6.6. Una ménsula de fibra de vidrio ABCD de sección transversal circular sólida tiene la forma y dimensiones que se ven en la figura. Una carga vertical P = !b act"a en el e#tremo libre D. Determine el di$metro m%nimo d&'( )ermisible )ara la ménsula si el esfuer*o )ermisible de fle#ión en el material es de + ,-- )si y b = ., )ulg. /no considere el )eso )ro)io0
6.1. Cada trabe de un )uente levadi*o /vea la figura0 tiene 1- )ies de 70
longitud y est$ sim)lemente a)oyada en sus e#tremos. !a carga de dise dise2o 2o )ara )ara cada cada trab trabe e es una una carg carga a unif unifor orme me de inte intens nsid idad ad .3 .3 4'b5)ie. !as trabes est$n fabricadas con )lacas de acero con módulo de sección = 3-- )ulg +. 7Cu$l es el esfuer*o defle#ión m$#imo σ max
en un trabe8
6. Dos vigas vigas AB y CD idéntic idénticas9 as9 sim)lem sim)lemente ente a)oya a)oyadas9 das9 est$n est$n coloc colocadas adas de modo que se cru*an en sus )untos medios /vea la figura0. Antes de a)licar la carga uniforme9 las vigas a)enas se tocan en el )unto de cruce. Determ Determine ine los momen momentos tos fle#io fle#ionan nantes tes m$#imo m$#imoss /& AB0m$# y /&CD0m$# en uniforme si la intensidad de la carga es q= 6.: ;(5m y la longitud de cada viga != : m.
71
longitud y est$ sim)lemente a)oyada en sus e#tremos. !a carga de dise dise2o 2o )ara )ara cada cada trab trabe e es una una carg carga a unif unifor orme me de inte intens nsid idad ad .3 .3 4'b5)ie. !as trabes est$n fabricadas con )lacas de acero con módulo de sección = 3-- )ulg +. 7Cu$l es el esfuer*o defle#ión m$#imo σ max
en un trabe8
6. Dos vigas vigas AB y CD idéntic idénticas9 as9 sim)lem sim)lemente ente a)oya a)oyadas9 das9 est$n est$n coloc colocadas adas de modo que se cru*an en sus )untos medios /vea la figura0. Antes de a)licar la carga uniforme9 las vigas a)enas se tocan en el )unto de cruce. Determ Determine ine los momen momentos tos fle#io fle#ionan nantes tes m$#imo m$#imoss /& AB0m$# y /&CD0m$# en uniforme si la intensidad de la carga es q= 6.: ;(5m y la longitud de cada viga != : m.
71
72
6.< !a viga viga AB AB en voladi voladi*o *o mostrad mostrada a enla enla figura figura est$ est$ eca eca con con un )erfil )erfil 6 # 3., de acero > = +- # - 6 )si. !a viga sim)le DE es es de madera con dimensiones transversales nominales de : in ? 3 in y módulo de elasticidad > = ., # - 6. Una barra de acero AC de -.3, in de di$metro9 - ft de longitud y > = +- # - 6 )si9 sirve como colgante )ara unirlas. >l colgante se a@usta e#actamente entre las vigas antes de que la carga uniforme se a)lique a la viga DE . Determine la fuer*a en el colgante y los momentos fle#ionantes m$#imos &A B y &D> en las dos vigas debido a la carga uniforme9 que tiene intensidad q= :- lb5ft. /ugerencia como ayuda )ara obtener el momento fle#ionante m$#imo en la la viga viga DE 9 dibu@e los diagramas de fuer*a cortante y momento fle#ionante0
6 ×3., B A 6 ft :-- lb 5 ft
varilla de acero
iga de madera - ft
- ft
73
CARGA AXIAL EXCENTRICA
´ M
i adem$s del momento flector ´ F
9 act"a una fuer*a a#ial e#céntrica
( y F , z F ) de la
cuya l%nea de acción )asa )or el )unto de coordenadas
sección transversalE en la distribución de esfuer*o normal el E. N . no )asa )or el origen del sistema de e@es )rinci)ales. >n la fig. /6.<0 se esquemati*a el sistema de cargas antes indicado. Com)onentes del momento de la
y
fuer*a con res)ecto al C. G.
d
( M y ) F = F . Z F
y θ
*
/ M z 0 = F Y F
#
F
ig. 6.< iga con momento flector y carga a#ial e#céntrica
´ 9 se traslada F al C. F. de la
σ x
Para el c$lculo del esfuer*o normal
sección y se considera el efecto de los corres)ondientes )ares de trans)orte
( M y ) F y ( M z ) F . !a ecuación /6.:0 modificada )ara la distribución del esfuer*o normal es aora
σ#=
[ M + ( M ) ] I + ( M +( M ) ) I z
Z F
y
y
2
I y . I z− I yz
y F
yz
.y+
( M + ( M ) ) I +( M + ( M ) ) I y
y F
z
z
2
I y . I z− I yz
z F
yz
.z+
F A
/>c. 6.:,0 !a convención de signos )ara los momentos y esfuer*os es la misma 74
considerada a lo largo del te#to. ´ >n el caso )articular que la l%nea de acción de F coincida con el e@e a#ial
de la viga9 la distribución del esfuer*o normal obtenida )or la ecuación /6.:0 sólo debe adicionar el esfuer*o de com)resión /o tracción0 5AE )ues
( M y ) F =( M z ) F = 0 PGB!>&A 6.:. Para la viga de sección ueca mostrada en la figura9
a0 Hra*ar los diagramas de fuer*a cortante y momento flector b0 !ocali*ar la sección cr%tica c0 Determinar los esfuer*os m$#imos y m%nimos.
y + 4(
## # # # # # # # # # # # # # # #
# ## ## # # ##
## ##
## ##
m m - 3 3 .
# : 4(
!UC'I(
!as com)onentes del momento flector debido a la fuer*a de com)rensión F =50 KN
( M Y ) F =−50 x 0.12=−6 KN ∧ ( M Z ) F =−50 x 0.10 =−5 KN Para el tra*ado de los DC y D& anali*amos )or se)arado dos )lanos de 75
carga9 x-y y x-z en los que consideramos a los res)ectivos momentos de . Plano x – y Geacciones JFy = R AY =3 + √ 3 × 3 − 4 R AY = :9<6 4(
JFx = -
R Ax =
JMA = -
,- 4(
− M AZ =3 × 1.5+ √ 3 ×
3
2
2
− 4 × 3 +5
M AZ =−5.294
y
+ 4( + 4(5m
& A
/&K0
G A#
,- 4(
# : 4(
G Ay
:93 .96-
DC /4(0 L.9:
L: -
D& /4(Lm0 L, L,93<:
76
* & Ay
/&y0 # G A*
DC /4(0
4(5m
-
L+ D& /4(Lm0
L.9, L6
Plano #L* Geacciones
∑ F z= 0 R Az=−1 × 3= 3 KN ∑ M A= 0
( )−
M AY = 1 ×
3
2
2
6
M AY = L 9, 4(
De los DMF obtenidos se observa que la sección cr%tica es la sección en el e#tremo del voladi*o. Para esta sección M z =−5 KN − m; M y =−6 KN −m !a sección transversal es simétrica9 entonces aora los momentos de inercial I z e
77
I y
I yz= 0
. Determinamos
0.2 × ( 0.24 )
I y =
I z=
3
−
12 0.24 × ( 0.2 ) 12
3
−
0.12 × ( 0.16 ) 12 0.16 × ( 0.12 )
−4
3
12
=1.894 × 10−4 m4 =1.894 × 10−4 m4
A = 0.2 × 0.24 −0.16 × 0.12
Mrea de la sección A = 288 × 10 m
3
2
!a e#)resión del esfuer*o normal
σ x
9 lo obtenemos reem)la*ando
valores en la ecuación . /6.:,0 σ x =
−(−5 )
− y −4
1.6 x 10
( −6 )
. Z − −4
1.894 x 10
50 −4
288 x 10
−4
σ x =( 3.125 . y −3.17 Z − 0.174 ) x 10 KN / m
2
!%nea neutra / L. N.): σ x =0 → y =1.014 z + 0.055 Cuya
)endiente
es
78
10.14 → β =artg 1.014 ≅ 45.4
°
y
*
,9< &Pa
L966: &Pa
Del gr$fico de distribución de esfuer*o normal9 tenemos )ara el esfuer*o m$#imo de tracción N?ma# = O+93-9 Q +91/L-930L-91:R-:
⇒
N?ma# = ,9< &Pa
S )ara el esfuer*o m$#imo de com)resión
( σ x )min=3.12 × ( 0.1 )−3.17 × (−0.12 ) −¿ −0.174 ¿ × 104
( σ x )max =8.664 Mpa.
ESFUERZOS CORTANTES POR LA FUERZA CORTANTE V
Tabiendo reali*ado el an$lisis )ara obtener la distribución del esfuer*o normal en la sección transversal de una viga9 )rocedemos aora a
79
determinar la distribución de los esfuer*os cortantes
#y
que se generan )or
la acción de la fuer*a cortante . T'PIH>' !a distribución de los esfuer*os normales en una sección cualquiera de la viga9 no se afectan )or las deformaciones debido a los esfuer*os cortantes. y
b τ#y
&
c3
&3
y T
#
y
y
*
F
C d#
#
igura 6.3- a >squema de los esfuer*os internos en una sección T resultante de las fuer*as ori*ontales cortantes. d AT area diferencial de longitud d# y anco b
.
T = #y d AT
3
σ#.
σ#3
T
S
/6.:60
c3
C 2
igura 6.3- b C 2
∫
F 2 =
⇒
M 1 Y 1 dA I Z Y
∫
F 2 =
d#
d F 2= σ 2 !dA
dF 1 = σ x1 dA
Y
M 2 Y 1 I Z
dA
80
H
=
y
#y /bV
d#0
Condición de equilibrio ∑F X = -
: H = F 2− F 1
ustituyendo las e#)resiones obtenidas )ara T 9 y 3 C 2
M 2−Y 1 M 1−Y 1 M 2− Y 1 −¿ → " xy #dx = I Z I Z I Z Y
∫
C 2
∫ Y dA 1
Y
C 2
∫
" xy #dx = ¿ Y
/6.:10 Pero C 2
1−¿ M 2=dM ⋀
∫ Y dA =Y ´ 1
A
!A
Y
M ¿
>s el momento est$tico del $rea de seccion recta que est$ encima de la distancia WyX9 *ona donde se considera el #y C 2
1 dM " Y = × Y dA d # I Z Y 1
∫
i designamos con Q al momento est$tico y con = dM/dX 9 obtenemos la relación $% " Y = & & . ( 6.48 ) I Z #
Yue nos re)resenta el valor )romedio del esfuer*o cortante a lo largo de la l%nea de intersección de la cara inferior del elemento con la sección transversal. (ótese que si bien es cierto Q es m$#imo en y =0 9 no )odemos generali*ar que xy sea m$#imo a lo largo del e@e neutro9 )uesto que también es función del anco.>n cambio9 )ara y=c 2 9 Q=0 Ey )or lo tanto xy=0 en la fbra externa.
PGB!>&A 6., .L Tallar la distribución de esfuer*o cortante en la seccion a
, cm del em)otramiento.
81
Z=:- ;g5cm
3 cm y m * c 6
- cm
!UC'( Del
diagrama
de
fuer*a
cortante9
tenemos
)ara
, cm +---
la
DC
sección a , cm. del em)otramiento
-
= +---- ;gf Para sección rectangular L
&omento de inercia 3
I Z =
L
2× 6 12
=36 'm4
&omento el$stico ❑
∫
%= Y ! dA; p(r) dA= 2 ! dA A 3
∫
%= 2 ! ydA = [ y
2
3
] =9 − y
2
y
Y
Geem)la*ando en la ecuación /6.:09 tenemos )ara el esfuer*o cortante " xy=
3000 × ( 9 − y 36 × 2
2
)
=375− 41.66 y 2
!a gr$fica de esta ecuación que nos re)resenta la variación del esfuer*o cortante xy se muestra en la figura ad@unta. 82
dy
y
τma#=
3
+1, ;g5cm y *
PGB!>&A 6.6 i el m$#imo esfuer*o de com)resion en la seccion ALA es
de :-- ;gf5cm 3. Determinar el m$#imo esfuer*o cortante que se )resenta en la misma seccion. P
>CC'I( ALA
31 cm
31 cm
31
!a viga est$ sometida a fle#ocom)resión. Como la sección transversal es simétrica y se tiene un solo )lano de carga utili*aremos )ara el esfuer*o normal − M Z F σ x = Y − I Z
A
83
P sen +1[
y
A
A
# G A#
P cos +1[
A
G Ay
31 >C θ
31 >C θ
31 >C θ
C$lculo de reacciones ∑ Fx =0 : R A = *')+ 37 ° 3
°
∑ Fy =0 :− R Ay + R = *+(n 37 → R AY = R − * 5
(
∑ M A= 0: *+(n 37 ° 3 ×
27
')+-
) ( − R
2×
27
')+-
)=
0
3
Por dato9 ¿ 53 ° :cos ¿ 5 ; y d(+p(and) R
[ ] = *×
R
3
5
× 3 × 45
2 45
=0.9 *
!uego9 R AY =0.3 *
Hra*aremos aora los diagramas de fuer*a cortante y momento flector.
84
-96 P
G Ay A
-9 P
A
G A# :, cm
:, cm
:, cm
-.6 P DC /4(0
D& /4(Lm0
& A L31 P
>l momento flector en A )or seme@an*a de tri$ngulos − MA 45 = ⇒ & A = /L31530P >l momento de inercia de 27 * 90 la sección circular 4
→ I Z =
/ × 12 64
=324 /
!os valores de la fuer*a de com)rensión y el $rea A de la sección son 4
/0
5
4
F = *')+ 37 ° = *; A =
2
2
=
/ x 12 4
→ A = 36 /
Geem)la*ando los valores obtenidos9 en la ecuación /0
− σ x =
−27 2
−4
*
324 /
y−
5
*
36 /
→ σ x =( .01326 * ) y − 0.007 * & (2)
Ubicación de la l%nea neutra σ x =0 =( 0.01326 * ) y −0.007 p
de donde
y −0.007 p
y = ,.3 cm que es la ecuación de una recta )aralela al e@e *. >valuando
de donde
el
esfuer*o
de
com)rensión m$#imo e igualando al 85
valor dado como dato
(σm$#0 tracción
y
!. (.
* 3 9 ,
(σm$#0 com)
( σ x )m1x =1400=( 0.01326 * ) x 17.28 −0.007 * d( d)nd( : *=
1400 0.222
=6,302.54 2g3
Con este valor de P9 en el diagrama de fuer*a cortante9 tenemos )ara la sección ALA Fza .')rtant(=$a =1890.76 2g3
Gecordando la distribución de esfuer*o cortante )ara una sección circular. y Y τ#y = I b dy
*
!os valores de V e I
y
τm$#
ya se conocen9 el anco b de la sección
corres)ondiente al m$#imo esfuer*o cortante es Procedamos a evaluar el momento est$tico Q:
86
# = 0=12 'm.
∫
%= ydA A
dA =# ( y ) dy =2 √ R − y dy 2
2
R
∫
R
∫ √ R − y (−2 y dy )
%= y × 2 √ R − y dy % = 2
2
y
2
2
y
[(
%=−
2 3
2
R − y
2 3/ 2
)
]
R
y
!a fibra que so)orta el esfuer*o cortante m$#imo est$ en y =0.
[
%=−
!uego9
2 3
2 3/ 2
( R − y ) 2
]
R
→ %=
−2 3
y
2
( ) − R )= 2 R 3
3
3
% = × ( 6 ) =144 'm 3
3
3
Geem)la*ando valores en /+0
( " xy )m1x=
( " xy )m1 x =22.29
2g3 2
'm
1890.76 x 144 324 / x 12
=22.29
Kg3 'm
2
( R*4A )
PGB!>&A 6.1. !a figura muestra un letrero met$lico r%gidamente
su@eto al )oste de madera de sección rectangular )or medio de abra*aderas.L los efectos de la fuer*a resultante e@ercitada )or la )resión del viento y del )eso de la )lanca se trasmiten al )oste a través de las abra*aderas en forma equitativa. Considerando al )oste AB como viga em)otrada9 se )ide a0 Hra*ar los diagramas de *a. cortante9
momento
flector
y
momento torsor. b0 Tallar el giro angular del e#tremo B con res)eto a la sección de
87
em)otrami ento A. c0 >l esfuer*o de
corte
m$#imo. d0 Para la
sección situada a :m del )iso9
f0
γ acero
=
determinar la )osición de la l%nea neutra y mostrar un esquema que
19< gr5cm+ g0
E madera
=
defina las *onas de tracción y de
39, FPa
µmadera
=
com)rensión.
-93,
e0
h)
Considerar
i0 @0
!UC'I(
;0
l0
uer*a del viento F V
⇒
F 5 =1.6 × ( 2.41 × 1.54 )
= P A)lanca F 5 =5.9136 KN
m0
L n0
Horque e@ercido )or el viento en cada abra*adera T 4 =( F 5 / 2 ) . d eg"n la figura dato9 d =0.125 + 1.2=1.325 m 4 =5.9136 × 1.325 =7.8355 Kn−m
o0 )0 q0
L r0
s0 t0 u0 v0
Peso de la )lanca de acero \ 6 = ( p . ( ) . $ =7.9 x ( 0.16 × 240 × 154 ) 6 = 46,717.44 gr 6 = 458.3 N
Ge)resentamos
los
momento
valores de la fuer*a del viento y
T
/con res)ecto al e@e #0 L >l momento flector &*
del )eso de la )lanca en el
se )roduce )or acción
DC! del )oste.
Z0 #0
torsor
de la fuer*a de - 4( De la figura deducimos
y del )eso \ de la
que L !a fuer*a del viento genera momento
flector
M y
y
88
)lanca. y0
*0
Para tra*ar los diagramas de fuer*as cortantes y momentos
flectores9 consideramos dos )lanos de carga]. aa0 ab0 ]
(o debe olvidarse que tanto la fuer*a del viento como el )eso
de la )lanca se transmiten equitativamente )or la abra*adera. ac0 Plano #Ly. Hrasladamos al e@e a#ial del )oste9 en la ubicación de las abra*aderas9 el )eso de la )lanca del letrero considerando los res)ectivos )ares de trans)orte. S - 4(
\53
&
\53
#
GAX &1
G A Y
&2
-9---
D( /(0 -
L+-+.63, L6-1.3,
D& /(Lm0
L3-96-1.3,
ad0 L
Calculo de reacciones
( )= 6
ae0
∑ F x =0 : R A =2
af0
∑ F x =0 : R A =10,000 N
ag0
∑ M z =0 : M A =−10,000 × 2 + 2
a0
M A=−20,607.25 N −m
x
2
458.3 N
x
(
548.3 2
× 1.325
)
ai0 L
Plano #Q* aqu%9 trasladamos la mitad de la fuer*a del viento en 89
cada abra*aderaE y los )ares de trans)orte9 en este caso9 son L a@0
momentos torsores. C$lculo de reacciones ∑ F z = R Ax = F ! = ,9<+6 "N ∑ M y ¿ 0 : M A =
a;0
y
L
(
5.9136 2
) ( + )= 4 5
26.6112 KN −m
&omentos torsores al0
am0
∑ M x ¿ 0: M A =( M x ) A =4 A =2 4 =2 × 7.8355
an0
4 A =15.671 KN −m
y
& A Y
G AZ
v 3
DC /(0
v 3
L39<,6. L,9<+.6 3696.3 :91:
D& /(L&0
,961 D&H /(Lm0
ao0 a)0 aq0 C$lculo del $ngulo de torsión
19+,.,
∅ / A
90
ar0 ∅ / A
as0 e sabe que
=∑
4 i 7i 3
' 2 a# 8
(1 )
at0
a y b son las dimensiones de la sección transversal9 au0 a =150 mm;#=100 mm av0 c3 es una constante que obtenemos de tabla /)$g. 3-+0 con la relación a # 2=¿ 0.1958
aZ0
a =1.5 d(ta#9a,' ¿ #
a#0 8=
ay0 >l módulo de Soung )or corte F
: 2 (1 + )
a*0 ba0
8=
12.5 2 (1 + 0.25 )
=5 8*a .
bb0 Del diagrama de momentos torsores9 en el tramo de longitud 71 , 4 1=2 4 ;
bc0 bd0
y en el tramo de longitud 72 , 4 2=4
71 , =4 m; 71 , =1 m.
be0 bf0
∅ / A
=
2 4 . 71 3
' 2 a# 8
+
4 . 72 3
' 2 a# 8
bg0 actori*ando y reem)la*ando valores9 tenemos 3
b0
∅ / A
=
7.8355 + 10 x ( 2 x 4 + 1 ) 0.1958 x ( 0.15 ) ( 0.10 ) x 5 x 10 3
9
91
bi0 b@0
C$lculo del m$#imo esfuer*o cortante.
b;0 bl0
Del diagrama de torques9 el mayor torque act"a a lo largo de ! .
bm0
bn0
" m1x =
4 A ' 1 a#
2
c1 lo obtenemos de la tabla indicada para la
bo0 b)0
Henemos 4 A =15,671 N −m y '1= 0.231
bq0 br0
" m1x =
15,671
6 x pa = 45.2 16 2 ( ) 0.231 x 0.15 ( 0.1 )
bs0 bt0
" m1x = 45.2 M*a .
bu0 bv0
Distribución de esfuer*o normal en la sección a : m del )iso.
bZ0 b#0
/de acuerdo a los datos9 no se considera el )eso )ro)io del )oste0.
by0 b*0
!a ecuación que nos d$ la distribuci^on de esf. (ormal9 )ara sección
transversal simétrica res)ecto a los e@es centroidales ca0 cb0
M Z M Y * σ x = y + z − ( 2 ) I Z I Y A
L
cc0 &omento de inercia de la sección
cd0 3
ce0
I Y =
150 x 100 12
=125 x 105 mm 4
92
cf0 7 z =
cg0
100 x 150 12
3
=181.25 x 10 5 mm 4
c0 ci0
De los diagramas de momentos flectores tenemos
c@0 M y =+ 14,784 N − m ; M z =−607.25 N − m; * =6 = 458.3 N
c;0 cl0 cm0
Geem)la*ando valores en /30
cn0
(
σ x =
co0
−607.25 x 103 3
281.25 x 10
) ( y +
14,784 x 10 3
125 x 10
3
)
z −
458.3 100 x 150
c)0 σ x =0.0216 y + 1.1827 z −0.03 M*a . (+i y ,z (nmm )
cq0 cr0 cs0
!a l%nea neutra σ x =0
ct0
S = L,:91, * ^ 9+
cu0
cv0
>n el esquema siguiente se re)resenta la distribución de esfuer*o
normal.
93
S U
K
(σmáx)tracción
/σmáx0comp
cZ0 c#0
e observa que los )untos WUX y WX so)ortan los mayores esfuer*os
de tracción y com)rensión res)ectivamente. cy0
!as coordenadas yL* de estos )untos son c*0
U /1, 9 ,-0
da0
/-1, 9 L ,-0
db0 L
>sfuer*o de tracción m$#imo
dc0
( σ x )< =0.0126 75 + 1.1827 50 −0.03
dd0 de0
¿ 60.725 M*a .
df0 L
>sfuer*o de com)remsión m$#imo
dg0 d0
( σ x )$ = 0.0126 (75 )+ 1.1827 (−50)− 0.03
di0 d@0
¿− 60.785 M*a .
d;0 dl0
PGB!>&A 6.
Una )arte de una m$quina tiene sección
transversal en forma de H y so)orta las cargas que se ilustran.L Para la sección L /a0L Hra*ar un diagrama que e@em)lifique la distribución del 94
esfuer*o cortante a través de la sección. dm0 b0 Determinar el esfuer*o cortante en los )untos W&X y W(X dn0 3- 4 (
3- 4 (
Y
M
0 5
N
B
A
1,-
+--
1,-
0 5 0 5
Z 75
50
dimensiones en mm.
!UC'I(
do0 d)0Para el c$lculo del esfuer*o en L se necesita el valor de la fuer*a cortante 9 )or lo que )rimero tra*amos los diagramas de fuer*a cortante. dq0 3- 4 (
3- 4 (
RB
RA 120 DFC (KN) -120
L
dr0 ds0 dt0 Del diagrama de fiuer*a cortante du0 dv0 >n la sección L v = 3-9--- ( dZ0 d#0 ´Z : !ocali*ación del e@e centroidal dy0 d*0 ( 200 x 50 ) x 25 + ( 150 x 50 ) x 125 ´ = = 67.86 mm y ea0 200 x 50 + 150 x 50 95
0 5
75
L
eb0 ec0 &omento de inercia ed0 3
200 x 50
+( 10000 x 42.86 ) + 3
ee0
I z=
ef0
I z=59002976 33 mm
12
3
50 x 150 12
+ ( 7500 x 57.14 2)
4
eg0 L
>sfuer*o cortante ec. /6.:0 e0 ei0 e@0 e;0
" xy=
$ % I z . #
Para la sección sobre el e@e z´ : ❑
132.14
∫
%= Y dA ; p(r) dA =50 dY % =50
el0
A
∫
Y dY
y
em0 en0 %=25 [ Y 2 ] y
132.14
eo0
=436,524.5 −25 y 2
e)0 eq0 5
# =50 mm I z . # =2950148817 mm
er0
es0 et0 eu0Henemos )ara el esfuer*o cortante ev0 2 120,000 x ( 436,524.5 −25 y ) " xy= eZ0 2950148817 e#0 2 ey0 " xy=( 17.756 −0.00102 y ) M*a
e*0 Para la sección deba@o del e@e * fa0 L
Ala anca fb0
dA = 3-- dS
96
67.86
%=200
fc0
∫
2
Y dY % = 100 x 67.86 − 100 y
2
y
fd0 fe0
5
# =200 mm#.I z =11800595270 mm
ff0 fg0 !uego9 el esfuer*o cortante
" xy = 4.683 −0.00102 y
2
f0 L
>n el tramo con anco b = ,17.86
∫ Y dY
fi0
%=( 200 x 50 ) x 42.82 + 50
f@0
%= 428,200 + 25 ( 17.86 − y ) =436.174 .49 −25 y
y 2
2
2
f;0 fl0 Geem)la*ando valores en la ecuación del esfuer*o cortante fm0 fn0
" xy =( 17.742 −0.00102 y ) M*a . 2
fo0 f)0 !a gr$fica de las diferentes ecuaciones obtenidas se muestra en la figura siguiente
97
fq0
S τxy( MPa) &
K
10!7 1"7 177#
(
6 9 1 6
#$"
fr0
98
17#2
fs0 PGB!>&A 6.<. !a viga cantilever tiene sección transversal circular de )ared delgada y so)orta la acción de la carga P=, 4(. Determinar en la sección a #= m9 )ara los )untos A9 B y CE a0 los esfuer*os )rinci)ales. b0 >l esfuer*o cortante m$#imo. ft0
S P S B
* #
fu0
A *
!UC'I(
fv0 Hrasladamos la carga P al )lano #Ly considerando el res)ectivo )ar de trans)orte. !uego9 tra*amos los DC9 D& y D&H. fZ0 Gecordemos las fórmulas )ara los esfuer*os cortantes )or torsión y esf. normales y cortantes )or fle#ión f#0
4
" =
4 ¿ ( par(d d(9gada ) 2 tA
fy0
f*0
σ x =
− M I Z
$
y " =
$% I z #
ga0
gb0Procedemos a calcular )rimero los valores de 99
¿
A , I z y %
C
gc0
A = / R´ A =( 595 ) / mm ¿
gd0 ge0
¿
2
2
2
❑
∫
2
I z= Y dA =t . R . d - ; Y = R +(n A
gf0 gg0 2 /
I z= t R
3
∫ +(n - d-= tR 2
3
0
[
2
−
+(n 29 4
gl0 gm0
]
2 /
S
0
g0 gi0
3
I z= /R t
A *
g@0 g;0Geem)la*ando valores9 3 7 4 I z= / × 600 × 10 =216 / × 10 mm
y
P = , 4( H = 6 4(Lm #
&
H
Gy DC /4(0
L, -
L,
D& /4(Lm0 L -
6
D&H /4(Lm0
gn0 go0 g)0Calculo de Y gq0
gs0 gt0 dA = 3 /# dy0 gu0
❑
= y dA gr0 % ∫ A
100
y
gv0
gZ0 R
⇒
∫
%=2 t ydy = t [ R −Y 2
2
S
]
y
dy
y
*
g#0 gy0 g*0C$lculo de los esfuer*os )rinci)ales en los )untos A9 B y C de la sección # = m a0 b0L Punto B −3 (−5000 ) M 1.412 x 10 M*a c0 σ x = / R3 t . R σ = / x ( 595 )2 x 10 = / d0 e0>l esfuer*o cortante en este )unto se debe unicamente el efecto de torsión9 )ués el esfuer*o cortante )or fle#ión es nulo /Y = -0 f0 6
g0
4 x 2
" =
6 x 10
2
=
1.695
2 x 10 x ( 595 ) /
2 /
M*a
0 i0 !a ecuación que nos d$ los esfuer*os )rinci)ales9 @0 2 σ x + σ y σ x + σ y + σ 2 ;0 σ 1,2 = 2 = 2
√(
l0 m0
)
ustituyendo valores −3
σ 1,2 =
n0 o0 )0
⇒ σ 1
1.412 x 10 2 /
=
( 1.412 x 10− ) + ( 1.695 ) √ 2 / 1
3 2
=269.992 Kpa ⋀ σ 2=269.542 Kpa
101
2
q0>l >sfuer*o cortante m$#imo
" m1x =
σ 1− σ 2
=269.767 K*a .
2
r0 s0 Punto A9 el e@e * es el >. (. de la sección L
>n A tenemos su)er)osición de esfuer*o cortante )or torsión acia arriba y cortante )or la fuer*a cortante V acia aba@o. t0 t 5 " xy = " xy −" xy __. /30 u0 v0 2
− 02 ) 0.21 = " = M*a 3 / ( 595 ) / x 10 x ( 2 x 10 ) 2 / y xy
Z0
500 x 10 ( 595
#0 y0 Geem)la*ando los valores obtenidos )ara *0
" xy =
1.485 2 /
y
5
" xy y " xy
en /30
M*a
ia0 ib0 e trata de un estado de esfuer*os conmocido como cortante )uro ic0 >l c%rculo de &or )ara este estado9 nos d$
if0 σ m1x = " xy =236.332 K*a
id0 σ 1= " xy =236.332 K*a ig0 ie0 σ 2= " xy=−236.332 K*a
ih)
102
ii0
L Punto C >l cortante )or torsión y el debido a la fuer*a cortante coinciden en la misma direcció`n /acia aba@o09 )or lo que se suman " xy= " xy + " xy & & ( 3 ) 4
i@0
$
i;0 reem)la*ando valores y efectuando o)eraciones il0
" xy =
1.905 2 /
M*a
im0 Hambién aqu% se )resenta un estado de esfuer*o cortante )uro . in0 σ 1=303.19 K*a io0 σ 2=−330.19 K*a i)0 σ m1x =303.19 K*a iq0 ir0 PGB!>&A 6.3-. Un e@e ABCD de 6.1, cm de di$metro9 a)oyado en los co@inetes lisos A y C9 est$ im)ulsado )or un motor cuya )otencia es de +.6 4\ situado a la i*quierda de A9 que lo ace girar a una velocidad de 9-- r)m. i cada )olea de :- cm
∅
toma igual )otencia9 determinar a0 !a sección
cr%tica /sección de m$#imo momento flector0. b0 Hra*ar la 103
distibución de esf. normales en la sección cr%tica. c0 Des)reciando el esf. cortante debido a la fuer*a cortante9 allar los esfuer*os )rinci)ales en los )untos cr%ticos de la sección cr%tica. is0 it0
A 3
B
Y = + Y3 C
D
+ = 3
Y3 Y
iu0 !UC'I(
iv0 >l e@e so)orta esfuer*o cortante )or torsión y esfuer*o normal )or fle#ión. iZ0 e sabe que la )otencia en Zatts9 la velocidad angular en rad5seg y el torque en (LmE guardan la relación i#0
*)t 4 = N −m >
iy) !os torques actuantes en los tramos AB y BD
i*0
104
@a0
4 A =
3,600 1800 60
=
× 2 /
60
/
A
N −m
B
C
D
6-5π D&H /(Lm0
+-5π
-
@b0 @c0
4 :0=
4 A 2
=
30
/
N −m
@d0 @e0 >sfuer*o cortante )or torsión 4
" =
@f0
4 . ? /R
4
@g0
( 1)
2 S H
K
@0 !a distribución de esfuer*o normal en una sección cualquiera obtenemos )or la ecuación @i0 @@0 L
M z M y σ x = y + . z (2 ) I z I y
Cargas sobre el e@e @;0
105
@l0 Polea
: 4 = ( F 1 − F 2 ) R
60
/
= F 2
( −) 8 3
1
F 2
⇒
180
/
N
@m0 @n0 @o0
F 2 =
480
/
N
@)0 @q0 Polea
0 : 4 0=( %1 − %2 ) R
30
/
=%2 ( 3 −1 ) x 0.2
@r0 @s0 @t0
% 2=
75
/
⋀ %1 =
225
/
@u0 @v0 Con los valores de las fuer*as en B y D9 tra*amos los D& @Z0 @#0 @y0 @*0 ;a0 ;b0 ;c0 ;d0 ;e0 ;f0 ;g0 ;0 ;i0 ;@0 ;;0 ;l0 ;m0 Geacciones en los a)oyos kn)
;o0 ∑ M ' =0 ;)0 660
;q0 R A = / Z
;s0
R A = Z
330
/
N
;t0
x 0.5
;u0
1
;v0 ;Z0 ;#0
;r0
106
∑ F z= 0 R ' = Z
330
/
∑ M ' =0
N
;y0 R A = y
( 330 / / ) 0.25 /
=
75
/
la0
N
lb0 lc0
;*0
107
∑ F y =0 R' = y
375
/
N
L
ld0 bservamos los tres diagramas /un D&H y dos D&09 conclu%mos que la sección cr%tica est$ en la )osición de la )olea B ección cr%tica le0 lf0 >sfuer*o normal lg0 − (−37.5 / / ) (165 / / ) σ x = y + Z 4 2 0.0675 0.0675 / x m x ( ) ( ) l0 64
64
li0 l@0 l;0 ll0 σ x =11713,767.25 y + 51540,553.87 z *a+'a9(+ lm0 ln0 lo0 rientación del e@e neutro l)0 lq0
z −tg β =−0.227 β =−12.8 ° y
lr0 ls0 >n la figura af@unta se muestra la distribución de esfuer*os normales en la sección cr%tica del e@e. lt0 lu0 1 : ( 0.03375 +(n 12.8 ° , 0.03375cos 12.8 ° ) lv0 lZ0 2 : (−0.03375 +(n 12.8 ° ,−0.03375 cos12.8 ° )
l#0 11713762.25 ( 0.0075 ) +¿
# 1=¿ ¿ ( σ x )¿
ly0 l*0 ma0 mb0
( σ x ) ≅ 1.788 Mpa 1
⇒
( σ x ) ≅ 1.788 Mpa 2
mc0 md0 me0
>sfuer*o cortante lo calculamos )or la ecuación /0 con
mf0 ?= R =0.03375 m ⇒ 0 =0.0675 m mg0 m0
" =" = 1
2
16 x 60 / /
m x ( 0.0675 )
3
=316271.58 * a ≅ 0.3163 M*a
mi0>sfuer*os )rinci)ales σ 1 , σ 2 σ x
m@0 σ 1,2 = 2 = m;0 ml0 mm0 mn0 mo0 m)0 mq0 mr0
√( ) + σ x
2
2
2
"
>n el )unto 1 σ 1=
1.788
σ 2=
1.788
2
2
+
√( ) +( 1,788
2
2
√( )
+ ¿
1,788 2
0.3163 )
2
=1.8423 M*a
2
+ ( 0.3163 )2=−0.054 M*a
>n el )unto 2 σ 1=
1.788
σ 2=
1.788
2
2
√( ) + ( √ ) +( +
1,788
2
+ ( 0.3163 )2=+ 0.054 M*a
2
1,788 2
2
0.3163 )
2
=−1.8423 M*a
ms0 mt0Problema 6. >l e@e mostrado est$ recibiendo , TP mediante el engrana@e /0 de dientes rectos9 y los entrega a dos e@es mediante el engrana@e /30 de dientes rectos9 a 1,- r)m. >l material del e@e es acero trefilado y recocido con @ y = 45000 p+i , u = ,, --- )siE con su)erficie rectificada. mu0 mv0 mZ0 m#0
my0 m*0 na0 nb0 nc0 nd0 ne0 nf0 ng0 n0 ni0 (ota !os dos engrana@es est$n montados con a@uste for*ado y canal cavetero. a0 Hra*ar los diagramas de momento flector y de momento torsor en el e@e. b0 Calcular los esfuer*os en la sección cr%tica c0 Hra*ar un esquema de esfuer*os seg"n /b0. %&)
n;0 !UC'I(
nl0 nm0
>n )rimer lugar debemos calcular el torque de ingreso al e@e y
los torques transmitidos a las m$quinas A y B. asimismo las fuer*as tangenciales y radiales. nn0
, TP = +1+9+: Zatts
no0 *)t 4 = N −m n)0 >
nq) !os torques actuantes en los tramos AB y BD
nr0 ns0
4 A =
3731,34 750 60
= 47,5 N −m
× 2 /
nt0 nu0uer*a tangencial y radial en el engrana@e nv0H = t d53 fuer*a
fuer*a radial
r = t tan
siendo t la
tangencialE
nZ0
y
la
n#0Para el engrana@e
ob0
ny0t = /:19,5-.-60 = 1<93 ( )aralelo
al
e@e z en
dirección
)ositivaE
y
la
fuer*a radial en dirección )ositiva del e@e y
r
n*0r = t tan 3,[ oa0
r = +691 (
H
*
r
oc0
igura . Hraslado
de cargas al e@e )or el engrana@e /0 od0
y
oe0 of0 >n los )untos de contacto del engrana@e 3 con los engrana@es de salida. og0&$quina A )ara los + TP9 corres)onde un torque de 39, (Lm o0
t = /39,5-.-:0 = 139, ( /dirección )ositiva del e@e *0
oi0
r = 139, tan 3,[ = ++3 ( /dirección negativa del e@e y0
o@0 o;0&$quina B )ara los 3 TP9 corres)onde un torque de < (Lm ol0
t = /<5-.-:0 = :1, ( /dirección )ositiva del e@e y0
om0
r = :1, tan 3,[ = 339+, ( /dirección )ositiva del e@e
*0 on0 oo0Tacemos un esquema del e@e indicando las cargas e#ternas actuantes. o)0 oq0 or0 os0 ot0 ou0 ov0 oZ0 o#0 oy0 o*0 )a0 )b0
