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Cap. l-2.- Diugruntís

cslin( isoslúlicos.

Vigas contpuesta.s

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

estima. Estructuras espaciales

Can. I-3. Diagramas

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Cap. I-3.-

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Problemas Resueltos de R€sistencia de Nlatelial€s Millán Muiroz

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Cap.I-3.- DitgroDtos eslittta ¡sosltit¡cos- Esl¡ u¿lut L¡s esPL|L¡tt!¿s.

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Problemas Resuellos de Resistencia de Materiales ñf

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Cap. l-3.- Diugrant6

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Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales I Angel Millán lvluñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

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Cap. l-3,-

Diqftntns est¡trt( isoslilicos,

Estl ttcluras espaciales.

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Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateri:¡les Angel Millán Muñoz

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Cap.l-3.- D¡agru tn.\ o esliuru ¡soslúl¡cos. Es ucturos espac¡ales.

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Problemas Rcsueltos de Rcsistencia de Materiales Nf illán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales lAngel Millán Nluñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Mi Millán Muñoz

Can.I-4. Diagramas estima. Problemas de examen. Dibujar estima los diagramas de esfuerzos

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Problemas Resueltos dc Resistencia de M¡t€riales Nliguel Ansel Millán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

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Problemas Resueltos de Rcsistencia de M¡teriales Millán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Ansel Millán lv1uñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materialcs Mieuel Ansel Millán Muñoz

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CaD.I-4.- Diugtut¡tts u estituu isosfúlicos- Problentus

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II.- TRACCION COMPRESION SIMPLE. Problemas isostúticos.

Cap. II

Tmcciórt

Contpresión simple. Problemzs isos!álicos

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Mieuel lvliilán Muñoz

Can. II. Tracción l)

comDresión simple. Problemas isostáticos.

El eje de la figura está compuestó por un tramo troncocónico

otro cilindrico,

está solicitado por las fuerzas que se

indican en la dirección de su eje. Se pide:

a) b) c)

Diagrama de axiles

de tensiones normales en la pieza'

Desplazamiento de los puntos

B.

Variación de temp€ratura, uniforme en toda la pieza, que sería necesaria para que el movimiento del punto fuera nulo'

Datos: a=10j

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Tronco de cono: Ar=10 cm2, Az=

Cilindro:

A:5 c-t,

cmt, E= 10akp/cm" Lt-0'50m'

E= lo'kP/cmz, L2:1,0 m.

2) La pila de puente formada por dos trozos prismáticos

de igual longitud distinta sección, está sometida en su extremo superior una carga F:300 T' Halla¡ el volumen de fiíbrica necesario, sabiendo que la altura de la pila de 36 m., su peso específico 2000 kp/m3

"s 36.

la tensión admisible l0 kp/cm2'

Examen SeDtiembre 97198, tiempo 15' )'

3) Determinar para las dos banas de la figura: a) Máxima longitud que puede tener la barra b) Para dicha longitud, determinar el incremento de longitud de la barra.

Datos: P=225 kp.; Ar:25 cm2; Az= 50 cm'z; H= 200 m; E=l0a kp/cm2; peso espec ifico.y 2,51m3; o"¿.¡,= l0 kp/cm2' (NOTA: Para el caso del üonco de cono, no hay aplicada ninguna fuerza exterior. Se recomienda tomar como origen de coordenadas el

Tronco de cono

cilindro

vértice del cono).

4) Calcular para los sistemas de la figura: a) Para un valor de P= 100 kp., movimiento

horizontal

vertical del punto A'

b)ValormáximodelacargaPsinsobrepasaflatensiónadmisibleenningunodeloscables' Datos: cable l: sección homogénea, A:5 cm2, E: l0akp/cmr, o¡¿.5= l0 kp/cm2, L=6 m. -Cable2:seccrÓnhomogénea'A:4cm?,E=l05kp/cm2'o"¿'''=20kp/cmr'L=3m

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Truccit)tt J' Cotnprcsiótt sittq)le Problcntts isosttiticos

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N" La pila está sometida

la carga puntual aplicada

compresión simple, debido

conocen las acciones exteriores, la tensión admisible

al peso propio.

una de las dimensiones geoméhicas. La incógnita

Se

caicular es la

dimensión hansversal de la pila, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material. Para ello, se hará:

2. 3.

1.

Cálculo de axiles en la pila. Determinar la secciór/es más solicitadas

cálculo de las tensiones normales.

Sección hansversal necesaria para que latensión no supere a la admisible.

El axil que produce la carga puntual es constante en todo el pilar, mientras que el producido por el peso propio

es

variable, con una ley lineal, dado que la sección transve¡sal es constante por tramos. (Peso propio)

N.U2.r+ h.UZ.f El axil debido al peso propio tendní la expresión:

Nppr=Ar,Hr'Y Nopz

Las secciones

Ar L/2 1+ Az.

Hz

en el tramo superior del pilar (H¡

distancia desde el extremo superior).

en el tramo inferior del pilar (H2

distancia desde el cambio do sección).

comproba¡ en cada tramo serán las de máximo axil en cada tramo de sección constante, ya que serán

las que tengan máxima tensión normal: la base de cada tramo.

Nr=300T+Ar l8m.2Tlm3=300+3ó.Ar T/m',: N2=300T+Ar 18 m.2 T/m3 A2 l8

3.

300

36 Ar

+36.A2

Las tensiones normales en cada una de las secciones indicadas son:

o:N/A o1

:N¡

A1

oz =Nz/A:

(300

36. Ar) / Ar= 300 Ar +36

:(300 36. Ar 36. A2)/A2

l0 Kp /cm2 =100 T/m'], se debe cumplir: Ar 300 (100 36):4,69 ml or=300/Al 36: 100 Ar =468,84 1(100-36):7.33 nrr or (300 36.Ar +36.4")/4, :468,84 A: 36 100

Para que no se supere la tensión admisible oo¿.

El volumen pedido será entonces

C¡p. ll

4,ó9 18

7,33 l8

216,36 mr

Truccitíu )' Cot Pres¡út sinryle. Problcntus ¡st)\1.¡t¡Los.

38

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales ieuel

Millán Muñoz

Tensión en extremo de¡echo del cono: o2

.",. 200 Kp

cmr = 40 Kp/cm':

Tensión en el cilindro: 100 Kp

02 c¡indio

cm2

20 Kp/cm2

La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.

b)

Desplazamiento d€ los puntos

B.

Se tomará como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.

El alargamiento de una pieza sometida N M= l..r2st -:-ú

EA

tracción (o compresión) viene dada por la expresión: Fr2 ¡/

¿ft -d, EA

donde, por ser una pieza rccta, se ha particularizado la expresión general al eje

de la pieza.

Como la pieza está compuesta por dos tramos con caractedsticas distintas, estudiaremos cada uno por separado. Pieza troncocónica

En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil N

el valor de E.

Es muy importante Ia consideración de que los límites de integración, dado que el origen de la coordenada

tomado en el vértice del cono, serán los valores x2

Kl (según se ve en la figura). Por tanto, la expresión de la

deformación quedará:

.,L=1,1=ds=-:lx2 ¡:rrN N.'tl.ü= Lgl-*-J--*= 4.*2 tA

E A

donde x2

t'^'

11,+l.to-

se ha

r

r¡l

l-tlJ,z

z,cl.to-a.EL

120,7 cm

xr :x2+

L= 120,7 +50

t¡=200 Kp, E=

170,7 cm

104 Kp/cm'z

quedando finalmente:

2oo [-r _+_

L=_

J,41.ro-

l.to4 Llro

-r =0,t4 cn

l=58,3.2,427.10 l2o,7l

Este será, por tanto, el desplazamiento del punto A. Pieza cilíndrica.

En ella son constantes la sección transversal, el axil

el valor de E. Por tanto, la expresión de la deformación

quedará:

.\ A¿= ¡.i | _rls=*I ¿J

É.,I

.\.,.t, d,rt(- --

donde

N¡=100 Kp,

Cap. Il

E¡,4,

L:= I,0 m= 100 cnr, El= lOj Kp'cmr, A2= 5 cmr' Tntcción ), Conryresión simpl¿. Prt¡blenttt.s ¡.\oslát¡cos.

Ilr

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales lvlillán lvlu¡loz

SOLUCION PROBLEMA N' El problema planteado es el de una pieza compuesta, con sección variable en un tramo constante en otro, estando cada uno de dichos t¡amos sometidos tracción uniforme'

a) Diagrama de axiles

d€ tensiones normales en la pieza'

En cada tramo de la pieza actua un axil constante, dado que los puntos de aplicación de las cargas puntuales están en los extremos exteriores (extremo derecho reacción en el empoframiento) en el punto de conexión de los dos tramos de la pi€za. Será en estos Puntos donde se produzca el salto en la ley de axiles'

La ley de tensiones conesponderá al valor del a.ril dividido por el área de la sección en cada punto (N/A). Cuando la pieza es de sección constante, la ley de tensiones tiene la misma forma que la de axiles un valor N/A múltiplo de

N. Si la sección no es conslante, la ley de tensiones no será como la de axiles ya que dependerá de la ley de variación del área de la secciónSe analizará cada pieza parcial independientemente'

En el caso de ta pieza troncocónica, las expresiones resultan más fáciles si se toma como referencia de

el vertice teó¡ico del cono:

Como se ve en la figura, los radios son proporcionales, al ser lados de triángulos semej antes:

1.) ft.x-

^r =:-_

---T =-Z o.R2 xZ

"/Rr=x/xr

t2

El valor de x2 se calcula partiendo de los valores conocidos de las áreas extremas del tronco de cono, aplicando la ecuación deducida anteriormente:

^l lAz x2

teniendo en cuenta que xr

l;

l:J-

\ur-

x2:

+L

(siendo

la longitud del tronco de cono), queda

donde sustituyendo los valores del problema, nos quedará:

x2 (12

x2

l):

50

0'4142

120,7 cm

La expresión del área será, finalmente:

A*: A2. x2

x22:3,43 lo¡ xl

Latensión será

o=---. Ax

3.41.104.-¡

que es una hipérbola de 2'grado.

Tensión en e\trerlro izquiel do del cono: o'r.,,,'. = 200 KP

a¡t.ll

l0 cnr 20 Kpicrnr Trucúón

Cotttfes¡ótt simPle Problentas ¡sa\táticos

li

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

Mi

Milián Muñoz

Tensión en extremo derecho del cono: 6r

200 Kp 5 cmr

""n"

40 Kp/cmz

Tensión en el cilindro: o.2.;rin¿,o

100 Kp

20 Kp/cm?

cm2

La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.

b) Desplazamiento de los puntos A

B,

Se toma¡á como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.

El alargamiento de una pieza sometida

hacción (o compresión) viene dada por la expresión:

rl2N

Ex2

M= l.st -Lds EA

¿ft.:¿r EA

donde, por ser una pieza recta, se ha particularizado la expresión general al eje

de la pieza.

Como la pieza está compuesta por dos tramos con características distintas, estudiaremos cada uno por separado. Pieza troncocónica

En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil

el valor de

Es muy importante la consideración de que los lÍmites de integración, dado que el origen de la coordenada

tomado en el vértice del cono, serán los valo¡es x2

xr (según se ve en la ftgura). Por tanto, Ia expresión de la

deformación quedará:

..

r¡r

lrz tAot

donde x2

N,'ll, t";*

120,7 cm Xr

Xz

-xl

¡1i-----J--¿"= o.uLl-tl),r. o'-u ,,n .ro^--+."r ¡^

L: 120,7

N=200 Kp, E=

se ha

50

l'10,7 cm

104 Kp/cm'?

quedando finalmente:

[-r r-l M=-l 2oo j.4¡.lo- 4.lo4 lro.r l2o.7l

58,3.2,427.10-3

0.14

.z

Este será, por tanto, el desplazamiento del punto Pieza cilíndrica.

En ella son constantes la sección transversal, el axil

el valor de E. Por tanto, la expresión de la defomación

quedará:

LL=

fr.\

.^l -ds=; ¿,'l ¿..1,

tr-:4t=;--L.rr

¿l ,rl

donde

1=100 Kp,

L:=

1,0 m= IUU cm,

tr l0- Kpi cnl-. A_-=

cm-

ap.ll Trucción J' Cotrtpresión sinplc Ptoblentus ¡sotl.tt¡col

i6

Problemas Resueltos de Resistencia de NIat€riales lvlillán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N" Las barras están sometidas tracción simple, debido la carga puntual aplicada (en el primer caso) al peso propio. Se conocen las acciones exteriores, la tensión admisible las secciones transversales. La incógnita a calcular es la longitud máxima de las barras, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material.

Para eLlo, se hará:

l. 2.

3.

Cálculo de ariles en la bana.

cálculo de las tensiones normales en ellas, en función de la longitud de la barra. Debe det€rminarse cuál es la sección más solicitada porque es en ella donde debe

Determinar la sección/es más solicitadas

imponerse la condición de agotamiento, es decir, que la tensión alcance la maxima admisible.

Longitud máxima para que la tensión no supere la admisible, obtenida al igualar la tensión en la sección más solicitada

la tensión máxima admisible.

Una vez definida la longitud, el alargamiento de la barra se calculará

(zN *= Lá*

partir de la expresión:

a) Barra de sección constante' 1.

El axil que produce la carga puntual es constante en toda la bana, mientras que el producido por el peso propio es variable, con una ley lineal, dado que la sección transversal es constante.

El axil debido al peso propio será en cada sección equivalente al peso de la barra que está bajo ella,

tendrá la

exDresión:

Npp:A.(L-y).y

siendo

la distancia al empotramiento,

la sección

1cl peso especifico

El axil total será, por tanto:

N: P+A.(L-y).1

Como la sección es constante, la rebanada más solicitada será la del empotramiento, ya que en ella el axil es máximo. La tensión normal en el empotrami€nto será:

lA+ L.^l=225/25+L.2,s l1l

o:N/A:

lmponiendo el caso límite de que la tensión en sl empotramiento sea igual

o¡dm:l0=9+L

L:l

4.

la admisible:

2'5 l0'1

/2,5 l0-r=400cm=4m

El alargamiento de la barra será:

*^, --fl l0'.lj

+,e.1t

vt Tlav

:zs..,oo rj.2.j.l0-r.¡uf-

.rp, II

*llr,.,,,

l- 0.io+0.01

r, -:,]1.

;[',.,, 5]

0.t8c,,¡

Trtcci(tn ¡'Conpresión sinple. Prob!cntas tsosttitictts.

jr)

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz D)

Tronco de cono.

l. El axil en una s€cción genérica será el equivalente al peso propio del trozo de pieza que cuelga de é1. Tomando como origen de coordenadas el vértice del cono completo, dado que esto facilitará mucho la integración, se tiene que, para una sección genérica de o¡denada x, el axil

será Ia resta de: Peso del cono completo de vértice

base

A',

con altura x.

Peso del cono completo de vértice

base A¡,

con altura x2, situado bajo el extremo de la pieza.

ll

N" -.4".x./ -.4.¡.x'>.f

2.

La tensión en la sección genérica considerada será igual al valor del axil dividido por el área de la sección.

N, 1lA2

6,=-=-)/'--f-12

Ax

3 Ax-

Debemos obtener la expresión de A" en función de

para poder identificar la sección más solicitada.

Como se ve en la figura, los radios de las secciones A* semejantes:

siendo

.2 Ax ;=2

),t

&/Rr=x/xl

2-

tt.R^

,A2 son proporcionales,

t^

al ser lados de triángulos

A'=k.x2

un valor constante que no depende de x. de o", puede verse que en ella el sumando positivo crece con

se analiza

tener una x2 en el denominador, disminuye con x. Así pues, el máximo valor de

el sumando negativo, al

conesponderá al máximo valor de x,

es

decir, al empotramiento.

igual a la tensión admisible, condición con la que podrá calcularse el valor

La tensión máxima deberá ser menor buscado de la longitud L. La tensión máxima se obtendrá haciendo

x:

(valor de

en el empotramiento)

A*:Ar en la expresión

de o".

Además, se tendrá en cuenta que

22

r.t.{ 11 Atrn

6¿rctr

..2

I 1.41 I H..) _7.-=,yH-lt

I'r?

-=i

6a
Despejando x1:

Cap.

fl -'frrtccióu t'Contprusión sintplc Probl¿nas ¡so\láticos.

40

Problemas Resuelfos de Resistenc¡a de ñIateriales

Millán Muñoz

1)

3.H-

^.H.f-oodrrl.La longitud máxima de la bana debe¡á ser: xr

5.

14 736

20.000

5.264 cm: 52'64 m.

El alargamiento de la bana será, considerando que según se ha tomado el origen de x, los extemos de integración serán x2

H:

üh,,

:,!':,1.

4git-Lq4 :.roa[

rqtz62

-]- *nl' i)- =;l[*. +][ *tqné -Atte2f=z.sa"^. 2oooo

En la exoresión ante¡ior se han tenido en cuenta las relaciones obtenidas previamente de N*/A*

Cap,ll Trocción ¡' Conryrcsión sinplc. Problcttttts

isa\tút¡cos.

o"

de A*/A¡.

4t

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiáles NIillán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N" SISTE}IA

a) Para un valor de P= 100 kp., movimiento horizontal vertical del punto A. El movimiento del punto combinado de los cables

L:300

es debido al alargamiento 2. Al alargarse éstos, dado que el

punto

es común a los dos, la posición final de equilibrio del

punto

será aquella que diste de los puntos de anclaje de los

cables unas longitudes

Lr

para el cable 2.

^Lr

para el cable

t,

L?

L=500 cm

f:fo:10,".F"ut"

E= l0j Kp/cml

^Ll

El proceso de cálculo tendrá los siguientes pasos: Calculo de axiles en cada cable. Cálculo de alargamientos de cada cable. Cálculo de la nueva posición del punto A: A'. Cálculo de axiles. La fue¡za P se descompondrá en un axilN¡ sobre el cable Por equilibrio de fuerzas en

Equilibrio

horizontal:

otro axil N2 sobre el cable 2.

se tiene:

N¡u

Nzu

Nr"+N2u=P

Equilibrio vertical:

Además, como Ios axiles tienen la dirección de los cables sobre los que actúan: Nrn

Nt cos 0., Nrv Nt sen ü.

Nu¡¡:Nz. cos p, N2y:N2.

sen

Sustituyendo estas expresiones en las de aniba, quedará:

cr: N2 cos p, es decir Nr.send+N?.senp=P,

N¡=N2.cosp/coscr

N¡ . cos

N2. sen ct.cos /cos

+Nz.

donde si sustituimos la expresión de N¡ anterior, queda:

P,

sen

tEd.cosp

Análogamente, se obtiene de la primera ecuación:

rsenp .os

cosd.(Igd

,(tg(t

fg p)

tgB)

Para los datos del problema, se tiene que:

=2

Lr sen ü.= Lz.sen

Con lo que las expresiones de r= 0.3,1

84,97

Cap. II

Kp

senc¡=2/6=1 /3 cos ü:0,943

cos

tg

tg

0,354

senp=2/3 0,745 0,894

N] quedarán:

N:= ,076

107,6 Kp

Trrtccióu ¡' Conryresión sinple. Probleno.s iso.stá/icos

ll

Proltlemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales isuel lv{illán Muñoz

2.

Alargamientos en cada cable. Cable

l:

.\, L, 8J.97.600 ... N, i"'irdr lo*.5 ^/, "" 8,.r, Et.rl -;*Cable 2.

De la misma forma, se obtiene

3.

que:

1.02 c¡r¡.

LLz= 107,6. 300 (105 .4) 0,08 cm.

Movimiento del punto A. de form¿ exacta, se debería calcular el valor de los ángulos del sistema

Para calcular la nueva posición del punto

deformado:

o' B', resolviendo

el sistema de ecuaciones siguiente.

L,+M,

Po¡ el teorema de los senos:

senB'

L1+LL1 send'

(Lr

Como la separación entre anclajes no cambia:

alr)

cos a'

(L,

^Lr)

cos p'

Sin embargo, admitiendo la hipótesis de pequeñas deformaciones, podemos considerar la construcción geométrica

que se representa en el gráfico adjunto, que nos permitirá calcular de forma aproximada los movimientos vertical horizontal del punto A:

AL¡ :6¡. Cada uno de ellos describirá al deforma¡se un ^Lr arco de círcunferencia con centro en su anclaje desde su posición original, Ia posición del punto A'tras la deformación corresponderá la intersección de ambos arcos. Por Ia hipótesis de pequeñas deformaciones, podemos Los cables se alargan cada uno una longitud

6¡

süstituir cada uno de esos arcos por la perpendicular la posición original del cable en su punto extremo. es, El movimiento De esta form4 la posición del punto A'será la intersección de ambas entonces, la línea AA' de la figura (movimiento total), sus proyecciones horizontal vertical (movimientos horizontal

vertical buscados)

En Ia figura se observa que hemos formado un cuadrilátero de vértices AA"A'A"', cuya diagonal es el los alargamientos calculados para los cables: movimiento AA' dos de sus lados

AA"'

6"

Como el movimiento buscado es la diagonal AA' ésta forma junto cada pareja de lados del cuadrilátero un triángulo rectángulo, si calculamos el valor de estos lados, podremos deducir el de la diagonal Para ello, escogemos el triángulo rectágulo de vértices

AA'A."'.

De este triángulo ya conocemos el lado

AA"' igual

62 Debemos calcular entonces

AA"'

podemos obtener una relación ent¡e los lados del cuadrilátero teniendo en cuenta que, al ser un polÍgono cerrado. se cumple la relación siguiente, proyectando sobre el lado AA" los demás lados: 6¡

proyecc (A"A')

proyecc

(A'A"')

proyecc

(A"'A)

donde al ser A"A, perperdicular al lado sobre el que proyectamos. su proyección es nula, quedando:

Cap.ll Trucción -t' Contpresióu simple. Problenrus isosltil¡Los

43

Problemas Resueltos de Resistencia de lv' ater¡ales Miguel Angel Millán lvluñoz 6r

proyecc

(A'A"')

proyecc (62)

Sólo queda definir los ángulos de los lados citados respecto al lado sobre el que que proyectamos,

¡esolver la ecuación, en la que la única incógnita es A'A"'.

podremos

Según el gráfico vemos que:

proyecc (6¡)

p)

62. cos(c

A'A"'. cos(7rl2 -ct p)=A'A"'. sen(

proyecc (A'A"')

Así pues, sustituyendo en la ecuación anterior 6r

A'A"'

sen(

B)

6'. cos(ü

despejando

p)

A'A"',

quedará:

B)

fi+$cos(a+P) sen(a

P) Con esta expresión conocemos los dos catetos del triángulo rectii,ngulo, de

podemos calcular el movimiento

con la expresión:

(A',

A'" \2

Las componentes horizontal vertical se deducen p¡oyectande este valor de A'A"' sobre un eje vertical otro horizontal. Del gráfico puede obtenerse que:

t80=62/(A'A"') 6v=AA'.cos(p-{) 6H:AA'.sen(p-g)

Aplicando las expresiones anteriores a los datos del problema: En la primera parte del problema se obtuvo:

senp=2/3

sencr:l/3

62

El lado del triángulo

decir: c¡:19,5' p=41,3" ¡¿+p:61,3'

0,08 cm

A'4"'será:

l.0l

61cosl,1 sen(d

es

sen(61.3)

P)

El movinriento del punto

0.08cos(61.1)

lll

c'"

será entonces:

Cap.ll

Trucción t' Compresión sünple. Problcntas isos!úticas

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Misuel Millán Muñoz la unión con el cable 2, se tiene:

Por equilibrio de momentos

Nr.3:P.l

P:33,3 KP. Nz= P-Nr =2.P /3 :0,66. P= 66,67 KP. Nr

Por tanto,

2.

0,33

Alargamientos de cada cable. Cable

l:

Mt= t!? ^'

N| a'- Nr .¿, =lP.uoo=o,oo"'

EtAt EtAt

Cable 2.

Mz= ¡il ''

l0'.5

Nz

r_z_

.b Í$.roo

Ez.Az Ez.Az

lO' .4

o,o,

",

Movimiento del Punto A. El movimiento de será proporcional al movimiento de extremos de la viga, con la relaciÓn:

M,-LL.

6"-Al4 2LL2l3=0,40 l3+2.0,05

6,c=ALr/3

13:

0,167 cm.

b) valor máximo de la carga Er varor que debe

r."*

,"

sin sobrepasar la tensión admisible en ninguno de

".,:,:0fr",T::::;il::ffi::.1::::iJ""r l0 0,066

En el cable 2,

o,

tendrá:

N¿

Asi pues, el valor de

151,5 Kp.

A, 0.67

20 0,167

der axil en er cabre es 0,33 p:

0-167

o"¿.',

20

I19,8 Kp.

máximo es el menor de los dos valo¡es calculados:

19,8 Kp, agotándose en primer lugar el

cable 2.

Cap. II

Trrrcción ¡'Conpresión sinple. Proble¡ttrts ¡sost¿¡t¡cot

{6

Problé-m4s Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán Muñoz

rtr.- FLEXTON (I).

ill.I- Tensiones.

III.2- Giros flechüs. Ecuación de la eldstica Teoremss de Mohr,

Cxp.

lll.l

Fle:ión (I). Tensiottes.

41

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

rvultan Nlur'toz

Can.III-1. Flexión l.

Cuestiones:

a) Calcular el momento máximo positivo sabiendo que la tensión admisible

el negativo que son capaces de soportar las secciones de la figura

fiacción es o"¿.¡,r= 100 Kp/cm2

b) Calcular el valor del momento flector que solicita Dunto es de lracc¡ón

Tensiones.

la sección de la fig.

l.

compresión oua.¡,c= 200 Kp/cm?. su signo sabiendo que la ¡ensión en el

de valor 30 kp/cm?.

(Cotas en cm).

T_l

Fig.

2.

Dimensionar el canto necesario de la viga, siendo Ia tensión admisible o"¿.,,= 200 Kp/cm'z. (Examen Parcial, Curso 93-94)

6",.1

t--l

ll

lt,

20

3.

Hallar la longitud

enfte apoyos de Ia siguiente viga, sabiendo que en el punto

del eje n€utro) hay una tensión normal de tracciÓn de valor 43,75 kp/cm? (Dato:

de la sección

(7,5 cm por encima

El=cte)'

(Examen Final Curso 97-98)

.5 cm

20 cm

4.

En la viga de la figura o"¿.¡.r (Daro I.

1/36

.b.h)

280 kp/cmt

o"o.¡,t

320 kp/cm?, Calcular el canto h'

(Primer parcial, Curso 94-95)

Al ll cnr

Cap. IIL

Fle.\ión (l). 'fetr;iottev

l8

Problemai Resueltos de Resistencia de Materiales Nfillán

SOLUCION PROBLEMA N" CUESTION a) para el cálculo del momento máximo positivo negativo que una sección es capaz de admitir, las condiciones imponer son siempre el que se alcance la máxima tensión admisible en la fibra más solicitada de la sección. EI proceso de cálculo consistirá entonces en:

l- Estudia¡ el diagrama de tensiones que se produce en la sección

fibra más solicitada.

deduct, segun sus caracteristicas, cuál es la

2- Como estudiamos el agotamiento de la sección, éste se producirá cuando en la fibra más solicitada se alcance q"d*i, (a tracción compresión, según la fibra esté comprimida o traccionada). Tendremos que imponer entonces aicná tensiOn y, por tanto, el diagrama de tensiones estará completamente definido, dado que conocemos este punto

además pasa por el eje neutro.

3- EI momento buscado se¡á el que produce dicho diagrama de tensiones, obteniéndose fácilmente con la

expresión:

"=Iy tomando la yr correspondiente

donde al sustituir

la fibra más solicitada queda:

admis

rl

Es evidente que obtendremos, en general, dos momentos máximos, uno positivo (con su ordenada

consideremos la fibra mrís correspondiente).

otro negativo,

según

respecto a la fibra neutra) o la más traccionada (con su ordenada

Sección rectangular Dado que en la sección rectangular el eje neuho está en el centro geométrico de la sección, la tensión máxima de de compresión, dado que el valor de la ordenada de sus fibras "y" es igual para las tracción es siempre igual en modulo dos. Esto puede apreciarse fácilmente en el gráfico de tensiones adjunto

Al considerar el agotamiento de la sección, impondremos que se alcance la o"u¿-i,

más comprimida, por una parte, en una hipótesis distinta, que se alcance la oru¿,¡ en Ia fibra más traccionada. De estas dos hipótesis, la que realmente agotará la sección será la que se alcance primero, es decir, la que ocasione un de menor valor'

en Ia

Este doble cálculo en realidad ¡ro será necesario, puesto que como se ha indicado'

las tensiones máximas de tracción compresión en la sección son siempre iguales en módulo. Por tanto siempÍe ss alcanzará primero el estado de agotamiento definido por la ou,t.i. de menor valor absoluto.

Así pues, aplicando la fórmula indicada a la fibra extrema traccionada

20 cm), dado que la oc.¿",;,

..

100 kp/cm? es la más pequeña, nos quedará:

-l "a,lntis

:I absoluto

"olri-i ht2

jjt 1rl

Los momentos máxirnos admisibles positivo IVf

100

il

20

J0

20

(y:

h/2

ill.Jli Kp cn

5.Ji ,,.¡

negativo para la sécción rectangular son, por tanto, iguales en valor

5.33 m.t.

Cap.

Ill.l .- F/c.viritt (I). Tensiottes.

.+9

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz Sección en T. para este caso, al ser la posición de la fibra neutra asimétrica verticalmente, no se puede saca¡ una conclusión compresión directa sobre si el agotamiento va ser a tracción para saber cómo agota la sección se harán dos tanteos. En primer lugar se supone el agotamiento tracción de Ia fibra ext¡ema traccionada, en segundo lugar se supondrá que agota a compresión fibla exftema comprimida- De los dos momentos obtenidos, el que agote la secéión será el de menor valor, ya que conseguirá alcanzar antes una de las o"¿,¡, Estos tanteos se harán tanto pafa calcular el máximo momento positivo como el negativo,

Cálculo de la posición de la fibra neutra.

El centro de gravedad se calculará igualando los momentos estáticos de las áreas parciales con el de la sección

total, referidos

un eje que pasa por el borde superior de la sección:

20.5.2.5+35.5 (3512+5)=(20.5

35

.5). vc

vc

15,23 cm'

Momento de inercia de la sección respecto al eje neurro' contabiliziindose negativamente Se descompone la sección en rectángulos con un lado perteneciente al eje neutro, las inercias de aquellos que no perten€zcan la sección real:

fc: l/3 .20 .75,233 -2. l/3 .',l,5 .10,233 l/3

(40

15,23)3

43'52'1,5 cma

Máximo momento positivo.

Fig l.r .- Agotamieoto compresión

Fig l.b.- ¡\gotamiento

tr¡cc¡ón

Suponiendoagotamientoacompresión,Iañbramáscomprimidaesladelextremosuperior(porserunmomento

positivo),

el momento máximo será (fig

LIt

a):

d{ntt\

200 43.521

ti?1

5'71.9'1'l Kp.cnt

5,12

n.t

(por ser un momento Suponiendo agotatniento a tracción, la fibra más traccionada es la del extremo inferior positivo), el momento máximo será (fig l.b): 100 43 527 ,\tr+ 9;-! .l'nrr'¿ro¡ ('10 15.21) EI rnomento buscado es ei nenor dc los dos: Cap. IIL

lví,,,".

lti.716 Kp.cnt 1.76

t,'16 nt.t

n.

.-.ltlc-tiítI (I). Tetls¡an¿s.

50

Problem¡s Resueltos de Resistencia de Nfateliales NIillán Muñoz

lvf áximo

momento negatlvo.

Fig 2.b .- Agotamiento

Fig 2.¡.- Agotamiento compresión

tr¡cción

Suponiendoagotamientoacompresión,lafibramáscomprimidaesladelextremoinferior(porselünmomento negativo), el momento máximo será (fig' a):

Ml

oad^ís

200 43

Yinferior

(40

52'1

351.453 Kp.cn=3,5rm.t

15'23)

es la del extremo superior (por ser un momenlo Suponiendo agotamlento tracción, la fibra más t¡accionada negativo), y el rnomento máximo seú (fig 'b):

,^-

100 43 527

ad-is srp eftor

15,23

285.800 Kp.cn

M.".

El momento büscado es el menor do los dos:

2.E5

n.l

-2,85m

CUESTION b) paralelo al eje neutro, es decir en todos El valor de la tension es constante en cualquier punto contenido en un eje es evidente en la fó¡mula de Navier' donde oqu"llo. punio, qu" tengan tu mirmu orá"nudu ..rpá"to dicho eje neutro. Esto de la del punto i"' U"i"" '""ri"Uf ,j g"oniét i"u en la expresión de la tensión es la ordenada "y", independient€mente considerado.

de su posición vertical, Por tanto, el valor de la tensión en el punto solicitado depende sólo

no de la horizontal.

El valor del momento sera, entonces

r1

^t

=or -o''htn'

-¡o

30:03

t0

135000 Kp,r

I'J5 'at

Pu€stoquelat€nslónesdetracción,yelpuntoestásituadosobrelaflbraneutra,podemosconclLtirqueel la inferior:

momento actuante es negativo, dado que tracciona la parte superior

comprime

-1,35 m.

ap.

fll.1

.' Flcriótt (l). Tensiones

il

ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales

LVllltan Lvlunoz

SOLUCION PROBLEIVIA N"

El canto necesario para la viga será aquel que consiga que la sección más solicitada está en el límite de

igual la admisible. agotamiento, es decir, que la fibra más sólicitada de dicha sección tenga una tensión

En este caso, dado que el problema sólo da un valo¡ de oadñis podemos concluir que dicho valor corresponde tanto la tensión admisible tracción como la de compresión' Los pasos a seguir serán:

l.

Identificar la sección más solicitada flexión (dado que el problema sólo indica tensión admisible tracciÓn

2.

Calcular la tensión máxima en dicha sección en función del canto ondmis.. De esta ecuación se obtiene el valor de h buscado'

compresión)

partir del diagrama de momentos flectores'

Cálculo del diagrama de

Momentos

Calculamos primero las reacciones el equilibrio de momentos el fuerzas vef

en los apoyos' planteando

icalet Equilibrio de momentos en apoyo derecho: -8'2=Rr'4

(incógnita) e imponer que sea igual

m.r q;

Ia

,,

t

Rr=1014=2,5t'

Equilibrio de fuerzas verticales:

Rr:8-2,5:5,5

1.

El diagrama de momentos será el indicado en la figura' siendo la sección más-solicitada la del centro de vano de la viga biapoyada' con un momento M [1m.t.

Cálculo de la tensión máxima )¡ del canto en la inferior Al ser la sección transversal rectangular, la tensión máxima se producirá en las ltbras extremas' tanto la impondremos en cualquiera de como en la superior, con idéntico valor absóluto en ambas. La condiciÓn de agotamiento ellas. dado que la tensión admisible es igual para tracciÓn

compresión

De Ia ecuación de Navier:

tull"lhM

6.a,,i, L¡lÉ t= Tf,p

Despejando el valor de h buscado:

.@=00.ur",,. 20.200 El canto necesarto

mÍrltiplos de 5 cn.,

= 45 cm.

sera, si redondeamos por motivos constructivos

Cap.

lll.l

Fle.tiúu (l). T¿ttstut¡¿'¡

5l

Problem¡s Resueltos de Resistencia de Nlateri lcs Millán I\,f uñoz

SOLUCIÓN PROBLEMA N" La tensión producida en un punto cualquiera de una sección depende de la geometria de dicha sección (conocida en este problema, ya que es rectangular de 20 x 30 cm) del momento flector que actúe sobre ella. La relación enfre todas Ias variables se establece mediante la ecuación de Navier.

El momento flector en la sección indicada dependerá de las cargas que actuen sobre la viga (conocidas, q=3 lmzl de la luz de la viga, que en este caso es la incógnita determinar Et proceso de cálculo será entonces:

Determinar €l momento

que actúa sobre la sección, en función de la incógnita L.

Calcular en función de la tensión normal que se produce sobre el punto actuando sobre ella.

de la sección

el momento que está

lgualar dicho momento con el calculado anteriormente, obteniendo una ecuación con una incógnita de la que podemos desPejar L. Cálculo del momento en A, función de debidos

El momento en centro de vano equivale al de una viga biapoyada con dos momentos puntuales en los apoyos los voladizos:

.L,.L"12=-ll2.qL"2:-112.3 .22='6m.t

Muou¿i,o:

M6¡,oor"¿"= 1/8

L2

M¡:l/8 .qL'? -6=318L?-6

(unidadesm.t)

Cálculo del momento que crea la tensión indicada en Teniendo en cuenta que la tensión en el punto es de tracción, según indica el problema, el momento que actúa d€be se¡ negativo, ya que sólo un momento negativo crea tracciones en la parte superior de la sección (sobre el eje neutro). De la ecuación de Navier, despejamos M:

41,75.

,\ 20 301

262.500 Kp.cn

2,625

Cálculo del canto Igualando los dos momentos, nos queda:

MA

3/8L1

Lz=3,375 .813 =9

-6=-2,625

Cap.

IIl.l

Flexión (I).

Tensío¡r¿s.

L= 3,0 m.

i3

Prqblemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán lvfuñoz

SOLUCION PROBLEMA N' El canto que deberá tener la viga es aquél que permita resistir los máximos momentos que provocan las cargas que

actúan sobre la viga, sin sobrepasar en ningún caso las tensiones admisibles.

Dado que la sección no es simétrica respecto al eje neutro, los momentos positivo y negativo de agotamiento de la sección se¡án distintos y, por tanto, habrá que calcular ambos comprobar que no son superados por los que actuan en la vlga.

El proceso de cálculo setá entonces: Cálculo de los momentos de agotamiento de la sección, tanto positivo como negativo. negativo, que actuan sobre la viga.

Cálculo de los momentos máximos, positivo Obtención del canto

que permite resistir ambos momentos sin superar ninguna de las tensiones admisibles.

Cálculo de los momentos de agotamiento de la sección

Los momentos de agotamiento pueden obtenerse en la fibra más solicitada.

partir de las distribuciones de tensiones que alcanzan la o"¿,¡,

En primer lugar, dado que la sección es triangular, la posición del eje neutro corresponde

posición del centro de gravedad.

l/3 h, que es la

Conocida dicha posición, podemos establecer las distribuciones de tensiones que agotan la sección, imponiendo el tracción después, siendo el real el que se produzca antes, es decir, con un momento agotamiento compresión primero flector de menor valor. Este cálculo se hará tanto para momento positivo como negativo.

Momenlo Dosilivo:

Fig La.- Agotamiento compresión

l.a,

El agotamiento compresión se produce para el momento M1'equivalente la distribución de tensiones de la fig.

podemos obtenerlo

partir de la fórmula de Navier:

.V: 9r!''

tsúPtn.r

valor:

Fig l-b.- Agotamiento tr:¡cción

r¡n lrl¡,1 "" J",'-

160,r¡l Kp.c¿r.

I,.

Análogamente, el agotamiento tracción se produce para el momento Mr', tal

y,

=d::--r::L.

l,

!¡t cua

rqn -""

III.I

fig. l.b, de

Lrll,l

-28uir- Ap.,ar l^;'/¡

El momento positivo de agotan]iento será el menor de los dos, es dccir. lvlt-

Cap.

como se indica en la

FIeúón (l) Te¡t:;iones.

160 hr.

5l

Problenias Resueltos de Resistencia de NIáteriales Millán Muñoz úIoflEnto tregalit'o:

Fig 2.¡ ,- Agotamiento compresióo

2.a,

F¡g 2.b.- Agotamiento

tracción

EI agotamiento compresión se produce para el momento Mr- equivalente a la distribución de tensiones de la fig. de la misma forma que en el aptdo anterior será: 320.+ 12 ht

yr- =6odn,' -""')e-''" f;ot cnor

valof:

=320h2 Kp.cn.

Análogamente, el agotamiento tracción se produce para el momento

y,-

.r

12 h3 280.+ -""' )6.'-

dadn¡is

tswtnar

140

Mj, tal

como se indica en la fig.2.b, de

h2 Kp.cn.

El momento negativo de agotamiento será el menor de los dos, es decir, Mr-

140 h'z'

Cálcülo de los momentos que actúan sobre la viga Dada la geometria de la viga la distribución de las cargas, es fácil observar que los mayores momentos negativos positivo en €l centro del vano central' se producirán en los apoyos el máximo debidos

El momento en centro de vano equivale al de una viga biapoyada con dos momentos puntuales en los apoyos los voladizos (que coinciden con los máximos momentos negativos):

Muor,di.o=-Q.L,.L"/2:-l/2.qL,2:- l/2 Muiopoy"¿u=

M."noo

l/8

u-o

L'?= l/8 1,6 .3?

Mbiapoyada

0,8 m.t

1,8 m.t

1,8

Mvo¡a¿¡-

1,6 l2

0'8

l'4

Cálculo del canto

El canto necesario para resistir cada uno de los momentos positivo negativo que actúan sobre la viga se obtiene igualando éstos con los resiectivos momentos de agotamiento de la sección. El canto necesario será el mayor de los dos

obtenidos. Hay que señalar la necesidad de establece¡ las ecuaciones en un sistema de unidades homogéneo

M*

160 h'] Kp.cm

M-

140

hr Kp.cm

1,0 10t kp .cm

0,8

105

kp

.cm :)

Por tanto, el canto nec€sario será el mayor, es decir,

Cap.

IILI

23,9 cm

25 cm.

25 cm.

Flexión (l). Tensiones.

f)

Problemas Resueltos de Resistenci¡ de M¡teriales Millán Muñoz

Cap.III-2. Flexión l.

Giros

flechas.

Calcular para los siguientes casos:

a) Leyes analíticas de esfuerzos axil, cortante momento flector. b) Ecuación de la elástica de las siguientes vigas (se tomará EI cte en todos los casos)

definir el giro

la flecha en

el punto A.

c) Calcular el giro

la flecha en el mismo punto

usando los teoremas de Mohr.

IP

A------A---) t-./

,^

tLtll

'-

.-------- -------t

------------1--

l-r.-

lT\

'l

ro

4rülJütg--

í\

I f-------- ------1 F_l--+-l_-] -Y-

(cent¡o)

Calcular la flecha máxima en la siguiente viga por el método de la elástica

por los teoremas de Mohr (El

cte).

l2r m.T

J.

r\---------ñ-Zll lsttl r-------------- --

Para cada una de las ecuaciones de la elástica siguientes

/)

/)\ l7 y=l -.r- ---4., lll.t2 )E.1 |r2

a)

se pide:

tt

v=l-.x12 --t2

4.,

)r -,E' l.

HallarTenx:1m.

b) tlrIIár lá<..roa. Hallar la luz.

4.

Calcular la flecha en

(EI

cte).

l2ll r--- --r_-----T Cap. IIL2

.- Flc-\ió (l) Giros

llecln:;.

)()

Protrlemas Resueltos de Resistencia de Materialcs Angel Millán Nf uñoz

5.

La viga de la figura está solicitada por una carga vertical

T. Calcular el conimiento

vertical del punto

de aplicación de la carga.

(EI)"ir" EA)",,",.

6.

1000 T.m2

2000 T.mr

Calcular el movimiento vertical de los puntos sabiendo que la viga apoya en el punto

B,

sobre un

muelle de constante elástica K.

7.

(EI),¡n"

1000 T.m2

(K).""¡.

3000 T/m

Calcular el movimiento vertical del punto

(flotador)

0,2 T, sabiendo que

tras la aplicación de la carga P

el flotador tiene una sección fansversal de 7,5 m2

está

sumergido en agua. Antes de la aplicación de la carga P, la posición de la viga es horizontal.

(EI),r,

8.

1000 T.m'?

La estructura de la figura está sometida exclusivamente a su peso propio. Calcular el corrimiento horizontal

vertical del punto A,

sabiendo que las dos banas son cuadradas de sección 30

que

30 cm

la densidad del mate¡ial es 2,5 T/mr. Las banas son

inelongables. E =

106

Kp/cm?.

2lr---T---r--

C.ip. lf

.'.- Ílt.\ión

0) Cto.s 1,-ltar

i7

Problemás Re¡üettos de Resistencia de Nlateriales el Millán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N"1 El proceso de cálculo será similar para todos los casos constará de los siguientes pasos:

l.

Cálculo de las leyes de esfuerzos:

a)

Se tomará siempre como origen de

la relación:

el extrcmo do¡sal de la viga (extremo izquierdo). De esta forma se cumplirá dlt'Í dx

b) Se analizarán

los tramos en que se deberán calcula¡ por separado las distintas leyes, especialmente la de

momentos, que serán los tramos que después se definan para la elástica-

El inicio final de estos tramos estarán determinados por:

Apoyo, empotramiento borde libre. Punto de aplicación de una carga

momento puntual'

inicio o final de una dist¡ibución de carga de cualquier forma, o cambio de forma de dicha distribución (ej. paso de una densidad rectangular otra triangular, o cambio de una densidad rectangular a otra rectangular

q')

c) Se calcularán las reacciones si éstas son necesarias para la evaluación de los esfuerzos (p. ejem en una ménsula, dado que se pueden leer los esfuerzos desde el borde libre, no sería necesario el cálculo de las reacciones, salvo que leer desde el empotramiento sea más simpte). d) La expresión analítica de la ley para cada uno de los tramos se obtendrá eligiendo una sección genérica de abcisa x, qué esté situada dentro del t¡amo estudiado, se calculará el esfuerzo que acflla sobre ella, bien leyendo por la derecha bien por la izquierda (según sea más cómodo).

2.

Ecuacién de la elástica.

a) b)

Se parte de la ley de momentos definida anteriorm€nte en cada tramo'

Debe tenerse en cuenú que los t¡amos de la elástica coinciden en general con los de la ley de momentos calculada, salvo en los casos siguientes, que afectan a la rigidez El:

Inercia variable Por hamos.

Módulo de elasticidad variable por tramos' eSoS tramos. En estos casos, se deberá calcular la eláStica por integración independiente en cada uno de

Si la variación de los parámetros citados fuera continua, no habrá que separaf por tlamos, solamente habrá que tener en cuenta que deúe integrarse la ley M/El considerando EI dependiente también de x.

ecuación Et y"

c)

Se integrará sucesivamente la

d)

Se impondrán las condiciones de contomo que permitan obtener el valor de dichas constantes, de:

¡911",

sin olvida¡ las constantes de integración. téngase €n cuenta que para esta ecuación se han empleado unos ejes de y" M(x), el coordenadas con sentido positivo de la flecha hacia aniba. (Si se hubiera usado la ecuación EI positivo de la flecha sería hacia abajo)'

condiciones de giro

flecha en los apoyos o empotramlenlos.

continJidld de ¡iro

fleclt.r en

que se oblendrán

l¡ trnión enire trllnos sucesivos

rp. Ilf .). Flt.t'iitt (l). Gtr".'.r' tl¿' lt'ts

53

Problemas Resueltos de Rcs¡stencia de Nlateriales Millán Vtuñoz

Viga n"

L- Leyes de esfue¡zos. Calculamos los esfue¡zos leyendo por la derecha, por lo que no será necesario calcular las reacciones.

Tramo I:

N:0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) M:-M-P(2,L-x)

Tramo II:

N:0

T=P

(no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)

x) (en este Íamo ya no actua el momento

(2.L

puntual M)

2.- Ecuación de la elástica.

Teniendo en cuenta que la rigidez El es constante' la ecuación

Tramo I:

ELy"

.32

¡v7

P(2L-x)

ELy'

P.-

EI.y

P.-tx 1, 2.P.L).62t-

P.x

integrar

será: EI y" M(x)

zPL)

(lvl

(M +2.P.L).x+CI C,.x Ct

de contorno:

y'(x=O)

0

tramos: 0¡ (x=L)

0¡¡

(x:0) Ciro nulo en el empotramiento: Movimiento vertical nulo en el empotramiento Tramo II:

El

.Y"

(2L-x)

Px

2.PL

EI Y'

P'-

2'P

ELy

a) P.-

P.L.t- C..x + C4

L'r

(x:0)

C3

Condiciones de contorno Igualdad de giros en punto común

?t

los dos

lgualamos las dos ecuaciones de y' sustituyendo

.:-(,11 22 tgualdad

flecha en punto común

2.P.L).L los dos

P.--2.P.1.1+C3

tramos

cj=-M.L

P.L.L-

Cap. IIL2.-- Fle.rirí

y'r(x=L) y'rr (x=0)

por

Igualamos las dos ecuaciones de y, sustituyendo

f'L"L"1 P.- -1.\l +2..P.1.1.- P.626

(x=L)

y¡ (x=L)

C;= M.

-.) y¡¡

(x=L)

por L, y teniendo en cuenta que

\l L..L +C, ::.

(l). Giros t.llechus

Lr =-

.\l

C1

11 L-

= 0. así como clue

-+\1.1. =\l

l.-

59

Probiemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales lAngel lvfillán Nluñoz

i.-

Gi¡o

flecha en A por la elástica.

El giro flecha en un punto dado se obtiene directamente de pltnto, con sólo particularizarlas para la del punto buscado. El punto

ecuaciones

y'

del tramo al

q1rc

pertenece el

2.L, perteneciendo al tramo Il.

cor¡esponde al ext¡emo de la ménsula, es decir

Giro en A:

0u= y'(x =,r=

*(, +-2p L¡ ')=+(,

-2 L(21)-

¡vt

L)=-;fu ,.,, r)

Flecha en A: yt;c

2.Lt

4.- Giro

+(, o,\

u¿

p.1 4.L2

t2.L)

^4

+^,

4) 2)Er\!(

\3

q\

.u.t2

\2

-rl)t) -rlEI'3

tr

nt.r2\

flecha en A por los teoremas de Moh¡.

AI ser una ménsula, podemos obtener directamente el valor del giro la flecha en partir del lo 2o teoremas de Mohr, siempre que consideremos dicho giro ¡especto al empotramiento. Debemos emplear,entonces, la ley de momentos entre el empotramiento el punto Pa¡a ello necesitamos dibujar previamente la ley de momentos flectores.

Como es un caso de cargas combinadas, lo más fácil es descomponer el problema en dos casos simples, con cargas individuales, calculando para cada uno de ellos el giro la flecha en superponiendo los resultados (con su signo). Puede verse con facilidad que en los dos estados de este problema, tanto el giro como la flecha son negativos, es flecha hacia abajo.

decir, giro antihorario

4---*---_]: ILILI --------¡

ffi^ffi^ T--------

Estado

I:

Estado

II:

/\) _1II 2.PI: 0t -l .21.(2.P.1) 11 \2 Er ), t, ,,_t 2.P.1- I2_),_"t-t-__-l8p.¿: ¿,¡ \3 Er

Estado

stado Il

Por tanto, el giro

Estudo

tr.r

;['.")-;

,\ -t

:.,v.r2

Estado II

flecha del estado original serán:

9;=01+0s

e.p.?

EI

,V L)

t,='f *r,tt =l(+-l!¿) ¿/\' Cap.

IIL2.

Flexirin (I). Ciros rflecltas.

o0

Problemts Resueltos de Resistencia de Nlateri¡les Miguel Angel Millán Muñoz Viga n"

L- Le],es de esfuerzos. Calculamos los esfuerzos leyendo por la derecha, por lo que no será necesario calcular las reacciones.

Tramo I:

(no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) (L-x). será el área del rriángulo de carga entre

T=

Teniendo en cuenta que se cumple que:

A, (, -,)' ,) '|

(ver erálico adjunto)

(r-")' =A.=4.-=;st t:'t

(¿-,)'

,r

(triángulo

total)

Y,.q.L

M:

conesponde al momento del área Ax respecto la sección situada en x, es decir, el producto del área por la distancia desde su c.d.g. a la sección x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo:

(t-'\3

o.(t- r\2 t

=-Ax.-(L-xt=-T

att-n=- u-;

Tramo II: Puesto

que leyendo por la derecha, no hay ninguna carga que pueda creat esfuerzos,

se obtiene:

N=0; T=0; M:0 2.- Ecuación de la elástica.

Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: E[

Tramo I:

y" M(x)

tr y" -L .(r ,)3 rr t'=L(t-,)4*c, nt.y =-j.120.L (t-')5 *c l2.x+C

Condíciones de contorno

(x=0): Y'(x=o)

Giro nulo en el empotramiento:

Movimiento veftical nulo en el empotramiento:

y(x=0)=0 Tramo

ll:

?

=_L

d

24.1

'? ,,L oL24

q.L,4 120

61. r''

f1. r,'

¿/.r

C.

=(--..r+C-, ).+ Cap. Ill.2

Fle-uióu (l). Giros r.fiechct.s.

o¡

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz Condicio¡tes de conlorno: Igualdad de giros en punto común a los dos

Íamos:

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo

01

(x=L)

calculados:

--.tL-Lt 120.L 3.- Giro

por L,

.4 -¡ qLqL' -.1,+-=-

a/\5

(x=L)

y'¡ (x=L)

y'¡ (x:0)

por

.(t- t\a -q.L3 24 =cI 21.¿' Igualdad de flecha en punto común ios dos tramos yr (x:L) Igualamos las dos ecuacioneS de y, sustituyendo

0¡

-413 2+

yrr

(x=L)

teniendo en cuenta que los valores de C¡, C2

-1

^qL

244

C3

.4 120

flecha en A por la elástica.

El giro

flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones punto, con sóIo particularizarlas para la del punto buscado.

y'

del tramo al que pertenece el

2.L, perteneciente tanto al tramo como al tramo [I.. Podemos usar, por corresponde al punto de tanto, cualquiera de las ecuaciones para calcular el giro la flecha. Usaremos las del t¡amo II por ser de expresión más sencilla. El punto

Giro en A:

(x =¿)=--.-tqÉ =v' A II' E] 24

Flecha en A:

4.- Giro

flecha en

t(oD 'A-I=v (x=Lt=-.1 24 61

,¿o) t20

qL4

]0.6/

por los teoremas de Mohr.

Al ser una ménsula, podemos obtener directamente el valor del giro la pafir del l'y 2o teoremas de Mohr, siempre que consideremos flecha en dicho giro respecto al empotramiento. Debemos emplear,entonces, la ley de momentos entre el empotramiento

el punto A.

Para ello necesitamos dibujar previamente

la ley de momentos

flectores. Como es una carga triangular, la ley de momentos será una parábola

de 3o grado.

=1/'c.L ll3 L= l/6

,,\ .tlt e"=:l: tl!.q.t'tl= o.f 24.8r r1 \4 "'

qL'1

(a,'l -_ u,o 3aEI "u'\t-l

-,¡

Se han indicado signos negativos, puesto que de las cargas puede deducirse fáclimente que el giro será en sentrdo

horario y la flecha hacia abajo.

Cap.

IIL2.- Fle-\üi (l). Ciro:;.t

flecltLt.t

6)

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales lvlillán Muñoz

Viga n"

L- Leyes de esfuerzos. Para poder calcular los esfuerzos Ios esfuerzos es necesa¡io calcular las ¡eacciones.

Planteando el equilibrio de momentos en es apoyo

R1.

L: /2. q. L. l/3 .L= l/6. q.L2

izquierdo:

Rr: l/6.q.L

Por equilibrio de fuerzas verticales:

Rr: %. q.L-l/6 .q. L: l/3 q. Como solamente hay una densidad de carga triangular

biapoyada, solamente habrá un tramo en el que calcular los esfuerzos.

tramo

es una viga

Por facilidad, leeremos los esfue¡zos por la derecha ya que de esta forma interviene un triángulo completo de la densidad de carga, en lugar de un trapecio, siendo más fácil de calcular su área el momento que produce. (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)

T(debido

la densidad de carga)

(debido

R2

la densidad de carga) será el área del triángulo de carga entre

(L-x).

Teniendo en cuenta que se cumple que:

A, _(L-,)2

Ai!

R2 (L

(ver gráfico adjunto)

(debido a la densidad de carga)

x)

(debido a la densidad de carga) corresponde al momento del área A* respecto la sección situada en x, es decir, el producto del rirea por la distancia desde su c.d.g. la sección x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo. Quedará, por tanto:

A!

.(

xt

I o(L-*\2 ¿ .! .t.a -', -;.q.L.tLt\ 1:v----::L.:.1r ') =i.o.t.tt-xt

(' -. ')3

2.- Ecuación de la elástica. Teniendo en cuenta que la rigidez E[ es constante, la ecuación a integrar será: EI

y"

M(x)

Tramo l:

Lr..t Er t'

tr

.q.

ooL

...

L.\

.t

4 (¿-,)l -_ ,-

.q1.(r-.,)t,4.(¿-.,)a.c t2 :.1.¿ .(¿-..)5-c..,-r -'ti6 (¿ -,)l ---q [0 1_ Cap. IIL2

.- Flexión (l). Giros ¡,flechas.

ói

Problimas Resueltos de Resistencia de Nlateriales Millán lvluñoz Cotld¡ciones de contortlo

Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

(t

r\ ts +c^ -!= 120.L \16 rlol'

y(x=o)=o =.> ELy =s! 36

360

3.- Gi¡o

.y =c..I+C^=c..t-J I 2

36os

'1 ct=-4r-

'4=u

por la elástica.

flecha en

El punto

Ei

+C^=0

q.L,4

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

y(x=¡¡=g

7t .=-q.L ¿JÓU¿

corresponde al punto de

2. obtendremos el giro

+( (, :)' h(,

:)^. .*.,,

ecuaciones respectivas.

la flecha sustituyendo este valor en las

Giro en A: y,

(:,

Flecha en A:

/^ L =-ltlo.t( ¿--i¡-)' v(-) -.1 2l 2 E|36\ 4.- Giro

flecha en

Ltr5

a i

2)

r20.¿

360'

o,*,,,,t

L'1 .r'l t(t tto"

r) rr \zrs st+o tzo )''"

-0,0065.

!:

EI

por los teoremas de Mohr.

Hay que tener en cuenta que las fórmulas conocidas de_l área c.d.g. de una parábola cúbica conesponden a una parábola del tipo a.x', es decir, el tipo de parábola que corresponde a la ley de momentos de una densidad de carga triangular en una ménsula.

La ley de momentos en la viga biapoyada es equivalente la que crea en una ménsula la densidad de carga triangular sola (ley parabólica de 3'grado, del tipo a.x'), sumándola a la que provoca la reacción en el apoyo (ley lineal). Téngase muy en cuenta que esta equivalencia SOLO ES A NIVEL DE LEYES DE ESFUERZOS, no nivel estructural. Nos permite utilizar los teoremas de Mohr en un punto cualquiera sin demasiada complicación, ya que usamos leyes sencillas en lugar de la ley de combinada en la viga.

El cálculo por los teoremas de Mohr se hará superponiendo las áreas

momentos estáticos de ambas leyes de momentos.

los

El primer paso será, por tanto el cálculo de las dos leyes de momentos flectores. queremos calcular el giro y flecha en el punto A, debemos obtener los valores de Como los momentos en dicho punto. son;

Los valores máximos

en el punto

de las dos leyes de momentos dibujadas \c

Ley parabólica; Moporo¡,,ru N1,\

t/,.q.L. ll3.

t/r '(q12)

l/l .L

l/6. q. L:

Ll2 lt3. L/2= l'48 q.Ll Cap. IIl.2

Fle-rióu (l).

iro.:; .t .llcchas

o.+

ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Murloz Ley triangular: M,po'oi,qu: R:.

M¡

L= l/6. q. L?

R¡ L/2 I/l2

L'?

El giro en se calculará partir del primer teorema de Mohr, refiriéndolo al giro en el apoyo (si conociéramos la posición del punto de flecha máxima en el que, por tener tangente horizontal, el ángulo girado es nulo, podriamos referimos

é1,

pero en este caso no es conocido),

en el apoyo derecho usamos el 2" T. de Moh¡ en relación al primer apoyo, como se indica en la figura. Con dicho teorema obtenemos el valor de H, el giro en el apoyo será: Para calcular el giro

o"p.yo=H/L Obtenemos la la

debida

l-| '' 81

/

debida la ley parabólica de momentos (negativa porque produce flecha hacia abajo) la ley triangular (positiva porque produce flecha hacia aniba):

/

t( o. 12 \6' )s

1,.

\

I*

t\ a.t4 t2o 36)t.JEI

\6' /3

0.0re44

le

o.L4

Et

apoyoo.ote44.LL EI el apoyo tomando el área de la ley de De esta forma, el lo teorema nos dará el valor del giro relativo entre hasta apoyo, el será (0"p.y" e^), positivo por girar en momentos entre ambos puntos. El giro, si recoremos la viga desde sentido homrio respecto la horizontal:

A¡=Area(leyparabólica)=l/4.L/2.Ma(leyparabólica)-l/4.L/2.1/48.q.L3=l/384.q.Lr

A2:Area(lcytriangular)=ll2.Ll2.MA(leytriangular)=V,.Llz.lll2.q.L3=l/48.q.Lr 0¡

-llEl cA¡ Ar)

(- 0,01 82

o"p.y"

944).q.Lr EI

0,01

0,00 22.q.Lr

EI

Para calcular la flecha, seguiremos el esquema indicado en la figura.:

f¡=H¡-A¡ H¡

0"0.r" L/2

(0

,0tg44.q.Lt El) L/2= 9J2 lO-1.9.L4 El

Pa¡a calcular A4 uS?r€lllos el 2o teorema de Mohr aplicado áreas de momentos:

las dos

AA-l/Et.tAr.U5.L/2+A2.1l3.Ll2\=(q.L4l1l\.Gl/3840+l/288):3'212.l03.q.L4lEI Y, por fin:

f'¡=H¡-a¡=(9,72 l0'r l,?12 l0r). q.LrEI

- 0,0065 q.LrlEI

habiendo asignado signo negativo por ser flecha hacia abajo.

C.rp.

Ill.l

Fle.ti;u

¡lt u1/ ,{, //.'-lt(lt

6i

Problemas Resueltos

Viga

Resistencia

Materiales Millán Muñoz

n'4

l.- Leyes

de esfuerzos.

Será necesario calculal las reacciones.para poder calcular las leyes de

esfuerzos.

,i)^

l0

I.JA

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones contra¡ias de valor

son iguales

R=M/L=10/10=ltn. Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos

Tramo I:

el momento puntual aplicado

= 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) las reacciones

será debido únicamente

tendrá un valor constante en toda la viga:

T=R=M/L conesponde al momento de la reacción en la sección situada en x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo:

M=-R.x=-M.x/L Tramo II:

De forma análoga al tramo anteríor, leyendo ahora por la derecha, se obtiene:

N=0

T:R=M/L M= R.(L-x)= M.(L-x)/L

2.- Ecuación de la elástica. Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación

Tramo I:

EI.v"

y" M(x)

lrl)-

EL v'

ELv

integrar será: EI

2.L

+ct.x+c" =-L."3 6.L

Cond¡ciones de contorno:

Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

y(x:0)

=0

Cz=0

El cálculo de C¡ se hará imponiendo la continuidad de giro calculada la elástica en en tramo

Tramo [I: ¡1.

r" {.r¿

ll

flecha en la unión de los tramos una vez

r)

Cap.lll.2 .- Flexióu (I). CiosyJlechus.

66

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán

tt.t'=-L.lt-x)2+c, ut ., L.Q i3 C3.,r

C,¡

Condiciones de contorno

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

!.r,t6L

(x:¡¡

t¡3

Igualdad de giros en el punto de unión de t¡amos,

M L- +(

+c,r.t+co=o

C3.L+C4=O

x: L/2:

1.2 .|L =--.lL --) 2.1 2

2.1

cl-c3=0

Igualdad de flechas en el punto de unión de trarnos,

x: L/2:

üt L3.., Lt t. -.r,-r)'+C'.:+C, .L '.,.'2 6.L' 2 '2

'l.--L}--L4 ^L

M.*

Sustituyendo los valores del problema, el sistema de ecuaciones queda:

lo.Cr

C4:0

C5:0

C¡

-C4l 10

Cr

C¡ =C¡

5.Cl-5.Ca-Ca=41,67

ca: 3.- Giro

fl€cha en

El punto

alserC¡

=C3

Ca=-41,67

4,t67 por la elástice.

corresponde al punto de

2. Obtend¡emos el giro

ecuaciones respectivas del ptimer tramo

la flecha sustituyendo €ste valor en las

Giro en A: y, (A)

Flecha en A:

*(

q- E/[

,(\2) 4.- Giro ), flecha en

{+ 4,,6?) -i(-+.,.*,1= -ry n' 4' .0.,u, !)=

6.¿ 8

2)

E1

l- t25 20.83 l=0

por los teoremas de Mohr.

Como se observa en la figura, el giro en teorema de Mohr. con la relación:

lo calcuiaremos a partir del =AllI

/)\=^/i

r/l__2_\ Er\2 3 Cap.

en el apoyo que se obtiene por el 2"

r25

3.[l

ill.l .. FIexiótr (I). Gints vflechus.

61

Problem:ís Re¡üeltos de Resistencia de Nlateriales lAnqel Millán Muñoz

8.33

0.1

3.EI

Como puede verse en la figura, el giro es en sentido horario, por lo que

se

coloca signo negativo.

Por ser la estructura antisimétrica, puede concluirse que la flecha en

es nula.

Viga n"

l.- Leyes

de esfuerzos.

Será necesario calcular las reacciones.para

las leyes

de

esfuerzos.

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones son iguales en el mismo sentido, dado que en el voladizo no actua ninguna carga' La viga biapoyada funciona como si fue¡a simétrica,

R=q.L/2

las ¡eacciones son:

Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada

el voladizo'

Tramo I:

:0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) la carga uniforme:

será debido a las reacciones

T:R-q.x=q.L/2-qx leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo

q.L =R-\-q.t-=;.-

la carga uniforme negativo:

qx2

Tramo II: obtiene:

Leyendo ahora por la derecha,

teniendo en cuenta que no hay ninguna carga exterior aplicada en el voladizo'

N=0; T:0; M:0

2.- Ecuación de la elástica.

TeniendoencuentaquelarigidezElesconstante,laecuaciónaintegrarserá:EIy"=M(x)

C¡p. IIl.2

Fle.rión (I). Circts vJlechus.

63

se

Problemas Resueltos de Resistencia de NI¿teriales Angel Millán

Tramo I:

'22

l:l

,,tt

-L

.L-)f

-1 tlL tl.y 46I =-..1

a.x-

--+L

-¿, a.:( ELvt2=-.t--L --+C.¡tC 24 12 ond ¡ones de ontorno

Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo: (x=o) Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

y(x-L)=0 Tramo

II:

er

=ú.t3 -ú*rr.r=o

EI .y" =Q

EI.v'=C '3 El .l =Cr.x+CU C on dic ion es

de contorno

Igualdad de giros en punto común

los dos

tramos: 0¡(x=L)=0¡(x=L)

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo

y'l (x=0)

por

q.É q.L3

q.L .z

y'r (x=L)

46243324

=-

qÉ

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: aL" C.L+C =-L+C 34244

(x=L)=0 3.- Ciro

flecha en

=O

424

por la elástica.

El giro

flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones punto, corl sólo paÍticularizarlas para la x del punto buscado. El punto

qL,4

y'

del tramo al qtre pertenece el

corresponde al punto de x:2.L, perteneciente al tramo IL.

Giro en A:

EI

Flecha en A:

tt

Cap.

-.

Et

aL3

24

,\

qF -. q¿r

\./21

2+

Ill.2 ._ Fle-rión (I). Giros y.flecltut.

qL'l

2J.El

69

Problemfs Resueltos de Resistencia de Materiales Angel Millán lvfuñoz Los signos positivos indican que el giro es antihorario 4.- Giro )¡ flecha en

la flecha hacia aniba.

por los teoremas de Mohr.

Para poder obtener el giro la flecha en con los teoremas de Mohr, debe tenerse en cuenta que éstos sólo nos giro relativo enfe secciones la distancia entre la deformada en un punto Ia tangente trazad,a a la deformada en dan

otro punto,

En este caso, como puede verse en la figura, podemos hacer las siguientes consideraciones:

giro en será igual al ley de momentos es nula. La flecha en

en el apoyo derecho, dado que el voladizo solamente gira sin deformarse, dado que su

será, por tanto, la originada por dicho giro, es decir,

f= 0uoo"o . a siendo

la lonsitud del voladizo.

Para calcular el giro en el segundo apoyo, tomaremos como ¡eferencia el punto central de la viga. En dicho punto, la tangente es horizontal (y su giro nulo) por comportarse como una viga simétrica tener en €ste punto la máxima flecha.

l'l.-l ---..T-.---------]

Ley de momentos entre centro de viga

grado, con valor máximo:

apoyo derecho: parábola de 2.

M: q.Lz El área de la ley parabólica conesponde El giro conesponderá

2/3. base altura

a:

ZLqL2 -t qt3 =t =o apoyo El 32 EI 24 voladizo:

Como se ha indicado, la flecha es la debida

Lq.L2

fA =A.L=- Et 32 Como puede verse en la figura, el giro es antihorario

asisnados son válidos.

dicho giro en el extremo del

EI

a.L4 24

la flecha hacia arriba, por lo que los signos positivos

Viga n"

l.- Lel¿es

de esfuerzos.

Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de

esfuerzos.

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones vertjcales son igLrales en el mismo sentido. No habrá reacciones horizontales por no haber ninguna componente horizontal en la carga exterior ser la superficie del canito horizontal. La viga biapoyada funciona como si fuera siinétrica,

las reacciones son:

R=q.Li2 Cap.

ill.2

F/c-tlri

(l). Giro; flechus.

70

Problem¿fs Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán Muñoz

Solamente habrá que considerar un tramo.

Como la abcisa a considerar es paralela a la directriz de la viga, transformaremos previamente la densida carrla proyectante (distribuida según la dimensión horizontal) densidad de caÍga sobre la directriz (distribuida en x). Teniendo en cuenta que la carga total debe ser la misma: q.L.cos

Feq,i,

30'= q'.L

O'

Si calculamos las componentes según et eje de la viga según la perpendicular:

q"-q'.cos 30"

según la directriz:

q"':q'.sen 30"

q.cos 30" según la perpendicular:

q.cos'¿30" q.cos 30o sen30o

Con estas expresiones, las reacciones según la directriz

según la normal

ella se¡án:

q".L/2

según la perpendicular:

R"'= q"'.L/2

segrln la directriz:

Asf pues, los esfuerzos serán: la densidad de carga proyecta sobre el eje de la viga, con un valor linealmente. Si leemos por la izquierda:

q"',

lo que ocasiona un axil que variará con

q"'.L/2 q"'.x (L/2 x). q.cos 30" sen 30' será debido

las reacciones

q".L/2

q".x (L

la carga uniforme según la normal a la viga:

x).q"

leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo

la carga uniforme negativo:

2.- Ecuación de la elástica.

.y"

M(x). Para hace¡ más Teniendo en cuenta que larigidezEl es constante, la ecuación int€gmr será: EI (según q"' q" calculada la arriba. La no afecta la elástica, directriz) fáciles las operaciones, operaremos con la densidad va oue no interviene en la flexión.

q".L LLv22 =-.r--

q".*2

EL''461 =!J '2 -q"'3 *c 4:L.,3 -ú, c..,,cEr

't2

24

12

Condiciones de conlorno: Nlovimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=0)=0

C:=0

Movimiento venical nulo en el apoyo derecho:

Cap. IIL? .-- F|e-rithr (I). Gíros Jlecltls.

1l

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

(x:L)=0 3.- Giro

flecha en

^,' t, '1224 =LL.L' -L+C.1

:+

q' '. L"

=0

21

por la elástica.

Cuando la directriz de la viga está inclinada debe tenerse en cuenta que el giro está referido la flecha se mide perpendicularmente dicha directriz. L/2.

El punlo A conesponde al punto de

Giro en A:

la directriz de la viga

(.> 'l q".t LL3 o" ¿3 ___ !.,_ _q" 8 24) t=0 Et 4

como era de esperar dada la simetría del problema. Flecha en A:

t

=v lt =-)=-.1 2'-81

'A-"^

(o".1 L3 s" L4 o"¿3 ¿) 24 tb 24 2) |.12

5. s".L

t*"t

El signo negativo indica que la flecha está medida hacia abajo de la directriz. 4.- Giro

flecha en

por los teoremas de Mohr.

Por la simetría del problema, podemos deducir directamente que el giro en el punto Asímismo, partiendo de este hecho, vemos en la figüa que la flecha en

es nulo.

coincide con el valor de

que nos da el

uno de los apoyos, ¿sraado 2" T. de Mohr, si lo aplicamos entre el punto el momento estático calculado respecto al apoyo. Ley de momentos entre cenÍo de viga 2o grado, con valor máximo:

apoyo derecho: parábola de

M: q".L'

q".L'l

El área de la ley parabólica ent¡e esos dos puntos corresponde 2/3. base alnra

2/3 L/2

Aplicando entonces el 2o teorema queda:

--EI|2La".*51 82 32 como puede verse en la figura, la flecha es

EI

5q"L4 384

por lo que se ha indicado con signo negativo.

SOLUCION PROBLEMA N" 2.

El problema pide la flecha máxima. El cálculo de ésta es distinto 2mT

según se haga por la elástica

por los teoremas de Mohr'

Por la elástica se seguirá el procedirniento usual, que nos dará la expresión analitica de giros flechas en cualquier sección Las seccrones con Cap. lll.2 .-- Flesiótt (I). Ciros

flecltcts

72

Problemds Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán lvfuñoz

flecha máxima serán aquellas que tengan tangente horizontal. En todas ellas habrá que calcular la flecha

elegir la ma1,or.

Por los teoremas de Mohr, dado que éstos nos dan sólo el valor del giro la flecha en un punto concreto, habrá que identificar previamente las secciones en las que pueda producirse ese valor máximo, por consideraciones de simet¡ía analizando la ley de momentos.

L- Le)./ de momentos flectores. Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de momentos.

Planteando el equilib¡io de momentos en el apoyo izquierdo:

:)

.5 +2:2 .6

&=10/5=2r

Por equilibrio de fuerzas verticales:

Rr=2-R,=0 Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada

el voladizo.

Tramo I: (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) será debido sólo

T:Rr:o

Ia reacción si se lee por la izquierda

leyendo por la izquierda, la reacción es nula puntual:

no produce momento, luego sólo intewiene el momento

M=-2m.t

Tramo II: Leyendo ahora por la derecha, teniendo en cuenta que sólo actua la carga puntual aplicada en el extremo del voladizo, se obtiene:

N:O 2. (L-x)

2. (6 -x)

12

2.x

2.- Ecuación de la elástica.

Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación

Tramo I;

integrar

será: EI y" M(x)

EI'Y" =-2 EI Y' -2't 6, ELv12--r2 +C.r+C

Condiciones

cte

contorno:

Movimien¡o venicdl nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=0)=0

C:=0

Movimiento ve¡1ical nulo en el apo)o defecho:

Cap. III.2

.- Flexión (l). Gircs yJlccll{Ll

73

,.'

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

tramos:

0¡ (x=5)

(x=s)

Tramo

II:

Y" =-12+2s EI Y' =-12'*'2 *', ELy -6.11,,3+LiC-.x+C. 314 EI

Condiciones de contorno: Igualdad de giros en punto común

los dos

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo

-2.x+5=t2 -lz.t+c,

=)

0¡

(x:5)

y'¡ (x=5)

25-12.5+C3

+

c3 =30

por

-10+5=

y',' (x:5)

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: .

5J

ELy =-6 5"+-305+Co=0

y(r5):0

C4: -41,67

3.- Flecha máxima por la elástica. Con la condición de giro nulo podemos identificar los puntos de flecha máxima en Ia viga biapoyada. Imponemos entonces esta condición en la ley y'. EI

yt ).¡

Q

es decir, en el centro del vano. Esto era de esperar dado que en la

viga biapoyada Ia solicitación es equivalente una simétrica. La flecha será la coffespondiente

5/2:

t{ s2 ).-51 25 o

-lr/[

,) 4.EI

6,zs

EI

En el voladizo se puede aplicar el mismo procedimiento, pero sólo si hay una tangente horizontal y, en este caso, la flecha máxima en eltramo se producirá en el extremo del voladizo.

En otro caso, teniendo en cuenta las solicitaciones que actúan sobre esta viga en concreto, podemos ver que la

flecha máxima del voladizo se producirá en el extremo. Esto es así porque el giro en el apoyo derecho es negativo (sentido horario) la flecha de la ménsula ficticia será hacia abajo, sumándose el efecto de las dos, con máximo valor en el extremo. Por tanto, sólo necesitamos obtener el valor de la flecha en x= 6.

Ll,( E'[

. +:+3o-41.67 e3

s.6¿

-t.ut l= --:::: E]

Comparando los dos flechas obtenidas, la máxima es la que se produce en el centro de la viga biapoyada con

valor: 4.- Giro

f^^': 25 14 El flecha en

por los teoremas de Mohr.

Como se indicó al principio, para obtener los puntos de flecha máxima con los teoremas de Mohr. deben hacerse un análisis de la estructura para reducir al mdximo los puntos comprobar'

Cap.

Ill.2

Fleririn (l). Giro,s v.flechd.s.

74

Problemás Resueltos de Resistencia de Nlateriales Misuel ivlillán Muñoz En este caso, se pueden hacer las siguientes consideraciones:

La viga biapoyada está sometido a un sistema de cargas simétrico, dado que el momento en el apoyo derecho es igual que actua en el apoyo izquierdo.

2 m,t, idéntido al

Como no actúa ninguna otra carga sobre la viga, la deformada será simétrica, con un máximo en el centro de vano.

En el voladizo, como puede verse en.el esquema, la máxima flecha se por giro la producirá en el extremo, puesto que la flexión de la ménsula tienen en el mismo sentido.

Así pues, los únicos puntos el ext¡emo del voladizo. Puede verse en coincide con el valor de

comprobar son el centro de vano

la figura que la flecha en el centro de

que nos da el 2" T. de Moh¡, si lo aplicamos uno de los apoyos, estando el momento estátíco entle el punto calculado respecto al apoyo. Asl, si lo aplicamos la ley de momentos dibujada:

'cehtro rano

e.long

'1

,"t'_125 EI EI

0.

f,,,

Como puede verse en la figura, la flecha es hacia aniba, por lo que se ha indicado con signo positivo. Para calcular la flecha en el extremo del voladizo debemos

las dos componentes:

Flecha debido al giro en el apoyo:

giro en segundo apoyo, tomaremos como referencia el punto central de la punto, Para por giro punto (y comportarse como una viga simétrica tener en este la máxima flecha. nulo) su la tang€nte es horizontal El giro corresponderá

a:

=-"-EI M:-=-":-EI apoyo Como se ha indicado, la flecha debida dicho giro

será:

fg¡n: -0"poyo.

-5 EI

Flechq de la ménslthrtcricia: La flecha de una ménsula puede calcularse directamente con el2'teorema de Moh¡:

La flecha total será la suma de las dos:

I -;;,lr't mensut¿ Ll 2

tatat

ll1],1

2l 3)

tz -;.1: 3 El t'l 3.El

La máxima flecha se¡á la mayor de las calculadas, siendo en este caso la de centro de vano.

Cap.

lli.2 ..

F/e-rirí

(l). Giros

t,.flechas.

75

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Miguel Angel Millán lvfuñoz

SOLUCION PROBLEMA N" 3. para obtener datos sobre las cargas los esfuerzos dada la elástica, se seguirá el proceso inverso al del cálculo de la misma, de¡ivando en lugar de integrar, hasta obtener las expresiones relacionadas con las ley€s de momentos, cortantes densidad de carga:

f(x) elástica EI. y" ¡41*¡ ley de momentos EI Y'."- 11*¡ ley de cortantes EI. y'" q(x) densidad de carga ELy

Una vez obtenidas estas leyes, habrá que calcular que distribución de carga es compatible con ellas

CASO

I:

(t

Ecuación de la elástica:

11)

a) Hallar T.

1¡tr 2\ t2

Derivando sucesivamente, obtenemos:

r_ tl¡l¡

\,

(l Y'=l-.x- ---41.-E.l \4 .J

v=l l.\12 -.x- ---.1.¡ t2 )E.I

Et

('t r\ y"=l;r-¿)=

E.l

EI.y"'=

M(x)

Vemos que la ley de cortantes es uniforme en toda la viga

b)

c)

Hallar

cargas

'7

2.

u.ytr =o= qqt¡

=71"¡ de valor T

3,5 t

la luz.

Lo más evidente es que, al ser una ecuación de la elástica rinica, sólo hay un tramo de definición de la misma. Esto

signifrca que las cargas sólo pueden ser:

densidad de carga extendida

toda la viga.

cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales.

Si hubiera una carga puntual un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elástica en el punto de aplicación de los mismos, ya que crean un c¿mbio en la ley de momentos (ver introducción teórica del problema l).

y, por lo tanto, no existe densidad de carga aplicada sobre la viga. Por De la última ecuación cabe decir que tanto, la única posibilidad que resta es la existencia de momentos en los apoyos' Estos momentos son compatibles con la ley de cortantes siempre que no sean iguales reacciones serian nulas en este caso).

Analizando la ley de momentos en las abcisas

simétricos (puesto qu€ las

conespondientes a los apoyos podremos obtener el valor de

momentos:

En x:0

M(x=0)

-¡76

No podemos imponer la condición en el segundo apoyo porque no coñocemos L'

Cap. III.2

Fle.rión (I). Giros.t flechus

16

Problem¡ís Resueltos de Resistencia de Materiales lvlillán Muñoz

La única alternativa que nos queda es ver si este momento es compatible con la ley de cortantes (es decir si sus reacciones crean una ley igual) con la ley de momentos la vez. Si no lo es, calcularelnos el momento en el segundo apoyo que hace posible dicha compatibilidad.

M/L = l/(6L) iguales de sentido contrar¡o

Las ¡eacciones son

La ley de cortantes será uniforme

l/(6L)

de valor

La ley de momentos del momento puntual único es: M(x)

-116

x,i(óL)

Identificando ambas expresiones con las leyes d€l problema se obtiene:

l'7 6L2 ljrl?.x --+66L62 Por lo tanto es compatible

L= /21 m. L= 1/21m.

sólo existe un momento puntual en el apoyo derecho'

puede comprobarse que también serla compatible una solución con momentos iguales de valor 1/6, obteniéndose en este caso una luz de 2/21

-(;,

Ecuacióndefaerástica:

CASO 2:

a) HallarTenx=

^,);

(Parciale3*e4)

m.

Derivando sucesivamente, obtenemos:

/_

/.\ ,' 4l.l'l y'=l-.:(- ---

\,

,=l!(r2'3 -!--c'lL tz

)Et

/-

ct.t"=lt.'-'2

)=

Hallar las cargas

)E.I

[4

EI.r"'---r.,

uvt

2.

De la ley de cortantes obtenemos el valor para

b) y c)

conaarios en los apoyos

=l m.:

=?"(¡)

et.ytY =-2=q1'¡

312 t.

la luz.

lgual que en el aptdo. anterior, al ser una ecuación de la elástica única, sólo hay un tramo dé deñnición de la misma. Esto significa que las cargas sólo pueden ser: densidad de carga extendida

toda la viga'

cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales'

un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elóstica en el punto de aplicación de los mismos, ya que crean un cambio en la ley de momentos

Si hubiera una carga puntual

De la última ecuación se obtiene que q = -2 Vm y, por lo tanto, existe densidad de carga unifonne aplicada sobre la viga, con sentido negativo, es decir, hacia abajo

en las Para comprobar si existen momentos puntuales aplicados en los'apoyos' analizamos la ley de momentos abcisas con espondientes los apoyos podremos obtener el valor de dichos momentos:

x=0

:)

lvf(x=o)=0m.t Cap.

Ill.2.

Fle.rión (l). Git'os

flechus

17

Problem¿ís Resueltos de Resistencia de Materiales

Misuel

Millán Muñoz

No podemos imponer la condición en el segundo apoyo porque no conocemos L. Haremos la hipótesis inicial de que tampoco existe momento puntual en el segundo apoyo.Vemos continuación si la densidad de carga es compatible con la ley de cortantes, en el caso de que actue sola. Si lo es, podremos deducir que no hay otras cargas. Si no lo es, podremos obtener éstas de esta ecuaciÓn de la ley de momentos. Las reacciones son

qL/2 iguales (tomando ahora con su valor absoluto)

L-2z

=U-q.x

La ley de cortantes será lineal de valo

-2 -t lvl =L.x-q.L=L.x-x'

La lev de momentos del momento punrual único es:

22

Identificando ambas expresiones con las leyes del problema se obtiene: '7

L-2.x=--2.x -2'1 L-x-t Por lo tanto es compatible

L= ::)

=-.J-¡

2 m.

L=72m.

la única carga es la densidad de carga uniforme

-2 Vm.

SOLUCION PROBLEMA N" 4, Para calcula¡ la flecha en

se seguirán los siguientes pasos:

Analizar Ia deformación de la est¡uctura

sus componentes

Cálcular leyes de momentos. Calcular los componentes anteriores con los teoremas de Moh¡.

212

a) Análisis de la deformación de la estructua.

r--------r-----t

La esffuctura se compone de un pilar un voladizo. La deformación del voladizo (donde está el punto A) se debe la deformación del pilar a la suya propra.

Analizaremos cada una de ellas:

El pilar tiene un nudo empotrado Por tanto, sólo puede deformarse por flexión, trasladando sobre su perpendicular el segundo nudo El voladizo

se trasladará siguiendo el movimiento del segundo nudo

El pilar al flectar hace girar el segundo nudo, que es un nudo rígido. Por

tanto, el voladizo girará ese mismo ángulo. Finalmente, el voladizo flectará debido

sus cargas.

l212l r-- -- -- ------t

Lla¡nando la longitud del voladizo "a", la flecha buscada en el punto será la traslación total que sufre cl punto ciesde su posición inicial la final. según Ia perpendicular al voladizo inicial (antes del movimiento). La expresión sera: t'¡ = 6. sen 10"

Crp.

lll.l

Fl,'titin

0. a,'2

i""",,r. (A)

(l) C¡r",r //.i/¡'¡r.

7S

Problimás Résueltos de Resistercia de Materi¡les Miguel Angel Millán Muñoz

b) Cálculo de las leyes de momentos.

En el esquema se dibujan las leyes de momentos para el pilar el voladizo. Se han calculado leyendo por la derecha desde el extremo lib¡e del voladizo.

c)

Cálculo de la flechapor los teoremas de Moh¡.

Movimiento y giro del 2'nodo: v=--¿.

EI

^..lo=-

32

ET

=L.2.rc,2 =Z EI zEI Flecha de la ménsula ficticia en el punto A:

t lt lAt =:.1 :2.3t. 'ménsuta. E1 \2

8.

r

2.ll+

2.31.

rrr\ l= "-''2.<', s:::: 2.) EI

Flecha total en A:

(u.sen r0"+r2. 2.31

35,5i4)

Cap.lll.2 .- Flexión (I). Giros .t'flechot

-j:9

79

Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales Angel Millán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N' 5.

El primer paso para la resolución del problema es comprender adecuadamente el

de la estructura. Para funcionamiento del ello dibujaremos la deformada estima de la misma, con todos sus componentes.

Por el efecto de la carga a)

ocurren dos cosas:

El tirante se alargará una longitud

debido la que reacción actua sobre é1. Esta reacción es de tracción. Este alargamiento provoca el

movimiento

de la viga como sólido

girando respecto al apoyo derecho.

rigido,

b) Flexión de la viga considerada como biapoyada, con una flecha fA. De esta forma,

J,_

el movimiento vertical del punto

(VA) estará compuesto de dos elementos: 6'a por la

debido al movimiento como sólido rígido flecha de la viga biapoyada.

VA:6'A fA Podemos ahora, una vez analizado el comportamiento de la estructura, descomponer el cálculo en dos estados, realizando posteriormente la superposición de los mismos.

El primer estado será el movimiento de la viga debido al alargamiento del tirante el segundo la flexión de la viga

biaDovada:

:\S\

d,l-----r- F:LZ J'n*"^

lTirante

lu

y=p=

l.

.r.P-rr

n:o.sr

6,5

R=o.sr

Cálculo del alargamiento del tirante. El tirante está solicitado por Ia reacción en todo el tirante

0,5 en el punto de unión con la viga. Puesto que el axil es constante éste es de sección constante, podemos calcular el alargamiento como:

^L

0,5. N d, N.L=,ffi-

u,r*

3n -0.75. lo

Puesto que el tirante se alarga, el punto bajará. Se ha considerado este movimiento como negativo (igualmente, podria haberse considerado positivo, ya que es solamente un criterio de signos).

El movimiento del punto

será entonces, como puede observarse en la figura:

6'A=6 l=-0175 l0'm'

2.

Cálculo de la flecha de la viga biapoyada. Dibujanros en primer lurar el diagrarnir de tlec¡ores y, partir de é1, calcularnos la flecha en el centro. Cap. III.2

Flexióu (l). Giros Jlechas.

80

Problem4s Resueltos

Resistencia de Ntateriales Millán lvluñoz

Teniendo en cuenta la sinetríq de la viga, podemos deducir que la flecha en el centro será la máxima y, por ranro, su tangente será horizontal.

Asi pues, partiendo de este hecho, vemos en la figura que la flecha en

que nos da el 2" T. de Mohr, si lo aplicamos entre uno de los apoyos, estando el rtonlento estátíco calculado

coincide con el valor de

el punto

respecto al apoyo.

\r,.-

=P.U4=lm.T

El á¡ea de Ia ley triangula¡ entre esos dos puntos corresPonde Area= l/2. base. altura= ll2. 2. Aplicando entonces el 2" teorema queda:

| )t -A =-: Er Area

| 22

1000

T.m'1

0a =0

=-1,33.10-r"n

Como puede verse en la figura, la flecha es hacia abajo, po¡ lo que se ha indicado con signo negativo

3.

Cálculo del movimiento yertical final. El movimiento final del punto

será la superposición de los dos movimiento anteriores:

vA-6 +fA=- 0,375. l0'r

1,33. l0r

1,71

l0-r m.

SOLUCION PROBLEMA N" 6. Planteamos la deformada estima del sistema completo para poder analizar el comportamiento de la esüucru¡a. Por el efecto de la carga

ocurren dos cosas:

a) El muelle se alargará una longitud

debido la que actua sobre é1. Esta reacción es de reacción tracción el punto tiende subir, alargando el muelle. Este alargamiento provoca el movimiento de la viga como sólido rigido, girando respecto al apoyo derecho desplazando el pulto verticalmente una longitud 6'e.

b)

Flexión de la viga considerada como biapoyada con

voladizo, con una flecha en el punto de valor f6 Por ser el extremo de un voladizo de una viga biapoyada, esta flecha tendrá, su vez, dos componentes: Desplazamiento vertical del punto debido al giro del voladizo respecto al apoyo como sólido rígido. Será igual al producto del ángulo girado en por la lorgitud del voladizo: 0 Flexión del voladizo como ménsula ficticia: f.. De esta forma,

el inovimiento veftical

del punto

(Vs) estará compuesto de tres elementos:

Vs=E'B+0.4+1. Podemos ahora. una vez analizado el conrpodarniento de la estrttctLtra. descornponer el cálculo en dos estildos. realizando posteriormente la superposición de los rnismos

Cap.

lli.l

.-' Fletiótt (l). Gin:,: lechus.

3l

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz El primer estado será el movimiento de la viga debido al alargamiento del muelle y el segundo la flexión de la visa

biapoyada con voladizo:

-, .+ R=,1.i

1. Cálculo del alargamiento del muelle. El muelle está solicitado por la reacción

en el punto de unión con la viga. Podemos calcular el

1,5

alargamiento empleando la ecuación característica de los muelles, función de su constante elástica: En el caso estudiado:

¿=

l'5 0,5.lo-3¡n subhá

negatlvo.

2.

-.-'=-=-0.5.1022

3000

Puesto que el tirante se ala¡ga, el punto

El movimiento del punto

alargamiento

alargamiento

Fuerza

el

Fuerza

^--.^-J'¡n 0.25.10

bajará. Se ha considerado este movimiento de bajada como

será el valor 6 de alargami€nto del muelle.

Cálculo de la flecha del voladizo por flexión de la viga. la flexión se compone de dos ténhinos: flecha por giro en el apoyo flecha de ménsula ficticia. Téngase en cuenta que, al calcular la deformación por flexión, estamos suponiendo que la viga está biapoyada, sin tener en cuenta ningún muelle, ya que este se considera en un estado independiente.

Como se ha indicado, la flecha debida

Dibujamos en primer lugar el diagrama de flectores y, partir de é1, calculamos dichos giro flecha.

M=3.1=3m.7

Giro en el apoyo derecho.

Se calculará

partir de la construcción indicada en la

dividiendo el valor de enrre apoyos:

figura,

I'=lT

2m

calculado en el primer apoyo por la longitud

0=LlL=Ll2

El área de la ley triangular entre esos dos puntos conesponde Area= ll2. base altura

112.2.3=3T.m7

Aplicando entonces el 2o teorema queda:

..,

l2l Er

1000

R=4.5

4..

l0 -n¡.

e=A/L=4. lor/2=2. lo" m. Flecha de ménsula ficticia. Para el voladizo supuesto empotrado en el apoyo (ménsula ilcticia), et c¿lculo de la flecha se reduce segundo teorema de NIohr, calculando en el ext¡enlo respecto al segundo apo¡'o.

El área de la le¡ triangular entre esos dos puntos conesponde

rp. tll.i .- Flc.ti'in

tlt

aplicar ei

a:

r-iirus.r'1lt.lt.u

8l

Problenias -Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz Area= l/2. base altura

i'lrea

1,,,

como puede verse en la figura, la flecha

2.a

l/2 1.3:3/2 -tooo-

;

21

T'm'?

-lo-3 m'

es hacia abajo, por lo que se ha indicado con signo negativo

Deestaforma,elmovimientoverticaldelpuntoB(V¡)será,sumandolostreselementosquelocomponen:

Vs=6'e+0 a+f.=-0,25 10¡-2 10r' I-l0r=-3'25 10rm' Enlugardecalcular(0.a)podríahabersededucidodirectamentedel$áficoque(9.a)=^J2' SOLUCION PROBLEMA N" 7. planteamos la deformada estima del sistema completo para poder analizar el comportamiento de la estructura. Por el efecto de la carga

a) El flotador reacción vertical

ocurren dos cosas:

hundirá una altura debido la que actúa sobre él Esta reacción es

haciá abajo,

el punto B tiende

bajar' Este

hundimiento provoca el movimiento de la viga como sólido rígido, girando respecto al apoyo izquierdo hacia abajo desptazando el punto verticalmente una longitud 6'¡.

b) Flexión de la viga considerada como biapoyada con Por voladizo, con una flecha en el punto de valor f¿ ser el exÍemo de un voladizo de una viga biapoyada' esta flecha tendrá, su vez, dos componentes:

Desplazamiento vertical del punto debido al giro del voladizo respecto al apoyo como

sólido rÍgido. Será igual al producto del por la longitud del ángulo girado en

a,€

Flexión del voladizo como ménsula ficticia:

f.

voladizo:

f,.

De esta forma,

el movimiento

Vc= 6'c

(V6) estará compuesto de tres elementos:

vertical del punto

arfm

Análogamentealosproblemasanteriores,podemosahoradescomponerelcálculoendosestados'realizando

posteriormente la superposiciÓn de los mismos'

El orimer estado será el movimiento de la viga como sólido rígido debido al hundimiento del flotador

seeundo, la ilexión de la

biapoyada con voladizo:

Rr=0,1 t'

Rr

0.l

Y=tt,= 0.1

l.

Cálculo del hundimiento del flotador'

Cap. IIl.2 .-..

Fl¿r¡ó (l) Cirot

.flechus

3l

el

.,

probremásBesuer"'.i,ti.:i,ru'iff,üÍili?t:

LareaccióndeltlotadorcoffeSponderáalempujeque-ejerceelfluidoporelincfementodelvolumendelflotadorquese *..¡" q* .q"ivale al peso nuiao Aesató¡aoo lerincipio de Arquimedes): Fuerza

Area flotador

volumen desalojado

6 = Fuerza/(Y. Area flotador)

En el caso estudiado:

o- YA -qL= -o.o. 1.7.5

Por proporcionalidad de triángulos, el valor de 6' será:

66'

.0,04 =-u,uo^ 6'=7=--z

como negativo' Se ha considerado este movimiento de bajada

El movimiento del punto

3.

del flotador'

será el valor

de la viga' Cálculo de la flecha del voladizo por flexión

Análogamentealosproblemasanteriores,laflecha-debidaalaflexiÓnsecomponededostérminos:flechaporgtroen to.rnu, al calcular la deformación por flexión, estamos suponiendo el apoyo flecha d. ,ré"r"1" fi;;i;j;.;1o -irnru el flotador' ya que este se considera en un estado independiente' i"ntt tn que la viga está btapoyuou,

"n

"uenta y' partir de él' calculamos dichos giro y flecha' Dibujamos en primer lugar el diagrama de flectores

M=0.2.1=0.2m.7

Giro en el aPoYo derecho'

P= 0.2

la figura' Se calculará partir de la construcción indicada en ii"i¿i""á" "r *r". de calculado en el primer apoyo por la longitud entre aPoyos:

0=LlL=Ll2

El área de la ley triangular entre esos dos puntos corresponde A¡ea= 1/2. bas€ altuta= 112

Aplicando entonces el 2'teorema queda:

o,"^L, Lo.z?'2 ^_tn,..-"3_ ^, t000

0'2=0'2T =0,27. lo-3n.

R:0,3

L= o'27. l0r /2 o'135 lor m'

Flecha de ménsula ficticia se reduce el apoyo (ménsula ficticia)' el cálculo de la flecha Para el voladizo supuesto emporraqo en apoyo calculando en el extremo respecto al segundo ra"rarn" ¿e

aplicar el

aa*""¿"

El área de la ley triangtllar entre esos dos puntos

corresponde

Area=l/2 base.altura=l/2

--+El t,rn?!= *r'i l00ti Cono puede verse en la

0'2=0l

Tm']

-0,067

lu-l

ttL

negativo tigula la tlecha es hacia abaio por lo que se ha indicado con signo

-rp. tll.l

Fle\¡ú tl) uii"

[¿'l¡']r'

8,1

Problem:¡s -Resueltos de Resistercia de Materiales

lvlillán lvtuñoz

De esta forma.

el movimiento

(V¡) será, sumando los tres elemgntos que lo componen:

vertical del punto

Vc=6'c+0.a+f.=-0.06-0.135

10-r

0'067 10'r=0,060196m

SOLUCION PROBLEMA N" 8.

de valor: acf,Jando

El peso propio de la estructura equivale

q=Y

una densidad de carga

Area sección

verticalmerfe (el peso es una fuerza vertical) sobre cada

rebanada del elemento de la estructura considerado'

Así pues, tanto sobre el pilar como sobre el voladizo (ambos tienen Ia misma sección transversal la misma densidad) actuará una densidad de carga vertical uniforme de valor:

q=y A=2,5

O,3x =0,225f

,/

ér \Ñ. 212 l---.T-_--l

En la figura puede oblervarse su distribución'

Alserlasbarrasinelongables,nosufrenacortamientosnialargamientosporaxil.Portanto,Iosúnicos la deformación por flexión (no hay cambio de temperatura)'

corrimientos serán los debidos

de la estructura' calculamos, por tanto, solamente la ley de momentos flectores y, partir de ella, la deformada q:0,225 Tlmt

Ley d€ Momentos Flectores

q=0,225T|m

La estructun se compone de un pilar la suya propta' deformación del pilar

un voladizo. La deformación del voladizo (donde está el punto A) se debe a la

Analizaremos cada una de ellas:

El

tiene un

el segundo nudo

El voladizo

perpendicular empotrado. Por tanto, sólo puede defon-narse por flexión, trasladando sobre su

se trasladará siguiendo el movimiento del segundo nudo'

-Elpilaralflectarhacegirarelsegundonudo,queesunnudorígidoPortanto,elvoladizogi|aráesemismo ángulo.

Finalmente, el voladizo flectará debido

Cap. ll|.2

sus cargas

.- Flexiól (l). Ciros ¡'.llechas.

35

Problemas Resueltos de Resistencia de lVlateriales Millán Muñoz Llamando a la longitud del voladizo "a", el corrimiento horizontal vertical del punto será Ia traslación total que sufre el punto desde su posición inicial la final, proyectada sobre la horizontal la vertical respectivamente. La expresión de la figura: será, tal como puede (0. a+ f.¿*¡" (A)). cos 60"

VH(A)

Vv(A)

a= /cos30"

El valor de "a será: Cálculo de giro

4,62 m.

flecha por los teoremas de Mohr.

cálculo de la inercia la rigidez:

l/12

6,75 .

. 0,3a

.107 . 6,75

E.I

Movimiento

f.é".,b (A)) sen 60'

(0.

.10¡

l0{

n¡a

13500 T.m'?

giro del nudo:

L.2.2,08 E]

=:.2.2,08. EI

3,08.

lo-a.

3,08.

rad.

l0-L

¡¿.

3,08 104 4,62 :0,0014 m.

0.

Flecha de la ménsula hcticia en el punto A:

f.mensula (A)

¿1

\3

o.urz.oa.

¿,ez)

ool4

l0a:0'0022

r,zz.

l0

¡n.

Cálculo del corrimiento €n A. e. a+ {ú¿'*b (A)

vH(A)

8,22

f.¿"*¡" (A)) cos 60' = 3'08

(0.

Vv(A)

0,

(e.

Cap.

f,é","r" (A)) sen 60"

10-4

0'0022 0'5

0,0022 0,866

IIl.2..' Flexión (l). Girostfecltas

1,9

l'42. l0-3 m. l0'r m.

86

ProbÉ'¡nas Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán Muñoz

rY.- FLEXTON (rr). Flexión simple.

Cap.ly .- Flefióu (II). Fletión sinple.

87

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán lvluñoz

Cap. IV. Flexión III). Flexión simple. l.

Dibujar

estima la distribución de tensiones tangenciales

en las secciones siguientes (para un esfuerzo coftante

vertical):

2.

Dada la viga de la figura, compuesta por tres piezas rectangulares unidas entte si, calcular la tensión tangencial máxima

el esfuerzo cortante máximo (por metro lineal) que debe ser capaz de soportar la unión Iongitudinal entre las

piezas, cuando sobre la viga actuan las cargas indicadas.

100 Kp/m

unlon unr0n

3.

Dada la viga de la figura, calcular el máximo valor de

que se puede aplicar, así como la t."" que aparece para dicha

carga.

Datos:

oadmis

200 Kp/cm'?

-radm,s:J/ KP/cm(Examen final, Junio 97)

4.

Dimensionar la sección de la viga, sabiendo que o'"¿.¡,

250 KP/cmz

to¿n,¡.

20 Kp/cm?

máxima: Dato: E:105Kp/cm2 flecha

5.

f"¿'",,

de sección rectangular,

que se admite: t/m m.T

300

En la viga de la figura, la tensión tangencial máxima que se produce es de 10,8 Kp/cmr, es de 400 m. Calcular la luz de la viga

(Examen Sept.

el valorde las cargas

(E=l06Kp/cmt)

n,,

97)

L__l

Cap.

IV.

l0 F/e-rilÍrr (ll). Flerión

sintple.

lP ttl

el radio de curvatura mínimo

lP

v*v

It

83

Problemgs Rgsueltos de Resistencia de iVlateriales lvlillán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N" concreta:

El análisis estima de las rensiones tangenciales se hace estudiando la expresión

Colignon para cada seccron

T.M

_-_^,9!J4!E b.

En esta expresión: es el esfuerzo cortante que actua sobre la sección

es es un valor constante.

el momento estático del i4rea determinada por la fibra superior la fibra donde se calcula la tensión tangencial, respecto al eje neutro. Va¡ía con la forma de la sección

Mestárico es

es el ancho de la sección en la fibra estudiada.

el momento de inercia de laseccíón total, que es una constante para la sección. Por tanto, para una sección dada, la fórmula tiene una parte constante poner que la ley de tensiones tangenciales será de la forma:

T/l otra variable, con lo que podemos

...

,=

Analizando esta expresión podemos estimar el diag¡ama de tensiones tangenciales, aunque es necesario conocer algunos datos previos. La distribución es parabólica (de Ia teoria). Partimos de la fibra superio¡. En esta, por ser un borde de la sección no tener tensiones externas, podemos deducir que es nula. Igualmente cs nula para la

fibra inferior.

Més¡árj.o es

creciente hacia el c.d.g, con un máximo en é1, dado que la parte

inferior contribuy€ con signo negativo. t, es constante.

El cociente M"r¡ri"o/b c¡ecerá, por tanto, hacia el c.d.g. teniendo su valor

miíximo en é1, siendo éste el punto de rhu,.

En la fibra superior la es nuta. M",,¡,¡"o es creciente hacia el c.d.g, con un m¿iximo en é1, dado que la parte inferior contribuye con signo negativo. es constante por tramos. En la cabeza de la viga, cs grandg, lo quc hará que el cociente M.,,¡¡.o/b crezca hacia el c.d.g. pero con un valor pequeño.

En el alma, es pequeño, po¡ lo que el cociente tendrá un salto bru\co y. partir de él seguirá creciendo hacia el c.d.g., que será el punto de r.ux.

Los mismos r¡zonamientos que en el caso anterior pero considerando qüc ha!' dos combios bruscos de sección. quc motivarán dos saltos en la ley dc coftantes.

Cap.

lV .. Fle.tión (ll). Fletión.sin¡:le.

39

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Mieuel Millán Muñoz En la fibra sup€rior la es nula. lvf.,¡¡r¡co es creciente hacia

el c_d.g, con un mirimo en

inferior contribuye con signo negativo.

é1.

dado que la pañe

es creciente li¡ealmente desde la fibra superior la inferio¡. po¡ est" motivo, la variación del cociente M.riti"o/b no cs evidente. Se comprueba (teoria)

que c¡ec€ más rápidamente el M¿ririco hasta una fibra situada por encima del c.o.e. alcanzándose en ella la t.a" dec¡eciendo después hacia la ñbra inferior_

Caso similar al ante or. Sin embargo, se comprueba (teoría) que el márimo oer cociente M"r¿ri"Jb se alcanza en el c.d.g., alcanzii¡dose en él la r.u*.

Mcsráiico es c¡eciente hacia el c.d.g, con un máximo en é1, dado que la pane inlerior contribuye con signo negativo

es constante por tramos. En el centro, crece bruscamente, por lo que el cociente tendrá un salto brusco reduciéndose y, partir de éi seguirá creciendo hacia el c.d.g. Debido al salto, la t.." no se produce en el c.d.g., sino en las fibras anleriores al cambio de sección.

Caso análogo aldel triángulo, p€ro con doble máximo debido a la simct¡ia do la sección ¡esDecto al eie n€utro.

SOLUCION PROBLEMA

N'2

Puesto que las piezas actúan solidariamente, sobre Ia unión entre ellas aparecerá una tensión tangencial

longitudinal, que asegura la transmisión de tensiones entre las piezas.

Esta tensión tangencial longitudinal, por el teorema de Cauchy, será idéntica en valor vertical que aparece sobre la rebanada a la altura de la fibra de unión entre las piezas.

la tensión tangencial

Por lo tanto, el cálculo se reduce calcular dicha tensión tangencial vertical para el caso de cortante máximo.

La ley de cortantes será lineal, con máximos en los apoyos, cuyo valor será igual al valor de las reacciones. Por simetría, estas reacciones son iguales de valor:

R:%.q.L=%.100(kp/m) .5 (m)=

250 Kp.

Aplicando la fórmula de Colignon para la sección sometida a este cortante máximo piezas, obtendremos la tensión tangencial buscada. P¡eviamente calculamos la inercia de Ia sección total

2.(1i3. 20. 20r l\.l",,jri."

20. 5.

-:.

17.5

en la fibra de la unión entre

el momento estático de la cabeza respecto al eje neutro:

Ii3. 7.5. l5') 7:.9t7 cnrr LTj0 cnr Ciip. I\¡ .-. Fle-rión (!I). Flexión st,nple.

()0

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales NIilián lv{uñoz

:-

"t ",,,,,,"o

250

1750

5.'12917

1..!

-- ^-.:

^P¡cnl

El esfue¡zo cortante por metro lineal que actúa sobre la superficie de unión, seria el que tendria que ser capaz de

soportar el medio de unión considerado.

por ejemplo, si suponemos que la unión se realiza con tomillos, estos están distribuidos con una separación de un metro, el támiilo más sólicitado tendría que ser capaz de soportar un esfuerzo cortante igual al producto de la tensión tangenciál calculada por el área asociada dicho tomillo (un área de un metro de longitud de ancho el espesor de la unión cabeza-alma).

Aunque la tensión tangencial varla según la sección estudiada (T es variable), calcularemos el esfuerzo cortante con la tensión máxima calculada, suponiéndola constante en el metro lineal considerado:

T=¡ (b 100):1,2.5 100-600kp/ml SOLUCIÓN PROBLEMA N" 3 El valor máximo de

compresión)

que puede aplicarse será aquél que agota antes

la sección, sea por tensión normal (tracción

por tensión tangencial.

El oroceso de cálculo consistirá,

entonces, en estudiar las secciones

cortante (con dichos esfue¡zon función de la más solicita¡as fl€xión incógnita P), imponer en dichas secciones se produzca el agotamiento- Esto no. áurá uu.iot vaiores posibles de P, entre los que habrá que elegir el menor' que será el que agote antes una de las secciones

En primer lugar se dibujarán los diagramas de esfuerzos Para ello

calculamos las reacciones:

Equilibrio de momentos en aPoyo izquierdo:

3.P+7,5.P=6.R2

R:=10,5/6.P

Equilibrio de fuerzas verticales: Rr

=2

P- 10,5/6. P=0'25.P

Las secciones más solicitadas

1,5 P

que habrá que comprobar serán:

positivo: M.*':0,75 negativo: M'",- = -1,5 máximo: T'""-:

sección con máximo máximo sección con sección con cortante

0,75

Esfuerzos máximos admisibles en la sección:

Calcularemos cuál es el máximo M*

máximo M- admisibles en función de las tensiones máximas del material

de la geometria de la sección.

Cálculo de c.d.g.:

yc.(60. l0+30. l0+30. l0):60.

j+10. l0 (15+l0)+30 10 45

yc=20cm.

Cálculo del momento de inercia:

l=1i3.60.20r-2

2i 0'

/3

30r-2

1./3 l0 20i = 360 000 cmr'

(al no habel tensiones debidirs Las márimas tensioles se producirán siempre en la ñbra rnás alejada del eJe nelrtro en esta flbra. tanto para axiles). Dado que la o"¡u,,, es igual para tracción que para compresión, la sección agotará sienlpre

Cap.lV

Fleriótt (lI). Flerión sitnple.

9l

Probleiias Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz momento positivo como para negativo. Así pues, los máximos momentos admisibles positivo y negativo serán iguales valor: 2oo. l6oooo 'r ,,..-,^

¡/ dant$=,__!!!r!r.L

2.400.000

)v

de

kp.cfit=24n.t

La máxima tensión tangencial se producirá para este tipo de secciÓn en el eje neutro, donde el momento estático es máximo, el ancho de la sección mínimo. El máximo cortante admisible será el que hace que esta tensión máxima sea igual la ro¿.¡,. Aplicando la fórmula de Colignon, despejamos el valor de dicho conante:

T.M ,.

-----95!41J9-L b.

-:\

T=- t. b. .. es,aüco

57 .10 .360000 (ó0.10.15+10.10.5)

21.600 Kp

21,6 t.

Comprobación de las secciones más solicitadas Imponiendo que en las secciones indicadas al principio se produzca el agotamiento, obtendremos: sección con sección con

M.*-=0,7s .P:24m.r :24 m't máximo negativo: M.""- -1,5 'P

P=32t.

máximo Positivo:

P= 16 t.

P:21,6t.

=P=1r7{t

sección con cortante maxlmo:

Escogiendo la más restrictiva de todas ellas (la que produce antes el agotamiento) tenemos que el valor de buscado es PJ 16 t, produciéndose el agotamiento en las secciones de los apoyos' para este valor de P, el cortante máximo será

l6 t, la tensión máxima que se alcanza será: .- l6ooo 95oo

max l0 360000

42,22 kp cm2

SOLUCION PROBLEMA N" Pa¡a dimensionar

la sección

condiciones que deben cumPlirse:

lYm

indicada' se imponen tres tipos de

m.T

m.'l

od.i, 250 KP/cm" ro¡.¡,: 20 Kp/cm2 flecha máxima: f"¿.i'= L 300 El proceso de cálculo consistiú en obtener para la sección genérica del enunciado para las cargas aplicadas, los valores (función de b) de o.* rma* flecha máxima. Imponiendo que estos valores sean iguales los

ad-iiibles, obtendremos varios valores posibles

de

l',1,1 l----i----t--------l L"y

De todos ellos, la sección buscada corresponderá al mayor' que es aquél para el que se no se supera ninguna de las limitaciones ftjadas en el enunciado.

Para el análisis de las tensiones máximas, se estudiarán las secciones cortante. solicitadas flexión

-l m't LeyT

j.i

ello En primer lugar se dibujarán los diagramas de esfuerzos puede se calculamos Las reacciones, que por la simetria el tipo de cargas deducir fácilmente que son iguales

de valor:

R=r!.q. L='1 1.6=i

(los morlcntos simétricos no altcran larcacción)

El diagrarna de cortantes será lineal. con valores máximos en los apolos

El diagfana de momenros

rnorncntos ptlntLlllcs llesJ(i\ os

¡n

T=

será parabólico de 2" graclo, aunque desplazado veúicalmente por efecto de los Cap. IV

.- F/c.tirÍr (II) Fletiótt.:;intple.

97

Problem¡s Resueltos de Resistenci¡ de Materiales

El valor máximo positivo

se alcanza en el centro de vano:

Lr18-

Ñf",..*

6118-I=3'5mt

(momento puntual)

M..' =-l mt

para et respecto al eje neutro, basta con comprobar el agotamiento simétrica es la sección que cuenta en Teniendo áás soliciiadas que habrá que comprobar serán:

mayor momento en uuro. uurotuto. sección con

.iii l"*, i* r.""r"*, máximo:

sección con cortante máximo:

de inercia s€rá' Dado que es una sección rectangular' el momento

l=l/l2

hr =l/12

Sbr=0'667b4

b/2' luego el máximo momento de La sección agotará stempre en la fibra extrema' (\ .l admís 1.ñ 66i b4 =166'6'1 b' kPc =-

ser¿l:

adltTls

Lamáximatensióntangencialseproducifáparaestetipo'desecciónenelejeneutro,dondeelmomentoestáticoes gf máximo cortante admisible será el que hace que esta tensión *iuár"). r.Jári", f" ¿" ancho que el (dado máximo de Colignon' despejamos el valor de dicho cortante: máxima sea igual la t"¿.¡, Aplicanáo la fórmula 20 .b .0.66't. b4

r. b.

estático

admts

(u. u.o;)

e6,68 bz

kp.

Flecha máxima

se producirá en la sección central' por la simetría de la sección, podemos deducir que la flecha máxima

Podemoscalcularlaapartirdel2oteoremadeMohr,dadoquealestarlaflechamáximaenelcentro,sutangente coincidirá con el valor de la flecha' será horizontal el valor

qpoyo, p\esto que es aqui de la ley de momeirtos respecto al Así pues, debemos de calcular el momento estático grado de un ley de momentos en suma de una parábola de 2" la O"'"otpond'"tos A" calcular queremos donde ,.",anguto lO.UiAo los mom€ntos puntual€s): (213 612 4':r'(518 612)= 16'875mr'I parabólica) (2/3 L/2 M'¡' 8^) (5lS Llz)= M.,'¡,¡.o (lev

M",fá'i"" (lev rectangular) fl

echa centro vano

(L/2 M'c.'""r"" s) '(l/2 Llz)= (3

l/El (-1 6'8?5

El signo negativo indica que

4'5)

-12'375lÉl

l)

(l/2 '612)=

4'5 m3

-1237'5 EI cm

ta flecha resultante es hacia abajo

Comoelvalordeldependedelaincógnitabuscadab'.laflechatendrálaexpresión(usandocomounidadeskpy b):

que incluyen cm, para ser coherentes con las olras expresiones llecha centro vano

-123'7

'5lEl: 'l23f iI(I05'0667b)=00I855/b'cm

con las admisibles Comparación de esfuerzos l/ flecha lná\imos

Igualandolosvaloresobtenidos.fi:ncióndeb'coniosvaloresadtnisiblesclelproblema.obtendre¡llclslosposiblcs

valorcs qLie Puede tener b'

Cap.

lV

fle'rirín

(II) Flexión sintple'

9l

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

llfillán NIuñoz

Imponiendo que se alcancen las tensiones admisibles en las secciones más solicitadas, habicmos obtenido el

momento

cortante máximos admisibles. Estos deben ser iguales a los máximos que

alcanzan en la viga para las cargas

consideradas:

166.6?.br (kp.cm;= 3,5. 105

lomento:

Cortante

(2099,96)r/r

{l12,4

3. l0r (kp)

26,68.br (kp)

flecha

(kp.cm)

0,01855 b{(cm)= ¡/300

cm

600/300

cm

l,g ¡ sm 10,60 cm

b=0,31 cm

De estos tres valores, escogemos el mayor de todos, dado que es el único que permite cumplir todas

las

limitaciones impuestas en el problema. Como el criterio limitativo es la flecha, no se alcanzará en la viga ninguna de las

tensiones admisibles. 62 cm

:31 cm

El ancho de la sección será

65 cm.

35 cm (redondeando por criterios constructivos),

el canto será h

2.b:

SOLUCION PROBLEMA N" La viga está sometida

emba¡go, conocemos dos d¿tos:

flexión simple. Son desconocidos el valor de las cargas

la luz de la viga L. Sin

la tensión tangencial miáxima que estas cargas producen. el radio de curvatura mínimo.

El primer dato nos permite obtener una ecuación para L, puesto que el valor de r,"* se producirá en la sección con cortante máximo. Este cortante máximo será función de P estará situado en una sección conocida. El segundo dato nos permite obtener el valor del momento miíximo, si tenemos en cuenta que la relación entre el radio de curvatura la ley de momenbs es:

IM PEI

Cuando es mínimo en una sección, el cociente l/p es máximo por tanto, es máximo el momento en dicha sección, con un valor:

mtL\=g=

roó

Cálculo de solicitaciones

ttt qoo.

zo.¡or)

to!

3P12

kpcñ=tt.25m.t

==1125000

esfuerzos

El paso siguiente será calcular los valores de las solicitaciones, para definir el valor (función de P L) la posición del cortante máximo del momento máximo.

En la figura puede verse que el cortante máximo se alcanza en las secciones de los apoyos (igual el momento máximo en el centro de la visa. con los valores sisuientes:

la reacción),

T,,,=R=3.P/2 ñr,,,".

3Pi2.

I-i2 P.I-ll=(3P-P). Lil=P.Li2

El esfuerzo tangencial náximo que se produce en la sección de los apoyos será, aplicando la fórrnula de Colignon:

Crp. IV .- Fle.\ión

(ll). Flttiún tutplt

91