EJERCICIOS DE MECANICA DE MATERIALES (ESTATICA)

Resistencia de Materiales

INDICE

CAPITULO I. EQUILIBRIO ESTATICO PROBLEMAS D.C.L CAPÍTULO II ESFUERZO Y DEFORMACIONES ESFUERZO CLASES DE ESFUERZOS ESFUERZOS NORMALES TRACCIÓN O COMPRESIÓN ESFUERZOS DE FLEXIÓN DIRECTOS O CIBALLADURA ESFUERZO DE APLASTAMIENTO FUERZAS EN CADA BARRA DIAGRAMA DE CARGAS AXIALES ESFUERZOS DE COMPRESION Y/O TRACCION RESISTENCIA DE MATERIAL RESISTENCIA OBTENIDAS ENSAYO DE TRACCIÓN PURA ESFUERZO DE DISEÑO Y FACTOR DE SEGURIDAD FACTOR DE SEGURIDAD (F.S) ESTUDIO DE LAS DEFORMACIONES

Prof. Ing. Martínez Del Castillo

1


DIAGRAMA DE CARGAS AXIALES TRAMO: AB TRAMO: BC TRAMO: CD DIAGRAMA DE TRACCION ESFUERZOS FACTOR DE SEGURIDAD CALCULO DE LAS DEFLEXIONES CALCULO DE δ E CALCULO DE X EN LOS TRIANGULOS MEE’ Y MDD’ SISTEMAS HIPERESTATICOS ESFUERZO EN BC : (COMPRESIÓN) ESFUERZOS TERMICOS ANALISIS PROPORCIONAL TRANSMISION DE POTENCIA MEDIANTE FAJAS CINEMATICA DINAMICA RELACIÓN DE TENSIONES TRANSMISION DE POTENCIA MEDIANTE CADENA TORQUE EN EL PIÑÓN MOTRIZ. TORQUE POTENCIA TORQUE EN EL EJE DEL LA CATALINA. TORQUE EN EL PIÑÓN MOTRIZ TORQUE – POTENCIA TRANSMISIÓN DE POTENCIA TORSIÓN


2


ESFUERZO CORTANTE DE TRACCION ANGULO DE TORSION DIAGRAMAS DE MOMENTOS TORSORES ESFUERZOS CORTANTE MAXIMO ANGULO DE TORSION DE LA SECCION E RESPECTO A LA SECCION A. ANGULO φE/A FACTOR SEGURIDAD CORTANDO LA BARRA CASOS PARTICULARES SECCION CIRCULAR PROBLEMA DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTOS FLECTORES DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES MOMENTOS FLECTORES UBICACIÓN DE FN Ó FC CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA I

BIBLIOGRAFÍA

S D F D F


3


CAPITULO I. EQUILIBRIO ESTATICO: ∑F=0

∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0

ó FR = 0 d = 0

∑ Fz = 0

ΣM 0 x − x = 0  ∑ F 0 = 0 ΣM 0 y − y = 0  ΣM z − z = 0 0 

∑F=0

PROBLEMA N° 1 Calcular la reacción en A.

∑ Fx = 0 -Ax+10Kn = 0 A.

10 KN.

B

10Kn = Ax. Sentido asumido es correcto.

D.C.L A

B

10 KN.

Las fuerzas actúan en pares.


4


PROBLEMA N° 2 Calcular la reacción en A y el momento de empotramiento.

20 KN.

Solución: DoCol

A

B

20 KN. MA

200 mm

A Ay

B

200 mm

∑ Fx = 0

No se aplica, porque no hay fuerzas en “X”.

∑ Fy = 0

Ay – 20KN = 0 Ay = 20 KN.

∑ F 0A = 0 M A –20Knx200 mm = 0 M A = 4000 KN.mm

PROBLEMA N° 3 Calcular las reacciones en A y C. Solución: 5 KN. 2m

A

A y C son apoyos.

1m

B

C es apoyo mobil. No existe momento de empotramiento

C

en los apoyos.

Do Col 5 KN. 2m

A

∑ Fx = 0

No se aplica

∑ Fy = 0

-Ay + 5KN-Cy = 0

1m

B

Ay Prof. Ing. Martínez Del Castillo

C

5 KN = A y + C y... (1) Cy

5


- 5 Kn.2m + Cy.3m = 0

∑M 0A = 0

Cy = 5KN . 2 m 3m Cy = 3 1/3 KN = 3,3 KN

⇒

Ay + Cy = 5KN Ay = 5KN – 3 1/3 KN = 1 2/3 KN Ay = 1,6 KN.

PROBLEMA N° 4 Calcular las reacciones en A y C además calcular las fuerzas que actúan en cada barra. Solución: D.C.L de toda la estr. Cy C

600 mm

10 KN

A

B

Ay

10 KN

D A

800 mm

B

D

1200 mm 800 mm

∑F x = 0

1200 mm

∑F y = 0 No se aplica. Cy.800 mm – 10KNx2000 mm = 0

∑F y = 0

Cy = 10 KN 2000 mm -Ay + Cy – 10KN = 0 Cy – Ay = 10 KN ... (1)

800 mm Cy = 25 KN. Sentido asumido es correcto. Cy = 25 KN.

En (1) 25 KN – Ay = 10 KN 15 KN = Ay.


6


25 KN

Do Col en C/barra

C

Barra BC ∑F y = 0

25 KN – By = 0 By = 25 KN

B

15 KN

By

Las fuerzas de acción y reacción tienen la misma intensidad y sentidos contrarios. No se acumulan porque actúan en puntos diferentes.

10 KN

D

A

PROBLEMA N° 5 Calcular las reacciones en A y D además las fuerzas que actúan en cada barra.

De toda la estructura D.C.L. 4 KN Ay

500 mm

A

B

Ax

C

4 KN 800 mm

B

500 mm C

A

53° 600

600 mm

D

53°

Dx D

D Dy


7


La fuerza F es colineal con la barra DB. Cuando una barra tiene solo fuerzas en los extremos, dichas fuerzas son iguales de sentidos contrarios y COLINEALES con la barra. F B

F

∑Fx = 0 -Ax + Dx = 0 ...(1)

∑Fy = 0 Ay + 4 KN – Dy = 0 ...(2)

∑ M 0A = 0 -Dx.600 mm + 4 KN.1300 mm = 0 Dx = 4KN.1300 mm 600 mm Dx = 8,67 KN.

En (1)

En el punto D Dy = tg 37° Dx

D

Ax = Dx Ax = 8,67 KN

Dy

)

Dy = tg 37° 8,76KN

37°

Dx = 8,67 KN

Dy = (tg 37°)(8,67 KN) Dy = 6,5 KN


8


En (2) Ay + 4KN – 6,5 KN = 0 Ay = 2,5 KN.

2 DA FORMA: Ay

4 KN

Ax

800 mm

B

A

C

ρ D .480 mm – 4KN.1300 mm = 0 ρ D = 4KN.1300 mm

600 mm

53°

4800 mm ρ D = 10,8 KN

Dx D

D

500 mm

37° Dy

En el punto “D” Σ Fx = 0 Ax – Dx = 0

D

Ax = Dx Dy

)

37° Dx

Σ Fy = 0

Ay + 4 KN – Dy = 0 Ay = 6,5 KN – 4 KN Ay = 2,5 KN

Dy = 10,8 KN.Sen 37° Dy = 6,5 KN

Dx = 10,8 KN.Cos 37° Dx = 8,67 KN


9


DCL de cada barra. 4 KN Ax

A

B C Acción y Reacción

2,5 KN

PROBLEMA N° 1 Calcular las reacciones en los apoyos A y B haciendo el diagrama de cuerpo libre de toda la estructura además calcular las fuerzas que actúan en cada barra. (1)

(2) D

A

2 KN

400 mm C

B

300 mm

600 mm

300 mm

C

B

D

A 400 mm


200 mm

10

3 KN

Resistencia de Materiales (4) (3) A

B

600 mm

30°

90°

C 10 KN

C

B

(

(

500 mm

800 mm

D 1,2 KN

(5) A

300 mm

500 mm

B

C

400 mm

E

D

500 mm 30 KN


11


1) DESARROLLO:

D.C.L de la 2 KN

estructura

D

400 mm C RB

B 300 mm 600 mm

RA

A

ΣM 0B = 0

⇒ 2KNx 400 − R A .600 = 0 R A = 1,3 KN Sentido asumido es correcto. ΣM 0A = 0

⇒ 2KNx1000 − R B x 600 = 0 RB =

2 x1000 = 3,3KN 600

D.C.L DE C/ BARRA 2KN

D

3,33KN

3,33KN

3,33KN C

1,33KN

B

A


12


2) DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE TODA LA ESTRUCTURA: A

A

300 mm

Ax

Ay

3KN Bx 37° (

B

D

C

B By 400 mm

200 mm

ΣM 0B = 0 3 KN x 600 mm – Ax x 300 mm = 0 Ax = 3 KN x 600 mm = 6 KN

∴ Ay = 6 KN x Tg 37° = Ay = 4,52 KN

300 mm A

Por < de 37° y tg. de 37° tenemos que Ay = Ax tg 37°

Ay 37°(

Ax

ΣFy = 0

ΣFx = 0

Ay – By – 3 KN = 0

Ax – Bx = 0

By = -3 KN + Ay

Ay = Bx –

By = 1,52 KN

By = 6 KN


13


Fuerzas que actúan en c/barra.

A

C 3KN

4,52 KN B

6KN

6KN

D

C

1,52 KN

3) DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE TODA LA ESTRUCTURA.

By = Tg α Bx A

By = Tg α Bx Tg α Bx – Ay = 1,2 1:0 - α - 37 – 53

(

37°

(90 - α) C

A

B

90 - α

D

)α

) 37° 1,2KN


14


PRINCIPIOS FUNDAMENTALES 1. En un cuerpo en equilibrio de reposo o de movimiento (v = constante) Se cumplen:

∑Fx = 0

∑ F en cualquier dirección = 0

∑Fy = 0

solo para el equilibrio estático.

∑Fz = 0

(Respecto a cualquier punto)

∑F0 = 0

(preferentemente se toman los puntos donde hay fuerzas desconocidas).

2. Cuando en un cuerpo o estructura actúan 3 fuerzas NO COLINEALES dichas fuerzas forman un triángulo y además pasan por un mismo punto. R

β

A

Q

α

β C

r(

P

a

R

α

(

P R Q = = sen α sen α sen β

C

α

P

También: P R Q = = C a b

b Q

3. Equilibrio del nudo: * R

∑Fx = 0

∑M0 = 0

Q β α

-R Sen β + Q Sen α = 0

C

*

∑Fy = 0

No se puede aplicar.

-R Sen β + Q Sen α = 0 P

Por ejemplo nudo “C”.


15


4. Las fuerzas actúan en pares.

Q

P Q=P

5. Si en una barra actúan fuerzas solo en ambos extremos dichas fuerzas son colineales con la barra (actúan en el eje de la barra).

P

-P NO SE ACEPTA EL SGT ESQUEMA P Aquí

la

girando

barra

estaría

en

sentido

antihorario. -P


16


CAPÍTULO II

ESFUERZO Y DEFORMACIONES ESFUERZO: F

Unidades

Area = A

Lbs = Psi. Pu lg 2 0

Kg − f cm 2

Fuerza Esfuerzo = Area

N 2 m

= 1 Pa

Sistema Ingles.

Sistema Métrico.

Sistema Internacional

MÚLTIPLOS:

CLASES DE ESFUERZOS

1 MPa = 106 Pa

1) Esfuerzos Normales

1 Gpa = 109 Pa 1 Gpa = 103 MPa

Al área.

1.1 Tracción o Compresión: P

Equivalencias:

P

1 MPa = 145 Psi. 1 MPa = 1 N/mm 2 1 MPa =

10Kg − f cm 2

σ

P

σ

Esfuerzo de Tracciòn

=

P A

σ : Se lee sigma σ : esfuerzo de tracción P : Fuerza A : Area de la sección transversal.


17


Ejemplo: P = 5 KN A = 200 mm 2

σ = 5000 N 200 mm 2

σ = 25 N/ mm 2 σ = 25 MPa

Significa que: En cada mm 2 actúa una fuerza de 25 N Cuando es compresión:

P = 8 KN

P = 8 KN A = 400 mm2

8 KN

σ = (-)

8000 N 2 400mm

σ = 8−)20 N/mm 2 = ( −) 20 MPa

Significa que: En cada mm 2 actúa una fuerza de 20 N.

1B Esfuerzos de flexión:

M

M

M = momento flector

Esfuerzo de tracción Fibra Neutra

Esfuerzo de compresión

M

6 de compresión ( - ) max Prof. Ing. Martínez Del Castillo

18


(2) Esfuerzos cortantes o tangenciales:

2.A Directos o Ciballadura.

P P

P

δ = Se lee Tau δ = Esfuerzo Cortante

V= P

Aquí

V A

V = Coeficiente A = Área α = Coeficiente 4 = para sección circular. 3

P Esta zona actúa el δ máx

δ =α

←← ←← ← ← ←← ←←

=

δ=0

3 para sección rectangular. 2

ESFUERZO DE APLASTAMIENTO: Es un esfuerzo de compresión en la zona de contacto de 2 elementos. Tomando el perno de la figura anterior.

t1

P

d

P

t2 d

Galast =


P Area proyectada 19


En la zona de contacto del

P

Gaplast =

d{. t . Area de un rectángulo.

Gaplast =

perno con la plancha superior.

P d − t2

En la zona de contacto del perno con la plancha inferior.

PROBLEMA N° 1 Calcular los esfuerzos de tracción Y/o compresión en las barras, los esfuerzos cortantes directos en los pernos y los esfuerzos de aplastamiento en los pernos y agujeros de la estructura.

100 mm

Pernos de 10 mm φ Platinas de 80 x 10 mm

800 mm

60 mm

200 mm

2 platinas

12 KN 60 mm


20


Solución: Calculo de Reacciones:

ρ A

600 mm Ay

53° Ax 800 mm

200 mm

C Cx 53° ( Cy

B

ρ C

D 12 KN

Trabajando con componentes: ΣMy = 0

ΣM C0 = 0 12 KN.800 mm – Ax.800 mm = 0

Ay = Cy – 12 KN = 0

Ax = 12 KN

16 KN – 12 KN = Cy.

Ay = Ax Tg 53°

Cy = 4 KN

Ay = 12 KN.

4 . 3

Ay =) 16 KN

ΣFx = 0 -Ax + Cx = 0 Cx = Ax Cx = 12 KN

2DA FORMA: ρ Calculo: de A ΣM C0 = 0


21


ρ A A

480 mm 53º (

C

600mm

200mm 12 KN

A.480 mm – 12KN.800 mm = 0 A = 12 KN.800 mm = 20 KN 480 m.

FUERZAS EN CADA BARRA: 20 KN A

ρ C = 12 2 + 4 2 = 12,6KN

B 20 KN

20 KN

C

12 KN

4 KN


B

D 12 KN

22


GRAFICANTE

Escala: 6 mm = 2 KN ρ A

20 KN

37° 12 KN

ρ F 12 ,8 KN

ρ C

DIAGRAMA DE CARGAS AXIALES:

20 KN

A

B 20 KN

C

12 KN

12 KN

B

C

B

C

(-) 12KN (Compresión)

(-)

C


23


ESFUERZOS DE COMPRESION Y/O TRACCION

La sección más débil es aquella donde hay agujeros. Para esfuerzos de tracción:

Se descuenta el área del agujero

Donde K:

σ máx. =

K.fuerza Area neta

Factor de concentración de esfuerzos cuando hay agujeros o cambio de sección.

Para esfuerzos de compresión:

No se considera los agujeros

σ máx. =

Fuerza Area

BARRA AB Sección A. Sección B (Son críticos los más débiles porque tienen agujeros).

σmax = (tracción)

80 mm

20 KN

10 mm A

10 mm

σ max = K

Fuerza A. neta


(tracción)

24


Asumiendo K = 2 σ máx. = 2.

20000 N =57,14 N / mm 2 = 57,14MPa. 2 (80 − 10)10mm

BARRA CBD: Hay compresión: σ máx. = (-)

1200 N =(−)15 N / mm 2 (−)15MPa. 2 80 x10mm

PERNO A:

σ max = α

V A

α = 4/3 para sección circular. V = Fuerza cortante = 20 KN A = área de la sección. A = πr 2 = π. (5 mm) 2

σ max =

4 20000 N . 3 π(5mm) 2 PERNO “A”

σ max =

Aquí hay corte directo. (una sección)

PERNO B: σ máx. = qué en “A”


25


PERNO D:

σ máx. = 4 12000 N 3 2 [π (5 mm) 2 ]

Dos secciones de corte

2 secciones: Hay corte doble.

6 KN

6 KN

RESISTENCIA DE MATERIAL:

Las diferentes resistencias de los materiales se obtienen en los ENSAYOS DE LABORATORIO.

Resistencia Obtenidas:

•

Límite de fluencia a la tracción

•

Límite de fluencia a la compresión S y C

•

Límite de rotura a la tracción

S u t = Su.

•

Límite de rotura a la compresión

Suc

•

Límite de fluencia al corte

Ssy

•

Límite de rotura al corte

Ssu


S y T = Sy.

26


ENSAYO DE TRACCIÓN PURA γ

Sut Syt Mat. frágil

Para material dúctil

Zona elast.

Zona plast.

ε

Elongación

σ = Esfuerzo;

F σ= A δ ε= L

F = fuerza.

A = Área ε = deformación unitaria δ = estiramiento L = Longitud original. A F

F δ

L

ELONGACIÓN: Es el valor de “ε ” cuando la proveta llega a la rotura.

Para material dúctil como: Acero, Cobre, Zinc, Aluminio , etc. ε>5 % ε > 0,05 Para material frágil como: Fierro fundido. ε≤5% ε ≤ 0,05


27


De los ensayos se ha obtenido: Para material dúctil:

Syt = Syc = Sy Sut = Suc = Su

Para material frágil:

Sy : No existe Sut = Suc = Su

También en los ensayos de corte Ssy = 0,6 Sy

ESFUERZO DE DISEÑO Y FACTOR DE SEGURIDAD σ Su Sy σd

E σ d = esfuerzo de diseño σ max = esfuerzo máximo σ d = esfuerzo de trabajo σ adm. = esfuerzo admisible ó permisible

σ d = σ máx = σ t = σ adm


28


FACTOR DE SEGURIDAD: (F.s) Para un material dúctil: •

Respecto a la fluencia

F.S. =

Sy σmax

•

Respecto a la rotura

F.S. =

Su σmax

•

Cuando se trata de esfuerzos cortantes el factor de seguridad al corte es: F.S. =

δ máx. = Cortante máx. δ máx. = δadmisible = δdiseño

Ssy 0,6Sy = σmax σmax

Para material frágil Factor de seguridad para la tracción

F.s = Sut σ máx.t

Factor de seguridad para la compresión

F.s = Suc σ máx.c

Donde: σ máx. ⇒ Esfuerzo máx. de tracción. σ máx. ⇒ Esfuerzo máx. de compresión. 1,5 < F.s < 4 a 6 ... 15

ESTUDIO DE LAS DEFORMACIONES: σ

Su Sy Línea recta

σ β

E E

Zona elástica En la zona elástica se cumple la Ley de Hooke que dice.


29


El esfuerzo es directamente proporcional (D.P) a la deformación unitaria.

σ D.P. = ξ También se escribe: σα ξ

α = alfa

α : Significa directamente proporcional La relación matemática es: σ : esfuerzo

σ = Eξ

ξ : deformación interior. E = Modulo de elasticidad ó Mod. de Young. E = 200 GPa ó 200 x 10 3 MPa para aceros yes = 110 GPa ó 110.10 3 MPa para cobre.

Siendo: σ=

P δ = E. A L

δ=

PxL ExA

A = Area de sección P

Fatiga = P

L


δ = Estiramiento ó deformación.

δ

30


PROBLEMA N° 1 Calcular la deformación que se produce en la barra de acero.

12 KN

12 KN

2 cm φ

δ

300 mm Solución:

δ=

(12000 N )(300mm ) PL = N  EA  2 3 π(10mm )  200.10 2  mm  

(

)

δ = 0,0573mm

PROBLEMA N° 2 Calcular la deformación total de la barra

Cobre 20 mm φ

Acero 10 mm φ

C

D

B

A

80 KN

50 KN

70 KN 200 mm

100 mm 150 mm

Problema: Calcular la deformación que se produce en la barra.

12 KN

300 mm


12 KN

2 cm φ δ

31


Sol:

δ=

PL (12000 N )(300mm ) = N  EA  2 3 π.(10mm )  200 x10 2  mm  

(

)

δ = 0,0573 m.m.

Prob.: Calcular la deformación total de la barra. Cobre 20 mm φ

Acero 10 mm φ

C

B

A

D 70 KN

200 mm

80 KN

100 mm

50 KN

150 mm

Solución: D.C.L. de la barra y reacción en A.

Ax

A

80 KN

B

C

D

50 KN

10 KN

∑F x ⇒ Ax = 40KN

Deformación de la barra

δAD = δAB + δBC + δCD

δ AD =

PAB .L AB PBC .L BC PCD .L CD + + E AB A AB E BC A BC E CD A CD


................ (1)

................ (2)

32


DIAGRAMA DE CARGAS AXIALES

40 KN A

B

70 KN 80 KN

C

50 KN

D

TRAMO: AB.

40 KN

40 KN (sale de la sección es función) P AB = 40 KN

A

TRAMO: BC.

70 KN 30 KN

40 KN

(entrar a la sección es compresión) P AB = 30 KN

TRAMO: CD.

40 KN

50 KN

70 KN 80 KN

40 KN

(saliendo de la P CD = 50 KN sección es tracción)

50 KN

+

+ C A

D

B

80 KN


33


Reemplazando en (2) 3 3 3 ( 40.10 N )(200mm ) ( − 30.10 N.)(100mm ) ( 50.10 N )(150 mm ) δ AD = + +    3 N  2 2 3 N  2 2 3 N  2 2  200.10 (π.5 mm )  10.10 (π.10 mm ) 110.10 (π.10 mm ) 2 2 2       mm

mm

mm

δ AD = 0,6395 mm

•

Chequeo: Si la barra está dentro del rango elástico del material.

DIAGRAMA DE TRACCION δ

En la zona elástica se cumple la

Ley Su Rotura de Hoocke.

Sy σ = E. ξ

Y por lo tanto la fórmula de la Zona elástica

Zona plástica

“PELEA” δ =

P.L. EA

Luego: Si el esfuerzo σ que actúa en sección es igual o mayor que el límite de fluencia Sy la fórmula de la pelea NO SE CUMPLE. Osea todos los cálculos de deformaciones no valen. En el tránsito AB (acero). Esfuerzo σ AB =

F 4000 N = A π.5 2.mm 2

σ AB = 509,29 MPa.


34


Si el acero es corriente o estructural Sy = 250 MPa; los cálculos hechos no valen. 509,29MPa > 250 MPa.

Luego el acero de esta barra debe tener Sy >> 509,29 MPa. En el tramo co Cobrexx

σ CD =

5000 N = 159,15MPa. π.10 2 mm 2

Para los cálculos sean válidos el cobre debe tener Sy > 159,159 MPa. Nota: El Sy del cobre es como 190 MPa.

PROBLEMA N° 3 Calcular los esfuerzos de tracción de compresión en las barras verticales. Así como las deflexiones de los puntos B,D,E,. La barra BDE es rígida (No se deforma). Para esfuerzos de tracción. Considerar K = Z.

A A

Agujeros φ 20mm

600 mm

100 mm

Cobre 10 mm E = 110 Gpa Sy = 190 MPa

100 mm aluminio

400 mm

B

Sy = 240 MPa

10 mm espesor E = 70GPa

E

D

30 KN

200 mm


400 mm

35


D.C.L. De toda la estructura. Cy Ay

Cy = Dy Ay = By

By Dy

B

Dy

D

E

By

30 KN

200 mm

400 mm

EN LA BARRA BDE Hay 2 incógnitas: By, Dy Necesito 2 ecuaciones de la ESTÁTICA. ∑ M 0B = 0 ........ (1) 30 KN x 600 mm – Dy x 200 mm = 0 Dy = 90 KN ∑My = 0 ....... (2)

By – 90 KN + 30 KN = 0 By = 60 KN


36


ESFUERZOS: BARRA AB: σ AB

60.10 3 N = (-) 100.10mm 2

σ AB = (-) 60 MPa < Sy = 190 MPa.

BARRA CD:

σ CD = (-) 2

90 000 N 10(100 − 20)mm 2

σ CD = 225 MPa < 240 Ma = Sy

EN LA SIGUIENTE GRÁFICA

SIENDO EN AMBAS BARRAS σ < Sy SE CUMPLE LA FORMULA DE LA PELEA σ Su Aluminio = 240 MPa Cobre

= 190 MPa.

Acero

= 400 MPa.

Sy

225 MPa Aluminio

FACTOR DE SEGURIDAD: 60 MPa Cobre BARRA AB:

FsAB =


E

Sy 190 = = 3,17 σ AB 60

37


Barra CD:

Fs.CD =

Sy 240 = = 1,07 σ CD 225

La barra CD está más cerca de una posible falla por fluencia.

CALCULO DE LAS DEFLEXIONES: B’

X D

δB

M

E

δD

D’

δE

200 mm

400 mm

E’

Se asume que los desplazamientos de los puntos B,D,E, son verticales. “DEFLEXIÓN ES EQUIVALENTE A DESPLAZAMIENTO”.

DEFLEXION DEL PUNTO B

= Desplazamiento del punto B = δB = Deformación de la barra AB = δ AB

∴ δB = δ AB

SIENDO LA PELEA

δ=

PL EA 400 mm

B B’ 60 KN


38


δB = δ AB =

PAB xL CD (60000 N )(600mm) ⇒ δ CD = N  E CD xA CD  3 100 x10mm 2  70 x10 2  mm  

(

)

δ CD = 0,7714mm

CALCULO DE δE : CALCULO DE X Tg θ =

δB δ = D 200 − x X

0,2182 0,7714 = 200 − x x

154,28 – 0,7714x = 0,2182X X = 155,9 mm

EN LOS TRIANGULOS MEE’ Y MDD’ Tg θ =

σD σE = x 400 + x

σE 0,7714 = 155,9 400 + 155,9

OJO: σx = desplazamiento de x σyx = deformación de barra yx.

∴ δE = 2,75 mm

SISTEMAS HIPERESTATICOS: Ecuaciones de la estática (∑F x = 0; ∑F y = 0; ∑M 0 = 0) no son suficientes para resolver el problema y se deben plantear las ecuaciones de desplazamientos:

PROBLEMA N° 1 Calcular

los esfuerzos en las barra verticales (K = 2), los factores de

seguridad y los desplazamientos de los puntos B, D y F.


39


400 mm

300 mm

D

20 KN

500 mm

F

E

B

600 mm

400 mm

Barra rígida

Cobre 80 x 20 mm Sy = 190 MPa

C

A Agujeros 20 mmφ Acero 100 x10 mm Sy = 400 MPamm

SOLUCION: D. C. L. De cada barra: Ey

B

E

D

F Fijo

By

20 KN

Dy

By Dy D

B

C

Fijo

Cy = Dy

A Fijo Ay = By


40


EN LA BARRA B D E F Hay 3 incógnitas By; Dy, Ey Se puede plantear. ∑F y = 0

2 ecuaciones

∑M 0 = 0

1 ecuación de desplazamiento.

En la barra B D E F Hay 3 incógnitas: By; Dy; Ey S ___________________________

By + Dy – Ey + 20 KN = 0

.......... (1)

By + 700 + Dy 300 – 20 KN x 500 = 0 7 By + 3 Dy = 100 KN B’ δB φ

E

fijo

R δF

D

Pi

Tgθ = B

700

=

δB δD = 700 300 0

300

⇒ 3 3

B

AB

=7

D

=7

CD

  Usando la pelea  

3   B y x 600m 3  3 N x10 x10m 2  200 x10 m2 

P L PAB .L AB = 7 CD CD E AB xA AB E CD A CD

    D y x 400mm  = 7   3 N x 60 x 20m 2   110 x10 m2  


     

41


9 x 10 -6 By = 1,6 x 10 -5 Dy By =

1,6 x10 −5 Dy 9 x10 −6

By = 1,78 Dy

PROBLEMA N° Calcular las reacciones en A y C Acero 100 x 20 mm A

B

300 mm

40 KN

C

100mm

Solución: D.C.L.

Ax

B 40 KN

A

Cx C

∑F x = 0 Ax + Cx – 40 KN = 0 Ax + Cx = 40 KN

Análisis:

.............. (1)

Existe una ecuación y 2 incógnitas. Luego es un problema estáticamente Indeterminado ó Hiperestático.


42


Se necesita una ecuación de desplazamiento la cual puede ser la siguiente: “La deformación de la barra es CERO”. δ AC = 0 δ AB + δ BC = 0

Usando la pelea en cada tramo.

P xL PAB xL AB + BC BC E AB xA AB E BC xA BC

.......... (2)

Para las fuerzas P AB y P BC necesitamos el diagrama de cargas axiales. Ax

B Bx40 KN

A

Ax A

Cx C

P AB

Ax

B

A

40 KN PBC

Ax (+)

A

B

C (-)

Ax – 40000 N

En tramo AB : σ AB = A X Reemplazamos todos los valores en la ecuación (2)

En Tramo BC: P BC = A X – 40

KN


43


A x .300mm (Ax − 40000)(100mm) = 0 + N  N    3 100.20mm 2  200.10 3 100.20mm 2  200.10 2  2  mm mm    

(

)

(

)

Ax.300 mm = (-) (Ax – 40000) 100 mm 3Ax = 40 000 – Ax 4 Ax = 40 000 Ax = 10000 Sentido asumido correcto. Cx = 30000 N.

COMPROBAMOS SI USTED CUMPLE LA PELEA Esfuerzo en AB: (Tracción) σ AB =

K.PAB Area Neta

σ AB =

2.10000 N = 11,1MPa << Sy = 250MPa (100 − 10)20mm 2

ESFUERZO EN BC : (Compresión) σ Bc = PBC A. Neta σ BC =

30000 N =15MPa << Sy = 250MPa. 100 x 20mm 2

El elemento esta dentro del rango elástico. ∴ Se cumple la pelea.

OBSERVACIONES: 1 ra La ecuación (2) se puede simplificar Siendo: E AB = E BC ; A AB = A BC

La ecuación (2)

P .L PAB .L AB + BC BC = 0 E AB .A AB E BC .A BC P AB -L AB + P BC . LBC = 0


44


2 da El punto B se desplaza? Si se desplaza Calculamos su desplazamiento.

δ B = δ{A + δ AB 0

δ B = δ AB La fórmula de la pelea δB =

P AB .L AB E AB .A AB

δ B = (10 000N) 300 mm 200.10 3 N. 100.20 mm 2 mm 2 δ B = 0,0075 mm

Nota: Cual es la deformación de BC δ BC = - δ AB = (-) 0,0075 mm Se contrae Fijo

Fijo B

A

... B’

C

LAB

Problema: En el problema anterior calcular el desplazamiento del punto M y Q

10 KN

A

.M

B 40 KN ,Q30 KN C

180 mm 120 mm 60 mm 40 mm


45


Prob: En el problema anterior calcular el desplazamiento del punto M y Q Q B A

C

40 KN

.M

180 mm

Q

30 KN

60 mm

300 mm

180mm

Solución:

δM = δ A + δ AM . { 0

δM = δ AM . δM = (10000N) (180mm) 200 x10 3 N/m 2 (100 x 20 mm)

También: δM = δ B .

180m = 300m

* δa = δ A + δ AQ . { 0

P AB = 10000 N P BQ = (-) 30000 N

δQ = δ AB = δ AB + δ BQ

ESFUERZOS TERMICOS Conecderemosxx una barra libre, la cual calentamos un ∆TºC.

L .


∆L

46


La dilatación limelnxx esta dado por L = Longitud original de la barra. ∆T = cambio de temperatura α = Coeficiente de dilatación lineal. = 12.10 -6 1/ºC (Acero) = 18.10 -6 1/ºC (Cobre)

De La Formula (1)  ∆L    = α.∆.T  L. 

ε T = α. ∆ .T

Donde E T =

...............(2)

∆L es la deformación unitaria térmica L

AHORA SI LA BARRA NO ESTA LIBRE

P

L

∆L

Aparece una fuerza P que impide que la barra se deforme “∆L” es equivalente decir que la fuerza produce la deformación “∆L” y por la PELEA.

∆L = δ =

PL EA


47


∆L P = L E.A. ET =

P E.A.

Por la ecuación (2)

α.∆T =

P E.A.

E.α.∆T =

P A

Pero

P = σ es el esfuerzo anual A

∴

σ = E. α . ∆ T

........... (3)

Esta es la fórmula del esfuerzos térmico donde: E = Módulo de elasticidad del material.

ANALISIS PROPORCIONAL σ D.P. E σ D.P. α σ D.P. ∆ T

Prob: Si es barra de acero ∆ T = 80°C

Sol: σ = 200 x 10 3

N 1 x 12.10 -6 .80°C 2 °C mm

σ = 192 N / mm 2


192 N/mm 2 < Sy = 250 MPa.

48


Prob: Si la barra de cobre ∆ T = 100°C Sol: σ = E. α . ∆ T. σ = 110.103 N/mm 2 . 18.10 -6

1 = 100°C °C

σ = 198 MPa

TRANSMISION DE POTENCIA

1. MEDIANTE FAJAS:

Motor

Máquina

Polea Motriz

Polea Conductora

A Flujo de P otenci a


49


V

V

r

V Qm

QC

n1

n2

r

V

r

V

C

CINEMATICA η 1 = RPM de la polea motriz. η 2 = RPM de la polea conducida

η1> η2

•

Relación de Transmisión

R relación =

•

η1 η2

R relación ≥ 1

Velocidad tangencial V=

πdn 1 πDn 2 = 6000 6000

D 0 D : en (m.m) V : en (m/seg)


50


La velocidad tangencial es la misma en las dos poleas:

De la relación anterior se deduce:

dn 1 = Dn 1

⇒

n1 D = n2 d

Luego la relación de transmisión es:

DINAMICA: Las fuerzas que actúan en cada polea.

F1

F2 γ

n1

γ

n1

γ

Polea motriz

F1

•

Polea conducida

F2

Torque o momento torson en la polea motriz. Por equilibrio dinámico el torque que produce el motor es igual al torque de oposición que producen las fuerzas F 1 y F 2 . Torque motriz = Tm = F 1 .

Tm = (F 1 -F 2 )

d 2

d d -F 2 . 2 2

................ (2)

RELACIÓN DE TENSIONES

F1 = e fgm / sen(α / 2 ) F2 Prof. Ing. Martínez Del Castillo

................ (3)

51


f = Coef. De fricción.

0m = Angulo de abrazamiento en la polea motriz θm = π . 2γ D−d γ = sen-1    2C  C = Distancia entre centros.

α = 180° para faja plana. α = 38° - 42° para faja en V.

α

Relación entre torque y potencia: Tm =

9550000.(Pot. en kw) n1

...........(4)

Tm = Torque en la polea motriz en (N.mm) n 1 = RPM de la polea motriz. * Esta se cumple para las transmisiones ya sea con fajas, endemas, engranajes, etc.


52


TRANSMISION DE POTENCIA:

2. Mediante cadena:

MOTOR

MAQUINA

Flujo de Potencia

CATALINA CONDUCIDA

PIÑON MOTRIZ

D

n1 d n2

C


53


CINEMATICA Relación de Transmisión Z 1 = # dentes del piñón.

n D Z R = 1 = = 2 ≥1 n 2 d Z1 Dinámica:

Z 2 = # dientes de la catalinas.

F

F

n1

n2

Polea motriz

Torque en el piñón motriz. Tm = F.

d 2

................ (4)

Torque potencia: La misma forma (4)

Tm =

950000(Pot. en kw) n1

Torque en el eje del piñón motriz.

Torque en el eje del la catalina. Tc =

950000(Pot. en kw) n2


La potencia es en si la misma que en el piñón, la diferencia son las pérdidas.


54


MOTOR

MAQUINA Flujo de Potencia Flujo de Potencia

Engranaje conducido

d n2

n1

D

CINEMATICA

R=

n1 D Z 2 = . ≥1 n 2 d Z1

DINAMICA

Fa = Ft.tg Ψ Ft

Ft

Fr = Fa n1

Fr

Fa

Ft .Tgφ Cosψ

n2

Ft = Fuerza tangencial

Fr.

Fa = Fuerza axial Fr = Fuerza radial

Motriz

Conducido

Ψ = ángulo de la Hélice φ = ángulo de la presión.


55


Torque en el piñón motriz

Tm = Ft.

d 2

Ft: Es la única produce potencia.

Torque – potencia La misma forma (4) Tm =

950000(Pot. en kw) n1


Torque en el eje del engranaje conducido. TC =

950000(Pot. en kw) n2


La potencia es casi la misma que en el piñón; la diferencia son las pérdidas.

Nota: Para dientes rectos Ψ = 0° ⇒ Fa = 0

TRANSMISIÓN DE POTENCIA

Mediante engranajes cónicos

Piñón Motriz MOTOR

Engranaj e cónico. MAQUINA


56


CINEMATICA

R=

n1 D Z2 = . ≥1 n 2 d 2 Z1

DINAMICA

F r1

Fr = Ft. tgφ.cos β Fa = Ft. tgφ.sen β

F r1 F t1

φ = Ángulo de presión. β = Semi angulo del cono.

F a2

F r2

Ft 1 = Ft 2 Fr 1 = Fxx 2 Fr 1 = Fr 2

Torsión: La suma cilíndrica está sometida a un citado de tensión pura.

MT = Metodo Torsor o Torque. d

L


57


ESFUERZO CORTANTE DE TRACCION B

δmáx δF

F r

δmáx

MT

R

C

A E δmáx δmáx

D δmáx

δmax = Esfuerzo cortante máximo debido a la tracción. δmax = Es tangente a la circunferencia exterior de la barra. Es igual en todos los puntos de la periferie. En el punto F el esfuerzo cortante es menor y es proporcional al radio.

δF δ máx = r R

r δF = .δ máx R

El δ máx se calcula mediante la siguiente. Fórmula, para barras cilíndricas macizas. δ máx =

16MT πd 3

La fórmula general en: δ máx =

M T .C J


58


C=

d 2

J = Momento polar de inercia J=

MT. δmax =

πd 4 para bara cilíndrica maciza. 32

d 2

δ máx =

πd 4 32

16M T πd 3

PARA BARRA CILÍNDRICA HUECA.

δ máx d0

di

δ máx

C=

d0 2

J=

π do 4 − di 4 32

(

)

do 2 δ máx = 4 π / 32 do − di 4

δ máx =

16M T .do

(

π do 4 − di 4

)

MT.

(

)


59


CUANDO HAY CHAVETERO SE PRODUCE CONCENTRACION DE ESFUERZOS: δ máx

di

En este caso el cortante máximo es:

 16 .M T  δ max =   3  πd 

Donde K = factor de concentración de esfuerzos. = 1,2 a 3.

PARA EJE HUECO: δ max

 16 . M T . do =K  4 − d  π Cdo

4

  

ANGULO DE TORSION: B φ B’

A’ φ A L


60


El ángulo de torsión:

φ=

M T .L G.J

L = Longitud de la barra G = Modulo de elasticidad transversal = 80 GPa para el acero. J=

πd 4 32

ó

π )(d 4 – di 4 ) 32

CUANDO EL TORQUE ES DIFERENTE EN VARIOS TRAMOS DE UN EJE φAE = φAB + φBC + φCD + φDE φAE =

MTAB .L AB MTBC .L BC MTCD .L CD MTDE .L DE + + + G AB .J AB G BC .J BC G CD .J CD G DE .J DE

DIAGRAMAS DE MOMENTOS TORSORES:

1er Caso:

MT = 10 KN MT = 10 KN DIAGRAMA DE TORQUE

MT = 10 KNx m


61


Si el eje gira a velocidad angular constante (W = constante) esta en equilibrio y entonces se cumple que Σ torques = 0

+ 10 KN.m –10KN,m = 0

2do Caso: 30 KN.m 8 KN.m 12 KN.m A

B

∑ torques = 0

10 KN.m

30 – 8 – 12 – 10 = 0

C

D

30 KN.m 8 KN.m

∑ torques = 0 30-8-12-10 =0

-12 KN.m 10 KN.m

-10 KN.m A

B

D

C

3er Caso: 20 KN.m 18 KN.m A

A

B

B

45 KN.m

C

7 KN.m

D

D

C 45 KN.m

20 KN.m

18 KN.m

38 KN.m


62


DIAGRAMA DE MOMENTOS TORSORES: PROB. PROPUESTO Construir el diagrama de torque en cada caso: 20 KN.m 25 KN.m A

B

C

MT = 67

D

20 KN.m

E

47

12 25

12 KN.m

35

10

67

10 KN.

20

20

20

(2) 30 KN.m 45 KN.m 10 KN.m A

B

C

11 KN.m 60 KN.m

D

E

MT

F

15 54 10 5 15

54

54

6

30 KN.

30


6

63


(3) Ma 2Ma A

B

7 Ma

C

3Ma

D

MT’ = Ma

E

4Ma 3Ma Ma 4Ma Ma

Ma

Ma 2 Ma

3 Ma

Problema: Construir el diagrama de momentos torsores del eje AE. Calcular los esfuerzos cortantes máximos en cada tramo, considere que los engranajes están enchavetados (K = 2). Así mismo calcule el ángulo de torsión φ o/a (de la sección E respecto a la sección A)

Piñón 80 mmφ 120 mm φ Maquina N° 2 Consume 8 KW.

MOTOR 180 ROM 20 KW 30 mm φ

Engranaje 240 mm φ Maquina N° 1 Consume 12 KW.

80 mm


64


ESFUERZOS CORTANTE MAXIMO

δmax =

K16T πd 3

δ max D. P. T  3 δ max I. P. d

Para acero: Sy = 250 MPa.

SSy = 0,6 Sy

Fs =

SSy σmax

=

150 = 8,46 17,73

δ máx δ máx

δ máx

En A y C se presentan los cortantes máximos porque hay mayor torque y concentración de esfuerzos por chavetero.

δmax =

216 x111416,67 Nmm 3,1416 x (40mm) 3

δmax = 17,73MPa.


65


ANGULO DE TORSION DE LA SECCION E RESPECTO A LA SECCION A.

φ

φ

φ

=

E/A

E/A

= φA + φ +φ +φ +φ { 1 B4/ A 4 2 4 C4/3B 1 D4/ 4C 2 4 E4/3A =0 φ φ C/ A E/C

=φ

C/ A

+φ

E/C

T .L T .L = CA CA + EC EC E/A G .J G .J CA CA EC EC

1114167 x 220mm N  π.(40)m 4 80x10 3 . 32 mm 2 

= 0,002038 x

  

+

71625x 230mm N 80x10 mm 2 3

 π.(40 )m  .   32 

4

= 0,002038 Rad.

180 π

= 0,117°

Problema:

Para el eje AE se pide: 1. Diagrama de momentos torsores 2. Esfuerzo de seguridad Si Sy = 250 MPa SSsy = 0’,6 Sy. 3. Angulo de torsión φ E / A G = 806 Pa.


66


ENGRANAJE 250 mm φ

MOTOR 1200 RPM 30 KW

38 mm φ

18 mm

C

D

40 mm φ

B D

50 mm φ

AA

36 mm φ

40 mm φ

30 mm φ

E 20 mm

80 mm

3

120 mm

4 90 mm

80 mm

80 mm

Salen 8 KW

.2 Salen 12 KW

Solución: Torques en los puntos 1, 2, 3, 4.

T1

1

A

M

B

C

30 KW conducido

N

D P.

E

3

4 Motriz

8 KW

2

T3 T2

RPMeje =

12 KW

Motriz

10 KW

Motriz T4

1200 x100mm = 480RPM 250mm


67


T1 =

9550000(Pot en Kw) m

T1 =

9550000x20kw = 1200

159166,67 Nmm

T2 =

9550000x6kw = 1200

47750 Nmm

T3 =

9550000x5kw = 1200

39791,67 Nmm

T4 =

9550000x9kw = 1200

71625 Nmm

111416.67Nm 71625Nm

CHAVETA

Prob. Construir el DIAGRAMA DE MOMENTOS TORSORES de eje AE; calcular el esfuerzo cortante máximo y la deformación angular de la sección E, respecto a la sección A.

Asumir K= 2; a = 806 Pa.


68


Piñón Helicolor 120 mmφ

Salen 9KW

Motor 20Kw 1800RPM

x

x

100

x

120

x 150

Salen 6KW

Salen JKW

Solución: RPM del eje AE: 1800RPMx

120m = 120RPM 180mm

TORQUES QUE ACTUAN EN LOS PUNTOS 1, 2, 3, 4.

T1

Conducido

9Kw 200 KW

Motriz

X

X A

B

C

Motriz

E

X

X 2

D

3 Motriz

T 2 6 KW


SKN T 3

69


ANGULO φE/A φE/A = φA + φM/A + φB/M + φC/B + φN/C + φD/N + φR/D + φE/P

=0

159166,67 x18mm 80x10 3 x

+

32

(30) 2

18958,33 x 50 3

80x10 x

32

+

(40)

80x10 3 x

32

80x10

3

32

(40)

+

159166,67 x 120mm

(38) 4

18958,33 x 60

+ 4

159166,67 x 62mm

+ 4

80x10 3 x

18958,33 x 20 80x10

3

32

(30)

32

(40) 4

+

18958,33 x 40mm 80x10 3 x

32

(40) 4

= 4

PROBLEMA PROPUESTO: En la siguiente transmisión: 1) Continuar el diagrama de momentos torsores ó torques. 2) Calcular el esfuerzo cortante máximo (K = 2) 3) Calcular el factor de seguridad respecto al corte si el material del eje es acero con Sy ) 320 MPa.

φE/A ; φC/A ; φD/B ; T1 =

9550000 x 30 kw = 480

596875 Nmm

T2 =

9550000 x 12 kw = 480

238750 Nmm

T3 =

9550000 x 5 kw = 480

159166,67 Nmm

T4 =

9550000 x 10 kw = 480

198958,33 Nmm


70


T3= 159166,67 Nmm A

T1 = T21 = 358125 Nmm B

M

C

T4 = 198958,33 Nmm

D

E

159166,67 Nmm

(+)

358125 Nmm

.C A

.N

.P

M (-)

-198958,33 Nmm

E

CORTANTE MAX: Puntos críticos donde hay chaveta: Mayor torque y menor φ:

δmax A = δmax E =

K.16T 2 x16 x159166,67 Nmm = = 60,04MPa. πd 3 π(30mm) 3 2 x16 x198958,33Nmm π(36 )

3

= 43,44MPa.

FACTOR SEGURIDAD: En (A). Fs =

Ssy 0,6250 = = 2,49 δmax 60,04

SOLUCION:

MF


MF

71


La barra deformada es:

M

MF

Punto de Corte

CORTANDO LA BARRA:

Tracción σ max.

MF Fibra Neutra

C1

Comprensión

C2 σ max.

σmax.+ = Esfuerzo máximo de tracción. σmax.C = Esfuerzo máximo de compresión.

Fibra Neutra: Fn No existe esfuerzo Fibra Centroidal: Fc

FC y FN COINCIDEN


72


PARA SECCIONES SIMETRICAS: C 1 = C 2 Como por ejemplo:

C=

FN

d 2

C=

FN

l

C

C

C=

l

FN

l 2

C=

l

C

C

ESTO NO OCURRE EN SECCIONES ASIMETRICAS COMO

C1

C1

C2

C2

FN

CALCULO DEL ESFUERZO MAXIMO DE FLEXION: σ max. t.

C1

FN

C2 σ max. C.


l 2

73

l 2


ESFUERZO MAXIMO DE TRACCION

ESFUERZO MAXIMO DE COMPRESIÓN

 M .C  σmax.t = K F 1   I 

 M .C  σmax.C =  F 2   I 

Siendo: Fs = Momento flector en la sección en la sección que se calcula. K = Factor de concentración de esfuerzos. I = Momento de inercia de la sección.

CASOS PARTICULARES: SECCION CIRCULAR

d

C1 =

d 2

C2 =

d 2

d    MF.  2  σ máx .t = K 4  π.d / 64       32M F  σ máx .t = K 3   π.d 

 32M F  σ máx .C =  3   π.d 


74


PARA SECCION RECTANGULAR:

C=

l 2

C=

l 2

FN

l

b

I=

bL3 12

b es paralela a FN Lxxx es perpendicular a la FN

 M .L / 2  σ máx .t = K F 3   b L / 12   6M  σ máx .t = K 2F   bL 

 6M  σ máx .C =  2F   bL 

PROBLEMA: Calcular: i) Los esfuerzos máximos de tracción y compresión debido a la flexión. (K = 2). ii) El factor de seguridad si la viga es de acero con Sy ) 250 MPa.

1200 mm

10KN 200 mm

A

B 20 mm


75


Solución: X

10KN

MX

10KN M x = 10 KN.Xmm M x = 10 X KN mm Mx = 10.103x Nmm Mx = 10 4 x

Nmm

Es función lineal y su gráfico es una recta.

DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES Cuando X = 0

Mx = M B = 0

Cuando X = 1200

Mx = M A = 10 4 .1200 Nmm M A = 12.10 6 Nmm

A

B Momentos Flectores

12.106 Nmm = M F max.


76


La sección A es crítica porque en ella actúa el máx momento flector aquí se calcula σmax.t

∧

σmax.C

M F máx = 12.10 6 Nmm

DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTOS FLETORES Problema: Construir el diagrama de fuerzas cortantes y momentos flectores de la viga mostrada.

10KN

8KN

Apoyo C

Móvil

D

A

B

800mm


1200mm

1000m

77


100mm 20mm

2 0 0 mm

20mm

Solución: CÁLCULO DE REACCIONES EN A Y B: D.C.L.

10KN

Ay

∑M

A 0

8KN

By

=0

10 KN.800 + 8KN.200 – By .3000 =0 8 + 16 – 3By =0 24 = 3By By = 8 KN


78


Hay dos posibilidades: aplicando: ∑ Fy = 0:

∑M

B 0

=0

Usando: ∑ Fy = 0 Ay – 10KN – 8KN + 8 KN = 0 ⇒ Ay = 10 KN

DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES

10KN

8KN

C

D

A

B 8KN

VAC X

MAC

10KN

10KN c

V CD M CD

A x 10KN

10KN c

8KN D

V DB

A M DB 10KN


X

79


TRAMO AC: 0 ≤ X ≤ 800 Vac = Fuerzas cortante en la sección ubicada a una distancia x del punto A.

(+)

(-)

No depende de X VAC = 10 KN Es constante es decir es igual en todas las secciones del tramo AC.

TRAMO CD:

800 ≤ x ≤ 2000

V CD = 10 KN – 10KN = 0 Es constante porque no depende de x.

TRAMO DB:

V CD = 0

V CB = 10 KN – 10 K 0 8KN

VCB = (-) 8KN

Es constante porque no depende de x.

DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES: 10KN (+) A

VCD =0 C

D

B (-)

(-)8KN

8000KNmm


8000KNmm

80


MOMENTOS FLECTORES:

TRAMO AC:

0 ≤ x ≤ 800

Mirando hacia la izquierda de la sección:

+

-

M AC = 10KN.x.mm

MAC = 10x KNmm

Es función lineal de x MA = 0

Si X = 0 M AC =

Línea Recta

: X = 800 M AC = M C M C = 10 KN.800 mm MC = 8000 KN mm

TRAMO CD:

800 ≤ x ≤ 2000

M CD = 10 KN . x mm + 10 KN (x – 800) mm M CD = 10 x – 10 x + 800 KN mm

MCD = 8000 KN mm

TRAMO DB:

Es constante o sea no es función de x

2000 ≤ x ≤ 3000

M DB = 10x – 10 (x – 800)-8(x-2000) M DB = 8000 – 8x + 16000


MDB = 24000 – 8x

KN mm

81


X = 2000 MDB = MD X = 3000 MDB = MB

= 24000 – 8x2000 = 8000 KN mm = 24000 – 8x3000 = 0 KN mm

Prob: En el problema anterior calcular: 1) Los esfuerzos máximos de flexión (tracción); (compresión). 2) El factor de seguridad sabiendo que el material es acero estructural con Sy = 250 MPa.

Solución: 1) Esfuerzos máximos de flexión: σmax = ?

Comprensión

Tracción

σmax =

M F .C I

M F (máximo) = 8000 KN mm = 8 x 10 6 Nmmm


82


100nm

Comprensión σmax.c

20mm

A2

C1

Y2

Fibra neutra

200mm

Y

Fibra lentroidal

Y1 C2

A1

UBICACIÓN DE FN ó FC ∑ Ai y1 y= ∑ Ai

y=

Ai y1 + A 2 y 2 A1 + A 2

(20.200mm )(100mm) + (100x20mm )(210mm) ⇒ 2

y=

2

(20x 200 + 100x 20)mm 2 ⇒

C 1 = 220 – 136,67 mm

y = 136,67mm

C 1 = 83,33 C 1 = 83,33

C2 = y

CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA I Para un rectángulo I =

6L3 12

FN

FN

Ln

Ln

b


83


Para secciones compuestas de varios rectángulos:

 bi h 3i  I = ∑  + Ai d i2   12  d i = distancia del centro de gravedad del área Ai al centro de gravedad de la sección compuesta. Pero el área A 1 d 1 = 136,67 – 100 d1 = 36,67 mm Pero el área A 2 d 2 = 210 – 136,67 d2 = 73,33 mm  20x200 3 mm 4 2 2 2 I= + 20x200mm 36,67 m  12 

(

Nota: Fs –Z

)(

  100x20 3 mm 4 2  2 2 + + 100x20m  73,33 mm    121   

)

(

)(

)

Siempre se toma el |σmáx| t ó C. el valor numérico que sea

mayor.

⇒ Fs =


250 . | σ máx t ó C |

84


Bibliografía

TIMOSHENKO

BEER JONSON

SINGER

SCHAUMS


85

EJERCICIOS DE MECANICA DE MATERIALES (ESTATICA)

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