VOLUMEN 2

UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA FACULTAD DE INGENIERIA DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MECANICA

PROYECTO DE DOCENCIA MANUAL DE MECANICA DE SOLIDOS VOLUMEN 2: RESISTENCIA DE MATERIALES RAUL HENRIQUEZ TOLEDO VICTOR VERGARA DIAZ AGOSTO 2010

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PROLOGO La asignatura de Mecánica de Sólidos es impartida por el Departamento de Ingeniería Mecánica a todas las Carreras de Ingeniería, con la excepción de las carreras de la especialidad de Ingeniería Mecánica. Esta asignatura tiene una demanda anual cercana a 300 alumnos, razón por la que la Dirección de Docencia, ha dado su respaldo a este Proyecto de Docencia, presentado por los académicos Raúl Henríquez Toledo y Víctor Vergara Díaz, ambos del Departamento de Ingeniería Mecánica. El objetivo del Proyecto es el de proveer de un Manual de Mecánica de Sólidos, el que consta de 2 volúmenes: el primero contiene los conceptos teóricos y una gran cantidad de ejercicios resueltos que contempla el Programa de esta asignatura en su primera unidad, denominada Fundamentos de la Estática. El segundo volumen cubre las unidades que se relacionan con la Resistencia de Materiales o Mecánica de Materiales, con la Teoría y, de nuevo, una gran cantidad de ejercicios resueltos. Algunos de los ejercicios han sido desarrollados por los autores y usados tanto en clases como en pruebas; no obstante, la mayoría de los ejercicios se han extraído de los textos incluidos en la Bibliografía al final de este texto. Este segundo volumen del Manual de Mecánica de Sólidos consta de cinco capítulos. El primer capítulo se inicia con visión resumida de los materiales que se usarán con mayor frecuencia en el desarrollo del curso. Se introducen los conceptos de esfuerzo y deformación, Ley de Hooke, y se incluye una gran cantidad de ejercicios resueltos, con aplicaciones a sistemas isostáticos e hiperestáticos, considerando efectos de la temperatura. El capítulo dos se refiere a las aplicaciones de los esfuerzos de cizalle o corte simple. Se incluyen aplicaciones para el cálculo

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de pasadores, pernos, chavetas y otros elementos de unión sometidos a corte puro. El capítulo tres estudia la torsión simple. Se estudian las relaciones entre potencia, torque, ángulo de torsión y velocidad angular y sus aplicaciones al cálculo de ejes y otros elementos sencillos sometidos a torsión isostática pura. El capítulo cuatro estudia el cálculo y dimensionamiento de vigas isostáticas, sometidas a diferentes condiciones de carga, bajo la acción de la flexión simple. Se estudia la deflexión de las vigas, usando el Método de la Doble Integración simple y con funciones singulares. Por último, en el capítulo cinco se estudia el fenómeno de pandeo de columnas sometidas a la acción de cargas centradas de compresión. Se estudia el método de Euler para columnas largas y de Jonson para columnas cortas. Para un mejor aprovechamiento es recomendable que los estudiantes sigan los primeros ejercicios como guía, pero que intenten resolver en forma autónoma los siguientes. Los autores agradecen la confianza dada por la Dirección de Docencia que ha financiado este Proyecto de Docencia, el segundo desarrollado por las mismas personas. Finalmente, esperamos contribuir a facilitar el estudio de la Mecánica de Sólidos, proporcionando un material que, confiamos, descomprimirá la demanda por textos similares en nuestra Biblioteca. Los autores ANTOFAGASTA, AGOSTO DE 2010

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INDICE MATERIA

PÁGINA

PROLOGO

02

INDICE

04

CAP. 1:

ESFUERZOS Y DEFORMACIONES AXIALES

06

1.1 1.2 1.3 1.4

06 07 09

1.6

Visión resumida de Materiales de Ingeniería Concepto de esfuerzo y deformación Ensayo de Tracción Diagramas esfuerzo – deformación. Ley de Hooke. Tensión de fluencia y resistencia a la tracción Coeficiente de seguridad y esfuerzos admisibles. Esfuerzos térmicos. Aplicaciones a la solución de problemas isostáticos e Hiperestáticos en tracción – compresión. Dimensionamiento de elementos.

CAP.2:

CIZALLE SIMPLE

2.1 2.2 2.3

Concepto de esfuerzo de corte simple. Elementos de unión sometidos a corte: pernos, remaches, pasadores. Bridas y chavetas.

CAP. 3:

TORSIÓN SIMPLE

3.1 3.2 3.3 3.4 3.5

Esfuerzos y deformaciones producidas en la torsión. Ejes de sección circular. Relaciones entre potencia, torque y velocidad angular. Angulo de torsión. Aplicaciones de la torsión

CAP. 4:

FLEXION SIMPLE

4.1 4.2 4.3 4.4 4.5

Definición y tipos de vigas. Fuerzas de corte y momento flector. Diagramas. Esfuerzos de flexión. Dimensionamiento de vigas. Módulo resistente. Cálculo de deflexiones.

1.3 1.4 1.5

CAPITULO 5: COLUMNAS

10

5

5.1 9.2 5.3 5.4 5.5

Concepto de pandeo. Fórmula de Euler. Restricciones de la fórmula de Euler. Relaciones de esbeltez límite. Condiciones de apoyo. Fórmulas empíricas (Parábola de Johnson u otras). Cálculo y dimensionamiento de columnas

BIBLIOGRAFIA 1. MECANICA DE MATERIALES: FERDINAND BEEER Y RUSSELL JOHNSTON 2. MECANICA DE MATERIALES: HIBBELER 3. RESISTENCIA RESISTENCIA DE MATERIALES: W NASH 4. MECANICA APLICADA A LA RESISTENCIA DE MATERIALES: A. HIGDON 5. MECANICA DE MATERIALES: R. FITZGERALD 6. RESISTENCIA DE MATERIALES: S. TIMOSHENKO 7. MECANICA DE SÓLIDOS: E. POPOV

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CAPITULO 1: ESFUERZOS Y DEFORMACIONES AXIALES 1.1 Visión Resumida de Materiales de Ingeniería En los párrafos que siguen se muestra una visión panorámica resumida de los materiales que se usarán con mayor frecuencia en el desarrollo de este curso. Su estudio y conocimiento es indispensable para la selección de materiales que se realiza en algunas aplicaciones.

Polímeros (Plásticos): PVC, Polietileno, Teflón, Poliuretano, etc.

Materiales de Ingeniería

Cerámicos: Vidrio, Hormigón (Concreto), Cerámicos de Ingeniería, etc. Metales: Ferrosos (Aceros y Fundiciones Ferrosas), y No Ferrosos. Composites (Híbridos o Compuestos): Son combinaciones de dos o más de alguno de los tres tipos anteriores. Ej.: Hormigón reforzado con varillas de acero, Plásticos reforzados con fibras de vidrio, Kevlar, etc.

1.1.1) Metales No Ferrosos: Fundamentalmente se usan aleaciones, que son combinaciones de un metal base o matriz, que tienen en solución sólida elementos de aleación metálicos o no metálicos, y que tienen propiedades de los metales (enlace metálico, dúctiles, buenos conductores eléctricos y térmicos). Las más comunes suelen ser las que se señalan a continuación. • Aleaciones de cobre: Utilizadas en aplicaciones en que se requiere una moderada resistencia a la corrosión. Por ejemplo: - Latones : Cu + Zn - Bronces : Cu + Sn - Cuproníqueles: Cu + Ni

• Aleaciones de aluminio: Utilizadas en aplicaciones en las que se requiere poco peso y una moderada resistencia a la corrosión. Por ejemplo: -

Al + Mg Al + Si Al + Cu (duraluminios): usadas ampliamente en la fabricación de fuselajes y estructuras de aviones.

• Aleaciones de Níquel: Usadas principalmente en aplicaciones en las que se requiere de alta resistencia a la corrosión y/o a temperaturas elevadas. Ejemplo: Hastelloy C.

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1.1.2) Aleaciones Ferrosas: Fundamentalmente son aleaciones de hierro y carbono, conteniendo, además, alrededor de 1% de Mn. a) Fundiciones de Fe: Conocidas también como hierros fundidos, se usan ampliamente en la Minería en tapas de molinos, corazas de chancadores, y una gran cantidad de componentes. La mayoría son extremadamente frágiles; los límites del carbono van desde 2,06% hasta 6,69%, aún cuando en la práctica tienen del orden de 4% de C, Mn, Si y otros elementos de aleación en menores cantidades. Las aleaciones de este tipo más conocidas son: Fundición Gris, Fundición Nodular, Fundición Maleable, etc. b) Aceros: El metal base es el hierro; en teoría pueden contener hasta 2% de carbono, alrededor de 1% de Mn y otros elementos de aleación tales como Cr, Ni, Mo, Ti, V, etc. Cuando sólo tienen carbono y manganeso como elementos de aleación, se les denomina aceros al carbono. Si además tienen otros elementos de aleación se les denomina aceros aleados, siendo de baja aleación cuando el total de elementos de aleación no excede de 5 a 6%. • Aceros de bajo carbono: Tienen hasta 0,25 % de C. Se usan ampliamente en la fabricación de estructuras metálicas, razón por la cual se les conoce también como aceros estructurales. Ejemplos típicos de estas aleaciones son los aceros A 37 – 24, A 42 – 27 y A 52 – 34, producidos en Chile por CAP, el acero ASTM A 36 según Norma ASTM, o los aceros SAE 1010, 1015, 1020. • Aceros de medio carbono: Tienen entre 0,35 y 0,55 % de C. Se usan en la fabricación de componentes de máquinas, tales como pernos, ejes, engranajes, etc. Ejemplos de estos aceros son el SAE 1045, dentro de los aceros al carbono, y los SAE 4140 y SAE 4340, dentro de los aceros aleados. • Aceros de alto carbono: Tienen más de 0,6 % de carbono y, eventualmente, hasta 2 % de C. Se usan principalmente en la fabricación de resortes de alta resistencia, herramientas de corte, etc. Ejemplos de este tipo de acero son: SAE 1060, 1080, 5160, etc. En los aceros bajo Normas SAE, si el primer dígito es 1, significa que es un acero al carbono, si es distinto de 1, indica un acero aleado. Los dos últimos dígitos, divididos por 100, representan el porcentaje de carbono. Así, por ejemplo, tenemos las siguientes indicaciones: SAE 1020: Acero al carbono, con 0,2% de carbono (de bajo carbono) SAE 1045: Acero al carbono con 0,45% de carbono (de medio carbono) SAE 4340: Acero aleado con 0,4% de carbono (de medio carbono)

1.2 Concepto de esfuerzo y deformación. 1.2.1) Concepto de Esfuerzo o Tensión (Stress) Consideremos una barra recta, en equilibrio, de sección circular, a la cual se le aplica una fuerza P en el Centro de Gravedad de la sección transversal, la cual es perpendicular a dicha sección (o colineal con el eje longitudinal de la barra). Si cortamos en BB’, el interior de esta barra está sometido a fuerzas unitarias internas, es decir, pequeñas fuerzas que actúan en cada unidad de área y cuya

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resultante debe ser P. Esta fuerza por unidad de área constituye el esfuerzo o tensión axial o normal, como se muestra en la figura 2.1 y se define según la forma de la ecuación 1.1. σ =

P

(1.1)

A

2

P

σ =

P

B’

P A

FIGURA 1.1 Obsérvese que el esfuerzo σ es constante y actúa sobre toda la sección transversal con la misma magnitud. UNIDADES: SISTEMA SI

Masa kg

Fuerza kg × m N = 2

Area m2

Esfuerzo o Tensión

kgf

cm2, mm2 Pulg2

Pa =

seg

Técnico Métrico Técnico Inglés

kg*seg/m = UTM lb*seg/pie = Slug

lb

N m

2

→ 1 MPa = 106 Pa

kgf/cm2 ; kgf/mm2 lb pu lg

2

= psi

→ 1 kpsi = 103 psi

EQUIVALENCIAS: 1 kgf = 9,81 N 1 psi = 0,0703 kgf/cm 2 1 pie = 1’ = 12 pulg 1 MPa = 1 N/mm2 = 0,102 kg/mm2

1 lb = 0,454 kgf 1 kgf/cm2 = 14,23 psi 1 pulg = 1” = 2,54 cm = 25,4 mm 1 psi = 0,0703 kg/cm2

1.2.2) Deformaciones (Strain) L0

ΔL

P

P B’

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Definiremos la deformación unitaria ε o deformación normal como el cambio de longitud producido por una carga axial P, dividido por la longitud inicial, como se muestra en la figura 1.2 y en la ecuación 1.2..

FIGURA 1.2 ε =

Δ L L0

=

L − L0 L0

=

L L0

−1

(1.2)

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Puede verse que la deformación unitaria es adimensional, por consiguiente la unidad de medida de la deformación unitaria, puede ser mm/mm, cm/cm, pulg/pulg, etc.

1.3) Ensayo de Tracción Aún cuando el Ensayo de Tracción es una de las pruebas estáticas más utilizadas para determinar las propiedades mecánicas de los metales y aleaciones, no siempre es empleado correctamente, o bien, no se obtiene toda la información que es posible sacar de él. En los párrafos siguientes se hace una descripción que pretende ser una ayuda para los estudiantes de ingeniería que tienen que realizar dicho ensayo en alguna parte de su Programa de Estudios, o que deben conocer las propiedades más importantes de los materiales en las aplicaciones que pueden surgir en las diferentes especialidades. Muchos países han normalizado este ensayo, de manera que sea fácilmente ejecutable y reproducible, y que los resultados obtenidos puedan ser comparables. En nuestro país, la Norma chilena NCh 200, recoge gran parte de la normalización existente al respecto. Como complemento es interesante la consulta de las Normas ASTM A 370, E 4, E 66 y E 8. El Ensayo de Tracción consiste en aplicar a una probeta plana o cilíndrica, generalmente normalizada, una carga de tracción creciente, en dirección a su eje longitudinal, hasta causar la rotura de ella. La máquina de ensayo puede registrar mecánica o electrónicamente las cargas y los alargamientos que ellas producen, o puede hacerse también en forma manual; este registro procesado adecuadamente, es el que permite determinar una gran variedad de propiedades mecánicas del material ensayado. La aplicación de una carga P a una probeta de longitud inicial L 0, inmediatamente produce un alargamiento Δ, como se muestra en la figura 1.3.

P

P

Δ

L0 FIGURA 1.3

En la figura 1.4 se muestra una probeta con las dimensiones normalizadas de acuerdo a Normas ASTM (American Standard Testing Materials). En el Laboratorio del Departamento de Ingeniería Mecánica se usa una probeta especial de 5 mm de diámetro nominal y 25,2 mm de longitud reducida, la cual mantiene la proporcionalidad exigida por la Norma ASTM.

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G: Gage Length D: Diámetro R: Radio A: Long. Mínima

DIMENSIONES , mm Probetas de Tamaño Reducido 9 6 4 2,5 45 ± 0,1 30 ± 0,1 20 ± 0,1 12,5 ± 0,1 9 ± 0,1 6 ± 0,1 4 ± 0,1 2,5 ± 0,1 8 6 4 2 54 36 24 20

Estándard 12,5 62,5 ± 0,1 12,5 ± 0,2 10 75

Figura 1.4. Probeta de tracción normal según ASTM

1.4) Diagramas Tensión – Deformación. Si se representan en un diagrama, las cargas P en las ordenadas y los alargamientos o elongaciones ΔL en el eje de abscisas, se obtiene un gráfico típico como el que se muestra en la figura 1.5. P, kgf

Zona Elástica Zona Plástica

Zona de Ruptura

ALARGAMIENTOS, ΔL (cm) FIGURA 1.5. Diagrama Fuerza-alargamiento Si se divide la carga P por el área de la sección transversal de la probeta, A 0, se obtiene la tensión o esfuerzo σ que actúa sobre el material. Si se divide el alargamiento ΔL por la longitud inicial de la probeta, L 0, se obtendrá la deformación unitaria ε. Utilizando escalas adecuadas, la forma del diagrama no se altera, obteniéndose ahora un diagrama tensión-deformación, σ - ε. El diagrama de la figura 1.5 es típico de un material dúctil. En el diagrama de la figura 1.5 pueden verse tres regiones diferentes. La primera, llamada zona elástica, en que el material cumple la Ley de Hooke que establece que en esta región las tensiones son proporcionales a las deformaciones, como muestra la proporcionalidad 1.3. (1.3)

11

Esta expresión puede transformarse en una ecuación introduciendo la constante de proporcionalidad E, llamada Módulo de Young o Módulo de Elasticidad longitudinal de los materiales. Por lo tanto la ley de Hooke puede escribirse de la forma que se muestra en la ecuación 1.4. En la Tabla 1.1 se muestran los Módulos de Elasticidad de los materiales más comunes. (1.4) = E Si combinamos la Ley de Hooke con las definiciones de esfuerzo y de deformación, obtenemos:

σ =

P A

Δ L PL σ L = E ε = E ⇒ Δ L = = L

AE

E

(1.5)

La ecuación 1.5 permite determinar el cambio de longitud de una barra de largo inicial L, área de la sección transversal A, Módulo de Elasticidad E, sometida a una fuerza de tracción o de compresión P, siempre que el sistema se mantenga en la zona elástica. TABLA 1.1 MATERIAL Acero Latón Cobre Bronce Aluminio Hormigón PVC Pino chileno

2

6

kg/cm x 10 2,1 1,05 1,2 0,9 0,7 0,175 0,032 0,086

Módulo de Elasticidad E Kg/mm2 GPa 21.000 206 10.500 103 12.000 117,7 9.000 88,3 7.000 68,7 1.750 17,2 320 3,1 860 8,4

psi x 106 30 15 17 12,8 10,1 2,5 0,45 1,22

1.5) Propiedades Mecánicas 1.5.1) Tensión de Fluencia El punto en que se pierde la proporcionalidad, donde la línea recta se transforma en una curva se llama límite elástico, límite de proporcionalidad, límite de cedencia o tensión de fluencia, siendo esta última la acepción de mayor uso. Representa el límite entre la región elástica y la región siguiente, llamada zona plástica. La tensión de fluencia se suele designar de varias formas: RE (Según Norma Chilena NCh 200) Y ( del inglés “yield” = fluencia),

σ0, σY (En algunos textos de uso común) En el desarrollo de este Curso se usa la denominación σ0 para referirnos al límite de elasticidad o tensión de fluencia de los materiales.

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Existen algunos materiales, como el cobre, que no tienen una tensión de fluencia nítida, por lo que se ha definido una tensión de fluencia convencional. Esta es la tensión necesaria para producir una deformación especificada previamente (normalmente 0,1 ó 0,2% según sea el caso, es decir, ε = 0,001 ó ε = 0,002). La tensión de fluencia convencional, σ0,2, se determina de la forma que se muestra en la figura 1.6.a: se traza una línea tangente a la curva en el origen, a continuación una recta paralela a esta tangente, que se inicia en la deformación convenida (0,002, en este caso); el punto en que esta recta corta a la curva, determina la tensión de fluencia convencional. La figura 1.6b muestra un diagrama tensión – deformación para un material frágil (fundición, cerámicos, etc.); obsérvese que la deformación es mínima.

σ

σ

σu

σu

σ0,2 (a) 0,002

(b) ε

ε

FIGURA 1.6. Diagramas tensión-deformación. (a). Material sin tensión de fluencia marcada. (b). Material frágil.

1.5.2) Resistencia a la Tracción Cuando el sistema de cargas y deformaciones entran en la zona plástica, se pierde la proporcionalidad; si se descarga el material éste tiene una ligera recuperación elástica, quedando una deformación plástica permanente. La carga sigue aumentando hasta que alcanza un valor P máx. Este valor dividido por el área inicial de la probeta se denomina Resistencia a la Tracción del material ó resistencia última; se designa por: RM (Según la Norma Chilena NCh 200) UTS (Del inglés Ultimate Tensile Strength), σú En la figura 1.6.b se muestra un diagrama típico de un material frágil (hormigón, vidrios, fundiciones, aceros altamente templados, por ejemplo). Puede observarse que estos materiales no presentan tensión de fluencia y que sus alargamientos son muy pequeños, habitualmente inferiores a 5%. La fundición gris, por ejemplo, tiene cero alargamiento.

1.5.3) Resiliencia La Resiliencia es la capacidad de los materiales para absorber impactos permaneciendo en régimen elástico, es decir, sin deformarse permanentemente. Numéricamente puede determinarse calculando el área bajo la curva hasta la tensión de fluencia. Es decir, tratándose de un triángulo, queda determinada por la ecuación 1.6.

13

R =

1 2

2

σ 0 ε =

1 σ 0

(1.6)

2 E

La unidad de esta propiedad es energía absorbida por unidad de volumen.

1.5.4) Tenacidad La Tenacidad Estática se determina evaluando el área total bajo la curva σ - ε, lo cual puede hacerse gráficamente o mediante la integración que se muestra en la ecuación 1.7. ε r

T

=

∫ σ d ε

(1.7)

ε 0

Como ya se ha indicado, la cuantificación del área bajo la curva puede hacerse en forma gráfica, simplemente utilizando el procedimiento de cuadricular el diagrama, como se muestra en la figura 1.7. 60

2 m50 m / g 40 k , 30 n ó i 20 s n e 10 T

0

0

0,05

0,1

0,15

0,2

Deformación, mm/mm

FIGURA 1.7

1.5.5) Ductilidad La ductilidad es una medida de la capacidad de aceptar deformaciones de los materiales. Se mide por el alargamiento o elongación total de la probeta, como muestra la ecuación 1.8. e=

Δ L L0

=

L f

− L0

(1.8)

L0

La ductilidad también determinarse a partir de la variación de las secciones transversales de la probeta, conocida como Reducción de Area, RA. Esta forma de medir la ductilidad se muestra en la ecuación 1.9. RA =

A0

− AF A0

=

D02

− DF 2

D0

(1.9)

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donde los subíndices cero y F denotan la situación inicial y final, respectivamente. Normalmente, la ductilidad puede darse también en términos porcentuales, multiplicando ambos valores por 100. La tensión a la cual se produce la rotura de la probeta se denomina tensión de rotura o de ruptura, la cual es de poco interés ingenieril. Solamente en unos pocos materiales frágiles (vidrios u otro tipo de cerámicos), la tensión de ruptura puede coincidir con la resistencia a la tracción; generalmente es menor. En el instante en que se alcanza la carga máxima, se inicia la formación de un cuello en la probeta, como se muestra en la figura 1.8, produciéndose un adelgazamiento localizado en esta región; este fenómeno se denomina estricción. Hasta este instante la deformación es bastante homogénea y se distribuye uniformemente sobre toda la probeta. Si es una probeta cilíndrica, se mantiene cilíndrica. Sin embargo, cuando se alcanza la resistencia a la tracción, la probeta pierde totalmente su forma cilíndrica. Lo anterior conduce a que las relaciones de volumen constante sean válidas solamente hasta el punto de carga máxima. Después de la estricción aparecen esfuerzos en tres direcciones, denominados esfuerzos triaxiales, que suelen conducir a que esta zona se rompa en forma frágil, aunque el material sea dúctil. V = constante = A 0L0 = AFLF

Figura 1.8. (a) Formación del cuello en el ensayo de tracción; (b) Distribución de esfuerzos después de la estricción. El ensayo de tracción se realiza a temperatura ambiente (20 °C) y a una velocidad de deformación que simula condiciones casi estáticas, por lo que las propiedades obtenidas mediante este tipo de prueba pueden usarse en forma confiable

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solamente cuando las condiciones de servicio son similares a las de ensayo. Para efectos de diseño de estructuras y piezas de máquinas que trabajan a temperatura ambiente, el diagrama σ - ε contiene toda la información necesaria y suficiente; sin embargo resulta poco útil cuando la pieza trabaja a temperaturas elevadas, bajo ambientes agresivos, o bajo la acción de cargas variables en el tiempo.

1.5.6) Relación de Poisson Llamada también Módulo de Poisson, es la relación entre la deformación transversal y la deformación longitudinal que sufre el material en un ensayo de tracción. Normalmente fluctúa entre 0,25 y 0,33 para la mayoría de los metales. Se determina por la ecuación 1.10.

ν = −

Deformación Transversa l Deformación Longitudinal

(1.10)

Como las deformaciones van a tener siempre un signo negativo, una respecto de la otra, la relación o razón de Poisson, ν, resulta ser siempre positiva. En la Tabla 1.2 se muestra la composición química y en la Tabla 1.3 se muestran las propiedades mecánicas de los aceros estructurales normalizados en la Norma chilena NCh 203 Of 77. Tabla 1.2 : Límites de Composición Química

Tabla 1.3: Propiedades Mecánicas de aceros nacionales

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En la Tabla 1.4 se muestra la composición y propiedades mecánicas del acero ASTM A 36, un tipo de acero estructural de amplio uso en nuestro país, especialmente en las regiones del Norte. Tabla 1.4: Composición y Propiedades del Acero ASTM A 36

Composición Química: % C : 0,29 % P : 0,04 % S : 0,05

% Mn : 0,8 – 1,2 % Si : 0,15 – 0, % Cu : 0,2

Propiedades Mecánicas: Tensión de Fluencia Resistencia a la Tracción Alargamiento

: : :

32 – 36 kpsi (220 – 250 MPa) 58 – 80 kpsi (400 – 500 MPa) 20% para L = 200 mm; 23% para L = 50 mm

EJERCICIO 1.1. Una cinta de topógrafo, de acero, de 30 m de largo, tiene una sección transversal de 1 cm x 1 mm de espesor. Determinar el esfuerzo y el alargamiento total cuando se estira toda la cinta y se mantiene tirante bajo una fuerza de 7 kgf.

SOLUCION: A = 1 x 0,1 = 0,1 cm2 ;

σ =

P A

Δ L =

=

7 0,1

PL AE

=

= 70 kg

σ L E

=

2

cm

L = 30 m = 3.000 cm

= 0,7 kg / mm2 ≈ 6,9 MPa

70 × 3.000 2,1×106

= 0,1cm = 1mm

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EJERCICIO 1.2. Una barra recta de sección uniforme está sometida a tracción axial. El área de la sección es de 6 cm 2 y la longitud es de 4 m. Si el alargamiento total es de 0,4 cm bajo la acción de una carga de 12.600 kgf, determinar el módulo de elasticidad del material.

SOLUCION: Δ L =

PL AE

⇒

E =

PL AΔ L

=

12.600 × 400 6 × 0,4

= 2,1 × 10 6

kgf / cm 2

En la Tabla 1.5 se muestran propiedades de aceros según Normas AISI/SAE para diversos tratamientos térmicos. TABLA 1.5: PROPIEDADES MECANICAS DE ACEROS DE USO COMUN MATERIA TRATAMIENTO L SAE AISI 1040 1040 1040

1045 1045 1045 1045 1045 1045 1095 1095

4140 4140

Laminado en caliente Estirado en frío Revenido a 540°C Laminado en caliente Estirado en frío Revenido a 315 °C Revenido a 425 °C Revenido a 540 °C Revenido a 650 °C Laminado en caliente Revenido a 425 °C Recocido Estirado en frío

TENSION DE FLUENCIA Kg/mm2 41

RESIST. A LA TRACCION Kg/mm2 64

62 60

ALARGAM DUREZ % A HB 27

201

70 78

17 23

207 235

42

69

24

212

63 80

72 105

14 8

217 312

73

100

14

290

56

84

19

240

51

73

24

208

58

100

8

293

97

140,5

12

388

44 63

63 71,7

27 18

187 223

18

4140

Revenido a 540 °C Recocido 4340 Estirado en frío 4340 Revenido a 315 4340 °C Revenido a 540 4340 °C E 52100 Recocido Revenido a 200 8620 °C Revenido a 425 8620 °C Revenido a 650 8620 °C 8630 Revenido a 425 °C 9840 Revenido a 425 °C 304 (Inox) Recocido 304 Estirado en frío 347 Recocido 17 - 7 PH Endurecido Maraging Envejecido Fundido Sin tratamiento 0,11% C Recocido a 900 °C Fundido Sin tratamiento 0,3 % C + Recocido 0,79 Mn Revenido a 260 °C Fund. 0,4 Revenido a 500 C °C Fundido Sin tratamiento 0,48 % C Revenido a 675 °C

92

107

16

302

48,5 69,6 164,3

71 78 183

21 16 12

207 223 498

112,4

131,4

15

377

57 79

70,4 98,4

25 17

192 282

69

85,8

22

246

54

69

26

194

96,3

113,8

14

316

140

152,6

12

436

21 52 24 154 187,6 18 24,6

59,8 77 63 164,5 192,5 41,5 42,2

60 12 45 6 11 13 30

150 240 160 400 500 126 116

25,3 29,5 70,3

52,7 53,4 91,4

20 25 9

156 143 250

36

61

17

182

27,4 36,6

58,3 61,8

23 25

-----

1.2.7) Dureza La dureza es una propiedad mecánica que generalmente se relaciona con la resistencia al desgaste de los materiales y, aunque no se obtiene en el ensayo de tracción suele ser de utilidad para elegir adecuadamente un material. Puede tener diferentes significados según sea el instrumento utilizado para medirla.

a) Dureza al rayado. Este ensayo es usado principalmente por los geólogos. Fue ideado por Fiedrich Mohs y consta de diez minerales estándar ordenados en forma de dureza creciente del 1 al 10, según se indica en la tabla 1.6.

19

Tabla 1.6: ESCALA DE MOHS 1 2 3 4 5

TALCO YESO CALCITA FLUORITA APATITA

6 FELDESPATO 7 CUARZO 8 TOPACIO 9 CORINDON 10 DIAMANTE

b) Dureza a la penetración. Este es el concepto de dureza más utilizado en la Ingeniería de Materiales. Mide la resistencia a la penetración o indentación de los materiales. Existen tres procedimientos de ensayo, los cuales se encuentran normalizados en las Normas Chilenas NCh 197, 198 y 199.

• Dureza Brinell. Ideado por J.A. Brinell en el año 1900, consiste en comprimir sobre la superficie a ensayar una bolita de acero de 10 mm de diámetro, con una carga de 3000 Kg. para los materiales ferrosos y 500 kg para los no ferrosos. La carga se aplica durante 10 seg en los primeros, y 30 seg en los no ferrosos. El número de dureza Brinell, HB, es el cuociente entre la carga aplicada y el área del casquete esférico dejado por la impresión. Si el ensayo es estándar con bolita de 10 mm de diámetro, carga de 3000 Kg. y tiempo de aplicación de 10 segundos, se escribe simplemente la cifra medida, seguida de HB. De no ser así, deben especificarse las condiciones del ensayo; por ejemplo: 90 HB 10/500/30 Diámetro de la bola

Carga (Kg.)

tiempo de aplicación (segundos)

Generalmente no es necesario hacer ningún tipo de cálculos debido a que para los durómetros más antiguos existen tablas de conversión en las que basta conocer la carga aplicada y el diámetro de la huella, d. En los durómetros modernos se cuenta con electrónica digital en los que la lectura se hace directamente en una pantalla. Este ensayo está limitado a medir durezas de materiales más blandos que la bolita de acero templado usada como penetrador, es decir, unos 500 HB. También existen limitaciones en cuanto al espesor; debido a las grandes cargas usadas, los espesores no pueden ser menores que el diámetro de la bolita (10 mm). Otra limitación es el requerimiento de planitud de la probeta de ensayo. Es de gran empleo en aceros estructurales, aleaciones blandas y en la mayoría de las aleaciones para fundición.

20

• Dureza Rockwell. Este método mide la profundidad de la penetración. Este procedimiento utiliza una gran diversidad de escalas de acuerdo al tipo de material y dimensiones de la pieza a medir. En las máquinas de mayor uso industrial y de laboratorios, con escalas B y C, se emplea una carga previa de 10 Kg. y una carga final de 100 y 150 kgf, respectivamente. Los penetradores usados son una bola de acero de 1/16” (1,59 mm) de diámetro en la escala B y un cono de diamante en la escala C. La escala B se utiliza en materiales blandos tales como aleaciones de Al y Mg, latones, aceros estructurales y aleaciones para fundición y ,en general, para aleaciones con durezas inferiores a HB 200 (aproximadamente 93 HRB), mientras que las escala C se utiliza para aceros templados con durezas superiores a HB 250 (aproximadamente 25 HRC). Con este procedimiento puede medirse la dureza en espesores de hasta unos 2 mm.

• Dureza Vickers. Igual que el método Brinell mide el área dejada por la indentación del penetrador. Utiliza como penetrador una punta piramidal de diamante, de base cuadrada, que forma un ángulo de 136° entre caras. No tiene limitaciones ni en durezas ni en espesores; es especialmente apto para medir durezas en pequeños espesores de hasta 0,15 mm. Pueden emplearse cargas desde 1 gramo hasta 1 kg. En la figura 1.9 se muestra la dureza de los aceros con diferentes microestructuras en función del contenido de carbono, mientras que la figura 1.10, muestra la relación aproximada entre la dureza Brinell y la resistencia a la tracción. La figura 1.11 muestra las relaciones equivalentes entre durezas Brinell, Vickers y Rockwell C. Cabe señalar que las durezas inferiores a 20 HRc, son meramente referenciales, debido a que, en la práctica, este método no permite realizar estas mediciones.

1.6 Coeficiente de seguridad y esfuerzos admisibles. En la zona elástica, los materiales recuperan su forma y dimensiones originales cuando se retira la carga aplicada, razón por la cual la tensión admisible de diseño siempre debe caer en esta región. Para que se tenga siempre la certeza de ello, la tensión admisible en los materiales dúctiles se obtiene dividiendo la tensión de fluencia por un factor de seguridad FS > 1, como muestra la ecuación 1.11. Habitualmente los Factores de Seguridad para los materiales dúctiles pueden variar entre 1,5 y 3, aún cuando en algunos casos pueden alcanzar incluso valores cercanos a 5.

σ ADM

=

σ 0 FS

(1.11)

21

c R H , C l l e w k c o R a z e r u D

V H , s r e k c i V a z e r u D

Figura 1.9. Dureza de diferentes microestructuras en función del % de carbono

i s p k , n ó i c c a r T a l a a i c n e t s i s e R

a P M , n ó i c c a r T a l a a i c n e t s i s e R

Dureza Brinell Figura 1.10. Relación entre dureza Brinell y Resistencia a la Tracción

22 800 700 V 600 H y 500 B H s 400 a z 300 e r u D200

100 0 0

10

20

30

40

50

60

70

Dureza Rockwell C HB

HV

Figura 1.11. Equivalencias entre las durezas Para los materiales frágiles, cuando sea necesario utilizarlos, el esfuerzo admisible se obtiene dividiendo la resistencia a la tracción (o a la compresión según corresponda), por un Factor de Seguridad que normalmente puede ser del orden de 4 o más.

EJERCICIOS 1.3) Calcular de qué altura se puede construir un muro vertical de hormigón si su resistencia de rotura a la compresión es de 176 kgf/cm 2. Usar FS = 4 y su densidad γ = 2.200 kg/m3. SOLUCION: σ adm

=

σ comp 4

γ = 2.200

kg m

3

= ×

176 4

= 44 kgf / cm 2

1m 3

(100)

3

cm

3

= 2,2 × 10 −3

Calculemos el peso del muro. Como: γ =

Entonces:

W V

⇒

W = γ V = γ Ah

kg / cm 3

23 σ =

W

=

A

γ Ah

≤ σ adm = 44 ⇒

A

44

h=

2,2 × 10 −3

= 20.000 cm = 200 m

Debe notarse que este es un resultado puramente teórico, puesto que en la realidad los muros están sometidos a una serie de fuerzas, tales como de viento, sísmicas, además de las fuerzas de trabajo que imponga el sistema.

1.4) Determinar el diámetro necesario de una barra de acero ASTM A 36, con un Factor de Seguridad de 3, para levantar una caja que pesa 6 ton. SOLUCIÓN: En unidades inglesas: 6.000 kgf = 13.215,9 lbs σ ADM

σ =

=

P A

σ 0 FS

=

=

36.000 3

13.215,9 π 2 D 4

=

σ0 = 36.000 psi

= 12.000 psi

16.827 D

2

≤ σ ADM = 12.000

D = 1,184” = 30,08 mm En unidades métricas σ ADM

σ =

=

P A

σ 0 FS

=

=

36.000 × 0,0703

6.000 π 2 D 4

3

=

7.639,44 D

2

= 843,6 kg / cm 2

≤ σ ADM = 843,6 kg / cm 2

D = 3,092 cm

1.5) Las barras de la armadura son de acero estructural A 37 – 24. Con un Factor de Seguridad de 2, determinar el área de las barras AB y CD. Medidas en m SOLUCION:

B

15.000 kgf

1,5 A

D

C 2

2

Obsérvese que todas las barras están sometidas a dos fuerzas (tienen conexiones sólo en dos puntos), por lo tanto las fuerzas que actúan sobre ellas son colineales con las mismas, es decir, están sometidas a tracción o a compresión.

24

DCL:

B

15.000 kgf σ adm

1,5 Ax

D

C

=

24 2

= 12 kg / mm2

∑ F = 0 = 15.000 − A x

Ax = 15.000 kgf ←

DY

AY

∑ M

A

x

= 0 = −15.000 × 1,5 + D y × 4

Dy = 5.625 kgf ↑;

∑ F

y

= 0 = A y + 5.625 ⇒ A y = −5.625 kgf ↓

NUDO A: Se supondrán ambas barras, AB y AC, en tracción. FAB FAB 3

FAB

4 AX = 15.000

FAC

FAC

A AY = 5.625

∑ F

y

= 0 = 0,6 F AB − 5.625

FAB = 9.375 kgf (T)

∑ F = 0,8 × 9.375 − 15.000 + F x

AC

=0

FAC = 7.500 kgf (T)

Por simple inspección del Nudo C:

FBC = 0, y

FCD = FAC = 7.500 kgf (T) Por consiguiente: σ =

P A

≤ σ adm ⇒

A ≥

P

σ adm

⇒

A AB

≥

A AC

≥

9.375 1.200 7.500 1.200

= 7,82 cm 2 ; = 6,25 cm 2

⇒

25

1.6) D

Para la estructura de la figura, construida de acero estructural A 37 – 24 ES, determinar con un Factor de Seguridad de 2, el diámetro de las barras CD y BC. Medidas en m.

10 ton

3 ton

3 B

E

3

G

C

2,5

5

2,5 5

8 ton A

H

DCL: D

∑ M

3 ton

10 ton

B

A

E

=0

8.000 × 7,5 + 10.000 × 11 + 3.000 × 10 − H y × 10 = 0

G

C

Hy = 20.000 kgf ↑

∑ F = − A

8 ton

x

AX

x

∑ F = A y

y

+ 10.000 = 0 ⇒

Ay = - 9.000 kgf

BD

3m

tgα =

3 5

= 0,6

α = 30,96º

α

B

cosα = 0,858

β 3m

BC C

tg β =

3 2,5

= 1,2

senα = 0,514 β = 58,19º

AC 5m

cosβ = 0,64 θ

10.000 9.000

∑ M

C

tgθ =

5 2,5

=2

cosθ = 0,447

= 10.000 kgf

+ 20.000 − 8.000 − 3.000 = 0

HY

AY

A x

senβ = 0,768 θ = 63,43º

senθ = 0,894

=0

9.000x2,5 - 10.000x5 – BDx0,858x3 – BDx0,514x2,5= 0

26

3,859BD = - 27.500;

∑ M

A

-

BD = - 7.126,2 kgf (Compresión)

=0

BDcosα x 8 – BCcos β x 8 = 0;

BC = −

(− 7.126,2) × 0,858

BC = 9.553,6 kgf (Tracción)

0,64

Barra CG: D

∑ M

CD

9.000 x 5 – 10.000 x 11 + CG x 6 = 0

D

=0

BD 3m B

CG = 10.833, 3 kgf (Tracción) 3m C

CG

σADM = 12 kg/mm2

5m

σ =

CG A

=

10.833,3 π D 2

10.000

≤ 12

4 9.000

D = 33,9 mm Para la barra BC, sometida a una fuerza menor, podemos adoptar el mismo diámetro que para la barra CG.

1.7) La barra de acero de la figura está cargada como se muestra. Si E = 2,1 x 10 6 kgf/cm2 y el área uniforme es de 6 cm 2, determinar los esfuerzos en cada porción de la barra y el alargamiento total de ella. P1 = 1.200 kgf; P2 = 1.500 kgf; P3 = 2.400 kgf. Medidas en cm.

A P1 B 50 C

P2

D P3

SOLUCION: Veamos primero el equilibrio del sistema completo.

75

25

27

DCL: RA

∑ F = R Y

A P1

75

A

− P1 − P2 − P3 = 0

RA = 5.100 kgf ↑

B 50 C

P2

25

D P3

Tramo AB: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre A y B. Si hacemos un corte en B, la fuerza resultante hacia abajo es la suma de las tres fuerzas que actúan sobre el sistema. 5.100 kgf σ AB

A

=

5.100

Δ L AB =

5.100

6

= 850 kg / cm 2

σ AB × L AB

=

E

850 × 75 2,1 × 10 6

= 0,0304 cm

Tramo BC: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre B y C. 5.100 - 1.200 = 3.900 kgf σ BC

=

3.900

Δ L BC =

6

= 650 kg / cm 2

σ BC × LBC E

=

650 × 50 2,1 × 10 6

= 0,0155 cm 1.500 + 2400 = 3.900 kgf

Tramo CD: Hacemos un corte en una sección cualquiera entre C y D. 5.100 – 1.200 – 1.500 = 2.400 kgf σ CD

=

2.400

Δ LCD = 2.400 kgf

Por lo tanto, el alargamiento total es:

6

= 400 kg / cm 2

σ CD × LCD E

=

400 × 25 2,1 × 10 6

= 0,0048 cm

28

Δ LTotal = Δ L AB + Δ L BC + Δ LCD = 0,0304 + 0,0155 + 0,048 = 0,0507 cm = 0,507 mm

1.8) E

La barra DC en la armadura de la figura es de aluminio aleado 6061 – T6 (E = 0,7 x 106 kg/cm2; σ0 = 2.800 kg/cm2 ; σu = 3.500 kg/cm2). Determinar: a) Las reacciones en A y E; b) Las fuerzas que actúan en el punto B; c) El área necesaria de la barra DC, con un Factor de Seguridad de 2 respecto a la falla por fluencia. Medidas en m.

1,8 D

3,6

1,5

1,2 A

2,5 C

B 800 kgf

SOLUCIÓN:

2.700 kgf

a) DCL:

∑ M

EX

A

D

= 5,4 E X − 800 × 2,7 − 2.700 × 5,2 = 0 EX = 3.000 kgf ←

∑ F

X

= A X − 3.000 = 0

AX = 3.000 kgf → AX

1,5

1,2

2,5

∑ F = A Y

C

B AY

800 kgf

Y

− 800 − 2.700 = 0

AY = 3.500 kgf ↑

2.700 kgf

b) Para determinar las fuerzas en el punto B se hará un despiece del sistema. La barra CD está sometida a dos fuerzas por lo que se supondrá que trabaja a tracción.

29

EX FCD

FCD

BX θ

FCD

BY BX

3.000

θ

FCD C

3.500

tgθ =

3,6

800 kgf

= 0,9

4

2.700 kgf

θ = 41,99º

senθ = 0,67

Para la barra vertical:

∑ M

D

= 3.000 × 1,8 − B X × 3,6 = 0

BX = 1.500 kgf ← ∑ F X = −3.000 − 1.500 + 0,74F CD = 0 FCD = 6.081,1 kgf (Tracción)

∑ F = B Y

Y

− 0,67 F CD = 0

BY = 4.074,3 kgf ↑ c) σ ADM F CD A

=

σ 0 FS

=

2.800 2

= 1.400 kg / cm 2

≤ σ ADM = 1.400 ⇒

A =

6.081,1 1.400

= 4,34 cm 2

cosθ = 0,74

30

1.7 Esfuerzos térmicos. Cuando se aplica un aumento o una disminución de temperatura a una barra que puede cambiar libremente su longitud, ésta se dilata o se contrae, produciendo un cambio de la longitud inicial de magnitud Δ LT = α LΔT , donde α es el coeficiente de dilatación de los materiales, L es la longitud inicial y ΔT es la variación de temperatura. En este caso no se originan tensiones o esfuerzos. Sin embargo, cuando existen restricciones a los desplazamientos, como ocurre en la figura 1.12, se inducen esfuerzos o tensiones, muchas veces llamados esfuerzos térmicos. Supongamos que se aumenta la temperatura a la barra de la figura 1.12, en una magnitud ΔT, con lo cual la barra debería aumentar su longitud en una magnitud ΔL = αL0 ΔT. Sin embargo, debido a la existencia de paredes rígidas, este alargamiento no se produce, por lo que podemos imaginar que la pared derecha ejerce una fuerza de compresión F hacia la izquierda de la barra, originando una disminución de longitud ΔL, de modo que la barra permanece con su largo inicial L 0. L0

L0

ΔL

F

L

FIGURA 1.12 Es decir, aplicando la Ley de Hooke y el concepto de dilatación térmica: σ = E ε = E

Δ L L0

⇒ Δ L =

FL0 AE

=

σ L0 E

= α L0 ΔT

De donde el esfuerzo mecánico inducido por el aumento de temperatura es: σ = α E ΔT

Más adelante se verán diversas aplicaciones en las que intervienen esfuerzos inducidos por los cambios de temperatura.

1.8 Problemas isostáticos e hiperestáticos a) Problemas isostáticos Se dice que un problema es isostático cuando pueden determinarse todas las reacciones externas y fuerzas internas de sus componentes utilizando solamente las ecuaciones de equilibrio de la estática (Suma de Fuerzas y de Momentos igual a cero), sin tener que recurrir a las ecuaciones de deformación. Las aplicaciones vistas en los ejercicios 1.1 a 1.8 se refieren a problemas isostáticos.

b) Problemas Hiperestáticos

31

Los problemas hiperestáticos son aquellos en que, además de las ecuaciones provenientes del equilibrio estático, es necesario recurrir al análisis de deformaciones para obtener ecuaciones complementarias. Como ejemplo, veamos de nuevo el caso de una barra sometida a un aumento de temperatura. ΔL

L0

RB

RA L

∑ F = 0 = R x

A

− R B ⇒

R A

= RB

Debido al aumento de temperatura:

Δ L = α LΔT Debido a las fuerzas de reacción en los apoyos:

Δ L =

R A L AE

Pero ambos alargamientos deben ser iguales debido a la rigidez de los apoyos: α LΔT =

R A L AE

⇒

R A

= R B = α AE ΔT

EJERCICIOS 1.9) L

La barra de la figura tiene sección transversal constante y está sujeta rígidamente entre los muros. Determinar las reacciones en los a o os en función de A E.

P L1

L2

SOLUCION: Supondremos las reacciones como se muestra en la figura, lo cual significa que ambas partes de la barra están sometidas a tracción. DCL: P

R1

∑ F = 0; x

R2

⇒ − R1 − P + R2 = 0

Como los apoyos son rígidos, entonces L = constante. Luego:

32

Δ L1 + Δ L2 = 0 ⇒

R1 L1 AE

+

R2 L2 AE

=0 ⇒

R2

=−

R1 L1 L2

Reemplazando R 2 en la primera ecuación:

− R1 − P −

R1 L1 L2

=0 ⇒

⎛

⎛ L + L ⎞ ⎛ L ⎞ ⎟⎟ = R1 ⎜⎜ 1 2 ⎟⎟ = R1 ⎜⎜ ⎟⎟ = − P ⎝ L2 ⎠ ⎝ L2 ⎠ ⎝ L2 ⎠

R1 ⎜⎜1 +

L1 ⎞

Luego:

⎛ L ⎞ = − P⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ L ⎠ ⎛ L ⎞ R2 = P⎜ 1 ⎟ ⎝ L ⎠

→ (Compresión)

R1

→ (Tracción)

1.10) La barra del problema anterior es de cobre con una longitud de 1 m y una sección transversal de 1 cm 2. Si E = 1,1 x 10 6 kg/cm2 y α = 16 x 10-6 1/ºC, determinar: a) Las reacciones en los extremos cuando la temperatura aumenta 30ºC; b) La holgura que deberían tener los apoyos para evitar la aparición de tensiones. SOLUCION: a)

DCL: R1

R2

∑ F = 0; x

⇒ − R1 + R2 = 0 ⇒

R1

= R2 = R

Debido a la rigidez de los apoyos, el aumento de longitud originado por el aumento de temperatura, debe ser compensado por una compresión en los apoyos. Es decir, la deformación producida por las reacciones es negativa con respecto a la dilatación térmica, como se escribe en las ecuaciones siguientes.

Δ T − Δ L = 0 ⇒

α LΔT −

R = α AE ΔT = 16 × 10

−6

RL AE

=0 ⇒

× 1 × 1,1 × 106 × 30 = 528 kgf

Como el área es de 1 cm 2, la tensión es de 528 kg/cm 2 en compresión. b) La holgura necesaria para evitar las tensiones, debe ser como mínimo igual a la dilatación. Es decir: h = α LΔT = 16 × 10

−6

× 100 × 30 = 0,048 cm = 0,48 mm

33

1.11) La barra de acero de la figura está cargada como se muestra. Si E = 2,1 x 10 6 kgf/cm2 y el área uniforme es de 6 cm 2, determinar los esfuerzos en cada porción de la barra y el alargamiento total de ella. P1 = 1.200 kgf; P2 = 1.500 kgf; P3 = 2.400 kgf. Medidas en cm.

A 75

P2

50

B

C

SOLUCION:

P1

P3

D

25

Veamos primero el equilibrio del sistema completo. DCL: RA

∑ F = R

A

Y

P1

75

P2

50

A

− P1 − P2 − P3 + RB = 0

RA + RD = 5.100 kgf

B

C

P3

25

D RD

Tramo AB: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre A y B. Si hacemos un corte en B, la fuerza resultante hacia abajo es la suma de las tres fuerzas que actúan sobre el sistema. RA kgf

A

σ AB

=

R A

Δ L AB = RA

Tramo BC:

6 R A × L AB

6 E

=

RA × 75

6 × 2,1 × 10 6

34

Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre B y C.

σ BC

=

R A

RA - 1.200

− 1.200 6

Δ L BC =

( R A − 1.200) × L BC 6 E

=

( RA − 1.200) × 50 6 × 2,1 × 10 6 RA – 1.200

Tramo CD: Hacemos un corte en una sección cualquiera entre C y D. RA – 1.200 – 1.500 = R A - 2.700

Δ LCD =

( RA − 2.700) × 25 6 × 2,1 × 10 6

RA - 2.700

Pero, el alargamiento total es cero:

Δ LTotal = Δ L AB + Δ L BC + ΔLCD = 0 Δ L =

R A × 75 + ( R A

− 1.200) × 50 + (RA − 2.700) × 25 =0 6 × 2,1 × 10 6

150RA = 127.500 RA = 850 kgf ↑ RD = 4.250 kgf ↑ Por consiguiente los esfuerzos y alargamientos en los respectivos tramos son los que se determinan a continuación. σ AB

=

R A

Δ L AB =

6

=

850 6

R A × L AB

6 E

= 141,67 =

kg / cm

850 × 75 6 × 2,1 × 10 6

2

= 0,00506 cm = 0,0506 mm

35 σ BC

=

R A

6

Δ L BC = σ CD

=

− 1.200

850 − 1200 6

( R A − 1.200 ) × LBC 6 E

R A

Δ LCD =

=

− 2.700 6

=

=

= −58,33 kg / cm 2

(850 − 1.200) × 50 = −0,00138 cm 6 × 2,1 × 10 6

850 − 2.700 6

= −308,33 kg / cm 2

( RA − 2.700 ) × 25 (850 − 2.700) × 25 = = −0,00367 cm 6 × 2,1 × 10 6 6 × 2,1 × 10 6

Obsérvese que los tramos BC y CD en realidad están en compresión y que el alargamiento total es cero. Para visualizar el efecto de colocar un apoyo en la parte inferior, compárense los resultados de este ejemplo con los obtenidos en ele ejemplo 1.7.

1.12) Considerar un tubo de acero que rodea a un cilindro macizo de aluminio, comprimido todo el conjunto entre placas rígidas. El cilindro de Al tiene 8 cm de diámetro y el tubo de acero tiene un diámetro exterior de 10 cm. Si se aplica una carga P = 25 ton, determinar las tensiones en el acero y en el aluminio. Las propiedades de los materiales son las siguientes: MATERIAL Acero Aluminio

P

1m

8 cm 10 cm

E, x 106 kg/cm2 2,1 0,7

P

SOLUCION:

DCL: La carga total P, debe ser resistida por el cilindro de Al y el tubo de acero. Es decir: PAl + PSt = P = 25.000

(1)

36

PSt

Debido a la rigidez de las placas de los extremos, el acortamiento de ambos elementos debe ser igual.

PAl

ΔAl = ΔSt ASt

=

π

A Al

=

π

P P Al L A Al E Al

=

PSt L ASt E St

⇒

P Al

4

4

(10

2

− 82 ) = 28,274 cm 2

× 8 2 = 50,265 cm 2

( AE ) Al 50,265 × 0,7 × 10 6 = PSt =P = 0,592 PSt ( AE )St St 28,274 × 2,1 × 10 6

Reemplazando en la ecuación (1): 1,592PSt = 25.000 ⇒ σ St

=

PSt ASt

PSt = 15.697,67 kgf

=

15.697,67 28,274

= 555,19 kg / cm 2

PAl = 0,592PSt = 9.293,02 kgf σ Al

=

P Al A Al

=

9.293,02 50,265

= 184,88 kg / cm 2

1.13) En el problema anterior, determinar las tensiones en ambos componentes si el cilindro de aluminio es 0,3 mm más corto que el tubo de acero, el cual mantiene el largo original de 1 m = 100 cm. SOLUCION:Suponiendo que la carga es suficiente para acortar los dos elementos, la primera ecuación no tiene variación. PAl + PSt = P = 25.000 Sin embargo, la segunda ecuación es diferente debido a las longitudes diferentes. El tubo de acero debe recorrer 0,3 mm = 0,03 cm hacia abajo y recién ahí empieza a deformarse el cilindro de aluminio, como se muestra en la figura siguiente. Nivel Inicial ΔSt

Nivel Final

0,03 cm

ΔAl

37

Δ Al + 0,03 = Δ St ⇒

P Al L A Al E Al

+ 0,03 =

PSt L ASt E St

⇒

P Al

=−

0,03 100

( AE ) Al + PSt

( AE ) Al ( AE )St

PAl = -10.555,75 + 0,592PSt Reemplazando en la primera ecuación:

⇒

1,592PSt = 35.555,75

=

σ St

PSt ASt

=

22.334 π 4

(10

2

− 82 )

PSt = 22.334 kgf

= 789,9 kg / cm 2

PAl = 2.666 kgf

=

σ Al

P Al A Al

=

2.666 π 2 8 4

= 53,04 kg / cm 2

1.14) En el Ejemplo 1.12, determinar la holgura mínima para que no trabaje el cilindro de aluminio. SOLUCION: En este caso la carga completa deberá ser tomada por el tubo de acero, es decir: PSt = 25.000 kgf hmin

= Δ St =

25.000 × 100 28,274 × 2,1 x10 6

= 0,042 cm = 0,42 mm

1.15) La barra AB es absolutamente rígida y está soportada por tres varillas. Las dos varillas de los extremos son de acero y la central es de cobre. Calcular la fuerza y la tensión en cada barra cuando se aplican las cargas indicadas y ABC permanece horizontal.

2 B

A

8.000 kgf

MATERIAL Acero Cobre

E, x 106 kg/cm2 2,1 1,2

Area A, cm2 4 8

C

8.000 kgf

38

SOLUCION: Por simetría, las fuerzas sobre cada varilla de los extremos son iguales (P A = PB = PSt) , lo que también puede obtenerse haciendo suma de momentos en B.

∑Fy = 0;

2PSt + PCu – 16.000 = 0

PSt Como ABC permanece horizontal, las deformaciones de las tres varillas son iguales: BΔ = Δ ⇒ St Cu

PSt L ASt E St

=

PSt

PSt

PCu

PCu L ACu E Cu

8.000 8.000

⎛ 4 × 2,1 x10 6 ⎞ ⎟ = 0,875PCu PSt = PCu ⎜⎜ 6 ⎟ x 8 1 , 2 10 × ⎝ ⎠ Reemplazando en la primera ecuación obtenemos: PCu = 5.818,18 kgf; PSt = 5.090,91 kgf σ St

=

σ Cu

=

PSt ASt PCu ACu

=

5.090,91

=

4

= 1.272,73 kg / cm 2

5.818,18 8

= 727,27 kg / cm 2

1.16) En el ejemplo anterior, determinar las tensiones en cada varilla si la temperatura: a) Aumenta 25ºC; b) Disminuye 25ºC. (αSt = 11x10-6 1/ºC; αCu = 16x106 1/ºC). SOLUCION: Del problema anterior:

∑Fy = 0;

2PSt + PCu – 16.000 = 0

(1)

Como ABC permanece horizontal, las deformaciones de las tres varillas son iguales, pero las deformaciones totales tienen una componente de carga y otra por temperatura, esta última positiva cuando la temperatura aumenta y negativa cuando disminuye. a)

Δ St = Δ Cu ⇒ (Δ P + Δ T )St = (Δ P + Δ T )Cu

39

⎛ PL + α LΔT ⎞ = ⎛ PL + α LΔT ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ AE AE ⎝ ⎠ St ⎝ ⎠ Cu PSt

4 × 2,1 × 10

6

+ 11 × 10 −6 × 25 =

PCu

8 × 1,2 × 10

6

+ 16 ∗ 10 −6 × 25

PSt = 0,875PCu + 1.050 Reemplazando en la ecuación (1) se obtiene: PCu = 5.054,54 kgf; σ Cu

b)

=

PCu ACu

=

5.472,73 8

PSt = 5.472,73 kgf

= 684,1 kg / cm 2 ;

σ St

=

PSt ASt

=

5.472,73 4

= 1.368,2 kg / cm 2

El único cambio se produce en la ecuación de deformaciones:

Δ St = Δ Cu ⇒ (Δ P − Δ T )St = (Δ P − Δ T )Cu ⎛ PL − α LΔT ⎞ = ⎛ PL − α LΔT ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ AE ⎠ St ⎝ AE ⎠ Cu PSt

4 × 2,1 × 10

6

− 11 × 10 −6 × 25 =

PCu

8 × 1,2 × 10

PSt = 0,875PCu - 1.050 Reemplazando en la ecuación (1) se obtiene: PCu = 6.581,82 kgf; PSt = 4.709,09 kgf

σ Cu

=

σ St

=

PCu ACu

PSt ASt

=

=

6.581,8 8

4.709,1 4

= 822,7 kg / cm 2

= 1.177,3 kg / cm 2

6

− 16 × 10 −6 × 25

40

1.17) Considerar la barra ABC es completamente rígida y está horizontal antes de aplicar la carga P = 10 ton. La barra BD es de cobre y la CE es de acero. Determinar las fuerzas, tensiones y alargamientos en cada barra.

120

60

60

180

P

D 100 B

A

C

AREA, cm2

E x 106 kg/cm2

Cobre

6

1,2

α x 10-6 1/cm 16

Acero

4

2,1

11

BARRA

SOLUCION: DCL:

PCu = 6σCu

AY

AX

E

PSt = 4σSt

ΔCu

ΔSt 10.000 kgf

∑ F = 0 x

∑ M

A

⇒

A x

=0 ⇒

=0

PCu

× 120 − 10.000 × 180 + PSt × 240 = 0 ⇒

PCu

+ 2 PSt = 15.000

Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:

Δ Cu 120

=

Δ St 240

⇒ Δ St = 2Δ Cu ⇒

PSt × 180

4 × 2,1 × 10 6

=2

× 100 6 × 1,2 × 10 6 PCu

De donde: PSt = 1,2963PCu Reemplazando en la primera ecuación obtenemos: PCu = 4.175,26 kgf Esfuerzos:

PSt = 5.412,39 kgf

41 σ Cu

=

σ St

=

PCu ACu PSt ASt

= =

4.175,26 6

5.412,39 4

= 695,88 kg / cm 2

= 1.353,1 kg / cm 2

Alargamientos: σ L ⎞ 695,88 × 100 Δ Cu = ⎛ = 0,058 cm = 0,58 mm ⎜ ⎟ = 1,2 × 10 6 ⎝ E ⎠ Cu σ L ⎞ 1.353,31 × 180 Δ St = ⎛ = 0,116 cm = 1,16 mm ⎜ ⎟ = 6 E 2 , 1 10 × ⎝ ⎠ St

Obsérvese que el alargamiento de la barra de acero es exactamente el doble del alargamiento de la barra de cobre, como exige la rigidez de la barra horizontal.

1.18) En el Ejemplo anterior, determinar los esfuerzos sobres las barras BD y CE si se retira la carga P y, en cambio: a) Aumenta la temperatura 20ºC; b) Disminuye la temperatura 20ºC. SOLUCIÓN a) Si la temperatura aumenta, ambas barras tienden a dilatarse, por lo que supondremos que se originarán esfuerzos de compresión sobre ellas. Se supondrá, además, que es mayor el efecto de la dilatación térmica que el efecto de la compresión que se induce internamente. AY

AX

∑ F = 0 x

PCu = 6σCu

PSt = 4σSt

ΔCu

⇒

∑ M

A x

=0

= 0 ⇒ − PCu × 120 − PSt × 240 = 0 ⇒ Reemplazando por los esfuerzos: A

6σCu + 8σSt = 0

ΔSt

PCu

+ 2 PSt = 0 (1)

42


Δ Cu 120

=

Δ St 240

⇒ Δ St = 2Δ Cu

Pero ahora los desplazamientos de las barras tienen una componente de dilatación térmica y un acortamiento por la compresión inducida. Como se supuso que es mayor el efecto térmico, éstos serán positivos. ( ΔT – ΔP)St = 2( ΔT - ΔP)Cu 11 × 10 −6 × 180 × 20 −

σ St × 180 2,1 × 10

6

= 2 × 16 × 10 −6 × 100 × 20 −

2σ Cu × 100 1,2 × 10 6

39.600 – 85,71 σSt = 64.000 – 166,66σCu σSt – 1,9445σCu = - 284,7

(2)

De donde, resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2): σSt = - 79,2 kg/cm2, en tracción, contrario a lo que se supuso σCu = 105,7 kg/cm2, en compresión, como se supuso

Alargamientos: σ L ⎞ 105,7 × 100 Δ Cu = ⎛ = 0,0232 cm = 0,232 mm ⎜ α LΔT − ⎟ = 16 × 10 −6 × 100 × 20 − 6 × E 1 , 2 10 ⎝ ⎠ Cu σ L ⎞ (− 79,2 ) × 180 Δ St = ⎛ = 0,0464 cm = 0,464 mm ⎜ α LΔ A − ⎟ = 11 × 10 −6 × 180 × 20 − E ⎠ St 2,1 × 10 6 ⎝

ΔCu

( ΔT)Cu ( ΔP)Cu

( ΔT)St ΔSt

( ΔP)St

En la figura de arriba se muestra la posición final real de las barras.

b) Si la temperatura desciende, ambas barras tienden a contraerse, por lo que supondremos que se originarán esfuerzos de tracción sobre ellas. Se supondrá,

43

además, que es mayor el efecto de la dilatación térmica que el efecto de la compresión que se induce internamente.

PCu = 6σCu

PSt = 4σSt

AY

ΔSt ΔCu

AX

∑ F = 0 x

∑ M

A

⇒

A x

=0 ⇒

=0

PCu

× 120 + PSt × 240 = 0 ⇒

PCu

+ 2 PSt = 0

Reemplazando por los esfuerzos: 6σCu + 8σSt = 0

(1)


Δ Cu 120

=

Δ St 240

⇒ Δ St = 2Δ Cu

Pero ahora los desplazamientos de las barras tienen una componente de contracción térmica y un alargamiento por la tracción inducida. Como se supuso que es mayor el efecto térmico, éstos serán positivos. ( ΔT – ΔP)St = 2( ΔT - ΔP)Cu 11 × 10 −6 × 180 × 20 −

σ St × 180 2,1 × 10 6

= 2 × 16 × 10 −6 × 100 × 20 −

2σ Cu × 100 1,2 × 10 6

39.600 – 85,71 σSt = 64.000 – 166,66σCu σSt – 1,9445σCu = - 284,7

(2)

De donde, resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2): σSt = - 79,2 kg/cm2, en compresión, contrario a lo que se supuso σCu = 105,7 kg/cm2, en tracción, como se supuso

Alargamientos: σ L ⎞ 105,7 × 100 Δ Cu = ⎛ = 0,0232 cm = 0,232 mm ⎜ α LΔT − ⎟ = 16 × 10 −6 × 100 × 20 − 6 1 , 2 10 × E ⎝ ⎠ Cu

44

(− 79,2 ) × 180 σ L ⎞ Δ St = ⎛ = 0,0464 cm = 0,464 mm ⎜ α LΔ A − ⎟ = 11 × 10 −6 × 180 × 20 − 6 × E 2 , 1 10 ⎝ ⎠ St

( ΔP)St

ΔSt

( ΔP)Cu

( ΔT)St

ΔCu

( ΔT)Cu

En la figura de arriba se muestra la posición final real de las barras.

1.19) Considerar un pilar cuadrado de hormigón, de 30 x 30 cm de sección y 2,5 m de altura, armado con 8 barras verticales de acero de 4 cm 2 de sección cada una. Se aplica una fuerza axial de compresión de 50 ton. Si los módulos de elasticidad para el acero y el hormigón, son respectivamente, 2,1 x 10 6 y 1,5 x 105 kg/cm2, determinar la tensión en cada material. SOLUCION: ASt = 4 x 8 = 32 cm 2;

AH = 900 – 32 = 868 cm 2

PSt + PH = 50.000, o bien: 32 σSt + 868σH = 50.000; σSt + 27,125σH = 1.562,5 Como las deformaciones deben ser iguales:

ΔSt = ΔH

⇒

σ St L 2,1 x10 6

=

σ H L 1,75 x10 5

⇒

σ St

= 12σ H

Reemplazando se obtiene:

σH = 39,94 kg/cm2; σSt = 479,24 kg/cm2, ambas en compresion.

1.20) Un tubo de acero A 37 24, vertical, de 60 cm de diámetro exterior y 58 cm de diámetro interior está lleno de hormigón. La resistencia de ruptura del hormigón es de 175 kg/cm 2. Con un factor de seguridad de 2 para el acero y de 2,5 para el hormigón, determinar la máxima carga axial de compresión que puede resistir el conjunto. ESt = 2,1 x 106 y EH = 1,5 x 105 kg/cm2. SOLUCION:

45 A H

π

= (58)2 = 2.642,08 cm 2 ;

ASt

4

(σ adm )St =

σ 0 FS

2.400

=

2

= 1.200 kg / cm 2 ;

⇒

PSt + PH = P

=

π

[(60) 4

(σ adm ) H =

2

175 2,5

− (58)2 ] = 185,35 cm 2 = 70kg / cm 2

185,35σSt + 2.642,08σH = P

De las deformaciones:

ΔSt = ΔH

⇒

σSt =12σH

⇒ σSt = 840 kg/cm2 < (σadm)St

Si σH = 70

Si σSt = 1.200 ⇒ σH = 100 kg/cm2 > (σadm)H Por consiguiente:

σH = 70

y

σSt = 840 kg/cm2

P =185,35 x 840 + 2.642,08 x 70 = 338.959,6 kgf

1.21) La barra ABCD, inicialmente recta, tiene sección uniforme y está sometida a dos fuerzas de 2 ton hacia la derecha que actúan en B y dos fuerzas de 5 ton hacia la izquierda que actúan en C. Determinar las fuerzas sobre cada intervalo. Medidas en cm. 2 ton A

5 ton B

75

C

50

D

75

SOLUCION: RA

4.000

10.000

RD

Los sentidos par alas reacciones R A y RD se han supuesto arbitrariamente.

∑ F = 0; x

- RA + 4.000 - 10.000 + R D = 0

⇒ RD – RA = 6.000

(1)

Como las paredes son rígidas, el alargamiento total debe ser cero. Es decir:

Δ AB + Δ BC + Δ CD = 0

(2)

46

A continuación haremos Diagramas de Cuerpo libre de los tres intervalos, haciendo cortes imaginarios en cualquier punto del intervalo, es decir, a la izquierda de B, C y D, respectivamente. Tramo AB (supuesto en tracción): RA

A

RA

Obsérvese, de la ecuación (1), que R A es igual a la suma de todas las fuerzas situadas a la derecha del corte imaginario. Es decir: RA = RD – 6.000,. Tramo BC (supuesto en compresión): 10.000 - RD

4.000 - RA

Tramo CD (supuesto en tracción): RD

RD

D

Ahora usamos la ecuación (2), utilizando las fuerzas correspondientes. R A × 75 AE

−

(4.000 − R A ) × 50 AE

+

R D

× 75

AE

=0

Simplificando: 3RA + 2RA – 8.000 + 3RD = 0

⇒

5RA + 3RD = 8.000

(3)

Resolviendo las ecuaciones simultáneas (1) y (3) se obtiene: RA = - 1.250 kgf

RD = 4.750 kgf

1.22) Cobre A = 80 cm2

Al A=20 cm

60

40

La barra compuesta de la figura está sujeta a los dos apoyos. A T = 20 ºC el sistema está sin tensiones. La temperatura desciende. Determinar la temperatura mínima a que puede someterse el sistema para que la tensión no exceda de 500 kg/cm 2 en el aluminio y de 400 kg/cm2 en el cobre: a) Si los apoyos no ceden; b) Si el apoyo derecho cede 0,4 mm. Medidas en cm.

47

AREA, cm2 80 20

BARRA Cobre Aluminio

E x 106, kg/cm2 1,1 0,7

α x 10-6, 1/ºC

16 22

SOLUCION: Al

Cobre A = 80 cm2

PCu

PAL A=20 cm 40

60

Como el sistema permanece en equilibrio: PCu

= P Al ⇒

80σ Cu

= 20σ Al ⇒

σ Al

= 4σ Cu

Si σCu = 400 kg/cm2, se tiene que σAl = 1.600 kg/cm2 > 500. Por lo tanto: σAl = 500 kg/cm2 y σCu = 125 kg/cm2 < 400.

a) La disminución de la temperatura produce un acortamiento del sistema, pero las reacciones producen alargamientos. Por lo tanto, suponiendo que son mayores las contracciones por temperatura que los alargamientos provocados por las reacciones:

Δ Cu + Δ Al = 0 ⇒ (Δ T − Δ P )Cu + (Δ T − Δ P ) Al = 0 16 × 10 −6 × 60ΔT −

125 × 60 1,1 × 10 6

+ 22 × 10 −6 × 40ΔT −

500 × 40 0,7 × 10 6

=0

(16 × 60 + 22 × 40)ΔT = 1.840ΔT = 35.389,6 ⇒ ΔT = 19,2º C Como es una disminución de temperatura, T 2 < T1 y ∆T ésta es negativo. Por lo tanto:

ΔT = T 2 − T 1 = −19,2 = T 2 − 20 ⇒

T 2

= 0,8 º C

b)

Δ Cu + Δ Al = 0,04 ⇒ (Δ T − Δ P )Cu + (Δ T − Δ P ) Al = 0,04 16 × 10 −6 × 60ΔT −

125 × 60 1,1 × 10 6

+ 22 × 10 −6 × 40ΔT −

500 × 40 0,7 × 10 6

= 0,04

48

(16 × 60 + 22 × 40)ΔT = 1.840ΔT = 40.000 + 35.389,6 = 75.389,6 ⇒ ΔT = 41º C ΔT = T 2 − T 1 = −41 = T 2 − 20 ⇒

T 2

= −21 º C

1.23)

P

Un cilindro hueco de acero (E = 2,1 x 10 kg/cm ; α = 11 x10-6 1/ºC) rodea a otro macizo de cobre (E = 1,1 x106 kg/cm2; α = 16 x 10-6 1/ºC) y el conjunto está sometido a una fuerza axial de compresión de 30.000 kgf. La sección del acero es de 20 cm 2 mientras que la del cobre es de 60 cm 2. Determinar el aumento de temperatura necesario para colocar toda la carga en el cobre. El conjunto tiene una longitud de 5 m.

Cu

SOLUCION: Para que toda la carga la resista el cobre, el aumento de longitud de éste originado por la temperatura menos el acortamiento por carga debe ser mayor o igual que la dilatación del acero. Es decir:

(Δ T − Δ P )Cu ≥ (Δ T )St 16 × 10 −6 LΔT −

30.000 L 60 × 1,1 × 10

6

≥11 × 10 −6 LΔT

De donde,

ΔT ≥ 90,9 º C

1.24) En el problema anterior ¿cuánto debe disminuirse la temperatura para que toda la carga la soporte el tubo de acero? SOLUCION: En este caso para que toda la carga la resista el acero, la disminución de longitud de éste originado por la temperatura más el acortamiento por carga debe ser mayor o igual que la contracción del cobre. Es decir:

(Δ T + Δ P )St ≥ (Δ T )Cu 11 × 10 − 6 LΔT +

30.000 L 20 × 2,1 × 10

6

≥16 × 10 −6 LΔT

49

De donde, ΔT ≥ − 142,9 º C

1.25) La barra ABD es completamente rígida y está articulada en A y unida a las barras BC, de bronce y a la ED, de acero. Determinar las tensiones en ambas barras si la temperatura de BC desciende 20 ºC mientras que la de ED aumenta 20 ºC. Medidas en cm. 30

40

A

B

E 30 D

40

C

BARRA

Area, cm2

Bronce Acero

6 2

E x 106 kg/cm2 1 2,1

α x 10-6 1/cm 18 11

SOLUCION: Se supone que, por efecto de las fuerzas internas que se generan por los cambios de temperatura, la barra de acero trabaja en tracción, mientras que la barra de bronce lo hace en compresión; pero la barra de bronce se acorta por temperatura, mientras que la barra de acero se dilata. DCL: Ay

Ax

PSt = 2σSt

PBr = 6σBr

ΔBr

∑ F = 0 ⇒ ∑ M = 0 ⇒ x

A x

A

ΔSt

=0

6σ Br × 30 + 2σ St × 70 = 0

⇒

σ Br

=−

7 9

σ St


Δ Br 30

=

Δ St 70

7

⇒ Δ St = Δ Br 3

De acuerdo a lo supuesto, por la acción de la aparición de fuerzas internas.

50

(Δ P + Δ T )St = (Δ P + Δ T ) Br = ⎛ ⎜ σ St L E St

7

σ L

3

⎝ E

7

σ Br L

3

E Br

+ α St LΔT = ×

7

+ × α Br LΔT 3

7 σ St × 30 2,1 × 10 6

7

−6

+ 11 × 10 × 30 × 20 = − ×

9

σ St × 40 1 × 10 6

3

8,69σSt = 2.700

supuso.

7 σ L ⎞ + α LΔT ⎞⎟ = ⎛ ⎜ + α LΔT ⎟ ⎠ St 3 ⎝ E ⎠ Br

7

+ × 18 × 10 −6 × 40 × 20 3

σSt = 310,7

kg/cm2, en tracción como se

σBr = - 241,72 kg/cm 2, en tracción, contrario a lo que se supuso.

1.26) En el problema anterior, determinar las tensiones sobre ambas barras si la temperatura del conjunto: a) Desciende 20 ºC; b) Aumenta 20°C. SOLUCION: a) Descenso de la temperatura. Para este caso sólo cambia la ecuación de deformaciones, quedando de la forma siguiente:

(Δ P − Δ T )St = (Δ P + Δ T ) Br = ⎛ ⎜ σ St L E St

7

σ L

3

⎝ E

7

σ Br L

3

E Br

− α St LΔT = ×

σ St × 30 2,1 × 10 6

7 σ L ⎞ − α LΔT ⎞⎟ = ⎛ ⎜ + α LΔT ⎟ ⎠ St 3 ⎝ E ⎠ Br

7

+ × α Br LΔT 3

7 7

−6

− 11 × 10 × 30 × 20 = − × 3

9

σ St × 40 1 × 10 6

7

+ × 18 × 10 −6 × 40 × 20 3

8,69σSt = 4.020 σSt = 462,72 kg/cm2, en tracción como se supuso. σBr = - 359,9 kg/cm 2, en tracción, contrario a lo que se supuso.

b) Aumento de la temperatura. Nuevamente, sólo cambia la ecuación de deformaciones.

(Δ P + Δ T )St = (Δ P − Δ T ) Br = ⎛ ⎜ σ St L E St

7

σ L

3

⎝ E

7

σ Br L

3

E Br

+ α St LΔT = ×

7

7 σ L ⎞ − α LΔT ⎞⎟ = ⎛ ⎜ + α LΔT ⎟ ⎠ St 3 ⎝ E ⎠ Br

− × α Br LΔT 3

51 σ St × 30 2,1 × 10 6

7 7

−6

+ 11 × 10 × 30 × 20 = − ×

9

σ St × 40 1 × 10 6

3

7

− × 18 × 10 −6 × 40 × 20 3

8,69σSt = - 4.020 σSt = - 462,72 kg/cm2,. en compresión, contrario a lo que se supuso. σBr = -359,9 kg/cm2, en compresión como se supuso.

1.27) En el problema 1.25, determinar las tensiones sobre ambas barras si la temperatura de la barra BC aumenta 20 ºC y en ED disminuye 20 ºC. SOLUCION: Sólo cambia la ecuación de deformaciones, quedando de la forma siguiente:

(Δ P − Δ T )St = (Δ P − Δ T ) Br = ⎛ ⎜ σ St L E St

7

σ L

3

⎝ E

7

σ Br L

3

E Br

− α St LΔT = ×

σ St × 30 2,1 × 10 6

7 σ L ⎞ − α LΔT ⎞⎟ = ⎛ ⎜ − α LΔT ⎟ ⎠ St 3 ⎝ E ⎠ Br

7

− × α Br LΔT 3

7 −6

7

− 11 × 10 × 30 × 20 = − × 3

9

σ St × 40 1 × 10 6

7

− × 18 × 10 −6 × 40 × 20 3

8,69σSt = - 2.700 σSt = - 310,7 kg/cm2, en compresión, contrario a lo que se supuso. σBr = 241,72 kg/cm2, en compresión, como se supuso.

1.28) Una barra cuadrada de 5 cm de lado está sujeta rígidamente entre los muros y cargada con una fuerza axial P = 20 ton.. Determinar las reacciones en los apoyos y el alargamiento del lado derecho. E = 2,1 x 106 kg/cm2. Medidas en cm.

P 10

SOLUCION: DCL: P

R1

∑ F = 0; x

⇒ − R1 − P + R2 = 0

R2

15

52

Obsérvese que se han supuesto las reacciones de modo que ambas partes de la barra quedan en tracción, lo cual es imposible por la rigidez de los apoyos. Como los apoyos son rígidos, entonces el largo total es constante. Luego

Δ1 + Δ 2 = 0 ⇒

R1 × 10 AE

+

R2 × 15 AE

=0 ⇒

R2

=−

2 R1 3

Reemplazando R 2 en la primera ecuación:

− R1 − P −

2 R1 3

− 5 R1

=0 ⇒

3

= 20.000 ⇒

R1

= −12.000 kgf →

R2 = 8.000 kgf →

Δ2 =

8.000 × 15 25 × 2,1 × 10 6

= 0,0023 cm = 0,023 mm = 23 μ m

Naturalmente: − 12.000 × 10 Δ1 = = −0,0023 cm = −0,023 mm = −23 μ m 25 × 2,1 × 10 6

1.29) Calcular las reacciones en el problema anterior si el apoyo derecho cede 0,01 mm. SOLUCION: R1 × 10

Δ 1 + Δ 2 = 0,001 ⇒

AE

+

R2 × 15 AE

= 0,001 ⇒

10 R1

+ 15R2 = 2,1 × 25.000

2R1 + 3R2 = 10.500 - R1 + R2 = 20.000 ⇒

De la estática: De donde.

R2 = 10.100 kgf;

- 2R1 + 2R2 = 40.000

R1 = - 9.900 kgf

Comprobación:

Δ1 = −

9.900 × 10 25 × 2,1 × 10 6

= −0,00189;

Δ2 =

10.100 × 15 25 × 2,1 × 10 6

= 0,00289

Δ = Δ 1 + Δ 2 = 0,001 cm

1.30) En el problema 1.28 ¿cuánto debe ceder el apoyo derecho para que toda la carga la resista la barra izquierda?

53

SOLUCION: En este caso R2 = 0, y R1 = 20.000 kgf. Por lo tanto:

Δ=

20.000 × 10 25 × 2,1 × 10 6

= 0,0038 cm

1.31) P

Un corto tubo de fundición (E = 1,05 x 106 kg/cm2), de sección cuadrada está lleno de hormigón (E = 0,175 x10 6 kg/cm2) y el conjunto está sometido a una fuerza axial de compresión de 70.000 kgf. El conjunto tiene una longitud de 90 cm. Determinar la. tensión en cada material y el acortamiento del conjunto.

37 cm 45 cm

SOLUCION: AH = 372 = 1.369 cm2;

AF = 452 – 372 = 656 cm2

PH + PF = 70.000

Δ H = Δ F ⇒

P H L A H E H

=

PF L AF E F

PH = 0,3478PF De donde: PF = 51.935,9 kgf; σF = 79,17 kg/cm2

PH = 18.064,1 kgf; σH = 13,2 kg/cm2

Δ=

13,2 × 90 0,175 × 10 6

= 0,0068 cm

⇒

P H

1.369 × 0,175 × 10 6

=

PF

656 × 1,05 × 10 6

54

1.32) Dos barras inicialmente rectas están unidas entre sí y sujetas a apoyos rígidos. La de la izquierda es de bronce (E = 0,98 x 10 6 kg/cm2; α = 17,7 x10-6 1/ºC; A = 6 cm2 ) y la de la derecha es de aluminio (E = 0,7 x10 6 kg/cm2; α = 22,2 x 10-6 1/ºC A = 9 cm2 ). El conjunto está libre de tensiones y entonces la temperatura desciende 22 ºC. Determinar la tensión en cada barra: a) Si los apoyos no ceden; b) Si el apoyo derecho cede 0,12 mm.

60 Bronce

25 Al

SOLUCION: PAl

PBr

Por condiciones de equilibrio estático: P Br

= P Al ⇒

6σ Br

= 9σ Al ⇒

σ Al

=

2 3

σ Br

Se ha supuesto que ambas barras trabajan a tracción, por lo tanto: a)

Δ BR + Δ Al = 0 ⇒ (Δ P − Δ T ) Br + (Δ P − Δ T ) Al = 0 σ Br × 60

− 17,7 × 10 −6 × 60 × 22 +

0,98 × 10 6 61,22σ Br + 35,71σ Al

− 35.574 = 0

× 25 − 22,2 × 10 −6 × 25 × 22 = 0 6 0,7 × 10 ⇒ σ Al = 996,2 − 1,71σ Br σ Al

De donde: σBr = 418,4 kg/cm 2 (Tracción) σAl = 278,9 kg/cm2 (Tracción)

b) En este caso:

Δ BR + Δ Al = 0,012 ⇒ (Δ P − Δ T ) Br + (Δ P − Δ T ) Al = 0,012 σ Br × 60 0,98 × 10 6

− 17,7 × 10 −6 × 60 × 22 +

61,22σ Br + 35,71σ Al

De donde:

× 25 − 22,2 × 10 −6 × 25 × 22 = 0,012 6 0,7 × 10 σ Al

− 35.574 = 12.000 ⇒

σ Al

= 660,15 − 1,71σ Br

55

σBr = 277,76 kg/cm2 (Tracción) σAl = 184,84 kg/cm2 (Tracción)

1.33) Un pilar corto de hormigón armado está sometido a una carga axial de compresión. Ambos extremos están cubiertos por placas infinitamente rígidas. Si el esfuerzo en el hormigón (E H = 0,175 x 106 kg/cm2) es de 65 kg/cm 2, determinar la tensión en el acero (E = 2,1 x 10 6 kg/cm2). SOLUCION: Δ H = Δ St ⇒

σ H L 0,175 × 10

6

=

σ St 2,1 × 10

⇒

6

σ St

= 12σ H = 780 kg / cm 2

1.34) Un tubo de acero (E = 2,1 x 106 kg/cm2; α = 11 x 10 -6 1/ºC), de 5 cm de diámetro exterior y 4,4 cm de diámetro interior rodea a un cilindro macizo de bronce (E = 0,98 x10 6 kg/cm2; α = 17,7 x 106 1/ºC) de 3,75 cm de diámetro y el conjunto está libre de tensiones. A 25 ºC El conjunto tiene una longitud de 1 m. Determinar la. tensión en cada material cuando la temperatura aumenta hasta 120 ºC

e c n o r B

SOLUCION:

ASt

=

π 4

(5

2

− 4,4 2 ) = 4,43 cm 2 ;

A Br

=

π 4

(3,75)2 = 11,045 cm 2

Por condiciones de equilibrio: PSt + PBr = 0

⇒

4,43σ St

= −11,045σ Br ⇒

σ St

= −2,493σ Br

Suponiendo ambos elementos en tracción:

Δ St = Δ Br ⇒ (Δ P + Δ T )St = (Δ P + Δ T ) Br σ Br L − 2,493σ Br L −6 −6 11 10 95 17 , 7 10 L L × 95 + × × = + × 2,1 × 10 6 0,98 × 10 6

56

- 2,207σBr = 636,5 a lo que se supuso.

⇒

σ Br

= −288,4 kg / cm 2 , en compresión, contrario

σSt = 719,1 kg/cm2 en tracción, como se supuso.

1.35) En el problema anterior ¿cuál puede ser el máximo aumento de temperatura si las tensiones no deben exceder de 200 kg/cm 2 en el bronce y de 600 kg/cm 2 en el acero? SOLUCION: De la ecuación de equilibrio: Si σBr = - 200,

σ St

= −2,493σ Br

σSt = 498,6 kg/cm2 < σAdm

Por lo tanto: 498,6 L 2,1 × 10

6

+ 11 × 10 −6 L × ΔT =

441,5 = 6,7ΔT

− 200 L + 17,7 × 10 −6 L × ΔT 6 0,98 × 10

⇒ ΔT = 65,9 º C

1.36) Una barra compuesta está constituida por una tira de cobre (E = 0,9 x 10 6 kg/cm2) entre dos placas de acero (E = 2,1 x 10 6 kg/cm2). El ancho de todas las barras es de 10 cm; las placas de acero tienen un espesor de 0,6 cm cada una y el espesor de la placa de cobre es de 1,8 cm. Determinar la máxima carga P que puede aplicarse. La tensión de rotura del acero de 5.600 kg/cm 2 y la del cobre es de 2.100 kg/cm2. Usar un factor de seguridad de 3 basado en la tensión de rotura de cada material.

P

Cobre

P

SOLUCION: ACu = 1,8 x 10 = 18 cm 2; P = PSt + PCu;

ASt = 2 x 0,6 x 10 = 12 cm2 P = 12σSt + 18σCu

57

(σ adm )St =

5.600 3

Δ St = Δ Cu ⇒

(σ adm )Cu =

= 1.866,7 kg / cm 2 ; σ St L 2,1 × 10 6

=

σ Cu L 0,9 × 10 6

⇒

σ St

=

2.100

7 3

3

= 700 kg / cm 2

σ Cu

Si σCu = 700, σSt = 1.633,3 kg/cm2 < (σadm)St, por lo tanto: P = 12 x 1.633,3 + 18 x 700 = 32.200 kgf

1.37) 6

25.000 kgf

2

Un tubo recto de aliminio (E = 0,7 x 10 kg/cm ; α = 22,2 x 10-6 1/ºC), de 150 mm de diámetro exterior y 82 mm de diámetro interior rodea a un cilindro macizo de acero (E = 2,1 x10 6 kg/cm2; α = 11 x 106 1/ºC) de 75 mm de diámetro; el aluminio es 0,25 más largo que el acero antes de aplicar ninguna carga. El conjunto tiene una longitud de 0,5 m. Determinar la. tensión en cada material cuando la temperatura desciende 30 ºC y actúa toda la carga.

Acero Φ 75

mm

SOLUCION: Por condiciones de equilibrio: PSt + PBr = 25.000 A Al

=

π 4

123,9σ Al

(15

2

− 8,2 2 ) = 123,9 cm 2 ;

AStr

+ 44,18σ St = 25.000 ⇒

σ ST

=

π 4

(7,5)2 = 44,18 cm 2

= 565,9 − 2,8σ Al

Suponiendo ambos elementos en compresión:

Δ St + 0,025 = Δ Br ⇒ (Δ P + Δ T )St + 0,025 = (Δ P + Δ T ) Br σ St × 50,025 2,1 × 10 6

+ 11 × 10 −6 × 50,025 × 30 + 0,025 =

23,82σ St + 8.208,25 = 71,43σ Al

De donde:

⇒

σ St

× 50 + 22,2 × 10 −6 × 50 × 30 6 0,7 × 10 σ Al

= 3σ Al − 344,6

58

⇒

5,8σAl = 910,5

σ Al

= 157 kg / cm 2 , en compresión

σSt = 126,4 kg/cm2 en compresión, como se supuso.

1.38) En el problema anterior determinar la disminución de temperatura necesaria para que toda la carga la resista el acero. SOLUCION: En este caso: PSt = 25.000 kgf;

σSt = 565,84 kg/cm2

PAl = 0;

Δ St + 0,025 = Δ Br ⇒ (Δ P + Δ T )St + 0,025 = (Δ T ) Br 565,84 × 50,025 2,1 × 10

6

+ 11 × 10 −6 × 50,025ΔT + 0,025 = 22,2 × 10 −6 × 50ΔT

38.479,12 = (22,2 × 50 − 11 × 50,025)ΔT

⇒ ΔT = 68,75 º C ↓

Obsérvese que se ha calculado una disminución de temperatura.

1.39) Determinar las tensiones en el problema 1.37 si no hay cambio de temperatura. SOLUCION: σ ST

= 565,9 − 2,8σ Al


Δ St + 0,025 = Δ Br ⇒ (Δ P + )St + 0,025 = (Δ P ) Br σ St × 50,025 2,1 × 10 6

+ 0,025 =

× 50 0,7 × 10 6 σ Al

23,82σ St + 25.000 = 71,43σ Al

⇒

σ St

= 3σ Al − 1.049,5

De donde: 5,8σ Al

= 1.615,4 ⇒ σ Al = 278,5 kg / cm 2 , en compresión, como se supuso.

σSt = - 213,96, en tracción

59

Este resultado es imposible, puesto que ninguno de los dos componentes puede trabajar en tracción, debido a que la placa superior permite que ambos componentes 25.000

se desplacen libremente. Por lo tanto σSt = 0 y σ Al = El resultado anterior se explica porque Δ Al =

123,9

201,78 × 50 0,7 × 10 6

= 201,78 kg / cm 2 .

= 0,0144 < 0,025 , la holgura

existente antes de aplicar la carga.

1.40) Determinar las tensiones en el problema 1.37 si la temperatura aumenta 30 ºC. SOLUCION: Por condiciones de equilibrio: PSt + PBr = 25.000;

σ ST

= 565,9 − 2,8σ Al


Δ St + 0,025 = Δ Br ⇒ (Δ P − Δ T )St + 0,025 = (Δ P − Δ T ) Br σ St × 50,025 2,1 × 10 6

− 11× 10 −6 × 50,025 × 30 + 0,025 =

23,82σ St + 41.791,75 = 71,43σ Al

× 50 −6 − × × 50 × 30 22 , 2 10 0,7 × 10 6 σ Al

⇒ σ St = 3σ Al − 1.754,5

De donde: 5,8σAl = 2.320,4

⇒ σ Al = 400 kg / cm 2 , en compresión

σSt = - 554,3 kg/cm 2 , en tracción (Nuevamente resultado imposible).

El resultado anterior se explica porque como Δ Al =

201,78 × 50 0,7 × 10 6

= 0,0144 < 0,025 , y

debido a que los coeficientes de dilatación térmica α Al > α St , enronces la holgura existente antes de aplicar la carga y temperatura aumenta con los incrementos de temperatura. Por lo tanto, toda la carga la soporta el aluminio con σSt = 0 y σ Al

=

25.000 123,9

= 201,78 kg / cm 2

60

1.41) La barra rígida ABC está soportada por tres cables y es de peso despreciable. La varilla izquierda es de acero, la del centro es de bronce y la de la derecha es de cobre. Determinar la tensión en cada cable y la posición de la carga para que ABC permanezca horizontal, si la temperatura aumenta 14 ºC. Medidas en cm.

25 20

6

9 15 B

A

C

X 12.000 kgf BARRA

Acero Bronce Cobre

AREA, cm2

E x 106 kg/cm2

α x 10-6 1/cm

1,2 3 1,8

2,1 0,98 1,2

11 17,7 16

SOLUCION: DCL: PSt = 1,2σSt

PBr = 3σBr

PCu = 1,8σCu

Δ 12.000 kgf

∑ M

A

∑ F

y

=0 ⇒

=0 ⇒

3σ Br × 9 − 12.000 x + 1,8σ Cu × 15 = 0 1,2σ St − 12.000 + 3σ Br + 1,8σ Cu

=0

(a) (b)

Como la barra es rígida y permanece horizontal los alargamientos de los tres cables son iguales.

Δ St = Δ Br = Δ Cu ⇒ (Δ P + Δ T )St = (Δ P + Δ T ) Br = (Δ P + Δ T )Cu

61 σ St × 25 2,1 × 10

6

+ 11 × 10 −6 × 25 × 14 = =

σ Br × 15 0,98 × 10

6

+ 17,7 × 10 −6 × 15 × 14 =

× 20 + 16 × 10 −6 × 20 × 14 6 1,2 × 10 σ Cu

De la última ecuación se obtienen dos ecuaciones: 11,9σ St

= 15,31σ Br − 133 ⇒ σ St = 1,286σ Br − 11,18

(c)

11,9σ St

= 16,67σ Cu − 630 ⇒ σ St = 1,4σ Cu + 52,94

(d)

Resolviendo el sistema de ecuaciones b, c y d: σ St

= 2.500,15 kg / cm 2 ;

σ Br

= 1.951,1 kg / cm 2 ;

σ Cu

= 1.748 kg / cm 2

De la ecuación a): X =

27 × 1.951,1 + 27 × 1.748 12.000

= 8,323 cm, a la derecha de A.

1.42) Resolver el problema anterior considerando que la temperatura disminuye 14 ºC. SOLUCION: Se supondrá que la barra ABC desciende con respecto a su posición inicial. Por tanto:

Δ St = Δ Br = Δ Cu ⇒ (Δ P − Δ T )St = (Δ P − Δ T ) Br = (Δ P − Δ T )Cu σ St × 25 2,1 × 10 6

− 11× 10 −6 × 25 × 14 =

σ Br × 15 0,98 × 10 6

− 17,7 × 10 −6 × 15 × 14 =

× 20 − 16 × 10 −6 × 20 × 14 6 1,2 × 10 σ Cu

11,9σ St

= 15,31σ Br + 133 ⇒ σ St = 1,286σ Br + 11,18 ⇒ σ Br = 0,78σ St − 8,694

11,9σ St

= 16,67σ Cu − 630 ⇒ σ St = 1,4σ Cu − 52,94 ⇒ σ Cu = 0,714σ St + 37,81

Reemplazando en la ecuación de suma de fuerzas verticales: σ St

= 2.478,35 kg / cm 2 ;

X =

σ Br

= 1.924,4 kg / cm 2 ;

270 × 1.924,4 + 270 × 1.807,35 12.000

= 83,96 cm,

σ Cu

= 1.807,35 kg / cm 2

62

1.43) D

La barra ABC es completamente rígida e inicialmente está horizontal. La barra DB es de cobre y la CE es de acero. Determinar las tensiones en cada barra cuando la temperatura aumenta 40 ºC. Medidas en cm.

E

120

120 90

A

C

B

BARRA

AREA, cm2

E x 106 kg/cm2

α x 10-6 1/cm

Cobre Acero

12 6

1,2 2,1

16 11

SOLUCION: DCL: Ay Ax

⇒

x

A

PSt = 6σSt

ΔCu

∑ F = 0 ∑ M

PCu = 12σCu

A x

=0 ⇒

ΔSt

=0

12σ Cu × 120 + 6σ St × 240 = 0

⇒

σ Cu

+ σ St = 0 ⇒

σ St

= −σ Cu

Se ha supuesto que ambas barras quedan sometidas a tracción. Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:

Δ Cu 120

σ St × 90 2,1 × 10 6 0,476σ St

=

Δ St 240

⇒ Δ St = 2Δ Cu ⇒ (Δ P + Δ T )St = 2 (Δ P + Δ T )Cu

+ 11 × 10 −6 × 90 × 40 = 2

× 90 + 2 × 16 × 10 −6 × 90 × 40 6 1,2 × 10 σ Cu

= 1,667σ Cu + 840 ⇒ σ St = 3,5σ Cu + 1.764,7 = −σ Cu

De donde: σCu = - 392,2 kg/cm2, en compresión, opuesto a lo que se supuso; σSt = 392,1 kg/cm2, en tracción.

63

1.44) Resolver el problema anterior, suponiendo que la barra horizontal ABC pesa 5.000 kgf. SOLUCION: PCu = 12σCu

Ay Ax

PSt = 6σSt

ΔCu

ΔSt 5.000 kgf

∑ F = 0

⇒

x

∑ M

A

=0 ⇒

A x

=0

12σ Cu × 120 − 5.000 × 60 + 6σ St × 240 = 0

⇒

σ Cu

+ σ St = 208,33

Se ha supuesto que ambas barras quedan sometidas a tracción. Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:

Δ Cu 120

=

Δ St 240

σ St × 90 2,1 × 10 6 0,476σ St

⇒ Δ St = 2Δ Cu ⇒ (Δ P + Δ T )St = 2 (Δ P + Δ T )Cu

+ 11 × 10 −6 × 90 × 40 = 2

× 90 −6 + × × × 90 × 40 2 16 10 1,2 × 10 6 σ Cu

= 1,667σ Cu + 840 ⇒ σ St = 3,5σ Cu + 1.764,7

De donde: σCu = - 345,9 kg/cm2, en compresión, opuesto a lo que se supuso; σSt = 554,2 kg/cm2, en tracción.

1.45) Considerar la barra cónica de acero, inicialmente libre de tensiones. Determinar la máxima tensión en la barra si la temperatura: a) Desciende 20 ºC; b) Aumenta 20 ºC. E = 2,1 x 10 6 kg/cm2; α = 11 x 10-6 1/ºC. Medidas en cm SOLUCION:

100

20

10

x

64

El radio, para una posición x es: 5

R( x ) = 5 +

100

x =

5 100

(100 + x ) =

1 20

(100 + x)

Entonces el área en una posición cualquiera es: A( x ) = π R x

=

2

π 20

(100 + x )2

a) Cuando la temperatura desciende la barra se acorta por temperatura y se alarga por esfuerzos de tracción originados por una fuerza P que, por condiciones de equilibrio, debe ser constante. El alargamiento de un disco de radio R x y longitud dx, localizado a la distancia x del extremo izquierdo es: d Δ P

=

P

dx = α ΔTdx

EA x

Es decir: P

100

∫

dx

E 0 A x

=

P E

100

∫ π 0

20 2P π E

dx

2

=

( x + 100 )

400 P

2

π E

1 4 P ⎛ 1 ⎞ − 1 100 − 400 P ⎛ 1 × = ×⎜ − ⎞⎟ = × ⎜1 − ⎟ x + 100 0 π E ⎝ 200 100 ⎠ π E ⎝ 2 ⎠

100

= Δ T = α ΔT ∫ dx ⇒

P

=

100 × 11 × 10 −6 × 20π × 2,1 × 10 6

0

2

= 72.570,8 kgf

Entonces, la tensión es máxima cuando el área es mínima: σ max

=

P A0

=

72.570,8 25π

= 924 kg / cm 2 , en tracción

b) Al aumentar la temperatura en 20 ºC, la tensión tiene la misma magnitud pero es de compresión.

1.46) Considerar la armadura articulada, hiperestática, de la figura. Antes de aplicar la carga P el sistema está libre de tensiones. Determinar la fuerza axial que soporta cada barra cuando se aplica la carga P. Todas las barras tienen la misma sección transversal y el mismo módulo elástico.

B

L

C

θ

θ

A

P

D

65

SOLUCION: FAC

FAD

FAB

∑ F = 0

⇒

x

∑ F

P

y

=0 ⇒

F AB

= F AD

2 F AB cos θ + F AC

=P

Como se dispone de dos ecuaciones para tres incógnitas, se procede a analizar las deformaciones. ΔAB = ΔACcosθ

ΔAB

θ

ΔAC

F AB

×

L

cosθ AE

=

(

F AC L AE

)= P

F AC 2 cos 3 θ + 1

F AB

cosθ

= F AD =

⇒

⇒

F AB

F AC

=

= F AC cos 2 θ P

1 + 2 cos 3 θ

P cos 2 θ

1 + 2 cos 3 θ

1.47) En el problema anterior, determinar los esfuerzos sobre cada barra y el desplazamiento vertical del punto A, considerando: P = 10.000 kgf; A = 10 cm 2; L = 40 cm; θ = 30º; E = 2,1 x 10 6 kg/cm2. SOLUCION: F AC

F AB

=

P

1 + 2 cos θ 3

= F AD =

Δ AC =

σ AC L E

=

10.000 1 + 2 (0,866)

3

P cos 2 θ

1 + 2 cos θ 3

=

σ AC

= 434,97 kg / cm 2

= 3.262,23 kgf ⇒ σ AB = 326,2 kg / cm 2

434,97 × 40 2,1 × 10

= 4.349,65 kgf ⇒

6

= 0,0083 cm = 0,083 mm = 83 μ m

1.48) En el problema anterior suponer que a la carga de 10.000 kgf se superpone un cambio de temperatura. Calcular las tensiones cuando la temperatura: a) Aumenta 20 ºC; b) Disminuye 20 ºC. SOLUCION:

66

a) Con el aumento de temperatura las barras se alargan por carga y por temperatura. Por consiguiente:

Δ AB = Δ AC cosθ ⇒ (Δ P + Δ T ) AB = (Δ P + Δ T ) AC cosθ σ AB

40

×

cos 30 2,1 × 10 6

21,99σ AB

+ 12 × 10 −6 ×

40 cos 30

× 20 =

2,1 × 10

6

+ 12 × 10 −6 × 40 × 20 cos 30

= 16,5σ AC − 2.771,28 ⇒ σ AC = 1,33σ AB + 168

2 F AB cos 30 + F AC

= 10.000 ⇒ 2σ AB × 10 cos 30 + 10σ AC = 10.000

σ AB (2 cos 30 + 1,33) + 168 = 1.000 σ AC

σ AC × 40 cos 30

⇒ σ AB = 271,7 kg / cm 2

= 529,4 kg / cm 2

1.49) En el problema anterior, ¿cuánto deberían ceder los apoyos para que no existan tensiones? SOLUCION:

Δ BR + Δ Al = Δ ⇒ (Δ P − Δ T ) Br + (Δ P − Δ T ) Al = Δ ⇒ (− Δ t )bR + (− Δ t )aL = Δ − 17,7 × 10 −6 × 60 × 22 − 22,2 × 10 −6 × 25 × 22 = Δ = −0,0356 cm

1.50) En el problema 1.48 ¿cuánto deberían ceder los apoyos para que las tensiones no excedan de 200 kg/cm 2 en el bronce y de 100 kg/cm 2 en el aluminio? SOLUCION: De la ecuación de equilibrio estático: σ Al

2

= σ Br , Por lo tanto, si σBr = 200, entonces σAl = 133,3 kg/cm2 que es > 3

σAdm.

Por consiguiente: σAl = 100 kg/cm2 σBr = 150 kg/cm2 que es < que σadm.

Luego:

67

Δ BR + Δ Al = Δ ⇒ (Δ P − Δ T ) Br + (Δ P − Δ T ) Al = Δ 150 × 60 0,98 × 10

6

− 17,7 × 10 −6 × 60 × 22 +

100 × 25 0,7 × 10

6

− 22,2 × 10 −6 × 25 × 22 = Δ = 0,0229 cm

1.51) Los yugos rígidos B y C de la figura se encuentran sujetos firmemente a la barra cuadrada de acero AD (E = 30 x 10 6 psi), de 2 x 2 pulg2. Determinar la deformación axial total en los 5 pies de barra entre B y C. 8,5 klb

27 klb A

82 klb

B

D

C

8,5 klb

27 klb 8’

45 klb

5’

4’

SOLUCIÓN: Veremos si el sistema está en equilibrio:

∑ F = −82 + 27 × 2 − 8,5 × 2 + 45 = 0 x

Luego el sistema está en equilibrio y la parte BC también debe estarlo. 82 – 54 = 28 klb

Δ= ε =

PL AE

Δ L

=

=

B

C

28.000 × 5 × 12 2 × 2 × 30 × 10

0,014 5 × 12

6

45 – 17 = 28 klb

= 0,014"

= 2,33 × 10 −4 pu lg/ pu lg

1.52) La barra de acero del problema anterior es reemplazada por aluminio forjado 2014 – T4 (E = 10,6 x 10 6 psi). Determinar la deformación axial total en la parte AB de la barra, SOLUCIÓN: La fuerza que actúa en el tramo AB es de 82 klb.

68

Δ=

PL AE

Δ

ε =

=

L

82.000 × 8 × 12

=

= 0,1857" 2 × 2 × 10,6 × 10 6 0,1857 = 19 × 10 −4 pu lg/ pu lg 8 × 12

1.53) En la tensión de fluencia una barra con una longitud calibrada de 8” de 0,5” de diámetro se alargó 0,012” y el diámetro se redujo 25 x 10 -5 pulg. La carga axial aplicada fue de 4.800 lb. Determinar las siguientes propiedades de este material: a) Módulo de Elasticidad b) Relación de Poisson c) Tensión de fluencia. SOLUCIÓN: a) A =

π

Δ=

PL

4

D 2

AE

=

π 4

⇒

× 0,5 2 = 0,196 pu lg 2 E =

PL AΔ

=

4.800 × 8 0,196 × 0,012

= 16.326.531 psi

b) ε x

ε y

= =

Δ L

=

Δ D D

0,012

= 15 × 10 −4 pu lg/ pu lg

8

=

− 25 × 10 −5 0,5

= −5 × 10 −4 pu lg/ pu lg

− 5 × 10 −4 =− = 0,333 ν = − ε x 15 × 10 − 4 ε y

c) σ 0

=

P A

=

4.800 0,196

= 24.489,8 psi

1.54) Una carga axial de 100 klb se va aplicando lentamente a una barra rectangular de 1 x 4 pulg 2 y 90” de largo. Cuando se encuentra cargada, dentro de la zona elástica, la medida de 4” de la sección transversal se ha reducido a 3,9986” y la longitud ha aumentado en 0,09”. Determinar la Relación de Poisson y el módulo de Young para este material. SOLUCIÓN:

69 ε x

=

ε y

=

Δ

0,09

=

L

Δ Y

90

=−

4

= 10 × 10 − 4 pu lg/ pu lg

4 − 3,9986 4

= −3,5 × 10 −4 pu lg/ pu lg

− 3,5 × 10 −4 =− = 0,35 ν = − ε x 10 × 10 − 4 ε y

Δ=

PL

⇒

AE

E =

PL AΔ

=

100.000 × 90 1 × 4 × 0,09

= 25 × 10 6 psi

1.55) Una barra plana de 0,25 x 2 pulg 2 se alarga 0,06” en una longitud de 5’, bajo una carga axial de 13.000 lb. La tensión de fluencia del material es de 44.000 psi. a) Determinar el esfuerzo axial a que está sometido el material; b) ¿Cuál es el módulo de elasticidad de este material?; c) Si la Relación de Poisson es de 0,32 ¿cuál será el cambio total de cada dimensión lateral? SOLUCIÓN: a) A = 0,25 x 2 = 0,5 pulg2 σ =

P A

=

13.800 0,5

= 26.000 psi

b)

Δ=

PL AE

PL

0,06

= 10 × 10 −4 pu lg/ pu lg

Δ

=

26.000 × 5 × 12

E =

AΔ

=

σ L

⇒

0,06

= 26 × 10 6 psi

c) ε x

=

Δ L

ν = −

ε y

=

ε z

=

=

ε y ε x

Δ Y 0,25

Δ Y 2

60

⇒ ε y = −νε x = −0,32 × 10 × 10 − 4 = −3,2 × 10 − 4 pu lg/ pu lg ⇒ Δ y = 0,25(− 3,2 × 10 −4 ) = −8 × 10 −5 pu lg ⇒ Δ y = 2(− 3,2 × 10 − 4 ) = −64 × 10 −5 pu lg

70

1.56) Una barra de 1,5” de diámetro y 20’ de largo se alarga 0,48” bajo una carga de 53 klb. El diámetro disminuye 0,001” durante la carga. Determinar las siguientes propiedades de este material: a) Módulo de Elasticidad; b) Relación de Poisson; c) Módulo de Rigidez G. SOLUCIÓN: A =

π

Δ=

PL

4

D 2

=

π 4

× 1,5 2 = 1,767 pu lg 2

a)

AE

⇒

E =

PL AΔ

=

53.800 × 20 × 12 1,767 × 0,001

= 14.997.170 psi

b) ε x

=

ε y

=

Δ L

=

Δ D D

0,48 20 × 12

=

= 20 × 10 −4 pu lg/ pu lg

− 0,001 1,5

= −6,6 × 10 −4 pu lg/ pu lg

− 6,6 × 10 −4 =− = 0,33 ν = − ε x 20 × 10 − 4 ε y

c) G

=

E

2 (1 + ν )

=

14.997.170 2 × 1,33

= 5.624.679

psi

1.57) Una barra de acero (E =30 x 10 6 psi) y otra de aluminio se encuentran acopladas extremo con extremo y cargadas axialmente en los extremos exteriores. Las dos barras tienen 2” de diámetro; la barra de acero tiene 6’ de largo y la de aluminio es de 4’. Cuando se aplica la carga se encuentra que la barra de acero se alarga 0,0052” en una longitud de 8”. La Relación de Poisson para este acero es de 0,25 y el módulo de elasticidad del aluminio es de 10,6 x 10 6 psi. Determinar: a) La carga; b) El cambio total de longitud de extremo a extremo; c) La variación del diámetro en la barra de acero.

P

Aluminio

Acero 6’

SOLUCIÓN:

4’

P

71

a) A =

π

Δ=

PL

4

D 2

=

π 4

× 2 2 = 3,1416 pu lg 2

Δ AE 0,0052 × 3,1416 × 30 × 10 6 ⇒ P= = = 61.261,1 lb

AE

L

8

b) La carga sobre ambos materiales es la misma e igual a P.

Δ = Δ St + Δ Al =

P ⎛ LSt

L ⎞ 12 × 61.261,1 ⎛ 6 4 ⎞ ⎜⎜ + Al ⎟⎟ = + ⎜ ⎟ = 0,2122" A ⎝ E St E Al ⎠ 3,1416 × 10 6 ⎝ 30 10,6 ⎠

c) 61.261,1 ν = −

ε y

=

ε y

= 0,25 ⇒ ε y = −0,25ε x = −0,25 ×

ε x

Δ D D

σ St E St

= −0,25 × 3,14166 = −1,625 × 10 −4 30 × 10

⇒ Δ D = ε Y D = −1,625 × 10 −4 × 2 = −3,25 × 10 −4 pu lg

1.58) Las especificaciones para una pieza de acero (E = 30 x 10 6 psi) de una máquina requieren que el esfuerzo axial no exceda de 20 kpsi y que el alargamiento total no exceda de 0,015”. Si la pieza es una barra de 2” de diámetro y 3’ de largo, determinar la mayor carga axial admisible a que puede someterse la barra. SOLUCIÓN: A =

π 4

D 2

=

π 4

× 2 2 = 3,1416 pu lg 2

Con respecto al esfuerzo admisible: σ =

P1 A

⇒

P1

= σ A = 20.000 × 3,1416 = 62.831,9 lb

Con respecto al alargamiento admisible:

Δ=

PL AE

= 0,015 =

P2 × 3 × 12

3,1416 × 30 × 10 6

⇒

P2

= 39.269,9 lb

Por lo tanto, la carga admisible que cumple ambos requerimientos es P = 39.269,9 lb.

72

1.59) La carga W de la figura está sostenida por dos tirantes como se muestra. La barra A tiene un área de 0,18 pulg2 y una resistencia admisible de 12 kpsi y la barra B tiene un área de 0,1 pulg 2 y una resistencia admisible de 17 kpsi. Determinar la máxima carga W que puede ser soportada con seguridad.

45º

30º

A

B

W

SOLUCIÓN: (PA)Adm = 12.000 x 0,18 = 2.160 lb

PA

PB

(PB)Adm = 17.000 x 0,10 = 1.700 lb PAcos45º = PBcos 30º

W

De donde: 2 2

P A

=

3 2

P B

⇒

P A

=

3 2

P B

Si PA = 2.160 lb, PB = 1.763 lb > (PB)Adm. Por lo tanto: PB = 1.700 lb y P A = 2.082,1 lb < (PA)Adm Entonces:

∑ F

y

= 2.082,1sen45º +1.700sen30º −W = 0 ⇒

W Adm

= 2.322,2 lb

1.60) Una barra de acero estructural, con una resistencia a la tracción de 66 kpsi y E = 29 x 106 psi, de 10’ de largo se encuentra sometida a un esfuerzo axial de 25 kpsi. Determinar: a) La deformación axial en la barra; b) El factor de seguridad con respecto a la falla por fractura. SOLUCIÓN: a) ε =

b)

σ E

=

25.000 29 × 10

6

= 8,62 × 10 −4 pu lg/ pu lg

73 FS

=

σ u σ

=

66.000 25.000

= 2,64

1.61) Un miembro estructural hecho de aleación de aluminio forjado 2024 – T4 tiene una sección transversal de 5 pulg 2 y se encuentra sometido a una carga de tracción axial P. El miembro no debe exceder una deformación unitaria de 0,0018 y un Factor de Seguridad mínimo de 4 con respecto a la falla por fractura. Determinar el mayor valor de P si E = 10,6 x 106 psi y σu = 68 kpsi. SOLUCIÓN: σ Adm

=

σ u 4

=

68.000 4

= 17.000 psi =

P Adm A

=

P Adm

⇒

5

P Adm

= 85.000 lb

Con respecto a la deformación: σ Adm

= E ε = 10,6 × 10 6 × 0,0018 = 19.080 psi =

P Adm

5

⇒

P Adm

= 95.400 lb

Por consiguiente, el valor de P que satisface ambas condiciones es 85 klb.

1.62) Un material tiene las siguientes propiedades: σu = 65 kpsi; σ0 = 50 kpsi; σCreep = 25 kpsi. ¿Cuál será el esfuerzo de diseño que debe considerarse con un Factor de Seguridad de 2 con respecto a la falla estática? SOLUCIÓN: σ Adm

=

σ 0 2

=

50.000 2

= 25.000 psi

1.63) Una barra de acero estructural de 5’ de largo y de sección transversal 0,5 x 4 pulg2 va a soportar una carga de tracción axial con esfuerzos normal admisible de 18 kpsi, y con un alargamiento admisible de 0,035”. Determinar la máxima carga admisible. E = 29 x 10 6 psi. SOLUCIÓN: A = 2 pulg2 Respecto al esfuerzo normal admisible:

74

(P1 ) Adm = σ A = 18.000 × 2 = 36.000 lb Respecto al alargamiento admisible:

Δ=

PL

⇒ (P3 ) Adm

AE

Δ AE 0,035 × 2 × 29 × 10 6 = = = 33.833,3 lb L 5 × 12

Por lo tanto PAdm = 33.833,3 lb.

1.64) Un acero endurecido con 0,2% de carbono (E = 30 x 10 6 psi; σ0 = 62 kpsi; σu = 90 kpsi), es el material de una barra que se requiere para soportar una carga de tracción axial de 8 klb con un factor de seguridad de 4 con respecto a la falla por fluencia. Determinar la sección transversal necesaria. SOLUCIÓN: σ Adm

σ =

= P

A

σ 0 4

=

62.000

=

4

8.000 A

= 15.500 psi

≤ σ Adm = 15.500 ⇒

1.65)

B

3’

A

4’

5’

3’

2’ P

A ≥ 0,516 pu lg

2

En la figura la barra B es de acero con 0,4 % de carbono, laminada en caliente (E = 30 x 106 psi; σ0 = 53 kpsi; σu = 84 kpsi) y la A barra es de aluminio aleado 6061 – T6 (E = 10 x 10 6 psi; Cσ0 = 40 kpsi; σu = 45 kpsi). Determinar los factores de seguridad con respecto a la falla por fluencia si la deformación unitaria axial de la barra B es de 6 x 10-4 ul / ul .

SOLUCIÓN: εB = 6 x 10 -4 pulg/pulg; σB = EBεB = 30 x 106 x 6 x 10-4 = 18.000 psi FS B

Δ B 3

= =

53.000 18.000

Δ A 8

⇒

= 2,944 ε B L B 3

=

ε A L A 8

⇒

6 × 10 −4 × 3 3

=

ε A × 4 8

⇒ ε A = 12 × 10 −4

75 σ A

= E Aε A = 10 × 10 −6 × 12 × 10 −4 = 12.000 psi

FS A

=

40.000 12.000

= 3,33

1.66)

A 15”

B

8” D

C

4”

4”

En la figura la barra rígida DC es horizontal cuando no hay carga y las barras A y B no están sometidas a esfuerzo. Cuando se aplica la carga P, la deformación unitaria en la barra B es de 0,0015. Determinar los factores de seguridad con respecto a la falla por fluencia para cada barra. La barra B es de. acero laminado en caliente con 0,8 % de carbono, (E = 30 x 10 6 psi; σ0 = 76 kpsi) con sección transversal de 2 pulg2 y la barra B es de latón laminado en frío (E = 15 x 10 6 psi; σ0 = 60 kpsi), con sección transversal de 1 pulg 2.

2”

P SOLUCIÓN: σ B

= E B ε B = 15 × 10 −6 × 15 × 10 −4 = 22.500 psi

FS B

=

ε A L A 6 σ A

60.000 22.500

=

ε B L B 2

= 267 ⇒ ε A =

3 × 15 × 10 −4 × 8 15

= 24 × 10 −4

= E Aε A = 30 × 10 −6 × 24 × 10 −4 = 72.000 psi

FS B

=

76.000 72.000

= 1,06

76

1.67) A

Determinar el movimiento horizontal del punto A debido a una elevación de temperatura de 50 ºF. Se supone que el miembro ACE tiene un coeficiente de expansión térmica despreciable. αSt = 6,6 x 10-6 1/ºF; αAl = 12,5 x 10-6 1/ºF.

10”

12” B

Acero

C 1”

D

Aleación de aluminio

E

SOLUCIÓN: x

θ

z ∆St

C’

1”

∆Al

E’

E

Δ St = α LΔT = 6,6 × 10 −6 × 12 × 50 = 3,96 × 10 −3 pu lg Δ Al = α LΔT = 12,5 × 10 −6 × 12 × 50 = 7,5 × 10 −3 pu lg z

= Δ Al − Δ St = (7,5 − 3,96) × 10 −3 = 3,54 × 10 −3 pu lg

senθ =

senθ =

Δ Al − Δ St 1 x + Δ St

11

= 3,54 × 10 −3 ⇒

= 3,54 × 10 −3 ⇒

x

θ = 0,203º

= (38,94 − 3,96) × 10 −3 = 0,035 pu lg

77

1.68)

1”

4”

0

o r e c A

o i n i m u l A

o r e c A

Si la temperatura del mecanismo de la figura aumenta 100 ºF determinar el movimiento de la aguja indicadora, en pulgadas, con respecto al cero de la escala. αSt = 6,6 x 10-6 1/ºF; αAl = 12,5 x 10-6 1/ºF.

20”

SOLUCIÓN: x θ ∆Al

∆St

Δ St = α LΔT = 6,6 × 10 −6 × 100 × 20 = 13,2 × 10 −3 pu lg Δ Al = α LΔT = 12,5 × 10 −6 × 100 × 20 = 25 × 10 −3 pu lg Sea x el desplazamiento de la aguja con respecto al nivel cero:

Δ Al − Δ St 1

=

x

5

⇒

x

= 5 (25 − 13,2) × 10 −3 pu lg

x = 59 x 10 -3 = 0,059 pulg

1.69) Una barra de bronce laminado en frío (E = 15 x 10 6 psi; α = 9,4 x 10-6 1/ºF) y una barra de metal Monel forjado y laminado en caliente (E = 26 x 10 6 psi; α = 7,8 x 10-6 1/ºF) se encuentran soldadas juntas a tope y cargadas axialmente en los extremos con una fuerza de tracción P = 20 π klb. Ambas barras tienen 2” de diámetro; la de bronce es de 5’ de largo y la de metal Monel es de 4’. Determinar la variación total de longitud debida a la carga y a una baja de la temperatura de 60 ºF. SOLUCIÓN:

P

Bronce Monel

P

78 A =

π 4

D 2

=

π 4

× 2 2 = π pu lg 2

Supondremos que la deformación final es un alargamiento.

Δ = Δ M + Δ Br = (Δ P − Δ T ) M + (Δ P − Δ T ) Br PL PL Δ = ⎛ − α LΔT ⎞⎟ + ⎛ − α LΔT ⎞⎟ = ⎜ ⎜ ⎝ AE ⎠ M ⎝ AE ⎠ Br 20π × 4 × 12 20π × 5 × 12 −6 −6 7 , 8 10 4 12 60 9 , 4 10 − × × × × + − × × 5 × 12 × 60 = 0,0642" π × 26 × 10 6 π × 15 × 10 6

El cambio de longitud es un alargamiento, como se supuso.

1.70) Un riel de ferrocarril tiene 20’ de largo con una sección transversal de 11,6 pulg2 y está sujeto contra movimientos laterales. Bajo un aumento de temperatura, uno de los extremos puede moverse 1/16 pulg con relación al otro, antes de que los dos extremos se encuentren firmemente sujetos contra los rieles adyacentes que, para este problema, se supondrán rígidos. Si α = 6,6 x 10-6 1/ºF y E = 30 x 106 psi. Para un aumento de temperatura de 60 ºF determinar la fuerza interna en una sección transversal del riel. SOLUCIÓN: a)

Δ T =

1 16

+ Δ P ⇒ α LΔT =

6,6 × 10 −6 × 20 × 12 × 60 =

1 16

1 16

+

+

PL AE

P × 20 × 12

11,6 × 30 × 10 6

1

"

∆P

16

∆T

P = 93.119 lb

1.71) Los extremos de una barra de acero de 12’ están firmemente sujetos a soportes rígidos. A 75 ºF no hay esfuerzos en la barra, cuyo diámetro es de 2”. El acero tiene las siguientes propiedades: E = 30 x 10 6 psi; σ0 = 38 kpsi; σu = 65 kpsi; Relación de Poisson υ = 0,25; alargamiento en 8”: 28%; α = 6,5 x 10-6 1/ºF. Para la temperatura de 0 ºF determinar: a) El Factor de Seguridad respecto a la falla por fluencia; b) La variación de diámetro de la barra. SOLUCIÓN: a)

79

Δ P = Δ T ⇒ α LΔT = FS

=

σ 0 σ

=

38.000 14.625

σ L E

⇒ σ = α E ΔT = 6,5 × 10 −6 × 30 × 10 6 × 75 = 14.625 psi (T )

= 2,598

b)

Δ D = −α DΔT − υε x D = −6,5 × 10 −6 × 2 × 75 − 0,25 ×

14.625 × 2 30 × 10 6

= −0,00122 pu lg

1.72) Una barra de duraluminio de 20’ de largo y 2” de diámetro, se encuentra sujeta por sus extremos a soportes que permiten un cambio de longitud de la barra de 0,06”. Se aplican las siguientes propiedades: E = 10 x 10 6 psi; α = 13 x 10-6 1/ºF; υ = 0,333. Cuando la temperatura es de 80 ºF no hay esfuerzos en la barra. Para una temperatura de - 20 ºF determinar: a) El máximo esfuerzo normal en la barra; b) El cambio de diámetro de la barra. SOLUCIÓN: a)

Δ T = 0,06 + Δ P ⇒ α LΔT = 0,06 + 13 × 10 − 6 × 20 × 12 × 100 = 0,06 +

PL AE

σ × 20 × 12 10 × 10 6

⇒ σ = 10.500 psi (T )

b)

Δ D = −α DΔT − υε x D = −13 × 10 −6 × 2 × 100 − 0,333 ×

10.500 × 2 10 × 10 6

= −0,0033 pu lg

1.73) Un pasador de acero inoxidable austenítico recocido (E = 28 x 10 6 psi; σ0 = 36 kpsi; σu = 85 kpsi; α = 9,6 x 10-6 1/ºF), de 3 pulg2 de área está colocado en el interior de un tubo de fundición gris (E = 15 x 10 6 psi; σUC = 100 kpsi; σUT = 25 kpsi; α = 6,7 x 10-6 1/ºF; υ = 0,333) de 6 pulg2 y 3’ de largo, y está traccionado mediante una tuerca por un esfuerzo de 6.000 psi a una temperatura de 80 ºF. Determinar la variación del esfuerzo axial en el pasador cuando la temperatura baja a – 10 ºF. Despreciar la variación de longitud del tubo debida a la variación del esfuerzo en el pasador. SOLUCIÓN: Por condiciones de equilibrio: PSt

= PFG ⇒

ASt σ St

= AFGσ FG ⇒ 3σ St = 6σ FG

80 σ St

= 2σ FG ;

Inicialmente: σSt 6.000 psi (T): σFG = 3.000 psi (C) Debido a la restricción de moverse separadamente: (∆T)FG

(∆P)FG

Pasador (∆P)St

∆St

(∆T)St

Δ St = Δ FG ⇒ (Δ T − Δ P )St = (Δ T + Δ P )FG ⎛ α LΔT − σ L ⎞ = ⎛ α LΔT + σ L ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ E ⎠ St ⎝ E ⎠ FG ⎝ 9,6 × 10 −6 × 90 −

261 −

σ St 28

σ St 28 × 10

= 261 −

2σ FG 28

6

= 6,7 × 10 −6 × 90 + =

σ FG 15

⇒

σ FG

σ FG 15 × 10 6

= 1.890 psi (T );

σ St

= 3.780 psi (C )

Por consiguiente, la variación del esfuerzo en el pasador es ∆σ = 6.000 – 3.780 = 2.220 psi en tracción.

1.74) Una llanta de acero se debe calentar y colocar en una rueda motriz de locomotora de 72” de diámetro. A 80 ºF la llanta tiene una diámetro interior de 71,94”. Para el acero E = 30 x 10 6 psi, α = 6,5 x 10-6 1/ºF y σ0 = 60 kpsi para ε = 0,2 %. Determinar: a) La temperatura que se requiere para que el diámetro interior de la llanta sea de 72,04” para facilitar su colocación en la rueda; b) El máximo esfuerzo de tracción en la llanta cuando se enfríe a – 20 ºF, suponiendo que el diámetro de la rueda no cambie; c) El Factor de Seguridad con respecto a la falla por fluencia para el esfuerzo obtenido en b). SOLUCIÓN: a)

Δ D = 72,04 − 71,94 = 0,1 = α DΔT = 6,5 × 10 −6 × 71,94ΔT ⇒ ΔT = 213,9 º F b)

Δ LL = Δ R ⇒ (Δ T − Δ P ) LL = (Δ T + Δ P ) R

81

⎛ α LΔT − σ L ⎞ = ⎛ α LΔT + σ L ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ E ⎠ LL ⎝ E ⎠ R ⎝

Δ D = 6,5 × 10 −6 × 71,94 × 100 = 0,046761 ⇒ DF = D − Δ D = 71,94 − 0,046761 = 71,893" Δ D1 = 72 − DF = 72 − 71,893 = 0,10676 =

σ D0 E

=

σ × 71,94 30 × 10 6

⇒

σ = 44,52 kpsi (T )

c) FS

=

σ 0 σ

=

60.000 44.520

= 1,348

1.75) La placa rígida C de la figura se encuentra sujeta a una barra A de acero de 0,5” de diámetro y a un tubo de aluminio B. Los otros extremos de A y B están sujetos a soportes rígidos. Cuando la fuerza P es cero, no hay esfuerzos en A ni en B. La barra A es de acero, perfectamente plástica, con una tensión de fluencia σ0 = 40 kpsi (E = 30 x 10 6 psi). El tubo B tiene una sección transversal de 2 pulg2 y es de aluminio aleado con σ0 = 37 kpsi (E = 10 x 106 psi). Se aplica en C una carga P = 30 klb. Determinar el esfuerzo axial en A y en B y el desplazamiento de la placa C.

A

P/2

P/2

10”

C

B

20”

SOLUCIÓN: ASt

=

π 4

(0,5)2 = 0,196 pu lg 2

P/2

PSt

PSt = AStσSt = 0,196σSt PAl = AAlσAl = 2σAl

PAl

DCL de la placa C:

∑ F

Y

= 0,196σ St + 2σ Al − 30.000 = 0

Δ St = Δ Al ⇒

σ St × 10 30 × 10 6

=

σ AL × 20 10 × 10 6

;

σSt = 6σAl

Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene:

P/2

82

σAl = 9.445,8 psi, y σSt =56.675 psi

Como σSt > σ0, entonces σSt = 40.000 psi Y,

σAl = 11.080 psi

Como σAl < (σ0)Al, el material está en la zona elástica y podemos aplicar la Ley de Hooke para calcular el desplazamiento de la placa C. Δ 11.080 × 20 = 0,02216" ↓ σ Al = E Al ε = 10 × 10 6 × Al ⇒ Δ Al = Δ C = L 10 × 10 6

1.76) Un poste cuadrado de acero B (E = 30 x 106 psi) de 2 x 2 pulg y la barra de aleación de aluminio C (E = 10 x 10 6 psi) de 1 x 1,5 pulg soportan la barra rígida AD. Cuando no hay carga la holgura h entre AD y el poste B es de 0,002”. Determinar la máxima carga admisible P si los esfuerzos admisibles son 15 kpsi en el acero y 18 kpsi en la aleación de aluminio.

C 24” 4”

8”

A

D

B

12”

h

SOLUCIÓN: DCL: RY

PAl = 1,5σAl

RX 0,002 + ∆St

PSt = 4σSt

Del equilibrio:

∑ M

R

= 4σ St × 4 + 1,5σ Al × 12 − 12 P = 0

De las deformaciones:

P

∆Al

P

83

Δ St + 0,002 4

=

Δ Al 12

⇒ Δ Al = 3Δ St + 0,006 ⇒

× 24 3σ St × 12 = + 0,006 10 × 10 6 30 × 10 6

σ Al

2σAl = σSt + 5.000 Si σAl = 18.000 psi, se tiene que σSt = 31.000 psi > ( σAdm)St. Por lo tanto σSt = 15.000 psi y, σAl = 10.000 psi < ( σAdm)Al.

Por consiguiente: P

=

16 × 15.000 + 18 × 10.000 12

= 35.000 lb

1.77) El mecanismo del ejercicio anterior se carga con una fuerza P = 10 klb y la temperatura aumenta 20 ºF. Si αSt = 6,5 x 10-6 y αAl = 13 x 10-6, determinar los esfuerzos en los componentes B y C. SOLUCIÓN: La ecuación de momentos se mantiene así como la proporcionalidad de las deformaciones. Así:

∑ M

R

= 4σ St × 4 + 1,5σ Al × 12 − 12 P = 0 ⇒

Δ St + 0,002 4

=

Δ Al 12

4σ St + 4,5σ Al

= 30.000

⇒ Δ Al = 3Δ St + 0,006

Pero ambos materiales se alargan por efecto de la temperatura por lo que la deformación tiene dos componentes.

Δ St = (Δ P − Δ T )St ;

Δ Al = (Δ P + Δ T ) Al .

Por lo tanto: 3σ St × 12 30 × 10 6

− 3 × 6,5 × 10 −6 × 12 × 20 + 0,006 =

× 24 + 13 × 10 −6 × 24 × 20 6 10 × 10

σ Al

σSt = 2σAl + 4.100

Resolviendo las dos ecuaciones se tiene σSt = 6.276 psi y σAl = 1.088 psi. Ambos valores son inferiores a los esfuerzos admisibles correspondientes.

84

1.78)

P

Una placa de acero de 1 x 6 x 20 pulg está sujeta con pernos a un bloque de roble de 6 x 6 x 20 pulg. La estructura se acorta 0,02” por una carga desconocida P. Si E St = 30 x 106 psi y ER = 1,5 x 106 psi, determinar: a) El esfuerzo axial en cada material; b) La magnitud de la carga P; c) La localización de la línea de acción de P con respecto al borde exterior de la placa de acero.

o r e c A

1”

Roble

20”

6”

SOLUCIÓN: a)

Δ St =

σ St × L E

σ R × L

Δ R =

E

⇒ σ St = ⇒ σ R =

0,02 × 30 × 10 6 20

0,02 × 1,5 × 10 6 20

P

x

= 30.000 psi = 1.500 psi

PSt 4”

b) 0,5”

∑ F

Y

= P R + PSt − P = 0 ⇒ P = 6σ St + 36σ R = 234.000 lb

c)

∑ M

A

= 6σ St × 0,5 + 36σ R × 4 − Px = 0

x =

90.000 + 1.500 × 144 234.000

= 1,308"

PR

85

1.79) La barra A es de acero con sección transversal de 0,5 x 0,8 pulg2, (E = 30 x 10 6 psi) y la barra B es de latón (E = 15 x 10 6 psi), con sección transversal de 1 x 0,5pulg2. La barra C es rígida y permanece horizontal. Determinar: a) El esfuerzo axial en cada barra; b) El desplazamiento vertical de la barra C; c) La posición de la línea de acción de la fuerza.

A 10” 6” B

C

x

5” 3.850 lb

SOLUCIÓN: a) 0,5σL

0,4σSt

X

3.850

∑ F

Y

= 0,4σ St + 0,5σ L − 3.850 = 0

Δ St = Δ L ⇒

σ St × 6 30 × 10 6

=

σ L × 10 15 × 10 6

⇒

σ L

= 0,3σ St

Combinando las dos ecuaciones se obtiene: σSt = 7.000 psi;

σL = 2.100 psi

b)

Δ=

7.000 × 6 30 × 10 6

= 0,0014" ↓

c)

∑ M

D

= −3.850 X + 0,5 × 2.100 × 5 = 0 ⇒

X = 1,364"

86

1.80) La barra A es de hierro forjado (E = 28 x 10 6 psi; σ0 = 30 kpsi ) y la barra C es de aluminio aleado 6061 – T6 (E = 10 x 10 6 psi; σ0 = 40 kpsi). La barra B es rígida y permanece horizontal. Determinar el área de las secciones transversales para A y C de tal modo que el esfuerzo axial no exceda la tensión de fluencia con un Factor de Seguridad de 2,5.

18” A 12” C

B 2”

6” 32.000 lb

SOLUCIÓN: PAl

PHF

D

2” 32.000 lb

∑ F

Y

∑ M

= P HF + P Al − 32.000 = 0

A

= 32.000 × 2 − 8P Al = 0 ⇒

P Al

(σ Adm ) HF = 30.000 = 12.000 psi; σ HF × 18 28 × 10

6

=

= 24.000 lb

2,5

σ Al × 12 10 × 10

PSt

(σ Adm ) Al = 40.000 = 16.000 psi

2,5

Δ HF = Δ Al ⇒

= 8.000 lb;

6

⇒

σ Al

=

15 28

σ HF

Si σAl = 16.000 psi se obtiene σHF = 29.866,7 psi > ( σAdm)HF. En cambio si σHF = 12.000 psi, se tiene que σAl = 6.428,6 psi < ( σAdm)Al. Por lo tanto: σ =

P A

⇒

A HF

⎛ P ⎞ ⎟⎟ = 24.000 = 2 pu lg 2 = ⎜⎜ ⎝ σ Adm ⎠ HF 12.000

87 A Al

⎛ P ⎞ ⎟⎟ = 8.000 = 1,244 pu lg 2 = ⎜⎜ ⎝ σ Adm ⎠ Al 6.428,6

1.81)

En el sistema de la figura inicialmente no hay esfuerzos. La barra C es rígida y se encuentra a 0,002” sobre el miembro de acero fundido D. Determinar el valor de la fuerza P para que los esfuerzos en los miembros A, B y D sean de la misma magnitud.

B A

10”

P

3”

3”

C

D 7”

Miembro Material A Aluminio B Aluminio D Fe Fundido

A, pulg2 1 1 3

E x 106 psi 10 10 14

SOLUCIÓN: PAl

PAl

P

PHF

∑ F

Y

= P HF + 2 P Al − P = 0 ⇒

Δ Al = Δ HF + 0,002 ⇒

σ Al × 10 10 × 10 6

3σ HF

=

+ 2σ Al − P = 0

σ HF × 7 14 × 10 6

Pero σAl = σHF. Por lo tanto: σAl = 4.000 psi;

De la primera ecuación: P = 20.000 lb

σHF = 4.000 psi

+ 0,002 ⇒

σ Al

=

σ HF 2

+ 2.000

88

1.82) Como se muestra en la figura una carga P hacia abajo se encuentra aplicada al miembro rígido B de manera que el miembro permanezca horizontal. El miembro está soportado en su extremo izquierdo por una barra A de metal Monel (E = 26 x 10 6 psi) y por el extremo derecho en el poste de concreto C (E = 4 x 10 6 psi). Las áreas de A y C son 2 y 15 pulg 2, respectivamente. a) Determinar la máxima carga admisible P si los esfuerzos admisibles son 8.400 psi para el Monel y 1.200 psi para el concreto; b) ¿Cuál es la distancia de la barra A a la carga?; c) Si se eliminara la restricción de que B permanezca horizontal, ¿cuál sería el valor de la carga P y cuál la distancia de la barra A a la carga?

A 20” 10” B

D 10”

P

SOLUCIÓN: PM = 2σM

PC = 15σC

x P

∑ F

Y

= 2σ M + 15σ C − P = 0

Δ M = Δ C ⇒

σ M × 20 26 × 10 6

=

σ C × 10 4 × 10 6

σM = 3,25σC

Si σC =1.200 psi, σM = 3.900 psi < ( σAdm)M Entonces: a) P = 2 x 3.900 + 15 x 1.200 = 25.800 lb b)

89

∑ M

= 25.800 X − 18.000 × 10 = 0

E

X = 6,977” c) Al retirar la restricción de que barra B permanezca horizontal los miembros A y D pueden trabajar al límite de sus esfuerzos admisibles. Así: P = 2 x 8.400 + 15 x 1.200 = 34.800 lb

∑ M

E

= 34.800 X − 18.000 × 10 = 0 ⇒

X = 5,172"

1.83) La placa rígida C de la figura se encuentra sujeta a una barra A de acero de 0,5” de diámetro y a un tubo de aluminio B. Los otros extremos de A y B P/2 están sujetos a soportes rígidos. Cuando la fuerza P C es cero, no hay esfuerzos en A ni en B. La barra A es de acero, perfectamente plástica, con una tensión de fluencia σ0 = 40 kpsi (E = 30 x 106 psi). El tubo B tiene una sección transversal de 1 pulg 2 y es de aluminio aleado con σ0 = 45 kpsi (E = 10 x 106 psi). Se aplica en C una carga P = 50 klb. Determinar el esfuerzo axial en A y en B y desplazamiento de la placa C.

A

B

SOLUCIÓN: ASt

=

π 4

(0,5)2 = 0,196 pu lg 2

P/2

PSt

PSt = AStσSt = 0,196σSt PAl = AAlσAl = σAl

PAl

DCL de la placa C:

∑ F

Y

= 0,196σ St + σ Al − 50.000 = 0

Δ St = Δ Al ⇒

σ St × 10 30 × 10 6

=

σ AL × 20 10 × 10 6

P/2

P/2 10”

20”

90

σSt = 6σAl

Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene: σAl = 22.977,9 psi, y σSt =137.867,6 psi Como σSt > σ0, entonces σSt = 40.000 psi Y, σAl = 42.160 psi

Como σAl < (σ0)Al, el material está en la zona elástica y podemos aplicar la Ley de Hooke para calcular el desplazamiento de la placa C. σ Al

= E Al ε = 10 × 10 6 ×

Δ Al L

⇒ Δ Al = Δ C =

42.160 × 20 10 × 10 6

= 0,084" ↓

1.84)

A

40”

La barra CD es rígida y está soportada en el apoyo fijo D y por las barras de aluminio A y B, cada un área de 0,5 pulg2 y E = 10 x 10 6 psi. Determinar el desplazamiento vertical del punto C y el esfuerzo axial en las barras A y B.

B D

C 50”

50”

50”

5.000 lb

SOLUCIÓN:

Δ B 50

=

Δ A 100

⇒ Δ A = 2Δ B ⇒ 0,5σA

σ A

= 2σ B 0,5σB

(a)

DY

∆B ∆C

∑ M

D

5.000

= 0,5σ B × 50 + 0,5σ A × 100 = 5.000 × 150

Resolviendo las ecuaciones (a) y (b):

(b)

91

σA = 12.000 psi; σB = 6.000 psi σ × 40 Δ B = B 6 = 0,024" ↓ 10 × 10

Δ B 50

=

Δ C 150

⇒ Δ C = 0,072" ↓

1.85)

A

10”

C 4”

4”

La barra CD es rígida y está soportada en el apoyo fijo D y por las barras A de aluminio con un área de 2,5 pulg 2 y E = 10 x 10 6 psi y B de Monel, con un área de 2 pulg2 y E = 25 x 10 6 psi. Determinar la carga P necesaria para producir un esfuerzo axial de 18 kpsi en la barra A.

B D 2”

P

SOLUCIÓN:

Δ B 2

=

Δ A

10 × 10 6

=

3σ M × 10 25 × 10 6

σAl = 18.000 psi; D

DY

⇒ Δ A = 3Δ B

6

σ AL × 10

∑ M

2 σM

2,5σAl

⇒

σ Al

= 1,2σ M

∆A

∆B

P

σM = 15.000 psi

= 2,5 × 18.000 × 6 + 2 × 15.000 × 2 =10 P P = 33.000 lb

1.86) Si la carga P del problema anterior es de 20 klb ¿cuáles son los esfuerzos en las barras A y B? SOLUCIÓN: Del problema anterior:

92 σ Al

= 1,2σ M

∑ M

D

= 2,5σ Al × 6 + 2σ M × 2 −10 × 20.000 = 0 ⇒

σM = 9.090,9 psi;

22σ M

= 200.000

σAl = 10.909,9 psi

1.87) Resolver el problema 1.85 haciendo las siguientes modificaciones. Cambiar la distancia entre las barras A y B de 4” a 2”, desplazando la barra A hacia la barra B, la barra B de Monel a acero (E = 30 x 10 6 psi), y el esfuerzo en A de 18 kpsi a 26 kpsi. La tensión de fluencia para el acero es de 40 kpsi. Todas las demás dimensiones permanecen iguales. SOLUCIÓN:

Δ B 2

=

Δ A

⇒ Δ A = 2Δ B

4

σ AL × 10 10 × 10 6

=

2σ St × 10

⇒

30 × 10 6

σ St

= 1,5σ Al = 1,5 × 26.000 = 39.000 psi < σ Adm

Ambos esfuerzos son inferiores a la tensión de fluencia.

∑ M

D

= 2,5σ Al × 4 + 2σ St × 2 =10 P ⇒

P

=

260.000 + 156.000 10

= 41.600 lb

1.88) Resolver el problema 1.86 después de hacer las siguientes modificaciones: Cambiar las dimensiones horizontales de 4, 4 y 2 a 2, 2 y 4”; cambiar la barra B de metal Monel a acero; cambiar P a 68 klb. La tensión de fluencia del acero es de 36 kpsi. SOLUCIÓN: 2,5σAl

2σSt

DY

Δ AL 6

=

Δ St

σ Al × 10

68 klb

10 × 10 6

4

=

⇒ Δ Al = 1,5Δ St 1,5σ St × 10 30 × 10 6

⇒

σ St

= 2σ Al

Si σAl = 26 kpsi, se tiene que σSt = 52 kpsi > σAdm ∑ M D = 2,5 × 6σ Al + 2 × 4σ St − 68 × 8 = 0 ⇒ 15,5σ St = 544 ⇒ σ St = 35 kpsi σAl = 17,5 kpsi

93

1.89) 4”

2”

P

6”

B

A

h

C 5”

10”

D

La barra de acero C (E = 30 x 106 psi) tiene una sección transversal de 0,25 pulg 2 y la barra de latón D (E = 15 x 10 6 psi) tiene un área de 3 pulg 2. La barra AB es rígida. Determinar el valor de la carga P que produce un esfuerzo axial en la barra D de 4,6 kpsi en compresión. La holgura h = 0,002”.

SOLUCIÓN: P

RY

∆St

∆L

3σL

Δ L + 0,002 2 σ St × 10 30 × 10 6

=

=

Δ St 4

2σ L

×5

15 × 10 6

0,5σSt

⇒ Δ St = 2Δ L + 0,004 + 0,004 ⇒

σ St

= 2σ L + 12.000

Como σL = 4.600 psi, se tiene σSt = 21.200 psi

∑ M

R

= 3σ L × 2 + 0,5σ St × 4 − 10 P = 0

P = 4.880 lb

1.90) La barra C del problema anterior es de acero estructural (E = 30 x 10 6 psi) con un área de 1,2 pulg2 y D es de latón rojo laminado en frío (E = 15 x 10 6 psi) con un área de 3 pulg2. La holgura sobre D se aumenta a 0,04” y la carga P es de 30 klb. Determinar el desplazamiento del punto A. SOLUCIÓN:

Δ L + 0,004 2

=

Δ St 4

⇒ Δ St = 2Δ L + 0,008

94 σ St × 10

=

2σ L

×5

σ St

= 2σ L + 24.000

∑ M

= 3σ L × 2 + 1,2σ St × 4 − 30.000 × 10 = 0

R

15 × 10 6

+ 0,008 ⇒

30 × 10

6

σSt = 47.692,3 psi;

σL = 11.846,15 psi

1.91) La barra B es aleación de aluminio 6061-T6 (E = 10 x 10 6 psi) con un área de 0,25 pulg2 y la barra A es de acero estructural (E = 30 x 10 6 psi) con un área de 1,5 pulg 2. La barra CDE es rígida. Cuando el mecanismo está sin carga en la conexión D hay una holgura de 0,004”. Si los esfuerzos admisibles son de 21 kpsi para A y de 16 kpsi para B, determinar la máxima carga admisible que puede aplicarse hacia abajo en un punto a 6” a la derecha de D.

B 20” A

10”

12”

6” C

D

E

SOLUCIÓN: 0,25σAl

1,5σSt

Cy

P 0,004 + Δ St 6

=

Δ Al 18

⇒ Δ AL = 0,012 + 3Δ ST

3σ × 10 × 20 = 0,012 + St 6 6 10 × 10 30 × 10

σ Al

σ St

= 2σ Al − 12.000

Si σAl = 16 kpsi, se tiene que σSt 20 kpsi < (σAdm)St = 21 kpsi. Entonces:

∑ M

C

= 1,5 × 20 × 6 + 0,25 × 16 × 18 − 12 P = 0 ⇒

P

= 21 klb

95

1.92) La estructura de la figura ocupa la posición que se muestra cuando no hay cargas. Cuando se aplica el peso D = 2.000 lb y el peso desconocido E, la barra rígida C se pone horizontal. La barra A es de aleación de aluminio 6061-T6 (E = 10 x 10 6 psi) con un área de 2 pulg 2 y la barra B es de metal Monel (E = 24 x 106 psi) con un área de 4 pulg2. Determinar el peso de E.

B

16” A

10”

4”

4”

2.000 1 E

D

SOLUCIÓN: z ∆Al

1

=

2.000

z

4

⇒

z

∆M

= 2 × 10 −3 pu lg

Δ Al = z + Δ M σ Al × 10 10 × 10 6

σ Al

= 0,002 +

σ M × 16 24 × 10 6

2

= σ M + 2.000 3

2σAl

4σM

PE

∑ M

E

2”

= 2σ AL × 4 + 4σ M × 8 − 2.000 × 10 = 0

2.000

96

Entonces: σAl = 2,071 kpsi, y σM =0,107 kpsi

∑ F

Y

= − P E + 2 × 2.071,4 + 4 × 107,1 − 2.000 = 0 ⇒

P E

= 2.571,4 lb ↓

1.93) La barra B es de acero (E = 30 x 106 psi) con un área de 0,5 pulg2 y la barra A es de cobre (E = 16 x 106 psi) con un área de 0,4 pulg 2. La barra C es rígida. Determinar la fuerza P que hace que el punto D se mueva 0,011” más de lo que se nueve el punto E.

B 15”

P 10”

15”

D

C E A

8”

B

SOLUCIÓN: 0,5σSt

P

∆Cu ∆St = ∆E

0,011

0,4σCu 0,011 10

=

σ St × 15 30 × 10 6

∑ M

D

Δ St + Δ Cu 15

⇒ Δ St + Δ Cu = 0,0165

= 0,0165 −

σ Cu

×8

16 × 10 6

⇒

σ St

= 33.000 − σ Cu

= 0,5 × 10σ St − 0,4 × 25σ Cu = 0 ⇒

σ St

= 2σ Cu

Entonces: σ St

∑ F

Y

= 22 kpsi;

σ Cu

= 11 kpsi

= −0,4 × 11 + 0,5 × 22 − P = 0 ⇒

P

= 6,6 klb

97

1.94) En el mecanismo de la figura, la barra C y todos los soportes son rígidos. Determinar el esfuerzo axial de las barras A y B cuando se hace avanzar la tuerca que se encuentra en la parte superior de B 0,1” (una vuelta). La barra A es de latón laminado en frío (E = 15 x 10 6 psi) con un área de 0,5 pulg2, y B es de acero (E = 30 x 10 6 psi), con un área de 0,4 pulg 2.

C A

B 60” 5”

8”

SOLUCIÓN:

0,4σCu ∆L

0,1 - ∆St 0,5σL

Δ L 8

=

0,1 − Δ St 5

RY

⇒ Δ L = 0,16 − 1,6Δ St ⇒

1,6σ St × 60 × 60 0 , 16 = − 15 × 10 6 30 × 10 6 σ L

σL = 40.000 – 0,8 σSt

∑ M

R

= 0,5σ L × 8 − 0,4σ St × 5 ⇒

Entonces: σL = 15.384,6 psi; σSt = 30.769,2 psi

σ St

= 2σ L

98

1.95) Determinar la magnitud de la fuerza P que debe aplicarse a la barra rígida C, originalmente horizontal, para que permanezca horizontal cuando la temperatura aumente 100 ºF. La barra A es de aluminio (E = 10 x 106 psi; A = 4 pulg2; α = 13 x 10 -6 1/ºF), y la barra D es de acero (E = 30 x 10 6 psi; α = 6,5 x 10-6 1/ºF; A = 1 pulg2). SOLUCIÓN:

∑ M

A

P D B

C 5”

10”

P

B

5”

4σAl

σSt

= 5σ St − 4σ Al × 15 = 0

σSt = 12σAk

Δ St = Δ Al ⇒ (Δ T + Δ P )St = (Δ T − Δ P ) Al 6,5 × 10 −6 × 5 × 100 +

σ St × 5 30 × 10 6

= 13 × 10 −6 × 5 × 100 −

⎛ 12 + 1 ⎞ = ⎜ ⎟σ Al 650 ⇒ σ L = 1.300 psi; ⎝ 30 10 ⎠

∑ F

Y

= − P + σ St − 4σ L = 0 ⇒

σ St

σ AL × 5 10 × 10 6

= 15.600 psi

P = 10.400 lb ↓

1.96) El cuerpo rígido W está sostenido por un alambre de acero (E = 30 x 10 6 psi; α = 6,5 x 10-6 1/ºF; Diámetro = 0,2”). El cuerpo cuelga en la posición que se muestra cuando la temperatura es 90 ºF. Determinar el peso de W cuando la temperatura sea de 10 ºF si el esfuerzo admisible en el alambre h es de 18 kpsi y la holgura h = 0,1”. SOLUCIÓN: A =

π 4

D

2

=

π 4

(0,2)2 = 0,0314 pu lg 2

20”

W

5”

99 6,5 × 10 −6 × 20 × 80 = 0,1 +

Δ T = 0,1 + Δ P ⇒

σ St × 20 30 × 10 6

Por tanto, el esfuerzo que origina la restricción a la contracción es: σSt = 3.100 psi;

El esfuerzo disponible para resistir el peso es 18.000 – 3.100 = 14.900 psi Por consiguiente: σ = 14.900 =

W A

⇒

W = 14.900 × 0,0314 = 468,1 lb

1.97) El área de cada una de las barras exteriores, de latón, (E = 15 x 10 6 psi, α = 9,8 x 10-6 1/ºF), es de 0,75 pulg2. La barra central es de acero (E = 30 x 106 psi, α = 6,6 x 10-6 1/ºF), es de 1 pulg 2. La barra A es rígida y permanece horizontal. Determinar: a) La carga que soporta cada barra; b) La variación de temperatura que haga que toda la carga la soporte la barra central.

3”

3”

A

5”

Barra Rígida 14 klb

SOLUCIÓN: a)

Δ L = Δ St ⇒

∑ F

Y

σ L

×5

15 × 10 6

=

σ St × 5 30 × 10 6

⇒

σ St

= 2σ L

= 0,75σ L × 2 + σ St − 14.000 = 0 ;

σL = 4.000 psi; σSt = 8.000 psi

PL = 4.000 x 0,75 = 3.000 lb;

PSt = 8.000 lb

Por lo tanto: b) Para que la barra central soporte toda la carga: (∆T)L = (∆T + ∆P)St 9,8 × 10 − 6 × 5ΔT = 6,6 × 10 −6 × 5ΔT +

14.000 × 5 1 × 30 × 10 6

⇒ ΔT = 145,83 º F ↑

100

1.98) El conjunto de la figura se compone de una barra de acero A (E = 30 x 10 6 psi, α = 6,5 x 10-6 1/ºF; A = 1 pulg2), de un bloque rígido C y una barra de bronce B (E = 15 x 10 6 psi, α = 10 x 106 1/ºF); A =3 pulg2), todo sujeto firmemente entre sí y a soportes rígidos en los extremos. Inicialmente no hay esfuerzos. La temperatura desciende 40 ºF y se aplica una carga P = 30 klb. Determinar los esfuerzos en A y B.

A 90” P/2

P/2 C B

15”

+ 10 × 10 −6 × 15 × 40 ⇒

σ Br

SOLUCIÓN:

Δ St = Δ Br ⇒ (Δ P − Δ T )St = (Δ P + Δ T ) Br σ St × 90 30 × 10

∑ F

Y

6

− 6,5 × 10 −6 × 90 × 40 =

σ Br × 15 15 × 10

= PSt + P Br − 30.000 = 0 ⇒

6

σ St + 3σ Br

= 3σ St − 29.400

= 30.000

Por lo tanto: σBr = 6.060 psi (T);

σSt = 11.820 psi (C)

1.99) La barra B es aleación de aluminio 6061-T6 (E = 10 x 106 psi; α = 12,5 x 10-6 1/ºF) con un área de 0,25 pulg2 y la barra A es de acero estructural (E = 30 x 10 6 psi; α = 6,6 x 10-6 1/ºF) con un área de 1,5 pulg2. La barra CDE es rígida Inicialmente las barras no están sometidas a esfuerzos. Determinar la carga que debe aplicarse a la barra CDE a 4” a la derecha de D para hacer que los esfuerzos en las barras A y B sean iguales, cuando la temperatura descienda 100 ºF. .

SOLUCIÓN: a) Supondremos que P se dirige hacia abajo

B

20” A 6” C

10” 12”

D

E

101

0,25σAl

1,5σSt

Cy

4”

(Δ P − Δ T )St 6

=

P

(Δ P − Δ T ) Al 18

(Δ P − Δ T ) Al = 3(Δ P − Δ T )St 3σ St × 10 × 20 −6 12 , 5 10 20 100 − × × × = − 3 × 6,6 × 10 −6 × 10 × 100 6 6 10 × 10 30 × 10

σ Al

σ St

= 2σ Al − 5.200 ;

Pero ambos esfuerzos deben ser iguales, por lo que σSt = σAl = 5.200 psi.

∑ M

C

= 1,5σ St × 6 + 0,25σ AL × 18 − 10 P = 0 ⇒

P

= 7.020

lb

b) Supondremos que P se dirige hacia arriba. En tal caso:

(Δ P + Δ T )St 6

=

(Δ P + Δ T ) Al 18

(Δ P + Δ T ) Al = 3(Δ P + Δ T )St

3σ St × 10 × 20 −6 12 , 5 10 20 100 + × × × = + 3 × 6,6 × 10 −6 × 10 × 100 6 6 10 × 10 30 × 10

σ Al

σ St

= 2σ Al + 5.200

Si P se dirige hacia arriba, los esfuerzos sólo pueden ser iguales en magnitud, por lo que σSt = - σAl. Por lo tanto: σSt = - 1.733,3 psi (C);

σAl = 1.733, 3 psi (T).

1.100) Un perno de metal Monel forjado y laminado en caliente(E = 26 x 10 6 psi; α = 7,8 x 10-6 1/ºF) pasa a través de un tubo de hierro fundido maleable (E = 25 x 10 6 psi; α = 6,6 x 10-6 1/ºF) y tiene una tuerca que debe ser apretada hasta que el esfuerzo axial en el perno sea de 12 kpsi a 80 ºF. La longitud del tubo es de 2’ y las áreas de ambos elementos son iguales. Determinar el esfuerzo axial en el perno cuando la temperatura sea de – 20 ºF. SOLUCIÓN: Como el sistema debe estar en equilibrio, las fuerzas sobre ambos materiales deben ser iguales y contrarias, por lo, como las áreas son iguales, los esfuerzos iniciales en

102

ambos materiales son también iguales, es decir, σ = 12.000 psi (T) en el perno y de compresión en el tubo de hierro fundido. La disminución de temperatura induce un nuevo esfuerzo. Como el Monel se contrae más que el hierro fundido, la variación de temperatura induce un esfuerzo de tracción en él y de compresión en el hierro fundido.

Δ FF = Δ M ⇒ (Δ T + Δ P )FF = (Δ T − Δ P ) M σ FF × 24 25 × 10 6 σ FF 25

+

+ 6,6 × 10 −6 × 24 × 100 = 7,8 × 10 −6 × 24 × 100 −

σ M 26

σ M × 24 26 × 10 6

= 120

De las condiciones de equilibrio estático; PFF

= P M ⇒

σ FF

= σ M ⇒

σ = 1.529,4 psi

Por lo tanto los esfuerzos finales son: σM = 12.000 + 1.529,4 = 13.529,4 psi (T); σFF = - 12.000 – 1.529,4 = - 13.529,4 psi (C)

1.101) En la figura el poste A es de latón (E = 15 x 10 6 psi) con un área de 4 pulg2 y la barra B es de acero (E = 30 x 10 6 psi), con un área de 1,5 pulg 2. Las barras CDG, DE y EF son rígidas. Determinar la carga P para que los esfuerzos en A y B no excedan de 10 kpsi.

B 30” 6”

3” E 3”

3” C

F 1,5” G

D 6” 9” A

SOLUCIÓN:

P

103

Como la barra DE es rígida, el descenso del punto E es igual al descenso del punto D, y ambos puntos descienden en forma proporcional a las deformaciones de los elementos A y B. Así:

Δ L 3

Δ E

=

6

Δ St

⇒ Δ E = 2Δ L ;

6

=

Δ E

3

⇒ Δ E = Δ St

9

2

Por lo tanto: 3

Δ L = Δ St ⇒ 4

σ L

×9

15 × 10 6

3

σ St × 30

4

30 × 10 6

= ×

⇒

σ St

= 0,8σ L

Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = 8.000 psi < σAdm. Análisis de las condiciones de equilibrio estático. FDE CY

4σL

FDE

FDE

P

1,5σSt

FY

FDE

∑ M

= 1,5 × 8.000 × 6 − F DE × 9 = 0 ⇒

∑ M

= 4 × 10.000 × 3 + 8.000 × 6 − 12 P = 0 ⇒

F

C

F DE

= 8.000 lb (T ) P

= 14.000 lb

1.102) Resolver el problema anterior considerando que se produce: a) Un aumento de temperatura de 30 ºF; b) Una disminución de temperatura de 30 ºF. αSt = 6,5 x 10-6 1/ºF; αL = 8 x 10-6 1/ºF. SOLUCIÓN: Del problema anterior: Como la barra DE es rígida, el descenso del punto E es igual al descenso del punto D, y ambos puntos descienden en forma proporcional a las deformaciones de los elementos A y B. Así:

Δ L 3

=

Δ E 6

⇒ Δ E = 2Δ L ;

Δ St 6

=

Δ E 9

3

⇒ Δ E = Δ St 2

a) Si la temperatura aumenta, ambas barras se alargan por efecto de la temperatura, contrario al efecto de compresión en el latón, y en el mismo sentido del alargamiento de la barra de acero. Por lo tanto: 3

Δ L = Δ St ⇒ (Δ P − Δ T ) L = 0,75 (Δ P + Δ T ) St 4

104 σ L

×9 −6

− 8 × 10 −6 × 9 × 30 =

15 × 10 σ St = 0,8σ L

0,75σ St × 30 30 × 10

6

+ 0,75 × 6,5 × 10 −6 × 30 × 30

− 6.547,5

Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = 1.452,5 psi < ( σAdm)St . Análisis de las condiciones de equilibrio estático. CY

4σL

FDE

FDE

P

∑ M

= 1,5 × 1.452,5 × 6 − F DE × 9 = 0 ⇒

∑ M

= 4 × 10.000 × 3 + 1.452,5 × 6 − 12 P = 0 ⇒

F

C

F DE

1,5σSt

FY

= 1.452,5 lb (T ) P

= 10.726,25 lb

b) Para la disminución de temperatura cambian los signos de la deformación por temperatura. Así: 3

Δ L = Δ St ⇒ (Δ P + Δ T ) L = 0,75 (Δ P − Δ T ) St 4

σ L

×9 −6

+ 8 × 10 −6 × 9 × 30 =

15 × 10 σ St = 0,8σ L

0,75σ St × 30 30 × 10

6

− 0,75 × 6,5 × 10 −6 × 30 × 30

+ 6.547,5

Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = 14.547,5 psi > (σAdm)St . Por lo tanto: σSt = 10.000 psi y σL = 4.315,625 psi < ( σAdm)L

∑ M

F

= 1,5 × 10.000 × 6 − F DE × 9 = 0 ⇒

∑ M

C

F DE

= 10.000 lb (T )

= 4 × 4.315,625 × 3 + 10.000 × 6 − 12 P = 0 ⇒

P

= 9.315,625 lb

1.103) Resolver el problema 1.101 considerando que la barra DE es elástica, de acero (E = 30 x 10 6 psi), con un área de 1 pulg 2. SOLUCIÓN:

105

En esta situación, el punto E desciende lo que desciende el punto D, menos el alargamiento de la barra DE. Así:

∆E

E 1,5”

1,5” D ∆E

∆D

Δ L 3

Δ D

=

6

∆DE

Δ St

⇒ Δ D = 2Δ L ;

6

=

Δ E 9

3

⇒ Δ E = Δ St ; 2

Δ E = Δ D − Δ DE

Por lo tanto: 3 2

×

σ ST × 30

=

30 × 10 6

∑ M

F

2σ L

×9

15 × 10 6

−

σ DE × 1,5 30 × 10 6

= 1,5σ St × 6 − σ DE × 9 = 0 ⇒

⇒

30σ St

σ DE

= 24σ L − σ DE

= σ St

Reemplazando en la ecuación anterior tenemos: σSt = 0,774σL

Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = σDE = 7.740 psi < σAdm. Finalmente:

∑ M

C

= 4 × 10.000 × 3 + 7.740 × 6 − 12 P = 0 ⇒

P

= 13.870 lb

1.104)

9”

6”

30” A 4”

P

4” E 8”

C D

h 8”

B

Los elementos A, B y C de la figura son elásticos y las escuadras móviles D y E son rígidas. Determinar el máximo valor admisible para la carga P si los esfuerzos admisibles en A y B son de 16 y 3 kpsi, respectivamente. La holgura h es de 0,0015”. Los datos son los siguientes:

106

Elemento A B C

Area, pulg2 0,5 4 1,5

Material Acero Hormigón Latón

E x 106 psi 30 4 15

SOLUCIÓN: 1,5σL

0,5σSt EX E

P

EY

1,5σL 1,5σL

1,5σL

C

DX

D

DY

4σH

∑ M

= 4σ H × 6 − 1,5σ L × 4 = 0 ⇒

D

Δ H + 0,0015 6

∑ M

=

Δ D

⇒ Δ D =

4

2Δ H 3

σ L

= 4σ H

+ 0,001

= 1,5σ L × 4 + 0,5σ St × 8 − 12 P = 0

E

El punto superior de la escuadra E se mueve lo mismo que el punto superior de la escuadra D, más lo que se alarga la barra de latón C. Es decir:

Δ St 8

=

Δ D + Δ L

⇒ Δ D =

4

Δ St 2

− Δ L =

2Δ H 3

+ 0,001 ⇒ Δ St =

Reemplazando por los esfuerzos: σ St × 30

=

4σ H × 8

6

+

2σ L × 15

+ 0,002 ⇒ 3 × 4 × 10 15 × 10 6 8 32 σ St = 2.000 + σ H + 8σ H = 2.000 + σ H 3 3 30 × 10

6

Si σH = 3.000 psi, se tiene σSt = 34.000 psi > ( σAdm)St.

4Δ H 3

+ 2Δ L + 0,002

107

Por lo tanto: σSt = 16.000 psi;

σH = 1.312,5 psi;

σL = 5.250 psi

Finalmente: P

=

5.250 × 6 + 16.000 × 4 12

= 7.958,3 lb

1.105) Cuando la estructura de la figura no soporta carga, hay una holgura h = 0,001” entre la placa rígida D y el apoyo en la barra B. Determinar el valor de la fuerza P que haga que los esfuerzos axiales en las barras A, B y C tengan la misma magnitud. La barra A es de aluminio aleado (E = 10 x 106 psi) con un área de 4 pulg2; la barra B es de acero (E = 30 x 106 psi) con un área de 2 pulg 2, y la barra C es de latón (E = 15 x 10 6 psi) con un área de 1 pulg 2.

P D

B

A

4”

SOLUCIÓN: DCL:

x

∆Al

P ∆L

∆St + 0,001

4σAl

σL

2σSt

∑ F

Y

= − P + 7σ = 0 ⇒

Δ Al − Δ L 8

=

P

0,001 + Δ St − Δ L 4

Δ Al = 0,002 + 2Δ St − Δ L Como los esfuerzos son iguales:

= 7σ

h

C

4”

10”

108 σ × 10 10 × 10 6

= 0,002 +

2σ × 10 30 × 10 6

−

σ × 10 15 × 10 6

σ = 2.000 psi y P = 14.000 lb

∑ M

A

= −14.000 x + 2 × 2.000 × 4 + 2.000 × 8 = 0 x = 2,286”

1.106) 3”

3”

B

B

A

4”

C

La barra A es de aluminio aleado 7075 – T6 (E = 10,5 x 106 psi; σ0 = 55 kpsi) y las barras B son de acero estructural (E = 30 x 10 6 psi; σ0 = 36 kpsi). Todas las barras tienen sección rectangular de 2,2 por 1,2”. Determinar los esfuerzos axiales en las barras y el desplazamiento del punto C.

250 klb

SOLUCIÓN: 2,64σSt

2,64σAl

2,64σSt ∆L

4

∆St

3

250 klb

A = 2,2 x 1,2 = 2,64 pulg2

∑ F

Y

= 2,64σ St × 2 × 0,8 + 2,64σ Al = 250

Δ St = 0,8Δ Al

θ

109 σ St × 5 × 12 30 × 10 6

=

× 4 × 12 ⇒ σ St = 1,829σ Al 10,5 × 10 6

0,8σ Al

Si σAl = 55 kpsi se tiene que σSt = 100,6 kpsi > ( σ0)St. Por lo tanto: σSt = 36 kpsi

De la suma de fuerzas verticales obtenemos σAl = 37,1 kpsi < ( σ0)Al. Obsérvese que la ecuación de las deformaciones no tiene validez debido a que el acero no cumple la Ley de Hooke. El desplazamiento del pasador en el punto C es:

Δ C = Δ Al =

σ Al L E

=

37.096,97 × 4 × 12 10,5 × 10 6

= 0,1696" ↓

1.107) En la figura del problema anterior las tres barras son del tipo de acero estructural del mismo problema. Si se permite la acción plástica en todas las barras sin llegar al endurecimiento por deformación, determinar: a) la carga máxima que la estructura puede soportar (conocida a veces como “carga límite); b) El desplazamiento del pasador C cuando se alcanza la tensión de fluencia en la última barra en cambiar su acción elástica a plástica; c) La máxima desviación del pasador C si la máxima deformación unitaria, antes de que ocurra endurecimiento por deformación, es de 0,018. SOLUCIÓN: a) Del problema anterior:

∑ F

Y

= 2,64σ St × 2 × 0,8 + 2,64σ St = 2,64 × 36(1,6 + 1) = 247,1 klb

b)

Δ B = 0,8Δ A

Δ B = Δ A = c)

36.000 × 5 × 12 30 × 10 6

Δ B 0,8

= 0,072"

= 0,09" ↓

Δ A = ε A L A = 0,0018 × 4 × 12 = 0,0864" ↓

110

1.108) Resolver el problema 1.106 cuando haya una holgura de 0,05” entre la barra A y el pasador C, SOLUCIÓN: Del problema 103:

∑ F

Y

= 2,64σ St × 2 × 0,8 + 2,64σ Al = 250

Δ St = 0,8 (0,05 + Δ Al ) ⇒

σ St × 60 30 × 10 6

= 0,04 +

× 48 ⇒ σ St = 20.000 + 1,829σ Al 10,5 × 10 6 σ Al

Si σAl = 55 kpsi se tiene que σSt = 120,6 kpsi > ( σ0)St. Por lo tanto: σSt = 36 kpsi

De la suma de fuerzas verticales obtenemos σAl = 37,1 kpsi < ( σ0)Al. Obsérvese que la ecuación de las deformaciones no tiene validez debido a que el acero no cumple la Ley de Hooke. El desplazamiento del pasador en el punto C es:

Δ C = Δ Al + 0,05 =

σ Al L E

+ 0,05 =

37.096,97 × 4 × 12 10,5 × 10 6

+ 0,05 = 0,2196" ↓

1.109) En base a los datos del problema 1.106, determinar el esfuerzo axial en las barras cuando la carga P es cero y la temperatura aumenta 100 ºF. αSt = 6,6 x 10-6 1/ºF; αAl = 12,5 x 10-6 1/ºF. SOLUCIÓN: Supondremos que todas las barras quedan en tracción después del aumento de temperatura. Del problema 103:

∑ F

Y

= 2,64σ St × 2 × 0,8 + 2,64σ Al = 0 ⇒

σ Al

= −1,6σ St

Δ St = 0,8Δ Al ⇒ (Δ P + Δ T )St = 0,8 (Δ P + Δ T ) Al σ St × 60 30 × 10

6

+ 6,6 × 10 −6 × 60 × 100 =

0,8σ Al

× 48

10,5 × 10

6

+ 0,8 × 12,5 × 10 −6 × 48 × 100

111

= 4.200 + 1,8286σ Al = 4.200 + (− 1,6 × 1,8286σ St ) = 4.200 − 2,93σ St σ St = 1.069,9 psi (T ) σ St

σAl = - 1.711,8 psi en compresión, contrario a lo que se supuso.

1.110)

B

La barra A es de acero (E = 30 x 10 6 psi) y la barra B es de aluminio aleado (E = 10 x 106 psi); cada barra tiene un área de 1,5 pulg 2. Determinar el máximo valor admisible para la carga P si los esfuerzos admisibles son de 20 kpsi para el acero y de 8 kpsi para la aleación de aluminio. La barra horizontal es rígida.

A

40”

4

20” 3

6”

9”

3”

P SOLUCIÓN: RY

1,5σAl 1,5σSt

RX

P

∑ M

R

= 1,5σ Al × 6 + 0,8 × 1,5σ St × 15 − 18P = 0 ⇒

∆Al

∆

Δ Al 6

=

Δ 15

⇒ Δ = 2,5Δ Al ;

∆St

Δ St = 0,8Δ = 2Δ Al

σ Al

+ 2σ St = 2 P

112 σ St × 40 30 × 10 6

=

2σ Al

× 20

10 × 10 6

⇒

σ St

= 3σ Al

Si σAl = 8.000 psi se tiene que σSt = 24.000 psi > ( σAdm)St. Por lo tanto: σSt = 20.000 y σAl = 6.666,7 psi < (σAdm)Al

Entonces de la ecuación de momentos: P = 16.666,7 lb

1.111) Todos los elementos de la estructura de la figura son elásticos. La deflexión del centro de la viga de acero C, con respecto a los pasadores en sus extremos, está dada por la expresión δ = F/160, estando δ en pulg y F es la fuerza resultante en el centro de la viga en klb. Antes de aplicar la carga P, la viga toca justamente el apoyo en el poste A, de aluminio aleado (E = 10 x 10 6 psi), con un área de 4 pulg 2 y una resistencia admisible de 15 kpsi; las barras B son de latón (E = 16 x 106 psi), con un área de 0,5 pulg2 cada una y una resistencia admisible de 7 kpsi. Determinar el máximo valor admisible ara P.

B

B

P

20” 15”

15”

C

25”

A

SOLUCIÓN: 4σAl

0,5σL

0,5σL ∆L

∆Al δ

P

∑ F

Y

= 4σ Al + σ L − P = 0

Pero F = P - 4σAl = σL

113

Δ Al = Δ L + δ ⇒ 2,5σ Al

× 25 σ L × 20 σ L = + 6 6 10 × 10 16 × 10 160 × 10 3

σ Al

= 1,25σ L + 6,25σ L = 7,5σ L ⇒ σ Al = 3σ L

Si σL = 7.000 psi se tiene que σAl = 21.000 psi > ( σAdm)Al. Por lo tanto: σAl = 15.000 psi y σL = 5.000 psi < (σAdm)L

Finalmente: P = 4 x 15.000 + 5.000 = 65.000 lb

1.112) Las barras de acero (E = 30 x 10 6 psi) A y C están conectadas por pasadores al elemento rígido D; el yugo E está firmemente unido a la barra de latón laminado en frío B (E = 15 x 106 psi) y a la barra C. Las áreas son: para A y B, 4 pulg 2 y para C, 2 pulg2. Los esfuerzos admisibles son de 20 kpsi para el acero y 30 kpsi para el latón y la deflexión en E no debe exceder de 0,05” hacia abajo. Determinar el máximo valor admisible para P. 60”

30” D

P/2

30”

C

P/2

60” Bloque Rígido

A

E

30”

B

SOLUCIÓN: 4σA

RY

2σC

∆A ∆

114

∑ M

2σSt

R

= 4σ A × 30 − 2σ C × 60 = 0 ⇒

σ A

Para E: E

∑ F

= 2σ St + 4σ L − P = 0

Δ A

Δ

Y

P

4σL

P

2

2

30

=

60

⇒ Δ = 2Δ A

Δ L = Δ C + Δ = Δ C + 2Δ A × 30 σ St × 30 2σ St × 60 5σ St = + = 6 15 × 10 6 30 × 10 6 30 × 10 6 10 σ L

σL = 2,5σSt

Si σSt = 20.000 psi se tiene que σL = 50.000 psi > ( σAdm)L. Por lo tanto: σL = 30.000 psi y σSt = 12.000 psi < ( σAdm)St.

Entonces: P = 2 x 12.000 + 4 x 30.000 = 144.000 lb Verificación de la deflexión de E:

Δ E = Δ L =

× 30 30.000 × 2 = = 0,06" > (Δ E ) Adm = 0,05" 15 × 10 6 10 6 σ L

Por lo tanto:

Δ E = Δ L =

× 30 = (Δ E ) Adm = 0,05" ⇒ 15 × 10 6 σ L

σ L

= 25.000 psi (C ) )

σSt = 10.000 psi

Finalmente: P = 2 x 10.000 + 4 x 25.000 = 120.000 lb

= σ C = σ St

115

1.113) La placa rígida C de la figura se encuentra sujeta a una barra A de acero de 0,2 pulg 2 de área y a un tubo de aluminio B. Los otros extremos de A y B están sujetos a soportes rígidos. Cuando la fuerza P es cero, no hay esfuerzos en A ni en B. La barra A es de acero, perfectamente plástica, con una tensión de fluencia σ0 = 50 kpsi (E = 30 x 10 6 psi). El tubo B tiene una sección transversal de 1 pulg2 y es de aluminio aleado con σ0 = 37 kpsi (E = 10 x 10 6 psi). Se aplica en C una carga P = 50 klb. Determinar el esfuerzo axial en A y en B y el desplazamiento de la placa

A 60”

C

P/2

P/2

5”

B

SOLUCIÓN: ASt

== 0,2

pu lg

2

PSt = AStσSt = 0,2σSt PAl = AAlσAl = σAl DCL de la placa C:

∑ F

Y

PSt

= 0,2σ St + σ Al − 50.000 = 0

Δ St = Δ Al ⇒

σ St × 60 30 × 10 6

=

σ AL

×5

10 × 10 6

;

PAl

σAl = 4σSt

Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene: σSt =11.904,8 psi < ( σAdm)St σAl = 47.619 psi < ( σAdm)Al

Como σAl < (σ0)Al, el material está en la zona elástica y podemos aplicar la Ley de Hooke para calcular el desplazamiento de la placa C. σ Al

= E Al ε = 10 × 10 6 ×

Δ Al L

⇒ Δ Al = Δ C =

47.619 × 60 10 × 10 6

= 0,285" ↓

116

1.114) En la figura el poste A es de fundición, la barra B es de acero y la escuadra es rígida. El sistema se somete a un aumento de temperatura de 10ºC y a una carga desconocida P. Determinar el máximo valor admisible para P si los esfuerzos admisibles en A y B no deben exceder exceder de 800 y 1.200 kg/cm 2, respectivamente. El poste A tiene una holgura h = 0,1 mm en la conexión con la escuadra. Medidas en cm. BARRA MATERIAL AREA cm2 A Fundición 10 B Acero 2

E x 106 kgf/cm2 1,05 2,1

α x 10-6 , 1/ºC

11 11

84 :

B

P 100

100

100

h A

SOLUCIÓN:

42

∆St

2σSt

P Rx h + ∆F

∑ M

Ry

R

=0

10σF 10σ F × 2 − P × 1 + 2σ St × 1 = 0 h + Δ F

A

2 h + (Δ P

0,01 +

σ F × 42 1,05 × 10

6

− 11× 10 −6 × 42 × 10 =

2σ ST × 84 2,1 × 10

6

=

Δ St 1

⇒

h + Δ F

= 2Δ St

− Δ T )F = 2 (Δ P + Δ T )St

+ 2 × 11 × 10 −6 × 84 × 10

σF = 2σSt + 327,5

Si σSt = 1.200, se tiene que σF = 2.727,5 > (σadm)F En cambio si σF = 800 kg/cm2 se tiene que σSt = 236,25 kg/cm 2 < (σadm)St

117

Por lo tanto: P = 20σF + 2σSt = 20 x 800 + 2 x 236,25 = 16.472,5 kgf

1.115)

B 10

84 20

10

10

En la figura el poste A es de latón y B es de acero. Las barras CD, DE y EF son rígidas. El sistema se somete a un aumento de temperatura de 10ºC y a una carga desconocida P. Determinar el máximo valor admisible para P si los esfuerzos admisibles en A y B no deben exceder de 600 y 1.200 kg/cm2, respectivamente. El poste A tiene una holgura h = 0,01 cm en la conexión con la barra CD. Medidas en cm.

F

E 20 C

h

G

D

A

42

P

BARRA

MATERIAL

A B

AREA, cm2

Latón Acero

E x 106 kgf/cm2 1,05 2,1

24 10

α x 10-6

1/ºC 18 11

SOLUCION : Por la forma del problema se supondrá que la barra A trabaja en compresión y la barra B en tracción. Barra CD:

Barra ED: FED

FED

Cy

Barra EF : FB = 10σSt Fx

Cx

FA = 24σL

∑ M ∑ M

P

FED

C

= 0 = 24σ L × 10 + F DE × 20 − 40 P = 0 ⇒

F

= 0 = 30 F DE − 10σ St × 20 ⇒

Reemplazando en (1) :

Fy

FED

F DE

=

12σ L

20σ St 3

+ F DE = 2 P

(1) (2)

118

12σ L

+

20σ St 3

= 2P ⇒

P

= 6σ L +

10 3

σ St

(3)

Análisis de deformaciones: La barra B se alarga por la fuerza de tracción y por el aumento de temperatura, mientras que el poste A se acorta por la compresión y se alarga por la t emperatura. Para la barra EF: 3 3 Δ E Δ St = ⇒ Δ E = Δ D = Δ St = (Δ P + Δ T )St 30

20

2

2

(4)

Para la barra CD:

Δ D 20

=

h + Δ L

⇒ Δ D = Δ E = 2[0,01 + (Δ P − Δ T ) L ]

10

(5)

Igualando ecuaciones 4 y 5: 3 ⎛ σ St × 84

σ L × 42 ⎞ −6 + × × × = + − 18 × 10 −6 × 42 × 10 11 10 84 10 0 , 01 ⎜⎜ ⎟ ⎟ 6 6 4 ⎝ 2,1 × 10 1,05 × 10 ⎠

Simplificando: 3σSt = 4σL – 449 Si σL = 600 kg/cm 2, se obtiene que σSt = 650,33 kg/cm2, que es menor que el esfuerzo admisible de 1.200 kg/cm 2. En cambio, si, σSt = 1.200 kg/cm2, se obtiene que σL = 1.012,25 kg/cm 2, que es mayor que el esfuerzo admisible de 600 kg/cm 2. Por lo tanto: σL = 600 kg/cm2 y σSt = 650,33 kg/cm2. Por tanto, reemplazando en la ecuación 3: P

= 6σ L +

10 3

σ St

= 6 × 600 +

10 3

× 650,33 = 5.767,77 kgf

En la Tabla 1.7 se muestran las equivalencias entre los diversos métodos de medición de dureza.

119

Tabla 1.7: Equivalencias de Durezas

120

CAPITULO 2: CORTE SIMPLE 2.1 Concepto de esfuerzo de corte simple. El esfuerzo de corte o de cizalle simple es el que se produce por una fuerza paralela al área sobre la que actúa, dividida por dicha área, como se muestra en la figura 2.1. Es decir: τ

=

P

(2.1)

A

P

P Figura 2.1. Esfuerzos de corte Las aplicaciones más importantes son en uniones apernadas, remachadas o con pasadores, chavetas usadas para bloquear engranajes y poleas a los ejes, uniones pegadas en madera, etc. La resistencia al corte de los materiales, en general, es sólo una fracción de la resistencia en tracción. Así, para los metales, puede considerarse, según la Teoría de Tresca, que se verá más adelante, que la resistencia a la fluencia en corte es la mitad de la resistencia a la fluencia en tracción. Es decir: τ 0

=

σ 0

(2.2)

2

Por consiguiente, el esfuerzo admisible en corte es: τ adm

≤

τ 0 FS

=

σ 0 2 FS

(3.3)

Si el Factor de Seguridad es 2,5, entonces: τ adm

≤

τ 0 FS

=

σ 0 5

(2.4)

De acuerdo con la Teoría de Von Mises, la relación entre el esfuerzo de corte y el esfuerzo de tracción es: τ 0

=

σ 0 3

= 0,577σ 0

(2.5)

121

2.2 Elementos de unión sometidos a corte: pernos, remaches, pasadores EJEMPLO 2.1 A la unión remachada de la figura se aplica una fuerza P = 3.000 kgf, y el diámetro del remache es de 1,2 cm. Determinar: a) el esfuerzo de corte medio en la sección transversal del remache; b) La tensión de fluencia necesaria, con un Factor de Seguridad de 2, para resistir adecuadamente la carga. Zona de corte P/2 P

P

P/2

P/2 P/2

SOLUCION:

a) En el diagrama de la derecha puede verse que la fuerza P se reparte sobre dos superficies de corte en el remache, de modo que en cada una de ellas actúa solamente una fuerza P/2. Por lo tanto: P

τ = 2 A

=

1.500 π D

2

=

1.500 π (1,2 )

4

2

=

1.500 1,131

= 1.326,3 kg / cm 2

4

b) τ ≤ τ adm

=

σ 0 4

⇒

1.326,3 ≤

σ 0 4

⇒

σ 0

≥ 5.305,2 kg / cm 2

EJEMPLO 2.2 En el problema anterior, si la resistencia admisible por corte es de 1.000 kg/cm 2, determinar el diámetro del remache necesario para no exceder la resistencia. SOLUCION: P

τ = 2 A

=

1.500 π D 2 4

≤ τ adm = 1.000 ⇒ D ≥

6.000 1.000π

= 1,382 cm

122

EJEMPLO 2.3 En la figura, el bloque B, de 1,5 cm de espesor, se pega mediante un adhesivo a la plancha C, de 1,5 cm de espesor. Se aplica una fuerza de 5.000 kgf en el bloque A, la que es resistida en la unión pegada entre B y C. Determinar a) La magnitud de la distancia d, si la resistencia admisible al corte del adhesivo es de 4 kg/cm 2; b) El esfuerzo de compresión sobre el bloque A. Medidas en cm. 5.000 kgf

4

4

3 25

B

A

40

3 C

d

SOLUCION:

a) Despreciando los efectos de momentos, la fuerza de corte que actúa en la unión pegada entre B y C, es la componente horizontal de la fuerza de 5.000 kg, es decir, 5.000 x cos θ = 5.000 x 0,8 = 4.000 kgf. El área que resiste esta fuerza es A = 40d cm2. Por lo tanto: τ =

P A

=

4.000 40d

≤ τ adm = 4 ⇒

d ≥

4.000 160

= 25 cm

b) La fuerza que comprime el bloque A es la componente vertical de la fuerza de 5.000 kg, es decir, 5.000 x sen θ = 5.000 x 0,6 = 3.000 kgf. El área sobre la que actúa esta fuerza de compresión, normal a la fuerza vertical es A = 25 x 4 = 100 cm 2. Por lo tanto: σ c

=

P A

=

3.000 100

= 30 kg / cm 2

EJEMPLO 2.4 El pasador de la figura tiene 12 mm de diámetro y está construido de acero A 37 - 24. La cabeza del pasador tiene un diámetro de 25 mm Fy una altura de 5 mm. a) Determinar la máxima fuerza F que puede aplicarse, con un factor de seguridad de 2, para que el pasador resista a la tracción y al corte; b) Si el material de la placa de apoyo es el mismo del remache, determinar el espesor mínimo de ella, e, para la fuerza calculada en la parte a). SOLUCION:

5 F 25

e

123

a)

σ =

F A

F

F

A la tracción:

=

F

π D

2

=

F

π (1,2)

4

2

F

=

1,131

≤ σ adm =

σ 0 2

= 1.200 kg / cm 2 ⇒ F ≤ 1.357,2 kgf

4

Al corte: El área sometida a corte está en la cabeza del pasador, y es el área perimetral del pequeño cilindro del diámetro del pasador y del espesor de la cabeza, es decir: A = 2π x 0,6 x 0,5 = 1,885 cm 2. Por consiguiente: Area de corte

τ =

F A

=

F

1,885

≤ τ adm =

σ 0 4

=

2.400 4

= 600 kg / cm 2 ⇒

F ≤ 1.131 kgf

Por lo tanto, esta última fuerza de 1.131 kgf, es la máxima que puede aplicarse para cumplir con las dos exigencias.

b) Ahora el área que resiste el corte de la cabeza del pasador es el área que genera la cabeza al penetrar en la placa de apoyo. Es decir: A = 2π x 1,25 x e Y el esfuerzo de corte es: τ =

F A

=

1.131 2π × 1,25 × e

≤ τ adm =

EJEMPLO 2.5 Una plancha como la que se muestra, de 10 x 30 cm y 5 mm de espesor, debe perforarse con un punzón de 8 mm de diámetro. Determinar la fuerza necesaria para romper la chapa, si ésta es de acero A 37 – 24. SOLUCION:

σ 0 4

= 600 kg / cm 2 ⇒

e ≥ 0,24 cm

F

124

Ahora la fuerza de corte debe vencer la resistencia máxima al corte, la cual podemos estimar a partir de la resistencia a la tracción del acero. Es decir:

y,

τ max

=

σ u

τ =

F

=

2

A

=

3.700

F

π De

2

=

= 1.850 kg / cm 2 F

π × 0,8 × 0,5

≥ τ max = 1.850 ⇒ F ≥ 2.324,8 kgf

EJEMPLO 2.6 Para la transmisión de un eje a otro, se usa un dispositivo de machones, los cuales van unidos con cuatro pernos en las posiciones indicadas. El machón transmite una potencia de 100 HP girando a 100 rpm. Los pernos van en una circunferencia de radio R = 20 cm y se construyen de acero estructural A 37 – 24. Con un factor de seguridad 2,5, determinar el diámetro de cada erno, redondeado en mm.

R

SOLUCION: El Torque es: 71.620 Pot

T =

∑M = 0; τ 0

71.620 × 100 100

=

=

σ 0 2

=

τ 0 FS

F C A

=

=

24 2

=

kgf * cm

FC = 3.581 kgf

= 12 kg / mm 2

12 2,5

= 4,8

3.581 4 π

= 71.620 ⇒

FC x 20 = T = 71.620

τ adm

τ

rpm

=

D 2

kg / mm

T 2

≤ τ adm = 4,8

R

Fc

4

El área resistente se ha multiplicado por 4 para considerar los cuatro pernos. Por lo tanto: D ≥

3.581 4π

= 15,41 mm

Para redondear en mm, se adopta D = 16 mm

125

2.3 Bridas y chavetas Las chavetas son componentes de máquina que se utilizan para impedir el movimiento relativo entre ejes y poleas o engranajes. En las aplicaciones siguientes se estudia su comportamiento.

EJEMPLO 2.7 Para transmitir el movimiento desde la polea al eje se usa una chaveta de 1 x 1,5 x 7,5 cm, como se muestra en la figura. Las fuerzas F1 y F2 producen un torque de 1.800 kg-cm, en sentido horario. Determinar el esfuerzo de corte medio en la chaveta.

7,5

FC

1,5 1

6 cm F2

F1

SOLUCION: La fuerza de corte sobre la chaveta debe equilibrar el torque, de modo que: T = Fc x R = 1.800 = Fc x 3 ⇒

Fc = 600 kgf

Por tanto el esfuerzo de corte es: τ =

F c A

=

600 1 × 7,5

= 80 kg / cm 2

EJEMPLO 2.8 10.000 kgf

El balcón horizontal de la figura está cargado con una carga total de 10.000 kgf, distribuida de un modo simétrico radialmente. El apoyo central es una columna de 50 cm de diámetro y el balcón está soldado a las superficies superior e inferior de la columna con cordones de soldadura de espesor e = 5 mm de lado. Determinar el esfuerzo de corte medio en la soldadura.

e

50 cm

SOLUCION: El área que resiste el corte es A = 2e x πD = 1 x π x 50 = 157,08 cm 2 El esfuerzo de corte es: τ =

F A

=

10.000 157,08

= 63,66 kg / cm 2

126

EJEMPLO 2.9 El sistema de la figura está constituido por un poste A, de fundición, (E = 1,05 x 10 6 kg/cm2; α = 12 x 10-6 1/ºC), de 12 cm2 de sección transversal, y una barra de acero B, (E = 2,1 x 106 kg/cm2; α = 12 x 10-6 1/ºC), de 6 cm2 de sección transversal. La escuadra CDE es rígida. El sistema completo se somete a una disminución de temperatura de 30ºC y a una fuerza F aplicada en C. Determinar: a) el valor admisible para F si los esfuerzos admisibles son de 400 kg/cm 2 en la fundición y de 1.200 kg/cm2 en el acero; b) La dimensión del pasador en E, si éste se construye de acero SAE 1045, templado y revenido a 540 ºC, con las siguientes propiedades mecánicas: σ0 = 68 kg/mm2; σu = 89 kg/mm2; HB = 268, ε = 23%, con FS = 2,5. Medidas en m.

Detalle en E B

F

2

B

E 1

1

D

C 1

1

1

Pasador

SOLUCIÓN: a) B

PSt = 6σSt ΔSt

DX

PF = 12σF

A

DY

ΔF

θ

θ

127

Equilibrio:

∑ M

= 3F − 2 × 12σ F − 6σ St = 0

D

Deformaciones: Se supone que el poste de Fundición se acorta por la compresión que ejerce la fuerza PF y por la disminución de temperatura, mientras que la barra de acero se alarga por la fuerza PSt y se contrae por la temperatura. Por lo tanto, despreciando los desplazamientos horizontales:

Δ St

=

1

Δ F

⇒ Δ F = 2Δ St ⇒ (Δ P + Δ T )F = 2(Δ P − Δ T )St

2

σ F × 100 1,05 × 10

6

⎛ σ × 200 ⎞ + 12 × 10 −6 × 100 × 30 = 2⎜⎜ St − 12 × 10 −6 × 200 × 30 ⎟⎟ 6 ⎝ 2,1 × 10 ⎠

− 75.600 = 400σ St + 302.400 ⇒

200σ F

σ F

= 2σ St − 1.890

Si σSt = (σSt)Adm = 1.200, se tiene que σF = 510 kg/cm2 > (σF)Adm Por lo tanto:

=

σ St

(σ F ) Adm + 1.890 2

= 1.145 kg / cm 2

Reemplazando en la ecuación de Momento: F =

24 × 400 + 6 × 1.145 3

= 5.490 kgf

b) Del ejercicio anterior, la fuerza sobre la barra de acero es: PSt = 6σSt = 6 x 1.145 = 6.870 kgf La fuerza sobre el pasador es la mitad de ésta. Es decir: V = 3.435 kgf τ 0

=

τ =

σ 0

V A

2

=

=

68 2

= 34 kg / mm 2

3.435 π D 2

=

4.373,6 D 2

τ Adm

=

≤ τ Adm = 13,6 ⇒

τ 0 FS

=

34 2,5

= 13,6 kg / mm 2

D = 336,43

4

Puede adoptarse un pasador de 20 mm de diámetro.

= 18,34 mm

x 2,1 x 106

128

2.10) Dos tablas de madera de 0,5” de espesor y 9” de ancho son unidas por la junta de muesca pegada que se muestra. Si se sabe que la madera utilizada falla por corte a lo largo de su fibra con un esfuerzo cortante medio de 1,2 kpsi, determinar: a) La magnitud de la fuerza axial P que hará fallar la junta; b) La magnitud de la fuerza admisible con un Factor de seguridad de 3. (5/8)” 1”

P

P 1”

2” (5/8)”

SOLUCION: a)

Corte originado sobre la tabla izquierda

Corte originado sobre la tabla derecha

En la figura de arriba se muestran las dos zonas susceptibles a fallar por corte, tanto en la tabla del lado izquierdo como en el derecho. Tabla izquierda: 1 5 ⎞ 30 ( Area) Izq = ⎛ ⎜ × ⎟ × 6 = = 1,875 pu lg 2 16 ⎝ 2 8 ⎠

El área se ha multiplicado por seis debido a que hay seis secciones en las que se origina el corte. También se obtiene el mismo resultado si suponemos que la carga P se divide en las seis superficies de corte. Resistencia de Falla = 1,2 kpsi = 1.200 psi τ =

(P )Falla A

=

(P )Falla 1,875

= 1.200

129

(P)Falla = 2.250 lb Tabla derecha: El área de corte para la tabla derecha es la misma que la de la izquierda, por lo que la carga de falla es la misma. b) Para que la unión resista, con Factor de Seguridad de 3. P ADM

=

PFalla FS

=

2.250 3

= 750 lb

2.11) Dos tablas de madera de 15 x 200 mm sección son unidas por la junta de muesca pegada que se muestra (hay pegamento en todas las superficies en contacto). Si se sabe que la junta fallará cuando el esfuerzo cortante medio en el pegamento alcance 900 kPa, determinar la longitud d requerida para soportar una fuerza axial P = 4 kN. Medidas en mm. d Pegamento 25

P 25

P

SOLUCION: Area = (15d) x 7 = 105d mm2 = 105 x 10-6 m2 τ =

P A

=

4.000 105d × 10 −3

≤ 900 × 1000

d = 42,33 x 10 -3 m = 42,33 mm Con esta distancia d la junta fallará, por lo que para trabajar en condiciones seguras, con un factor de seguridad de 2, se adopta d = 85 mm.

130

2.12) Una carga P se aplica a una barra de acero de apoyada como se muestra por una platina de aluminio en la cual se ha perforado un agujero de 12 mm de diámetro. Si los esfuerzos de corte admisibles son de 180 MPa en el acero y 70 MPa en el aluminio, determinar la máxima carga que puede aplicarse a la barra. Medidas en mm.

Φ 40

10

12

P

SOLUCION: Las zonas de posible cortadura se muestran el figura siguiente.

Corte en el acero

Corte en el aluminio

P Para el acero: τ =

P A

=

P

π × 12 × 10

−3

× 10 × 10

−3

≤ 180 × 10 6

PADM = 67.858,4 N Para el aluminio: τ =

P A

=

P

π × 40 × 10

−3

× 8 × 10

−3

≤ 70 × 10 6

P = 70.371,7 N Por lo tanto la máxima carga es de 67.858,4 N

131

2.13) Determinar el mayor diámetro de un agujero redondo que puede perforarse en seis hojas de polietileno de 1 mm de espesor cada una, si se hace una fuerza de 4.000 kgf y se requiere de un esfuerzo de corte de 560 kg/cm 2 para cortar el material. SOLUCION: τ =

P

=

A

4.000 6 × (π × D × 0,1)

= 560

D = 3,79 cm

2.14) La lámpara de la figura pesa 10 kgf y está soportada por un brazo que pesa 4 kg/m. El pasador en A está construido de acero A 37 – 24. Usando un Factor de Seguridad de 4, determinar el diámetro del pasador.

A

3 cm 1m

SOLUCION:

A

3 cm

MA RA

10 kgf

4 kgf

V RA

V

MA

∑ F

Y

∑ M

= R A − 4 − 10 = 0

A

= M A − 4 × 0,5 − 10 × 1 = 0

RA = 14 kgf MA = 12 kg-m = 1.200 kg-cm

132

Análisis del pasador:

∑ M

= M A − V × 15 × 2 = 0

O

V = 40 kgf τ 0

τ ADM

=

V

40

A

=

FS

π D 2

=

1.200 4

= 300 kg / cm 2

≤ 300 ⇒

D ≥

40 × 4 300π

= 0,412 cm

4

Se adopta D = 5 mm.

2.4 Otros esfuerzos en las conexiones En el ejercicio anterior se vio que la barra B tira hacia arriba del pasador, produciendo un esfuerzo de corte sobre él. A su vez, el pasador actúa sobre la oreja de la barra y sobre las orejas del soporte, produciendo esfuerzos de corte y de compresión. A estos últimos algunas veces se les llama Esfuerzos de Aplastamiento. 6.870 kgf B

Corte

3.435

3.435

Oreja de la barra:

Aplastamiento del agujero e

Barra B

Pasador

Barra B

Parte Superior

D

Parte Inferior

h

Desgarre

b

Entonces, en el sector del agujero, el esfuerzo de tracción neto sobre la barra de acero es igual a la fuerza sobre el acero, dividida por el área neta, es decir:

133

σ =

PSt A N

=

PSt

(2.6)

e (b − D )

donde e es el espesor de la barra. El esfuerzo de corte sobre la oreja de la barra de acero que puede producir desgarre si el agujero está muy cerca del borde es: τ =

PSt

=

A

PSt

(2.7)

eh

Finalmente, el esfuerzo de compresión o de aplastamiento en la sección transversal de la oreja en que se apoya el vástago es igual a la fuerza que actúa sobre la barra de acero, dividida por el área que proyecta el diámetro, es decir: σ Apl

=

PSt AP

=

PSt

(2.8)

eD

EJEMPLO 2.15 Aplicar las ecuaciones (3.6), (3.7) y (3.8) al ejercicio 3.9 para calcular los esfuerzos definidos por dichas ecuaciones. SOLUCION: Tenemos que la barra de acero tiene una sección transversal de 6 cm 2, y para el pasador se calculó un diámetro de 20 mm. Para nuestros cálculos supondremos que el área neta es de 6 cm 2, b = 5 cm y calcularemos e.

Esfuerzo de tracción en la oreja: σ =

PSt A N

=

PSt e (b − D)

=

6.870 e × (5 − 2)

≤ σ Adm = 1.200 kg / cm 2

Por lo tanto e > 1,908 cm. Se asumirá e = 20 mm = 2 cm.

Esfuerzo de corte en la oreja: Se calculará el valor de h. τ =

PSt A

=

PSt eh

=

6.870 2h

≤ τ Adm = 600 ⇒

Se adopta h = 6 cm.

Esfuerzo de aplastamiento en la oreja:

h ≥ 5,73 cm

134

La resistencia al aplastamiento suele ser un poco mayor que la resistencia a la fluencia a la tracción, por lo que se adoptará un valor admisible igual al 65% de la tensión de fluencia. σ Apl

=

PSt AP

=

PSt eD

=

6.870 e× 2

≤ 0,65 × 2.400 kg / cm 2 ⇒

e ≥ 2,202 cm

Finalmente, se adoptará e = 2,4 cm = 24 mm, lo que ratifica también el valor calculado para h. Para las orejas del soporte se hace un análisis similar, teniendo en cuenta el número de orejas, que en este caso son dos.

135

CAPITULO 3: TORSIÓN SIMPLE 3.1 Esfuerzos y deformaciones producidas en la torsión. En esta parte de la unidad se estudiarán componentes de máquina, de sección circular, sometidos a la acción de pares de torsión T, como se muestra en la figura 3.1. Los componentes más comunes son los ejes de transmisión, usados para transmitir potencia de un punto a otro. Estos ejes pueden ser macizos o huecos.

T

FIGURA 3.1

T Eje Longitudinal

Estos pares de torsión son momentos que tienden a hacer girar al eje en torno a su eje longitudinal y originan esfuerzos o tensiones de corte y deformaciones por corte en la sección transversal del eje. Para el estudio de deformaciones, supongamos que la sección del lado izquierdo no gira, pero el lado derecho gira debido a la acción del torque T, originando que el plano horizontal se transforme en una especie de hélice, como se muestra en la figura 3.2. Si definimos por θ el ángulo que gira el eje diametral y lo denominamos ángulo de torsión, entonces el arco de circunferencia que describe la sección del lado derecho es R θ, por lo que la tangente del ángulo γ es: tg γ = γ =

L

Rθ L

radianes

En general, para un radio ρ cualquiera, podemos escribir: 2R γ

=

ρ θ L

(3.1)

FIGURA 3.2

De la ecuación (3.1) se deduce que el ángulo γ es proporcional a la distancia al centro del eje, y que el ángulo máximo se obtiene en la superficie. Debe destacarse que tanto como están medidos en radianes. Por otra parte, el ángulo representa precisamente la deformación por corte. Si ahora aplicamos la Ley de Hooke para el corte, tendremos: τ ( ρ ) = Gγ = G

ρ θ L

(3.2)

donde G es el módulo de elasticidad transversal o Módulo de Rigidez, que es una constante para cada material y que se relaciona con el Módulo de

136

Elasticidad obtenido en el ensayo de tracción. En general, se acepta que aproximadamente G = 0,4E. La ecuación (3.2) muestra que los esfuerzos también son proporcionales a la distancia al centro del eje. Por lo tanto podemos escribir: τ ( ρ ) ρ

=

τ max R

= cons tan te

(3.3)

Ahora determinaremos una relación entre esfuerzo, torque y las dimensiones del eje, de modo que nos permita calcular un diámetro bajo ciertas condiciones. Consideremos la figura 4.3

Recordando que τ =

F C A

,por lo que la fuerza

T

dA

de corte que equilibra el Torque es F C = ∫ τ ( ρ )dA y el momento respecto al centro es: Fc R

∫

T = ρ τ ( ρ )dA = 0

τ ( ρ ) ρ

R

∫ ρ dA 2

(3.4)

0

FIGURA 3.3

pero la integral es igual al Momento de Inercia polar de la sección transversal, que designaremos por J. Así: T =

τ ( ρ ) ρ

J

⇒

τ ( ρ ) =

T ρ

(3.5)

J

El esfuerzo máximo, entonces, se obtiene en la superficie, cuando ρ = R. La distribución de esfuerzos es lineal, variando desde cero en el centro hasta un máximo en la superficie, como se muestra en la figura 3.4. Figura 3.4

El esfuerzo máximo es: τ max

=

TR

(3.6)

J

Los esfuerzos de corte son siempre tangentes a la circunferencia que define el eje, como se muestra en la figura 3.5.

EJE τ

FIGURA 3.5

137

En la figura 3.3 y ecuación (3.4) puede verse que ρ2 = x2 + y2, de donde se deduce que el Momento de Inercia polar es igual a la suma de los Momentos de Inercia con respecto a los ejes x e y, respectivamente. Por lo tanto, para una sección circular: J = I x

+ I y = 2

π D 4 64

=

π D 4 32

=

π R 4

(3.7)

2

De las ecuaciones (3.2) y (3.5) se tiene que: τ ( ρ )

=

ρ

Gθ L

=

T J

⇒ θ =

TL GJ

(3.8)

radianes

o bien, reemplazando T de la ecuación (4.6): τ max L

θ =

GR

(3.9)

radianes

Si derivamos la expresión para θ dada en la ecuación (3.8), con respecto a la longitud x, obtenemos: d θ dx

=

T

(3.10)

GJ

La ecuación (3.10) indica que en un diagrama θ – X, la pendiente de éste está representada por la magnitud del torque, dividida por GJ. En La figura 3.6 se muestra esta relación. T, kg- m

θ, rad

TAB B A

θD/C

TCD

θB/A

C

TBC

θD/A

θC/B

D FIGURA 3.6

EJEMPLO 3.1 En un eje macizo de acero, circular, de 10” de diámetro, sometido a torsión pura, la deformación por esfuerzo cortante, γ, a 2” de la superficie es de 54 x 10 -5. Determinar la máxima deformación por esfuerzo cortante en dicho eje. SOLUCIÓN: γ = 54 x 10 -5;

ρ = 3”

La deformación máxima se produce para R = 5”:

138

γ 3

=

γ Max

⇒ λ Max =

5

5 × 54 × 10 −5 3

= 9 × 10 −4

rads

3.2) Un momento de rotación pura actuando sobre un eje circular de 3” produce un esfuerzo cortante máximo de 5.600 psi. Determinar: a) La magnitud de la fuerza cortante en un área transversal de 0,15 pulg 2, considerada concentrada en un punto a 1,2” del centro del eje; b) La magnitud de la resistencia torsional desarrollada por el área de la parte a). SOLUCIÓN: a) τ ( ρ ) ρ F C

=

τ Max R

⇒ τ (1,2) =

5.600 × 1,2 1,5

= 4.480

psi

= τ (1,2) × A = 4.480 × 0,15 = 672 lb

b) T = F C × ρ = 672 × 1,2 = 806,4 lb − pu lg

3.3) El máximo esfuerzo de corte en el eje de la figura es de 9.000 psi. Determinar la magnitud del torque resistente que presenta el área sombreada. Se supone una distribución uniforme del esfuerzo en dicha área. SOLUCIÓN:

τ (2) = F C

9.000 × 2 3

= 6.000

psi

= τ (2) × A = 6.000 × 2π × 2 × 0,01 = 240π lb

T = F C × ρ = 240π × 2 = 480π = 1.507,96 lb − pu lg

T 3”

0,01” 2”

139

3.4) Dado que el esfuerzo cortante por torsión en un eje circular es proporcional a la distancia al centro de la sección transversal, deducir una expresión para el torque resistente desarrollado por la banda de material que se encuentra entre c/3 y 2c/3 de un eje circular macizo de radio c. Expresar el resultado en función de c y τMax. SOLUCIÓN: T =

τ max

∫ ρ d ρ d θ = 3

c

τ max

2π

c

2c / 3

∫ d θ ∫ ρ d ρ = 3

0

2πτ max

c/3

c

(2c / 3)4 − (c / 3)4

×

4

= 0,29c 3τ max

3.5) T

Un momento de torsión pura que actúa sobre un eje circular de 16” de diámetro produce un esfuerzo cortante máximo de 20 kpsi. Determinar por integración la magnitud del torque resistente que ofrece el esfuerzo en la banda sombreada

3”

8”

2” 8”

SOLUCIÓN: T =

τ ( ρ ) ρ

∫ ρ dA 2

dA = ρ d θ d ρ T =

τ ( ρ ) ρ

∫ ρ d ρ d θ = 3

τ ( ρ ) ρ

2π

5

∫ d θ ∫ ρ d ρ = 3

0

2

2π × 20 8

×

54

− 24 4

= 2.391,5 klb − pu lg

3.6). a) Un eje de acero circular, hueco, de 10’ de largo tiene 3” de diámetro interior y 4” de diámetro exterior. Determinar el esfuerzo cortante en un plano transversal en la superficie interior del eje cuando dicho esfuerzo cortante es de 10 kpsi en la superficie exterior. b) Si el eje fuera macizo en lugar de hueco ¿cuál sería el porcentaje de aumento en el área y cuál sería el porcentaje de aumento de la resistencia desarrollado por el eje al mismo esfuerzo cortante máximo. SOLUCIÓN: a)

140

τ ( ρ ) ρ

τ max

=

⇒ τ (1,5) =

R

10 × 1,5

= 7,5 kpsi

2

b) % A = 100 ×

A1

− A2

A2

π

= 100 ×

4

(4)2 − π 4

%T = 100 ×

T 1

− T 2 T 2

τ J 1

= 100 ×

R

−

(4

π 4 2

(4

2

−3

2

− 32 )

)

τ J 2

= 128,6 %

π

= 100 × 32

R

τ J 2

(4)4 − π 32

R

π

(4

4

−3

4

32

(4

4

− 34 )

)

= 46,3 %

3.7) Determinar el diámetro mínimo que se requiere para un eje de acero circular macizo para resistir un torque de 15 klb-pie, si el esfuerzo de corte admisible es de 6 kpsi. SOLUCIÓN: T = 15 klb-pie = 180.000 lb-pulg

τ =

180.000 ×

TR

=

J

π 32

D

2

=

16 × 180.000 π D 3

D 4

≤ 6.000 ⇒

D ≥ 5,346"

3.8) Un eje circular, hueco, de acero (G = 11,6 x 10 6 psi), de 5” de diámetro exterior y 3” de diámetro interior se encuentra sometido a un torque de 12.000 lb-pie. a) ¿Qué ángulo de torsión se producirá en una longitud de 20’?; b) determinar el esfuerzo cortante en un plano transversal en la superficie interior del eje; c) Determinar la deformación por esfuerzo cortante en la superficie exterior. SOLUCIÓN: a) θ =

TL GJ

=

12.000 × 12 × 20 × 12 π 4 11,6 × 10 6 × 5 − 34 32

(

)

= 0,056 rads

b) τ ( ρ ) =

c)

T ρ J

=

12.000 × 1,5 π 4 5 − 34 32

(

)

= 4.044,4 psi

141 4.044,4 × 2,5 τ = Gγ

⇒

γ =

τ max G

=

1,5

= 5,81 × 10 −4

11,6 × 10 6

rads

3.9) Un eje circular, hueco, de acero (G = 12 x 10 6 psi), tiene 6’ de largo y un diámetro exterior de 4”. a) Si el esfuerzo cortante máximo es de 12 kpsi cuando actúa un torque de 3.200 π lb-pie, ¿cuál es el diámetro interior del eje?; b) Determinar la magnitud del ángulo de torsión del eje. SOLUCIÓN: a) τ =

TR J

= 12.000 =

3.200π × 12 × 2 π 4 4 − d 4 32

(

)

⇒

d = 2,675"

b) θ =

TL GJ

=

3.200π × 12 × 6 × 12 π 4 12 × 10 6 × 4 − 2,675 4 32

(

)

= 0,036 rads

3.10 El eje de la figura está compuesto por una parte AB de 10 cm de diámetro y una parte BC de 7,5 cm de diámetro. El eje es de acero para el cual G = 8,4 x 10 5 kg/cm2. Determinar los esfuerzos máximos en cada parte del eje y los ángulos de torsión en B y C con respecto a A.

800 kg-m

500 kg-m

B

A

90 cm

C 60 cm

SOLUCION: Haremos un DCL del sistema y determinaremos el Momento de reacción en el empotramiento A. MA

800 A

B

500 C

Hacemos suma de Momentos respecto al eje x igual a cero:

∑ M

X

= − M A + 800 − 500 = 0

MA = 300 kg-m, en el sentido supuesto. El convenio de signos en esta parte puede ser arbitrario, sin embargo, por una cuestión de costumbre usaremos el convenio de la regla de la mano derecha, por lo tanto MA es negativo, mientras que el torque de 800 kg-m es positivo.

142

Si hacemos un corte en una sección transversal después de A y antes de B, veremos que el torque que actúa en esta sección es M A. Del mismo modo, si cortamos después de B, pero antes de C, veremos que el torque que actúa en toda la sección BC es de 500 kg-m. Se deduce entonces, que el torque en el tramo AB es constante y vale 300 kg-m. Lo mismo ocurre en el tramo BC, donde nuevamente es constante, con una magnitud de 500 kg-m. MA 500 A

B

C

B 500

MA

Ahora haremos un diagrama de los torque T v/s x y de θ v/s x. T , kg-m 500

x 300

θ (rads) C/A

θB/A

x

Del estudio de deformaciones se obtiene la relación siguiente: θC/A = θC/B – θB/A

Tramo AB: R = 5 cm; J =

τ max

π D 4 32

=

TR J

D = 10 cm; LAB = 90 cm;

= =

π × 10 4 32

= 981,75 cm 4

300 × 100 × 5 981,75

= 152,79 kg / cm 2

θC/B

143

=

θ B / A

T AB L AB

=

GJ AB

− 300 × 100 × 90 −3 3 , 274 10 = − × rads 8,4 × 10 5 × 981,75

O bien, en grados: 180º

π rads

=

θ º

− 3,274 × 10 −3 rads

⇒ θ º = −0,187º

Tramo BC: R = 3,75 cm; D = 7,5 cm; LBC = 60 cm; J =

π × (7,5)

4

= 310,63 cm 4

32

500 × 100 × 3,75

τ max

=

TR

θ C / B

=

T BC L BC

J

=

310,63

GJ BC

=

= 603,61 kg / cm 2

500 × 100 × 60 8,4 × 10 5 × 310,63

= 0,0115 rads = 0,66º

Por lo tanto, el ángulo de torsión de la sección C con respecto al empotramiento es: θ C / A

= θ B / A + θ C / B = −0,187 + 0,66 = 0,472º , en el sentido que se supuso.

3.2 Ejes de sección circular. En esta sección se aplicarán los conceptos de la torsión de ejes circulares para proceder al dimensionamiento de ellos.

EJEMPLO 3.11 Un eje de acero, macizo, debe transmitir un torque uniforme de 200 kg-m. Si el esfuerzo admisible al corte es de 800 kg/cm 2, determinar el diámetro del eje.

SOLUCION: De la ecuación (4.6):

τ max

=

TR J

200 × 100 ×

=

π D

4

D

2

=

16 × 200 × 100 π D

32

Por lo tanto: D ≥ 5,03 cm

3

≤ τ adm = 800 ⇒

D

= 3 127,32

144

EJEMPLO 3.12 Un eje hueco de acero, de 3 m de largo, debe transmitir un torque uniforme de 2.500 kg-m. Si el esfuerzo admisible al corte es de 850 kg/cm 2 y el ángulo de torsión no debe exceder de 2,5º, determinar los diámetros interior y exterior del eje. Para el acero G = 8,4 x 10 5 kg/cm2.

SOLUCION: 2,5º = 0,0436 rads. Llamaremos D al diámetro exterior y d al diámetro interior: Para satisfacer la condición de que el esfuerzo máximo no exceda la resistencia admisible:

τ max

=

TR J

2.500 × 100 ×

=

π ( D

4

− d

4

D

)

2

=

16 × 2.500 × 100 D

π ( D 4

− d 4 )

≤ τ adm = 850

32

⇒

( D

4

− d 4 ) ≥ 1.497,93D

Para satisfacer la condición de que el ángulo de torsión no exceda de 2,5º: θ =

De donde:

TL GJ

=

2.500 × 100 × 300 8,4 × 10 5 ×

π ( D 4

− d 4 )

≤ 0,0436 rads

32

D4 – d4 ≥ 20.859,1

Igualando ambas ecuaciones se obtiene: 20.859,1 = 1.497,93 D

⇒

D = 13,93 cm

y, d = 4 (13,93)

4

− 20.859,1 = 11,38 cm

Redondeando a milímetros: D = 140 mm;

d = 114 mm

Comentario: En el ejemplo anterior, ambos requerimientos, de resistencia y de deformación, alcanzan un máximo simultáneamente. Sin embargo, existen otras aplicaciones en las que, debido a otras restricciones impuestas, sólo es posible maximizar sólo una de ellas, como en el ejemplo que se verá en la sección siguiente. 3.3 Relaciones entre potencia, torque y velocidad angular. El trabajo que realiza un par de fuerzas o un momento al rotar un elemento es:

145

U = Tθ kg-m

(3.11)

Donde el torque está en kg-m y el ángulo θ en rads. En una vuelta completa o ciclo θ = 2π rads, por lo que el trabajo por cada vuelta se transforma en: U = 2π T

kg − m

(3.12)

vuelta

Si el eje gira a N vueltas/min (rpm), se tendrá: U = 2π TN

kg − m vuelta

×

vueltas

min

×

1 min

=

60 seg

π TN kg − m 30 seg

(3.13)

Pero el trabajo por unidad de tiempo es la Potencia desarrollada o consumida. Donde: 1 CV = 75 kg-m/seg ≈ 1 HP

(3.14)

Ahora transformaremos el valor anterior en CV ó en HP: Potencia

=

π TN kg − m 30

seg

×

1 CV kg − m 75 seg

=

TN

716,2

CV (ó HP )

(3.15)

Despejando T: T =

716,2 × Potencia

kg − m

N (rpm)

(3.16)

O bien: T =

71.620 × Potencia N (rpm )

kg − cm

(3.17)

EJEMPLO 3.13 Determinar la potencia máxima que puede transmitir un eje macizo de acero de 55 mm de diámetro que gira a 250 rpm, si el esfuerzo de corte admisible es de 750 kg/cm2.

SOLUCION: T

τ =

D

2 J

T

=

D

2 π D 4

=

16T π D 3

=

32

De donde: T ≤ 24.500 kg-cm

16T π (5,5)

3

= 0,0306T ≤ τ adm = 750

146

y, Potencia

=

TN

71.620

=

24.500 × 250 71.620

= 85,5 CV

EJEMPLO 3.14 Un eje de barco, de 6 m de largo, transmite 2.400 HP girando a 120 rpm. El eje se construye de acero SAE 1045 templado y revenido a 540ºC, con las siguientes propiedades mecánicas: σ0 = 5.200 kg/cm2; σu = 7.200 kg/cm2; G = 8,4 x 105 kg/cm2; HB = 210 Determinar el diámetro del eje con un factor de seguridad de 2 con respecto a la fluencia en corte. El ángulo de giro en los 6 metros de longitud no debe exceder de 4º. Redondear dimensiones a mm.

SOLUCION: 4º = 0,0698 rads τ 0

=

T =

σ 0 2

71.620 × Potencia N (rpm ) T

τ =

= 2.600 kg / cm 2 ⇒

D

2 J

T

=

τ 0 FS

71.620 × 2.400 120

= 1.300 kg / cm 2

= 1.432.400kg − cm

D

2 π D 4

=

=

τ adm

=

16 × 1.432.400 π D

3

=≤ τ adm = 1.300 ⇒

D ≥ 3 5.611,7

32

De donde: D ≥ 17,77 cm Ahora calcularemos un segundo diámetro para satisfacer el requerimiento de la deformación.

θ =

TL GJ

=

1.432.400 × 600 8,4 × 10

5

×

π D 4

=

10.421,65 D

4

≤ 0,0698 ⇒

D ≥ 19,66 cm

32

Por lo tanto, el segundo diámetro calculado de 19,66 cm, satisface ambos requerimientos. Se adopta D = 20 cm = 200 mm.

147

EJEMPLO 3.15 El eje circular de la figura, de acero (G = 12 x 10 6 psi), hueco, se encuentra en equilibrio bajo la acción de los torques que se muestran. El diámetro interior es la mitad del diámetro exterior. a) Establecer, en función del diámetro exterior D, la expresión del ángulo de giro en C con respecto a B; b) Determinar el valor mínimo admisible para el diámetro exterior si el esfuerzo de corte admisible es de 12 kpsi. 5 klb-pulg

TB

55 klb-pulg

A

B

C

D

6’

3’

5’

10 klb-pulg

SOLUCIÓN:

∑ T = −5 + T − 55 + 10 = 0 B

TB = 50 klb-pulg = 50.000 lb-pulg, en el sentido que se muestra.

T, klb-pulg 45

X 5

10

θ, rad θD/C

θC/B θD/A θB/A

a) J =

π 32

( D

4

− d

4

⎡ 4 ⎛ D ⎞ 4 ⎤ 15π D 4 4 ) = ⎢ D − ⎜ ⎟ ⎥ = pu lg 32 ⎢⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ 32 × 16 π

X

148

TBC = 45.000 lb-pulg θ C / B

=

45.000 × 6 × 12 12 × 10 6 ×

b)

15π D 4

=

2,93 D

4

rad

512

El torque máximo está en el segmento BC y es de 45.000 lb-pulg

τ Max

=

T Max R J

45.000 ×

=

15π D 512

4

D

2

≤ 12.000 psi ⇒

D

= 2,73"

149

UNIDAD 4: FLEXION SIMPLE 4.1 Definición y tipos de vigas. Las vigas son componentes estructurales usados ampliamente en la construcción de estructuras de todo tipo. Su principal característica es que soportan cargas transversales. Las vigas pueden clasificarse de acuerdo a varios puntos de vista.

a) De acuerdo al tipo de carga (Figura 4.1) Cargas puntuales P1 P2

Carga distribuida uniforme

ω kg/m

Carga distribuida variable

ω kg/m

Figura 4.1

b) De acuerdo al tipo de apoyo (Figura 4.2) Simplemente apoyada con un voladizo

Simplemente apoyada

Simplemente apoyada con dos voladizos

Empotramiento Rígido

Viga Continua (con tres o más apoyos)

Figura 4.2

c) De acuerdo al número de apoyos Según este criterio, las vigas pueden ser isostáticas, cuando es posible determinar las fuerzas en todos los apoyos mediante las ecuaciones de estática, es decir,

150

haciendo suma de fuerzas y de momentos, o hiperestáticas, cuando las ecuaciones de la estática son insuficientes y deben complementarse con ecuaciones provenientes de las deformaciones. Las vigas continuas y aquellas con doble empotramiento son todas hiperestáticas.

4.2 Fuerzas de corte y momento flector. Diagramas. Consideremos una viga simplemente apoyada y hagamos un corte imaginario en una sección transversal cualquiera, como se muestra en la figura 4.3. En la sección en corte existe una fuerza axial F X, una fuerza de corte, V, y un Momento Flector, M f , o simplemente M. V

P

P

x

M FX

RA

RB

RA

M

RB

V

Figura 4.3

Criterio de Signos: Cuando se analiza una viga de izquierda a derecha, la fuerza de corte en la sección transversal analizada es igual a la suma algebraica de todas las fuerzas a la izquierda de la sección, siendo positivas las fuerzas dirigidas hacia arriba y negativas las fuerzas dirigidas hacia abajo. Análogamente, el Momento M en la sección transversal, o con respecto a un punto contenido en la sección transversal, es igual a la suma algebraica de los momentos originados por las fuerzas que están a la izquierda de la sección cortada, siendo positivos los momentos que tienen sentido horario y negativos los momentos con sentido antihorario, o, dicho en otras palabras, son positivos los momentos producidos por las fuerzas dirigidas hacia arriba y negativos los momentos flectores originados por las fuerzas dirigidas hacia abajo.

EJEMPLO 4.1 Para la viga de la figura, escribir las ecuaciones de Fuerza de Corte y Momento Flector para los intervalos 0 < x < 0,5 y 0,5 < x < 2 m y dibujar los diagramas correspondientes. Medidas en m. SOLUCION:

2.000 kgf 0,5 A

1,5 B

151

∑ M

2.000 kgf

B

1,5

0,5

= − R A × 2 + 2.000 × 1,5 = 0

RA = 1.500 kgf ↑

∑ F = 1.500 − 2.000 + R y

RB

RA

B

=0

RB = 500 kgf ↑ Diagramas:

Ecuaciones: V (kgf)

Tramo 0 < x < 0,5: V(x) = 1.500 kgf M(x) = 1.500x kg-m M(0) = 0 M(0,5) = 750 kg-m

1.500 x 500

Tramo 0,5 < x < 2: V(x) = 1.500 – 2.000 = - 500 kgf M(x) = 1.500x – 2.000(x – 0,5) M(0,5) = 750 kg-m M(2) = 3.000 – 3.000 = 0

M (kg-m) 750 x

Obsérvese que los momentos en los extremos siempre deben ser cero, excepto cuando hay momentos flectores externos, o cuando hay apoyos con empotramientos.

EJEMPLO 4.2

ω = 1.200 kg/m

Para la viga de la figura, escribir las ecuaciones de Fuerza de Corte y Momento Flector para toda la viga y dibujar los diagramas correspondientes.

A

B 4m

SOLUCION: X

ω = 1.200 kg/m

∑ M

B

= − R A × 4 + (1.200 × 4) × 2 = 0

RA = 2.400 kgf ↑ 4m RA

RB

∑ F = 2.400 − (1.200 × 4) + R y

RB = 2.400 kgf ↑

B

=0

152

Para escribir las ecuaciones hacemos un corte imaginario a una distancia x entre A y B. Ecuaciones: La fuerza que hace la carga distribuida es igual al área de la carga hasta la distancia x, es decir, 1.200x, con signo negativo porque está dirigida hacia abajo. V(x) = 2.400 – (1.200x)

V(0) = 2.400 kgf

V(4) = - 2.400 kgf

La fuerza que hace la carga distribuida actúa en el centro de gravedad del área, es decir, a un medio de la base, o x/2. Por lo tanto el momento es:

M ( x) = 2.400 x − (1.200 x )

x

2

= 2.400 x − 600 x 2

M(0) = 0;

M(4) = 0

M es máximo cuando dM dx

dM dx

=0

= 2.400 − 1.200 x = 0 ⇒

x = 2 m

Mmax = M(2) = 2.400 kg-m Obsérvese que

dM dx

= V , es decir, la magnitud de la fuerza de corte representa

la pendiente del diagrama de momentos flectores.

Diagramas: V (kgf) 2.400 X

M (kg-m) 2.400 X

153

EJEMPLO 4.3 Para la viga de la figura, escribir las ecuaciones de Fuerza de Corte y Momento Flector para los intervalos 0 < x < 1 y 1 < x < 3 m y dibujar los diagramas correspondientes. Medidas en m.

A

B 1.200 kg-m

∑ M

SOLUCION:

B

2

1

2

1

= − RA × 3 + 1.200 = 0

RA = 400 kgf ↑

∑ F = 400 + R y

RA

1.200 kg-m

RB

B

=0

RB = - 400 kgf ↓

Ecuaciones: Tramo 0 < x < 1:

Tramo 1 < x < 3:

V(x) = 400 kgf

V(x) = 400 kgf

M(x) = 400x kg-m

M(x) = 400x – 1.200

M(0) = 0 M(1) = 400 kg-m

M(1) = - 800 kg-m M(3) = 0 Diagramas: M (kg-m)

V (kgf)

400

400

x x 800

EJEMPLO 4.4 Para la viga de la figura, escriba las ecuaciones de fuerza de corte y momento flector, y dibuje los diagramas correspondientes. SOLUCIÓN:

1.200 kg/m A 1m

3m

154

MA

1.200 kg/m

1m

El peso W de la carga distribuida es igual al área del triángulo que la representa.

2m W =

W

RA

1 2

× 3 × 1.200 = 1.800 kgf

El peso W actúa en el centro de gravedad del área.

∑ F = R Y

− 1.800 = 0

RA = 1.800 kgf ↑

= M A − 1.800 × 3 = 0

MA = 5.400 kg-m

A

∑ M

A

0 < x < 1: V(x) = 1.800 kgf M(x) = - 5.400 + 1.800x M(0) = - 5.400 kg-m

M(1) = - 3.600 kg-m

1 < x < 4: Para el análisis de este intervalo haremos un corte en un punto cualquiera entre 1 y 4 m. Obsérvese que la altura del triángulo a esta distancia no es 1.200 kg/m, sino que tendrá un valor que llamaremos ω(x). X-1 5.400 kg-m

ω(x) kg/m

x − 1

X

3

1.800 kgf

W(x)

El valor ω(x) lo obtendremos de una relación de triángulos semejantes. ω ( x ) x − 1

=

1.200

ω(x) = 400(x – 1)

3

Entonces: V ( x) ) = 1.800 −

1 2

V(1) = 1.800 kgf

( x − 1) × 400( x − 1) = 1.800 − 200( x − 1)2 V(4) = 0

155 M ( x) ) = −5.400 + 1.800 x − 200( x − 1)

2

×

x − 1

3

= −5.400 + 1.800 x −

M(1) = - 3.600 kg-m

200 3

( x − 1)3

M(4) = 0

Para saber si hay un máximo o un mínimo hacemos V = 0: 1.800 – 200(x – 1) 2 = 0

x=4

Es decir el momento es máximo en x = 4 m. Diagramas: V, kgf M, kg-m

1.800

x

x

5.400

3.600

EJEMPLO 4.5 Para la viga de acero de la figura: a) Escriba las ecuaciones de Fuerza de Corte y Momento Flector para toda la viga: b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y momento flector. Medidas en m. ω1 = 2000 kp/m M = 1.300 kp-m

ω2

A

1

1.000 kgf

ω2=1.200 kg/m B

1

1

1,5

1

SOLUCION:

∑ M

A

1 2 ⎞ = 2.000 × 0,5 + 1.300 − (1.200 × 1,5)⎛ ⎜ 2 + 1,5 ⎟ + RB × 3,5 − 1.000 × 4,5 = 0 2 ⎝ 3 ⎠

RB = 1.400 kgf ↑

∑Fy = - 2.000 + RA – 900 + 1.400 – 1.000 = 0 ⇒

Tramo 0 < x < 1 V(x) = - 2.000x V(0) = 0; V(1) = -2.000 kg

RA = 2.500 kgf ↑

156 M ( x) = −2.000 x

M(0) = 0;

x

2

= −1.000 x 2

M(1) = - 1.000 kg-m

Tramo 1 < x < 2: V(x) = - 2.000 + 2.500 = 500 kg M(x) = - 2.000(x - 0,5) + 2.500(x - 1) M(1) = - 1.000 kg-m; M(2) = - 500 kg-m

Tramo 2 < x < 3: V(x) = - 2.000 + 2.500 = 500 kg M(x) = - 2.000(x - 0,5) + 2.500(x - 1) – 1.300 M(2) = - 1.800 kg-m; M(3) = - 1.300 kg-m

Tramo 3 < x < 4,5: Para la carga distribuida triangular, calculamos la intensidad de carga a una distancia x cualquiera: ω x x − 3

=

1.200 1,5

= 800 ⇒

V ( x ) = −2.000 + 2.500 −

ω x 1 2

V(3) = 500 kg;

= 800(x − 3)

800( x − 3)

2

= 500 − 400( x − 3)2

V(4,5) = - 400 kg

Como V(x) es una función de segundo grado, veremos si hay un máximo o mínimo en el intervalo, para lo cual derivamos la función e igualamos a cero. dV dx

= −800( x − 3) = 0 ⇒

x

=3m

Es decir que V es máximo en x = 3 m. Obsérvese que

dV dx

= ω ( x ) , es decir, que la magnitud de la carga distribuida

representa la pendiente del diagrama de fuerzas de corte. M ( x ) = −2.000( x − 0,5) + 2.500( x − 1) − 1.300 −

M(3) = - 1.300 kg-m; M(4,5) = - 1.000 kg-m M es máximo cuando V = 0;

400 3

(x − 3)3

157

500 – 400(x – 3) 2 = 0 ⇒ x* = 4,118 m Mmax = M(4,118) = - 927,32 kg-m

Tramo 4,5 < x < 5,5: V ( x ) = −2.000 + 2.500 − 900 + 1.400 = 1.000 kgf M ( x ) = −2.000( x − 0,5) + 2.500( x − 1) − 1.300 − 900( x − 4) + 1.400( x − 4,5)

M(4,5) = - 1.000 kg-m;

M(5,5) = 0

Diagramas:

V, kgf 1.000

500

x

400 2.000

4,118 m

M, kg-m 500 x

1.000

1.000 1.300

927,32

1.800

4.3 Esfuerzos que se originan por la flexión. En la flexión intervienen dos tipos de esfuerzos, los esfuerzos normales o de flexión, perpendiculares a la sección transversal y los esfuerzos de corte, paralelos a ella.

158

a) Esfuerzos de Flexión De la figura 4.4:

Δ( y ) y

ρ

=

L

ρ

y

⇒

ρ

=

Δ( y ) L

= ε ( y ) = cte.

Además:

Δ( y ) y

c

=

Δ(c ) c

Δ( y ) =

L y

Δ(c ) =

L c

Es decir:

y

ε ( y ) y

L

=

ε (c ) c

= cte.

Figura 4.4 Aplicando la Ley de Hooke σ = Eε: σ ( y ) E y

σ (c )

=

E c

⇒

σ ( y ) y

=

σ (c ) c

= cte.

dF = σdA

y

y

M

En la figura 4.5 el momento que hace la fuerza F con respecto a la línea central, debe equilibrar el Momento Flector en esa sección transversal. Así:

∫

∫

F = dF = σ dA

Figura 4.5

∫

M = yσ ( y )dA =

σ ( y ) y

∫ y dA 2

Luego, el esfuerzo a una distancia y, medida desde la posición central de la viga es: σ ( y ) =

My I

(4.1)

El esfuerzo máximo de flexión se produce para y = c: σ max

=

Mc I

(4.2)

159

El esfuerzo, en la parte inferior de la viga, es de tracción cuando el Momento Flector es positivo, y es de compresión cuando el Momento es negativo. Lo anterior permite deducir que, debido al cambio de signo del esfuerzo en la sección transversal, necesariamente debe tener un valor cero. Los puntos de esfuerzo cero constituyen el eje neutro o línea neutra, y coincide con el CG de la sección transversal, lo cual se muestra a continuación. Por condiciones de equilibrio, la suma de fuerzas en la sección transversal debe ser cero.

∑ F = 0 = ∫ σ ( y )dA = ∫ MydA I

∫ ydA = Q

⇒

x

= yA = 0

Como el área no es cero, necesariamente y = 0 , es decir, ésta es la distancia desde el Eje Neutro al Centro de Gravedad del área de la sección transversal de la viga. La ecuación (4.1) indica que el esfuerzo de flexión varía linealmente (según una línea recta), desde cero en el eje neutro hasta alcanzar un máximo en las fibras más alejadas de él, como se muestra en la figura 4.6.

Eje Neutro

Figura 4.6

En la práctica, especialmente en catálogos de proveedores, se usa una propiedad denominada Módulo Resistente W (o Z en algunos textos), que es simplemente W =

I c

, por lo que la fórmula de la flexión se modifica a:

σ max

=

Mc I

=

M W

≤ σ adm

(4.3)

EJEMPLO 4.6 En el ejemplo 4.5, seleccionar una viga cajón, de acero A 37 - 24 ES, con un Factor de Seguridad de 2. SOLUCIÓN: MMAX = 1.800 kg-m = 180.000 kg-cm σ =

M MAX W

=

180.000 W

≤ σ ADM =

σ 0 FS

=

2.400 2

= 1.200 kg / cm 2

W ≥ 150 cm3

De Catálogo ICHA (Instituto Chileno del Acero), del cual se incluye la sección correspondiente en la página siguiente, se pueden elegir las siguientes vigas:

• 20 x 15 x 21,2 kg/m, e = 4 mm, con W = 158 cm3

160

• 20 x 10 x 26,4 kg/m, e = 6 mm, con W = 170 cm3 Se elige la primera por ser más liviana y, por consiguiente, más económica.

161

b) Esfuerzo de corte en la flexión Como ya se ha señalado, en la flexión se inducen esfuerzos de corte los cuales se deducirán a continuación, usando la figura 4.7. Como las fuerzas sobre el lado izquierdo, Fi, no son iguales a las fuerzas sobre el lado derecho, F d, es necesaria una fuerza V para el equilibrio del sistema.

∫

∫

V = τ dA = τ b dx

(4.4) M + dM

M V

b F i

= ∫ σ dA =

M I

∫

F d

dx

ydA

= ∫ σ dA =

M + dM I

∫ ydA

Figura 4.7 Hacemos equilibrio de fuerzas: - Fi – V + Fd = 0

−

M

M

ydA − τ b ∫ dx + ydA + I ∫ I ∫

dM I

∫ ydA = 0

De donde el esfuerzo de corte en la posición y es: τ ( y ) =

dM dx

×

1

c

∫

bI y

ydA =

V Q x

(4.5)

bI

donde Qx es el momento estático de la sección transversal respecto al eje neutro. Veamos la distribución del esfuerzo de corte en una viga de sección rectangular de base b y altura h, como se muestra en la figura 4.8 . b El momento estático del área dA, por encima de y es: c y

h

h

dA = bdy

c

Q x

Figura 5.8

De modo que:

2

b ⎡ h2

= ∫ ydA = b ∫ ydy = ⎢ 2⎣ y y

4

⎤ − y 2 ⎥ ⎦

162 τ =

b ⎡h

V bI

× ⎢ 2⎣

2

4

− y

2

2 ⎤ 6V ⎡ h 2 V ⎡ h 2⎤ 2⎤ = − = − y y ⎥ ⎥ bh 3 ⎢ 4 ⎥ 3 ⎢ ⎦ 2 bh ⎣ 4 ⎦ ⎣ ⎦

12

Se observa, entonces, que el esfuerzo de corte tiene una distribución parabólica, que es máximo cuando y = 0 (en el eje neutro), y es cero cuando y = h/2, es decir, en las aristas superior e inferior, como se muestra en la figura 4.9. τMAX τ max =

3 V 2 bh

= 1,5

V

(4.6)

A

Figura 5.9

Repetiremos el mismo cálculo para una sección circular. Area del segmento sombreado de la circunferencia de la figura 4.10: θ = π - 2α R

senθ = sen(π - 2α) = sen2α A =

R

2

2

(θ − senθ ) =

R

2

2

θ α

y

Figura 4.10

(π − 2α − sen2α ) ,

donde α y θ están medidos en radianes Momento estático del área sombreada con respecto al eje neutro: Q

=

2 R 3 3

[cos α (1 − sen α )] = 2

2 R 3 3

cos α = 3

2 R 3 3

sen

3

⎛ α ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

El ancho del eje a la altura y = Rsenα es b(y) = 2Rcosα Por consiguiente, el esfuerzo de corte a la altura y es: τ ( y ) =

VQ bI

V

=

2 R cos α ×

π 4

× R

4

2 R 3 3

cos 3 α =

4 3

×

V A

cos 2 α

(4.7)

Entonces para una sección transversal circular puede encontrarse que el esfuerzo máximo es: τ max =

4 V 3 A

= 1,33

V A

(4.8)

c) Relaciones entre carga distribuida, fuerza de corte y Momento Flector

163

Supongamos una carga distribuida cualquiera que actúa sobre un pequeño elemento de viga de longitud dx, como se muestra en la figura 4.11. Hacemos suma de fuerzas verticales: ω kg/m

- V - ωdx + V + dV = 0 V + dV

V

dV

dx

dx

= ω

(4.9)

Es decir, la intensidad de la carga distribuida representa la pendiente del diagrama de fuerza de corte.

M + dM M Figura 4.11

Ahora hacemos suma de momentos respecto al centro del elemento de viga:

∑ M

O

= M + V

dx

2

+ V

dx

2

+ dV

dx

2

− M − dM = 0

Despreciando el producto de diferenciales se obtiene: Vdx = dM

⇒

dM dx

= V

(4.10)

Se concluye, entonces, que la magnitud de la fuerza de corte representa la pendiente del diagrama de momentos flectores, tal como se había encontrado antes.

EJEMPLO 4.7 Para la viga de la figura:

a) Haciendo uso de las relaciones entre la carga distribuida, la fuerza de corte y el momento flector, dibuje los diagramas de Fuerza de Corte y Momento Flector. b) Determinar la máxima tensión normal y de corte, e indicar dónde se produce cada una de ellas. c) Las tensiones normal y de corte en la unión del alma con las alas (los dos valores), en x = 4 metros. 12 cm 2.400 kgf

1.800 kgf A 1m

600 kgf 2 cm

B 2m

1m

2 cm

1m

8 cm

9 cm

164

SOLUCION: 2.400 kgf

1.800 kgf

1m

2m RA

600 kgf

1m

1m

RB

a) Reacciones:

∑MA = 1.800 x 1 - 2.400 x 2 + 3RB - 600 x 4 = 0 RB = 1.800 kgf ↑

∑Fy = - 1.800 + RA – 2.400 + 1.800 – 600 = 0 RA = 3.000 kgf ↑

CONSTRUCCION DE LOS DIAGRAMAS i) Diagrama de Fuerzas de Corte • Trazar una línea vertical hacia abajo representando a escala la fuerza negativa de 1.800 kgf. • Como no hay carga distribuida entre x = 0 y x = 1 m, la pendiente del diagrama de fuerza de corte es cero, es decir, V es constante. • En x = 1 m está RA = 3.000 kgf, dirigida hacia arriba; se traza a partir de V = 1.800 kgf, llegando a V = 1.200 kgf. • De nuevo, entre x = 1 y x = 3 m no hay carga distribuida, por lo que la pendiente del diagrama de fuerza de corte es cero, es decir, V = 1.200 kgf es constante. • En x = 3 m actúa una fuerza negativa de 2.400 kgf; se traza esta fuerza a partir de V = 1.200 kgf, llegando a V = - 1.200 kgf. • De nuevo, entre x = 3 y x = 4 m no hay carga distribuida, por lo que la pendiente del diagrama de fuerza de corte es cero, es decir, V = - 1.200 kgf es constante. • En x = 4 m actúa RB = 1.800 kgf dirigida hacia arriba; se traza esta fuerza a partir de V = - 1.200 kgf, llegando a V = 600 kgf. • De nuevo, entre x = 4 y x = 5 m no hay carga distribuida, por lo que la pendiente del diagrama de fuerza de corte es cero, es decir, V = 600 kgf es constante. • En x = 5 m actúa una fuerza negativa de 600 kgf; se t raza esta fuerza a partir de V = 600 kgf, llegando a V = 0.

ii) Diagrama de Momentos Flectores • Como no hay momento externo en el extremo izquierdo, en este punto M = 0. • Entre x = 0 y x = 1 m, V es negativo y constante, por lo que el diagrama de momentos en este intervalo es una línea recta dirigida hacia abajo. La variación

165

del momento entre x = 0 y x = 1m está dada por el área del diagrama de fuerza de corte en ese intervalo, es decir, - 1.800 x 1 = - 1.800 kg-m. • Entre x = 1 y x = 3 m, V es positivo y constante, por lo que el diagrama de momentos en este intervalo es una línea recta dirigida hacia arriba. La variación del momento entre x = 1 y x = 3 m está dada por el área del diagrama de fuerza de corte en ese intervalo, es decir, 1.200 x 2 = 2.400 kg-m; se traza esta línea partiendo desde M = - 1.800 para llegar a M = 600 kg-m en x = 3 m. • Entre x = 3 y x = 4 m, V es negativo y constante, por lo que el diagrama de momentos en este intervalo es una línea recta dirigida hacia abajo. La variación del momento entre x = 3 y x = 4m está dada por el área del diagrama de fuerza de corte en ese intervalo, es decir, - 1.200 x 1 = - 1.200 kg-m; se traza esta línea partiendo desde M = 600 en x = 3 m para llegar a M = - 600 kg-m en x = 4 m. • Entre x = 4 y x = 5 m, V es positivo y constante, por lo que el diagrama de momentos en este intervalo es una línea recta dirigida hacia arriba. La variación del momento entre x = 4 y x = 5 m está dada por el área del diagrama de fuerza de corte en ese intervalo, es decir, 600 x 1 = 600 kg-m; se traza esta línea partiendo desde M = - 600 para llegar a M = 0 en x = 5 m. V, kgf 1.200

600 X 1.200

1.800 MF, kg-m 600

X 600 1.800

b) Cálculo del CG y Momento de Inercia (Medidas en cm): 12 2 4,3

2,3 2

6,7

8

x

y

=

(12 × 2 ) × 1 + 2(9 × 2 ) × (− 4,5) − 138 24 + 36

=

60

= −2,3

9 I x

=

12 × 2 3

I = I x

3

+2

2 × 93 3

= 1.004 cm 4

− Ad 2 = 1.004 − 60(2,3)2 = 686,6 cm 4

166

La Tensión Normal Máxima o esfuerzo de flexión se produce en la parte inferior de la viga, en el apoyo izquierdo. M max × cmax

=

σ max

I

=

1.800 × 100 × 6,7 686,6

= 1.756,5

kg cm 2

La Tensión de Corte Máxima se produce en el EN, también en el apoyo izquierdo. τ max

=

V max × Q b I

=

1.800 4 x686,6

× 2(2 × 6,7 ) ×

6,7 2

= 58,84 kg / cm 2

c) En x = 4 m, V(4) = 1.200 kgf y M(4) = 600 kg-m = 600 x 100 kg-cm σ (4 ) =

600 × 100 × 2,3 686,6

= 201 kg / cm 2 , en compresión, en la unión del alma con el

ala. τ (4)s

=

τ (4)i

=

1.200 12 × 686,6 1.200 4 × 686,6

(12 × 2)(2,3 + 1) = 11,54 kg / cm 2

(12 × 2)(2,3 + 1) = 34,6 kg / cm 2

EJEMPLO 4.8 La viga de la figura es de madera, con una resistencia a la flexión de 180 kg/cm 2. Determinar: a) Con un factor de seguridad de 2, las dimensiones b y h, redondeadas a cm, si h = 8b; b)La máxima tensión de corte e indicar dónde se produce. 1.000 kgf

a

ω = 500 kg/m

A

B 1m

SOLUCION:

b

1m

h = 8b

167

a) Por simetría, RA = RB = 1.000 kgf ↑ Diagramas: V, kgf

M, kg-m 750

1.000 500

X

X 500 1.000

Módulo Resistente W: bh W =

I c

3

12 h

=

=

bh

2

6

b(8b )

2

=

6

=

32 3

b

3

2 Mc

σ =

=

I

M W

=

750 × 100 32b

3

=

225.000 32b

3

= σ ADM =

360 2

= 180

3 b ≥ 3,39 cm

Se redondea a b = 4 cm y h = 32 cm.

b) La máxima tensión de corte se produce en el eje neutro, en ambos apoyos donde la fuerza de corte es máxima. Su magnitud es: τ =

V Q x

1.000

=

bI

4

4 × 32

3

× (16 × 4 ) × 8 = 11,72 kg / cm 2

12

EJEMPLO 4.9 Para las mismas cargas del ejercicio anterior, seleccionar la viga cajón, de acero estructural A 37 24 ES, más económica. SOLUCIÓN: MMAX = 750 x 100 = 75.000 kg-cm σ =

M W

≤ σ ADM = 1.200 kg / cm 2 ⇒

W ≥

75.000 1.200

= 62,5 cm3

168

En la Tabla dada anteriormente se selecciona la viga marcada con W = 83 cm 3, peso de 13,7 kg/m y 3 mm de espesor, que es la más liviana.

4.4 CÁLCULO DE DEFLEXIONES (FLECHAS). Para el cálculo de la flecha o deflexión de la viga existen diversos procedimientos, algunos de los cuales veremos en esta sección.

4.5.1) Método de la doble integración Vimos en la sección anterior que la deformación está relacionada con el radio de curvatura ρ de la viga deformada:

Δ( y ) y

=

L

y

⇒

ρ

ρ

=

Δ( y ) L

= ε ( y ) =

σ ( y ) E

My

=.

EI

⇒

M ( x) EI

=

1 ρ

(4.11)

Del cálculo diferencial sabemos que: 2

d y

1 ρ

dx

=

2

⎡ ⎛ dy ⎞ ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝ dx ⎠

2

⎤ ⎥ ⎥⎦

3

≅ 2

d 2 y dx

(4.12)

2

En la expresión anterior se ha despreciado la primera derivada al cuadrado, debido a que en la zona elástica las deformaciones son pequeñas, y, en consecuencia, las pendientes de las curvas son también pequeñas. Combinando las ecuaciones (4.11) y 4.12) se obtiene la ecuación 4.13: M ( x ) EI

=

2

d y dx

2

2

, o bien : EI

d y dx

2

= M ( x )

(4.13)

Es decir, si integramos la ecuación diferencial anterior se obtiene una expresión para(dy/dx), la pendiente de la viga deformada, y si se integra por segunda vez se obtiene la ecuación de la curva y(x), que corresponde a la flecha en cualquier punto x. A continuación veremos algunas aplicaciones.

EJEMPLO 4.10 Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de P, L, E, I. SOLUCION:

P L A

B

169

EI

d 2 y dx 2

P

= M ( x ) = − Px

x

Integrando una vez: EI

Pero

dy dx

dy dx

=−

MB = PL

tg en B

Px 2

+ C 1 ;

2

RB = P

Viga deformada

= 0 en x = L, debido a que en B hay un empotramiento rígido que impide

que la viga pueda girar en ese punto, por lo que C 1 =

2

PL

2

.

Integrando nuevamente: EIy

=−

Px 3

6

+

PL2

2

x + C 2 ;

Pero y = 0 en x = L, debido a la condición de apoyo que hay en B, por lo que C 2

=−

3

PL

3

Luego, la flecha es máxima en x = 0: y max

=−

PL3

3 EI

↓

EJEMPLO 4.11

P

Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de P, L, E, I.

L A

B

SOLUCION: 2

EI

d y dx 2

= M ( x ) = − PL + Px

EI

Pero

dy dx

dx

= − PLx +

P x

Integrando una vez: dy

MB = PL

tg en A Px

2

2

+ C 1

RA = P Viga deformada

= 0 en x = 0, debido a que en A hay un empotramiento rígido que impide

que la viga pueda girar en ese punto, por lo que C1 =0. Integrando nuevamente:

170 EIy = −

PLx 2

+

2

Px 3

+ C 2

6

Pero y = 0 en x = 0, debido a la condición de apoyo que hay en A, por lo que C 2 = 0. Luego, la flecha es máxima en x = L: ymax

3 ⎛ PL3 PL3 ⎞ PL3 PL ⎟= (− 3 + 1) = − = ⎜⎜ − + ↓ 6 ⎠⎟ 6 EI 3 EI EI ⎝ 2

1

EJEMPLO 4.12 ω kg/m

Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de ω, L, E, I.

L

SOLUCION: 2

EI

d y dx

B

A

2

= M ( x ) = −

ω x 2 2


Pero

dy dx

dy dx

=−

ω x 3

+ C 1

6

= 0 en x = L, por lo que

C 1

=

ω L3 6

Integrando nuevamente: EIy = −

ω x 4 24

+

ω L3 6

x + C 2 ;

Pero y = 0 en x = L, por lo que C 2 = −

ω L4


=−

ω L4 8 EI

↓

EJEMPLO 4.13 Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de ω, L, E, I.

ω kg/m A

x

B L

8

171

SOLUCION: La intensidad de carga a una distancia x es:

( x ) x

=

ω

⇒

L

ω ( x ) =

x

L

y el momento flector es: x ⎛ ω ⎞ x M ( x ) = − ⎜ x ⎟ × 2 ⎝ L ⎠ 3 EI

d 2 y dx 2

= M ( x ) = −

=−

ω x 3 6 L

ω x 3 6 L


Pero

dy dx

dy dx

=−

ω x 4 24 L

+ C 1


C 1

=

ω L3 24


ω x 5 120 L

+

ω L3 24

x + C 2


ω L4 30


=−

ω L4 30 EI

↓

EJEMPLO 4.14 Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de ω, L, E, I. SOLUCION:

ω kg/m A

x

B L

172

Al cortar la viga a una distancia x, se tiene que la carga distribuida a la izquierda de x es un trapecio, que es posible de resolver pero que resulta más laborioso que si transformamos la viga de la forma que se muestra a continuación. S

ω kg/m A

ω kg/m

I

x L

a) Primero completamos el rectángulo en la parte superior, agregando el triángulo marcado S. b) Ahora agregamos el triángulo marcado I, como carga distribuida actuando hacia arriba, en la parte inferior de la viga. c) Ahora se procede de la forma habitual. El momento flector es: x ⎛ ω ⎞ x M ( x ) = − (ω x ) + ⎜ x ⎟ × 2 2 ⎝ L ⎠ 3 x

2

EI

d y dx 2

= M ( x ) = −

ω x 2 2

+

=−

ω x 2

+

2

ω x 3 6 L

ω x 3 6 L


Pero

dy dx

dy dx

=−

ω x 3 6

+

ω x 4 24 L

+ C 1


C 1

=

ω L3 6

−

ω L3 24

=

ω L3 8


ω x 4 24

+

ω x 5 120 L

+

ω L3 8

x + C 2

Pero y = 0 en x = L, por lo que C 2 = Luego, la flecha es máxima en x = 0: y max

=−

11ω L4 120 EI

↓

ω L4 24

−

ω L4 120

−

ω L4 8

=−

11 120

ω L4

173

EJEMPLO 4.15

M kg-m

Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de P, L, E, I.

A B L

SOLUCION: 2

EI

d y dx

2

= M ( x ) = − M


Pero

dy dx

dy dx

= − Mx + C 1


C 1

= ML


Mx

2

2

+ MLx + C 2


2

ML

2


=−

2

ML

2 EI

↓

EJEMPLO 4.16 Para la viga de la figura, determinar la posición y la magnitud de la máxima flecha entre apoyos. Medidas en m.

SOLUCION:

2.000 kgf 0,5 A

1,5 B

174

∑ M

2.000 kgf

B

1,5

0,5

= − R A × 2 + 2.000 × 1,5 = 0

RA = 1.500 kgf ↑

∑ F = 1.500 − 2.000 + R y

RB

RA

B

=0

RB = 500 kgf ↑

Tramo 0 < x < 0,5: : 2

EI

EI

d y dx dy dx

2

= M ( x ) = 1.500 x

= 750 x 2 + C 1

(1) (2)

Como no sabemos nada de la pendiente en el intervalo, integramos nuevamente: EIy = 250 x

3

+ C 1 x + C 2

Como y = 0 en x = 0 ⇒ C2 = 0

(3) (4)

Tramo 0,5 < x < 2: 2

EI

EI

d y dx dy dx

2

= M ( x ) = 1.500 x − 2000( x − 0,5)

= 750 x 2 − 1000( x − 0,5)2 + C 3

(5) (6)

Como no sabemos nada de la pendiente en el intervalo, integramos nuevamente: EIy = 250 x

3

−

1.000 3

( x − 0,5)3 + C 3 x + C 4

(7)

y = 0 en x = 2: 0 = 250 × 8 −

1.000 3

(1,5)3 + 2C 3 + C 4

(8)

Ahora evaluaremos la pendiente y la flecha en x = 0,5, el límite de los intervalos, usando ambos juegos de ecuaciones. De las ecuaciones (2) y (6): EI

dy dx

( x = 0,5) = 750(0,5)2 + C 1

(9)

175 EI

dy dx

( x = 0,5) = 750(0,5)2 + C 3

(10)

Igualando ecuaciones 9 y 10, se tiene que C 1 = C3 De las ecuaciones (3) y (7): 3 EIy( x = 0,5) = 250(0,5) + 0,5C 1 EIy( x

(11)

= 0,5) = 250(0,5)3 + 0,5C 3 + C 4

(12)

Igualando ecuaciones (11) y (12) se tiene que C 4 = 0. De la ecuación (8): 2.000 − 1.125 + 2C 3

=0 ⇒

C 3

= C 1 = −437,5

Para localizar la posición de la flecha máxima, primero supondremos que se encuentra en el intervalo [0, 0,5]. En el punto de flecha máxima la pendiente de la curva debe ser cero. EI

dy dx

= 750 x 2 − 437,5 = 0 ⇒

x* = 0,763 m

Como x* no pertenece al intervalo supuesto deberemos suponer que la máxima flecha se encuentra en el intervalo [0,5, 2]. EI

dy dx

= 750 x 2 − 1000(x − 0,5)2 − 437,5 = 0

Resolvemos el cuadrado de binomio y reagrupamos: - 250x2 + 1.000x – 687,5 = 0 x* =

4 ± 16 − 11 2

= 2±

5 2

⇒ x2 – 4x + 2,75 = 0

⇒ x1 = 3,118 y x2 = 0,882 m

Entonces, la flecha máxima se encuentra en x* = 0,882 m. Ahora se evalúa la flecha utilizando la ecuación (7), en x*: EIy = 250(0,882)

3

−

1.000 3

Por lo tanto: y max

=−

232,92 EI

↓

(0,382)3 − 437,5 × 0,882 = −232,92

176

EJEMPLO 4.17 ω =1.200 kg/m

Para la viga de la figura, determinar la posición y la magnitud de la máxima flecha entre apoyos. Medidas en m.

A

B 2

2

SOLUCION:

∑ M

ω =1.200 kg/m

B

= −4 RA + (1.200 × 2) × 1 = 0

RA = 600 kgf ↑ 2

∑ F = 600 − 2.400 + R

2

y

RB

RA

B

=0

RB = 1.800 kgf ↑ Tramo 0 < x < 2: M ( x ) = EI dy

d 2 y dx 2

= 600 x

(1)

= 300 x 2 + C 1

(2)

EYy = 100x3 + C1x + C2

(3)

EI

dx

Pero y = 0 en x = 0, por lo tanto, C2 = 0. Tramo 2 < x < 4: M ( x ) = EI

EI

dy dx

d 2 y dx 2

= 600 x − 600( x − 2)2

= 300 x 2 − 200( x − 2)3 + C 3

EIy = 100x3 – 50(x – 2) 4 + C3x + C4

(4) (5) (6)

Pero y = 0 en x = 4 m: 100 x 43 – 50 x 24 + 4C3 + C4 = 0 (7) Con las ecuaciones (2) y (5) evaluamos la pendiente en x = 2 m y obtenemos C 1 = C3.

177

Con las ecuaciones (3) y (6) evaluamos la flecha en x = 2 m, y obtenemos C4 = 0. De la ecuación (7): C3 = C1 = - 1.400 Para localizar la posición de la flecha máxima, primero supondremos que se encuentra en el intervalo [0, 2]. En el punto de flecha máxima la pendiente de la curva debe ser cero. Usamos la ecuación (2): EI

dy

= 300 x 2 − 1.400 = 0 ⇒

dx

x* = 2,16 m

Como x* no pertenece al intervalo supuesto deberemos suponer que la máxima flecha se encuentra en el intervalo [2, 4]. Usamos la ecuación (5): EI

dy dx

= 300 x 2 − 200(x − 2)3 − 1.400 = 0

x3 – 7,5x2 + 12x – 1 = 0 Resolviendo la ecuación anterior se obtiene x = 2,161, posición de la flecha máxima. Ahora se evalúa la flecha utilizando la ecuación (6), en x*: EIy MAX

Por lo tanto:

= 100(2,161)3 − 50(0,161)4 − 1.400 × 2,161 = −2.016,3 ymax

=−

2.016,3 EI

↓

0,0 -250,0 -500,0 I -750,0 E / a -1000,0 h c -1250,0 e l F -1500,0

-1750,0 -2000,0 -2250,0 0

1

2

Longitud, m

3

4

178

4.5.2) Método de las funciones singulares El procedimiento de la doble integración convencional tiene el inconveniente de que para vigas con un gran número de intervalos puede resultar extremadamente laborioso, debido a que se requiere establecer una ecuación de momento para cada intervalo de la viga y, posteriormente, determinar dos constantes de integración por cada intervalo. Este problema se elimina mediante el uso de funciones singulares, procedimiento que requiere de una sola ecuación de momento para toda la viga y, por lo tanto, determinar sólo dos constantes de integración. n

Una función singular de x se escribe x − x0 en la que n es un entero ≥ 0 ó ≤ 0, y x0 es una constante cuyo valor es igual a x en el límite de un intervalo específico.

Estas funciones se derivan e integran del mismo modo que las funciones corrientes. PROPIEDADES.

x − x0

n

=

(x – x0)n cuando n > 0 y x > x0 0 cuando n < 0 o x

x0

1 cuando x > x0 x − x 0

0

=

0 cuando x

x0

Ejemplos: M(x)

M(x)

M(x)

y = x − 1

1

y = x −1

2

y

=

x−2

0

Límite del intervalo 1

x

a) Momento producido por una carga puntual

1 b) Momento producido por una carga distribuida uniforme

x

1

2

x

c) Momento puro

El uso de las funciones singulares requiere que todas las cargas distribuidas deben llegar hasta el extremo derecho, cuando se analiza la viga de izquierda a derecha, como se muestra en las dos aplicaciones siguientes.

179 ω ω

ω

ω0

a

ω0

L

ω – ω0

Donde, para el triángulo: ω 0 a

=

L

⇒

ω =

L

0

a

y la altura del triángulo de abajo es: ω I

= ω − ω 0 =

L

0

a

− ω 0 =

0

a

( L − a )

EJEMPLO 4.18 Para la viga de acero de la figura: a) Dibuje la viga transformada para operar con funciones singulares; b) Escriba la ecuación de Momento Flector para toda la viga usando funciones singulares. ω1 = 2000 kp/m M = 1.300 kp-m

ω2

A

1

1.000 kgf

ω2=1.200 kg/m B

1

1

1,5

1

SOLUCION:

∑ M

A

1 2 ⎞ = 2.000 × 0,5 + 1.300 − (1.200 × 1,5)⎛ ⎜ 2 + 1,5 ⎟ + RB × 3,5 − 1.000 × 4,5 = 0 2 ⎝ 3 ⎠

RB = 1.400 kgf ↑

∑Fy = - 2.000 + RA – 900 + 1.400 – 1.000 = 0 ⇒

RA = 2.500 kgf ↑

180

a) Viga Transformada: 2.000 kg/m

2.000 kg/m

2.000 kg/m 1.200 kg/m 2.500

1.200 1,5

=

1.400

⇒

2,5

800 kg/m

ω = 2.000 kg / m

b) ω x x − 3

=

1.200 1,5

= 800 ⇒

M ( x ) = −2.000

ω x

= 800(x − 3)

2

x

1

2

+ 2.500 x − 1 + 2.000 1

+ 1.400 x − 4,5 + 1.200

x − 4,5

2

x − 1

2

2 2

+

800 6

0

− 1.300 x − 2 − x − 4,5

800 6

x − 3

3

+

3

EJEMPLO 4.19 Para la viga de la figura, sometida a las cargas que se muestran, usando funciones singulares, determinar, en función de EI: a) La localización y magnitud de la flecha máxima entre apoyos; b) La magnitud de la flecha en el extremo izquierdo. Medidas en m. 3.000 kgf B

A

1

1.200 kg-m

C

1

E

D

1

1

181

SOLUCIÓN: 3.000 kgf B

A

1.200 kg-m

C

1

E

D

1

1

1

RE

RB

∑ M

A

= 3.000 × 1 − 1.200 + 3R E = 0

∑ F = R y

EI

dy dx

− 3.000 + 600 = 0

B

M ( x ) = EI

RE = 600 kgf ↑

d 2 y dx

2

RB = 2.400 kgf ↑

1

1

= 2.400 x − 1 − 3.000 x − 2 − 1.200 x − 3 2

0

1

= 1.200 x − 1 − 1.500( x − 2)2 − 1.200 x − 3 + C 1

EIy = 400 x − 1

3

3

2

− 500 x − 2 − 600 x − 3 + C 1 x + C 2

Hacemos y = 0 en x = 1 y x = 4: C1 + C2 = 0 4C1 + C2 + 6.200 = 0 Resolviendo este sistema tenemos: C1 = - 2.066,67;

C2 = 2.066,67

a) Supondremos que la flecha máxima está en el intervalo [2, 3], por lo que la pendiente debe ser cero: 1.200( x − 1)

2

− 1.500( x − 2)2 − 2.066,67 = 0 ⇒

x1

= 2,379 m, y x2 = 9,621 m

por consiguiente la flecha máxima está en x = 2,379 m. y Max

=

1

[400(1,379) EI

3

− 500(0,379)3 − 2.066,7 × 2,379 + 2.066,7] = −

En el intervalo 3, 4 no hay flecha máxima. b) En el extremo izquierdo (x = 0): y(0) =

2.066,7 EI

↑

1.828,25 EI

↓

182

En el gráfico siguiente se muestra la forma de la curva elástica. a 2,5 d i d 2 i v i d 1,5 , a 1 h c I e E 0,5 l F r a o 0 l p e d -0,5 d u -1 t i n -1,5 g a M -2

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

Distancia, m

EJEMPLO 4.20 Para la viga de la figura, con E = 2,1 x 106 kg/cm2 determinar: a) La posición de la máxima flecha entre apoyos. b) La magnitud de la máxima flecha entre los apoyos. c) Magnitud de la flecha en ambos extremos. 12 cm 2.400 kgf

1.800 kgf A 1m

600 kgf

2 cm 2 cm

B 2m

1m

8 cm

1m

SOLUCION: 2.400 kgf

1.800 kgf

1m

2m RA

600 kgf

1m RB

a) Reacciones: ∑MA = 1.800 x 1 - 2.400 x 2 + 3RB - 600 x 4 = 0 RB = 1.800 kgf ↑

∑Fy = - 1.800 + RA – 2.400 + 1.800 – 600 = 0 RA = 3.000 kgf ↑

1m

9 cm

183

El Momento de Inercia respecto del CG se calculó en un ejercicio anterior y es I = 686,4 cm4. 1

M ( x ) = −1.800 x

1

1

1

+ 3.000 x − 1 − 2.400 x − 3 + 1.800 x − 4 = EI

2

d y dx

2

Integrando dos veces, sucesivamente, obtenemos: EI

dy dx

2

2

2

2

= −900 x + 1.500 x − 1 − 1.200 x − 3 + 900 x − 4 + C 1

EIy = −300 x

3

3

3

3

+ 500 x − 1 − 400 x − 3 + 300 x − 4 + C 1 x + C 2

Aplicando las condiciones de borde y = 0 en x = 1 y x = 4 m: 0 = - 300 + C1 + C2 0 = - 300(4)3 + 500(3)3 – 400(1)3 + 4C1 + C2

⇒

0 = - 6.100 + 4C 1 + C2

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones se obtiene: C1 = (5.800/3) = 1.933,3 y

C2 = -(4.900/3) = - 1.633,3

a) Supongamos que la máxima flecha entre apoyos se encuentra en el intervalo [1,3] m: EI

dy dx

2

2

= −900 x + 1.500 x − 1 +

5.800 3

=0 ⇒

18 x 2

− 90 x + 103 = 0

La solución de esta ecuación es x 1 = 1,774 m y x2 = 3,226 m; obviamente el primer valor está dentro del intervalo supuesto y corresponde a la localización de la máxima flecha entre apoyos.

b) Flecha máxima entre apoyos:

y max

=

1 EI

{− 300(1,774)

3

+ 500(0,774) + 1.933,3 x1,774 − 1.633,3} = 3

353,34 x10 6 2,1 x10 6 x686,6

= 0,245 cm ↑

En el numerador se ha introducido el factor 106 para transformar las unidades de kg(m)3 a kg(cm)3. c) • Flecha en el extremo izquierdo, x = 0:

184

y (0) =

1 EI

(− 1.633,3) =

− 1.633,3 x10 6 2,1 x10 6 x686,6

= −1,133 ⇒

y(0 ) = 1,133 cm ↓

• Flecha en el extremo derecho, x = 5m:

y (5) =

y (5) =

1

{− 300(5) EI

3

+ 500(4)3 − 400(2)3 + 300(1)3 + 1.933,3 x5 − 1.633,3}

− 366,68 x106 2,1 x10 6 x686,6

= −0,254 ⇒

y (5) = 0,254 cm ↓

0,4 0

m c , a h c e l F

-0,4 -0,8 -1,2 0

1

2

3

4

5

Largo de la Viga, m

4.21) La viga de la figura está sometida a las cargas que se muestran. Determinar: a) Las ecuaciones de fuerza de corte y Momento flector para toda la viga; b) Los diagramas de fuerza de corte y momentos flector para toda la viga, indicando los valores correspondientes; c) Los máximos esfuerzos de flexión y de corte, e indicar dónde se producen; d) Los esfuerzos de flexión y de corte en la unión del alma con el ala en al apoyo izquierdo; e) El Factor de Seguridad si el acero usado es A 37 – 24 ES. 15 cm 150 kgf A

X C

B

1m

2 cm

240 kg/m

330 kg-m

1m

E

D 1m

12 cm

2m 2,5

185

SOLUCION:

15 cm 150 kgf

2 cm

240 kg/m

330 kg-m

X 12 cm

1m

1m

1m

2m

RB

RE

2,5

Cálculo CG y Momento de Inercia:

y

=

I X

(15 × 2 ) × 1 + (2,5 × 12) × (− 6) 30 + 30

=

15 × 2 3 3

+

2,5 × 12 3 3

=−

150 60

= −2,5 cm

= 40 + 1.440 = 1.480 cm 4

IXG = IX – Ad2 = 1.480 – 60(2,5)2 = 1.105 cm4 Cálculo de Reacciones:

∑ M

B

= −330 − 150 × 1 − (240 × 2) × 3 + 4 R E = 0

RE = 480 kgf ↑

∑ M

E

= −330 + 4 R B + 150 × 3 + (240 × 2) × 1 = 0

RB = 150 kgf ↑

∑ F

Y

= 150 − 150 − (240 × 2) + 480 = 0

a) ECUACIONES: 0
M(x) = 330 kg-m

V(x) = 150 kgf

M(x) = 330 + 150(x – 1) M(1) = 330

M(2) = 480

2
M(x) = 330 kg-m

186

3
V(5) = - 480 kgf

M(x) = 330 + 150(x – 1) – 150(x – 2) – 120(x – 3) 2 kg-m M(3) = 480 kg-m M(5) = 0 M es máximo cuando V = 0: V(x) = 150 – 150 - 240(x – 3) = 0;

x=3

Es decir el máximo se alcanza cuando x = 3 m. b) Diagramas

V, kgf 150

480 M, kg-m 480 330

C1) El máximo esfuerzo de flexión se produce en la parte inferior de la viga donde c = 9,5 cm.

187

=

σ MAX

480 × 100 × 9,5 1.105

= 412,7 kg / cm 2

c2) El máximo esfuerzo de corte se produce en el Eje Neutro, en el apoyo derecho. VQ

=

τ MAX

bI

4.80

=

2,5 × 1.105

× (2,5 × 9,5) ×

9,5 2

= 0,1738 × 112,81 = 19,6 kg / cm 2

d) En el apoyo izquierdo: V = 150 kgf

M = 330 kg-m

Esfuerzo de flexión:

=

σ MAX

330 × 100 × 2,5 1.105

= 74,7 kg / cm 2

Esfuerzos de Corte:

τ SUP

=

VQ

τ SUP

=

VQ

bI

bI

=

=

150 15 × 1.105

× (2 × 15) × 3,5 = 0,009 × 105 = 0,95 kg / cm 2

150 2,5 × 1.105

× (2 × 15) × 3,5 = 0,054 × 105 = 5,7 kg / cm 2

e) Factor de Seguridad: σMAX = 412,7 kg/cm2 σ0 = 2.400 kg/cm 2

FS

=

σ 0 σ MAX

=

2.400 412,7

= 5,82

y = 2,5 cm

188

4.22) La viga de acero de la figura está sometida a las cargas que se muestran. Determinar: a) La localización de la máxima flecha entre apoyos, usando Funciones Singulares; b) La magnitud de la máxima flecha entre apoyos, usando Funciones Singulares; E=2,1x10 6 kg/cm2. La sección transversal es la misma que en el problema anterior.

1.500 kgf 600 kg-m A

D

C

B

1

2

2

SOLUCION: 1.500 kgf 600 kg-m A

D

C 1

2

2 RB

∑ M

D

∑ F

Y

RD

= −600 − 4 R B + 1.500 × 2 = 0

RB = 600 kgf

= 600 − 1.500 + R D = 0

RD = 900 kgf

a) EI

EI

d 2 y dx 2

dy dx

0

1

= M ( x ) = 600 x + 600 x − 1 − 1.500 x − 3

1

2

1

2

= 600 x + 300 x − 1 − 750 x − 3 + C 1

EIy = 300 x

1

3

3

+ 150 x − 1 − 250 x − 3 + C 1 x + C 2

y = 0 en x = 1:

300 + C1 + C2 = 0

y = 0 en x = 5:

300x25 + 600x64 – 250x8 + 5C1 + C2 = 0 11.900 + 5C1 + C2 = 0

(a)

(b)

189

(b) – (a):

11.600 + 4C1 = 0

C1 = - 2.900 C2 = 2.600

Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 3], es decir, (dy/dx) = 0 en ese intervalo: 600x + 300(x – 1) 2 – 2.900 = 0

x2 + 8,667 = 0

x = 2,944 m, está en el intervalo. Por lo tanto, la máxima flecha está en x = 2,944 m. b) EIy MAX

y MAX

=

= 300

2,944

− 2.602,8 EI

1

2

+ 150 1,944 − 2.900 × 2,944 + 2.600

− 2.602,8 × 10 6 = = −1,1217 cm ↓ 2,1 × 10 6 × 1.105

1,50 1,00 0,50 0,00 -0,50 -1,00 -1,50 0

1

2

3

4

5

190

4.23)

2.400 kgf

1.200 kg-m

1.200

A

B 2

1

2

1

SOLUCIÓN:

Para la viga de la figura, de acero A 37 – 24, determinar: a) Con un Factor de Seguridad de 2 el Módulo resistente mínimo necesario para soportar las cargas; b) La posición y magnitud de la flecha máxima en función de EI. Todas las medidas en m.

a) 2.400 kgf

1.200 kg-m

2

1

2m

RA

∑ M Y

1 RB

= −1.200 − 4 R A + 2.400 × 2 − 1.200 × 1 = 0

B

∑ F

1.200 kgf

RA = 600 kgf ↑

= 600 − 2.400 + R B − 1.200 = 0

RB = 3.000 kgf ↑

V, kgf 1.200 600

1.800 M, kg-m 2.400 1.200

1.800 σ =

M W

=

2.400 × 100 W

≤ σ ADM =

σ 0 2

WMIN = 200 cm3

= 1.200

b) 2

EI

d y dx

2

0

1

1

= M ( x ) = 1.200 x + 600 x − 1 − 2.400 x − 3 + 3.000 x − 5

1

191

EI

dy

1

dx

EIy

2

2

2

= 1.200 x + 300 x − 1 − 1.200 x − 3 + 1.500 x − 5 + C 1 2

3

3

3

= 600 x + 100 x − 1 − 400 x − 3 + 500 x − 5 + C 1 x + C 2

y = 0 en x = 1:

C1 + C2 + 600 = 0

y = 0 en x = 5:

5C1 + C2 + 18.200 = 0

Del sistema de dos ecuaciones se obtiene: C1 = - 4.800

C2 = 3.800

Supondremos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 3]: 1.200x + 300(x – 1) 2 – 4.400 = 0

x2 + 2x – 13,67 = 0

x1 = 2,697 m

x2 = 4,697 m

Por lo tanto, la flecha máxima entre apoyos está en x = 2,697 m y MAX

=

1 EI

(600 × 2,697

2

+ 100 × 1,697 3 − 4.400 × 2,697 + 3.800) = −

3.213,8 EI

4.24) La viga de acero de la figura (E 2,1 x 10 6 kg/cm2) está sometida a las cargas que se muestran. a) Escriba las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector para el intervalo [2, 4]; b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; c) Calcule los esfuerzos máximos de tracción y de compresión ; d) Calcule el esfuerzo máximo de corte, indicando dónde se produce; e) Calcule los esfuerzos de flexión y de corte (los dos valores), en la unión del alma con el ala superior de la viga en el apoyo izquierdo; f) Calcule la flecha en el extremo en voladizo; g) Calcule la máxima flecha entre apoyos. Para las letras f y g use el Método de funciones singulares. 12 cm 1

2.400 kg-m

A 1m

1.200 kg/m B

A

12 1cm

1m

2m

1m

1 6 cm

SOLUCIÓN:

192

Reacciones: 12 cm 1

2.400 kg-m

1.200 kg/m 12 1cm

1m

1m

1m

2m

RA

∑ M

A

∑ F

Y

1 6 cm

RB

= −2.400 − (1.200 × 2 ) × 2 + R B × 4 = 0 ⇒

= R A − (1.200 × 2) + 1.800 = 0 ⇒

R A

R B

= 1.800 kgf ↑

= 600 kgf ↑

Centro de Gravedad y Momento de Inercia: y

(12 × 1) × 12,5 + (12 × 1) × 6 + (6 × 1)(− 0,5)

=

I X

12 + 12 + 6

=

219 30

= 7,3 cm ↑

⎛ 12 × 13 ⎛ 1 × 12 3 ⎛ 6 × 13 ⎞ 2 ⎞ 2 ⎞ = ⎜⎜ + 12 × 5,2 ⎟⎟ + ⎜⎜ + 12 × 1,3 ⎟⎟ + ⎜⎜ + 6 × 7,8 2 ⎟⎟ = 855,3 cm 4 ⎝ 12 ⎠ ⎝ 12 ⎠ ⎝ 12 ⎠

a) Para el tramo [2, 4]: V(x) = 600 - 1.200(x – 2) M(x) = 2.400 + 600(x – 1) – 600(x – 2)2 b) Diagramas V (kgf) 600

0,5

1,5

1.800

M (kg-m) 2.400

3.000 3.150 1.800

193

c) Los máximos esfuerzos de Flexión se producen en x = 2,5 m, en el punto donde el Momento Flector es máximo. La parte superior está en compresión: 3.150 × 100 × 5,7

σ =

855,3

= 2.099,3 kg / cm 2 (C )

La parte inferior está en tracción: 3.150 × 100 × 8,3

σ =

855,3

= 3.056,8 kg / cm 2 (T )

d) El Máximo Esfuerzo de corte se produce en el Eje Neutro en todo el intervalo [4, 5]: τ Max

e)

=

VQ bI

=

1.800 1 × 855,3

[(4,7 × 1) × 2,35 + (12 × 1) × 5,2] = 2,105(11,045 + 62,4) = 154,6 kg / cm 2

Esfuerzo de Flexión en x = 1 m, y = 4,5 cm: σ =

My I

=

2.400 × 100 × 4,7 855,3

= 1.318,8 kg / cm 2 (C )

Esfuerzo de Corte en x = 1 m, y = 4,5 cm: Esfuerzo Superior: τ S

=

600 12 × 855,3

[(12 × 1) × 5,2] = 0,0585(62,4) = 3,65 kg / cm 2

Parte Inferior: τ I

=

600

[(12 × 1) × 5,2] = 0,7 × (62,4) = 43,77 kg / cm 2

1 × 856,5

f) Flecha en el Voladizo: Viga Transformada: 2.400 kg-m

A

B 1.800

600

M ( x ) = EI

2

d y dx

2

0

1

= 2.400 x + 600 x − 1 − 1.200

x − 2

2

2

+ 1.200

x−4

2

2

194 EI

dy dx

EIy

= 2.400{ x}1 + 300{ x − 1}2 − 200{ x − 2}3 + 200{ x − 4}3 + C 1

= 1.200{ x}2 + 100( x − 1)3 − 50{ x − 2}4 + 50{ x − 4}4 + C 1 x + C 2

Pero y = 0 en x = 1:

C1 + C2 + 1.200 = 0

Además y = 0 en x = 5 m:

5C1 + C2 + 32.400 = 0

Resolviendo el sistema se tiene: C1 = - 7800;

C2 = 6.600

Por lo tanto: yV

=

6.600 × 10 6 EI

=

6.600 × 10 6 2,1 × 10 6 × 855,3

= 3,67 cm ↑

g) Flecha máxima entre apoyos: Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 2]: 2.400x + 300(x -1) 2 – 7.800 = 0 ⇒ 8x + x2 – 2x + 1 – 26 = 0 ⇒ x2 + 6x – 25 = 0 La solución de esta ecuación es x 1 = 2,831 m y x 2 = - 8,831 m, ambos valores fuera del intervalo. Supondremos, entonces, que la flecha máxima está en el intervalo [2, 4]: 2.400x + 300(x -1) 2 – 200(x -2)3 - 7.800 = 0

/ 200

12x + 1,5(x2 – 2x + 1) – (x3 – 6x2 + 12x – 8) – 39 = 0 x3 – 7,5x2 + 3x + 29,5 = 0 Al resolver la ecuación se encuentra que x* = 2,86 m, valor dentro del intervalo supuesto. y Max

=

10 6 2,1 × 10 6

[1.200(2,86) × 855,3

yMax = - 2,94 cm ↓

2

+ 100(1,86)3 − 50(0,86)4 − 7.800 × 2,86 + 6.600]

195

4.25) La viga de la figura 3 está sometida a las cargas que se muestran. a) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; b) Calcule los esfuerzos máximos de flexión y de corte, indicando dónde se producen; c); Determine la localización y magnitud de la flecha máxima entre apoyos. E = 2,1 x 106 kg/cm2. 12 cm 2

1.000 kgf 1m

2m

1m

1m

A

ω = 600 kg/m

2

B 1.600 kg-m

2

8

x

SOLUCIÓN: Centro de Gravedad y Momento de Inercia y

=

16 × 1 + 24(8) + 24(15) 64

=

568 64

= 8,875 cm

I XG

⎡8 × 23 ⎡ 2 × 12 3 ⎡12 × 2 3 ⎤ 2⎤ 2⎤ =⎢ + 16 (7,875) ⎥ + ⎢ + 24 (0,875) ⎥ + ⎢ + 24 (15 − 8,875)2 ⎥ ⎣ 12 ⎦ ⎣ 12 ⎦ ⎣ 12 ⎦

I XG

= 2.212,33 cm 4

Reacciones 1

2

∑ M = 4 R − 1.600 − 1.000 × 1 + 2 × 600 × 3 = 0 ⇒ R ∑ F = 600 − 1.000 + R − 300 = 0 ⇒ R = 700 kgf ↑ B

A

A

Y

B

= 600 kgf ↑

B

a) Diagramas M, kg-m

V, kgf 600 600

200

300 200 400

1.000

b) Esfuerzo de Flexión: El máximo esfuerzo de flexion se produce en x = 1 m, en la parte inferior de la viga, donde c = 8,875 cm.

196

σ =

Mc I

=

1.000 × 100 × 8,875 2.212,33

= 401,16 kg / cm 2

Esfuerzo de Corte: El máximo esfuerzo de corte se produce en el eje neutro de la viga, en cualquier parte del intervalo [0, 3].

τ =

VQ bI

=

⎡12 (7,875) + 6,875 × 2 × 6,875 ⎤ = 0,1356 (94,5 + 47,26) = 0,3 × 141,77 2 × 2.212,33 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 600

τ MAX

= 19,22 kg / cm 2

c) Flecha EI

EI

d 2 y dx 2 dy dx

1

0

1

1

= 600 x − 1.600 x − 1 − 1.000 x − 3 + 700 x − 4 − 100 x − 4 2

1

2

2

3

4

= 300 x − 1.600 x − 1 − 500 x − 3 + 350 x − 4 − 25 x − 4 + C 1

EIy = 100 x

3

2

− 800 x − 1 −

500 3

x − 3

3

+

350 3

x − 4

3

5

− 5 x − 4 + C 1 x + C 2

Haciendo y = 0 en x = 0, se obtiene C2 = 0 Además y = 0 en x = 4 m: 100 x 64 – 800 x 9 – 166,67 x 1 + 4C1 = 0 C1 = 241,67 (725/3) Supongamos flecha máxima en el intervalo [0, 1] 300x2 + 241,67 = 0

x = Número complejo

Por lo tanto no hay flecha máxima en este intervalo Ahora supongamos que existe flecha máxima en el intervalo [1, 3]: 300x2 - 1.600(x -1) + 241,67 = 0

x2 - 5,33x + 6,14 = 0

x = 1,684 y 3,65; Por lo tanto la flecha máxima está en x = 1,684 m. Ahora supongamos que existe flecha máxima en el intervalo [3, 4]: 300x2 - 1.600(x -1) - 500(x – 3)2 + 241,67 = 0

197

- 200x2 + 1.400x – 2.658,33 = 0 x2 - 7x + 13,29 = 0;

x = Números complejos

Cálculo de la flecha máxima EIy = 100 x (1,684) 3 – 800 x (0,684)2 + 241,67 x 1,684 = 510,25 y1

510,25 × 10 6

=

2,1 × 10 6 × 2.212,33

= 0,11 cm = 1,1 mm ↑

1,6 1,4 1,2 m 1 m , a 0,8 h c e l F 0,6

0,4 0,2 0 0

1

2

3

4

5

Longitud, m

4.26) La viga de la figura es una viga canal UPN de 180 mm de alto, 75 mm de ancho del ala y 12 mm de espesor. Se somete a las cargas que se muestran. a) Escribir las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector en los intervalos [2, 4] y [4, 5] de la viga; b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; c) Determine los máximos esfuerzos de flexión y de corte e indique en qué parte de la viga se producen. La viga tiene un momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el Centro de Gravedad, I = 1.652 cm4 75 600 kgf

ω = 1.200 kg/m 1m

1m

1m

1m B

A 800 kg-m

2m

180

XG

198

SOLUCIÓN: 75 600 kgf

ω = 1.200 kg/m 1m

1m

1m

1m 180

2m

800 kg-m

RB

RA

∑ M

= 800 − (1.200 × 2 ) × 3 + 5 R B − 600 × 6 = 0 ⇒

R B

∑ M

= −5 R A + 800 + 2.400 × 2 − 600 × 1 = 0 ⇒

= 1.000 kgf ↑

A

B

R A

= 2.000 kgf ↑

Comprobación:

∑ F

Y

=0 ⇒

1.000 − 2.400 + 2.000 − 600 = 0

Correcto

a) 2
V(4) = - 1.400 kg-m

M ( x ) = 1.000 x − 800 − 1.200( x − 2) ×

M(2) = 1.200

(x − 2 ) 2

M(4) = 800

Veamos si hay un máximo o mínimo en el intervalo haciendo V(x) = 0. V(x) = 1.000 – 1.200(x – 2) = 0

⇒

x = 2,833 m

M(2,83) = 1.616,66 kg-m

4
b) Diagramas

XG

M(5) = - 600 kg-m

199

V, kgf 1.000

600 0,83 1.400

MF, kgf-m

1.616,66 1.200

1.000 800

200 600

c) Esfuerzos Máximos

• Esfuerzo de Flexión: El Esfuerzo normal máximo se produce en el borde inferior, en el punto donde el Momento Flector es máximo es decir en x = 2,83 m.

σ MAX

=

Mc I

=

1.616,66 × 100 × 9 1.652

= 880,8 kg / cm 2

• Esfuerzo de corte: El máximo esfuerzo de corte se produce en el eje neutro, donde la fuerza de corte es máxima, es decir en x = 5 m.

τ MAX

=

VQ bI

=

⎡(1,2 × 7,8) × 7,8 + (1,2 × 7,5) × (7,8 + 0,6)⎤ = ⎥⎦ 1,2 × 1.652 ⎢⎣ 2 = 0,706 × (36,5 + 75,6) = 79,2 kg / cm 2 1.400

200

4.27) La viga de la izquierda es de acero y tiene la misma sección transversal que la viga del problema 1. Si E = 2,1 x 10 6 kg/cm2, determinar la posición y magnitud de la máxima flecha entre apoyos.

1.500 kgf

900 kgf 2m

1

1

2m

A

B 2.100 kg-m

SOLUCIÓN: 1.500 kgf

900 kgf 2m

1

2.100 kg-m

RA

∑ M

B

RB

= 900 × 6 − 5R A + 2.100 + 1.500 × 1 = 0

∑ F = −900 + 1.800 − 1.500 + R Y

B

M ( x ) = −900 x

EI

dy dx

1

2m

1

RA = 1.800 kgf ↑

=0

RB = 600 kgf ↑

1

0

1

+ 1.800 x − 1 − 2.100 x − 3 − 1.500 x − 5 = EI

2

2

1

2

d y dx 2

2

= −450 x + 900 x − 1 − 2.100 x − 3 − 750 x − 5 + C 1

EIy = −150 x

3

3

2

3

+ 300 x − 1 − 1.050 x − 3 − 250 x − 5 + C 1 x + C 2

y = 0 en x = 1:

- 150 + C1 + C2 = 0

y = 0 en x = 5:

- 150 x 53 + 300 x 4 3 – 1.050 x 2 2 + 5C1 + C2 = 0 - 3.750 + 5C1 + C2 = 0

C1 = 900

C2 = - 750

Localización de la flecha máxima entre apoyos. Supondremos que está en el intervalo [1, 3]. - 450x2 + 900(x – 1)2 + 900 = 0 /: 450 - x2 + 2(x2 -2x + 1) + 2 = 0 x= 2 m

x2 – 4x + 4 = 0

201

Evaluamos la máxima flecha en x = 2m: EIy MAX

=

y MAX

= −150 × 2 3 + 300 × 13 + 900 × 2 − 750 150 × 10 6 2,1× 10 6 × 1.652

= 0,027 cm ↑

4.28) La viga de la figura está sometida a las cargas que se muestran. a) Escriba las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; c) Explique, en términos generales, las relaciones que existen entre la magnitud de la intensidad de carga con el diagrama V –x, y de la fuerza de corte con el diagrama M – x; d) Calcule los esfuerzos máximos de flexión y de corte, indicando dónde se producen; e) Calcule los esfuerzos de flexión y de corte (los dos valores), en la unión del alma con el ala de la viga, en x = 3 m; f) Calcule el esfuerzo de flexión y de corte a 3,5 cm por debajo del eje neutro, en x = 2 m. 12 cm 2

2.400 kg/m

1.700 kg-m A

B

1m

2m

1m

1m

12 cm

2

SOLUCION: a)

2.400 kg/m

1.700 kg-m

1m

2m

1m

1m

RA

∑ M

B

RB 1 1 ⎞ = 0 = −5 R A + 1.700 + (2.400 × 1) × ⎛ ⎜2 + ⎟ ⇒ 2 ⎝ 3 ⎠

∑ F = 0 = 900 − 1.200 + R y

B

⇒

R B

= 300 kgf ↑

R A

= 900 kgf ↑

202 0 ≤ x ≤1

1≤ x ≤ 2

V(x) = 900 kgf

V(x) = 900 kgf

M(x) = 900x

M(x) = 900x – 1.700

2≤ x≤3

( x ) x − 2 V ( x ) = 900 −

1 2

=

2.400

⇒

1

ω ( x ) = 2.400( x − 2)

( x − 2) × 2.400( x − 2) = 900 − 1.200( x − 2)2

V(2) = 900;

V(3) = - 300 kgf

V(x*) = 0 = 900 – 1.200(x -2) 2 M ( x ) = 900 x − 1.700 − 1.200( x − 2 )

M(2) = - 800 kg-m;

x* = 2,866

→ 2

1

× ( x − 2) = 900 x − 1.700 − 400( x − 2)3 3

M(3) = 600 kg-m

M es máximo en x*: M(x*) = 619,6 kg-m 3≤ x≤5

V(x) = 900 – 1.200 = - 300 kgf

⎛ ⎝

M ( x ) = 900 x − 1.700 − 1.200⎜ x −

8 ⎞

⎟;

3 ⎠

M(3) = 600; M(5) = 0

b) V, kgf 900

B

A 0,866 m

300

203

M, kg-m

900 619,6 600 100

A

B

800

c) La intensidad de la carga distribuida es la derivada de la Fuerza de corte y, por lo tanto, representa la pendiente del diagrama de fuerza de corte, es decir: ω =

dV dx

Por su parte, la fuerza de corte es la derivada del Momento Flector con respecto a x, y, por lo tanto representa la pendiente del diagrama de momentos flectores. d) Cálculo del Momento de Inercia: 12 cm

Calculamos la posición del Eje Neutro, es decir, el CG: y

X

2

(12 × 2 ) × 1 + (2 × 12)(− 6) =x = −2,5 cm ↓ 24 + 24 12 cm

I x

=

12 × 2 3 3 I x

+

2 × 12 3 3

= 1.184 cm 4 = I x + Ad 2 2

= 1.184 − 48(2,5)2 = 884 cm 4

El máximo esfuerzo de flexión se produce donde el Momento Flector es máximo, es decir en x = 1 m, y en la parte inferior de la viga, donde y = 9,5 cm. Por consiguiente: σ max

=

Mc I

=

800 × 100 × 9,5 884

= 967,2

kg / cm

2

El esfuerzo de corte es máximo en el Eje Neutro y donde la fuerza de corte es máxima, es decir, en cualquier punto del intervalo entre 0 y 2 metros.

204

=

τ max

VQ x

=

bI

900 2 × 884

(2 × 9,5) ×

9,5 2

= 45,94 kg / cm 2

e) En x = 3 m: σ =

Mc I

600 × 100 × 2,5

=

τ S

=

VQ x '

τ I

=

VQ x '

bI

884

= =

bI

300 12 × 884 300 2 × 884

= 196,68 kg / cm 2

(2 × 2,5) ×

(2 × 2,5) ×

2,5 2

2,5 2

= 0,177 kg / cm 2

= 1,33 kg / cm 2

f) En x = 2 m y 3,5 cm por debajo del EN: σ = τ =

Mc I VQ x ' bI

=

100 × 100 × 3,5

=

884 900 2 × 884

= 39,6 kg / cm 2 6

(2 × 6) × = 18,33 kg / cm 2 2

4.29) La viga de acero de la figura (E = 2,1 x 10 6 kg/cm2) está sometida a las cargas que se muestran. a) Calcule los esfuerzos máximos de tracción y de compresión e indique dónde se producen; b) Calcule el esfuerzo máximo de corte, indicando dónde se produce; c) Calcule los esfuerzos de flexión y de corte (los dos valores), en la unión del alma con el ala, en el apoyo izquierdo; d) Calcule la flecha en el extremo en voladizo; e) Determine la localización de la máxima flecha entre apoyos; f) Calcule la máxima flecha entre apoyos. Para las letras e y f use el Método de funciones singulares. 15 cm

ω = 1.200 kg/m

600 kgf

1,8

1.200 kg-m A 1m

SOLUCIÓN: a) Reacciones

B 2m

Espesor 1,8 cm

D

C 2m

1m

15

205 ω = 1.200 kg/m

600 kgf

1.200 kg-m A

B

1m

∑ M

A

∑ F

Y

D

C 2m

1m

2m

= 1.200 − (1.200 × 2) × 4 + R D × 5 − 600 × 6 = 0 ⇒

= R A − (1.200 × 2) + 2.400 − 600 = 0 ⇒

R A

R D

= 2.400 kgf ↑

= 600 kgf ↑

Centro de Gravedad y Momento de Inercia: 15 cm

X

1,8

15

Espesor 1,8 cm

y

=

I X

(11,4 × 1,8) × (− 0,9) + 2(15 × 1,8) × (− 7,5) 20,52 + 54

=−

423,4688 74,52

= −5,685 cm ↓

⎛ 11,4 × 1,83 ⎛ 1,8 × 153 ⎞ 2 ⎞ = ⎜⎜ + 20,52 × 4,785 ⎟⎟ + 2⎜⎜ + 27 × 1,815 2 ⎟⎟ = 1.665,76 cm 4 ⎝ 12 ⎠ ⎝ 12 ⎠

Diagramas: V, kgf 600

600

1,5 0,5 1.800

M, kg-m 750 600

600

600

3,5 m

600

206

a) Los máximos esfuerzos de Flexión se producen en x = 3,5 m, en el punto donde el Momento Flector es máximo. La parte superior está en compresión:

σ S

=

My

=

I

750 × 100 × 5,685 1.665,76

= 255,96 kg / cm 2 (C )

La parte inferior está en tracción: σ I

=

My I

=

750 × 100 × 9,315 1.665,76

= 419,4 kg / cm 2 (T )

b) El Máximo Esfuerzo de corte se produce en el Eje Neutro en el apoyo D: τ Max

c)

=

VQ bI

=

⎡2 × (9,315 × 1,8) × 9,315 ⎤ = 46,88 kg / cm 2 1,8 × 2 × 1.665,76 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 1.800

Esfuerzo de Flexión en x = 0 m, y = 4,4 cm:

Como M = 0, los esfuerzos de flexión también son cero. Esfuerzo de Corte en x = 0 m, y = 4,4 cm: Esfuerzo Superior: τ A

=

600 15 × 1.665,76

[(15 × 1,8) × 4,785] = 3,1 kg / cm 2

Parte Inferior: τ I

=

600 1,8 × 2 × 1.665,76

[(15 × 1,8) × 4,785] = 12,92 kg / cm 2

d) Flecha en el Voladizo: Viga Transformada: 1.200 kg-m

A

B

600 1.800

207

M ( x ) = EI

EI

dy dx

EIy

2

d y dx

2

1

0

= 600 x − 1.200 x − 1 − 1.200

x − 3

2

2

+ 1.200

x − 5

2

2

+ 2.400 x − 5

2

1

2

= 300 x − 1.200{ x − 1}1 − 200{ x − 3}3 + 200{ x − 5}3 + 1.200 x − 5 + C 1 3

= 100 x − 600{ x − 1}2 − 50( x − 3)4 + 50{ x − 5}4 + 400{ x − 5}3 + C 1 x + C 2

Pero y = 0 en x = 0:

C2 = 0

Además y = 0 en x = 5 m: 100 x 53 – 600 x 42 – 50 x 24 +5C1 = 0 5C1 + 2.100 = 0

C1 = - 420

Por lo tanto: y(6) =

y (6) =

1 EI

[100 × 6

3

− 600 × 5 2 − 50 × 3 4 + 50 × 14 + 400 × 13 − 420 × 6] =

480 × 10 6 2,1 × 10

6

× 1.665,76

480 EI

= 0,137 cm ↑

e) Localización Flecha máxima entre apoyos: Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [0, 1]: 300x2 – 420 = 0

⇒

x = 1,183 m, valor fuera del intervalo.

Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 3]: 300x2 – 1.200(x – 1) - 420 = 0

⇒

x1 = 0,816 m y x2 = 3,183 m, ambos valores fuera del intervalo. Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [3, 5]: 300x2 – 1.200(x – 1) - 200(x – 3) 3 - 420 = 0

⇒

300x2 – 1.200x + 780 – 200x 3 + 1.800x2 – 5.400x + 5.400 = 0 x3 – 10,5x2 + 33x - 30,9 = 0 Al resolver la ecuación se encuentra que x* = 3,185 m, valor dentro del intervalo supuesto. f) Máxima Flecha entre apoyos

208 y Max

y Max

=

1

[100(3,185) EI

=−

3

− 600(2,185)2 − 50(0,185)4 − 420 × 3,185] = −

971,4 × 10 6 2,1 × 10 6 × 1.665,76

971,4 EI

= −0,278 cm ↓

1,50 1,00 0,50 m 0,00 m , -0,50 a h -1,00 c e l F -1,50

-2,00 -2,50 -3,00 0,00

1,00

2,00

3,00

4,00

5,00

6,00

Longitud Viga, m

4.30) La viga de la figura está sometida a las cargas que se muestran. a) Escriba las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; c) Calcule los esfuerzos máximos de flexión y de corte, indicando dónde se producen; d) Determine la localización y magnitud de la flecha máxima entre apoyos (E = 2,1 x 106 kg/cm2). 9 cm 2

1.800 kg/m

1.700 kg-m

2.400 kg/ m

A 1m

SOLUCIÓN:

12

2 cm

B 2m

2m

1m

2 6

209

1.800 kg/m

1.700 kg-m

2m

1m

2.400 kg/ m

2m

1m RB

RA

∑ M

A

1 ⎞⎛ 2 ⎞ = (1.800 × 1) × 0,5 + 1.700 − ⎛ ⎜ 2.400 × ⎟⎜ 4 + × 1⎟ + 5 R B = 0 2 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝

RB = 600 kgf

∑ M

1

B

= (1.800 × 1) × 5,5 − 5 R A + 1.700 + 1.200 × = 0 3

RA = 2.400 kgf Comprobación:

∑ F

Y

= −1.800 + 2.400 − 1.200 + 600 = 0

Centro de Gravedad y Momento de Inercia 9 cm 2

12

2 cm

2 6

y

=

I G

(12) × 1 + (24) × 8 + (18) × 15 12 + 24 + 18

=

474 54

X

= 8,78 cm

⎛ 6 × 2 3 ⎛ 2 × 12 3 ⎛ 9 × 2 3 ⎞ 2 ⎞ 2 ⎞ = ⎜⎜ + 12 × 7,78 ⎟⎟ + ⎜⎜ + 24 × 0,78 ⎟⎟ + ⎜⎜ + 18 × 6,22 2 ⎟⎟ ⎝ 12 ⎠ ⎝ 12 ⎠ ⎝ 12 ⎠

IG = 1.735,33 cm4

210

a)

0
x

2

2

1
3
5
=

ω ( x ) x − 5

⇒

ω ( x ) = 2.400(x − 5)

V ( x ) = −1.800 + 2.400 −

x − 5

2

× 2.400( x − 5) = 600 − 1.200( x − 5)2

V(x*) = 600 – 1.200(x – 5) 2 = 0;

x* = 5,707 m

M ( x ) = −1.800( x − 0,5) + 2.400( x − 1) − 1.700 − 1.200( x − 5)

M(5) = 200;

M(6) = 0;

2

×

x−5

3

M(5,707) = 82,65 kg-m

b) V, kgf 600

600 1.800

211

M, kg-m 82,65

300

900 1.400

c) El máximo esfuerzo de flexión se produce en la parte inferior de la viga en x = 3 m.

=

σ MAX

Mc I

=

1.400 × 100 × 8,78 1.735,33

= 708,34 kg / cm 2

El máximo esfuerzo de corte se produce en el Eje Neutro de la viga, en x = 1 m: τ MAX

d)

VQ

=

bI

=

⎡(18) × 6,22 + (5,22 × 2) × 5,22 ⎤ = 72,2 / 2 kg cm 2 × 1.735,33 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 1.800

Transformamos la viga para operar con funciones singulares: 2.400 kg/m 1.800 kg/m

600 kgf

2.400 1.700 kg-m

d) EI

EI

d 2 y dx 2 dy dx

2

1

2

0

= −900 x + 2.400 x − 1 + 900 x − 1 − 1.700 x − 3 − 400 x − 5 3

2

3

1

3

4

= −300 x + 1.200 x − 1 + 300 x − 1 − 1.700 x − 3 − 100 x − 5 + C 1 EIy

y = 0 en x = 1 m: y = 0 en x = 6 m:

4

3

4

2

5

= −75 x + 400 x − 1 + 75 x − 1 − 850 x − 3 − 20 x − 5 + C 1 x + C 2 - 75 + C1 + C2 = 0 - 7995 + 6C1 + C2 = 0

212

De donde:

C1 = 1.584

C2 = - 1.509

Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 3]: - 300x3 + 1.200(x – 1) 2 + 300(x – 1)3 + 1.584 = 0 x2 – 5x + 8,28 = 0; La solución de esta ecuación entrega números complejos, por lo que no hay flecha máxima en este intervalo. Supongamos ahora que la flecha máxima está en el intervalo [3, 5]: - 300x3 + 1.200(x – 1) 2 + 300(x – 1)3 - 1.700(x – 3) + 1.584 = 0 x2 – 10,67x + 25,28 = 0;

x1 = 7,11

x2 = 3,55 m

Por lo tanto, la flecha máxima está en x = 3,55 m. EIy = - 75 x 3,554 + 400 x 2,553 + 75 x 2,554 – 850 x 0,55 + 1.584 y MAX

=

1.749,1 × 10 6 2,1 × 10 6 × 1.735,33

y(0) = - 0,414 cm;

= 0,479 cm ↑ y(2) = 0,256 cm;

y(4) = 0,453 cm;

y(3) = 0,43 cm

y(5) = 0,257 cm

5 4 3 2

m m 1 , a 0 h c e -1 l F -2

-3 -4 -5 0

1

2

3

4

5

6

Largo Viga, m

4.31) Una viga de madera tiene 14 cm de ancho y 24 cm de alto. La resistencia de este tipo de madera es de 255 kg/cm 2. Con un Factor de Seguridad de 3, determinar el máximo momento flector admisible en cada uno de los ejes. SOLUCIÓN:

213 σ ADM

=

255 3

= 85 kg / cm 2

Y

X

24 cm

I X

W X

=

σ =

M X

=

12

W X

1 12

×

14 × 24 3 12

= 1.344 cm3

≤ σ ADM = 85

(MX)MAX = 1.344 x 85 = 114.240 kg-cm

14 cm

I Y

W Y

=

σ =

M Y

7

W Y

1

24 × 14 3

7

12

= ×

= 784 cm 3

≤ σ ADM = 85

(MY)MAX = 784 x 85 = 66.640 kg-cm

4.32) Una viga de roble tiene una sección transversal de 10 x 20 cm y se flecta según un eje paralelo a la dimensión de 10 cm. Si el máximo esfuerzo producido es de 300 kg/cm2, determinar el Momento Flector máximo. SOLUCIÓN:

20 cm MF

σ =

M W

⇒

M = σ W = 300 ×

10 cm

I c

= 300 ×

1 10

×

10 × 20 3 12

= 200.000 kg − cm

4.33) Una viga en voladizo de 2,7 m de largo soporta una carga puntual de 4.000 kgf en su extremo libre. El material es acero estructural ASTM A 36 y el esfuerzo máximo por flexión no debe exceder de 1.250 kg/cm 2. Determinar el diámetro necesario si la viga debe tener sección circular. SOLUCION:

214

4.000 kgf

2,7 m

El momento flector máximo se produce en el empotramiento y es: MMAX = 4.000 x 2,7 = 10.800 kg-m = 1.080.000 kg-cm

σ =

Mc I

1.080.000 ×

=

π 64

× D

D

2

=

11.000789 ,7

4

D 3

≤ σ ADM = 1.250

D = 20,65 cm

4.34) Una viga de roble de 4 m de longitude está simplemente apoyada en los extremos y cargada en el centro con una fuerza puntual de 700 kgf. La tensión de fluencia de esta madera es de 550 kg/cm 2. Con un Factor de Seguridad de 4 determinar la sección transversal de la viga si: a) Debe ser cuadrada; b) Si la altura debe ser 1,5 veces el ancho. SOLUCION: 700 kgf h

A

B 2m

C 2m

b

DCL: 700 kgf h B 2m RA

2m

b RC

∑ M

= −4 R A `+700 × 2 = 0

RA = 350 kgf ↑

∑ F

= 350 − 700 + RC = 0

RC = 350 kgf ↑

C

Y

215

Diagramas: V, kgf

350

350 MF, kg-m

700

MMAX = 700 kg-m = 70.000 kg-cm a) Para la sección cuadrada b = h

=

σ ADM

σ =

Mc I

σ 0 FS

=

550 4

= 137,5 kg / cm 2

70.000 ×

=

h

2

h4

=

420.000 h3

≤ σ ADM = 137,5

12

b = h = 14,5 cm b) Para h = 1,5b:

σ =

Mc I

70.000 ×

=

bh

3

h

2

=

420.000 bh

2

=

420.000 2,25b 3

≤ σ ADM = 137,5

12

b = 11,07 cm h = 16,61 cm

4.35) En el ejercicio anterior, compare el peso de ambas vigas, que como se ha visto tienen la misma capacidad de resistencia. SOLUCION:

216

Area de la viga cuadrada: AC = b2 = (14,5)2 = 210,25 cm2 Area de la viga rectangular: AR = bh = 11,07 x 16,61 = 183,87 cm 2 AC

=

A R

210,25 183,87

= 1,143

Es decir, la viga cuadrada tiene la misma resistencia que la viga rectangular y es un 14,3% más pesada.

4.36) 12

La viga de la figura está sometida a una fuerza de corte máxima de 3.000 kgf. Determinar el máximo esfuerzo de corte que se produce. Medidas en cm.

2 X 6 2

8

2

SOLUCION: y

=

I X

(12 × 2) × 1 + 2 × (6 × 2 )× (− 3) 24 + 24

=

12 × 2 3 3

+ 2×

2 × 63 3

= −1 cm

= 32 + 288 = 320 cm 4

Aplicando Steiner: IG = IX – Ad2 = 320 – 48 x 1 2 = 272 cm4 τ =

VQ bI

=

3.000 × 2 × (5 × 2) × (2,5 ) 4 × 272

= 2,76 × 50 = 137,87 kg / cm 2

4.37) Una viga rectangular de pino insigne que tiene una sección de 15 x 20 cm está simplemente apoyada en los extremos y tiene una luz de 2,4 m. Si la tensión por flexión admisible es de 165 kg/cm 2 y la tensión de corte admisible es de 6,5 kg/cm 2, determinar la máxima carga distribuida, uniforme que puede aplicarse sobre toda ka viga.

217

SOLUCION: ω kg/m

20 A

B 2,4 m

15

ω kg/m

2,4 m RA

∑ M

B

∑ F

Y

RB

= −2,4 R A + (2,4ω ) × 1,2 = 0

RA = 1,2ω

= 1,2ω − 2,4ω + R B = 0

RB = 1,2ω

V, kgf

1,2ω

1,2ω MF, kg-m 0,72ω

Respecto al esfuerzo de flexión: I G

=

σ =

bh

3

12

Mc I

=

=

15 × 20 2 12

0,72

= 10.000 cm 4

× 100 × 10 10.000

≤ 165

218

ω1 = 2.291,7 kg/m

Respecto al esfuerzo de corte: τ =

VQ bI

4 V

= ×

3 A

4

= ×

1,2ω

3 15 × 20

≤ 6,5

ω2 = 1.218,75 kg/m

Por lo tanto la máxima intensidad de la carga distribuida es de 1.218,75 kg/m.

4.38) La viga de la figura es un perfil H 160 (A = 45,8 cm 2, IX = 2.630 cm4, W X = 329 cm3, h = 16 cm) y está sometida a las cargas que se muestran. Determinar: a) Las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector; b) Los diagramas de fuerza de corte y momento flector; c) La localización y magnitud del máximo esfuerzo de flexión. 1.200 kg/m

600 kg/m A

B 2m

2m

SOLUCION:

2m

1.200 kg/m 600 kg/m

2m

2m

RA

∑ M

B

∑ F

Y

= −6 R A + (600 × 2) × 5 + (1.200 × 2) × 1 = 0

= 1.400 − 1.200 − 2.400 + R B = 0

2m RB

RA = 1.400 kgf ↑ RB = 2.200 kgf ↑

a) Ecuaciones: 0 < x < 2 m: V(x) = 1.400 – 600x V(0) = 1.400 kgf

V(2) = 200 kgf

219

M(x) = 1.400x – 300x2 M(0) = 0

M(2) = 1.600 kg-m

Veamos si hay un máximo o mínimo en este intervalo. Para que ello ocurra, la fuerza de corte debe ser cero. V(x) = 1.400 – 600x = 0

x* = 2,33 m

Este valor está fuera del intervalo, por lo que el máximo es el valor calculado en x = 2 m. 2 < x 4 m: V(x) = 1.400 – 1.200 = 200 M(x) = 1.400x – 1.200(x – 1) M(2) = 1.600 kg-m

M(4) = 2.000 kg-m

4 < x 6 m: V(x) = 1.400 – 1.200 – 600(x - 4) = 200 – 1.200(x – 4) V(4) = 200 kgf

V(6) = 2.200 kgf

M(x) = 1.400x – 1.200(x – 1) – 600(x - 4)2 M(4) = 2.000 kg-m

M(6) = 0

Veamos si hay un máximo o mínimo en este intervalo. Para que ello ocurra, la fuerza de corte debe ser cero. V(x) = 200 – 1.200(x – 4) = 0

x* = 4,167 m

MMAX = M(4,167) = 2.016,7 b) Diagramas

V, kgf

1.400 200

2.200

220

M, kg-m

2.000 2.016,7

1.600

c)

=

σ MAX

M MAX W X

=

2.016,7 × 100 329

= 612,98 kg / cm 2 , en x = 4,167 m.

4.39) Para la viga de la figura, de sección circular de 15 cm de diámetro, determinar la flecha máxima, si M = 600 kg-m. E = 2,1 x 106 kg/cm2.

3m

M

SOLUCIÓN 3m

M

2

EI

EI

d y dx dy dx

2

M

= −600

= −600 x + C 1

Pero la pendiente es cero en x = 0. Por lo tanto: EIy = −300 x

2

+ C 2

Pero y = 0 en x = 0. Por lo tanto: y MAX

300 × 3 2 × 10 6 =− π 2,1 × 10 6 × × 15 4 64

C2 = 0

= −0,517 cm

C1 = 0

221

4.40) Para la viga de la figura, determinar: a) El máximo esfuerzo de flexión para las condiciones dadas en c); b) La ecuación de la elástica, en función de M 1, L, E e I X; c) La posición y magnitud la máxima flecha si M 1 = 3.600 kg-m, L = 3 m y la viga es de acero (E = 2,1 x 106 kg/cm2) y se trata de un perfil H 180 con I X = 3.830 cm4, h = 18 cm. M1 kg-m A

B L, m

SOLUCION: M1 kg-m

L, m RB

RA

∑ M

B

∑

F Y

= R A L − M 1 = 0 ⇒

=−

M 1 L

+ R B = 0 ⇒

R A

=

M 1

R B

=

M 1

L

L

↓ ↑

Diagramas: V, kgf

M 1 L

M, kg-m M1

a) Esfuerzo máximo: El esfuerzo máximo se produce en el apoyo izquierdo.

222

=

M MAX c

d y

= M 1 −

σ MAX

=

I X

3.600 × 100 × 9 3.830

= 845,95 kg / cm 2

b) 2

EI

EI

dx

2

dy

= M 1 x −

dx

M 1 L

M 1

2 L

x

x 2

+ C 1

Como no sabemos nada de la pendiente, integramos de nuevo. EIy =

M 1 x 2

−

2

M 1

6 L

x

3

+ C 1 x + C 2

Como y = 0 en x = 0, entonces C2 = 0 Además y = 0 en x = L: M 1

−

=−

M 1 L

2 C 1

M 1

L2

6 L

+ C 1 L = 0 ;

L3

3

Entonces la ecuación de la elástica es: EIy

=−

M 1

6 L

x 3

+

M 1

2

x 2

−

M 1 L

3

x

c) Localización de la flecha máxima. La pendiente debe ser cero en el punto de flecha máxima: EI

x 2

dy dx

= M 1 x −

− 2 Lx +

2 3

M 1

L2

2

x 2

−

M 1 L

3

=0

=0

X1 = 1,577L (Valor fuera del intervalo) X2 = 0,423L Para L = 3 m: X = 1,268 m Flecha máxima:

223

EIy MAX

y MAX

= 3.600 × 10

=−

6

⎡ (1,268)3 (1,268)2 3 ⎤ + − × 1,268⎥ ⎢− 2 3 ⎣ 6×3 ⎦

2.078,46 × 10 6 2,1 × 10 6 × 3.830

= −0,258 cm

0,000 -0,500 -1,000 m m , a -1,500 h c e l F -2,000 -2,500 -3,000 0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

Largo de la viga, m

4.41) La viga de la figura es rectangular de 6 x 9 cm y se construye de aluminio para el cual E = 0,7 x 10 6 kg/cm2. Determinar: a) La ecuación de la elástica de la viga; b) La máxima intensidad de carga admisible si la flecha no debe exceder de 4 mm ni el esfuerzo exceder de 560 kg/cm 2. ω

6

kg/m 9 cm L = 0,9 m

SOLUCION a) I XG

x

x

= =

6 × 93 12 ω L

⇒

= 364,5 cm 4

ω X

=

ω x L

224 M ( x ) = −

6 L

x

3

M(0) = 0 MMAX = M(0,9) = - 0,135ω kg-m M, kg-m

0,135ω EI

EI

d 2 y dx

dy dx

2

1 ω ⎞ 1 = M ( x ) = −⎛ ⎜ x × ω X ⎟ × x = − x 3 6 L ⎝ 2 ⎠ 3

=−

24 L

x 4

+ C 1

Pero la pendiente es cero en x = L. Por lo tanto: C 1

=

ω L3 24

EIy = −

ω 120 L

x

5

+

ω L3 24

x + C 2

Pero y = 0 en x = L. Por lo tanto: C 2

=−

ω L4 30

Entonces, la ecuación de la elástica es: EIy = −

ω 120 L

x

5

+

ω L3 24

x −

ω L4 30

b)

• Con respecto a la flecha máxima en x = 0. EIy MAX

=−

ω L4 30

⇒

y MAX

(ω1)MAX = 4.666,67 kg/m

= 0,4 =

ω × 0,9 4 × 10 6 30 × 0,7 × 10 6 × 364,5

225

• Con respecto al esfuerzo máximo σ =

Mc I

=

0,135

× 100 × 4,5 364,5

≤ σ ADM = 560

(ω2)MAX = 3.360 kg/m Por lo tanto, la máxima intensidad de carga admisible que cumpla ambos requerimientos es ω = 3.360 kg/m.

226

UNIDAD V: COLUMNAS (PANDEO) 5.1. ESTABILIDAD DE ESTRUCTURAS En los capítulos anteriores se ha tenido en cuenta la resistencia y deformación de los elementos para determinar sus dimensiones o las tensiones, según sea el caso. En este capítulo se estudia el caso de elementos esbeltos, los cuales pueden fallar con tensiones muy bajas, debido a falta de equilibrio. Para entender el problema de la estabilidad haremos la analogía siguiente: P

L/2

L/2

Figura 5.1

Supongamos las dos barras de la figura, 5.1 conectadas en el centro mediante un pasador, donde, además existe un resorte de torsión de constante k. Si las cargas están perfectamente alineadas, las dos barras permanecerán rectas. Ahora tiramos del pasador que contiene el resorte hacia la derecha; entonces, si el resorte tiene suficiente capacidad, la estructura puede volver o no a su posición inicial. En el primer caso, se dice que hay estabilidad; en el segundo caso, el sistema es inestable.

5.2. DEFINICIONES BASICAS 5.2.1 RADIO DE GIRO El radio de giro, k, de un área es: I

k =

A

(5.1)

donde I es el momento de inercia mínimo del área, y A es el área.

5.2.2 RELACION DE ESBELTEZ Se define la relación de esbeltez, R E, por: R E

=

L k

(5.2)

donde L es la longitud de la columna, y k es el radio de giro.

5.2.3 CONDICIONES DE APOYO Si las condiciones de apoyo en los extremos son diferentes a las consideradas en la figura 1, es decir, articulada en ambos extremos, se define la longitud efectiva o equivalente como:

227

Lef = α*L

(5.3)

Donde, L es la longitud real de la columna y α es un factor que varía entre 0,5 y 2, dependiendo de las condiciones de apoyo, como se muestra en la tabla 5.1. TABLA 5.1. VALORES DE

PARA LOS TIPOS DE APOYO

TIPO DE APOYO Articulado en ambos extremos (Fig. 1) Empotrado en ambos extremos Empotrado en un extremo y articulado en el otro Empotrado en un extremo y libre en el otro

VALOR DE 1 0,5 0,707 2

Algunos autores de textos de Diseño de Máquinas recomiendan que se use α = 2 para columnas empotradas en un extremo y libres en el otro extremo, y α = 1 en cualquier otro caso. Considerando los diferentes tipos de apoyo, podemos definir ahora la Relación de Esbeltez efectiva o equivalente, REef de la forma siguiente: R Eef

α L ⎞ = ⎛ ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠

(5.4)

5.3. FORMULA DE EULER Leonard Euler dedujo una expresión que permite determinar la carga crítica, es decir, la carga que producirá la falla por pandeo de dicho elemento. Para obtener esta ecuación, llamada Fórmula de Euler, estudiemos la figura 5.2, en la que se muestra una columna deformada por la acción de la carga de compresión P. P

P Y

x V x P y Figura 5.2 Haciendo uso de la ecuación obtenida para el cálculo de deflexiones, se obtiene:

228 2

d y dx

2

d 2 y dx 2

= +

M EI P EI

=−

P EI

y , o bien,

y=0

(5.5)

La anterior es una ecuación diferencial homogénea lineal, de segundo orden, con coeficientes constantes. Haciendo: p 2

=

P

⇒

EI

P

p =

EI

La solución de la ecuación diferencial es: y = C1sen(px) + C2cos(px)

(5.6)

Aplicando las condiciones de borde: En x = 0, y = 0, por consiguiente, C2 = 0; En x = L, y = 0,es decir, C1sen(pL) = 0, de donde: sen(pL) = 0, y, (pL) = nπ Por lo tanto: 2

p

2

nπ ⎞ P = ⎛ ⎜ ⎟ = ⎝ L ⎠ EI

⇒

P=

2 2 n π EI

L2

(5.7)

El menor valor de n distinto de cero, es decir, n = 1, determina la carga crítica de Euler, Pcrit. Pcrit

=

π 2 EI

(5.8)

L2

La anterior es la fórmula de Euler, en cuya deducción se han supuesto apoyos articulados en ambos extremos. En el caso de tener otro tipo de apoyos, de debe reemplazar la longitud real L, por la longitud efectiva o equivalente L ef , obteniéndose la expresión siguiente para P crit. Pcrit

=

π 2 EI

(5.9)

(α L )2

Si consideramos que I = k 2A, e introducimos este valor en la fórmula de Euler, se obtiene: Pcrit

=

π 2 Ek 2 A L2

=

π 2 EA

⎛ L ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠

2

=

π 2 EA

( R E )

2

(5.10)

229

donde A es el área, y R E es la relación de esbeltez, ya definidas. La anterior es la carga que produce la falla por pandeo, por consiguiente, la carga admisible la obtenemos dividiendo P crit por un Factor de Seguridad FS. Padm

=

Pcrit FS

Los valores habituales de FS son de tres o más, dependiendo de las condiciones y seguridad exigidas al diseño. La tensión crítica σcrit para la carga crítica de Euler la obtenemos simplemente cambiando de lado el área en la fórmula de Euler. Así: σ crit

=

Pcrit A

=

π 2 E

⎛ L ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠

2

=

π 2 E

( R E )

(5.11)

2

De nuevo, la tensión admisible se obtendrá la dividir la tensión crítica por FS. σ adm

=

σ crit

(5.12)

FS

Como puede verse, la fórmula de Euler sólo tiene en cuenta el Módulo de Elasticidad del material y la Relación de Esbeltez, es decir, no considera la resistencia del material. En el gráfico de la figura 5.3 se muestra la tensión crítica para distintas relaciones de esbeltez, para el acero A 37 – 24.

ACERO A 37 - 24 10000

2 m c / g k , n ó i s n e T

1000

100 0

50

100

150

200

250

300

350

400

Relación de Esbeltez, Re EULER

JOHNSON

Figura 5.3. Variación de la tensión crítica con la relación de esbeltez

230

El gráfico anterior muestra que para relaciones de esbeltez cercana a 90, la tensión crítica que predice el modelo de Euler excede la tensión de fluencia del acero A 37 – 24 (2.400 kg/ cm 2), lo que es inaceptable puesto que el material, en tal caso, fallará por fluencia a la tensión correspondiente. Lo anterior limita la aplicabilidad de la fórmula de Euler solamente a columnas largas, cuyos límites se estudiarán en los puntos siguientes. Por lo tanto, las ecuaciones 5.11 y 5.12 definen la resistencia de “un tipo de columna”, con sus características geométricas y tipo de material.

5.4. FORMULA DE JOHNSON Para el cálculo de columnas con relaciones de esbeltez donde no es aplicable la fórmula de Euler, se han propuesto innumerables modelos empíricos. Sin embargo, el modelo de mayor uso fue propuesto por J. B. Johnson, el cual ha sido adoptado por muchas instituciones tales como AISI (Instituto Americano del hierro y el acero), AISC (Instituto Americano de Construcciones de acero), etc. El modelo de Johnson propone una tensión crítica, que es la siguiente:

⎛ α L ⎞ σ crit = σ 0 − K ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠

2

(5.13)

Esta es la ecuación de una parábola ( α tiene el mismo significado que en el modelo de Euler), la cual se representa en la parte inferior del gráfico de la figura 5.3, para el acero A 37 - 24. Esta curva nos muestra que, para relaciones de esbeltez inferiores a 40, la tensión crítica es muy cercana a la tensión de fluencia σ0 (algunos autores sugieren considerar sólo RE < 10). Por consiguiente, estas columnas, llamadas columnas cortas, pueden calcularse a compresión simple. Es decir: P A

≤ σ adm =

σ 0

(5.14)

FS

donde σ0 es la tensión de fluencia en compresión del material, y FS, como antes, es un factor de seguridad, que, para esta situación, puede ser cercano a 2. El punto de intersección de la hipérbola de Euler con la parábola de Johnson se produce para la mitad de la tensión de fluencia en compresión del material. En este punto, naturalmente, son válidos ambos modelos. La relación de esbeltez que corresponde a este punto se denomina Relación de Esbeltez límite. Por lo tanto, igualando las tensiones críticas a σ0/2, se tiene: σ crit

=

Pcrit A

=

σ 0 2

2

α L ⎞ = σ 0 − K ⎛ ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ L

(5.15)

de donde podemos obtener la constante K: K =

σ 0 2

⎛ α L ⎞ 2⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ L

=

σ 0 2( R E )L 2

(5.16)

231 α L ⎞ donde la expresión ⎛ ⎜ ⎟ = R EL , representa la Relación de Esbeltez límite. Para ⎝ k ⎠ L relaciones de esbeltez mayores que ésta, se aplica la ecuación de Euler; para las menores, se aplica la ecuación de Johnson.

Utilizando el valor de K, podemos reescribir la ecuación de Johnson de la forma siguiente:

⎡ ⎛ α L ⎞ 2 ⎤ ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ 2 ⎡ 1 ⎛ R ⎞ 2 ⎤ ⎡ ⎤ ( ) R 1 k ⎝ ⎠ E ⎥ = σ ⎢1 − × σ crit = σ 0 ⎢1 − = σ 0 ⎢1 − ⎜⎜ E ⎟⎟ ⎥ ⎥ 0 2 2 ⎢ ⎢⎣ 2 ⎝ R EL ⎠ ⎥⎦ L ⎞ ⎥ ⎛ ⎣⎢ 2 ( R E ) L ⎦⎥ ⎢ 2⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ k ⎠ L ⎥⎦

(5.17)

Ahora podemos obtener una expresión para la Relación de Esbeltez límite, igualando la tensión crítica de ambos modelos. σ crit

=

π 2 E

⎛ α L ⎞

2

⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ L

=

π 2 E

( R EL )2

=

σ 0

(5.18)

2

De la expresión anterior obtenemos: R EL

α L ⎞ = ⎛ ⎜ ⎟ = π ⎝ k ⎠ L

2 E

(5.19)

σ 0

Entonces, ahora podemos dividir las columnas en cortas, intermedias y largas, aplicándose, para cada caso, el modelo correspondiente, como se muestra en la Tabla 5.1. Tabla 5.1. Clasificación de columnas

COLUMNA Corta Intermedia Larga

R E

=

α L k

≤ 40 ⎛ α L ⎞ ≤ π 40 ≤ ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ ≥ π

crit

2 E σ 0

Tensión de Fluencia σ0 2 E σ 0

Ecuación de Johnson Ecuación de Euler

Debe destacarse que muchas organizaciones recomiendan que la Relación de Esbeltez no debe exceder de 200.

232

En la figura 5.4 se muestra la Relación de Esbeltez límite para aceros estructurales, cuyas tensiones de fluencia están en un rango de 2.000 a 3.400 kg/cm 2. 2 m3400 c / g 3200 k , a 3000 i c n e 2800 u l F 2600 e d 2400 n ó i 2200 s n e 2000 T

110

120

130

140

150

Relación de Esbeltez límite para Aceros Estructurales

Figura 5.4. Relación de Esbeltez límite Para otros materiales estructurales, tales como aluminio, madera, etc., existen fórmulas propuestas por diversas Asociaciones de USA y otros países, que se encuentran disponibles en todos los textos de Resistencia de Materiales, de Estructuras, etc.

5.6. EJERCICIOS 5.1) Determinar el radio de giro de a) una sección transversal circular, maciza, de diámetro D; b) Una sección transversal cuadrada de lado a. SOLUCION: a) El radio de giro es: π D 4 k =

I A

=

64 π D 2

=

D 2

16

=

D

4

4

b) a4 k =

I A

=

12 a2

=

a2

12

=

a

2 3

233

5.2) Determinar el radio de giro de una sección transversal redonda, hueca, de diámetro exterior exterior D y diámetro diámetro interior d. SOLUCION:

(

π D 4 I

k =

A

=

− d 4 )

64

(

π D

2

− d

2

)

(

1 D 2−

=

16

+ d 2 )( D 2 − d 2 ) 1 = 4 D 2 − d 2

D

2

+ d 2

;

4

Recordemos que (D4 – d4) = (D 2 – d2)(D2 + d2)

5.3) Determinar 5.3) Determinar el radio de giro de una sección transversal cuadrada, hueca, de lado exterior a y lado interior b, como se muestra en la figura. SOLUCION: 1

I

k =

A

==

(

a −b 12 a2 − b2 4

4

)

=

1

a2

2

a

+ b2

b

3

5.4) Determinar la Relación de Esbeltez para una columna de acero A 37 – 24, circular, hueca, de 3 m de alto, 7,5 cm de diámetro interior y 10 cm de diámetro exterior. La columna es articulada en ambos extremos. SOLUCION: k =

1

R E

=

4

D 2 L k

=

+ d 2 =

3 x100 3,125

1 4

100 + 56,25

= 3,125

cm

= 96

Observemos Observemos que para el acero A 37 –24, la Relación de Esbeltez límite es:

⎛ L ⎞ = π ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ L

2 E σ 0

= π

2 x 2,1x10 6 2.400

= 131,42

Por consiguiente, esta columna debe calcularse con la fórmula de Johnson.

234

5.5) x

5

Para una columna de 2,5 m de alto, articulada en ambos extremos, con la sección transversal que se muestra, determinar la Relación de Esbeltez.

15 cm 10

10 10

SOLUCION: Como el pandeo se produce respecto al Radio de Giro mínimo, calcularemos I x e I y . Cálculo de I y :

=

I y

1 12

(5 x30

3

+ 15 x10 3 ) = 12.500

cm

4

Cálculo de I x : Como la sección transversal no es simétrica respecto a algún eje horizontal, deberemos calcular la posición del centro de gravedad. y

=

I x

(30 x5) x2,5 + (10 x15)(− 7,5 ) − 750 = = −2,5 (30 x5) + (10 x15) 300

=

1 3

(30 x5

3

+ 10 x15 3 ) = 12.500

cm

cm

4

Aplicando Steiner: I x

= I x − Ad 2 = 12.500 − 300(− 2,5)2 = 10.625

cm 4

(Valor mínimo de I).

Por lo tanto: R E

=

L k

=

2,5 x100 10.625

=

250 5,951

= 42

300

5.6) La columna del problema 5.5 está construida de acero estructural A 37 – 24. Con un Factor de Seguridad de 3, determinar la carga admisible. SOLUCION: Por la magnitud de la relación de esbeltez, se debe usar la fórmula de Johnson. Pcrit = FS x Padm = 3Padm

235 σ crit

=

Pcrit A

=

3Padm 300

⎡ 1 ⎛ 42 ⎞ 2 ⎤ = 2.400⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ 2 131 , 42 ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣

Padm = 227.743,8 kg = 227,74 Ton

5.7) La columna del problema 5.5 está construida de acero estructural A 37 – 24. Con un Factor de Seguridad de 3, determinar la carga admisible, si se aumenta su altura hasta, a) 7 m; b) 10 m. SOLUCION: a) Pcrit = FS x Padm = 3Padm R E

=

L k

=

7 × 100 5,951

= 117,63

Como la Relación de Esbeltez es menor que la límite (131,42), se debe aplicar la fórmula de Johnson. σ crit

=

Pcrit A

=

⎡ 1 ⎛ 117,63 ⎞ 2 ⎤ = 2.400⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ 2 ⎝ 131,42 ⎠ ⎥⎦

3Padm 300

Padm = 143.862,7 kg = 143,9 Ton b) R E

=

L k

=

10 x100 5,951

= 168,04

Siendo RE mayor que la Relación límite, se usa la fórmula de Euler. Pcrit

= 3Padm =

π 2 EA

⎛ L ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠

2

=

π 2 x 2,1 x10 6 x300

(168,04)2

Padm = 73.399,6 kg = 73,4 Ton

5.8) Una barra maciza de acero estructural A 37 – 24, de 25 mm de diámetro, articulada en ambos extremos, está sometida a compresión axial. Determinar: a) La longitud mínima para la que es válida la fórmula de Euler; b) La longitud máxima para que la relación de esbeltez no exceda de 200; c) La carga admisible, con un factor de seguridad de 3, para las longitudes mínima y máxima. SOLUCION:

236

a) En el ejercicio 5.1, se determinó el radio de giro para una sección circular: k =

D

4

=

2,5 4

= 0,625

La relación de esbeltez debe ser igual a la relación límite:

⎛ L ⎞ = ⎛ L ⎞ = π 2 E = π ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ σ 0 ⎝ k ⎠ ⎝ k ⎠ L L =131,32 x 0,625 = 82,14 cm

2 × 2,1x10 6 2.400

= 131,42

b)

⎛ L ⎞ 200 ⎜ ⎟= ⎝ k ⎠

L max

= 200 x0,625 = 125

cm

c) Para Lmin: Pcrit

= FS × Padm = 3Padm =

π 2 EA

⎛ L ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠

2

=

π 2 x 2,1 x10 6 xπ (1,25)

(131,42)

2

= 5890,7

2

kg

Por lo tanto: Padm =1.963,6 kgf Para Lmax: Pcrit

= FS × Padm = 3Padm =

π 2 EA

⎛ L ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠

2

=

π 2 x 2,1 x10 6 xπ (1,25)

(200 )2

2

= 2.543,48

kg

Por lo tanto: Padm = 847,8 kgf

5.9) Una columna de acero estructural A 37 –24, de 3 m de alto, articulada en sus dos extremos, soporta una carga de compresión de 4 Ton. Calcular el diámetro de la columna para un Factor de Seguridad de 3. Además la Relación de Esbeltez no debe exceder de 200. SOLUCION:

237

Pcrit = 3 x 4.000 12.000 kgf Suponiendo que es válida la fórmula de Euler:

Pcrit

= 12.000 =

π 2 EI 2

L

π

2

× 2,1 x10 ×

=

6

(300)

π D 4 64

2

Despejando, se tiene: D

= 4 1.061,54 = 5,71cm = 5,716

mm

Se adopta: D = 52 mm Para que se cumpla el modelo de Euler, la relación de esbeltez debe ser mayor que 131,42. k =

D

4

=

5,8 4

= 1,45cm

⇒

⎛ L ⎞ = 300 = 206,9 ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ 1,45

Vemos que se cumplen las condiciones de Euler, pero la relación de esbeltez es > 200. Por consiguiente:

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ L ⎞ = ⎜ L ⎟ = 4 x300 = 200 ⎜ ⎟ D ⎝ k ⎠ ⎜⎜ D ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠

⇒

D = 6

cm

El diámetro calculado satisface ambos requerimientos.

5.10) La armadura de la figura, constituida por dos barras redondas AB y BC, soporta una carga P = 5.600 kgf. Con un factor de seguridad de 3 respecto a la falla por pandeo, determinar un diámetro uniforme para ambas barras, si éstas han de ser de acero estructural A 37 – 24 (E = 2,1 x 106 kg/cm2). Además la relación de esbeltez no debe exceder de 200.

A 1m

5

B 12

P 1,8 m

3 4

2,4 m

C

238

SOLUCION: Longitud de la barras: L AB

=

2,4 2

+ 12 = 2,6 m

L BC

=

2,4 2

+ 1,8 2 = 3 m

Las barras AB y BC están sometidas a dos fuerzas, por lo que las fuerzas que actúan sobre ellas deberán tener las mismas direcciones de las barras. Por consiguiente, basta hacer un análisis del equilibrio del nudo B. Las dos barras se suponen en compresión. FBC

y 5.600

FAB

∑

F y

=0

⇒

3

∑

F x

=0

⇒

5.600 −

12 13 13

×

F AB

5

=

×

39 25

3 5

5

F BC +

4 5

F BC −

F BC

=

× 2.500 = 3.900

5

F AB

=0

F AB

−

13 12 13

56 25

F BC

4 5

⇒ F BC

= 5.600

F AB

=

13 5

×

3 5

F BC

=0 ⇒

F BC

= 2.500

kgf

kg f

2.500 3.900

3.900 2.500

Ambas barras trabajan en compresión, como se supuso, por lo que, como la barra con mayor carga es la barra AB, se determinará el diámetro de ésta en primer lugar. La relación de esbeltez límite para el acero A 37 – 24 es:

⎛ L ⎞ = π ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ L

2 E σ 0

= π

2 × 2,1 × 10 6 2.400

= 131,42

Pcrit = 3Padm = 3 x 3.900 = 11.700 kg Suponiendo que se cumple Euler:

239 2

Pcrit

= 11.700 =

π 2 EI 2

L

6

π x 2,1 x10 x

=

(260)

π D 4 64

2

⇒

D = 4 777,4

= 5,28

cm

Se adopta D = 5,4 cm = 54 mm Verificamos si se cumple Euler: k =

D

4

=

5,4 4

= 1,35

cm

⎛ L ⎞ = 260 = 195,6 ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ 1,35 Es decir, se satisfacen ambos requerimientos, tanto la relación de esbeltez para el modelo de Euler, como que ésta sea < 200. Sin embargo, la barra BC es más larga, por lo que calcularemos su relación de esbeltez.

⎛ L ⎞ = 300 = 222,2 ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ 1,35 La relación de esbeltez de la barra BC es mayor de 200. Por consiguiente, calculamos un nuevo diámetro en base a esta exigencia.

⎛ ⎞ ⎛ L ⎞ = ⎜⎜ L ⎟⎟ = 4 × 300 = 200 ⇒ D = 6 cm ⎜ ⎟ D ⎝ k ⎠ ⎜⎜ D ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠ El diámetro calculado satisface ambos requerimientos, para ambas barras.

5.11) La armadura de la figura está construida con barras redondas de acero estructural A 37 – 24 (E = 2,1 x 106 kg/cm2), con ambas barras articuladas en sus extremos. Determinar: a) Las reacciones en A y D; b) La fuerza que actúa sobre cada barra, indicando si es Tracción o Compresión; c) El diámetro de cada barra, considerando un factor de seguridad de 3, tanto para las barras de tracción como las de compresión; en este último caso, considerar efecto de pandeo.

B 1,5 m A

D

C 3 4

5.000 kgf 2m

2m

240

SOLUCION: a) Cálculo de reacciones:

Ax

Ay

Dy

5.000 kgf

∑ M

A

=0

4 5.000 × x 2 − D y 5

⇒

A y

∑ F = 0

⇒

5.000 ×

x

×4 = 0

⇒

4

∑ F = 0 y

b)

⇒

− 5.000 × + 2.000 = 0

⇒

5

3 3

− A x = 0

Nudo A:

⇒

D y

A x

= 2.000

A y

= 2.000

= 3.000

↑

kg

kg

↑

←

kg

2.000 FAC

3.000 FAB

En el diagrama de fuerzas del Nudo A, se ha supuesto F AC en tracción y FAB en compresión.

=0

⇒

3 2.000 − F BC 5

∑ F = 0

⇒

4 F AC − 3.000 − x3.333,33 = 0 5

∑ F

y

x

Nudo C:

=0

F AB

= 3.333,33

FBC FCD

5.666,67

5.000

∑ F = 0 x

⇒ F CD +

3 5

x5.000 − 5.666,67 = 0

kg

F AC

(C )

= 5.666,67

kg

(T )

En el Nudo C, se han supuesto en tracción las barras BC y CD.

⇒ F CD = 2.666,67

kg

(T )

241

∑ F

y

=0

⇒ F BC −

4 5

x5.000 = 0

Nudo D:

⇒

F BC

= 4.000

kg

(T )

2.000 En el Nudo D, la barra BD se supone en compresión.

2.666,67 FBD

∑ F

y

=0

⇒

2.000 −

3

F BD

5

=0

⇒ F BD = 3.333,33

kg

(C )

Como comprobación haremos equilibrio horizontal:

∑ F = 0

⇒

x

4 5

x3.333,3 − 2..666,67 = 0

En el cuadro siguiente se muestra el resumen de cargas. BARRA AB AC BC BD CD

CARGA, kg 3.333,33 5.666,67 4.000 3.333,33 2.666,67

TIPO DE CARGA Compresión Tracción Tracción Compresión Tracción

c)

Barras en Tracción: Se calculará el diámetro de la barra con mayor carga, es decir, la AC. Para el acero A 37 – 24 la tensión de fluencia es de 2.400 kg/cm2. Luego: σ adm

=

σ 0 FS

=

2.400 3

= 800

kg cm

2

=

F AC A

=

5.666,67 π R 2

Por lo tanto: R =

5.666,67 800π

= 1,502

cm

Se adopta D = 32 mm para las tres barras solicitadas a tracción.

242

Barras en Compresión: Las barras AB y BD tienen la misma carga en compresión y la misma longitud, por lo que es suficiente calcular una de ellas. La Relación de Esbeltez límite para este acero, ya calculada en ejercicios anteriores, es 131,42. Suponiendo que se cumple Euler: Pcrit = 3Padm = 3 x 3.333,33 = 10.000 kg 2

Pcrit

= 10.000 =

π 2 EI 2

L

6

π x 2,1 x10 x

=

(250)

2

π D 4 64

⇒

D = 4 614,31 = 4,98

cm

Se adopta: D = 5 cm Verificamos si se cumple Euler:

⎛ ⎞ ⎛ L ⎞ = ⎜⎜ 250 ⎟⎟ = 200 > 131,42 ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ ⎜ 5 ⎟⎟ ⎜ ⎝ 4 ⎠ Por lo tanto, se cumplen las condiciones de Euler y la relación de esbeltez está en el límite aceptado habitualmente por las Normas.

5.12) Una pieza de un equipo mecánico, que pesa 2.500 kgf debe ser soportada por un tubo de acero estructural A 37 – 24, de 140 mm de diámetro exterior, y 6 mm de espesor de pared, como se muestra en la figura. La parte inferior del tubo está empotrada y la parte superior está libre. Con un factor de seguridad de 3 respecto al pandeo, y con la exigencia de que la relación de esbeltez equivalente o efectiva no debe exceder de 200, determinar la máxima altura admisible, L, para el tubo. E = 2,1 x 106 kg/cm2.

2500

L

SOLUCION: Para el acero A 37 –24, la relación de esbeltez, ya calculada, es 131,42. Si e es el espesor de pared, el diámetro interior es d = D – 2e = 14 – 2 x 0,6 = 12,8 cm Del ejercicio 5.2 el radio de giro es:

243

D 2

k =

+ d 2

4

=

+ (12,8)2

14 2

4

= 4,742

cm

Con α = 2, la Relación de Esbeltez efectiva es:

⎛ α L ⎞ = 2 L ≤ 200 ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ 4,742

⇒

L ≤ 474,2 cm

Esta longitud satisface las condiciones de máxima esbeltez. Ahora calcularemos al pandeo, suponiendo que se cumplen las condiciones de Euler. El momento de inercia de la sección transversal es: I =

π 64

( D

4

− d 4 ) =

π 64

(14

4

− 12,8 4 ) = 568,06

cm 4

Pcrit = FS x Padm = 3 x 2.500 = 7.500 kgf Pcrit

= 7.500 =

π 2 EI

(2 L )

2

=

π 2 × 2,1 × 10 6 × 568,06

(2 L )

2

L = 626,46

cm

Relación de Esbeltez con esta longitud: R E

=

α L k

=

2 × 626,46 4,742

= 264,21 > 200

Por lo tanto, la longitud que satisface ambas condiciones es Lmax = 474,2 cm.

13)

5.

La armadura de la figura está construída con barras redondas de acero estructural A 37 – 24. Las barras AB y BC tienen 32 mm de diámetro, mientras que la barra AC tiene 16 mm de diámetro. Si E = 2,1 x 106 kg/cm2, determinar la máxima carga admisible P, con un factor de seguridad de 3, para todo el sistema.

SOLUCION:

P 75° B 1,5 m

A

C 2m

244

DCL:

∑ M

P

A

∑ F

y

= 0 ⇒ C y x 2 − 1,5 xP cos 75º = 0 ⇒ C y = 0,194 P

= 0 ⇒ A y + C y − Psen75º = 0 ⇒ A y = 0,772 P

∑ F = 0 ⇒ P cos 75º− A x

x

= 0 ⇒ A x = 0,259 P

AX CY

AY Nudo A:

Ay = 0,772P FAC

Ax = 0,259P

FAB = 0,772P (C) Nudo C:

Cy = 0,194P

0,259P

∑ F

y

3

4

3 0,149 P − F BC 5

=0⇒

FBC (C)

=0

F BC

= 0,324 P

(C )

En el cuadro siguiente se resumen las cargas en cada barra y el tipo de carga. BARRA AB AC BC

CARGA, kgf 0,772P 0,259P 0,324P

Para la barra AC, en tracción: σ 0

σ adm

=

=

2.400

F

0,259 P

≤ 800

A

=

FS

π (0,8)

2

3

= 800

kg cm 2

P ≤ 6.210,4

kg

TIPO DE CARGA Compresión Tracción Compresión

245

Para la barra AB, en compresión:

⎛ L ⎞ = 150 = 187,5 > 131,42 ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ 3,2 4

Como se cumplen las condiciones de Euler: Pcrit

= 3 x0,772 P =

π 2 EI

( L )

2

π

2

=

× 2,1 × 10 × 6

(150)

π (3,2)

4

64

2

P

= 1.023,6 kgf

P

= 1.756 kgf

Para la barra BC, en compresión:

⎛ L ⎞ = 250 = 312,5 > 131,42 ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠ 3,2 4

Como se cumplen las condiciones de Euler:

Pcrit

= 3 x0,324 P =

π 2 EI

( L )

2

π

=

2

× 2,1 × 10 × 6

(250)

2

π (3,2) 4 64

Por consiguiente, la carga máxima admisible es P = 1.023,6 kgf. Sin embargo debe tenerse en cuenta que la barra BC tiene una Relación de Esbeltez de 312,5 que excede largamente el valor de 200 recomendado por Norma.

5.14) P

k

Si el resorte tiene una constante k y la barra es rígida, determinar la carga crítica. L

A

SOLUCION:

246

Este es un caso típico de estabilidad, más que de resistencia. Debido a la carga, la barra tiende a rotar, hacia la izquierda o hacia la derecha, desplazándose una distancia d = Lθ (válido para ángulos pequeños). Esta es la misma distancia que se alarga (o comprime) el resorte. La fuerza desplazada hace un momento respecto a A, igual a Pd; por su parte el resorte, que equilibra el sistema, hace una fuerza F = kd y un momento respecto a A, igual a M = kdL. El sistema se hace inestable, cuando el resorte no tiene capacidad de retorno, es decir, cuando el momento que hace la fuerza es mayor o igual que el momento que hace el resorte. Es decir: Pd = PLθ = kL2θ Por lo tanto: Pcrit = kL

5.15) P

L

Si el resorte en A tiene una constante de torsión k, y la barra es rígida determinar la carga crítica.

k A

SOLUCION: Este es otro caso de estabilidad, más que de resistencia. Debido a la carga, la barra tiende a rotar, hacia la izquierda o hacia la derecha, desplazándose una distancia d = Lθ (válido para ángulos pequeños). El ángulo es el mismo que gira el resorte, haciendo un momento equilibrante igual a M = kθ. La fuerza, como en el caso anterior, hace un momento respecto a A, igual a M = Pd. El sistema se hace inestable cuando el resorte no tiene capacidad de retorno, es decir, cuando el momento que hace la fuerza es mayor o igual que el momento que hace el resorte. Es decir: Pd = PLθ = kθ Por lo tanto:

Pcrit

=

k L

247

5.16) P Dos barra rígidas AC y BC están conectadas a un resorte de constante k. Si el resorte puede actuar en tracción o en compresión, determinar la carga crítica del sistema para: a) p = L/3, q = 2L/3; b) p = q = L/2.

A

p

k

L C q B

SOLUCION: DCL:

P P Ax Ax

N

θ

kx

Ay Bx

N = Ax P = Ay

By

Para ángulos pequeños: x = p*θ

∑ M

B

=0

A x L = kx

L

2

= kpθ

L

2

⇒

A x

=

kpθ

2

P Ax

Cx

kpθ Cy = P

∑ M

C

=0

⇒

A x p = Pcr pθ

⇒

Pcr

=

Ax

θ

=

kpθ

2θ

=

kp

2

248

a) Para L

p =

3

:

Pcr

=

kL

:

Pcr

=

kL

6

b) Para L

p =

2

4

5.17) Un contenedor que pesa 12 Ton se sostendrá sobre una tarima apoyada en cuatro postes de madera de pino insigne, de sección cuadrada, de 2 m de altura. La carga se distribuye uniformemente sobre los postes, los cuales van empotrados rígidamente al suelo y están libres en el otro extremo. Con un margen de seguridad de 200% determinar las dimensiones transversales de los postes. Para el pino insigne: σ0 = 270 kg/cm2; E = 1,02 x 106 kg/cm2. Utilizar dimensiones comerciales. SOLUCION: Lef = αL = 2 x 2 = 4 m

Padm = 3.000 kgf;

( R E ) L = π 2m

2 E σ 0

2 × 1,02 × 10 5

= π

270

= 86,35

Pcr = FS x Padm =3 x 3.000 = 9.000 kgf Supondremos que se cumple Euler:

Pcr

=

π 2 EI

( L )

2

π

= 9.000 =

ef

De donde,

b = 11,45 cm

Se elige:

b = 12,5 cm ≅ 5 pulgadas

2

× 1,02 × 10 × 5

(400)

Comprobación del cumplimiento del modelo de Euler: k =

R E

b

2 3

=

α L k

= =

12,5 2 3

= 3,608 cm

2 × 200 3,608

= 110,86 > (R E ) L

2

b

4

12

= 0,524b 4

249

Por lo tanto, se cumple el modelo de Euler.

5.18) Un contenedor que pesa 12 toneladas se sostendrá en una tarima que se apoya sobre cuatro postes de madera de pino insigne, de sección cuadrada, de 2,5 m de altura. La carga se distribuye de manera uniforme sobre los cuatro postes, los cuales se empotran rígidamente en el suelo y tienen libre el extremo superior. Con un margen de 300%, determinar las dimensiones del poste. Usar dimensiones comerciales. Para el pino insigne: E = 1,02 x 105 kg/cm2; σ0 = 2,7 kg/mm2. SOLUCION: FS = 1 + MS/100 = 4 Padm = 3.000 kgf;

Lef = αL = 2,5 x 2 = 5 m 2 E

( R E ) L = π

σ 0

2,5 m

2 × 1,02 × 10 5

= π

270

= 86,35

Pcr = FS x Padm = 4 x 3.000 =12.000 kgf Supondremos que se cumple Euler:

Pcr

=

π 2 EI

( L )

2

π

= 12.000 =

ef

2

× 1,02 × 10 × 5

(500)

2

b4

12

= 0,3356b 4

De donde,

b = 13,75 cm

Se elige:

b = 15 cm ≅ 6 pulgadas (dimensión comercial para la madera)

Comprobación del cumplimiento del modelo de Euler: k =

R E

b

2 3

=

α L k

= =

15 2 3

= 4,33 cm

2 × 250 4,33

= 115,47 > (R E ) L

Por lo tanto es válida la fórmula de Euler

5.19) Una columna de acero estructural A 37 -24 ES de 2,4 m de alto (E = 2,1 x 10 6 kg/cm2), empotrada en un extremo y libre en el otro, se construye con un tubo en

VOLUMEN 2

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