 m

El momento flector es máximo donde se anula su derivada: M' = 525 - 500.x = 0

;

x = 1,1 m

En ese punto el momento flector vale: M = 525 x 1,1 - 250 x 1,12 = 275 N.m

y

una

-17 1DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR 2,1 m ♦H

M = 250 N.m

1 ,05 m î!!i!!UI!llllllllllllli!!!UM. I525N

M = 275 N.m

I225N

SECCION EQUIVALENTE EN MADERA TIPO A: 1 1 1 1 1 1 1

cm cm cm cm cm cm cm

3,5

5cm

.jf- 5 cm —jf.

CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA:

IEN = Mi + 2 5iil + 5xlxl,52l + 2Í2ilÍ + 2xl,22 + 2^ + 5xlx32 L 12 J L 12 J L 12 275 x 0.035 aA =

= 8,2 MPa

RESISTE

118 x 10.8 275 x 0.025 Ob =

. , ._ = 2,3 MPa

NO RESISTE

2,5 x 118 x 10"8

PARTE B: I PA + PB = 6500 I-?aL_ - 2b_L \AA EA AB EB

PA = 5000 N Pb = 1500 N

= 100 » 0,035 + 5000 = 5 41 MPa 118 x 10"8 20 x lO"4

aB =

100 x 0-025 2.5 x 118 x 10"&

+ _i500_ = U84 MPa 15 x lO"4

RESISTE

RESISTE

= 118 cm4

-172-

PROBLEMA N» 13 Para la viga mostrada en la figura, determinar el máximo valor que puede alcanzar la carga P. La sección de la viga está compuesta por cuatro perfiles

L 20x3x2 0 de aluminio, dos chapas de abeto y dos largueros de pino.

Las características geométricas de los perfiles de aluminio son las mismas de la tabla sidor para perfiles de acero.

1 m

r T 1 m

r t I m 5 cm

./////?/// ALUMINIO: E alum = 7x1 04 MPa CTadm. ■ 4* MPa

1

30 cm • ABETO : 1

E abeto = 1 ,4x1 04 MPa

ABETO CTadm.= I4 MPa 5 cm

PINO:

WéÉl Epino = 0,7x1 04 MPa 2,5 cm

= 8 MPa

SOLUCION: SECCION EQUIVALENTE EN ALUMINIO y 1 5 cm

30 cm

I...

0,5 cm

4

0,5 cm

10cm

2,5 cm

-173-

Ix = 4 ¡0,39 +1,12(10 - 0,6)2] + 2 IgU 5x1x12,5^

Gabelo =

M x 0,15 ! 5 x 4230,7 x 10"8

. 4230,7cm4

. £ HMPa

Mabeto = 19 740N.m

< 8MPa

Mpino = 22 560N.m

M x0,15 'pino 10 x 4230,7 x 10"8

M x 0,1 Galum. =

. ., . _ £ 46MPa

Maium. = 19 460N.m

4230,7 x 10-8

P = 19 460 N PROBLEMA Nfi 14

Para la sección de dos materiales mostrada en la figura:

a)

Dibujar la sección equivalente en acero.

b)

Dibujar la sección equivalente en aluminio.

c)

Determinar la posición del eje neutro de la flexión. (Utilizar la sección equivalente en acero. Tomar la base de la fi gura como referencia)

d)

Determinar los esfuerzos máximos en el acero y el aluminio si la sección está sometida a M = 10 320 N.m

= 2JX105 MPa = 7x1 04 MP« = 344 cm4

Iy es el momento de inercia de la sección equivalente en acero.

- 174-

SOLUCION: SEccION EQUIVALENTE EN AcERO T

1

9 cm

y°

9x3x1,5 + 2^1^-lj(5) + I2x (3,5 + 3) 9x3+2 + 12

yG = 3,7 cm

aacero =

10 320x0,053 1cnA,„ ~— = 159 MPa ; 344 x 10"

10 320x0,053 Oaium. =

= 53 MPa 3 x 344 x 10"8

PROBLEMA Nfi 15

Determinar el máximo valor de la carga P que puede soportar la es tructura mostrada en la figura. ACERO 2 m

ALUMINIO

1 cm

i E acero = 2,1x1(j5 MPa 10 cm Caluro. = 7x1 04 MPa aadm. alum. = 60 MPa I cm" CTa«lm. acer. = 240 MPa

i 11 1. 4 H 1 cm 5 cm 1 cm

SOLUCION: SECCION E0UIV ALENTE EN ALUMINIO 21 cm I

1 eml

n = L>ctro ■ 3 Ealum 1 0 cm

Ix = 2 21xil + 21xlx5,52 + ÍÍ2ÍxIO3 * l 12 IX =2190 cm4

3 cm

5 cm 3 cm

ESFUERZOS EN EL ALUMINIO: aa,um = ^^ 2 190x1 0"8 M = P.2

=*

=>

M = 60x2190xl0-« = 26280Nm 0,05 P = M. = 26280 = 13 140N 2 2

ESFUERZOS EN a ACERO

Cacero =

=>

M =

2 190x1 0"8 M = P.2

= 29 200 N.m 3 x 0,06

=>

P s M. = 29 200 _ 14 600 N 2 2

P= 13 140 N ES LA SOLUCION SECCION EQUIVALENTE EN ACERO

IX =

7x123 . 5x1 03 + 1,67x1 03 12 12 12 ix = 730 cm4

ESFUERZOS EN EL ALUMINIO: a3lum=

Mx0'05|¡

*

3x730xl0"8 M = P.2

M = 3x60x730xl0-8 = 26280Nm 0,05

=>

P = M. _ 26280 _ 13 140 N 2 2

ESFUERZOS EN EL ACERO _ Mx0,06 Jacero — 730x1 0"8 M = P.2

w = 240x730x10-8 940x7^0x10-8 = 29 200 N.m M 0,06 =>

P = M. = 29 200 = 14600N 2 2

P = 13 140 N ES LA SOLUCION

-176-

PROBLEMA Ns 16

Para la sección que se muestra en la figura, determinar la sección equivalente en acero y la sección equivalente en aluminio. La relación entre los módulos de elasticidad del acero y del aluminio es n = 3. Calcular en am bos casos el momento de inercia de la sección equivalente respecto al eje horizontal que pasa por el centro de gravedad de la sección.

]^

5 3 cm cni

J/

SOLUCION: SECCION EQUIVALENTE EN ACERO 1 cm * *

5 cm

1 3 cm

Ix

5* 12

iT 64

Ix = 49,43 cm4 4

fi 53x1 64

1 77-

VIGAS DE CONCRETO REFORZADO Tal como se dijo en la introducción de este tema,, un importante ejemplo de elementos estructurales hechos de dos materiales diferentes es el suministrado por las vigas de concreto reforzado con cabillas de acero. Una exposición completa de la teoría del concreto reforzado rebasa el propó sito de este libro, por lo que nos limitaremos a una breve explicación de este importante problema. El concreto es un excelente material de construcción ya que, además de ser barato e incombustible, ni se oxida como el hierro, ni se pudre como la madera. Tiene una resistencia a compresión mucho mayor que su resis tencia a tracción que es prácticamente nula. Por esta razón, cuando las vigas de concreto van a ser sometidas a flexión, se refuerzan con cabillas coloca das a una pequeña distancia del borde de la zona sometida a tracción. En el ejemplo que vamos a ver se tratará de la cara inferior.

Es importante que al colocar las cabillas dentro del concreto, éste se adhiera fuertemente y no haya deslizamiento de las cabillas respecto al concreto durante la flexión, de manera que puedan aplicarse los resultados obtenidos en el caso general de vigas de diferentes materiales. Para obtener la sección equivalente en puro concreto de una viga de concreto reforzada con acero, se supone que el concreto no está en capacidad de soportar ninguna carga de tracción, por lo que se usa únicamente la por ción de la sección transversal ubicada por encima del eje neutro en la sec ción equivalente. La parte por debajo del eje neutro se reemplaza con el área total de las cabillas de acero Ag por un área equivalente n.Ag, donde n es la relación E/ Ep de los módulos de elasticidad del acero y del concreto. El valor de E para el concreto suele valer entre 1/6 y 1/1 o del valor del E del acero, según la calidad del concreto.

-178-

La posición del eje neutro se obtiene determinando la dista ~ia yG desde

la

cara

superior de

la

viga

hasta

el

centroide

"G" de

la

sección

equivalente.

yG =

b.yc.^ + n.Aa.d h v 4. n A b.yc + n.Aa

;

O*yé + n.Aa.yG - n.Aa.d = 0 2

Despejando yG de esta ecuación cuadrática se obtiene, tanto la posi ción del eje neutro en la viga, como la porción de la sección de la viga de concreto que se usa efectivamente.

La determinación de los esfuerzos en la sección equivalente se efec túa como en los problemas anteriores, sólo que el momento de inercia de la sección equivalente se determina de la manera siguiente:

lEN = ^ + byG^J2 + nAa[d-yG]2 EJEMPLO Ns 1 Una viga de concreto se refuerza con tres cabillas de acero de 7/8 de pulgada de diámetro cada una, tal como se ilustra en la figura. E «cero

= 3x 1 07 lbs /pul?2

Econcr. = 3x1 06 lbs/puig2 a*ám acero = 20 000 lbs/pulg2 °idm concr. = 1350lbs/pulg2 (J> = 7/8"

Determinar el mayor momento flector que puede soportar la viga.

SOLUCION: *— 8" —i 11 1 1 EN.

L

14"

n.Aa Ea - ouíü¿ 30xlO6 _ 10 m n a ^ Ec 3xl06

;

a = 3.7t (7/8)2 . o Aa \—— = .1,8„ pulg4

n.Aa = 10x1,8 = 18pulg2 POSICION DEL EJE NEUTRO: | yG + n Aa yG - n Aa d = 0

4yG + 18 yG - 252 = 0

18 ± V 182 + 4x4x252

- 18 ± 66

yG = 8

8

yG = -18 8+ 66 = 6Puig

CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA DE LA SECCION EQUIVALENTE:

Ien = ^2

+ by° yG

+ nAa[d-yG]2

Ien = lx^63 + 8x6x32 + 18x82 = 1728 pulg4

CALCULO DE LOS MOMENTOS RECTORES:

= Mx6 1728 _ nxM x 6 1728

M = 1350 x 1728 _ 388 SQ0 ibs.pulg 6 M _ 20 000 x 1728 = 432 qoo Ibs.pulg 10 X o Mmax = 388 800 Ibs.pulg

-180EJEMPLO Nfi 2

Una losa de piso de concreto es reforzada con cabillas de acero de 5/8 de pulgada de diámetro, colocadas a 1 pulgada por encima de la cara inferior de la losa y espaciadas 6 pulgadas de centro a centro.

5" 2—* 6

*—bMbX^XbX.X^M

El módulo de elasticidad es 3xio6 ibs/puig2 para el concreto utilizado y 3 0x1 o6 ibs/puig2 para el acero.

Además,

se

aplicado a cada pie de ancho de la losa vale

sabe

que el

momento f lector

35 ooo ibs.puig. Determinar:

a)

El esfuerzo máximo en el concreto.

b)

El esfuerzo máximo en el acero.

SOLUCION: Para construir la sección equivalente se toma una porción de losa de 1 2 pulg. (1 pie) de ancho en la cual hay dos cabillas de 5/8". - 12"—

.X— \1"—X-

f" 4"

"t 4" 4

l n.Aa X

X

n = §a = 30x1 O6 = 1Q Ec 3x1 O6

. ^ 2 n (5/8)2 = 0,614 pulg2 Aa " 4

n Aa = 10x0,614 = 6,14 pulg2 POSICION DEL EJE NEUTRO:

| y¿ + n Aa yG - n Aa d = 0

yG =

=>

6 yl + 6,14 yG - 24,56 = 0

-6,14 ± V6,142 + 4x6x24,56 -6,14 ± 25,04 = 12 12

=>

- 6,14 + 25,04 . c0 . ye, = — !— = 1,58 V pulg6 ya 12

-18 1-

CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA DE LA SECCION EQUIVALENTE: lxl2xl,583 + 12xl,58x0,792 + 6,14 [4 - 1,58]2 = 51,74 pulg4

Ien = 12

ESFUERZO MAXIMO EN EL CONCRETO: 35 000 x 1,58 .•concr.

= 1068 lbs/pulg2 51,74

ESFUERZO MAXIMO EN EL ACERO: _ 10 x 35 000 x (4- 1,58) = 16 370 lbs/pulg2

."acero 51,74 EJEMPLO Nfi 3

La viga de concreto ilustrada en la figura, está reforzada con cuatro cabillas de acero de 1 pulg. de diámetro cada una y está sometida a un mo mento f lector de 100 ooo ibs.pie. 24" 4'

20"

2,5" 12"

El módulo de elasticidad es 3,75x1 o6 lbs/pulg2 para el concreto

utiliza

do y 30x1 o6 lbs/pulg2 para el acero. Determinar el máximo esfuerzo en el con creto y el máximo esfuerzo en el acero. SOLUCION: 24" 4"

t

E.N.

17,5" 12" n.Aj

-182-

Ec

3,75xl06

4

n Aa = 8x3,14 = 25,13 pulg2 POSICION DEL EJE NEUTRO: 24x4x2 + 12 [yG -4] ycjLl + 4 + 25,13x17,5 yG =

24x4 + 12 [yG -4] + 25,13

yG + 12,19 yG - 89,3 = 0

yG =

- 12.19 + Vl2,192 + 4x89,3 - 12,19 + 22.49 ñ = x .—

yG = 5,15 pulg

CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA DE LA SECCION EQUIVALENTE:

Ien = U2£42 + 24x4x3,152 + lxl2^153 + 12 x 1,15 x 0,582 + 25,13 x 12,352

IEN = 4920 pulg4

ESFUERZO MAXIMO EN EL CONCRETO:

Cfconcr. = 12 x 100 000x 5,15

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8 x 100 OOO x 12 x 12,35 lacero =

. „fi ., , . , = 24 098 lbs/pulg-

-1 83

CAPITULO V RESISTENCIA A LA FATIGA

OBJETIVOS:


este capí

1.- Explicar la naturaleza de la falla por fatiga. 2.- Describir el ensayo de flexión rotativa. 3.- Determinar la curva de Wohler para el ensayo de flexión rotativa. 4.- Determinar la curva de Wohler aproximada para los aceros a par tir de los resultados del ensayo de tracción. 5.- Determinar los factores que influyen en la resistencia a fatiga de piezas reales. 6.- Utilizar los gráficos para determinar los valores de concentración de esfuerzos.

de los factores

7 .- Utilizar los diversos métodos a disposición para la solución de problemas prácticos de fatiga en piezas reales.

INTRODUCCION

El análisis de las fallas en elementos de máquinas, en los últimos años, ha demostrado que la gran mayoría de ellas son fallas por fatiga; de aquí que sea indispensable para el ingeniero mecánico tener un conocimiento bastante profundo del problema. La falla por fatiga es un tipo de falla típico están sometidos a cargas variables en el tiempo. El elementos cuando están sometidos a este tipo de distinto a su comportamiento cuando están sometidos

de los elementos que comportamiento de los cargas, es totalmente a cargas estáticas

1 84

Hace algunos años sólo se podía diseñar un elemento de máquina so metido a cargas variables, si se hacía un modelo del elemento y se sometía al mismo estado de cargas que iba a tener cuando estuviera montado en la máquina. Este procedimiento puede resultarla veces, sumamente costoso pe ro, aún hoy en día, se utiliza cuando se trata de piezas de importancia vital para la máquina, o cuando se trata de piezas que se van a fabricar en grandes cantidades. En los últimos años, el desarrollo de la Ciencia de Materiales y la Me cánica de Fractura ha permitido tener un mayor conocimiento de cómo se origina y se propaga la falla por fatiga. Sin embargo, en lo que se refiere al diseño y verificación de elementos sometidos a fatiga, el gran impulso en este campo ha sido proporcionado por una inmensa cantidad de información empírica que, reunida en forma lógica, sirve para obtener soluciones bastan te buenas a problemas prácticos de fatiga. En el presente estudio se analizarán algunos de los factores que in ciden en la resistencia a la fatiga, y se desarrollará un método de cálculo que, sin ser demasiado laborioso, permita diseñar y verificar la resistencia de piezas reales a partir de los ensayos convencionales de fatiga y tracción. DESCRIPCION DE LA FALLA POR FATIGA

Las fallas por fatiga comienzan con una pequeña grieta, tan diminuta, que no se puede percibir a simple vista, lo que hace bastante difícil locali zarla por inspección con Magnaflux (líquido penetrante) o con rayos x. La falla por fatiga tiene su origen en desplazamientos cíclicos submicroscópicos del material, en regiones especialmente vulnerables tales co mo: agujeros, rayas de mecanizado, chaveteros, roscas, cambios de sección y, en general, en cualquier punto de discontinuidad del material. También ocurre en puntos donde la microestructura del material presenta inclusiones, u otros puntos de debilidad local, tal como el grafito en la fundición gris. Cuando los desplazamientos submicroscópicos comienzan a producir se, pueden ocurrir dos cosas: 1 .- El material tiene altas propiedades de endurecimiento por defor mación o por precipitación, en cuyo caso los puntos de deformación plástica local pueden endurecerse lo suficiente para frenar el deslizamiento antes de que pueda iniciarse una fisura submicroscópica.

-1 85-

2.- El material no tiene estas propiedades, lo que conduce a que se formen microfisuras; el efecto de concentración de esfuerzo se hace mayor y las microfisuras crecen y se juntan hasta formar una o más "fisuras grandes, que continúan propagándose hasta que la sección que soporta la carga se ha ce tan pequeña, que los esfuerzos aumentan en magnitud y, finalmente, el área restante falla de repente. Por lo anteriormente explicado, la sección de una pieza que ha fallado por fatiga presenta, por lo tanto, dos zonas: - La primera se debe al desarrollo progresivo de la grieta y es la llamada "zona de fatiga", que tiene un aspecto liso como de terciopelo. - La segunda es la zona de rotura repentina, que tiene aspecto basto y donde a veces puede observarse una deformación plástica macroscópica. Se forma cuando la pieza falla por insuficiencia de la sección. Esta zona tiene un aspecto muy parecido al de la fractura de un material frágil como la fun dición, cuando ha fallado por tracción. ORIGEN DE LA MICROFISURA ZONA DE FATIGA

ZONA DE ROTURA INSTANTÁNEA

Debe quedar claro que existen tres etapas en la falla por fatiga: 1.- Desarrollo de las microfisuras y origen de la falla. 2.- Propagación de las fisuras. 3.- Fractura final. Los experimentos han demostrado que las microfisuras tienden a for marse en planos de deslizamiento alineados en la dirección de los máximos esfuerzos cortantes. Una vez que éstas se han formado, la propagación de la fisura tiende a producirse en dirección perpendicular a la dirección del esfuerzo de tracción intermitente máximo. Esto, debido a que el esfuerzo de tracción tiende a abrir la fisura.

1 86 PLANO DE FORMACI0N DE LA FISURA

DIRECCI0N DE PROPAGACI0N

En el caso donde el esfuerzo sea de compresión intermitente, no existirán esfuerzos de tracción disponibles, por lo que la propagación de la fisura se producirá a lo largo de planos de deslizamiento en la dirección de los máximos esfuerzos cortantes intermitentes. PLANO DE FORMACI0N DE LA FISURA

P

DIRECCI0N DE PROPAGACI0N

Los estudios realizados sobre propagación de fisuras, han demostrado que la rapidez de propagación es mucho mayor cuando ésta se realiza en pla nos perpendiculares a los esfuerzos de tracción, que cuando se realiza a lo largo de planos en la dirección de los esfuerzos cortantes. Lo dicho anterior mente está plenamente de acuerdo con la experiencia acumulada en el análi sis de piezas que han fallado por fatiga. Otra conclusión importante de lo dicho anteriormente, es que si a una pieza que esté ya en el proceso de propagación de las fisuras se le rectifica, eliminando las fisuras, la pieza estará como nueva y su vida será la misma que tenía cuando estaba recién fabricada. La fractura típica por fatiga no presenta, generalmente, deforma ción plástica macroscópica; lo que quiere decir que si se juntan las dos par tes de una pieza que ha fallado por fatiga se puede reconstruir exactamen te la pieza original, encajando las dos partes perfectamente. Cuando las piezas de máquinas fallan estáticamente, por lo general lo hacen sufriendo una deformación muy grande debido a que el esfuerzo exce dió al límite de fluencia. Entonces deben reemplazarse antes de que ocurra la rotura. Por tanto, muchas fallas estáticas son visibles y se detectan antici padamente, pero una falla por fatiga no da señal alguna; es repentina y total

-187y, por lo tanto, peligrosa. El diseño contra fallas estáticas es relativamente sencillo, pues los conocimientos actuales sobre el asunto son bastante com pletos; pero la fatiga es un fenómeno mucho más complicado, sólo explicado parcialmente. No obstante, se debe adquirir suficiente conocimiento en la materia para poder diseñar adecuadamente. Cualquiera que no sepa lo sufi ciente sobre fallas por fatiga puede duplicar o triplicar los factores de se guridad y así crear un diseño que no fallará; pero tales diseños no serán competitivos económicamente. ENSAYO DE FLEXION ROTATIVA- CURVA DE WOHLER Para realizar el ensayo de flexión rotativa se somete una serie de probetas, como la mostrada en la figura, a flexión constante y, al girar la probeta en la Máquina de R.R. Moore, esta flexión se convierte en rotativa y produce esfuerzos alternativos de tracción y compresión. La periferia de la sección resulta ser la parte más crítica. R= 9-7/8"

CARACTERÍSTICAS DE LA PROBETA: dm¡n- = °-3 PU|9Superficie pulida como espejo. El radio R es lo suficientemente grande para evitar concentracio nes de esfuerzos. La superficie está libre de esfuerzos residuales. La máquina de Moore generalmente funciona a 1750 RPM. Sin embargo, los experimentos realizados han demostrado que los resultados no se ven afectados significativamente para velocidades de rotación del motor com prendidas entre 200 y 10 000 rpm.

-1 88Para determinar la resistencia a la fatiga de un material es necesa rio realizar un gran número de pruebas, debido a la naturaleza estadística de la fatiga. La primera prueba se realiza con un esfuerzo algo menor que el lí mite de rotura del material, la segunda se efectúa con un esfuerzo menor que el utilizado en la primera. Este proceso se continúa y los resultados se grafican, obteniéndose así un diagrama llamado s-N. (esfuerzos vs N2 de ciclos). RESULTADOS DEL ENSAYO DE FLEXIÓN ROTATIVA EN PROBETAS DE ACERO NORMALIZADO DE DURE ZA 120 BHN. ESFUERZO [ksi]

±48,6 ±44,5 ±42,0 ±40,0 ±38,1 ±36,9 ±35,7 ±34,2 ±33,4 ±32,8 ±32,2 ±31,1 ±30,8 ±30,5 ±30,5 ±30,3 ±29,9 ±29,9

duración [n° de ciclos] 15 000 24 000 36 000 80 000 177 000 162 000 301 000 290 000 361 000 643 000 881 000 1 302 000 2 270 000 100 125 000 103 667 000 101 190 000* NO SE ROMPIÓ 101 176 000* NO SE ROMPIÓ 102 483 000* NO SE ROMPIÓ

El resultado de estos ensayos puede representarse en un sistema de coordenadas lineales, semilogarítmicas o logarítmicas. La representación logarítmica tiene la gran ventaja de que la curva resultante es aproximada mente una recta. En el caso de los aceros, ésta se vuelve horizontal después que el material ha sido esforzado durante un cierto número de ciclos. El empleo de la escala logarítmica destaca el recodo o ángulo de la curva, que no se manifestaría si los resultados se graficaran en un sistema de coorde nadas cartesianas. En la figura puede observarse que existe un esfuerzo s^ tal que: para s menores que s,,, no se producirá la falla por fatiga y la probeta podrá tra bajar infinito número de ciclos sin romperse. Este esfuerzo se denomina lí mite de fatiga o límite de endurancia.

1 89

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Nótese que el comportamiento de este material al ensayo, represen tado en escala logarítmica, son dos rectas que se cortan y el punto de corte se encuentra entre 1 o6 y 1 o7 ciclos. Esto quiere decir que si una pieza de acero llega a 1 o7 ciclos sin fallar por fatiga, podrá seguir funcionando inde finidamente sin romperse. La curva descrita se denomina curva de Wohler para la probeta y si ésta es conocida para un acero determinado, es posible predecir la vida que tendrá una probeta del mismo material sometida a un esfuerzo determinado. Se verá más adelante que estos diagramas S-n pueden realizarse, tanto para la probeta, como para el elemento mecánico real. Aun cuando el material de la probeta y del elemento de máquina sean idénticos, existirán diferencias significativas entre ambos diagramas. Es necesario considerar que toda curva experimental posee una banda de dispersión y, por lo tanto, la curva de Wohler definitiva será la curva ajustada a los resultados experimentales. nomenclatura; En vista de que la mayoría de la bibliografía sobre fatiga a nuestra disposición proviene de literatura en inglés, en este capítulo se va a mantener esa misma nomenclatura. Su = Límite de resistencia a tracción sl = Límite de resistencia a fluencia Sn.= Límite de resistencia a fatiga en. probetas a flexión rotativa s,, = Límite de resistencia a fatiga para la pieza real a n ciclos sus= Límite de resistencia a corte SyS= Límite de fluencia a corte bhn= Dureza Brinell

-1 90CURVA DE WOHLER PARA ACEROS A PARTIR DEL LIMITE DE ROTURA A TRACCION.

La determinación experimental de los límites de resistencia a la fa tiga es muy extensa y costosa. Se han hecho muchos intentos, a través de los años, para correlacionar los resultados de los ensayos de fatiga con los re sultados de los ensayos estáticos; en particular con el ensayo de tracción, y con el ensayo de dureza, que resulta aún más económico y, además, tiene la ventaja de poder realizarse sobre la misma pieza. La figura representa los resultados de una serie de ensayos realizados con distintos aceros lamina dos y donde en lugar del esfuerzo Sp se ha llevado sobre las ordenadas la relación sn/su. log sn /su ♦ CURVA SUPERIOR

N[CÍC10S]

Si no se poseen datos específicos sobre la resistencia a fatiga de un acero, se puede tomar la curva inferior que da los valores: S103 = 0,9 Su

S,o6 = 0,5 SL

De todas maneras, esta curva hay que utilizarla con cuidado. En la figura siguiente puede verse la relación SnJSu para probetas de acero con diferente estructura metalográfica. Nótese, por ejemplo, que para una es tructura martensítica no revenida, el límite de fatiga s^ o,3.su. Sn'/Su 1 0,9 0,8 0,7 ._ A 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0.1 ■

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-19 1-

COMPORTAMIENTO DE LAS ALEACIONES DE ALUMINIO

Muchas aleaciones de aluminio no muestran límites de fatiga, lo que quiere decir que, por bajo que sea el esfuerzo al que está sometida la probe ta, ésta siempre podrá romperse con un número suficientemente grande de ciclos.

Los ensayos de fatiga para aluminio, se llevan a cabo hasta 5xio8 ciclos, por lo que se requiere una máquina trabajando a 10 000 RPM durante 3 5 días. El valor del esfuerzo a 5xio8, se toma como valor del límite de fatiga. El límite de fatiga para aleaciones de aluminio laminado se indica en la figura a continuación:

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LIMITE DE ROTURA Su [ksi]

Este gráfico vale para las aleaciones de aluminio que se señalan a continuación: 1100-0, H12, H14, H16, H18

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3003-0, H12, H14, H16, H18

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6063-0, T42, T5, T6

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7075-T6

-1 92ANALISIS DE FATIGA PARA PIEZAS REALES

Hasta ahora se ha considerado únicamente el comportamiento de pro betas normalizadas, muy pulidas y sometidas a cargas de- flexión rotativa alternativa. Los experimentos han demostrado que existe una serie de fac tores que influye en la resistencia a fatiga de las piezas reales y, por lo tanto, tienden a modificar la curva de Wohler. Entre los factores más impor tantes, y que serán tomados en consideración, se encuentran: Tipo de carga. Dimensiones de la pieza. Acabado superficial. Concentración de esfuerzos. Temperatura. TIPO DE CARGA:

El tipo de carga a que está sometida la pieza (carga axial, flexión o torsión) influye en la resistencia a fatiga de la misma. Este hecho se tomará en cuenta a través del coeficiente cL. Flexión Rotativa: En este caso todas las fibras de la pieza están sometidas a los esfuerzos máximos y mínimos. Flexión Alternativa: En este caso solamente dos fibras estarán sometidas a esfuerzos máximos y mínimos. Teóricamente, el comportamiento en ambos casos debería ser igual; pero la experimentación ha demostrado que las probetas con flexión alterna tiva simple, tienden a poseer una resistencia ligeramente mayor. Esto se ex plica tomando en cuenta que el material no es perfectamente homogéneo y que quizá las partes más débiles puedan escapar a los puntos de esfuerzos máximos. En la práctica se tiende a despreciar este factor y para los cálcu los convencionales se considerará la misma resistencia en ambos casos. Cargas Axiales Alternativas: Como en la flexión, este tipo genera esfuerzos uniaxiales. Sería de esperarse que ambos produjeran idénticos resultados (idénticos diagramas de Wohler); bargo, se ha visto que el ensayo con cargas axiales presenta un fatiga más bajo. Esto se debe a que en el caso de la acción axial fibras están simultáneamente sometidas al mismo esfuerzo.

de carga ensayos sin em límite de todas las

-1 93Cargas de Torsión Alternativa: Las cargas de torsión inducen esfuer zos tangenciales en la pieza que pueden compararse con los esfuerzos de flexión rotativa, solamente utilizando una de las teorías de falla. DIMENSIONES DE LA PIEZA: Se ha observado que si se aumenta el diámetro de la probeta, en prue bas de flexión y torsión alternativas, el límite de fatiga baja rápidamente entre un 5 y 10% y, luego, tiende a mantenerse constante hasta 2 pulg. de diámetro. Este hecho se tomará en cuenta a través de un coeficiente cD. En probetas sometidas a tracción, la variación del diámetro no produ ce alteración del límite de fatiga. Para bajo número de ciclos (1 o3 ciclos) el efecto de las dimensiones de la pieza es despreciable. ACABADO SUPERFICIAL: Este factor afecta al límite de fatiga del material por tres razones: La rugosidad superficial introduce concentraciones de esfuerzos. El proceso de generación del acabado superficial modifica las propiedades físicas del material. Por ejemplo, una superficie for jada no sólo es rugosa sino que está descarburizada y, por lo tan to, es más susceptible a fallar por fatiga. A veces, se introducen esfuerzos residuales durante el mecaniza do; por ejemplo, durante el rectificado se introducen esfuerzos residuales de tracción en la superficie, que modifican la resis tencia a fatiga de la pieza. Los materiales más afectados son los homogéneos y de grano fino. En los materiales que poseen muchas inclusiones, tal como la fundición gris, el efecto del acabado superficial no es relevante comparado con los defectos internos. La determinación de los factores de reducción de la resistencia a la fatiga, por efecto del acabado superficial, se efectúa utilizando el gráfico que se muestra a continuación, a través del coeficiente cs. El efecto del acabado superficial para 1 o3 ciclos se considera despre ciable.

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CONCENTRACION DE ESFUERZOS:

La gran mayoría de las fallas por fatiga ocurren en puntos de concen tración de esfuerzos. Es imposible diseñar elementos de máquinas sin con centraciones de esfuerzos; pero un buen conocimiento de su comportamiento permitirá al ingeniero minimizar sus efectos y también tomarlos en cuenta en el cálculo de las piezas. La determinación analítica de la distribución de esfuerzos es facti ble, en poquísimos casos, por teoría de elasticidad; por eso se ha desarro llado un método rápido para determinar el esfuerzo máximo, que consiste en multiplicar el valor del esfuerzo nominal (calculado como si la concen tración de esfuerzos no existiera) por un factor i^ que se denomina factor de forma o factor geométrico de concentración de esfuerzos. Los valores de ^ no dependen de la naturaleza del material sino simplemente de la geometría de la pieza y, generalmente, se obtienen por análisis experimental de es fuerzos.

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r/v = 0.10

15 t h

14 13 12

h/v = 0.5 11 KX 10 9 8 •

h/V = 0.75

7 6 h/v = 1.0 5 ,«^_ 4 h/v = 3.0

3 2 1 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2 1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 5.1 W/v

NOTA IMPORTANTE: La experimentación ha demostrado que en el caso de piezas con enta llas,

la mayoría de los materiales no disminuyen su

resistencia a la fatiga

en la misma proporción que Kt ; por lo que se define un factor ^ , de valor menor que Kt y que se denomina factor de concentración de esfuerzos a fatiga.

El factor

es

preferible

determinarlo

experimentalmente,

pero

es

posible estimarlo a partir de los factores geométricos de concentración K¡ , como se indicará más adelante en la solución de problemas específicos.

205VALORES DE Kf PARA UNIONES ENTRE ARBOLES Y CUBOS: AJUSTE PRENSADO:

K, = 2

COMBINACIÓN DE AJUSTE PRENSADO CON LENGÜETA O CHAVETA:

K, = 2,5 + 3,0

VALORES DE Kf PARA ROSCAS: MATERIAL

FOSCAS CONFORMADAS

ROSCAS MECANIZADAS

Acero recocido (menos de 200BHN)

2,2

2.8

Acero templado y revenido (más de 200BHN)

3,0

3,8

Estos valores tabulados se obtuvieron con roscas de 3/8" y pueden ser utilizados conservadoramente para diámetros menores. Para diámetros ma yores se debe aumentar el valor de K,. Además, dichos valores se lograron utilizando tornillos y tuercas normalizados con rosca americana sometidos a carga axial y flexión. Un diseño especial de la tuerca o de la forma de la ros ca, puede disminuir considerablemente estos valores.

VALORES DE K, PARA CHAVETEROS CON PERFIL TIPO A: nota Los esfuerzos nominales se calculan utilizando la sección completa.

CHAYETERO CON PERFIL TIPO A

FLEXIÓN

TORSIÓN


1,6

1,3


2,0

1,6

MATERIAL

206-

VALORES DE K, PARA CHAVETEROS CON PERFIL TIPO B: NOTA: Los esfuerzos nominales se calculan utilizando la sección completa.

CHAVETERO CON PERFIL TIPO B

MATERIAL

FLEXIÓN

TORSIÓN


1,3

1,3


1,6

1,6

EFECTO DE LA TEMPERATURA: La temperatura cambia todas las propiedades mecánicas de un mate rial. En el caso de los aceros se pierde el límite de fatiga y, por lo tanto, el diagrama de Wohler pierde el codo cuando se trabaja a altas temperaturas. El significado de ktemp es para recordar al diseñador que deben considerarse los efectos de la temperatura. Aunque se han hecho muchas pruebas, los valores de lêmp son muy evasivos. Por esta razón se recomienda realizar ensayos de laboratorio cuando se consideran materiales nuevos o no ensayados. Algunos valores típicos de este factor para aceros que no trabajan a altas tempe raturas son los siguientes:

ktemp " 10

Para T^450°C (840°F )

ktemp

" 1 " 5-8x1 °"3 (T " 450°)

Para 450°C ^ T < 55 0°C

ktemp

= 1 - 3,2x1 O-3 (T - 840°)

para 84 0°F< T <102 0°F

Es importante señalar que kte

debe ser aplicado en ambos extre

mos del diagrama de Wohler, debido a que la resistencia a la fatiga se reduce por el mismo factor, tanto en 103 ciclos como en

106 ciclos.

ANALISIS CUALITATIVO DE LA CONCENTRACION DE ESFUERZOS EN UNA ENTALLA.

Puede hacerse visualizando el flujo de fuerza en la región de las con centraciones, lo que es análogo a las líneas de corriente de fluido movién dose lentamente a través de un canal con la misma forma de la entalla. A menos que se

obstruya el flujo, las líneas tienden a mantenerse rectas pero,

como es necesario que se mantengan dentro de la pieza, ellas tratan de pasar al borde de la entalla. Es lógico que si muchas líneas de fuerza tienden a pasar por el grano inmediatamente adyacente a la superficie de la entalla, éste se elongará excesivamente, lo que obliga a granos adyacentes a elongarse también y desde luego a soportar parte del aumento de esfuerzos.

10 *• 11 FLUJO DE LAS LINEAS DE FUERZA EN PIEZA CON ENTALLA

VARIACIONES EN EL DISEÑO PARA REDUCIR LAS CONCENTRACIONES DE ESFUERZOS.

b) Agregando nuevas entallas

c) Taladrando la pieza

208

METODOS PARA LA SOLUCION DE PROBLEMAS PRACTICOS DE FATIGA.

En esta sección se describirán los procedimientos que permitirán ve rificar y diseñar elementos mecánicos reales sometidos a cargas de fatiga, de manera que tengan una vida determinada. Para una mejor comprensión de la metodología de cálculo se han considerado cinco casos diferentes.

PRIMER CASO

PIEZA SIN ENTALLA ACTÚA UN SOLO TIPO DE CARGA LA CARGA ES ALTERNATIVA SOLUCION:

Se construye el diagrama de Wohler de la manera siguiente: PARA 103 CICLOS:

S103 = 0,9SU

FLEXION

S103 = 0,75SU

AXIAL

S103 = 0,72SU

TORSION

NÍCÍClOS]

PARA 106 CICLOS: SlO6 = Sn'.CL.CD-Cs

sn. = Límite de fatiga para probeta normalizada a flexión rotativa cL = Coeficiente que toma en consideración el tipo de carga. cD = Coeficiente que toma en consideración el diámetro de la pieza cs - Coeficiente que toma en consideración el tipo de acabado superficial.

-209-

Cuando no se posean valores experimentales de sn. para el acero, se pueden usar los valores aproximados obtenidos con las relaciones:

Sn' = 0,5 Su

;

Su [ksi] = 0,5 BHN

CL = 1

EN FLEXION

CL = 0,9

EN AXIAL

CL = 0,58

EN TORSION

CD = 1

;

Su [kg/mm2] = 0,35 BHN

EN AXIAL

CD= 1

para

0,2"
EN FLEXION O TORSION

CD= 0,9

para

0,4"
EN FLEXION O TORSDN

Para diámetros mayores de 2 pulg. no se tienen datos por ser dimen siones de probetas muy grandes y, por lo tanto, difíciles de romper.

Cs = VER LA TABLA DE ACABADOS SUPERFICIALES.

PROBLEMA Nfl 1

Una pieza cilindrica de acero (BHN = 280), diámetro d = 0,5 pulg. está sometida a flexión alternativa M = ± 600 ibs.puig. y la superficie presenta un acabado superficial

rectificado.

a) Trazar el diagrama de Wohler para dicha pieza.

b) Determinar la duración a fatiga de la pieza. SOLUCION: PARA 103 CICLOS: S103 = 0,9 Su = 0,9x(0,5x280) = 0,9x140 = 126 ksi

PARA 106 CICLOS: Sio6 = Sn..CL.CD.Cs = (0,5xl40)(l)(0,9)(0,9) = 56,7 ksi

-2 10-

S 126 100 80 + 60

t-

40

+

56 ,7 30 t 20

+

10 ,3 10

10 4

6 10

N

0 - 32M = 32x600 = 48 900 it>s/ptzlg2 = 48,9 ksi itd3

71 (0,5 )3

Por ser 48,9 ksi menor que el límite de fatiga, significa que la pieza tendrá vida infinita. PROBLEMA N2 2 Una pieza cilindrica de acero (BHN = 280), diámetro d = 0,5 pulg. está sometida a una fuerza axial alternativa P = ±14 ooo Ibs. y la superficie senta un acabado superficial rectificado.


b) Determinar la duración a fatiga de la pieza. SOLUCION:

PARA 103 CICLOS: SI03 = 0,75 Su = 0,75x(0,5x280) = 0,75x140 = 105 ksi

PARA 106 CICLOS: Sio6 = Sn .CL.CD.Cs = (0,5xl40)(0,9)(l)(0,9) = 56,7 ksi

pre

-211-

P _ 14 000 = 71 300 lbs/pulg2 = 71,3 ksi n d2/4 je (0,5)2/4

Se entra en el diagrama de Wohler con el valor de 71,3 ksi y se observa que corresponde a un valor aprox. de 7,7 xi o4 ciclos.

PROBLEMA Nfi 3

Una pieza cilindrica de acero (BHN = 280), diámetro d = 0,5 pulg. está sometida a una torque alternativo T = ± 600 ibs.puig y la superficie presenta un acabado

superficial

rectificado.


b) Determinar la duración a fatiga de la pieza. SOLUCION:

PARA 1 03 CICLOS: Sio3 = 0,72 Su = 0,72x(0,5x280) = 0,72x140 = 100,8 ksi

PARA 106 CICLOS: S,0* = Sn.CL.CD.Cs = (0,5xl40)(0,58)(0,9)(0,9) = 32,9 ksi

s

100 80 60 40 30 20

10 103

104

t = l&X = Ttd3

105

106

N

16x600 _ 24 400 lbs/pulg2 = 24,4 ksi rc(0,5)3

Por ser 24,4 ksi menor que el valor del límite de fatiga, se concluye que la pieza tendrá vida infinita.

PROBLEMA Na 4

Determinar el diámetro mínimo que debe tener un eje cilindrico de acero para tener vida infinita.

carga.

Flexión

rotativa M = ± 1200 ibs.puig

MATERIAL:

Acero con BHN - 420

ACAB.SUP.:

Maquinado

SOLUCION: El límite de fatiga para el material de la pieza vale: Sio6 = Sn'.CL.CD.Cs = (0,5x210)0 )(0,9)(0,6) = 56,7 ksi

a = 32JVL = 32x1200 < 56 700 ibs/pulg2 Tt d3

7t (0,5)3

-213PROBLEMA N« 5

Determinar el diámetro mínimo que debe tener un árbol cilindrico de acero para tener vida infinita.

CARGA

Torsión

MATERIAL

Acero con su= 160 ksi

acab.sup.:

Rectificado

alternativa T = ± 900 Ibs.pulg

SOLUCION: S106 = Sn .CL.CD.Cs = (0,5x1 6O)(O,58)(0,9)(O,9) = 37,58 ksi = 37 580 psi

SEGUNDO CASO

PIEZA CON ENTALLA ACTUA UN SOLO TIPO DE CARGA LA CARGA ES ALTERNATIVA SOLUCION: Se construye el diagrama de Wohler de la manera siguiente:

PARA 103 CICLOS:

síksi] t S103 = 0,9Su/kr

FLEXION

S,03 = 0,75Su/kf.

AXIAL

S103 = 0,72Su/kf- TORSION

3 10'

4 10*

5 10°

6 10

N[ciclos]

21 4-

PARA 106 QCLOS: s

_ Sn.CL.CD.Cs kf PROCEDIMIENTO PARA EL CALCULO DE kf y k f 1 ) Se determina el valor de k, mediante el gráfico apropiado. 2 ) Utilizando el gráfico de Peterson se determina el valor de "q" 1.0

0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

0.16

3.0

3.5

4.0

Radio de entalla r [ pulg] 0

0.5

1.0

1 .5

2.0

2.5

Radio de entalla r [mm.] A para aceros con su = 200 ksi (flexión y axial) o su = 180 ksi (torsión). B para aceros con su = 140 ksi (flexión y axial) o Sjj = 120 ksi (torsión). C para aceros con su = 100 ksi (flexión y axial) o su =

80 ksi (torsión).

D para aceros con su =

80 ksi (flexión y axial) o su =

60 ksi (torsión).

E para aceros con su =

60 ksi (flexión y axial).

F para aceros con su =

50 ksi (flexión y axial).

3 ) Se calcula:

k, = (kj - i).q + 1

4 ) Utilizando el gráfico de Heywood se determina el valor de "q"

-2 15-

1.0 GRAFICO DE HEYWOOD

w o o

0.8

-

O 0.6 «5 «3 0.4 ~r 0.2

0 o o

5 ) Se calcula:

1 200 100 300 100 67 33 66 22 44 LIMITE DE RESISTENCIA A TRACCION Su [ksi]

Acero Aluminio Magnesio

kf.= (kj - i).q + 1

PROBLEMA Ns 6

La sección más crítica de un eje presenta la forma y la carga da en la figura: D = 1,1 pulg. d = i pulg. r= o,05 pulg.

D

M = ±1500 lbs.pulg. (ALTERNATIVO) M

M

Material: Acero 400 bhn ACAB. SUP.: Rectificado

Determinar la vida de la pieza. SOLUCION: D/d = 1,1

;

r/d = 0,05

;

kt = 2,26

q = 0,5

;

kr = 1,59

;

q = 0,93

;

kf = 2,17

PARA 103 CICLOS: Sjo3 = 0,9Su/kf

= 0,9x200/ 1,59 = 113,6 ksi

PARA 106 CICLOS: Sio6 = Sn'.CL.CD.Cs/kf = (0,5x200)(l)(0,9)(0,84)/2,17 = 34,8 ksi

indica

-2 16-

PROBLEMA Ns 7

La sección más crítica de un eje presenta la forma y la carga indi cada en la figura: D = 0,9 pulg. d = 0,6 pulg. r- o,06 pulg. M = ? (ALTERNATIVO) M

X r

M Material: Acero 240 BHN acab. sup.. Rectificado

Determinar el máximo valor de M para una vida de 75 ooo ciclos. SOLUCION: D/d = 1,5

;

r/d = 0,1

q = 0,28

;

;

k, = 1,67

;

q = 0,82

;

kf = 1,55

kf = 1,15

PARA 103 QCLOS: Sl03 = 0,9Su/kr

= 0,9x120/ 1,15 = 93,9 ksi

PARA 106 CICLOS: S,o6 = Sn.CL.CD.Cs / kf = (0,5x1 20)(0,9)(0,9)(0,84) / 1,55 = 31,4 ksi

2 17' S ii 100

. 93,9

80 60 • 47,9 40 .

i ^^^^^

30 . '31,4 20

■ j1 1

i ¡!

7,5x1 M 04 10 10w

!i

Hion 10*

»N

10*

o = 32.M = 32jlM = 47 9 ksi JI d3 k 0,63

M = 1015 lbs.pulg

PROBLEMA N9 8

La sección más crítica de un árbol presenta la forma y la carga indi cada en la figura: D = 1,2 pulg. T

T

d = 1 pulg. r= o,05 pulg. T = ? (ALTERNATIVO)

i—h-1 \r

% Material: Acero Su = 160 ksi acab. sup.: Rectificado

Determinar el máximo valor de T alternativo para

una vida infinita y

el valor de t alternativo para una vida de 100 000 ciclos. SOLUCION: D/d = 1,2

;

r/d = 0,05

q = 0,4

;

;

kt = 1,58

;

q = 0,9

;

kf = 1,52

kf = 1,2

PARA 103 CICLOS: S,03 = 0,72S„/kf'

= 0,72x160/ 1,2 = 96 ksi

PARA 106 CICLOS: Sjo6 = Sn.CL.CD.Cs / kf = (0,5xl60)(0,58)(0,9)(0,9)/ 1,52 = 24,7 ksi

-218-

t = 16 T _ 16xT 7Cd3 7tl3

= 4850 lbs.pulg para vida infinita.

_ 16 T _ 16xT _ T = = 38,5 ksi n d3 k V

T = 7560 lbs.pulg para 1 05 ciclos.

TERCER CASO

PIEZA CON (O SIN) ENTALLA ACTUA UN SOLO TIPO DE CARGA LA CARGA ES GENERICA (CARGA ALTERNATIVA SOBRE CARGA MEDIA)

o N 3 v— V)

esfuerzo genericoI

Tiempo

Este tipo de carga puede provocar falla por fluencia o por fatiga,

de

pendiendo de los valores de om , oa y de la naturaleza del material. Conociendo am , aa y el diagrama de Wohler, se pueden construir los diagramas de resistencia a la fatiga para vida constante.

-21 9 DIAGRAMAS DE RESISTENCIA A LA FATIGA PARA VIDA CONSTANTE

El gráfico del esfuerzo genérico en función del tiempo, muestra que ese tipo de esfuerzo fluctuante está caracterizado por cuatro parámetros: cm; aa; omáx y cmín Sólo dos de los cuatro parámetros son necesarios para definir la fluctuación. En base representar gráficamente todas cualesquiera dos de las cuatro denadas. Cuando se toman como

a ésto, puede decirse que si se quieren las posibilidades de esfuerzos fluctuantes, cantidades pueden ser tomadas como coor coordenadas los valores de am y aa para gra-

ficar la resistencia para vida constante, el gráfico tiene este aspecto:

RESULTADOS EXPERIMENTALES

Supóngase que se desea construir un diagrama para vida infinita de un acero sometido a cargas axiales fluctuantes con am>o. Además, se conoce el diagrama de Wohler para la carga axial alter nativa y los límites de resistencia s^ys,. Se sabe que, para vida infinita, el diagrama de Wohler indica que para om = o , aa debe ser igual a Sy,y se lleva el punto sobre el diagrama. También se sabe que, si el esfuerzo medio alcanza el valor de su , no puede sobreponerse ninguna amplitud porque se produciría la falla; por lo tanto, el punto sería am= Sy ; aa= o. Se han representado dos situaciones extremas, los casos interme dios deben estar sobre una curva que una los dos puntos. La mejor manera de unir los dos puntos es mediante ensayos y se ha determinado que la forma de la curva es parabólica y se llama Parábola de Gerber. Sin embargo, cuando no se tienen valores experimentales, puede obtenerse un diagrama conservador uniendo los dos puntos con una recta que lleva el nombre de Línea de Goodman.

-220

En muchos casos se considera que la pieza falla cuando se alcanza la fluencia, para estos casos es necesario definir un nuevo criterio de falla de la manera siguiente: am + Oa < Sy

tfmáx ^ Sy

Si se introduce esta condición se obtiene el diagrama de Goodman modificado:

am + â ■ sy

En el caso de que existan esfuerzos medios negativos, se completa el diagrama de Goodman de la manera siguiente: ^4 S

DIAGRAMA DE GOODMAN GENERALIZADO

Esta configuración del diagrama de Goodman generalizado, es pro ducto de los resultados experimentales obtenidos que señalan esa pequeña diferencia entre la zona de esfuerzos medios positivos y la zona de esfuer zos medios negativos. Hechas estas consideraciones, la solución a los problemas de fatiga del tercer caso se realiza mediante los siguientes pasos:

221 -

1 . - Se construye el diagrama de Wohler para la pieza sin entalla

S106 "Sn" CLCDCS S103=0,9SU

FLEXION

S103 =0,75 50 AXIAL S103 =0,72SU TORSION

2 . - Se calcula cmm y' c~a 3 - Se determina el valor de kf (para piezas sin entalla kj = 1 )

4- Se efectúa el cálculo

am. kf

y

aa. k¡

5 . - Se construye el diagrama de Goodman y se determina aequiv

6- Con el valor del esfuerzo equivalente oequJv., se va al diagrama de Wohler y se determina la duración de la pieza. En el caso de la torsión, en vez de utilizar Sy se utilizan los valores: Sus = Límite de rotura a corte = 0,8 Su Sys = Límite de fluencia a corte = 0,58 Sy

-222-

PROBLEMA Ns 9

Construir el diagrama de Goodman para una duración. de 1 o5 ciclos, para una pieza cilindrica de diámetro d = 1 pulg. sometida a flexión. La pieza está rectificada y está hecha con acero de

100 ksi y Sy = 60 ksi.

SOLUCION:

PARA 103 CICLOS: S103 = 0,9 Su = 0,9x100/ 1,2 = 90 ksi

PARA 106 CICLOS: S106 = Sn.CL.CD.Cs

= (0,5xl00)(l)(0,9)(0,9) = 40,5 ksi

S 4

Sy = 60

Su=100

am

PROBLEMA Nfi 10

Determinar la vida a fatiga de la pieza mostrada en la figura. D = 2,2 pulg. d = 2 pulg. T D

p -►

d L±

r. 0,4 pulg. P = 41 000 ±51 OOOlbS.(GENERICO)

i. Material: Acero su = 80 ksi ; Sy = 60 ksi acab. sup.: Maquinado PARA 103 CICLOS: S103 = 0,75 Su = 0,75x80 = 60 ksi

PARA 106 QCLOS: S,06 = Sn'.CL.CD.Cs

= (0,5x80)(0,9)(l)(0,78) = 28 ksi

DIAGRAMA DE WOHLER PARA LA PIEZA SIN ENTALLA

100 60 60 31 28

10 10-

1 10*

1 10'

4,3x 105¡ i i 1 1 10'

N

CALCULO DE k f D/d = 1,1

;

r/d = 0,2

;

kt = 1,54

;

q = 0,84

;

kf = 1,45

CALCULO DE am y aa :

- 4LQ00 _ 13 ksi om = 7td2/4 am.kf = 13x1,45 = 18,8 ksi

.

;

aa = 51000 = 16i3 ksi 7Td2/4 aa.kf = 16,3x1,45 = 23,6 ksi

-224-

18,8

Sy = 60

Su = 80

Con este valor de 3 1 ksi determinado en el diagrama de Goodman, se va a la curva de Wohler para determinar la vida a fatiga de la pieza, obte niéndose un valor de 4,3x1 o5 ciclos.

PROBLEMA Ns 11

Determinar el

diámetro mínimo que debe tener una pieza cilindrica

sin entalla para una duración de :

a)

Vida

infinita.

b) 1 o3 ciclos.

Utilícese un factor de seguridad y = 2 respecto a la carga

P = 3000 ± 2000 Ibs. (GENERICA)

Material: Acero con

su = i50ksi ;

sy =120 ksi

Acab. Sup.: Rectificado

SOLUCION: S,o3 = 0.75 Su = 0.75x150 = 112 ksi

S,06 = Sn.CL.CD.Cs

= (0,5xl50)(0,9)(l)(0,9) = 61 ksi

-225-

20 +

IC5 10 +3

10* 4

105 H

10b ^

N *

Utilizando un \j/=2, significa diseñar para P = 6000 ± 4000 ibs. Como no se conoce el diámetro, entonces:

Om = 6000/A

lo que significa una relación

;

aa = 4000/A

oj cm = 0,67. Esto se representa en el diagrama

de Goodman con una línea que parte del origen con pendiente = 0,67.

NOTA: Obsérvese la interpretación de la recta o A: si el área de la sección es infinita,

am y aa son cero y los esfuerzos están representados por el origen.

Moviéndose a lo largo de la recta alejándose del origen, corresponde a una disminución progresiva de A

PARTE A: Se determina la intersección de la recta oa con la recta de 1 o6 ciclos. Gm = 56ksi

;

Cm = 6000/A

;

A = 0,107 pulg

;

d = 0,369 pulg

PARTE B: Se determina la intersección de la recta OA con la recta 1 o3 ciclos; pero si no se admite deformación permanente antes de la falla de la pieza, entonces hay que considerar la intersección de la recta OA con la recta de fluencia. am = 71 ksi

;

cm = 6000/A

;

A = 0,086 pulg

;

d = 0,328 pulg

PROBLEMA Ns 12

Para la pieza mostrada en la figura, determinar la duración a fatiga. T

D = 1 pulg.

T

d = u,5pulg. -f d

f

r= o,l pulg. T = 880 IbS.pulg. (INTERMITENTE)

'-4 su = 120 ksi

;

Sy = 75 ksi

ACAB.SUP.: RECTIFICADO SOLUCION: kt = 1,28

;

q = 0,9

;

kf = 1,25

Sio3 = 0,72 Su = 0,72x120 = 86,4 ksi

S,o6 = Sn.CL.CD.Cs Xmed =

= (0,5x1 20)(0,58)(0,9)(0,9) = 28,2 ksi

16 x 46° = 17,5 ksi

;

Tmed . kf = 17,5 x 1,25 = 21,9 ksi

ti (0,5)3 _ '.amp

16 x 460 = _ 17,5 ksi n (0,5)3

;

xamp.kf = 17,5 x 1,25 = 21,9 ksi

fSlksi] | DIAGRAMA PE VOHLER] ID I AGRAMA PE GOODMAN 28,3

103

lO4

105

106

21 ,9

Por ¡o tanto, la duración será: 1 o6 OCLOS

Sus = 96 ksi

CUARTO CASO

PIEZA CON (O SIN) ENTALLA. ACTUAN VARIOS TIPOS DE CARGA. LAS CARGAS SON TODAS ALTERNATIVAS. SOLUCION: 1 . - Se construye el diagrama de Wohler para la pieza sin entalla sometida a flexión

alternativa.

Sio3 ■ °>9Su sio6 = V ( 1 )cd cs

2.- Se determinan los valores de kf para (NOTA:

las

distintas

cargas

para la pieza sin entalla kf = 1) kf flexión

kf torsión

kf axial

3 . - Se calculan en el punto más crítico de la pieza los valores de: ^flexión • kf flexión

^torsión • kf torsión

Oaxial • kf axial

4.- Se establece el estado plano de esfuerzos en dicho punto: T

-i

<7 - Ofiexión • kf flexión + Caxial • kf axial

t — ^torsión • kf torsión

í

existentes.

-2285.- Se calcula el valor del xoct para ese estado de esfuerzos:

Toct = ±- V(CX - ay)2 + (Oy - Oz)2 + (Ox - Oz)2 + 6(T¡Íy + T2Z + T2z)

6.- Se calcula el valor del esfuerzo uniaxial ofequjv que genera un esfuerzo cortante octaedral del mismo valor que el calculado en el punto 5.

Toct. - 3 'V °7equiv.

Ofequiv. ■

=

^

Ofequiv.

V(Ox - Oy)2 + (Oy - Cz)2 + (Ox - Cz)2 + 6(tÍy + T2Z + T2z)

7.- Con el valor del esfuerzo equivalente obtenido,

se va al

diagrama de

Wohler y se determina la duración de la pieza. PROBLEMA Na 13

Determinar la vida a fatiga de la pieza mostrada en la figura.

d = 1/2 pulg. r-ojpulg. T = ± 300 lbS.pillg. (ALTERN.) M = ± 400 lbS.pulg. (ALTERN.) Su = 90 ksi

;

Sy = 55 ksi

ACAB.SUP.: MAQUINADO SOLUCION: S103 = 0,9 Su = 0,9x90 = 81 ksi Sl(fi = (0,5x90)(l )(0,9)(0,77) = 31 ksi

S 4

10 -| 103

,—i 104

, 105

1 106

„ N

-229-

D/d = 1/0,5 = 2

r/d = 0,1/0,5 = 0,2

kffiexión."

kt = 1,54

;

q = 0,84

;

kf flexión =1,45

kftorsión:

kt = 1,28

;

q = 0,85

;

kftors¡ón = 1,24

a = 32Jví.kf = 32x400 .1,45 = 47 ksi nd3

¡

T = 16JT

7t (0,5)3

'

kf = 16x30Q 124 = 15 ksi

%d2

% (0,5)3

Ofequiv. = ^V(CTx-Oy)2 + (Cy - Cz)2 + (0\ - Oz)2 + 6(Txy + T2Z + Tyz)

af ^v. = ^V(47)2 + (47)2 + 6xl52

= 53,7 ksi

Con este valor se va al diagrama de Wohler y se determina que la pie za tendrá una vida aprox. de 2x1 o4 ciclos.

QUINTO CASO

PIEZA CON (O SIN) ENTALLA. ACTUAN VARIOS TIPOS DE CARGA LAS CARGAS SON GENERICAS. SOLUCION: El problema consiste en convertir el sistema de cargas real que está actuando sobre la pieza, en un sistema equivalente de pura flexión del tipo genérico mostrado en la figura:

amp. equiY.

-230Para la determinación de este sistema equivalente se procede de la manera siguiente: 1 . - Se construye el diagrama de Wohler para la pieza sin entalla sometida flexión alternativa.

a

S103 =0,9SU S106=Sn-(1)CDCs

2 . - Se determinan los valores de kf para las distintas cargas existentes: Kf flexión

i

Kf torsión

i

Kf axial

3.- Se calculan en el punto más crítico de la pieza: Oflexión . Kf flexión

^torsión . Kf torsión

i

Oaxia] . Kf ax¡a]

4.- Se determina el valor de a,med. equiv. de la manera siguiente: a)

Sobre un cubito se aplican los esfuerzos producidos por los valores medios de las cargas.

b)

Para dicho estado de esfuerzos se determina el valor de om usando la construcción de Mohr.

c) Se hace: omed equiv = am

-23 1-

5 . - Se determina el valor de

a)

o.amp. equiv. de la manera siguiente:

Sobre un cubito se aplican los esfuerzos producidos por los valores de las amplitudes de las cargas.

b) Se calcula

aamp equiv mediante la relación:

O-amp. equiv. = ^ Í2 O2 + 6 T2

6 . - Con los valores de amed equiv. v âmp. equiv. se construye un diagrama de Goodman y se determina el valor de c.

amed. equiv.

7 - Con el valor de aa se entra en el diagrama de Wohler para determinar la vida de la pieza. PROBLEMA Na 14

Determinar la duración a fatiga de la pieza mostrada en la figura. D = 1 pulg. d = 1/2 pulg. r= o,i pulg. T = 1501DS. pulg.(INTERMIT.) M = ± 200 IbS.pulg. (ALTERN.) N = 300 lbS. (CONSTANTE) Su = 90 ksi

Sy = 55 ksi

ACAB.SUP.: RECTIFICADO

-232-

SOLUCION: Hay que convertir el sistema de esfuerzos reales T f

TORSION

med. equiv. i 0

1

»TIEMPO

Cálculo de los factores de concentración de esfuerzos: Flexión:

kt = 1,43

;

q = 0.82

;

kf = 1,35

Torsión:

k, = 1,28

;

q = 0,85

;

kf = 1,24

Axial:

k, = 1,6

;

q = 0,82

;

kf = 1,49

CALCULO DE LOS ESFUERZOS: anexión. kf = 32x2QO .1,35 = 22ksi. n (0,5)3

t,orsi6n.kf = 1ÉJLÍ5Q .1,24 - 7,5 ksi. n (0,5)3 Oaxiai.kf =

4x300 ,1,49 = 2,3 ksi. Jl (0,5)2

CALCULO DEL ESFUERZO MEDIO EQUIVALENTE:

CALCULO DEL ESFUERZO DE AMPLITUD EQUIVALENTE:

Los esfuerzos producidos por las amplitudes de las cargas son los señalados en el cubito: 3,75

3,75

O-amp. equiv. = ^ V222 + 222 + 6x3,752 = 22,9 ksi.

Diagrama de Goodman: aa4

Diagrama de Wohler: S10? = 0.9 Su = 0,9x90 = 81 ksi

Sio6 = (0,5x90)(l )(0,9)(0,9) = 36,4 ksi

Por ser 24 ks¡ menor que 36,4 ksi se concluye que la pieza tendrá vida infinita.

PROBLEMARIO PROBLEMA Na 1

Sobre el árbol AB que gira a 600 RPM se encuentran montados el en granaje c y la polea D. Las fuerzas que actúan sobre el engranaje y sobre la polea son las que se muestran en la figura.

Determinar la duración en ciclos del árbol AB que no posee entallas y tiene un diámetro de 1,5 pulg. El material de

fabricación

mite de rotura su = 100 ksi. y sy = 75 ks¡. Acabado

superficial:

SOLUCION: 800 Ibs 1 A

?C

1

!bs Df

es un acero con lí

B

rectificado.

T = 9600 lbs.pulg

T = 9600 lbs.pulg B

T = 9600 lbs.pulg

La sección

en

;

M = Í87752 + 12 4202 = 15 207 lbs.pulg

mayor peligro está sometida, simultáneamente,

acción de una torsión T = 9600 lbs.pulg constante y sultante

a la

de un momento flector re

M = 15 207 lbs.pulg de tipo alternativo. Se trata de un problema del

quinto caso.

-236PROBLEMA Nfi 2

El sistema mostrado en la figura consta de una pieza central recta roscada, de una pieza en u también roscada, de un resorte helicoidal y de dos placas. Determinar cuál de los elementos roscados falla primero, si la carga P aplicada varía intermitentemente entre o y 5000 libras.

Diámetro elemento roscado recto = 0,8"

Diámetro elemento roscado en u = 0,6"

Material:

Acero con su = 100 ks¡.

;

sy = 70 ks¡.

Acab. Sup.: Maquinado.

Asúmase para ambos elementos roscados kf = 2,8 P/2

mi. D D

P IE" X ¡3»

P/2 SOLUCION: Se trata de un problema de aplicación del tercer caso. SI06 = (0,5 x 100)(0.9)(1)(0,75) = 33,75 ksi

S,o3 = 0,75x100 = 75 ksi

PARA LA PIEZA CENTRAL: Gmed =

4_xJ5000 x kf = 71 d2

Jamp —

4- 5000 x 2,8 = 27,85 ksi n 0,82

4 x 5000 x kf = n d2

4JL50OO x 2 8 = 27 S5 ksi n 0,82

Se construye el diagrama de Goodman y se determina el esfuerzo equivalente: Oequiv = 34,3 ksi

=>

dura menos de 106 ciclos.

PARA LA PIEZA EN FORMA DE U:

'amp

Se construye el diagrama de Goodman y se determina el esfuerzo equivalente:

Oequiv = 32,9 ksi

=>

dura más de 106 ciclos.

PROBLEMA Ns 3

Para la pieza mostrada en la figura, resolver los casos que se señalan a continuación:

Determinar la duración de la barra AB con los siguientes valores: a)

F = ± 500 Ibs (alternativa)

d = 1 pulg

b)

;

;

Acab. sup.: Rectificado

Su = 120 ksi

F = 500 lbs (intermitente)

d=lpulg

;

;

;

Sy = 90 ksi

Acab. sup.: Rectificado

Su = 120 ksi

;

Sy = 90 ksi

-238-

SOLUCION: CASOA: S,o6 = (0,5 x 120)(1)(0,9)(0,9) = 48,6 ksi

S103 = 0,9x120 = 108 ksi

a = 22 M = 32 x 3500 = 35J ksi 71 d3

Ttl3

T = 16T = 16x4500 = 22,9 ksi Ttd3

Til3

CTaJt equiv. = & V2 (a)2 + 6 (t)2 = & V2(35,7)2 + 6 (22,9)2 = 53,4 ksi

Duración = 4,4 x 105 ciclos

CASOB: S,o6 = (0,5 x 120)(1)(0,9)(0,9) = 48,6 ksi

Sio3 = 0,9x120 = 108 ksi

Q = 32M = 32x 3500 = 35 1 ksi Tí d3

Ttl3

x = 16T = 16x4500 = 229ksi Tí d3

Con

K l3

Orned = 17,8 ksi

;

tmed = 1 1 ,4 ksi

=>

amed. equiv. = 23,4 ksi

Oamp = 17,8 ksi

;

Tamp = ll,4ksi

=¿,

Oamp. equiv. = 26,7 ksi

el

diagrama de

Goodman

se determina el

valor del

alternativo equivalente, que resulta ser: oait. equiv. = 33,2 ksi.

;

duración: vida infinita

esfuerzo

-239-

PROBLEMA Nfi 4

En la pieza mostrada en la figura, la barra ab está fabricada con un acero de diámetro d = 1 pulg. que tiene límites de resistencia: sy = 120 ksi. y sy = 90 ks¡.

La superficie de la barra está rectificada. Determinar la duración

a fatiga de ab en los siguientes casos:

a)

F = ±400 lbs (alternativa)

;

P = 200 lbs (constante)

b)

F = 300 lbs (intermitente)

;

P = 200 lbs (constante)

SOLUCION: CASO A T = 3600 lbs.pulg (alternativo)

om = 14,3 ksi

;

xm = 0

C^med. equiv = 14,3 ksi

;

M = 1400 + 2800 Ibs.pulg (genérico)

;

oa = 28,5 ksi

¡

;

Ta = 18,3 ksi

Oamp. equiv. = 42,6 ksi

Mediante el diagrama de Goodman se halla: oatt equ¡v = 48,4 ks¡, lo que implica que la pieza tiene duración infinita.

CASOB: T = 2700 lbs.pulg (intermitente) am = 25 ksi

;

xm = 6,9

;

M = 2450 ± 1050 lbs.pulg (genérico) ;

cra = 10,7 ksi

0"med. equiv = 26,8 ksi

;

;

ta = 6,9 ksi

O,amp. equiv. = 16 ksi

Mediante el diagrama de Goodman se halla: aait equjv = 20,6 ksi, lo que implica que la pieza tiene duración infinita.

PROBLEMA Ns 5

El sistema de trasmisión de potencia señalado en la figura, tiene en tre sus componentes el reductor de velocidad formado por dos engranajes ci lindricos de dientes rectos. REDUCTOR ACOPLAMIENTO ARBOL A

'//////////;/, lJLjtt-i ARBOL B f rj¡

rr-i LLr

MAQUINA OPERADORA

'/////////////////////,

En el piñón montado sobre el árbol "A", actúan las fuerzas señaladas en el dibujo. x 5 P»1^ 5 pulg

ARBOL A 3840 Ibs

1 400 Ibs

-24 1-

Determinar el diámetro mínimo que debe tener el árbol A, para una duración

de

vida

infinita,

suponiendo

que

será

cilindrico

y

sin

entallas

(diámetro de anteproyecto). El material a utilizarse en la fabricación será un acero con su= 100 ks¡;

sy = 75 ksi . El acabado superficial será rectificado.

SOLUCION: T = 9600 Ibs .pulg

l 4088

"tI 2044 Ibs 'WMF xl[ jjy^

2044 Ibs I

220 lbs.pulg

9600 lbs.pulg

t

CALCULO DEL ESFUERZO MEDIO EQUIVALENTE: T _ 16T _ 16 x 9600 _ 1^9 ksj n d3

n d3

d3

_ 48.9 . °"med.equiv. - 0~m r~*Sl d

CALCULO DEL ESFUERZO AMPLITUD EQUIVALENTE: 104.1

0 _ 32 M _ 32 x 10 220 _ l04,l ^.

ksi

••amp.equiv. Jtd3

Tt d3

d3

Línea de Goodman para 1 o6 ciclos: S,o6 = Sn'.CL.CD.Cs = (0,5xl00)(l)(0,9)(0,9) = 40,5 ksi

Sy = 75 ,'A recta OA con pendiente = Z, 1 3 40,5 34

d3

-242-

104,1 âmp.equiv. _ n ¿3 48,9 Omed.equiv.

_ = 2,13

TTd3

Se representa la recta oa de pendiente 2,13 y, donde se corta con la línea de Goodman,

se determina el punto de coordenadas (14;34). 104,1

a _ 32 M _ 32 x 10 220 _ 1O4^ wi _¿ a

ksi = 34 ksi 7td3

7t d3

d3

d3 3 / 104 1

d =

= L5pulg

Supóngase que el diseño definitivo del árbol a sea el señalado en la figura siguiente, donde las medidas están expresadas en mm. Determinar duración. su= 100 ksi = 7000 kg/cm2. Acab. sup.: rectificado. 127,5 mm

1 27 ,5 mm

r =1 mm

r = 1 mm r - 2 mm \ \ / r -Z „,,,. \A./ /r=1 /

d = 30 mm

d =36 mm

d = 36 mm d = 30 mm

d = 40 mm

d = 46 mm

T = 1 1 080 kg. 1 860 kg

930 kg I M ~ 1 1 860 kg.cm

la

T= 11 080kg.cm

por tratarse de asiento prensado kf = 2

CALCULO DEL ESFUERZO MEDIO EQUIVALENTE: T - 16Txkf = 16 x 11 080 x2 = 1760kg/cm2 TZ d3 7t 43

Omed.equiv. = Om = 1 760 kg/cm2

CALCULO DEL ESFUERZO AMPLITUD EQUIVALENTE: a = 32MX kf = 32 x 1 1 860 x2 = 3775 kg/cm2 Camp.equiv. = 3775 kg/cm2

S103 = 0,9 Su = 0,9x7000 = 6300 kg/cm2

Sio6 = Sn.CL.CD.Cs = (0,5x7000)(l)(0,9)(0,9) = 2835 kg/cm2

am = !760

Su = 7000

* S[kg/cm2] 6 300 5 042 2 835

7,2 L_L x 10~ -

10.=

10"

10^

10c N

El valor obtenido representa una duración muy pequeña y, por lo tanto, habrá que redimensionar el árbol para que tenga una vida infinita.

-244d)

Determinar el

diámetro

mínimo que

debe

tener el

árbol

en

la

sección media donde está colocado el engranaje ( Kf = 2), para garantizar una duración

infinita.

CALCULO DEL ESFUERZO MEDIO EQUIVALENTE: t = 16Txkf =

16x 11 080 x2

71 d3

k d3

112160 k^cm2 d3

«Wequiv. = Cm = 1 12 860 kg/cm2 d CALCULO DEL ESFUERZO AMPLITUD EQUIVALENTÍE: O = 32Mxkf = 32x 11 860 x2 jc d3

Tt d3

24J_6J0 k^cm2 d3

âmp.equiv. = 241610kg/cm2

'RECTA 0A CON PENDIENTE 2, 1 4 S,06 =2835

0

am = 1 11 4

gamp.equiv. _ 241 610/d3 =2 14 Omed.equiv.

112 860/d3

Se representa la recta oa de pendiente 2,1 4; y sobre ella se determina el punto de coordenadas (11 14

; 2384) en el corte con la línea de Goodman. 241 610 _ 2834 d3

=>

d = \¡ 241 610 = 44 V 2834

PROBLEMA Ns 6

En

la figura se indican las cargas y dimensiones generales de un

vagón de ferrocarril. Si el vagón tiene cuatro ejes igualmente cargados: CG 120 000 kg. í 11

—

— 100 cm

47 cm 1 150 cm 196 cm

a)

Realizar el diagrama de cuerpo libre de una unidad compuesta por un eje y dos ruedas.

b)

c)

Trazar el diagrama de acciones internas del eje.

Determinar el

diámetro mínimo que debe tener el eje cilindrico

sin entallas (diámetro de anteproyecto) para una vida infinita, si el material para su

fabricación será un acero con

Su= 6000 kg/cm2

y Sy = 4000 kg/cm2. La superficie del material será maquinada.

Sio6 = Sn'.CL.CD.Cs = (0,5x6000)(l )(0,9)(0,76) = 2052 kg/cm2

0 = 32M = 32x 345 000 < 2052 =» d > 12cm K dJ 71 d3

-246-

PROBLEMA N° 7 '

na ;i TZZX I

□ ta 0

CIGÜEÑAL

Una bomba de pozo profundo es operada por un cigüeñal que acciona un pistón hacia arriba y hacia abajo, a través de una biela que tiene un diámetro d = 15 cm y una longitud L = 100 m.

" BIELA 1 00 metros Durante la carrera ascendente del pistón, éste está sometido a una tracción de i ooo kg, y du rante la carrera descendente esté sometido e una compresión de loo kg.

d = 1 ,5 cm

PISTON

a) Determinar los esfuerzos en la sección de mayor peligro de la bie la, si sólo se considera que actúan las fuerzas que trasmite el pistón y el peso de la biela. Asúmase para dicha sección un valor de kf = 1,8.

b) Calcular el factor de seguridad a fatiga de la biela. CARACTERISTICAS DEL ACERO DE LA BIELA: Peso específico y = 7,93 kg/dm3

Su = 4000kg/cm2

;

Sy = 3200kg/cm2

Acabado superficial: Maquinado

SOLUCION:

Peso = y.L.A = 7,93 x 10 000 xM¿ = 140 kg

En la sección en mayor peligro actúa una fuerza = 450 ± 550 kg por efecto de la aspiración y la compresión. A esto hay que añadirle el efecto del peso, lo que se traduce en: (450+140) ± 550 = 590 ± 550 kg. am =

590x4 . Kf = 333,87 x 1,8 = 600 kg/cm2 * d,5)2

a¡j _

550x4 71 (1,5)2

Kf = 311i2 x 1,8 = 560 kg/cm2

S,o6

= (0,5x4000)(0,9)(l)(0,8) = 1440 kg/cm2

x = 11 13 kg/cm2 ; y = 1039 kg/cm2 ; y = 1113/600 = 1,85

; y = 1039/560 = 1,85

PROBLEMA Ns 8

Determinar los diámetros mínimos que deben tener los árboles

n y ra

si van a ser fabricados con un acero con límites de resistencia a fluencia y a rotura: sy = 2000 kg/cm2

; su = 4000 kg/cm2. La superficie del árbol va a tener

un acabado supeficial rectificado.

En todas las correas, la tensión en la parte menos tensa es el 60% de la tensión en la parte tensa. Los vínculos pueden considerarse como apoyos simples. in- 10 3i V7777777Z 8 kV

10 cm

3 600 RPM

r2 = 20 cm

15 cm 10 cm

rA - 30 cm MAQUINA ]xn ////////////Á.

10 cm

10 cm

248-

ARBOLI M, = 97 400^ = 216,4 kg.cm ARBOL II El árbol n girará a una velocidad:

M2 = co, SL = 3600 = 1800 RPM. r2 20

El momento que trasmite la polea en B será:

M2 = M,

= 216,4 2g = 432,8 kg.cm

10 f28,9 kq I

15 cm

10 cm

+

+

432,8 kg.cm 432,8 kg.cm

|1 15,4*9

86,6 kg|

Ís7,7 kg T - 432,8 kg.cm

M =289 kg

^ cm M =577 kg.cm

^^^^^^^

a = alternativo = 32 x 577 = ^7-771 d3 16 x 432,8 t = constante = red3

d3

d3 2204 = *¿&b. d3

.•amp. _ 5877 d3

Si o3 = 0,9x4000 = 3600kg/cm2

S106 = (0,5x4000)(l )(0,9)(0,9) = 1620kg/cm2

ga _ 5877/d3 _ 2,67 am 2204/d3

DIAGRAMA DE GOODMAN PARA 106 CICLOS: A

Sy = 2000 \ 1620 1407 1141

/y = 2,67.x

TÍ.h-— // 11 // I1 X\ / /* 1 / / l l // 1 i // 1 1 £ 1 1 527 858

^*s^*^ X. x Sy=2000

2204 = 527 d3

=

587-2 = 1407

Su=4000

» m

d = 1,6 cm

d = 1 ,6 cm

d3 ARBOL III T = 835,6 kg.cm

M = 577 kg.cm

a = alternativo = 32 x 577 = 7i d3

d3

T = constante = 16 x 865,6 = 4408 u° % d3 d3

a ^med.. = — 4408 , d3

.

= 5877 uamp. — , d3

4408 _ 858 ^ d = j 7cm d3

,5a = 5877/d3 = 133 <*m 4408/d3

5877 = n41 ^ d _ ¡ 7 cm d3

-250PROBLEMA Ns 9

El sistema de trasmisión de potencia que se muestra en la figura, está constituido por un

motor que, a través del sistema rueda dentada y

cadena, transmite potencia al árbol ABC. Por la polea B, a través de una co rrea, se trasmiten 15 HP a una máquina operadora, y por la polea Q también a través de una correa, se trasmite el resto de la potencia.

En la trasmisión rueda dentada-cadena, considérese nula la tensión del lado menos tenso y, por lo tanto, tómese en cuenta sólo la tensión del la do más tenso.

En las trasmisiones por correas, considérese que la tensión

del lado menos tenso de la correa es el 60% de la tensión del lado más tenso. Los apoyos Dy E actúan de manera análoga en los planos Y-Zy x-z. ^^20

r2 = 20 cm

a)

Realizar un diagrama de cuerpo libre del árbol ABC donde se seña len todas las cargas (incluyendo las reacciones en D y E).

b)

Trazar los diagramas de acciones internas del árbol ABC.

c)

En base a puras consideraciones estáticas, determine el diámetro mínimo que debe tener el árbol si va a ser fabricado con un acero con sy = 2i00kg/cm2 ;

d)

su= 4200 kg/cm2 . Utilícese \y= 1,4

Determinar la vida del árbol (sin entallas) a fatiga, si la superfi cie tiene un acabado superficial rectificado.

SOLUCION:

Mmotor = 72 ^ 20 = 1210kg.cm

MA = 2xMmotor = 2x1210 = 2420kg.cm

Mb = 72 600 x 15 = i8l5kg.cm 600 MC = 72 ^X 5 = 605 kg.cm RUEDA DENTADA EN A:

T x 20 = 2420

T = 2420 = 121 kg

POLEA EN B: 1815 + T,.15 = T2.15

T2 = 302,5 kg

=>

1815 + 0,6.T2.15 = T2.15

;

T, = 181,5 kg

POLEA EN C:

605 + T,.10 = T2.10

T2 = 151,25 kg

605 + 0,6.T2.10 = T2.10

;

T, = 90,75 kg

PLANO Y-Z 20 cm

30 cm

x

50 cm

. .O

30 VIII cm II

1484 A

D

B

PLANO X-Z

363

121

4 242

My = 1210 kg. 7260 kg.

M = VMl + Mf = V 12102 + 90752 = 9155 kg.cm

DIAGRAMA DE MOMENTO TORSOR: ^20 cm^ 30 cm ^

50 cm

^

30 cm ^

2420 kg.cm 605 kg.cm m B

CALCULO DEL DIAMETRO: a _ 32x9155 = 93 252 k d3

d3

x = 16x2420 _ 12 325 k d3

94 853 d3

.

1601 < 2100 d3 1,4

d3

^

d _ 4

VERIFICACION A FATIGA: T = constante = 16 x 2420 = 193 kg/cm2 7t43

a = alternativo = 32 - 9155 = 1457 kg/cm2 7t43

^med = 1 = 193 kg/cm2

aa!t = a = 1457 kg/cm2

DIAGRAMA DE GOODMAN:

DIAGRAMA DE WOHLER: S103 = 0,9 Su = 0,9 x 4200 = 3780 kg/cm2

Sio6 = (0,5 x 4200)(1)(0,9)(0,9) = 1701 kg/cm2

Por ser 1527 < 1701

VIDA INFINITA

-254-

CAPITULO VI MÉTODO DE CASTIGLIANO OBJETIVOS:


este capí

1.- Enunciar el teorema de Castigliano y señalar sus alcances y sus limitaciones. 2.- Aplicar el teorema de Castigliano para determinar las deflexio nes y rotaciones que ocurren en los diferentes puntos de una es tructura donde esté aplicada una carga. 3.- Aplicar el método de la carga ficticia (extensión del teorema de Castigliano) para determinar las deflexiones y rotaciones que ocurren en los diferentes puntos de una estructura donde no haya carga aplicada. 4.- Aplicar el teorema de Castigliano en la solución de problemas hiperestáticos, para determinar las reacciones en el sistema. 5.- Aplicar el teorema de Castigliano en el caso de estructuras con vínculos elásticos. INTRODUCCION

En el capítulo sobre la teoría de la curva elástica y en los capítulos anteriores, se emplearon las ecuaciones de equilibrio estático para resolver los problemas básicos del cálculo de deflexiones y rotaciones en los di ferentes puntos de una estructura. Un concepto también de fundamental importancia en la resolución de estos problemas se basa en el principio de conservación de la energía. Cuando una estructura se deforma como con secuencia de las cargas externas aplicadas, almacena en su interior una energía, conocida como energía de deformación, por completo recobrable si no se sobrepasa el límite de proporcionalidad del material. Dentro de los varios métodos existentes basados en el concepto de energía de deformación elástica, vamos a hacer referencia al método de Castigliano.

-255-

El método de Castigliano permite estudiar los desplazamientos que se verifican en los distintos puntos de una estructura, cuando la misma está sometida a cargas extemas. En particular, este método se torna útil cuando en las secciones transversales surgen simultáneamente acciones axiales, acciones cortantes, momentos flectores y momentos torsores. El método de Castigliano tiene la gran ventaja de permitir ampliar el campo de problemas a analizar, ya que trata indistintamente a las vigas rectas y a las curvas, a las estructuras planas y a las estructuras tridimensionales. La determinación de los valores de los desplazamientos y de las rota ciones sirve para: a) Juzgar sobre la rigidez de una estructura. b) Resolver los problemas hiperestáticos. c) Determinar las oscilaciones en sistemas elásticos. El método de Castigliano está basado en la energía de deformación que acumula la estructura por efecto de las cargas externas aplicadas. Para poder aplicar el método hay que aprender a determinar dicha energía. Tal como se dijo anteriormente, cuando un cuerpo se deforma como consecuencia de una carga aplicada, se hace trabajo externo sobre el cuerpo. Al ocurrir la deformación se almacena energía interna conocida como ener gía de deformación. De acuerdo con el principio de conservación de la ener gía, el trabajo externo es igual al trabajo interno, y esto nos permite esta blecer las bases para usar las relaciones entre las deformaciones y las car gas externas. Estas relaciones entre carga y deformación mente a los sistemas elásticos lineales.

se aplicarán exclusiva

Las energías relacionadas con las acciones axiales, los momentos flectores, los momentos torsores y las acciones cortantes se consideran por separado. Se debe entender, sin embargo, que la energía total de un sis tema sometido a cualquier combinación de estas cargas, es la suma de las energías almacenadas en el sistema por cada tipo de carga. De esta manera es posible determinar la deformación total de un miembro sometido a más de una carga que, por otra parte, es una situación con la que nos encontramos frecuentemente en ingeniería.

-256

ENERGÍA de deformación elástica acumulada por una viga sometida a ACCION AXIAL Cuando la barra mostrada en la figura se somete a la acción de una carga axial P (tracción o compresión), en un elemento interno genérico de longitud dz se genera una acción axial N que provoca un alargamiento Adz.

t« p

** dz

#—* dz Adz

La acción axial N realiza un trabajo que vale du = N.Adz/2, que se su pone se almacena completamente como energía elástica en el elemento.

dU = 1-N.Adz

Adz = **# A.E

dU = i-Midz 2 A.E Energía elástica almacenada por el el elemento dz. Adz

La energía total almacenada por la barra de longitud L será:

En el caso de n y a constantes, y barra construida de un solo material: U = 1NÍL 2 A.E

ENERGIA DE DEFORMACION ELASTICA ACUMULADA POR UNA VIGA SOMETIDA A FLEXION. Cuando la barra mostrada en la figura se somete a la acción de una flexión aplicada en los extremos, en un elemento interno genérico de lon gitud dz se genera un momento flector M que provoca una rotación relativa de entre las caras del elemento.

El momento flector m realiza un trabajo que vale du = M.d6/ 2 que, se supone, se almacena completamente como energía elástica de deformación en el elemento. Mi

dU = !-M.d8 2

d8 = ÍÜ2 E.I

dU = i-MÜz 2 E.I Energía elástica almacenada por el el elemento dz.


En el caso de M y A constantes, y barra construida de un solo material:

- IMiL 2 E.I

-258ENERGIA DE DEFORMACION ELASTICA ACUMULADA POR UNA VIGA DE SECCION CIRCULAR SOMETIDA A TORSION. Cuando la barra mostrada en la figura se somete a la acción de un torque aplicado en los extremos, en un elemento interno genérico de longi tud dz se genera un momento torsor T que provoca una rotación relativa de entre las caras del elemento.

**dz

El momento torsor T realiza un trabajo que vale du = T.de/2 que, se su pone, se almacena completamente como energía elástica de deformación en el elemento. Ti

dU .•. 1 . T.d8 2

"A

A

;

d8 = T.dz 0.1,

dU = 1 T* dz 2 G.Ij Energía elástica almacenada por el el elemento dz.

de


En el caso de T y A constantes, y barra construida de un solo material:

U

= iliL 2G.In

-259ENERGIA DE DEFORMACION ELASTICA ACUMULADA POR UNA VIGA SOMETIDA A ACCIONES CORTANTES.

dz *I 1f

L

# ■11

I

IV dz

dU = — -v- A 4*1 2

±.Y.)f.dz = ±.Y.X.dz 2 2 G

±.Y.JL.dz 2 A.G

Esta expresión de la energía elástica almacenada por el elemento de ancho dz es aproximada, ya que "x" no es constante a lo largo de la sección transversal. Por lo tanto, se modifica con un factor de forma que depende de la geometría de la sección:

du = y J-^-dz k2 A.G Algunos valores de x '. - Sección Circular

X= 1.19

- Sección Rectangular

X = 1-2

- Sección Anular

X= 2

La energía total acumulada por la barra de longitud L será:

En el caso de v y a constante, y barra construida de un solo material:

* 2 A.G

260-

En resumen, la energía total acumulada por un elemento de longitud dz de la viga, debida a todas las acciones internas es: HU = 1 N2 dz 2 A.E

, 1 M2 dz 2 E.I

, 1 T2dz 2 G.Ip

, Y 1 V2 dz k 2 E.I

En el caso genérico:

U = i 1 N2dz

" J 2 A.E

. | 1 M2dz

J 2 E.I

, j

1 T2dz

} 2 G.I,

. | v 1 V2 dz | *2 E.I

En el caso de una viga de sección constante, sometida a acciones in ternas constantes, y construida de un solo material: n = 1 N2L + 1 M2L 2 A.E 2 E.I

. I lik + y 1 YiL 2 G.Ip K 2 E.I

OBSERVACIÓN: Si la estructura es complicada y consta de varios elementos, entonces, una vez realizada la integración sobre cada uno de los tramos, se deben sumar las energías de todos los elementos que constituyen la estruc tura. No siempre todos los sumandos de la expresión genérica tienen la mis ma importancia. En la mayoría de los sistemas que se encuentran en la práctica, donde los elementos que constituyen la estructura están someti dos simultáneamente a flexión, torsión, acciones axiales y acciones cor tantes, por lo general, el término debido al corte se desprecia por ser de mucho menor valor que las restantes. En este caso (muy frecuente) la expre sión de la energía será:

U = í

1 N2 dz

J 2 A.E

, í IMidz

. í lliidz

I 2 E.I

I 2G

lo

En otros casos, la energía correspondiente a la acción axial y al corte resulta ser muy inferior a la energía de la flexión y la torsión y, por lo tanto, en la expresión anterior desaparecería el término debido a la carga axial. También, pueden encontrarse casos en que los sumandos son del mismo orden. Así, por ejemplo, en una barra traccionada, con excentricidad muy pequeña, la magnitud de la flexión y de la tracción son del mismo orden.

261 Tomemos la expresión:

U = 1 N2L 2 A.E

. 1MÍL . lllL . y 1 V2 L 2 E.I 2 G.Ip k 2 E.I

y calculemos:

au au.3u.au aN , aM , ai ' av ^tt = ^-^- La elongación AL producida por P (desplazamiento de P en su dirección)

^rj = ^ry Rotación de una cara respecto a la otra (desplazanüento de M en su dirección)

au

tT

-==- = ~t" Rotación de una cara respecto a la otra (desplazamiento de T en su dirección) di

Cr.lp

.5=- = r\.—~t Desplazamiento de V en su dirección. al A.G TEOREMA DE CASTIGLIANO Después de una exhaustiva investigación sobre las estructuras hiperestáticas, Castigliano enunció su teorema. Se le llamó originalmente "Teo rema del Coeficiente Diferencial del Trabajo Interno". El teorema consta de dos partes, pero la primera parte se usa muy poco y, por lo tanto, es prác ticamente desconocida. La segunda parte del teorema es un corolario de la primera y representa una herramienta útil en el cálculo de los desplaza mientos. Un poco diferente de su versión original, el teorema de Castigliano puede expresarse de la manera siguiente: "LA DERIVADA PARCIAL DE LA ENERGÍA DE DEFORMACION ELASTICA DE UN SISTEMA CON RESPECTO A UNA FUERZA EXTERNA QUE ACTÚA SOBRE EL SISTEMA, DA EL DESPLAZAMIENTO DE ESA FUERZA EN LA DIRECCIÓN DE SU LINEA DE ACCION". Este enunciado requiere algunas aclaratorias. En primer lugar, el término FUERZA se interpretará como una fuerza generalizada; es decir, como una fuerza o un momento.

-262De la misma manera, el término desplazamiento se interpretará como un desplazamiento generalizado; es decir, como un desplazamiento en el pun to de aplicación de una fuerza, o como una rotación en el punto de aplica ción del momento.

Se entenderá por desplazamiento en una dirección dada,

la proyec

ción del desplazamiento completo sobre la dirección; es decir, que el des plazamiento del punto de aplicación de la fuerza en dirección a ésta, se debe interpretar como la proyección del desplazamiento completo del punto sobre la dirección de esta fuerza.

Entonces, expresado de otra manera, el teorema dice: Si se tiene una estructura

como

la

mostrada

en

la

figura,

sujeta

simultáneamente

a

la

acción de las cargas P, Q, R y de los momentos M1 y m2; y además, sea u la energía elástica almacenada por la estructura, entonces: p

au

au ag = 8Q

ap

au ap

l 2 N.N' dz JL 2 AE

au = 8R aR

au = e, dM,

= e2 dM2

2 T.T'dz k 2 G.Ip

+ í 2 M.M' dz A 2 E I

nota En el caso de los sistemas isostáticos el método de Castigliano no per mite calcular las

reacciones de

los vínculos.

En

hiperestáticos sí permite calcular las reacciones.

el caso de

los

sistemas

-263EJEMPLO Ns 1

Para la viga mostrada en la figura, calcular el valor del desplaza miento

5 del punto de aplicación de la carga P.

SOLUCION: Se realiza un corte a una distancia genérica x del extremo B, y se coloca el momento flector M que allí actúa asumiendo un sentido cualquiera. En este caso se ha colocado en sentido antihorario.

Luego se escribe:

M = P.x

s p

;

M' = ^-f = x 9P

=>

M.M' = P.x2

= f (P.x).(x).dx = [ p.x2.dx = I E.I I E.I Jo Jo

p,l3 3.E.I

El resultado es positivo, lo que significa que el punto B se desplazó de la cantidad P.L3/ 3.E.I en el mismo sentido de la fuerza p.

NOTA: Supóngase que se hubiese colocado el sentido del momento flector con trario al de la figura, es decir, en sentido horario. En dicho caso:

M = -P.x al realizar el producto

;

M' = ^ = -X dP

=>

M.M' = P.x2

M.M' no hay cambio en el signo de la expresión y se

hubiese obtenido el mismo resultado.

El

resultado no depende del sentido

inicial que se le otorgue al momento flector. Esta es una de las ventajas de todos los métodos energéticos.

-264OBSERVACION: Supóngase que se hubiese resuelto el problema anterior, pero entran do por el extremo izquierdo. Se calculan las reacciones del vínculo, luego se

X hace un corte a la distancia x del extremo a, se coloca el momento flector M que allí se transmite, sin importar el sentido (antihorario en nuestro ejem plo), y se procede a escribir la expresión del momento flector y la de su derivada parcial con respecto a P.

Es importante observar que, al derivar con respecto a P, se está cal culando la deflexión del punto de aplicación de la carga P que está colocada en el extremo B de la viga, y no la p que aparece en el vínculo. Recuerde que el

teorema

de

Castigliano no

sirve

para hallar reacciones en

estructuras

isostáticas. M = P x - P.L

;

M' = x - L

=>

M.M' = P(x - L)2

Ja. P(x - L)2.dx = P(x - L)3 E.I 3.E.I

=>

Op s = P i 3 P 3.E.I

D EJEMPLO N» 2

Para la estructura mostrada en la figura, determinar el valor del des plazamiento

8

del punto de aplicación de la carga P.

SOLUCION: Se calculan las reacciones de los vínculos A y B. Se hace un corte a la distancia x del extremo a para el tramo ac. Se escribe la expresión del mo mento

flector

m.,. Se hace un corte a la distancia x del extremo A para el

tramo cb. Se escribe la expresión del momento flector M2.

-265-

Veamos otras maneras de resolver el mismo problema: SEGUNDA FORMA:

-266

M2 = L x 4 2

M, = $.

M2.M 2 E.I

5P = Jo

_

P.L3 48 E.I

Jo

METODO DE CASTIGLIANO CON CARGA FICTICIA

Supongamos que se desea calcular la deflexión en el extremo B. q

.u

VA

t

B K

.— L

«B "ní

La determinación de los desplazamientos por el método de Castigliano, como se pudo observar en los ejemplos anteriores, tiene la particulari dad de que permite calcular solamente los desplazamientos de los puntos de aplicación de las fuerzas externas y, solamente, en la dirección de estas fuerzas. En la práctica, surge también la necesidad de determinar los des plazamientos de puntos cualesquiera y en cualquier dirección. El método para vencer esta dificultad resulta bastante simple. Si se requiere determinar el desplazamiento de un punto donde no está aplicada ninguna fuerza exterior, aplicamos una fuerza externa ficticia en este punto y en la dirección que nos interesa. Planteamos después la expresión de la energía potencial del sistema, considerando también la fuerza ficticia; cal culamos la derivada de la energía respecto a la carga ficticia y hallamos así el desplazamiento del punto en cuestión en la dirección de la fuerza ficticia aplicada. Falta solamente tener en cuenta que la fuerza ficticia en realidad no existe y considerarla igual a cero. Para resolver el problema propuesto inicialmente, se utiliza una car ga P ficticia en el punto donde se desea calcular 8.

-267-

M = Px+3|Í ; M' = ^.=x ; siendo P = 0

M = 9íÍ ; M' = x

s_^í¿_ T M.M'.dx _ f q*2.x.dx _ qL4 °"dP " E.I " I 2.E.I " 8.E.I tnel mismo sentido de P Jo Jo EJEMPLO Ns 1

Calcular la deflexión y la rotación de la sección c de la viga. Calcu lar también, la rotación de la sección b. L/2

B

T/i

^¿¿r, w

Para calcular la deflexión del punto c se tiene que utilizar la carga ficticia

P.

SOLUCION: x Mj *\

A t

'

> P

V

{2

L}

2

P \ Cf\

x M2 < I /* B

J w

V . P

4

L

'

M, = (E + f).x = Ei-ffiA " v2 L/ 2 L

Siendo P = 0 => M, = - Si L

Sr = au — =

1 yo

¡

M'i =*2

L J L¿¿

+

1

;

;

dP

2

M2 = ^ = x2 3P 2

M2 = ^. L

;

"wxl x" .dx .lJ .2, — =0

M'2 = *2

-268-

CALCULO DE LA ROTACION EN EL PUNTO DE APUCACION DE W:

~ 3w

I

E.I

I

E.I

"

12.E.I

Bc está dirigida en el mismo sentido de w.

CALCULO DE LA ROTACION DE LA SECCION B:

En el caso de T = o M, - 3f¿ ;

M', = f ; M2 =- SJL ; M'2 = 1 -f

'2 (wx/L).(x/L)dx E.I o

+

r (-wx/L).(l - x/L)dx I E.I yo

wL "24E.I

significa que la rotación va en sentido contrario al momento T.

-269-

EJEMPLO Ns 2

Para la viga mostrada en la figura, calcular el valor, del desplaza miento

5B y la rotación

eB del punto de aplicación de la carga.

= 9U_ íL(w)(l)dx _ wL B

aw

I Jo

E.I

" E.I

EJEMPLO Ns 3

Para la viga mostrada en la figura, determinar la deflexión del punto medio.

270

EJEMPLO N° 4 Para la viga mostrada en la figura, determinar las deflexiones de los puntos A y B.

r M r

L/2

B

C^

SOLUCION: CALCULO DE LA DEFLEXIÓN DEL PUNTO A: Para determinar la deflexión del punto A, se necesita escribir la expresión de la energía de deformación elástica y derivarla respecto a P. El problema nace al ver que existen dos cargas P, y para poder reconocer res pecto a cuál carga p se está derivando, hay que distinguirlas con diferentes nombres, y al final colocar el valor de cada carga. Si se llama momentánea mente R a la carga P aplicada en B, entonces el problema se transforma en:

Mi = P.x ; M'i = x

M, = P L + x + R.x L2

M'2 = L+x

Antes de resolver la integral se puede sustituir nuevamente el vp'or de P por el valor de R y se obtiene: L/2 L/2

5A = í

(P.X) (x) dx

+ x + P .xj.[^ +

E.I

E.I

x]dx 21 P.L3 48 E.I

Jo CALCULO DE LA DEFLEXIÓN DEL PUNTO B: Es conveniente llamar momentáneamente R a la carga P aplicada en el punto A de la estructura, entonces el problema se transforma en:

-27 1-

Mj = R.x ; M'i = O

;

M2 = R ^+x + P.x

; M'2 = x

Antes de resolver la integral se puede sustituir nuevamente el valor de p por el valor de R y se obtiene: . U2 ¡p 7T+ * + P.x![x]dx l .2 J E.I

5B =

7 P.L3 48 E.I

METODO DE CASTIGÜANO PARA PROBLEMAS HIPERESTATICOS

En la solución de estructuras estáticamente indeterminadas,

el teo

rema de Castigliano proporciona de manera muy efectiva el suplemento

de

ecuaciones que, junto a las ecuaciones de equilibrio, son necesarias para la solución del problema.

Es importante tener presente que, para la correcta

aplicación del método de Castigliano en la solución de problemas hiperestáticos, primero hay que escribir las posibles ecuaciones de equilibrio de la estructura y luego completar con ecuaciones derivadas del teorema de Cas tigliano. Además, tener presente que los vínculos de la estructura deben ser indeformables.

Ejemplo:

Determinar

la

reacción hiperestática en la

estruc

tura mostrada en la figura:

M ÍT I I j I J I I I

f8

JTJ

L

1¡B 1

Ir Para resolver el problema hiperestático se comienza por sustituir el rodillo por la fuerza que allí se trasmite. Al colocar R en el extremo A, se observa que no se puede escribir ninguna ecuación de equilibrio de la es tructura y, por lo tanto, la única relación que puede escribirse es la que es tablece que

esta fuerza debe ser tal que la deflexión del punto Asea cero.

5A = 0. No se conoce el sentido del momento "M". Se coloca, por ejemplo, sentido antihorario así como se señala en la figura anterior.

qx^ M = R.x

M=áR=x

en

272

Jo

EJ

Jo EJ 2EJ

dx =

rl3 qL4 3E.I 8E.I

R_3qL

Supongamos que se hubiese asumido el momento en sentido horario: q

f .2H

= - X

aR

¡RX2 5a = 0 = /o

qx_ RL3 qL4 => R = 3qL dx = 2E.IJ 3E.I 8E.I

./o

Supóngase que el problema anterior se hubiese presentado de la ma nera siguiente: q

B

IR»

Al entrar por el lado del empotramiento, se elimina éste y se colocan las reacciones que allí se generan. Para aplicar correctamente el método de Castigliano en la determinación de las reacciones, se debe observar que se puede escribir una ecuación de equilibrio de la estructura, que es la que establece que el momento de todas las fuerzas alrededor del punto B debe ser cero. Luego, entonces, se tendrá que escribir sólo una ecuación suple mentaria de Castigliano para completar el sistema de ecuaciones, ya que se tienen dos incógnitas: R y W. La ecuación suplementaria puede ser la que establece que la deflexión del punto de aplicación de R es cero; o bien la que establece que la rotación de la sección A es cero. Cualquiera de las dos es válida. Lo que no puede ha cerse es escribir como sistema de ecuaciones las que establecen que la de flexión en A es cero, junto con la que establece que la rotación en A es cero, porque se estaría dejando fuera la ecuación de equilibrio.

ECUACION DE EQUILIBRIO: .L2 IMB = 0 =>

_ q.L2 W =

R.L + W = 3.

R.L

CONDICION DE BORDE 5A = 0:

M = R.x + W

S£ = R.* + SLLÍ R.L_MÍ 2 2 2

x + /o

;

- R.L -

m- = ^ = x-L 3R

[x - L]dx = 0

Jo

-

R = |.qX

w = 8

EJEMPLO Nfi 1

Calcular la reacción hiperestática en a y la rotación 6A. IP M1

|p |

"2

L/2

L/2 A

B J 5!—V™ 1

M, = R.x

;

M2 = R.x - P(x-L/2)

M'] = x

(R.x)(x)dx E.I

í,

/

fRx- P(x - L/2) (x)dx E.I

;

M'2 = x

o _5P R_T6

f /L/2

Cálculo de la rotación 6A: Se coloca un momento ficticio Qen el ex tremo A de la viga y se procede a escribir las ecuaciones:

-274-

M, = SfiL + q ; 16

M, = 1

;

M2 =

+ Q - Pfx-y L 2.

16

_ §U _ f^ (5Px/16 + QXl).dx /" A " 9Q I E.I + I

;

M'2 = 1

[5Px/16 + Q-P(x-L/2)](l).dx , E.I

La rotación es horaria, en el mismo sentido de Q EJEMPLO Ns 2

Calcular las

reacciones hiperestáticas

M

fp x

Mi=' x + Q

aM,L = y aP

;

9M,!_ = .1 9Q

• '

. / 5a = 0= Jo

M2 = P.x + Q + w

• '

9M2_ = ,] 3Q

A

E.I JO O _ w. V " 4

p _ '

A

reacciones hiperestáticas

f T

dM2£. = y dP

i" (Px + Q + v w)(l).dx I E.I JU2

EJEMPLO Ns 3

L/2

• '

(Px + Q)(x).dx j (Px + Q + w)(x).dx El + ET Jui

= Q=(U2 (Px + QXD.dx

Calcular las

w

L/2

3w 2L

PL2 32E.I

Mi = R.x + Q

M2 = R.x + Q - P(x - L/2)

dMi =x aR

dM2

3Mi _ = 1 3Q

3M2_ dQ "

=x

[

=

(Rx + Q)(x).dx | E.I +

(^(Rx + QKD.dx

[Rx + Q - P(x - L/2)](x).dx E.I

(L [Rx + Q-P(xL/2)](l).dx

A

I JO

E.I

I JU2

E.I

Q v = -EL 8

EJEMPLO

Nfi 4

Calcular las reacciones hiperestáticas q illlllllllillllllll

Ir x

qx^

3M =x 9R

M = R.x + W

6a = 0

íL(Ri±W_^ qx2/2)(x)dx JO

-qx2/2)(l)dx eA=0,jf
3M aw

METODO DE CASTIGLIANO EN EL CASO DE VINCULOS DEFORMABLES

Supóngase la estructura que se muestra en la figura. Se desea deter minar la reacción que transmite el resorte a la viga.

El problema puede ser resuelto de varias maneras. Una primera forma de resolverlo consiste en eliminar el vínculo en la base del resorte, colocar la reacción R que allí se transmite y proceder a escribir la expresión de la energía del sistema:

M ' ♦ T T

T T

M = R.x -

qx2 2

M" = X

^resorte

= J..R.6 2

1 2

R2 k

ii H I

Luego se expresa que la derivada parcial de la energía u respecto a la fuerza R debe ser cero, porque el punto de aplicación de la fuerza no se desplaza.

u u resorte — 1 2 Ri k 3R x . q.x2/2][x]dx E.I

= E. k r _ k

Jo

. 3qL4 8

kL3 + 3.E.I

8

J L3 + 3.E.I/k

para "k" infinitamente grande (caso del apoyo rígido):

R =

3qL 8

para "k" igual a cero (no existe el resorte): R = o

-277-

Otra manera de enfrentar el problema es la siguiente: se elimina el resorte y se coloca la reacción R que allí se transmite.

nnum

M = R.x 2

B M"

y se expresa que la derivada de la enegía respecto a R vale - R/k , porque hay discordancia entre el sentido de R y el del desplazamiento:

[R.x - q.x2/2][x]dx

dU k '

E.I

R k

Otra manera de resolver el problema es eliminando el empotramiento y colocando las reacciones que allí se transmiten.

En este caso,

hay que

eliminar también el vínculo a tierra del resorte y colocar la reacción R que allí se transmite.

EQUILIBRIO VERTICAL P + R - q.L = O o— 5? M P

MOMENTO EN A R.L + W = q.L2/2

dUres. _ R 3R k

u resoné = 1 El 2 k

Se expresan P y w en función de R:

P = q.L-R

;

w =

R.L

2 T 2 M = - w + P.x + 9^- = - ^=-+ R.L + q L x - R.x + ^y2 2

M' = L - x

278-

au = O

2^ + R.L + q.L.x- R.x+3:X2 [L - x] dx 2 E.I

R = 0

_ 3qL4 k _ 3qL4 ¡ R = 8 kL3 + 3.E.I 8 L3 + 3.E.I/k

EJEMPLO Ns 1 Determinar la reacción en el punto B. q

UlIlllllUllllill SOLUCION:

Para determinar la reacción R que el resorte transmite a la viga punto B, hay que eliminar el vínculo y colocar la reacción que allí se mite; pero también hay que eliminar los vínculos en los extremos para escribir las ecuaciones de los momentos flectores. Dada la simetría estructura, las reacciones en los extremos de la viga son iguales.

en el trans poder de la

t Para calcular la reacción en cuestión, hay que observar que se puede escribir una ecuación de equilibrio de la estructura, y esa ecuación es la que garantiza que la traslación vertical no existe, o sea: 2.V + R = q.L

v = 2k 2

R 2

Si se hubiese escrito la ecuación del momento de todas las fuerzas que actúan sobre la estructura alrededor de un punto cualquiera del piano, se hubiera llegado

a

la

misma expresión que

se escribió

para

la traslación

vertical.

Escribiendo entonces la ecuación del momento flector, se tiene:

q.x2 M =V.x -

m - q.L.x 2

R.x 2

q.*: 2

M" = - £ 2 . 172 q.L.x 2 3R

k

R = 5qL4 8

R,x q.x' 2 2 L 2^ E.I

R k

_ 5qL^ kL3 + 48.E.I

8

L3 + 48.E.LTC

OBSERVACION: El método de Castigliano no es el más apropiado para el cálculo en estructuras con vínculos deformables.

•280-

PROBLEMARIO PROBLEMA Ns 1

Para la viga mostrada en la figura, calcular

A

L

B

a

8C , 6A y BB.

r

SOLUCION: CALCULO DE 5C:

f (■ M2 "1 P(L ♦ a)/L

Mi = P.x

;

M'i = x

M2 = P.x - P(L + a)(x - a)/L

M'2 = x - (L + a)(x-a)/L • L+a P(L + a)(x . a)]

(L.aXx-a)]dx jdx

Px

[Px][x] dx 5c ■í E.I

3.E.I

E.I

CALCULO DE 6A:

r

r

r

M2

T + P(L+a) - RL = 0

L

Pa2(L + a)

r

"I

R = [T + P(L+a) ] / L

M1 = P.X

m2 = P.X - [T + P(L+a) ] (X- a) / L

M'., =0

M'2 = -(x- a) / L

-28 1ra f L+a « _ (Px)(0)dx ^ / {Px-[T + P(L+a)](x.- a)/L}[-(x-a)/L]dx 6Ai~ i. "

P.a.L 6.E.I

CALCULO DE 0B:

_ P(L+a)

T

R.L - P(L+a) - T = 0

Mi = P.x

M2 = P.x + T -

M'i = 0

M'2 = 1

dU

P(L+a) L

t (x - a) LJ

x -

/L + a / P.x + T - [P(L+a)/L + T/L](x-a) _ p a l E.I " 3E.I

PROBLEMA Ns 2

Hallar el desplazamiento del punto de aplicación de la carga P, en la misma dirección de la fuerza.

IB

P

SOLUCION: Hay que calcular la energía de deformación elástica del sistema y luego derivar dicha energía respecto a la carga P:

-282TRAMOAB: Mj=P.x

;

M'i =x

TRAMO BC: M2 = P.a

;

M'2 = a

;

(L(P)(l)dx au 5a = ap

I Jo

N = P

;

N* = 1

r(P.x)(x)dx

A.E

íL(P.a)(a)dx

El

I Jo

Jo

A

A.E

3.E.I

_

El

E.I

PROBLEMA Ns 3

Calcular la deflexión 5pdel punto de aplicación de la carga P. P IP f 2.1

SOLUCION:

f 2.1

I -I

l P/3

2P/3

M, = P.x/3

M'i = x/3

M2 = P.x/3 - P(x - 2L/3)

M'2 = x/3 - x + 2173 = - 2x/3 + 2173

L/3 (Px/3)

/3)dx

8p= í Jo

/2L/3 Jr¿u / (Px/3)(x/3)dx 2.E.I L/3

(-2Px/3 + 2PL73)(-2x/3 + 2L/3)dx _ 2.E.I ¡ J2U3

13

P L3

" 1458 E.I

PROBLEMA Ns 4

Calcular el desplazamiento del punto a en la dirección de p. C

L

f (P.L)(L).dx = PX A.E I El Jo

B

. 2.P.L3 E.I

-284PROBLEMA Ns 5

Calcular el desplazamiento del punto a en la dirección de p y en la dirección

vertical.

3Q

dN2 _ , 9Q "

dQ

. '

¿Mi _ T dP '

dQ

. 3M3 _ n . ' 3Q " "(

dP

. 3N3 _ . } ' "W " 1

dP

9P

. 3N2 _ ' 1F "

, '

3N3 . 9Q "

!.P.L A.E

. 4 P.L3 3 E.I

-285-

PROBLEMA Nfi 6

Calcular la deflexión 8pen el punto de aplicación de la carga P.

L

r f

L

SOLUCION:

M, = £.x

M', = |

; M2 = |.x - P(x-L)

;

M'2 = L - |

;

M"3 = ^ - |

fL[-|,x + P.L] X x" dx L2. E.I

5p = lo

; M3 = |jL - |.x

LfPL !Li]dx + í L 2 +

El •k

)

Se puede resolver también haciendo despiece:

P.x] [L x dx _ PL3 2 J .2 "2. 4 E.I E.I

-286-

PROBLEMA Ns 7

Calcular el desplazamiento de B en la dirección de P. Desprecíense los efectos de las acciones axiales.

PROBLEMA N» 8

Calcular el desplazamiento del punto de aplicación de la carga P. L

PROBLEMA Nfi 9

Calcular el desplazamiento del nodo en la dirección de p.

SOLUCION:

-288PROBLEMA Nfi 10

Hallar las acciones internas en la sección más peligrosa de la estruc tura mostrada en la figura, cuando se realice el contacto entre los puntos c y D. La viga es de sección circular de diámetro d. Determinar en dicha sección el esfuerzo en el punto más peligroso.

SOLUCION: Para realizar el contacto se necesita una cierta fuerza F aplicada en c. Al aplicar F, se acumulará una cierta cantidad de energía en la estructura, de tal manera que la derivada parcial de dicha energía respecto a la carga F, será igual al desplazamiento 5. N = F

N' = 1

M = F.x

_

F =

M'= x

5.3.A.E.I 3.L.I + A.L3

3.E.I

La sección en mayor peligro es la sección de empotramiento, allí:

M _ FL

.

G _ 32.F.L Tt.d3

_

32.S.3.A.E.I.L _ 96.S.A.E.I (3.L.I + A.L3).Jt.d3 (3.1 + A.L2).7t.d3

-289-

PROBLEMA N« 11

Para la viga mostrada en la figura, calcular la reacción R en el apoyo intermedio

B. q I. •i- 4 A

L'*

A

1 4... L/2

A

B SOLUCION: Se puede resolver el problema de varias maneras. Una primera forma es considerando directamente el cálculo de

R, asegurando que la derivada

parcial de la energía de deformación elástica respecto a R es cero; para ello se expresa a v en función de R a través de la ecuación de momento alrededor de G q

R = f..q.L = 0,625.q.L

290OTRA MANERA DE RESOLVER EL PROBLEMA:

Se eliminan los vínculos en A y c y se colocan las fuerzas que ellos transmiten.

Se

observa que

se

puede escribir una ecuación

de

equilibrio

alrededor del punto B y eso da como consecuencia que las reacciones en a y c sean iguales. También se puede llegar a la misma conclusión observando la simetría

del

sistema.

|v^x

B

^Jv

M2 = V.X - Hí_

;

M2 = X

Se plantea ahora por Castigliano que la deflexión de a (o de c) es igual a cero r

(V.x - q.x2/2).(x).dx

o

E.1

Luego, por equilibrio vertical:

^

2.V + R = q.L

y = 0J875q L

se determina que:

R = 0,625q.L PROBLEMA N° 12

Para la estructura mostrada en la figura:

a)

Determinar el desplazamiento de la sección cen la dirección de la carga P.

b)

Determinar la rotación de la sección B.

-29 1-

SOLUCION: CALCULO DE 5r

Mi = P.X

Mi =X

M2 = P.a - Pa.x L

M'2 = a - a.x L

N = p

N" = 1

A M2

5P = í Jo

(Px)(x)dx EI

Pa L

ax dx

Pa

(PXQdx = Pal AE 3EI

ei~

Pa2L 3EI

pl AE

Jo f

CALCULO DE LA ROTACION EN B: Para calcular la rotación de la sección B de la estructura, se puede observar que el tramo BC de la misma se puede eliminar y colocar en B el momento w = P.a. Luego, se calculan las reacciones de los vínculos, se de termina la energía elástica acumulada y se deriva con respecto a w.

-292-

PROBLEMA Nfi 13

Calcular la reacción en el apoyo B despreciando el efecto de las ac ciones axiales.

SOLUCION:

M, = P.X

Mi = 0

M2 = y= - R.X

n2 = - X

L/2 X •«—I 5* B M2

Ir

(- x) dx 0 = El

RL3 3EI

PL3 4EI

PROBLEMA Nfi 14

Calcular el

desplazamiento vertical y horizontal

cación de la carga P.

del

punto de

apli

Realizar los cálculos despreciando los efectos de las

acciones axiales.

L/2

.293

CALCULO DEL DESPLAZAMIENTO VERTICAL:

M, = P.X

Mi =X

M. L M2 = -

L/2 M

P.X M3 " 2

L/2

PL (Px)(x)dx EI

[Pxl *.|dx t. 2 J L2J El

dx El

y o

PL3 4EI

y o f

CALCULO DEL DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL

P/2 + Q/2

M, = P.x

;

M2 = JELL + Q.x

M'i = 0

;

M'3 = x-

M3 = 2

2J

172 5H =

EL (x)dx . 2 . El

'[Ex." . 2 . L2j El

_ 7PL3 48EI

M'2 = x

-294-

PROBLEMA N* 15 Calcular el desplazamiento del punto de aplicación de la carga P.

SOLUCION: Dada

la

simetría

de

la

estructura,

se

puede

observar

que

las

reacciones verticales en a y c deben ser P/2. Luego, por equilibrio relativo de AB con respecto a BC se determina el valor del momento.

t PL 2

B P/2

IP/2

2

2L

El

2

'

3P

du 6P = 2

x L2

2

2

L]dx _ P.L3 " 2J 6.E.I

yo PROBLEMA Nfi 16

Determinar la deflexión del

rodillo.

SOLUCION: En el punto B ambas vigas se transmiten la fuerza R.

B

Para establecer la condición que indica que la deflexión del punto B de la viga superior es igual a la deflexión del punto B de la viga inferior, se escribe: au, _ 3u2 " dR dR porque en el primer caso la deflexión es negativa y en el segundo caso es positiva.

M i = P.x

;

M2 = P \t + x - R.x

9M] = 0 dR

.

^=-x dR

•

;

M3 = R.x

3M3 = x dR

L/2 Px- Rx¡ i- x] dx J

L 2

R.x2.dx 4

PROBLEMA Nfi 17

Calcular el desplazamiento vertical de la articulación B.

L/2

L/2

C

SOLUCION:

(Pj/2 + P2)-L A

▼

L

A

L/2

r T

L/2 A

B

C Pj/2

Pf/2 +

M = \^ + P2]-x -

+ P2-X - *± + P2].L = ^ O *■ 1

P2.L

•L _L

JEjl + p.x .

3.P.x 2

. p.l][x-L1 /O

3.P.L [x-L].dx = 2

-296-

= _L í f3.P.x2 E.I 1 L JO

3.P.L.x 2

2

3.P.L.X + 3.P.L; 2

2. E.I

PROBLEMA Ns 18

Calcular el desplazamiento del punto B en la dirección horizontal y en la dirección vertical. acciones

Despreciar los efectos de

las acciones axiales y las

cortantes.

SOLUCION: EN DIRECCION HORIZONTAL:

M \/^&

i IB

F

>//;/;.

M = F.R.sene

;

M" = — = R. sen6

;

ds = R.dB

Jrn/2 (F.R.sen6)(R.sene).Rde E.I 0

JrJt/2 au _ 5B = aF

F.R3.sen2e.d9 _ 2.F.R3 [e E.I E.I L2 0

sen2B 4

_ 7C.F.R3 2.E.I

-297EN DIRECCION VERTICAL Mi = F.R.senB + P(R - R.C0S8) = Ml

Mi = F.R.senB + P.R.O - cos8) M2 = 2.P.R + F.R.senB - P(R- R.cosB)

M' =

= R.(l - cosB)

M'2 = ^ = 2.R - R(l - cosB) = R(l + cosB)

«t/2 JfK/2 8b =

(F.R.senB) R(l - cosB) R.dB E.I

1 F.R3 2 E.I

F.R3 a E.I

(-F.R.senB) [R (1 + cosB)] r.dB = E.I

,

2.F.R3 E.I

-

2.F.R3 E.I

PROBLEMA Ns 19

Calcular el valor del desplazamiento 8p del punto de aplicación de la carga P en los siguientes casos:

a) Suponiendo el tramo

BC infinitamenmte

b) Suponiendo el tramo BC elásticamente

rígido. deformable.

-298-

SOLUCION: ;

M, = P.x

0
;

M'] = x

M2 = P.x

;

0
M'2 = x

T = RL 2

•

0
T. = L 2

En el primer caso E,.L, = infinito,

por io tanto

la primera

integral se

anula: 6p = P

Pil + _£¿L 3.E.I 4.G.IP

En el segundo caso:

5P = P.L3 +LLl + -EiL v 24.E,.I, 3.E.I 4.G.Ip

PROBLEMA Nc 20

Para la estructura mostrada en la figura, determinar la reacción en el rodillo y calcular la rotación de la sección B. En ambos casos despreciar el efecto de las acciones axiales.

-299-

PROBLEMA N2 21 Para Ja estructura mostrada en la figura, determinar las reacciones en el apoyo y la rotación de la sección B. En ambos casos despreciar el efecto de las acciones axiales.

-300CALCULO DE R y F:

dMi Mi

= R.x

= X dR dM2

M2 = R.L + F.X - W dR ari2 dF

5ÍT = 0 => ÉT7 oR E.I

(R x) W dx + FT h.I /o

(R.L + Fx - w) (L) dx = 0 /o

au |£ = 0 =>

í

(R.L + F.x - w) (x) dx = 0

r - 3_ w_ 7 L

. '

p _ 6 w 7 L

- 3 w.x 1 " 7 L

. '

dM¡. - 3.x " 7.L

CALCULO DE B B. M

M2 = 3.w 7

au _ 1 j -ir 3w

... . 6 w.x _ 4.w 7 L " ' 7

, 6 w.x 7 L

Í3.w.xl f3.x1 Hv j. 1 I rwrHfl dx ei

3M 2 _ .4 + 6 x 3w 7 7 L

f 4.w j. 6.w.x1 f 4 , 6.xl r"^~ + ~7irJr7 + 7xJdx

PROBLEMA N° 22

La estructura mostrada en la figura está compuesta por las dos vigas ab y ec. Ambas se unen mediante articulación en el punto c.

Determinar,

utilizando

el

método

de

Castigliano,

la

deflexión

en

dirección vertical del punto medio de la viga AB (punto C). Ambas vigas tienen igual sección transversal y están hechas del mismo material. Despreciar en el cálculo el efecto de las acciones axiales

EL

D

SOLUCION: El problema puede ser resuelto de dos maneras diferentes. La primera consiste en aplicar la carga ficticia Q en el punto y en la dirección en la que se desea calcular el desplazamiento y luego derivar la energía de deforma ción elástica, acumulada por toda la estructura, respecto a la carga Q:

Mj = (P/2 + Q/2).x

M*! = x/2

M2 = (P/2 + Q/2).x

M2 = x/2

-302En la viga edc las expresiones del momento f lector dependen sola mente de P, por lo tanto, las derivadas respecto a Q serán cero.

5c = ^ = 2Í

L2

Otra manera de ver el problema es realizando un despiece y observan do que la viga ABC resulta estar sometida a las cargas:

r

|B

Entonces el problema puede verse como el de determinar el desplaza miento del punto cen la dirección de P. Luego entonces:

p

_ X 2

*\ !

J

c-

P/2

P/2

C

/ I

M2 = E<

M'2 _ X 2

[Px/2][x/2] dx = pl¿ El 6EI

y o PROBLEMA Nfi 23

El sistema que se muestra en la figura está compuesto por dos vigas idénticas. Determinar el valor de la fuerza que se trasmiten en el punto c, cuando la viga superior se carga con una carga distribuida uniformemente q = 1000 kg/m. La longitud de la viga es L = 3 metros. q

-303SOLUCION:

J 1

•—i

1 t

v

t

t

p ±L-L r 2 VIGA SUPERIOR

2

i P/2

P/2| VIGA INFERIOR

DEFLEXION DEL PUNTO MEDIO DE LA VIGA SUPERIOR:

M =

q.L 2

ap

.

■

p 2 w

q.L.x

e.i I Jo

p q.L.x2 l 2

2

p.x qx ^ - ^-

2

2

; M" =

x 2

. x dx = 2.

pjci ,
DEFLEXION DEL PUNTO MEDIO DE LA VIGA INFERIOR: Calculando, por el método de Castigliano, la deflexión del punto me dio de la viga inferior, se obtiene:

5 = -Pil 48. E.I

Evidentemente, la deflexión calculada para el punto medio de la viga superior y

la deflexión

calculada para el

punto

medio de

la viga inferior

debe ser la misma. Pero, para establecer correctamente la igualdad, hay que tener presente que la deflexión calculada para la viga superior es negativa, porque la fuerza P va hacia arriba y el desplazamiento del punto es hacia abajo. Entonces, para efectuar correctamente la igualdad, se cambia el signo a la deflexión de la viga superior y resulta:

i E.I

q.L4 48

0,013q.L4 _ P L3 E.I ~ 48

PX3 48

q.L4 = P.L3 128 J 48.E.I

P = q.LxO,0 13x24 = 936 kg

-304-

PROBLEMA Ns 24

Determinar, utilizando el método de Castigliano, la reacción R que el resorte transmite a la viga ab. ÍP = 480 kg 50 cm

50 cm

-0\ B

K = 240 kg/ 8

SOLUCION: P.x 2

R.x 2

M2 = P- RU - P.x L 2 J 2

R.x 2

M, _ = ÍP - R 2 J

au 5p = dp

P.x 2_ =

'

9M, _ x dP 2

'

dM2 = 2L dP 2

R.x £ldx 2 L2J E.I

y o

0,25 + £ k

P.x3 . R.x3 12.E.I 12.E.I

R = 120 kg

= 0,25 + & k

CAPITULO Vil

-30 5

CARGAS DE IMPACTO OBJETIVOS:

Al completar el estudio y la solución de los problemas de este capí tulo, usted estará en capacidad de: 1.- Definir el concepto de carga equivalente. 2.- Calcular la carga equivalente en elementos de máquinas y siste mas estructurales con comportamiento elástico. 3.- Definir y calcular el coeficiente de impacto en elementos de má quinas y sistemas estructurales con comportamiento elástico. 4.- Calcular los esfuerzos que se generan en los elementos de máqui nas y los sistemas estructurales con comportamiento elástico, cuando están sometidos a cargas de impacto. INTRODUCCION:

En todos los temas anteriores, a excepción del tema sobre fatiga, se asumió que las cargas que actuaban sobre los elementos de máquinas y los componentes estructurales se aplicaban gradualmente (sin impacto); y ade más, se supuso que el elemento estaba en equilibrio estable (sin acelera ción) en cada instante o etapa del proceso de aplicación de la carga. En rea lidad, alguna parte del elemento se acelerará a medida que va creciendo la carga sobre él. Se asume que, para cargas estáticas, la rata de aplicación de la carga es tan pequeña que la aceleración de cada parte del elemento será también pequeña, por lo que el efecto de esa aceleración puede ser despre ciado. En general, las propiedades mecánicas de los materiales se obtienen de probetas a las que se les aplica la carga a una rata suficientemente pe queña, de manera que la probeta puede considerarse en todo momento en equilibrio estable. CARGAS DINAMICAS:

Un elemento se dice sujeto a cargas dinámicas cuando las cargas ocasionan en alguna parte del elemento una aceleración, de manera que la magnitud de la misma no puede despreciarse.

-306CARGAS DE IMPACTO A ALTA VELOCIDAD:

Las cargas de impacto a alta velocidad incluyen a las cargas dinámi cas ocasionadas por la colisión de un cuerpo a alta velocidad con el elemen to en cuestión, generando aceleraciones de gran magnitud. La determina ción de las relaciones entre las cargas de impacto a alta velocidad y los esfuerzos y las deformaciones que producen en el elemento, no serán consi deradas en este estudio por dos razones fundamentales: 1 ) En general, los impactos a alta velocidad producen deformación plástica, particularmente en los puntos de impacto. Por esta razón, es muy difícil determinar la magnitud de la carga de impacto. Y aun si se conociera la magnitud de la carga de impacto, es muy difícil establecer una relación entre la carga de impacto y el estado de esfuerzos y deformaciones en cual quier punto del elemento, porque la carga de impacto produce ondas de de formación en el material; los esfuerzos y las deformaciones en cualquier punto del elemento dependen de la velocidad de propagación de esas ondas de deformación. 2 ) Si alguna parte del elemento está deformado plásticamente, es necesario que la relación esfuerzos-deformaciones para ese material sea conocida. Las propiedades mecánicas de los materiales están influenciadas por la rata de aplicación de la carga, y pueden ser considerablemente dife rentes durante los impactos a alta velocidad que durante los impactos a ba ja velocidad y cuando se aplican cargas estáticas. Por lo general, las pro piedades del material para las altas velocidades de aplicación de carga, no son conocidas en la mayoría de los casos. IMPACTO A BAJA VELOCIDAD:

Durante los impactos a baja velocidad, la rata de aplicación de las cargas es tan reducida, que las ondas de deformación desarrolladas dentro del elemento son muy pequeñas y pueden ser despreciadas; y el material del elemento tiene substancialmente las mismas propiedades que presenta en el caso estático. Bajo estas condiciones, el efecto de las cargas de impacto puede considerarse equivalente al de una carga aplicada estáticamente. Es muy difícil establecer con precisión el límite para diferenciar cuándo un impacto es a alta velocidad y cuándo es a baja velocidad.

307

EFECTOS VIBRATORIOS DE LAS CARGAS DINAMICAS:

Las cargas dinámicas que actúan sobre un elemento, ocasionan vibra ciones en el mismo. En este capítulo se considerará que la carga dinámica se aplica una sola vez. En el estudio, interesará determinar la máxima de flexión que ocurre durante el primer ciclo de vibración; la deflexión decrece con el número de ciclos, debido a la amortiguación del sistema. En muchas aplicaciones prácticas, la carga dinámica tiene una frecuencia constante. Si la frecuencia de los impulsos de la carga dinámica es cercana a la fre cuencia natural de vibración del elemento, se establece la condición de re sonancia, que provoca excesivas deflexiones, y conduce rápidamente a la fa lla y destrucción del elemento mecánico. METODO DE LA CARGA EQUIVALENTE:

Tal como se señaló anteriormente, muchos componentes estructu rales y elementos de máquinas están hechos para resistir cargas dinámicas bajo la forma de impacto a baja velocidad. El método más común para la determinación de los esfuerzos y las deformaciones provocados por tales cargas, consistirá en determinar la carga estática equivalente que produzca los mismos efectos en el elemento que la carga dinámica aplicada. PRIMER CASO:

Considérese el resorte de constante elástica "k" que se muestra en la figura. Si sobre el mismo se coloca la carga w, aplicada estáticamente, entonces se sabe que se producirá un acortamiento del resorte que vale w/k.

6> 5 st EPot= w(h + S)

= 1 k.6: .elast

Si sobre el mismo resorte se aplica el mismo peso w pero dejándolo caer desde una altura h, es evidente que el resorte experimentará un acorta miento 5 que será mayor que el 5st.

-308-

Se puede considerar que el mismo efecto que produce el peso w al caer desde la altura h, lo produce una fuerza F aplicada estáticamente

de

valor k.8. Al aplicar esta carga F al resorte, se acumula una energía que vale:

E elástica = ^ F 8 = ^-k82

Para calcular el valor del acortamiento del resorte, se establece la hipótesis de que la energía potencial de la carga w tiene que ser igual a la energía elástica acumulada por el resorte, o sea:

w (h + 5) = 1 k 52 de esta expresión se despeja el valor de 6 obteniéndose:

^(h + 5) = 82 k

=>

52-2wS_2wh = 0 k k

52 - 25s,5 - 25sth = 0

8 = 5st ± SstVl + 2h/Sst = 5st (1 ± Vi + 2 h/8st)

De las dos soluciones

matemáticas,

la solución

que tiene

sentido

físico es la que se presenta con el signo (+). osea:

8 = 8S[(1 +VT+ 2h/8st) = 8st.Cimp.

Cimp =

(1 + Vi + 2h/Sst)

Por lo tanto, se concluye que el valor del desplazamiento 8 del

re

sorte por efecto de la caída del peso w desde la altura h, es igual al valor dei desplazamiento que produce el peso w como

si

actuase estáticamente

multiplicado por el coeficiente de impacto. Además, si se considera que el efecto producido por la carga w que cae desde la altura h, es igual al que produce

la

fuerza

aplicada

estáticamente

F = k.8,

también que:

F = k8 = k 5sl (1 + Vl + 2 h/8st)

entonces, se concluye

-309-

O sea, que la fuerza F equivalente es igual al valor de la carga w aplicada estáticamente, multiplicada por el coeficiente de impacto. De esta manera, se puede tratar el problema de la carga dinámica como un problema puramente estático donde actúa sólo la fuerza F. SEGUNDO CASO: Obsérvese ahora el caso de una barra como la mostrada en la figura, sometida al impacto producido por un peso w que cae desde una altura h.

w.L _ w 6si = A.E k k = AE/L

El mismo efecto que produce el peso w al caer desde la altura h, lo produce una fuerza F aplicada estáticamente de valor k.6. Al aplicar esta carga F a la barra, se acumula una energía que vale: E elástica = ^-F5 = i-k5

Para calcular el valor del alargamiento de la barra, se establece que la energía potencial de la carga w tiene que ser igual a la energía elástica acumulada por la barra, o sea: w (h + 8) = )- k S2 La solución de la ecuación es evidentemente la misma que para el caso del resorte: 5 = 5S,(1 +Vl + 2h/5st) = 5st.Cimp. Cimp = (1 + Vi + 2h/5st) sólo que en este caso: 5st= w.ua.e. La barra se comporta como un resorte con

k = A.E/L

-310-

Por lo tanto,

se concluye que el valor del desplazamiento

5 de la

barra por efecto de la caída del peso w desde la altura h, es igual al valor del desplazamiento que produce el peso w actuando

estáticamente,

multi

plicado por el coeficiente de impacto.

Además, si se considera que el efecto producido por la carga w que cae desde la altura h, ticamente

es igual al

que produce la fuerza aplicada está

F= k.8, entonces, se concluye también que:

F = k5 = k 5st ( 1 +Vl + 2 h/8st)

O sea, que la fuerza F equivalente es igual al valor de la carga w aplicada estáticamente, multiplicada por el coeficiente de impacto.

Los esfuerzos que se generan en la barra por efecto de la carga de impacto, serán los mismos esfuerzos que genera la fuerza F, o sea:

a~A~

A " X

,mp.

En conclusión, los esfuerzos que se generan en una barra cuando se deja caer una carga w desde una altura h, son iguales a los esfuerzos que se generan cuando la carga w se coeficiente de

aplica

estáticamente,

multiplicados

por

el

la figura.

desea

impacto.

TERCER CASO

Considérese

la viga tal como se

muestra en

Se

determinar el estado de esfuerzos en el punto más peligroso de la viga, cuando se deja caer una carga w desde una altura h.

Cuando la carga w actúa estáticamente produce una deflexión que vale:

31 1-

El mismo efecto que produce el peso w al caer desde la altura h, lo produce una fuerza F aplicada estáticamente de valor k.5. Al aplicar esta carga F a la barra, se acumula una energía que vale: E elástica = jF5 = i-kS

Para calcular el valor de la deflexión en la barra, se establece que la energía potencial de la carga w tiene que ser igual a la energía elástica acu mulada por la barra, o sea: w (h + 5) = 1 k 52 La solución de la ecuación es evidentemente la misma que para el caso del resorte: 5 = 5st(I +Vl + 2h/5st) = 5S[.C imp. Cimp = (1 + Vl'+ 2h/5«) sólo que en este caso: 5 Sl

= jwxL 48.E.I

La barra se comporta como un resorte con k = 48.E.I/ L3. Por lo tanto, se concluye que el valor del desplazamiento 6 de la barra por efecto de la caída del peso w desde la altura h, es igual al valor del desplazamiento que produce el peso w aplicado estáticamente, multiplicado por el coeficiente de impacto. Además, si se considera que el efecto producido por la carga w que cae desde la* altura h, es igual al que produce la fuerza aplicada estática mente F = k.5, entonces, se concluye también que: F = k6 = k 6st ( 1 +Vl + 2h/5st) O sea, que la fuerza f equivalente es igual al valor de la carga w aplicada estáticamente, multiplicada por el coeficiente de impacto. Los esfuerzos que se generan en la barra por efecto de la carga de impacto, serán los mismos esfuerzos que genera la fuerza F, o sea:

-3 12-

F/2

M = F.L/4

c _ M _ F.L/4 _ w.L/4 c imp.

F/2

a = a0.C¡ mp.

En conclusión, los esfuerzos que se generan en una barra cuando se deja caer una carga w desde una altura h, son iguales a los esfuerzos que se generan cuando la carga w se

aplica

estáticamente,

multiplicados

por

el

coeficiente de impacto.

OBSERVACION: 5 = 8st(l +Vl + 2 h/8SI)

es la expresión general que permite calcular 5. Hay dos casos límites, muy interesantes,

que hay que tener en consideración. Ellos son:

primer CASO: cuando h puede considerarse mucho mayor que 8. '0 w (h + jjf = JLk£2 2

w.h = lk 82 =>

8 = ^251 = V2 8st. h = 8sl yÊ:

segundo caso: cuando la carga se aplica bruscamente sin velocidad. •o yv pi^+ 6) = I-kó2 w.8 = i. k 82 =>

8 = 2^ = 2 8st.

-3 13-

ALGUNAS APUCACIONES DE ESTOS CASOS: En el caso de la varilla con aplicación axial de la carga, . se expresó:

w.(h + 8) = ¿- k 52 2

con k = L

Si se considera que h es mucho mayor que 5, entonces:

w.h = iks2

=*

8 = ]¡iYk = ví sst. h = y 2.^.L

Los esfuerzos valen:

G _ £ _ k_8 _ A.E 8. _ E J2.w.h.L _ /2.w.h.E A A L A L V A.E V A.L

Los esfuerzos dependen de w, h, A, L, y sobre todo de E.

Esto

signifi

ca que los esfuerzos dependen de la naturaleza del material. Esta es una si tuación

completamente distinta

al

caso de

las cargas

aplicadas

estática

mente, donde los esfuerzos eran totalmente independientes de la naturale za del material.

Esta ecuación muestra que para reducir el valor de los esfuerzos de impacto, se puede emplear un material de bajo módulo de elasticidad aumentar el área "A" de la sección

"E",

y aumentar la longitud "L". Pero el hecho

de que los esfuerzos disminuyan con el disminuir de "E" no va a significar que tenemos que utilizar materiales con valores pequeños de "E"; hay que recordar que el límite de fluencia también será menor. Lo importante de la observación es hacer notar la diferencia con el caso estático.

Hagamos la misma consideración de h mucho mayor que 8 para el caso de la flexión en el problema :

Cuando la carga w actúa vale:

estáticamente

produce una deflexión

que

-31 4-

5 = v^ = Vî?

L3

V

48.E.I

96.E.I.w.h

V

L3

i v _

P.L/4 . y 4.1

/ ó.w.E.h.; V L.I

NOTA: Los esfuerzos se hubieran podido calcular también, calculando el valor del

esfuerzo

producido por

la carga

w aplicada estáticamente

y

multipli

cándolo por el coeficiente de impacto. PROBLEMARIO PROBLEMA Nfi 1

Calcular el efecto

de

la

máximo esfuerzo que se genera en la estructura

carga w que

cae sobre

la

misma.

Determinar

el

por

factor de

seguridad de la estructura. W = 70 kq 1 h

h = 4,8 cm f 122 cm ci L = 150 cm

B l

Rp = 2500 kg/cm2 5 cm

E = 2x10 6 kg/cm2 ▼ = ?

SOLUCION:

Al aplicar la carga w estáticamente, se va a producir en el punto B una deflexión que vale: 8st =

= 3.E.I

70x 1503x 12 = 0,0547 cm 3 x 2xl06 x 5 x 123

(Esto puede determinarse por Castigliano o por cualquier otro método).

Al aplicar la carga w con impacto, se producirá una deflexión 8 que vale: 8 = 5st..cimp. = 8st. (1 + Vi + 2h/5st.) =

-315-

= 0,0547(1 + Y 1 +

= 0,7813 cm

F = k.8 =.lEIx 0,7813 = 3x2xl06 x 5 x 123 _ jOOOkg L3 12 x 1503 M = 1000 x 150 = 150 000 kg.cm

a = 150000x6 = 1250 -l.x5x 123

v y = 2500 1250 = 2

PROBLEMA Ns 2

Determinar el estado de esfuerzos que se genera en el punto más pe ligroso de la estructura.

® W = 200 kg 200 cm

100 cm

10 cm

B

h = 12 cm

•//>/;////. E = 7,1x105 kg/cm: # * 7,5 cm SOLUCION:

Se determina por Castigliano cuánto vale 8S(

Mi 200

M2 = 2WX/3

4

Mi = X/3

;

M*2

= 2X/3

Jr 1 00 ![W.x/3] [x/3] dx E.I

0

;

2W/3¡

IW/3

Jr200

= WX/3

Y 100 r

[2.W.x/31E.I [2.x/3]¡ dx = 02 Cm k =

= 1000kg/cm

o

5 = 8st. (1 + Vl + 2.h/8st.) = 0,2 (1 + V 1 + 2 x 12/0,2) = 2,4 cm

F= k.8 = 1000 x 2,4 = 2400 kg

;

M = 1600x100 = 160 000 kg.cm

-3 162400 kg m = 1600x 100 = 160 ooo kg.cm 200

Y

100 a =

160 ooo x 5

= 1 280 kg/cm2

J_x 7.5 x 103 1 600 kg I

800 kg

PROBLEMA Nfi 3

Calcular el área mínima que deberá tener la sección de la varilla, para que los esfuerzos no alcancen la fluencia cuando se deje caer un peso de 7 kg desde una altura de 1 50 cm.

W = 7 kg h = 1 50 cm L = 250 cm Rp = 4 OOO kg/cm 2 E = 2x1 06 kg/cm2

SOLUCION:

Al aplicar la carga w con impacto: 5 = 5st..cimp. = 5st. (1 + Vi + 2.h/5st.) = ^ [l + y 1 + 2Ê

F=k.5 = ^£x5LL(i + Vi + 2.h.A.É/w.L) L A.E

Al máximo, F puede valer RpA ; entonces:

F = Rp.A = w (1 + VI + 2.h.A.E/w.L)

= [VI + 2.h.A.E7w.L ] ; L W

A =

2.h.E + 2.Rp] wi _ Í2 x 150 x 2xlO6 . 2 x 4000 -21- = 1 cm2 w.L w J Ri l 7 x250 7 40002

-3 17-

PROBLEMA Ns 4 ACERO ALUMINIO

r 45 cm

d = 1 ,3 cm *—

ACERO d = 2 cm

Rp = 5000 kg/cm2

Rp = 2400 kg/cm2

E = 7x1 05 kg/cm2

E = 2,1x10 6 kg/cm 2

W

75 cm

□ \ ALUMINIO

a)

Determinar la máxima altura desde la que se puede dejar caer una carga w de 1 o kg.

b)

Diga cuál sistema sería mejor: Todo aluminio; todo acero; o bien el sistema presentado en el problema.

SOLUCION: La máxima fuerza que puede soportar el aluminio es: _ i o2 F , - r Ax B ^d2 = - 5000 x íi-i^- = 6636,6 kg ralum. —

La máxima fuerza que puede soportar el acero es: Facer. = Rp x

= 2400 x ZOÍ = 7540 kg

Por lo tanto, la máxima fuerza que puede soportar el sistema es: F = 6636,6 kg

Al aplicar w estáticamente se obtiene: 8st =

10x75x4 + 10x 45 x 4 = 8,75xl0-4cm 71 x 1,32 x 7xl05 7lx22x 2,lxl06

k =

w _ 10 8st. 8,75x10"

= 1 1 428,6 kg/cm

Al aplicar la carga w con impacto se provocará un alargamiento 5 que vale:

-3188 = Sst..cimp. = 5st (i + Vi + 2.h/8st.)

Esto será provocado por una carga equivalente F que vale:

F = k.5 = k.5st..Cimp. = k.8st. (1 + Vi + 2.h/8st.)

y que al máximo puede valer 6636,6 kg. Luego entonces:

6636,6 = 11 428,6 x 8,75x1o-4 (1 + Vi + 2.h/8,75xlO"4)

=>

h = 192 cm

PARTE B (TODO ALUMINIO)

Fialum. = Rpx2^. = 5000 xí^. = 6636,6 kg

F2aiUm. = Rpx^. = 5000x5|i = 15 708 kg

F = 6636,6 kg

8st

=

10x75x4 + 10x45x4 = lxl0-3cm it« l,32x 7xl05 7t x 22x 7xl05

k _

8L _ 10 8st lxlO3

= lOOOOkg/cm

6636,6 = 10 000xl0"3(l + Yl + 2.h/10"3)

=>

h = 219,6 cm

PARTE C CTODO ACERO)

Fiacer. = Rp x ^ = 2400 x í-L¿. = 3185,5 kg

F2 acer. = Rp X 1LfL = 2400 x S-2! = 7540 kg

F = 3185,5 kg 8st =

10 "75x4 nx 1,32 x 2,lxl05

+

10x45x4 = 3,37xl0-4 cm 7i x 22x 2,lxl06

-31910 k = SL = 8st. 3,37xl0"4

= 29 649kg/cm

3185,5 = 29 649x3,37x1 0"4 (1 + VI + 2.h/3,37xl0"4)

h = 17 cm

La mejor solución es todo aluminio. PROBLEMA Nfi 5

Los elementos A y B son cilindricos de sección circular, cados de

a)

acero dúctil con

Están fabri-

Rp= 3200 kg/cm2 y E = 2,1x1 o6 kg/cm2.

Construir los diagramas carga-elongación para los dos elementos sin superar la fluencia.

b)

Calcular

la

energía

máxima

de

deformación

u en

condiciones

elásticas para cada elemento, despreciando los efectos de enta lla.

c)

Calcular, para cada elemento, la máxima altura h a la que puede dejarse caer un peso de 7 o kg sin que se superen las condiciones máximas de elasticidad.

SOLUCION: Diagramas carga-elongación:

P = Rp.A = 3200 xJLL2. = 2513 kg ALA = PX = M: = 3200x75 = 0Al4cm A.E 2,lxl06

-320-

ALB = P% + A,.E A2.E

=

2513x60 + 2513x 15 = 0,046 cm 7Ldix2,ixl06 ?Ldix2,lxl06 4 4

,1

AL

0,046 cm

0,1 14 cm

ENERGIA MAXIMA DE DEFORMACION: Está representada por el área bajo la recta carga-elongación

ÜA = ^-P.ALa = 1 x 2513x0,1 14 = 143,2 kg.cm

UB = ^-P.ALB = i x 2513 x0,046 = 57,8 kg.cm

OBSERVACION: VA = í|A xLA = ^ x75 = 58,9 cm^

VB = ^.x60 + ^x15 = 200 cm3 4 4

A pesar de que el volumen del elemento Bes 3,4 veces el volumen del elemento a, el elemento B absorbe solamente el 40% de la energía que absor be el elemento A Esto señala la importancia de diseñar dichos elementos de tal manera que los esfuerzos sean lo más uniformes posible.

Por esta razón, algunas veces, se diseñan

los tornillos que van a

soportar cargas de impacto de tal manera que el diámetro de la parte no roscada coincida con el diámetro del núcleo del tornillo. De esta manera se garantiza

una

distribución

bastante

uniforme

de

los

capacidad del tornillo para absorber energía es máxima.

esfuerzos,

y

la

-321 CALCULO DE LA ALTURA h: w (h + 5) = U

hA = ^ - 5A =

hB =

- 0,114 = 1,93 cm

- 5B = «

- 0,046 = 0,78 cm 70

Otro problema, similar al anterior, donde puede apreciarse el efecto de una distribución lo más uniformemente posible de los esfuerzos es el si guiente: PROBLEMA Ns 6

Calcular la máxima energía de deformación elástica

que están en

capacidad de almacenar los elementos mostrados en la figura, desprecian do el efecto de entalla (concentraciones de esfuerzos), cuando se someten a carga axial.

DIAMETRO DE LOS AGUJEROS Y ANCHO DE LA RANURA: 4 = 1 /2 pulg. i"

ESPESOR DE LA PIEZA:

(+)

5 = 1 /8 " PROPIEDADES MATERIAL: <3

t>

B

Rp = 36 OOO psi. E = 30x1 0 6 psi.

SOLUCION: En ambos casos la carga equivalente P es la misma: P = RP.A = Rp.[lxl - Ixi = 36 000 x-i- = 2250 Ibs. 16 UA = l.P.ALA = 12250x 2250x 6 = 4,05 lbs.pulg 2 i 30 000 000 8 UB = 1.P.ALb = 1 2250 x 2250 x 6 _ 8,10 lbs.pulg • x 30 000 000 Tó

PROBLEMA Ns 7

En una planta metalmecánica, la varilla del pistón de una forja se rompía con frecuencia. Cuando fue sustituida por una varilla hecha con acero de alto contenido de carbono, los problemas cesaron. acero bajo carbono = 2400 kg/cm2 Rp acero alto carbono = 4000 kg/cm2

¿Cuánta más energía puede absorber el acero de alto contenido de carbono sin que se sobrepase el límite de elasticidad?

SOLUCION: Pl — Rp acero bajo carbono "A — 2400 x A P2 = Rp acero alto carbono x A — 4000 x A

U, = J-x P, x

;

= i x P2 x

A.E

A.E

]h = 40002 _ 2 78 ui 24002

La varilla de acero de alto contenido de carbono absorberá 2,78 veces más energía elástica que la varilla de bajo contenido de carbono. PROBLEMA N° 8 75 cm

OB

E = 2,1x106 kg/cm2 = 10OO kg/cm2 BARRA AB d = 8 cm BARRA BC A = 0,65 cm 2

250 cm —# W

a)

Determinar el

valor de

la carga estática equivalente

admisible

Padm que se puede aplicar en C

b)

Calcular la energía de deformación u de la estructura para ese valor de la carga.

c)

Calcular la máxima altura h a la que se puede dejar caer una car ga de 20 kg sin que se superen las condiciones de elasticidad.

SOLUCION: Para la barra BC la carga admisible es: Padm = aadm x A = 1000 x 0,65 = 650 kg

Para la barra ab la carga admisible es:

Padm.xLxd/2 = 1(XX)

_^

_ 670kg

7t.d4/64

Por lo tanto, la carga admisible es 650 kg. ENERGIA DE DEFORMACION:

UAB = fW . fs^í = (650):6(75)34 = 7036kg.cn, ¡0 JO 6x2,1x106xTt.84/64

Ubc . í 250 Nldx = [*(P£dx = (^0)2(250) Bc' * JQ 2.A.E JQ 2.A.E 2x0,65x2,lxl06

= 38i69kg.cm

U = UAB + UBC = 70,36 + 38,69 = 109kg.cm

CALCULO DE LA ALTURA h: w(h + 8) = U

=*

h = JJ* - 5

g = P L*ab + P.Lbc _ 650 x753 + 650x250 = 0,33 Cm 3.E.I A.E 3x2,lxl06x7r.84/64 0.65x2,lxl06

h = ¡i - 8 =

-0,33 = 5,12 cm

-324-

PROBLEMA Nfi 9

Cuando la carga w se aplica estáticamente a la estructura en el punto medio "C",

los extremos a y b bajan o, 25 cm, y el punto medio c baja

adi-

cionalmente otros 0,25 cm.

a)

Determinar el valor de w.

b)

Determinar la altura h desde la que hay que dejar caer la misma carga w, para que produzca esfuerzos en la viga de 200 kg/cm2.

!««. 6 cm

2 m

2 m

SOLUCION:

Si al aplicar estáticamente la carga w se produce en a y B una de flexión de 0,25 cm, esto se debe a una fuerza de valor w/2. Por lo tanto:

= k

=>

w = 10x0,5 = 5 kg

Vamos a calcular ahora la altura desde la que hay que dejar caer el peso de 5 kg para producir un esfuerzo de 200 kg/cm2. Para que se produzca tal valor del esfuerzo es necesario que las reacciones R en los resortes valgan: R;200 x 2 = 200 -Lx6x43 12

=>

R = 16 kg

=>

Pequiv = 32 kg

Si la carga dinámica de 5 kg debe ser equivalente a una de 3 2 kg, en tonces el coeficiente de impacto debe ser:

w.cimp. = 32 kg

1 + 2A

Ci mp. = 1 + V

'SI.

=>

Cimp. = y. = 6,4

6,4 = 1 +

h = 7 cm

PROBLEMA Ns 10

Un árbol macizo tiene diámetro D y longitud L. Otro árbol del mismo material es hueco,

tiene el mismo diámetro exterior y la

misma

longitud,

pero es 50% más liviano. Para el mismo valor del esfuerzo cortante máximo, calcular la relación entre las energías absorbidas por los dos árboles.

ARBOL A

ARBOL B

SOLUCION:

W = 2ÉL x L x 7

siendo w' = ^ 2

, _ n (D2 - d2) 4 xL x7

d = 0,71D

r _ 16TA "a — TtD3

si Ta —

w

TBD/2

= 2L45TB

tB = n (D4 - d4)/32

7lD3

entonces Ta = 0,75 TB

TAL

Ub = (0J5)2 T2L UB = 0,75UA

UA = 2 G K D4/32

3

2G 0,75 7tD4

-326-

PROBLEMA Ns 11

Un hombre que pesa 9 0 kg salta desde una altura de 60 cm y cae sobre un trampolín para clavados. Si la tabla del trampolín tiene las dimensiones mostradas en la figura. ¿Cuál será el esfuerzo máximo por flexión?. El mate rial tiene: E = 1.3x1 O5 kg/cm2.

SOLUCION: Utilizando el método de Castigliano para determinar las característi cas de deflexión de la viga, se tiene: P.L a

P

A P(L + a) a Mj = £J=^ 3

au 5P =

■Ir

;

M'i = ^ a

;

M2 = P.x

L.x/a).(L.x/a).dx EJ

;

M2 = x

(P.x).(x).dx _ p.L2(L + a) E.I 3.E.I í

5p = P.L2(L+a) = P.2402(240+ 120) = O 1? p P 3.E.I 3 x I,3xl05x30x53/12

]7P ; w(h + 0.17.P) = px 0 u,i/.r

90(60 + 0,17.P) = Px017P r '

=> P = 358kg

85 920 x 2,5 M = 358 x 240 = 85 920 kg.cm

=>

o =

= 687 kg/cm2 30 x53 12

PROBLEMA Ns 12

Un ascensor que pesa 2000 kg (peso propio + carga) desciende a una velocidad de 2 m/seg.

El tambor de accionamiento se detiene bruscamente

cuando se han desenrollado 3 o m de cable. Si el área de la

sección trans

versal del cable es de 6 cm2, determinar los esfuerzos máximos en el cable. Despreciar el peso del cable. E = 106 kg/cm2.

30 m

2000 kg V = 2 m/seg I

SOLUCION: En el momento en que se detiene bruscamente el ascensor, la energía cinética que posee el mismo vale:

Ecinética = ^-m.v2 = }¿2ff-22 = 408,16kg.m = 40 816 kg.cm

Esta energía se supone que la absorbe totalmente el cable, y por lo tanto:

U = INiL 2 A.E

N = J2.U.A.H = J2x40816x6xJ0j = n 77743 kg V L V 3000 m 12 777,48 1 / 5 a = ^- = -r-1— ■ 2 130 kg/cm2 A 6

328. PROBLEMA Ns 13

Determinar el valor de la deflexión 5 del resorte por efecto de una carga w que cae sobre la viga desde una altura h.

B

y///////////,

mmmm SOLUCION:

2

dR

2

Rjclr x]dx = .R 2 Jl 2J x

R = 6.E.I + k.L3

w.L3 Ost — I" — k 6.E.I + k.L3

8 = 8st.(l +Vl + 2.h/8st) PROBLEMA Nfi 14

Determinar desde qué altura hay que dejar caer la carga w de 1 o ibs, para que produzca una deflexión en el centro de la viga que sea cuatro veces la que produciría la misma carga si fuera aplicada estáticamente. E = 14,4xi06psi.

B k = 50 lbs/pulg

3" k = 50 lbs/pulg

-329-

SOLUCION: 60'

60"

m = mí 2

B

2

aUres _ W/2Í

lW/2

.2k.

/• 60 3U = 5.'st. 9w

E l / Jo

w _ w.L3 + w 2.k 6.E.I 2.k

l 2 JL2j

10x603 5st. = 6 x 14,4xl06 x .J-x3xl3 12

+ r-1^ = 0,2pulg 2 x 50

siendo el coeficiente de impacto = 4 entonces:

4=1 + V1 + ot

^

h = 0,8 pulg

PROBLEMA Nfi 15

Cuando cae una carga w

sobre el resorte, éste absorbe 8 0 kg.cm de

energía. Calcular la energía que absorbe la viga. E = 8,6x1 o4 kg/cm2.

k = 10 kg/cm B * 3& 2 m

2 m

SOLUCION: Si el resorte absorbe 8 0 kg.cm de energía, es porque la fuerza apli cada sobre el mismo vale:

Ures. = l-EL 2 le

p= V80 x 2 x 10 = 40 kg

-330

por lo tanto, la energía acumulada por la viga vale: f 200 tt o I U = 2 | I

(20.x)2.dx — 2x 8,6xl04x-Lx7x53

Jo

= 170 kg.cm

12

PROBLEMA Ns 16

Determinar el estado de esfuerzos que se genera en el punto más pe ligroso de la estructura, cuando se deja caer sobre ella la carga P de 20 kg desde la altura h = 12 cm. (E = 2x106 kg/cm2) .

©

3 CID SOLUCION: Cuando la carga P actúa estáticamente, en el punto de aplicación de la misma se verifica un desplazamiento que, calculado por el método de Castigliano, resulta ser:

M, = |.x

;

M2 = |.x - P(x - L)

M', = |

;

M'2 = L - |

; M3 = |.L - |.x

; M'3 = ^ - |

-33 1-

L2 Sp =

JL2J E.I

,

- 2..X + P.l1 ÍL - £] dx r .2 JL 2¡ E.I

5P = £J£ ; 4.E.I

.

PL l 2

Px' [L 2 1 L2 E,l

xl dx 2J

8S, = fii = 20x40» = 0,01 cm 4.E.I 4x2xl06xl6

Cjmp. = [l + Vi + 2.h/8st. ] = [l + VI + 2 x 12/0,01 ] = 50

O sea, que el efecto de la carga P que cae desde la altura h es el mismo que produce la fuerza

F = P.cimp aplicada

F = 20x50 = 1000 kg

;

estáticamente.

M = 500x40 = 20 000kg.cm

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR

M = 20 000 kg.cm p = ioookg a = 20 000x 2

= 2500 kg/cm2

J_x 3 x 43 12 m = 20 000 kg.cm

PROBLEMA N» 17 Determinar el estado de esfuerzos en el punto más peligroso de la es tructura cuando la carga w

de 15 kg cae desde la altura h

de 8,4 cm. Despre

cíense en los cálculos los efectos producidos por las acciones axiales. L = 40 cm y E = 2x1 O6 kg/cm2.

SOLUCION:

M, = u> -X

;

Mí = X

m2=ü)-x

;

m'2= x

Suponiendo que la carga w actúa estáticamente sobre el punto c de la estructura,

utilizando

el

método

de

Castigliano,

se

determina

que

la

de

flexión de dicho punto vale: o

fLMiM'idx

5st =

E.I

,

(LIVhM'2dx

+

Jo

E.I

~ fL(w.x) (x) dx = 2

Jo

— EJ Jo

5st = 2 wJ2 = 2 15x4Q3 = 0,02 cm 3 E.I 3 2xl06 x 16 ,

2 x 8,4 i

.„

-imp. = ;-"V 1+-osri = 3° 1

8st. .

Dejar caer una carga w de 1 5 kg desde la altura h

de 8,4 cm, equivale

a colocar estáticamente en el punto c una carga F de valor: F = W.Qmp.

= 15x30 = 450 kg

Esto implica que la sección en mayor peligro de la estructura está sometida a la acción de un momento flector que vale: M = 450x40 = 18 000kg.cm Por lo tanto: ^ = 18000x2 = 2250kg/cm2 -JL x 3 x 43 12

PROBLEMA Ns 18

Determinar el estado de esfuerzos en el punto más peligroso de la es tructura, cuando sobre el punto D de la misma cae una carga w de 10 kg desde la altura h de 6 cm. Despréciense los efectos de las acciones axiales. L = 75 cm y E = 2x1 O6 kg/cm2.

L/2

4 cm —* 3 cm SOLUCION: Cuando la carga w actúa estáticamente en el punto D de la estructura, produce una deflexión que vale:

■^1 Mi

M'l

n2 _ w.L 2 „ W.X 2

EZQÜ3 I

B ▲

= W.X ;

= X

CM ri"2 II -J| M'3 -

x. 2

Ul/2

rU2

fLM3 M'3 dx

r L/2 M2 MS dx E.I

Mi M'i dx . E.I + Jo

E.I Jo

Jo

L/2 (w- x/2) (x/2) dx E.I

(w.L/2) (L/2) dx E.I

(w.x) (x) dx 11

. o

Jo í

5st =

= 4.E.I

»0x753 = 0,033 cm 4 x 2x10° x 16

Cimp.

=

[l+ V 1+2 x 6/0,033 "

20

-334-

F = W.Cinip = 10x20 = 200 kg

;

M = 200x75/2 = 7500 kg.cm

0 _ 7500x2 _ = 937,5 kg/cm2 16 PROBLEMA Ns 19

Determinar el factor de seguridad de

la estructura mostrada en la

figura, para la situación en la cual se deja caer una carga P de 15 kg desde una altura h de 2,1 cm.

E = 2x 1 O6 kg/cm2

;

Rp= 4500 kg/cm2

4 cm *—# 3 cm SOLUCION: Suponiendo que la carga P actuase estáticamente, dada la simetría de la estructura, se puede observar que las reacciones verticales en A y c deben ser P/2. Luego, por equilibrio relativo de AB con respecto a BC se

determina

el valor del momento.

M = P-x - L L 2 2 dM dP

6P =

au ap

E.I

L2

x 2

L dx = ZLL 2 J 6.E.I

=

15x403 6x2xl06xl6

= x 2

= 0005cm

Jo

Cimp. = [l + Vi +2.h/8st. ] = [l+ VI + 2 x 2,1/0,005 ] = 30

F = P.Cimp = 15x30 = 450 kg

;

M = F.L/2 = 450x20 = 9000 kg.cm

a = 9000 x2 _ H25 kg/cm2 16

L 2

w _ ÜP _ 4500 _ 4 y a 1125

-335-

PROBLEMA Nfi 20

Determinar el factor de seguridad de la estructura mostrada en

la

figura, para la situación en la cual se deja caer una carga P de 10 kg desde una altura h de 9 cm.

El material tiene: E = 2x 1 o6 kg/cm2

;

Rp= 4500 kg/cm2.

SOLUCION: Si se supone que la carga P actúa estáticamente,

esto significa que

en el rodillo se transmiten ambas vigas una fuerza R . Para el cálculo de dicha fuerza se procede de la manera siguiente:

Para establecer la condición que indica que la deflexión del punto B de la viga superior es igual a la deflexión del punto B de la viga inferior, se escribe: aui 3R

_ du2 dR

porque en el primer caso la deflexión es negativa y en el segundo caso es popositiva. M] = P.x

= 0 3R

M3 = R.x

M2 = P *? + x - R.x

3M 3 = x 9R

3M2 = -x 9R

• U2 rL/2 + P.x - R.x [-xjdx = -LEl |

c2.dx

12 yo o

R = 7P 4

336

Para determinar la deflexión del punto A aplicamos el método de Castigliano:

M] = P.x

;

M'i = x

;

t L/2 9U _ / (P.x).(x).dx dP ~ ] .'o

5

=

E.I

M2 = PÍx + y - R.x 2J

;

M'2 = x + L. ' 2

t U2 I [P.(x + L/2) - R.xl(x + L/2).dx = 31 p L3 +

I Jo

E.I

31 x IQx 1QO3 = 005cm 192x2xl06xl6

.

F = P.Cimp = 10x20 = 200 kg

;

" 192.E.I

Qmp = [i+ VI +2x9/0,05] = 20

M = F.L/2 = 200x50 = lOOOOkg.cm

g = 10 000 x 2 = 1250kg/cm2 16

=>

¥ = ^ = fgü = 3,6 1250

PROBLEMA Nfi 21

Para la estructura mostrada en la figura, trazar los diagramas de ac ciones internas cuando la misma está sometida

al impacto producido por la

carga P = 50 kg que se deja caer desde una altura h = 7,2 cm. La viga posee un valor de E.I = 1,13 x 1 O7 kg.cm2 y

L = 100 cm.

L/2

I

L/2

E¿

SOLUCION: Para poder determinar el valor de la deflexión en el punto de aplica ción

de

la

carga,

suponiéndola

actuando estáticamente,

se debe

calcular

antes el valor de la reacción hiperestática R. Para ello usamos el método de Castigliano: ip Mi = R.x

= x

B M2 = R.x - P(x - i-) 2 x

M'2 = X

(R.x).(x)dx E.I

= 0=1 yo

Rx- P(x - L/2) .(x)dx fi E.I J L/2

=>

R =4í 16

Ahora, se puede determinar el valor de la deflexión en el punto de aplicación de la carga. Se procede de la manera siguiente:

Mi = R.x

M'j = 0

;

M2 = R

M'2 = - x

| -P.x + R(x + L/2) E.I

\x = Jo

5st.

= iEii = 7 x 50x1003 768.E.I 768 xl,13xl07

= 0 Q4cm

Cimp. = [l + V 1 + 2.h/8st. ] = [l+ V 1 + 2 x 7,2/0.04 ] = 20

F = P.Cimp. = 50 x 20 = 1000 kg

La viga estará sometida, definitivamente, al sistema de cargas y re acciones que se señalan a continuación: lOOO kg 18 750 kg.cm 50 cm

t

50 en

AI

312,5 kg

687,5 kg

Esto lleva al diagrama de momento flector: yf118 750 kg.cm

15 625 kg.cm

-338-

PROBLEMA N9 22 Determinar el coeficiente de impacto para la estructura mostrada en la figura, para la situación en la cual se deja caer una carga P de 40 kg desde una altura h de 12 cm. La viga tiene: E.I ■ io7kg.cm2.

©

SOLUCION: P.L/2 u/mama á P/2 1V1 1 = *M',

M, = Y

M2 = |(x + L) - P.x = £^ -

;

M3 = *f -

M'3 = | - \

^ ;

M'2 = L.

x 2

8s,=jte+|L^-¥ife-i]^í P.x 2

P.L x 2 . 2 E.I

L dx 2J

6 _ £i¿ - 40x(1O0)3 _ , cm °st - . c T ~ - 1 cm 4.E.I 4X io?

1 + yr+~ziE

= [1 + y 1 + sjoi j = 6

La carga p dejada caer desde la altura h de 1 2 cm, equivale a una fuer za F = 40 x 6 = 240 kg aplicada, estáticamente.

-339

CAPITULO

VIII

INESTABILIDAD ELÁSTICA O PANDEO

OBJETIVOS:

Al completar el estudio y la solución de los problemas de este capí tulo, usted deberá ser capaz de: 1.- Definir las diferentes condiciones de equilibrio de los sistemas estructurales. 2.- Describir el fenómeno de la inestabilidad elástica o falla por pandeo de una columna. 3.- Determinar el valor de la carga crítica en sistemas de barras rí gidas con elasticidad concentrada en algunos puntos. 4.- Calcular la carga crítica utilizando la fórmula de Euler en colum nas esbeltas y para diferentes vinculaciones. 5.- Calcular la carga crítica en columnas de acero utilizando el mé todo y las especificaciones de la a.i.s.C. 6.- Utilizar la fórmula de J. B. Johnson en el diseño y verificación de elementos de máquinas. 7.- Diseñar y verificar columnas con diferentes vinculaciones en los distintos planos. 8.- Definir el fenómeno del pandeo localizado en las columnas com puestas y determinar las condiciones para prevenirlo. 9.- Utilizar el método del esfuerzo admisible en el caso de las co lumnas sometidas simultáneamente a compresión y flexión. 10.- Utilizar el método de interacción en el caso de las columnas so metidas simultáneamente a compresión y flexión.

-340INTRODUCCION:

'>'

Vamos a examinar el problema de una columna sometida a compresión axial. Una columna es un miembro que soporta una carga de compresión axial. Esta carga puede ser centrada (aplicada a lo largo del eje centroidal), o ex céntrica (aplicada paralelamente al eje centroidal). Según esta definición, los miembros cortos sometidos a compresión con cargas centradas, estudia dos anteriormente, eran "columnas". Sin embargo, dichos miembros eran re lativamente cortos y gruesos. Para tales columnas la falla ocurría por aplastamiento (fluencia) del material. A medida que se aumenta la longitud de la columna, se reduce su capacidad de soportar carga. Cuando las columnas se hacen muy largas, esta reducción se debe a que la columna pasa a una condición de inestabilidad, que se puede manifestar con una gran deflexión lateral, llamada "pandeo". Según la teoría de columnas, cuando una columna se somete a com presión, pueden ocurrir tres tipos de falla: 1.- Las columnas cortas fallan por aplastamiento del material. 2.- Las columnas largas fallan por pandeo. 3.- Las columnas intermedias fallan por una combinación de pandeo y aplastamiento. Las columnas cortas pueden analizarse y diseñarse según la fórmula elemental: p A

Sin embargo, las columnas largas e intermedias deben tratarse de tal mane ra que se considere el fenómeno de la inestabilidad elástica o pandeo. FENÓMENO DE LA INESTABILIDAD ELASTICA O PANDEO La falla por pandeo es un tipo de falla característica de los elemen tos e§bbjo§ sometidos a compresión axial, que se manifiesta por una pérdida de la condición de equilibrio estable . para pasar a una condición de equilibrio inestable con POSIBLE pérdida de la rectitud del elemento, provocando grandes deformaciones que son inaceptables para la buena funcionalidad del mismo.

-341 -

Cuando una columna esbelta se somete a una carga de compresión P creciente, se demuestra que existe un valor de la carga "P" llamada CARGA CRmcA de manera que:

i) Para P menor que Pcr hay EQUILIBRIO ESTABLE

2) Para P = Pcr hay EQUILIBRIO INDIFERENTE

3) Para P mayor que Pcr hay EQUILIBRIO INESTABLE

EQUILIBRIO ESTABLE: La configuración de un sistema se dice que está en condición de equilibrio estable, si al desplazarla hacia una configuración cualquiera cercana a la configuración de equilibrio (sin variar las condiciones de vínculo y de carga), el sistema siempre tiende a regresar a su configuración primitiva.

El modelo mostrado en la figura da una visión clara de la condición de equilibrio estable.

EQUILIBRIO INESTABLE: La configuración de un sistema se dice que está en condición de equilibrio inestable, si entre todas las configuraciones cercanas a la de equi librio existe por lo menos una para la cual, si se desplaza el sistema hacia esa configuración (sin variar las condiciones de vínculo y de carga), el sistema tiende a alejarse de la configuración primitiva.

Los modelos mostrados en la figura muestran dos diferentes condi ciones de equilibrio inestable.

342-

EQUILIBRIO INDIFERENTE: La configuración de un sistema se dice que está en condición de equilibrio indiferente, si entre todas las configuraciones cercanas a la de equilibrio existe por lo MENOS una, para la cual el sistema permanece aún en equilibrio (sin variar las condiciones de vínculo y de carga).

COMPLETAMENTE INDIFERENTE INDIFERENTE INESTABLE

INDIFERENTE CRITICO Los modelos mostrados en la figura muestran tres diferentes condiciones de equilibrio indiferente. completamente INDIFERENTE: Todas las configuraciones cercanas son de equilibrio. INDIFERENTE INESTABLE: Existe una configuración cercana para la cual el sis tema se aleja de la posición primitiva de equilibrio. INDIFERENTE CRITICO: El sistema desplazado hacia una configuración cual quiera, cercana a la configuración inicial: a)

Tiende a regresar a la posición primitiva de equilibrio.

b)

Se mantiene en esa nueva posición, cercana a la configuración inicial, que es también posición de equilibrio.

OBSERVACIÓN: Cuando P = Pcr la configuración de la viga es una configuración de equilibrio indiferente critico. En el caso de p mayor que Pcr, la barra puede tender a una nueva posición de equilibrio estable pero con el eje fuertemente deformado. La barra no siempre alcanza tal posición, porque puede fallar antes debido a las fuertes solicitaciones de flexión inducidas; y en caso de que se lograra esa nueva posición, se tendrían fuertes deformaciones que son

-343inaceptables en los elementos de máquinas y los elementos estructurales. Por todo lo expresado anteriormente, hay que verificar,

siempre, que P sea

menor que Pcr .

DETERMINACION DE LA CARGA CRITICA EN BARRAS

RIGIDAS

PROBLEMA Ns 1

Determinar el valor de Pcr en el sistema estructural señalado en la figura. La viga AB es rígida y el único elemento elástico es el resorte.

Al

aplicar

la

definición

de

carga

crítica,

se trata

de

averiguar

si

existe por lo menos una posición, cercana a la configuración inicial, que sea de

equilibrio.

En

caso

de

existir,

se trata

de averiguar cuál

valor de

P

garantiza ese equilibrio. En la figura se puede observar que al desplazar la viga AB a la configuración AB1 (respetando las condiciones de vínculo y carga), esa posición es de equilibrio si P = k.L. PROBLEMA Ns 2

Determinar el valor de Pcr para el siguiente elemento estructural. viga es rígida y el único elemento elástico es el resorte.

La

-344-

Aplicando la definición de carga crítica, tal como se hizo en el pro blema anterior, en la figura se puede observar que al desplazar la viga AB a la configuración

AB' (respetando las condiciones de vínculo y carga), esa po

sición es de equilibrio si P = k.a2/ L

PROBLEMA N« 3

Determinar el valor de Pcr en el siguiente

elemento estructural.

La

viga es rígida y el único elemento elástico es el resorte.

Aplicando la definición de carga crítica, en la figura se puede obser var que al desplazar la viga AB a la configuración AB' (respetando

las condi

ciones de vínculo y carga), esa posición es de equilibrio si P = k/L.

PROBLEMA Nfi 4

Determinar el valor de Pcr en el conjunto estructural mostrado en la figura. Las vigas son rígidas y el único elemento elástico es el resorte. K

Si AB gira de 6, se genera un momento M = k.6

Si ab gira de 6 y bc gira de 9, se genera un momento M = 2.k.8

= 8

; P5 - M = 0

- 2k9 = 0

Pcr = ^

PROBLEMA Na 5

Determinar el valor de Pcren el elemento estructural que se señala en la figura. La viga es rígida y los resortes son los únicos elementos elásticos.

SOLUCION:

P.8, - k,.8,.L - k2.82.L2 = 0

P.9.(L, +L2) - k|.e.(L, +L2).L - k2.e.L2.L2 = 0

P.L - k,.L2 - k2.L22 = 0

Pcr. = (k,.L2 + k2.U)/L

-346PROBLEMA Nfi 6

La barra ab infinitamente rígida, está unida a la varilla de acero BC que está empotrada en c La varilla tiene un diámetro d = 2 cm y un módulo de elasticidad tangencial

G = 7,65 x 1 o3 MPa. Determinar el valor de la carga crí

tica P del sistema.

SOLUCION: Se trata de buscar la existencia de una nueva posición de equilibrio del sistema:

_ " O.G.Ir, P.8.0.3 =

P =

e.G.Ip 0,3 x 0,5

P =

e.G.ip 0,3 x 0,5

7,65xl03 .rc.0,024 = 800 N 32 x 0,3 x 0,5

-347PROBLEMA N» 7

Las barras ab y BC que componen el sistema son rígidas. El único ele mentó elástico lo constituye el resorte. Determinar el valor de. P„P . cr

EQUILIBRIO DEL PASADOR

Realizando el equilibrio de la barra bc:

P.8 - k|L = o

=>

Per = ^

348PROBLEMA Ns 8

La viga A B es rígida y está suspendida mediante los dos resortes de constante k. Su posición, antes de aplicar las cargas P, es perfectamente ho rizontal. Determinar la carga crítica del sistema sabiendo que las cargas P serán siempre horizontales.

SOLUCION: Se trata de conseguir una nueva posición de equilibrio, cercana a la posición inicial, y compatible con los vínculos y las cargas. La condición de equilibrio vertical del sistema establece que las fuerzas en los resortes deben ser iguales y contrarias. Por lo tanto, la barra ab debe girar alrededor del punto medio.

♦ K.6

P.2A - k5^ = 0

P L72

L/4

_ kL

-349CALCULO OE LA CARGA CRITICA EN UNA VIGA ELASTICA DE SECCION CONSTANTE (FORMULA OE EULER) Las columnas presentan un problema estructural que ha recibido mu cha atención en el pasado y que aún no se resuelve. Existen varios métodos de análisis de columnas; pero probablemente el más famoso de éstos sea la fórmula de Euler. Se le ha llamado así en honor al matemático Leonhard Euler quien la dedujo en 1757 en un escrito que fue publicado en 1759. Aunque la fórmula de Euler se limita a columnas largas esbeltas, marcó el comienzo en la investigación de columnas tanto teórica como experimentalmente. En este capítulo se tratarán de cubrir, fundamentalmente, los conceptos, la deduc ción y las limitaciones de la fórmula. Tal como se hizo en los problemas anteriores, se trata de determinar si existe una condición de equilibrio indiferente crítico. O sea, se trata de determinar si existe por lo menos una configuración cercana a la configura ción primitiva (indeformada) que sea también de equilibrio, pero en el caso de una viga con elasticidad repartida a lo largo de su eje.

HIPOTESIS:

1 .- Viga recta. 2.- Material homogéneo e isótropo. 3.- Comportamiento lineal elástico del material (Ley de Hooke) 4.- Rodillo y apoyo en los extremos. 5.- Sección orientada de manera que la viga flexione alrededor del eje con momento de inercia mínimo.

350. - .M donde y" = E.I

P.y + M = 0

P.y + E.I.y" = 0

ECUACION DIFERENCIAL DE LA CURVA ELASTICA

y" + ¿y = 0

Se demuestra que la solución de este tipo de ecuación diferencial es:

y = A seny^j • x + B.cosV^fj'x


para x = 0

—»

y=0

para x = L

—>

y=0

=>

B=0

£i¿ = n2.7t2 El

P

- n2.7t2.E.I

Se toma el valor de n = 1 por ser el menor valor de la carga. Entonces:

P_ Tt'.E.Imin cr. — "

sabiendo que:

Imin. - A.rmjrl

_ rc2.E.A.ijin í cr — L2

entonces:

_ 7cZ.e.A — L 2 rmin..

_ Tt2.E.A — ,2

351

A. = -.

= coeficiente de esbeltez

'rnin.

FORMULA DE EULER _

7t2.E

observación: Dependiendo del valor de "nu se tendrán distintas curvas elásti cas de deformabilidad, pero n =1 corresponde a la curva para el valor de car ga crítica más pequeño.

n = 1

n = 2

n = 3 etc.

Se puede concluir que si los vínculos se comportan de la misma ma nera alrededor de toda la columna, entonces: Para P menor que Pcr :

Si se desplaza la viga hacia una posición cual

quiera cercana a la posición inicial, la viga tenderá a regresar a su configu ración inicial de viga recta. Para P igual a Pcr :


quiera cercana a la posición inicial, la viga permanecerá en esa nueva posi ción o tenderá a regresar a su posición inicial. Para P mayor que Pcr :


quiera cercana a la posición inicial, la viga se alejará de manera conside rable de su configuración primitiva de equilibrio hasta alcanzar una nueva posición de equilibrio.

-352-

FORMULA DE EULER PARA CUALQUIER CONDICION DE VINCULO La fórmula de la carga crítica se debe escribir de la forma siguiente:

_ 7t2.E.I

ésto, debido al hecho de que el significado de Le es el de longitud efectiva. Esto quiere decir que el valor que se va a colocar dentro de la fórmula no es el valor de la longitud L de la viga, sino un valor que depende de cómo está vinculada la viga. Este valor de i_e representa

geométricamente

la

distancia

entre los dos puntos de inflexión de la curva elástica de la viga, o sea, Le es la longitud de inflexión de la viga.

Los valores de la longitud efectiva para

los vínculos más comúnmente utilizados se muestran a continuación.

-353-

OBSERVACIONES Y LIMITACIONES DE LA FORMULA DE EULER Todas las consideraciones realizadas hasta ahora en el estudio del pandeo, valen en el caso de comportamiento elástico lineal del material. En la fórmula: 2c, = ¿f

x2 se ve que ccr para un determinado material depende solamente del grado de esbeltez. Hay que buscar para qué valores de X la barra llega a carga crítica sin superar el límite de proporcionalidad. Por ejemplo, para un acero con módulo de elasticidad E = 2,ixio5MPa y Rp= 210 MPa:

~"m- " V

Rp

" V

210

- lü°

por lo tanto: si

X < 100

=>

ocr. > Rp

entonces, la fórmula de Euler no tiene validez. Por ejemplo para X = 50 resul ta ccr = 840 MPa, lo que muestra cómo sería ilusorio permanecer aún en el rango de proporcionalidad. OBSERVACIÓN: La ecuación de carga crítica es directamente proporcional a la rigidez de flexión E.i e inversamente proporcional al cuadrado de Le.

Según ésto, dos columnas esbeltas geométricamente idénticas, una de acero de alta resistencia y la otra de acero estructural ordinario, pandearán con el mismo valor de carga crítica. Por lo tanto, habrá que tomar en cuenta que la resistencia de una columna larga no depende en absoluto de la resis tencia de su material a la compresión, sino únicamente de su geometría y de la rigidez del material. OBSERVACIÓN: Las normas a.i.s.c, American Institute of Steel Construction, que son las mismas Normas covenin, no permiten el uso de columnas de acero con valores de X mayores de 200.

-354

Si se representa gráficamente la ecuación de los esfuerzos críticos de Euler en función de las esbelteces, se obtiene el gráfico siguiente:

lñn

El límite de validez de esta ecuación es nuevamente el límite de pro porcionalidad del material. Para valores de los esfuerzos mayores que el lí mite de proporcionalidad, esta ecuación no es válida (línea interrumpida). Debe notarse que no es la longitud de la columna, sino el coeficiente de esbeltez X, el parámetro crítico que determina el tratamiento que se le dará a la columna. La fórmula de Euler es válida solamente para las columnas esbeltas, o sea, para las columnas con X > XUm. Es el coeficiente A. el que de fine las columnas como cortas, intermedias y largas. Las investigaciones experimentales han revelado que, debido a que no existe columna libre de imperfecciones en algún grado, el pandeo ocurre con valores de Pcr más bajos que los predichos por la curva de Euler. Aunque los resultados de los ensayos en columnas largas muestran sólo una insignifi cante variación con respecto a la curva de Euler, para las cortas e interme dias la desviación es bastante significativa. Son los resultados experimen tales los que generalmente se usan como criterio para determinar el coefi ciente de esbeltez que establece las fronteras entre las columnas definidas como cortas, intermedias y largas. Por lo tanto, se concluye que la fórmula de Euler es satisfactoria pa ra columnas esbeltas, y no lo es para columnas intermedias y cortas. Más adelante se hará el análisis de las columnas intermedias y cortas para tener el panorama completo del comportamiento de una columna a compresión.


Calcular la carga crítica para la columna

que tiene una

transversal circular de diámetro d = 5 cm. y una longitud L = 2 m.

sección

Está fabri

cada de acero con características mecánicas:

E = 2,M0" MPa

;

Rp = 240 MPa

Verifiquemos ahora la validez de la fórmula de Euler para el cálculo de la carga crítica:

0cr -

158 970 _ 81 MPa < Rp = 240 MPa 7t.0,052/4

VALE EULER

PROBLEMA Ns 2

Para el

problema anterior,

calcular la

máxima

longitud

que

puede

tener la columna si se quiere que la carga crítica no supere los 120 000 n.

_ "

V

/7t2.2JxlQ".7t.O.' 64 x 120 000

= 2,3 m

vamos a chequear la validez de la fórmula de Euler:

Ccr _

120 000 _ 611 MPa < 240 MPa 7l.O,052/4

VALE EULER

PROBLEMA Nfi 3

Supóngase que para el problema anterior L = 1 m. Calcular Pcr

Pcr = 71 '^min. =

:

. 1.

24_ = 635 870 N

Vamos a chequear la validez de la fórmula de Euler:

CTcr =

635 870 _ 324 MPa > 240 MPa 7t.0,052/4

NO VALE EULER

Sin tener que hacer los cálculos anteriores, se hubiese podido che quear la validez de la fórmula de Euler de la manera siguiente:

z¿£ < R 1 V

.

n2.2,M05 _ 324 Mpa

24Q Mpa

NQ VAL£ £ULER

1 0,0125

- = ñ - « ■

cm

^DTA: Más adelante se aprenderá a determinar el valor de la carga crítica en columnas que no cumplen con la fórmula de Euler PROBLEMA Nfi 4

Calcular el valor de "a" que debe tener la sección cuadrada de la co lumna de madera mostrada en la figura, para resistir una carga

P = 1600 kg.

La longitud de la columna es L = 300 cm. Hacer los cálculos usando un factor de seguridad y = 7 respecto a la carga. (*)

ffp= 260 kg/cm2

E = 1,2x1 05 kg/cm2

pcr = p.vj/ = 1600x7 =

L2

Hay

que

verificar

que

el

7t2.l,2xl05. a^lil 3002

esfuerzo

crítico

a = lOcm

no

supere

el

límite

de

proporcionalidad: ocr = % = 7x 1600 = 112kg/cm2 A jo2

< 260kg/cm2 VALEEULER 6

(*) OBSERVACION: El factor de seguridad, en pandeo, se puede referir indistin tamente a la carga crítica o al esfuerzo crítico. El esfuerzo crítico se com para con el límite de proporcionalidad sólo para chequear el campo de vali dez de la fórmula de Euler. El valor del factor de seguridad en este problema es bastante alto debido a que la madera no respeta las hipótesis bajo las cuales se dedujo la fórmula de Euler: Material homogéneo, isótropo, compor tamiento

lineal

elástico,

etc.

PROBLEMA Nfi 5

Una columna de longitud L = 250 cm se va a colocar para soportar una carga de 5000 kg.

a)

Seleccionar el perfil de acero doble tsidor más económico, si el límite de proporcionalidad del mismo es 2400 kg/cm2. La columna estará empotrada en un extremo y libre en el otro. Además, se de sea un factor de seguridad de diseño \\i= 1,5 .

b)

Determinar el coeficiente de esbeltez de la columna y el coefi ciente de esbeltez límite para la validez de la fórmula de Euler.

c)

Determinar la carga crítica en caso de ser L = 85 cm.

PARTE A: Pcr = P.vi/ = TC'.E.Imin Le2 7r2 • -1X1U 1 1 x 1 06 .lm,n T 5000 x 1,5 = -

=>

Imjn = 90,5 cm4

(2 x 250)2

En las tablas SIDOR, el perfil más cercano es el PERFiL200 con Imin = ii7cm4.

-358Al seleccionar este perfil, verificamos la validez de la fórmula:

aCT = £el - Z^Q. - 223,9 < 2400 VALEEULER El nuevo valor del factor de seguridad es:

CA 7T2x 2,lxl06 x 117 5000 x \¡t = : (2 x 250)2

\|/ = 1,9

PARTE B: 'min

1,6/

PARTE C: 1min

l,o/

Por ser el coeficiente de esbeltez menor que el coeficiente de esbel tez límite, no se puede determinar la carga crítica con la fórmula de Euler. Más adelante se verá cómo se calcula la carga crítica para estos casos.

PROBLEMA Ns 6

Determinar la carga máxima de pandeo que puede soportar una colum na fabricada con perfil C120 SIDOR. La columna tiene una longitud L = 2 m; está vinculada con apoyo en un extremo y rodillo en el otro. Rp = 240 MPa

;

E = 2,1x1o5 MPa Utilizar y = 2,5

Per. - P.V -

px

Lfi2

n\ 2,1x10-19,8x10-8 22

P _ ¿,J 9 S x Hl 4 1 KAAJ 000 _ g4 ^ _ r^. A 12,21 x 10"4

<

p = 41000N

EUL£R

-359-

PROBLEMA Ns 7

Se desea diseñar la columna mostrada en la figura, que tiene una longitud L = 2 m con un perfil "L" de alas simétricas, para soportar una carga P = 10 ooo n con un factor de seguridad v|/= 2,5. El material de la columna es un acero con R_= 230 MPa y

E = 2,1x1 o5 MPa.

.' E \ 1 1

* *

p2

SOLUCION: La carga de diseño es:

- Pcr,L2 'min. K2.E

Pcr= P.y = 10 ooo x 2,5 = 25 ooo N

25 000 x 22 Tt2 x 2,1 x 10"

_ 4 83 x 10-8 m4

=

4i83 cm4

En las tablas de perfiles, el perfil mas cercano es: L 50x7x5 0

Imin = IN = 6,02 cm4

acr

;

A = 6,56 cm2

38,1 MPa < Rp

= ^ = 25000 = 38,1 MPa A 6,56 x lO"4

Calculemos ahora el valor efectivo del factor de seguridad: p

_ Ti2.E.Im,n, L2

Per. = P-V

_ *2 . 2,1 x 10" x 6,02x10-8

_

3J ig3N

22 v = Per v P

= 3J_193 = 3 j 10 000

-360-

PROBLEMA Ns 8

La columna de sección elíptica tiene una longitud l = 160 cm.

rt 4 -4

a)

Calcular el coeficiente de esbeltez de la columna.

b)

Calcular la carga máxima que puede soportar la columna si:

Rp = 260kg/cm2

;

E = 105 kg/cm2

;

y = 3

PARTEA I 7

_ 71x10x41 _ 314cm4 64

A =

A

= 3i,4 cm2

= 1 cm

X = L = 160/1 = 160 r PARTE B Pcr=3.P = ^Í L2

-

p = ^105,31,4 =4O3k 3x1 602

vamos a verificar la validez de la fórmula de Euler:

o-. = ffi = 12,83 < Rp

-361 PROBLEMA Nfi 9

Dos perfiles L 5x3,5x0,5 de acero estructural se sueldan para formar la sección tubular rectangular 5x4" y *abricar una columna de 2 o pies de largo.

0,5" Ii II

! *

___

3,5" '

! *

;

E = 30x 106 psi

a)

Calcular el coeficiente de esbeltez.

b)

Calcular la carga crítica de pandeo.

c)

Justificar la utilización de la fórmula de Euler.

Iy =5ff-4jf-= 17,67 pulg4

A = 8 pulg2

;

r = y£ = V

= 1,49 PUlg

PARTEA: l = L= 20x12 = 162 r 1,49

PARTE B:

Pcr

= ¿EJL = Elü 30x106 '17,67 = 907391bs L2

[20x12] 2

PARTE C:

acr. = ^ = 90 A 8

- 1 1 342 psi < 35 000 psi

362-

VERIFICACION DE COLUMNAS PARA ESBELTECES MENORES QUE LA ESBELTEZ CRITICA DE EULER Y DISEÑO DE COLUMNAS SOMETIDAS A CARGAS CENTRADAS SEGÚN NORMAS A.I.S.C.

Para verificar columnas donde X sea menor que XUm hay que recurrir necesariamente a la experimentación. En las secciones anteriores se ha de terminado la carga crítica de columnas usando la fórmula de Euler. En cada caso hemos supuesto que todos los esfuerzos permanecen por debajo del lí mite de proporcionalidad y que la columna inicialmente era un prisma homo géneo y recto. Las columnas reales se apartan de dicha idealización y, en la práctica, el diseño de columnas se basa en fórmulas empí ricas que reflejan los resultados de numerosos ensayos de labora torio. Durante el último siglo se han ensayado muchas columnas de acero aplicándoles una carga axial y centrada, e incrementando la carga hasta que se presentaba la falla. Los resultados de dichos ensayos se presentan en la figura donde, para cada uno de los varios ensayos, se ha trazado un punto cuya ordenada es igual al esfuerzo normal ocr en la falla y cuya abscisa es igual al correspondiente valor del coeficiente de esbeltez efectiva, X = Lg/r. *ert

•

•

*y

-i • •

•*
\ \

CURVA DE EULER

■ \. \

A CORTAS

INTERMEDIAS

COLUMNAS LARGAS

Aunque los resultados s encuentran bastante dispersos, existen re giones correspondientes a tres tipos de falla identificables.

-363

1 . - Para columnas largas, donde X es grande, la falla es aproximada mente predecible mediante la fórmula de Euler (comportamiento elástico), y se observa que el valor de ccr depende del módulo de elasticidad "E" del acero usado, pero no de su resistencia a la fluencia fl . 2.- Para columnas muy cortas y bloques de compresión, la falla ocu rre esencialmente por fluencia (comportamiento plástico) y tenemos enton ces que:ocr=Rp 3.- Las columnas de longitud intermedia comprenden los casos donde la falla depende de ambos Ey Rp. En este intervalo la falla de la columna es un fenómeno extremadamente complejo (comportamiento elásto-plástico), y los resultados de ensayos se han usado ampliamente para desarrollar espe cificaciones y fórmulas de diseño. Las fórmulas empíricas que expresan un esfuerzo crítico o un esfuer zo admisible en función del coeficiente de esbeltez, se presentaron por pri mera vez hace aproximadamente un siglo y, desde entonces, han tenido un proceso continuo de refinamiento y mejoramiento. Puesto que, generalmente, una sola fórmula no es suficiente para todos los valores de X, se han desa rrollado diferentes fórmulas para varios materiales, cada una con un campo definido de aplicación. En cada caso, se debe comprobar que la fórmula que nos proponemos usar es aplicable para el valor del coeficiente de esbeltez k de la columna que nos interesa. Además, debemos determinar si la fórmula suministra el valor del esfuerzo crítico de la columna, en cuyo caso este valor debe dividirse por un factor de seguridad apropiado, o si la fórmula suministra directamente el esfuerzo admisible. A continuación se considerarán las fórmulas empíricas específicas para el diseño de columnas sometidas a carga centrada, para el acero es tructural y para dos diferentes aleaciones de aluminio.

ACERO ESTRUCTURAL (FORMULA A.I.S.C) Las fórmulas más ampliamente usadas para el diseño de columnas de acero sometidas a carga centrada se encuentran en las especificaciones del American Institute of Steel Construction. La representación gráfica se obtiene de la manera siguiente:

1.- Se traza la curva de Euler

_ 7t2.E Grr = 2.- Se calcula: 2.7i2.E -V

EN LOS TEXTOS DE RESISTENCIA DE MATERIALES SE LE LLAMA ffy A LA RESISTENCIA A LA FLUENCIA Rp, QUE ES EL TERMINO OFICIAL DEL S.l.

3.- Se traza la parábola de ecuación:

0"cr = CJy 2.CÜ 4.- Para X
a 8

acr = ay 2.CC2J

i 8 LcJ

5.- Para X>CC oa =

;

V = 1,92

6.- No se permite el uso de columnas con ¡l>200, ni materiales mayores de 100 ks¡ (7000 kg/cm2 ó700 MPa).

con

-365-

Algunos valores del límite de fluencia para aceros estructurales:

E = 30xl06lbs/pulg2 = 2,hl06kg/cm2 = 2,lxl05MPa

RP = Oy = 36 ksi = 2500 kg/cm2 = 250 MPa

RP = Oy = 42 ksi = 3000 kg/cm2 = 300 MPa RP = Oy = 65 ksi = 4600 kg/cm2 = 460 MPa RP = Oy = 90 ksi = 6300 kg/cm2 = 630 MPa ALUMINIO ESTRUCTURAL Existen muchas aleaciones de aluminio para uso en construcción es tructural y de máquinas. Para cada aleación las especificaciones de la Aluminum

Association suministran

tres fórmulas

para

determinar el

admisible en columnas sometidas a carga centrada. La variación de

esfuerzo oadm con

X, definida por estas fórmulas se ilustra en la figura. i a»ém = C1

"C3*

0

Nótese que para columnas cortas aadm es constante. Para columnas intermedias se usa una relación lineal y para columnas largas se usa una relación del tipo fórmula de Euler. Las fórmulas específicas para dos alea ciones usadas comúnmente en el diseño de estructuras civiles y similares se dan a continuación en unidades S.T. , inglesas y s.i.

ALEACION 6061 -T6

Es una aleación al magnesio-silicio. (Aprox. 99% Al, 0,8 Mg y 0,4 s¡). T6 significa:

que

envejecimiento

es

una

artificial

solución (con

tratada

ligero

térmicamente

calentamiento).

y

Es

sometida una

luego

aleación

a

muy

utilizada en el diseño estructural.

X < 9,5

;

aadm = 19ksi = 1340kg/cm2 = 134 MPa

9,5 < X < 66

X > 66

; aadm = [20,2 - 0,126.*.] ksi = ¡1425- 9 x] kg/cm2 = [l42,5-0,9X] MPa

Oadm

ALEACION 2014-T6 (ALCLAD)

Es una aleación al cobre. (Aprox. 3,8 Cu - 1,2 Mg - 0,3 Mn). Muy utilizada en la construcción de accesorios de aviación y de elementos de máquinas.

X < 12

; o-adm = 28ksi = 2000 kg/cm2 = 200 MPa

12 < X < 55

X > 55

; aadm = [30,7 - 0,23 x]ksi = [2160 - 16,2 x] kg/cm2 = ¡216 - 1,62 x] MPa

Oadm

FORMULA DE J. B. JOHNSON: El análisis de los elementos mecánicos de acero sometidos a compre sión sigue los mismos principios descritos anteriormente para las columnas. Por supuesto, las fórmulas usadas para las columnas dependen del material y de la función del elemento. Una de las fórmulas para columnas intermedias más ampliamente utilizada en el diseño de elementos de máquinas es la fór mula de J. B. Johnson, la cual no difiere para nada de la fórmula de la a.i.s.c, excepto en lo que se refiere al factor.de seguridad. En el diseño estructural las condiciones son más estándar que en el diseño de elementos de máquinas. Por este motivo, se justifica un factor de seguridad consistente. Es más di fícil estandarizar el factor de seguridad en diseño de máquinas debido al ser.

vicio variable y las condiciones ambientales. Sin embargo, para condiciones generalmente constantes y para materiales promedio, puede usarse como va lor razonable un factor de seguridad comprendido en el rango de 2 a 2,5. Véa se a continuación el siguiente ejemplo:

Una biela de 9 pulg. de longitud tiene una sección transversal circular de diámetro 3/8 pulg. Determinar la carga de compresión máxima que puede soportar, si se hace de acero con ay = 48 ooo ibs/puig.2 . Supóngase que los ex tremos son articulados y úsese un factor de seguridad \|/= 2. SOLUCION: El primer paso consiste en determinar si se aplica la fórmula de J. B. Johnson o la fórmula de Euler. Esto se hace comparando el coeficiente de esbeltez de la biela con el coeficiente de esbeltez límite cc:

. L = 9 = 96 r 0,094

Esta "columna" es de tipo intermedio y el esfuerzo permisible puede determinarse a partir de la fórmula:

962 48 000 1 2xlll2J _ 15 0001bs/pulg2

Oadm. 2

La carga de compresión máxima es, entonces: Padm. = aadm..A = 15 000 x 7t.(3/8)2/4 = 1660 lbs

-368-

PROBLEMARIO PROBLEMA Nfi 1

Determinar el valor de la carga crítica y de la carga máxima que puede soportar una columna de sección circular de d = 5 cm y l = 200 cm. El ma terial de la columna es un acero con límite de fluencia ay = 300 MPay módulo de elasticidad E = 2,ixio5MPa. La columna se supone vinculada con rodillo en un extremo y apoyo en el otro. SOLUCION: X = L = _L_ = — r

2 TI . 0,054/64

= 160

V 71 . 0,052/4

X > Cc

=>

acr =

;

v = 1,92

X2 acr = slE =rc2 2,1x105 = 8iMpa X2

1602

A = 81 x Tt °'052 = 159 000N Per — 0Cr- . 4

p — v _ 159 000 _ 09 812N 019 nj Pmax ~ K92^ " 82

PROBLEMA Nfi 2

Determinar

la

máxima

longitud

que

puede

problema anterior, si se quiere que la carga crítica:

a)

No supere los 120 000 n

b)

No supere los 480 000 N

tener

la

columna

del

-369SOLUCION:

7t2 2,1 x 10" 7i 0,054 = 2,3 m 64 x 120 000

L=Y¿ E.I _ cr

a)

rmin. = JL = JiS = 1,25 cm VA V tc.52/4

2,3 X =

= 184 > Cc = 1 17

ES VALIDA

1,25 x 10"2

b)

7t2 2,1 x 10" 7t 0,054 = 1,15 m 64 x 480 000

7t2.E.I

L =

X =

—— = 92 < Q = 117 1,25 x 10"2

NO ES VALIDA

Entonces, hay que determinar L con la fórmula de columnas intermedías:

(L/rmin)^ = C\

1 -

2CC2.

j 1 -V

2 C2 r2

2C2

4,8xl05 2x 1172x0,01252

-

A.ov V L

K.52 x 300 4 J

PROBLEMA Ns 3

Seleccionar el

perfil doble tsidor más económico para construir una

columna que pueda soportar 5000 kg. La longitud es L = 250 cm y el tiene un

material

oy= 2550 kg/cm2. El perfil debe cumplir con las normas Al.s.c. Se su

pone que la viga está empotrada en un extremo y libre en el otro. SOLUCION: Hay que buscar el mínimo valor de r

X - -ts- < 200 lmin

para satisfacer la norma:

=* rmin > m¡¡p- = 2,5 =* PERFIL I 300 200

C. = V2'"2^''06 = 127

Po.fJ|ií

;

X ' i» * 195'3 VALEEULER

.¿Wg*4Sj = 37390kg

L|

(2x250)2

P max - ^ 390 V - 371,92

P = 5 000 < Pmax

_ iy4/3KS 10 47.ík.ff "

=* SIRVE EL PERFIL 1-300

PROBLEMA Ns 4

Seleccionar el perfil de acero sidorc más económico, de acuerdo a las normas a.i.s.c, para la construcción de una columna que debe resistir una carga de 1500 kg. La misma tendrá una longitud de 250 cm y la vinculación será con apoyo en ambos extremos y en todos los planos.

ay = 2500kg/cm2

;

E = 2,lxl06 kg/cm2

SOLUCION: Hay que buscar el mínimo valor de ry para satisfacer la norma:

X = is_ < 200 =» 'min

rmin > 2¿ü = 1,25 ZOO

Cc = y 27t225¿Xl°6 = 128,7

_ Tt2.E.Iy Pcr = — U 3

=

,

=> PERFIL C 120

X=iri = 196'8 VALEEULER

7t2.2,lxlO6x 19,8 : = 6566 kg (250)2

_ Per max

P = 1500 < Pmax

= f$¿

= 3420kg

SIRVE EL PERFIL C- 120

-37 1-

PROBLEMA Ns 5

Seleccionar el perfil de acero SIDORC más económico, de acuerdo a las normas A.I.S.C., para la construcción de una columna que debe resistir una car ga de 4000 kg. La misma tendrá una longitud de 180 cm y la vinculación será con empotramiento en un extremo y apoyo en el otro. El material tiene límite de fluencia

ay = 2550 kg/cm2 y módulo de elasticidad E= 2,1x1 o6 kg/cm2.

SOLUCION: Hay que buscar el mínimo valor de ry para satisfacer la norma:

X = -ts- < 200 => Tmin

Cc = V 2.n2x2;}xl°6

rmm > 0,7x180 = 0,63 => PERFIL C 80 200

=127

;

X =

= 120 NOVALEEULER

2550

1,00

(126)2 " Orr = Ov

= 1295 kg/cm2

= 2550 2x(127)2.

2.Q2.

Per = acr.A = 1295 x 7,75

[126 W v S ¿ 3 + i 8 L127.

1 '12613 _ 1,92 8 .127 J

P = 4 000 < 5227 = P,max

;

SIRVE EL PERFIL C-80

PROBLEMA N» 6 Una columna de sección tubular cuadrada está fabricada con aluminio 2014-T6. Determinar la carga máxima que puede soportar la misma. La vincu lación de la columna puede considerarse como empotramiento en la base y libre en el otro extremo.

L = 200 cm

SOLUCION:

A = 25 - 16 = 9cm2

;

I = ^54

= 30,75 cm4

/30.75 vmin

= 1,85 cm

X-^-2¡6

3,83xl06 Por ser X > 55

Oadm =

tfadm =

3,83xl06 „. . , — = 82 kg/cm2 2162

Pmax = Oadm.A = 82 x 9 = 738 kg

nota. A pesar de que el coeficiente de esbeltez de la columna resultó ser mayor que 200, no se descartó la columna. La limitación de X menor que 200 vale solamente para las columnas de acero.

VIGAS CON DISTINTA VINCULACION EN LOS DIFERENTES PLANOS.

Supóngase el siguiente problema: se desea construir las columnas del galpón

utilizando

perfiles

doble t. Se puede observar que las columnas no

poseen la misma vinculación en los diferentes planos.

Por ejemplo,

en el

plano x*-z* la columna puede considerarse como empotrada en la base y libre en el extremo superior; pero en el plano Y*-z* la columna puede considerarse empotrada en la base y apoyada en la parte superior. Lo que significa, que en los dos planos tienen longitudes equivalentes diferentes.

Y*

5^

= 2L

77P777, PLANO X -Z*

Le = 0,7 L

'//////, PLANO Y -Z*

En vista de que en los distintos planos la columna va a tener un com portamiento diferente, es importante estudiar la orientación que se le va a dar al perfil para su mejor aprovechamiento.

374-

La mejor orientación se obtiene cuando se coloca el perfil de tal ma nera que ofrezca el maôr momento de inercia para la situación más desfa vorable. En el ejemplo del galpón resulta ser cuando se coloca el perfil

en la

orientación i.

.nuío ORIENTACION I

ORIENTACION II

¡z*

oler

PROBLEMA Nfi 1

Seleccionar

el

perfil

DOBLE TSIDOR más conveniente para realizar las

columnas del galpón, sabiendo que tendrán una longitud L = 6 m

y cada una

soportará una carga estimada de 30 ooo N. El material del perfil es acero con Rp= 260 MPa y E = 2,1x1 05 MPa.

Seguir las recomendaciones de la a.i.s.c.

SOLUCION: PLANO X*-Z* Se debe respetar que X sea menor que 200, eso implica: rx > 2x 6°° = 6 cm x 200

X = k < 200

>

PERFIL I 160

Ahora, hay que verificar si dicho perfil soporta la carga estimada:

1 _ 2x600 _ ,o7 5 X - ~6A0 ~ 187'5

. '

r _ J2%2 2'lx 105 Q ~ V 260

= 126

=>

Pcr = «2 2,1x10' '.22,8x10-4 = 13442()N (187,5)2

30 000 x 1,92 = 57 600 < 134 420

En el plano x *-z* funciona el perfil 1160

\ > Ce

PLANO Y*-Z*

,.*,M

Se debe respetar que X sea merjor que 200, eso implica: ' ' íiV, í'* " tí» iJlOi A = k < 200 ry

=¿ ¿.'¿i mLm?00 =2,1 cm y 200

=>

PERFIL 1240

Ahora hay que verificar si tfdtio perfil soporta la carga estimada:

=191

1*3 'fí-'L* .SC : C-Y^lxioi =126 ^

Per=^2,lxlonx46,lxl0-4 = 262 j70N (191)2

30 000 x 1,92 = 57 600 < 262 170

La solución será entonces el perfil DOBLE T 240. Esto va a significar también, que en el plano x*-z* la columna va a quedar sobrediseñada. Para solventar esta situación se recurre a los perfiles compuestos a los que ha remos referencia más adelante. PROBLEMA Ns 2

La biela que se muestra en la figura está hecha de acero. Determi nar la carga crítica si el material tiene Rp= 3400 kg/cm2.

-376-

En cuanto a la vinculación, puede asumirse que en el plano y-z la biela se comporta como una columna apoyada en ambos extremos. En el pla no x-z se comporta como una columna con manguitos en ambos extremos.

SOLUCION: EN EL PLANO X-Z: lxO,73 Le = 0,5 x 20 = 10 cm

;

Iy =

= 0,0286 cm4 12

"\ =

_

\'

q 7

= 0,2 cm

/2 7t2 2,1 :106 = 110 V 3400

ocr = 3400

=>

X = Le _ i0_ = _ 50 fy 0,2

A. < Cc VALE J. B. JOHNSON

.5Q2 = 3049kg/cm2 => 2 x 1 102

Pcr = 3049 x 0,7 = 2134kg

EN EL PLANO Y-Z: Le = 20 cm

r, =

;

Ix = O u' 7x1 3 = 0,058 cm4

0'ff5T = 0,29 cm 0,7

X = rx

= _2!L - 69 0,29

106 = 110 V

=>

A. < Cc VALE J. B. JOHNSON

3400

692 = 2731 kg/cm2 => Pcr = 2731 x0,7 = 1912 kg

acr = 3400 2 x 1102j

CONCLUSION: Pcr = 1912 kg

-377

COLUMNAS COMPUESTAS • PANDEO LOCALIZADO Supóngase que se desea resolver el problema de seleccionar el perfil doble tsidor, para construir una columna de longitud L = 300 cm que soportará una carga P = 4000 kg. El material es acero con fl = 3000 kg/cm2. Además, supóngase que la columna tendrá un extremo empotrado y el otro libre. SOLUCION: Para satisfacer la norma, X debe ser menor que 200; esto quiere decir que el perfil debe tener un r mínimo de 3 cm, y no hay perfil en la tabla que satisfaga ese requisito. Hay que recurrir entonces a los perfiles compuestos. Supóngase que el perfil está compuesto por dos perfiles 1 8 0 con una separación de 2 cm. Se desea saber si el perfil soportará la carga.

CARTABONES y,

/««¡

X x~

_x_ x

PERFILES I 80

M ir 2 cm Los dos perfiles estarán unidos mediante unos elementos llamados cartabones. Los cartabones son piezas de chapa plana de acero que unen, de manera discontinua, los dos perfiles. Deben resultar muy rígidos, de manera que se puedan despreciar sus deformaciones respecto a las de cada perfil sencillo, y se pueda estudiar la deformabilidad de la columna compuesta como si fuese la de una columna de alma llena. I x» = 2x78,1 = 156,2 cm4 I Y* = 2 [7,7 + 8,03(2,1 + l)2] = 169,7 cm4

-378-

/ 156,2 X*= 72^03

X _

... =3'12cm

U _ 600 _ 192 ; Cn = 'mm 3,12

;

/ 169,7 fY*= V 2x8^3

2 7T2 2,lxl06 = 117,5

=»

p = fet =

=>

X > Ce

3000

^2,1x10^56,2 sg993 6002

Pcr = P.\j/

= 3aSaD

.

,92

- 4684 > 4000 FUNCIONA

PANDEO LOCALIZADO:

Cuando se construyen columnas con perfiles compuestos y cartabo nes, puede ocurrir un fenómeno llamado "Pandeo Localizado". Es el pandeo que puede ocurrir en cada tramo, entre dos cartabones de cada perfil sencillo, alrededor del eje principal con momento de inercia mínimo.

Para evitar el pandeo localizado hay que colocar cartabones a cierta distancia mínima "d" . Esta distancia se determina de la manera siguiente:

a)

Se

reparte la

carga

(multiplicada

previamente

por el

factor de

seguridad) entre el número de perfiles que componen la sección.

b)

Se calcula la distancia "d" utilizando la fórmula de

Euk r, asu

miendo que la vinculación es de tal manera que Le = d (apoyo en ambos extremos) y, además, se toma como plano de inflexión el plano alrededor del cual el perfil simple sencillo presenta el me nor momento de inercia.

En el caso de nuestro problema:

4000x 2

± 2,lx10<>xlmin m *2 2,lxlO6x7,7 d2

d2

=

cm

-379-

150 cm SE PUEDEN COLOCAR 3 CARTABONES EQUIDISTANTES A 150 cm. 150 cm

La criterios

manera

para

de

verificar

establecer

las

la

resistencia

dimensiones

del

de

los

mismo,

cartabones son

temas

y

los

que

se

tratan en los cursos de "Construcciones de Acero".


Para el

problema

del galpón,

calcular el

factor

de

seguridad ver

dadero de la columna si va a soportar una carga p = 16 ooo kg, la longitud es de L = 400 cm y el material tiene un oy = 3000 kg/cm2.

PERFILES C 120

Ix, = 2 x 266,3 = 532,6 cm4

Iyi = 2[l9,8 + 12,21(4,5 - 1,25 + 3)2] = 993,5 cm4

rX|

= 4,67 cm

;

/ 993 5 ry, = y 2x 12,21

=

°m

-380-

, _ 'c

/2n2 2,1 106 V 3000

= 117,5

PLANO X*-Z* X = 1- = = l25 ry! 6,4

X > Ce VALE EULER

»*2.U10«. 9934. 3 8002

xu 174 = 2 y = 32 16 000

PLANO Y*-Z* X < Cc rx,

4,67 602

Pcr = acr.A = (2xl2,21)x3000

= 63 708 kg 2xll7,52J

V = tfSI = 3,98 lo IXXJ

=>

SOLUCION: \j/ = 2

DISTANCIA ENTRE CARTABONES: 7t2 x 2,lxlQ6 x 19,8 8000 x 1,92 < d2

d < J**x 2.1xl06xl9,8; = V 8000x 1,92

cm

1 33,3 cm SE PUEDEN COLOCAR 4 CARTABONES EQUIDISTANTES 1 33 ,3 cm

A 133,3 cm.

cm

A título informativo diremos que, una vez determinada la dimensión B del cartabón, las otras dimensiones guardan las relaciones que se muestran en el siguiente cuadro:

DETALLES CONSTRUCTIVOS DEL CARTABON

H = (0,6 -=- 0,8).B H B

-♦i

tc = (0,8 - 1).t

-38 1PROBLEMA Ns 2

En

la

fabricación

compuestas con 4 perfiles

de

un

galpón

industrial

se

utilizarán

columnas

sidor L 50x7x5 o, tal como se muestra en la figura.

Las columnas tendrán una altura de 570 cm y el material de fabricación es un acero con límite de fluencia de 4300 kg/cm2.

Debido a las características de la construcción, se puede asumir que la columna estará vinculada en los planos x*-z* y Y*-z* tal como se indica en la figura. 1 cm p ■LüJfr

H PLANO X*-Z*

a)

PLANO Y*-Z*

Determinar la mejor orientación que debe tener la sección. ¿Debe el eje x1 del perfil compuesto coincidir con X* o con Y* ?

b)

Determinar el factor de seguridad de la columna, si la carga a la que va a estar sometida se estima en 20 000 kg.

c)

Determinar la distancia máxima de separación de los cartabones, si se desea que el factor de seguridad a pandeo localizado sea el mismo que a pandeo generalizado.

SOLUCION: Ix, = 4[l4,6 + 6,56(7 - 1,49)2] = 855 cm4

IY, = 4[l4,6 + 6,56(5,5 - 1,49)2] = 480 cm4

La sección debe orientarse de modo que

x1

coincida con

Y* .

-382PLANO X*-Z*

x = no. = 100 => pcrcr =

—— (570)^

= 54 542 kg

v y = 20000 54_542 = 2 7

PLANO Y*-Z* 92,82

X = PjZJLÍZP. = 92,8 =» Pcr = ocr.A = (4x6,56) x 4300 1 2x982

62 254kg 254 _ 3 j 6 => w T = $2 20 000 CARTABONES: Tr2.2,lxl06x6,02 5000x2,7 =

d < 96,1 cm

PROBLEMA Ns 3 En la fabricación de un almacén para productos agropecuarios se utilizarán columnas compuestas por dos perfiles L 50x7x50 sidor y un perfil c 140SIDOR, tal como se muestra en la figura. Las columnas tendrán una altura de 560 cm y el material de fabricación es un acero con Rp= 4300 kg/cm2.

Debido a las características de la construcción se puede asumir que la columna estará vinculada en los planos x*-z*y Y*-z*tal como se indica en la figura.

|0§

n

o ir>

4 Ui

'/.

x rx o m

f l

4 cm

1

Oí UJ

mmm v?P777?¡m PLANO X* - Z*

PLANO Y* - Z*

a)

Determinar la mejor orientación que debe tener la sección.

b)

Determinar el factor de seguridad a pandeo generalizado de la co lumna, si la carga a la que va a estar sometida se estima en 25 000 kg.

-383-

c)

Determinar la distancia máxima de separación entre los cartabo nes, si se desea que el factor de seguridad a pandeo

localizado

sea el mismo que a pandeo generalizado.

SOLUCION: IXi = 434,7 + 2 [ 14,6 + 6,56(7 - 1,49)2] = 862,2 cm4

XG =

14,45 x 1,36 + 6,56 x (11 - 1,49) x 2 14,45 + 2 x 6,56 = 52 Cm

IY| = 29+ 14,45 (5,2 - 1,36)2 + 2[l4,6 + 6,56(5,8 - 1,49)2J = 515cm4

La sección debe orientarse de modo que

FX' = V 14,45 + 2 x 6,56 = 5'Ócm

Q -

:

x1

coincida con

Y* .

^ = V 14,45 + 2 x 6,56 = ^ C"

;2.7i2.2.1xlO6 _ v — - 98

PLANO X*-2*

5,6

(560)2

25 000

PLANO Y*-Z* X = 0J X 560 = 91,2 =>

PANDEO INELASTICO Pcr = ccr.A

4,3

(14.45 + 2x6.56) x 4300 f, _

vi/ 258 = 2,7 y = 67 25 000

91,22 2 x 982

= 67 258 kg

Entonces \|/ Y = 2,3

CARTABONES: Pc + PL = 25 000 Pe j 560 14.45 x 2,lxl06

=

Pl ; 560

^

Pc = j , Pl

2 x 6,56 x 2,lxl06

Pc = 13 095 kg

;

PL = 1 1 905 kg

-384-

ft2.2,lxlO6x29 13 095x2,3 =

=>

d < 141,3 cm

d2 K2 2,lxl06 x6,02 5952 x 2,3 =

=>

d < 95,5 cm

d2 Entonces: d = 95,5 cm PROBLEMA Ns 4

En la estructura mostrada en la figura, la viga soporte BCestá

fabri

cada con dos perfiles sidor L 100x8x1 oo de acero con una separación de 1 cm.

Determinar si el diseño cumple con las normas a.i.s.C. En caso de no cumplirlas, sugiera Ud. la solución más económica que cumpla con ellas.

La vinculación de la columna puede asumirse como apoyo y rodillo en los extremos y en todos los planos. Rp = 2500 kg/cm2

PERFILES SIDOR L 100x8x100

385 SOLUCION: Ix = 2x 145 m 290 cm4

;

Iy = 2x[l45 + 15,5 x (2,74 + 0,5)2] = 615,4 cm4

2 x 2,lx 106 = 128,8

=>

X > Cc

2500

,n(W1 7c2x 2,lxl06x 290 10 000 x y = 5002

M> = 2,4

PANDEO LOCALIZADO: 5000 x \|/ =

7C2x 2,lxlO6x 59,9 5002

y = 0,99

No se cumple el requisito del pandeo localizado. Pero si se coloca un cartabón

en la mitad de la viga, entonces:

5000xV = *2x2'lxl°6x59'9 2502

\|/ = 3,97

PROBLEMA Ns 5 P = 31 400 Ibs. ▼ = 2,5 12 = 48 OOO lbs/pulg2 E = 30x1 06 lbs/pulg2 L = 40 pulg.

Determinar el diámetro mínimo del vástago del pistón del cilindro hi dráulico A B, si en la peor situación estará sometido a la carga de compresión de 31 400 ibs. La longitud del vástago es de 4 o pulg.

-386-

Se desea para el diseño un factor de seguridad de 2,5. La vinculación del vástago, en la peor situación, puede considerarse como empotramiento en un extremo y apoyo en el otro.

El material del vástago del cilindro hidráuli

co es un acero con módulo de elasticidad E = 30xio6 psi y límite de

fluencia

Rp= 48 000 psi.

SOLUCION:

Pdiseño = 31 400 x 2,5 = 78 500 Ibs

;

cr. —

'min. Li

78 500 < 7t2 30xlO6x7td4 64 x (0,7 x 40)2

Tt.d4 64

d > 1,43 pulg.

7t.(1-43)4/64

= 0,3575 pulg.

vmin. 7t.(l,43)2/4

0,3575

c

V

48 000

No se puede aplicar Euler, por lo tanto, hay que utilizar la fórmula para columnas intermedias:

ocr

r = Gy ¡i L

i

(Le)2/(Rmin.)2 = cv

1

2.CC2J

78 500 = 48 000 1 - (0,7 x 40)2/d2/42 2 x 1 1 12 7t.d2/4

;

Rmin. = d/4

2.C2

d = 1,6 pulg.

-387 PROBLEMA Nfi 6

Para la estructura mostrada en la figura, verificar si el elemento BD cumple con los requisitos de diseño establecidos por la A.I.S.C. El tiene un Rp = 1800 kg/cm2 ;

E = 2x1 o6 kg/cm2. La vinculación

en

material

los distintos

planos es la señalada en dicha figura.

Determinar el diámetro mínimo del elemento CD para cumplir con las normas A.I.S.C. La vinculación y el material son los mismos del elemento BD.

SOLUCION: El elemento BD está sometido a una compresión de 20 000 kg.

PLANO Z-Y Ix = 6x 103 = 500 cm4

R _ ,f500~ _ 9 oq rm Rx"V60"" '

. '

pcr _ K2x2xlO6 x 500 5002

;

1 _ 500. _ 173 2,89 " 173

_ 39 478kg

;

A = 10 x 6 = 60 cm2

r '

c

= ml2.n2.2xlQ^ _ 148 V 1800

y = 1,92 => Pmax = 20 560 kg

PLANO Z-X j

= 10 X63 = 180 cm4 12

Ry.ym=1,73cn,

,

;

A = 10 x 6 = 60 cm2 . '

c _ /,/2.7t2.2xl06 _ 148 Cc " V 1800

-388-

No se puede aplicar Euler. Por lo tanto, se calcula el esfuerzo crítico con la fórmula: 1442 Pcr = 1800x60 1 -

56879kg

;

y - | + | [|g

2xl482J

1 f 144] 3 _ i 79 31148J ~ '

P^x = ¿f^9 = 32 978kg PAFrrEB

El elemento CDestá sometido a una compresión de 10 ooo

64

4

d > 8 cm

X = 4M < 200 d/4

y = 1,92

;

V 7t.d2/4

;

Pmax =

Pcr = K2 2x106x7t 84 64x4002

4

= 24 805 kg

= I2 919kg SIRVE EULER 1 , s¿

PROBLEMA N* 7 120 cm

90 cm

Le = 0,7 .L

Ag

iX (ojl Le = L

La estructura mostrada en la figura, está fabricada con varillas de acero de sección circular. Los diámetros y longitudes están señalados en el dibujo.

Determinar, utilizando las recomendaciones de la A.I.S.C., el

máximo

valor que puede alcanzar la fuerza F, para que no se produzca pandeo en los elementos. El acero de las varillas tiene un Rp = 2500 kg/cm2; E = 2,ixio6 kg/cm2. La vinculación en los distintos planos está señalada en dicha figura.

-389SOLUCION: FAC NODOC , MODO A O"

FC|)

Q—= °~ / \

FAB

5.R 3

FAC.sena = P

=>

FAb = FAc.cosa

XFCB

FAC = Ajp

=>

^•.cosa - Fes.cosa

FAB = ^

= Fcd

^j^..sena = FcB.sena

FcB = ^

;

FcD=Y

PUNTAL AB:

Ix = 2LíJl = 63,6 cm4

Rx =

~61^" i< — = l,5cm

;

i 240 ,*n X = ^ = 160

;

• ,

A =

r * /2.7l2.2,lxlQ6 Cc =
2,1x106x 63,3 = 22 885 kg 2402

Pmax = 11 919 kg

;

= 28,67 cm2

Pmax = 4^ =>

.

VK=192

F = 8940 kg

PUNTAL CB:

I. = 2Liil = 30,68 cm4 12

;

A = ^fi. = 19,63 cm2 12

_ " 128'8

-390-

No se puede aplicar Euler. Por lo tanto se calcula el esfuerzo crítico con la fórmula:

Pcr = 2500x19,63 1 -—12Q I 2xl28,82

y

Pmax =

3

8

r 120 i .128,8]

= 14 508

;

i f 120 1 3 .128,8j

= 27 783 kg

= 1,915

^ = 14 508

=> F = 8704 kg

-391 ANALISIS Y DISEÑO DE COLUMNAS CARGADAS EXCENTRICAMENTE

Las columnas se suelen diseñar para soportar cargas axiales (cargas que pasan por el centroide de la sección) y las fórmulas que se han estudia do anteriormente han tenido este propósito. Sin embargo, en muchos casos prácticos, las columnas se diseñan para cargas que no están perfectamente centradas (no pasan por el centroide de la sección), ya sea intencionalmente, o bien por razones accidentales. Existe un método para estudiar estos casos que se llama Método de la Fórmula de la Secante, pero la aplicación numérica de este método es tan laborioso y sus resultados son tan conser vadores, que se prefiere la utilización de un procedimiento más simplificado que utiliza los resultados de las fórmulas empíricas que se desarrollaron en el caso de carga centrada, pero con ciertas modificaciones, de manera que puedan ser usadas cuando la carga aplicada a la columna tiene una excentri cidad conocida. Hay en la actualidad dos métodos disponibles, que han encontrado mu cha aceptación por parte de los ingenieros, para el diseño de columnas car gadas excéntricamente y vigas-columnas. Los métodos son: a)

Método del Esfuerzo Admisible.

b)

Método de Interacción.

METODO DEL ESFUERZO ADMISIBLE.

Es un método de aplicación muy sencillo, que se basa en la utiliza ción de la fórmula básica:

a = £ + M < aadm = ^ Para la utilización correcta de la misma, y para poder determinar los esfuerzos en cualquier punto de la sección transversal de la columna, vamos a escribir la ecuación de la forma más general: a =

E + M í aadm = St a " S

(i)

El esfuerzo admisible se toma como el esfuerzo básico admisible pa ra una columna, para el coeficiente de esbeltez correspondiente. O sea, que el método se basa en la suposición de que el esfuerzo admisible para una columna cargada excéntricamente, es el mismo que tiene la columna cuando la carga está centrada.

-392La utilización de este método requiere que se use el mayor valor del coeficiente de esbeltez de la columna para determinar el esfuerzo admi sible, independientemente de si corresponde o no al plano donde actúa la flexión. Esto hace que, en algunos casos, el diseño de la columna resulte muy conservador. Hay que recordar, además, que el esfuerzo admisible para una columna sometida a carga centrada es generalmente menor que el esfuerzo admisible a flexión pura; por lo tanto, cuando se dice que la suma de los esfuerzos producidos por la compresión y por la flexión no deben exceder el valor del esfuerzo admisible para la columna sometida a carga centrada, el diseño puede resultar en algunos casos aún más conservador. Por razones de comodidad, se va a dividir este método en dos casos: caso i: Cuando la carga excéntrica P está aplicada sobre un eje principal de la elipse de inercia de la sección. Entonces, para la utilización práctica de la ecuación ( 1 ) se procederá de la manera siguiente: EN EL PUNTO DONDE SE SUPERPONEN LAS DOS COMPRESIONES:

a - f + M < aadm = 5* AS

vp

EN EL PUNTO DONDE SE SUPERPONE LA TRACCIÓN A LA COMPRESIÓN: a) Si P/A < M/S (caso más común):

c= -%AS + ¥ M/S (caso menos común):

a = ? - ¥ < Oadm aadm == 9fc 4>

caso ii: Cuando la carga excéntrica P no está aplicada sobre un eje principal de la elipse de inercia de la sección. En este caso, la flexión actua rá de manera asimétrica o desviada. Se producirá flexión en el plano z-x y en el plano z-Y. La fórmula del esfuerzo admisible que se utilizará para este ca so tendrá la siguiente expresión:

o =

£ + M>l + M

^ oadm = ^

-393-

METODO DE INTERACCION Por razones de comodidad, se va a dividir también este, método en dos casos: CASOI: Cuando la carga excéntrica p está aplicada sobre un eje prin cipal de la elipse de inercia de la sección. La ecuación que se escribió en el caso del método del esfuerzo admisible, puede ser escrita de la manera siguiente: P/A ± M/S. < 1 a = Oadm

Oadm

Pero si se sustituye el valor de aadm en los dos primeros términos de la ecuación, respectivamente, por los valores correspondientes al valor del es fuerzo admisible a compresión y al valor del esfuerzo admisible a flexión, se obtiene: a = ! E¿A ± M/S I < j (2) I

(âdm)compresión

(Oadm)flexión |

Esta fórmula se llama Ecuación de Interacción o Método de Interac ción, porque intenta sopesar la importancia relativa del esfuerzo axial por compresión y del esfuerzo por flexión. Cuando m = o, la fórmula resulta ser la de una columna centrada. Cuando P = o, la fórmula resulta ser la de una viga sometida a flexión simple. Cuando M y P resultan ser diferentes de cero, entonces la fórmula de inter acción toma en cuenta la capacidad del elemento para resistir a pandeo y a flexión. Es importante hacer notar que en todos los casos, el valor del es fuerzo admisible a compresión de la columna se determinará utilizando el mayor valor del coeficiente de esbeltez de la columna, independientemente del plano donde actúe el momento flector. La utilización práctica de la expresión siguiente:

(2) se hará de la manera

EN EL PUNTO DONDE SE SUPERPONEN LAS DOS COMPRESIONES:

O =

E^ (âdm)compresión

+

MIS (âdmjflexión

< !

-394-

EN EL PUNTO DONDE SE SUPERPONE LA TRACCION A LA COMPRESION: a) Si (Oadm)compresión

o =

b) Si

< -—M£ (Oadm)flexión

E/A + M/S (Oadm)compresión (Oadm)fTexión

£^ > -—Mj¡S (O'adm)compresión (âdm)flexión

a _

(CASO MAS COMUN)

P/A (âdm)compresión

M/S (Oadm)flexión

< i

(CASO MENOS COMUN)

< !

CASO ii: Cuando la carga excéntrica p no está aplicada sobre un eje principal de la elipse de inercia de la sección. En este caso, la flexión ac tuará de manera asimétrica o desviada. Se producirá flexión en el plano z-x y en el plano z-Y. La fórmula de interacción que se utilizará en este caso será:

P/A

±

Mx y/Ix

±

My x/Iv < 1

a = (Oadm)compresión

(âdm)flexión

(Oadm)flexión

COMENTARIO: El método de interacción es un método que muy a menudo viene especificado por los códigos y normas para el diseño de elementos hechos de acero, aluminio, o madera. En particular la A.I.S.C., en el Manual for STeel Construction, Chicago, 1989, recomienda para el acero el uso de la fórmula, tal cual la hemos descrito en el caso ii; pero sólo para ser utilizada cuando el esfuerzo axial calculado p/a sea menor o igual a o.i5.aadm {compresión), tal como si sólo actuara carga axial. Los momentos secundarios pueden despreciarse y el elemento puede estudiarse con dicho criterio. Pero si p/a > 0,15. oadm (compresjón), no pueden despreciarse los efectos del momento secundario. En estos casos, la a.i.s.c. requiere que se cumpla con otras ecuaciones establecidas.

Es importante destacar que el diseño y construcción de columnas rea les

requiere

la

utilización

de

fórmulas

y especificaciones

establecidas en

los códigos y normas de asociaciones de reconocido prestigio; y se requiere para su manejo un estudio profundo que está más alia del alcance de este libro y de cualquier texto de Resistencia de Materiales.

El publicó

la

Structural "Guía

Stability

para

Research

Criterios

de

Council

Estabilidad

(SSRC), fundado en y

Diseño

para

1944,

Estructuras

Metálicas", el cual debe ser consultado por cualquier diseñador de columnas metálicas. La a.i.s.c. ha adoptado, para el caso del acero, las mismas fórmulas propuestas por la s.s.R.C. para el cálculo de los esfuerzos admisibles.

Estas

nuevas ecuaciones se estudiarán con mayor profundidad en un curso moderno de Diseño de Estructuras de Acero.

PROBLEMARIO

PROBLEMA Ns 1

Una columna de 450 cm de perfil

longitud efectiva está fabricada con

un

DOBLET de ala ancha. Utilizando el método del esfuerzo admisible y el

método de interacción, determinar la máxima carga P que puede soportar la columna, si la misma estará

colocada sobre el eje "y" de la sección a una

distancia de 2 0 cm del centroide.

Utilícese para la flexión un factor de se

guridad de i|/= 1,6. 20 A = 68 cm2 *x = 10 242 cm4 Iy = 1 335 cm4 *x = 12,27 cm

30 cm

Ry = 4,43 cm Le = 450 cm
SOLUCION: El mayor coeficiente de esbeltez de la columna es:

*. = J*- = b- =

= 101,5 4,43

Cc =

2 Tt- E

- ,/2 7C2 2,1x10* _ " V 2500

_ k < cc " 128'?

-396(101.5)2 Cvr = 0\ fl. *2" = 2500 1 = 1722,5 kg/cm2 2x (128,7)2J . 2C§.

- 5 + 3 '101,5' 3 8 (128,7,

Cadm (compresión) = — = vp

1 101,51 8 .128,7]

= 1,9

= 907 kg/cm2 i,y

METODO DEL ESFUERZO ADMISIBLE: p A

M.v „ I

P_ + 20Px 15 < 9O7 68 10 242

P = 20 615kg

METODO DE INTERACCION: q , EfiS. + 20.P x 15/10 242 < , 907 1562,5

^

p = 28604kg 6

PROBLEMA Ns 2

Una columna de acero con una longitud efectiva de 4i0cm está some tida simultáneamente a la acción de una carga centrada P = 5000 kg y de un momento flector en el plano z-y de 60 ooo kg.cm. Usando el método de interac ción,

seleccionar el

perfil

doblet siDOR más económico. Utilícese un factor

de seguridad a flexión de y = 1,6. E = 2x1 o6 kg/cm2 ; ay = Rp= 2400 kg/cm2.

SOLUCION: Para entrar en la tabla de los perfiles, es conveniente hacerlo con la condición de que X < 200:

X =

= ^- < 200 => Rmin.

=> Doble T 240 ; A = 46,lcm2

Ry>^ = 2,05 cm 200

; Ix = 4250 cm4

Cálculo del esfuerzo admisible a compresión:

X = -i*- = = Ü0 = 186,4 Rmin Ry 2,2

;

Ry = 2,2 cm

-397-

r

= JlJ¿E

2 n2 2,1x10*

=

= 128,3

x > cc

2400

aCT = 2¿£ = ¿2x10^ = 568kg/cm2 . X2

y = 1;92

186,42

Oadm (compresión) = — = J^T = 296 kg/cm2 \j/ i,yz

a = 50?|46¿ + 60 000x^2/4250 < ,

^

0,48 < 1 resiste

PROBLEMA Nfi 3

Una columna realizada con el

perfil tubular mostrado en

la figura,

tiene una longitud de 200 cm. La misma estará sometida a la acción simul tánea de una compresión P y de un momento flector M en el plano Z-Y. La vinculación de la columna es con empotramiento en la base y libre en el otro extremo. Verificar la resistencia de la columna. 10 cm p

Jl 0,4 cm

8000 kg

M - 40 000 kg.cm E - 2,1x106 kg/cm2 15 cm Le = 400 cm *y

= 2500 kg/cm2

exion = 1,6

SOLUCION: A = 19,36 cm2

;

Ix = 617,3 cm4

_

;

Iy = 328,5 cm4

/2712x 2,1> 106

l ~ _ 4J2 400. " _ 97 q7 '. Q r X

= 128,8 V

;

X < Cc

2500 (97)2

rjcr = Oy

1 -

= 1791 kg/cm2

= 2500 2C2J

2x (128,8)2

-398¥ = | + 1 [ 97 " 3 8 .128,8.

1 í 97 1 8 128,8.

= 1,9

0"adm (compresión) = — = .^221 = 943 kg/cm2 4> 1,9

METODO DEL ESFUERZO ADMISIBLE: 8000

, 40 000 x 7,5 <

19,36

617,3

899,1 < 943 funciona

METODO DE IfsíTERACCION: 8000/19,36 + 943

40 000x 7,5/617.3 ^, — < 1 1562,5

0,749 < 1

funciona

PROBLEMA Ns 4 100

SELECCIONAR EL PERFIL C SIDOR MAS ECONOMICO PARA LA COLUMNA. P = 2000 kg 1 50 cm E = 2x1 06 kg/cm2 ay = 2400 kg/cm2 Le = 300 cm ^flexión = 1'6

SOLUCION: X = ^s- = ^ < 200 => Rrnin Rv

=> C 180

;

A=19,85cm2

:

Ry > 3M = 1,5 cm 200

Ix = 942,5 cm4

Cálculo del esfuerzo admisible a compresión:

^ = ^ = k^=M = 198,7 1.51 ^mtn

;

Ry = 1,51 cm

acr = 2¿E = K2 2x1 06 _ 5ooicg/cm2 ; ¥ = 1,92 X2

198,72

Oadm (compresión) =

= f^" = 260 kSAcm2

METODO DE INTERACCION: 2000/19,85

200 000x9/942,5

260

1500

=

nQ resiste

Se prueba ahora con el perfil c 200

A = 22,5 cm2

;

Ix = 1343,5 cm4

;

Ry = 1,66 cm

X = -k- = hs- = ^GflL = 180,7

'y acr = 2¿E. = Z¿2xJ0^ = 604 kgW X2

; ¥ = 1,92

180,72

Oadm (compresión) = ~ =

=314 kg/cm2

2000/22,5 200 000 x 10/1343,5 , . , — — + — — = 1,3 < 1 314 1500

=> no resiste

Se prueba ahora con el perfil c 240

A = 26,9 cm2

;

Ix = 2384,3 cm4

;

X = _k_ - hs. = 300 _ 164,8 Rmin Ry U82

Ry = 1,82 cm

-400-

Cc = J1SI = V^ÎP^ = 128,3 V cy V 2400

acr =

= 712 2xl°6 = 726,8 kg/cm2 X2

=>

;

Jlfc.Qc

¥ = 1,92

164,82

_ crcr 726,8 '_0 . . . ,y Oadm (compresión) = — = = 378,5 kg/cm^ »P i,yi

2000/26,9 200 000 x 12/2384,3 . „ . , — + — = 0,87 < 1 378,5 1500

=»

resiste

PROBLEMA Nfi 5

Una columna articulada en sus extremos y de 220 cm de longitud, está fabricada con un perfil c cuyas características geométricas son: A = 56,9 cm

;

h = 30,5 cm

Rx = 10,9 cm

;

Iy = 212 cm4

; ;

b = 8 cm

;

Ix = 6730 cm4

Ry = 1,93 cm

;

e = 1,7 cm

Determinar a qué distancia máxima del centroide y sobre el puede aplicarse una carga de 5000 kg. El material de la columna tiene:

Oy =

3800 kg/cm2

;

E = 2,1 x 1 06 kg/cm2 ; Oadm(f|exjón) =

1400 kg/cm2

¿Sobre qué lado del eje "y" ha de aplicarse la carga?

SOLUCION: X = ^= 114 ;

Cc = \l2%1l^X 106 = 104,4

1,93

oCT =

V

7l22,lxl06 —— = 1594,8 kg 1142

=>

oadrn =

X > C,c

1594,8 00ftjc. , 2 ' = 830,6 kg/cm2 1-92

EN EL PUNTO DONDE SE SUMAN LAS COMPRESIONES:

a =

;

3800

p/a + Myfln (Oadm)compresión (Oadm)flexión

< 1

eje x

-40 1 -

a =

5200/56,9

5200 xdx 1,7/212

830,6

1400

-

0,11 + 0,03.d =1

=>

d = 30 cm

EN EL PUNTO DONDE HAY TRACCION Y COMPRESION:

5200/56,9

5200 xdx 6,3/212 < 1

830,6

+

1400

0,11 + 0,01.d =1

=>

d = 10 cm

La carga hay que aplicarla a la izquierda del eje y.

PROBLEMA Ns 6

Una columna de 8 pies de longitud efectiva se realiza con un perfil tu bular estándar de 6 pulg. Determinar la carga máxima permisible utilizando el método del esfuerzo admisible, en los casos de carga perfectamente centra da y de carga con una excentricidad de 2 pulg. CARACTERISTICAS DEL PERFIL: D = 6,625 pulg

;

d = 6,065 pulg

;

1 = 28,14 pulg4

R = 2,25 pulg

;

ay = 36 000psi

;

E = 30xl06psi

;

A = 5,581 pulg2

SOLUCION: PARA e = 0:

42,67

'cr

36 000

X < Cc

; Q = ^

1 -

= 34 000 lbs/pulg2

-402-

Oadm = 3f S° = 18 9941bs/pulg2

=>

Padm = 18 994 x 5,581 = 106 000 lbs

PARA e = 2 pulg: p_ + 2 Px 6 625/2 < 18994 P 5,581 28,14

^

p = 45 8(X)lbs_

PROBLEMA Na 7

Un soporte con forma de horquilla y pasador, tal como se muestra en la figura, recibe una carga de 10 ooo lbs. con una inclinación de 6 0°. Verificar la resistencia del elemento utilizando el método de interacción. 1 0 000 lbs. 10 OOO Ibs. 3/4" |

3/4"

E = 30x1 06 lbs /pulg 2 ay = 36 000 lbs /pulg 2 6 pulg ^flexión = ,'6

SOLUCION: A = 2,25 pulg2

;

Ix = 1,6875 pulg4

X = 2jUÍ = 60 0,2

;

Q = J2J¿JL3¡ÚÍÉ. = 128 V 36 000

CCT = 36 000 1 L u/ _ 5 3

Iy = 0,1 pulg4

;

i60i_ = 32 000 Ibs/pulg2 2 x 1282 J

, 3 [ 60 1 8L128J

1 603 6 ll283

= 1,82

;

X < Cc

Ry = 0,2 pulg

-403CTadn, = 2^ = 17 5801bs/pulg2

4330/2,25 + 2500.6x^1,5/1,6875 < , 17 580 36 000/1,6

PROBLEMA Na 8

3 000 kq B

100 cm

T

100 cm 1 000 kg SELECCIONAR EL PERFIL SIDOR DOBLE T MAS ECONOMICO. = 2 500 kg/cm2

200

200 cm ff

flex. = 1500 kg/cm2 E = 2,1x10b kg/cm'

v/)tz>///,

y/////////,

SOLUCION: 1000 2500

500

MOMENTO FLECTOR [ kg.cm ]

ACCION AXIAL [kg]

La sección en mayor peligro es la sección B del tramo AB. Allí las ac ciones internas valen:

P = 2500 kg

;

M = 2000 kg.m

Para seleccionar el perfil observamos que el tramo AB.está

articulado

en a y libre en B. La manera más adecuada de modelar esa columna es consi derándola empotrada en A y libre en B. De esa manera se es más conservador.

A < 200 => ^ Ry < 200 =>

A = 46,1 cm2

X = m = 182

;

R y > 400 200 = 2 =>

Ix = 4250 cm4

;

PERFIL 240

Ry = 2,2 cm

; Cc = V27t2:g^!Xl°6 = 129

2,2

V

;

A > Cc

2500

„ _ n2 2,lxlQ6 _ kg . _ 625,7 kg <^cr = : = 625,7—s- ; aadmc0rnp = . Q- = 325,9 —1822 cm2 1,92 cm2

2500/46,1 325,9

200 000 x 12/4250 _ n 1500

El perfil DOBLE T 240 satisface la ecuación.

< 1

APÉNDICES

APÉNDICE A-I

PERFILES SIDOR

I 1

l

'

/ Ri

^7

'

R

h

X...H .___*

d —

L_.„t i

i

y :

:

-T

b/4 *-

Nr

ri

4-..?.

y: b/2

_^R,

/

W-

2

MOMENTO RESPECTO A LEJES OS

71 1 1 0.99 1 97 2.20 2 07 1.23 1 06 2 1.00

Ry

4 3.61 6.99 7.61 30.70 2.6 196 26.00 61.70 722

YSy

4* 44 7.7 12.2 21.0 30.2 06.7 91.3 1170 221.0 21.0 Iy

3.12 6.01 6.91 0.61 6.60 7.2 9.2 9.09 1120 4 0 220 306.0 603.0 19.6 36.2 06.7 91.9 117.0 161

6 X-

s, 4' CAREASCTEÁRÍTSICAS 44

79 I 171.0 329.0 073.0 930.0 1200 2200

992.0

I, E00.0

VIGAS SIDOR I PESO

Kg/m

6.30 9.32 11.2 2.2 17.20 21.20 2630 36.2 06.2

ARRA

4a

9.03 2.20 2.2

MDE 1 INERCIA OM30TO S MD9 S9CCIÓN ODULO

6.30 22.6 27.20 33.00 66.2 69 30 Kg/dm*

R RDE GIRO ADIO

)= 2.3 2.7 3.1 3.6 3.9 6.1 6.0 0.2 6.0 7.90 Ri

39 6.0 0.1 0.7 6.3 69 7.0 97 10 9 ECIFICC R DIMENSIONES 30

mra

9.0 30.4 11.3 13.1 16.2

7.7

0.6 t

:soesp RAL 9J9 C9ORFE9SRPOI4DIO30ST9:

2

PiS9 AE 6.5 0.1 0.7 6.3 6.9 7.0 9.7 30.9 d

2

b

E 50 09 66 74 92 20 306 E5 D30B¿

h

6 12 12 20 120 60 20 260 32

CULAIX

Denomi nación

CAL (*) 60 ISO 20 20 32 E 12 12 12

1.20 1.36 1.30 209 1.0 1.2 1.73 e 4 1.30 1.2

Ry

10 217 1.00 1 1.30

MOMFNTO RA LEJES ESPOSECTO

1.30 1.01 1.66 192 2.02

4 Y-

3.6 4.00 6.10 7.90 0.70 11.00 4.90 6.6 29.90

Sy 4*

7.0 4.0 19.9 29.0 32.2 2.6 2.1 99.6 66.3 Iy

4 3.10 3.92 3.67 5.40 6.6 6.09 7.72 9.30 11.33

R, 4

CAeRsCtTEáRÍtSiTIcCaASs

1 70.9 10.7 433 130.7 60.6 66 30.9 44.3 2

64

s,

4 MD9 I I49RCIA OM30TO

VIGAS SIDOR U

744 130.7 266.3 23.7 630.6 22.0 132.0 2396.3 0209.9

S MD9 SODULO 9C IÓ4

Ix 4 RD9 R GIRO ADIO PESO*

Kg/m

6.00 7.09 9.00 11 34 4.03 10.09 17.66 21.11 32.2 Kg/dm* C30 (*) BAS9 PAA 9L7.90 SC9SO PU9=LCAIFDIOCO

ÁREA

42

7.70

0.21 10.0

22 6.20

3.2 3.2 3.4

Ri 30

30.00 22.00 6.90 26.0

3.0 30 3.3 0.2 30 RAL CEOFRE9RSPIONDOI3S0T9 9J9

0.6

DIMENSIONES

6.9 7.2 7.6 9.0 9.9 10.4

R

2 2

t

7.0 90 90

d

2

b

6 6 2 0 2 30 60 2 70

h

00 100 12 140 60 60 20 26 300

9.0 9.0 10.0 11.0 4.0 2

mm 0.0 0.0 0.0 0.0 6.0

Denomi nación

20 6 12 12

6.0 9.0 2

60 20 260 120

32

0.37 0.36 0.37 0.37 0.07 0.07 0.10 0.10 0.79 0.77 0.30 0.30 0.30 1.27 1.26 1.36 1.77 1.96 1.90 2.17 2 6 2.37 2.6

Rn

PEREN SOA PTEJES LEIÁLETDAOSICDIEASÓN

4 9.11 11.00 10 22.70' 27.20 3160 6 1.6 1.07 1.2 2.32 300 4.74 0.27 6 0.21 0.30 0.37 0.30 0.70 099 1 0 10.0 6.6 30

NSN 4

73 29 22 0.10 4.90 90.02 30.60 09.00 102.00 0.10 0.30 0.31 0.07 0.91 1.2 1.77 1.96 2.67 3 2.6 39.00 09.90 73.30 0.6 In 4 0.74 0.73 0.90 0.93 1.2 1.11 1.33 1.30 1.02 1.30 1.91 1.0 1.00 2.30 2.67 2.90 3.66 3.90 3.02 4.26 4.23 4.73 300

Re 4

E-

44

ÁNGULOS ALAS DE IGUALES

0.2

7.09 23.10 36.30 03.00 93.30 27.00 230.00 200.00 310.00 379.00 307.00 003.00 0.77 127 1.61 2.2 0 9.30 14.2 17.6 3.30 410 6

h

CAeRsCtTEáRtÍSiTcICaASs

R, 4

XX Y-Y =

s,

cm»

1.01 339 3.36 1 96 2.26 2.70 0.09 0.00 0.70 0.73 0.90 0.99 300 1.0 1.21 1 30 1.02 1.30 1.4 3.10 3.2 3.2 3.0 1.71 1.06 2.26 326 410 6.21 7 0.00 0.29 0.6 6 1300 2.13 30.0 2.70 2.6 30.10 36.00 42.70 330 0.2 02 10 1.6 0.39 0.39 0.79 301

44

6.33 04 11.00 92.07 2000 177 00 300.2 239.00 34.00 310.00 1420 29.2 33 6 00.0

26 3.14 1.30 2.6 E0

MI IOM30TO D9 49RCIA MD9 S SECCIÓ4 ODULO

I. DDE EJES LOS ISTENCIE

V,

0.70 0.71 0.07 0.99 1.0 1.07 1.24 1.27 1.6 1.E 1.70 1.76 179 2.29 2.29 2.2 3.17 3.02 3.04 3.07 3.99 3.2 3.26

V,

1.03 1.09 1.70 1.92 130 2.11 2.30 22 3.01 3.36 3.97 3.99 4.22 3.34 3.10 3.90 0.00 0.90 1.03 1.00 1.6 1.30 1.30

4

R RADIO GIRO DE

1.77 1.77 2.0 2.0 2.47 2.37 2.2 2.2 3.30 330 3.30 6.60 4.60 0.30 6.36 7.07 7.07 7.70 7.79 9.30 9.30

W

130 1.30

e

90 4 00 1 0.60 0.63 0.73 0.76 0.03 0.92 1.00 1.09 1.0 12 206 1.6 130 1 2 2.2 2.76 2.02 230 3.07 3.31 3.6 RC9J9 AL O9RF9SPRO4IDD30OTES: 0.46 0.136 0.130 1000 0.12 3003 0.12 0.202 0.202 0.291 0.61 0.390 0.390 020 0.20 0.369 0369 0.04 0.04 0.16 0.16

ma/m

0.077 0.077

ÁRE SUP.

PESO

Kg/m

0.90 1.2 1.0 12 1.36 2.6 2.10 3.0 2.32 3.02 3.2 3.77 0.10 0.91 62 9.03 9.2 0.2 10.10 4E 6.20 6.2 21.60

4a

17.11 1.0 12 1.32 100 1.74 2.70 2.67 3.07 3.09 3.49 399 4.90 6.06 7.03 0.70 11.0 0.2 10.0 30.2 21.2 23.6 27.0

El E-E bisector eje es ÁRE

2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 0.0 0.0 6.0 R.

6.0 6.0 6.0 2

DIMENSIONES

E

3.0 0.0 0.0 0.0 0.0 6.0 6.0 7.0 7.0 7.0 9.0 90 10.0 11.0 0.0 0.0 0.0 0.0 4.0 4.0

3.0 3.0 E

R mra

DENOMI NACIÓN

S

3 3 3 3 3 0 3 6 4 6 3 0 7 6 7 9 7 9 10 9 10 10 0

A

2 2

20 20 30 30 6 6 6 6 0 0 0 2 E 70 0 100 100 110 110 12 12

12x0x12 3x 6x 2 3x 0x 7 0x 6 7x 70 9x 0 7 90 x 10 x9x10 10 x10x10 1 0x0x10 1 0x10x10 12x10x12 1 x6 6 6 2x 2 3x 0 3x 2 2 4 x 20x3x20 20x4x20 30 30 x 6x4x6 x6

Impreso en los talleres de INDUSTRIA GRÁFICA INTEGRAL, C.A. Av. Principal de la Cooperativa, cruce con calle Palmira, Teléfono 0243-2416086, Maracay - Venezuela en el mes de Enero del 2.005.

La mayor dificultad que encuentra el estudiante de Resistencia de Materiales surge en el momento de intentar resolver los problemas. El propósito de este libro es el de ayudar al estudiante a asimilar los métodos de resolución de problemas y a adquirir los hábitos necesarios en la solución de los mismos. Al principio de cada capítulo se da una breve pero completa explicación teórica sobre los diferentes conceptos y definiciones empleadas, para luego presentar las indicaciones metodológicas necesarias con ejemplos ilustrativos y el desarrollo de algunos problemas con diferentes condiciones. En el presente volumen se cubren los tópicos: teoría de la curva elástica, flexión oblicua, flexión en vigas curvas, flexión en vigas de distintos materiales, resistencia a la fatiga, método Castigliano, cargas de impacto y la inestabilidad elástica o pandeo.

ISBN980-237-106-8

COLECCIÓN PARANINFO

Criterios Fundamentales Para Resolver Pr

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