Mecanica de Materiales Beer

5/9/2018

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AULA POLITÈCNICA 15

Resistencia de materiales Problemas resueltos

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AULA POLITÈCNICA / ETSEIB

Resistencia de materiales Problemas resueltos

Miquel Ferrer Ballester José Luis Macías Serra Frederic Marimón Carvajal M. Magdalena Pastor Artigues Francesc Roure Fernández Lluís Vilaseca Vilanova


EDICIONS UPC

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La presente obra fue galardonada en el quinto concurso "Ajuts a l'elaboració de material docent" convocado por la UPC.

Primera edición: septiembre de 1999 Reimpresión: febrero de 2001 Segunda edición: septeimbre de 2002

Diseño de la cubierta: Manuel Andreu

©

los autores, 1999

©

Edicions UPC, 1999 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es E-mail: [email protected]

Producción:

CPDA Av. Diagonal 647, ETSEIB, 08028 Barcelona

Depósito legal: B-30564-2002 ISBN: 84-8301-621-4

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.


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Prólogo

Prólogo El presente libro es una colección de problemas resueltos destinada a facilitar el aprendizaje de la Resistencia de Materiales a través de su aplicación a la resolución de ejemplos concretos. Ha sido elaborado pensando en su uso por parte de estudiantes de Ingeniería y de Arquitectura, como texto complementario a un libro de teoría de Resistencia de Materiales. En concreto su estructura, enfoque y nomenclatura se adapta especialmente al texto Resistencia de Materiales de F. Roure, F. Marimón y X. Ayneto, que actualmente edita CPDA de la ETSEIB- UPC, en forma de fascículos. Se supone que antes de abordar los problemas de cada capítulo, el lector habrá adquirido los conocimientos de teoría correspondientes, y por ello no se repasan de forma explícita en el presente libro. Se supone asimismo que el lector ha seguido previamente un curso de mecánica de medios continuos, y que dispone de los conocimientos de elasticidad lineal necesarios. Al efecto se han incluido en la Bibliografía textos de teoría sobre ambos aspectos. Los temas que cubre este libro son los clásicos de un primer curso de Resistencia de Materiales: los temas básicos relativos a la pieza prismática. Una rápida ojeada al índice ilustra perfectamente el alcance del temario abordado. Se ha centrado el texto en estos temas básicos para adaptarlo precisamente al desarrollo de un curso de duración cuatrimestral; aunque al final de algunos capítulos se han introducido también problemas más complejos (van marcados con un asterisco), para aquellos lectores que deseen profundizar en dichos temas. Los casos más sencillos, introductorios de cada tema, no se han incluido en este libro como problemas, porque ya suelen encontrarse como ejemplos introductorios en los libros de teoría, y no se ha considerado necesario repetirlos. Tampoco se ha pretendido elaborar una colección exhaustiva de problemas, sino seleccionar unos cuantos de cada tema, para ilustrar sus diversas facetas. A pesar de las numerosas revisiones que hemos hecho del texto y de las pruebas de impresión, estamos seguros de que algunos errores y erratas habrán conseguido colarse (confiamos en que sean sólo algunas), y pedimos por ello disculpas al lector. Finalmente queremos expresar nuestro agradecimiento a los siguientes estudiantes de la ETSEIB que, como becarios del Departamento, han colaborado en la esmerada confección del texto, las fórmulas y los dibujos: Pedro J. Campos San Facundo, Antonio Cerra Franco y Robert Gimeno Feu.

Los autores Barcelona, junio de 1999


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Índice

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Índice 1

Diagramas de esfuerzos.......................................................................................................11

2

Esfuerzo normal...................................................................................................................25

3

Esfuerzo de cizalladura pura................................................................................................35

4

Características de secciones.................................................................................................45

5

Dimensionado de secciones a flexión..................................................................................53

6

Flexión desviada y flexión compuesta.................................................................................75

7

Torsión y esfuerzos combinados..........................................................................................89

8

Corrimientos en piezas prismáticas....................................................................................131

9

Piezas y sistemas hiperestáticos.........................................................................................139

10 Inestabilidad elástica...........................................................................................................161 Bibliografia................................................................................................................................185


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Bibliografía

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Bibliografía

COURBON, J. Resistencia de materiales (I y II). Madrid, Aguilar, 1968. LAROZE, S. Resistance des materiaux et Structures (I,II,III y IV). París, Eyrolles-Masson & Cia, 1974. LOVE, A.E.H. A treatise on the mathematical Theory of Elasticity. New York, Dover, 1944. NEUBER, H. Mecánica técnica (II). Madrid, Dossat, 1977. ORTIZ, L. Elasticidad . Madrid, Mc Graw-Hill, 1998. ORTIZ, L. Resistencia de materiales. Madrid, Mc Graw-Hill, 1991. ROURE, F.; MARIMÓN, F.; AYNETO, X., Resistencia de materiales (Fascículos). Barcelona, CPDAETSEIB, 1998 TIMOSHENKO, S.P., Resistencia de materiales. Madrid, Espasa-Calpe, 1967. UGURAL, A.C.; FENSTER, S.K. Advanced Strength and applied Elasticity. New York, Elsevier, 1987.


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1 Diagramas de esfuerzos

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Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 1.1

Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura. 600

2 N

45o

E 2m C

A

800 Nm

D

B 3m

3m

F  H

600 2 

F V 

600 2 

2m

2 2 2 2

 600 N  600 N

Resolución:

a) Descomposición de la fuerza exterior aplicada en el extremo de la barra BE. b) Cálculo de las reacciones. 600 N 600 N Ejes globales

E

A

800 Nm

D

C B R AH

RCV

R AV

Tomamos momentos respecto al punto C:

 M

c

0



R AV  6  600  3  600  2  800 

0



R AV  

100 3



N = -33,3 N

Suma de fuerzas verticales y horizontales:

 F

0

 R AV  600  RCV  0

 F

0



V

H



100 3

 600  RCV 

1900 3

N

RAH  600 N


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c) Cálculo de momentos en los tramos AB y BC.

M ( x)  R AV  x   100  x 3

TramoAB:

M A



0

M B

100 Nm

 

Tramo BC:

M ( x )  R AV  x  600( x  3)  600  2 M B

 

M C  

100 3 100 3



3  0  1200  1100 Nm



6  600  3  600  2  800 Nm

Diagramas. 600 N

E -

600 N N

+

B

A

C

D B 600 N

A

C

B

E

D

+

T 

100 3

1900 N

3

B N

-800 N·m

E

-100 N·m M

-

A

-

B

C

-

D 1200 N·m

B

+

1100 N·m

Equilibrio del nudo B.

600 N

600 N 100/3 N 600 N B

1900 3

N


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Problema 1.2

Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura, apoyada en los extremos y sometida a una carga repartida triangular.



1600

A

N m

B x 6m T

Resolución:

a) Cálculo de la reacciones. Resultante de la carga Q 

1600  6 2

 4800 N .

4800 N A

B 6m

R A

4m

2m

R B

R A  R B  4800

 M A  0 R B 

4800  4



R B  6  4800  4

 3200 N

6 R A  1600 N


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b) Cálculo de los esfuerzos de sección.

1600

A

N m

B d

1600 N

3200 N



x- x L=6m

Sección situada a una distancia x del apoyo A: T:

T  1600 

x

x

1600

0

0

6

 q d   1600 

 d 

x

1600  2  1600 2 T  1600      1600  x 12  6 2 0 M:

M  1600 x 

x

 0

q   x    d   1600 x 

x

1600

0

6



   x    d 

x

1600   2  3  M  1600 x     x   3   6  2 0 3  1600  x 3 x 3        1600 x  1600  x   6  2 3   6 6  

M  1600 x  


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c) Diagramas. 1600 N

+

T

A -

3200 N

M +

3695 Nm

d) Punto de Mmáx

M  x

 T

 T  0

1600 T  0  1600 

12

2

x

M máx  1600  3, 46 



1600 12

x 

 3,46

2

12

 3,46 m

 3695 Nm


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Problema 1.3

Determinar los diagramas de esfuerzos del pórtico inclinado de la figura.

200 2 N 400 2 N

B

2m

45

A

2m

C

2m

Resolución:

Para el cálculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estática. 200 2 400 2

B

A R AH

R AV

 F V  0  F H  0  M A  0

C

R C

 R AV  RC  200 2  0  R AH  400 2 N  RC  4  400 2  2  200 2  2  0

 RC  300 2 N


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por tanto, R AV

100 2 N y descomponiendo cada reacción en las direcciones de las barras,

 

400

100 2 400 2

100

100

400

300

300

400 2

300 2

400 100

400

300 2 100 300

100 2

300

Diagrama N 500 N B

+

-

C

A -300 N

Diagrama

T

300 N B

+

-

C

A 300 N

Diagrama

M


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B

B

A

+

x

+

x’

C 300 N

M = 300 · x

M A  0

M = 300 · x’

M B  600 2 Nm

M C  0 M B  600 2 Nm

Método alternativo para hallar las reacciones: resolución gráfica. Para que las tres fuerzas estén en equilibrio, sus líneas de acción deben cruzarse en punto O (ya que

 M 0  0 ). A partir de la línea de acción vertical de R C, se obtiene O. 

F R A

200 2 // OA

B

R C

400 2 

F // OC

R A

C

R C


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Problema 1.4

Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura. p = 600 4000 N

N ml

3000 N

B

P1

C

P2

D

A a=2m

L=6m

b=2m

Resolución:

Cálculo de las reacciones:

 F

V

 M

:

B

R B  RC 

4000  600  6  3000  0

: 4000  2  600  6  3  RC  6  3000  8

 RC  4467 N R B  6133 N

Diagrama de momentos flectores: Tramo AB: M  4000  x M A 

0

M B  8000 Nm

Tramo BC: M  4000  x 

6133   x  2   600 

M B  8000 Nm

 x  22 2

M C  6000 Nm

Tramo CD: M  4000  x 

6133   x  2   600  6   x  5  4467   x  8

M C  6000 Nm

M D  0

Diagrama de esfuerzos cortantes. Tramo AB: T  4000 N T A  4000 N

T  4000 N B


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Tramo BC:

T  4000 x  6133  600   x  2 T B

T C  1467 N

 2133 N

Tramo CD:

T  4000  6133  3600  4467 T C  3000 N

T D

 3000 N

B

D

C

A a=2m

L=6m

b=2m

-8000 -6000

M ( Nm )

E xE

2133

3000

3000 +

+

T

-

(N)

-1467 -4000

-4000

El diagrama de momentos flectores pasa por un mínimo relativo en el punto E, donde la tangente es horizontal, o sea: M  x

 T  0

:

 4000  6133  600 

 x E  2  0



x E  5,35 m

ME = -4208 Nm


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Problema 1.5

En la viga en voladizo de la figura, calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar los diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga.

4 KN

5 KN/m

0,5m 1m

2m

1m

Resolución:

a) Reacciones en el empotramiento. Comenzaremos por buscar el sistema de fuerzas que ejerce el empotramiento, dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos al equilibrio. Sumando fuerzas y tomando momentos obtenemos:

4 KN

4 KN

5 KN/m

10 KN

M E

M E

0.5m F E

1m

0.5m 2m

F E

2m

 14 KN F E

  Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga. M E  4  0,5  10  2  22 KN  m 


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b) Diagramas 4 KN

5 KN/m

D

E

C

0,5

0,5

A

B

2m

1m x

M

T +

Tramo AB:

M=0

T=0

Tramo BC:

M

5

 



 x



1

2

2

KN



m

M B M C

T

5  x 1

 





2

KN 

T B

T C







0

0

0 10 KN

 


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Tramo CD: M

10

 



 x



2  KN m  

M C M D

T

10 KN 

T C

 

T D

10 KN m

 



15 KN m

 



10 KN

 

10 KN

 

Tramo DE: M

T

 

10

10

 





 x 4



2



4



 x

14 KN 

 





3,5 KN m 

M D M E

T D T E

 



15 KN m 22 KN m

 



14 KN

 

14 KN

 

Estos diagramas se han obtenido tomando el origen de las x en el extremo A, de la derecha, porque en este caso, es más cómodo. Si se determinan los diagramas tomando el origen de las x en el extremo de la izquierda E, tal como se hace habitualmente, el diagrama de momentos flectores, M, sale idéntico; pero el diagrama de esfuerzos cortantes sale opuesto (igual, pero de signo cambiado).


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2 Esfuerzo normal

2

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Esfuerzo normal


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Problema 2.1

Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro   4 mm , y cuyos 5 5 módulos de elasticidad son: E 1=2.1·10 MPa y E 2=0.7·10 MPa. La longitud de la barra es de 600 mm y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra está sometida a una carga puntual P =500 N. Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.

300 mm

E 2

  4 mm   4 mm E 1

A

x

P =500

B

N

600 mm

Resolución:

Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. Además imponemos la igualdad de deformaciones.

R A

R B

LA

LB

A

B P =500

 F  0  M  0 V

B



N

R A  R B  P

 R A  L  P ( L  x )  0


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2 Esfuerzo normal

 L A   L B

Ley de Hooke : R A  L A S  E 1

3 R B



R B  L B



S  E 2

 R B  500



R A

R B





R B  E 1



R B  210000

E 2 500 4

 125 N



70000



R A

R A

 3 R B

 375 N

De la ecuación de los momentos obtenemos x: R A  L  P ( L  x)  0 375  600  500(600  x)  0



x  150 mm


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Problema 2.2

En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A2 y D están empotrados. Determinar las tensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm y Ab=80 cm2 . Hallar también el diagrama de esfuerzos axiles. 5

Datos: E =2·10 MPa.

A 1m

2

Aa=40

cm

Ab=80

cm

B 3m 2

C 1m

15 T

D

Resolución:

 F

V

R A+ R D =

0

15 T = 150000 N

Ecuación de deformación El tramo AC está comprimido, por tanto R A es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD está traccionado, por lo que R D es un esfuerzo de tracción. Al estar los dos extremos , A y D, empotrados la variación total de longitud es 0; y el acortamiento del tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:  L AB   L BC   LCD

Aplicando la ley de Hooke:

 L 

R A  L AB E  Aa



F  L A  E

R A  L BC E  Ab



R D  LCD E  Ab


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2 Esfuerzo normal

R A

R A  1000 2  10 5  40  10 2

A 1 m

R A  3000



R D  1000



2  10 5  80  10 2

2  10 5  80  10 2

R A  2000  R A  3000  R D  1000

B

Resolviendo las ecuaciones, tenemos

3 m

C 1 m

15 T D

R A



25000 N  2.5 T

R B



125000 N  12.5 T

R D

Cálculo de las tensiones. Tramo AB:

Tramo BC:

 AB 

 BC 



Tramo CD:

CD



25000 N 40 10 2 mm 2 25000 N 80 10 2 mm 2 125000 N

80 10 2 mm 2







6.25 MPa (COMP.)

3.125 MPa (COMP.)

15.625 MPa (TRAC.)

Diagrama de esfuerzos normales:

2.5 T

A

B -

C

12.5 T +

D


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Problema 2.3

a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de diámetro y de 3.5 m de longitud, soportan un peso P =5 KN. Calcular el descenso  del punto C, siendo =20º. 5 Datos: E =2,1·10 MPa. b) Resolver para =0º.

A

B



L

L

C

 C’ C1 P Resolución:

a) Para =20º:

N

 

Del equilibrio del punto C se obtiene

P P



N

N sen   Equilibrio del punto C

N 

P

2

P

2 sen 

Sea  (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC,  L, será C’C1  L pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es   . Como por otra sen  parte:  L 

NL

, se tiene que:

EA 



NL EA sen 



PL 2

2 EA sen 



5000  3500 5

2  2.1  10  3,14  10 2  0.34202 2

 1,13 mm

b) Para=0º:

A

L

L

C

B

  C1 P


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2 Esfuerzo normal

De acuerdo con la estática de los sistemas rígidos, descomponiendo la fuerza P en las direcciones de las barras, se encontrarían, para los esfuerzos en las barras y para las reacciones, valores infinitamente grandes. La solución evidentemente es inaceptable, ya que ni las barras ni los apoyos resistirían. A fin de hacer desaparecer la aparente imposibilidad basta con considerar los alargamientos de las barras que toman direcciones no alineadas. Esto demuestra la necesidad de tener en cuenta las deformaciones en este caso. Poniendo

 L

 tg   

(para ángulos pequeños)

el alargamiento de las barras vale

 

AC1

 AC

AC



L2

  2  L L



   1    L 

2

1

1

1

1   2

1

 2 2

Esta última igualdad proviene de la expresión: 1 a

 1  a 1 2  1 

1 2

a

8



a2

16

a3



5 128

Para a<<1 , pueden despreciarse las potencias de a y, por tanto, queda

a4



1 a

1

a 2

.

El esfuerzo normal en una de las barras es: N    A  E    A 

E  A   2 2

Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce 2

N  sen   N    P 2



N  P 2 



E  A   2



P 2 

Resulta

  3

P E  A

    L  L  3

P E  A


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32


Aplicando los datos numéricos del problema:

 3500 



5000

3

2.1 10 5 3,14 10 2 



 

L

N



148 

3500



P 



2 



N A

0,04229 rad

5000 



148 mm



2 0,04229





2,42º

59116 N





59116 314



188 N/mm 2


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33

2 Esfuerzo normal

Problema 2.4

Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructura representada en la figura, suponiendo infinitamente rígida la barra horizontal DE, articulada en D. 2 Barra AB: sección 40 cm 2 Barra CB: sección 80 cm Se considera el mismo módulo de elasticidad, para todas las barras.

A

2m

40 T D

B

E

2m

2m

C

4m

Resolución:

Se trata de un sistema hiperestático. R BA y R BC siguen la dirección de la barra.

40 T

R BA H D

D

E

V D

R BC

Ecuaciones de la estática:

 F V  0



 V D  R BA

 F H  0



H D  R BC

 M B  0



2 2 2 2

 R BC  R BA

2 2 2 2

 40  0 0

V D  2  40  4  V D  80 T


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34


A

B

acort. LBC

45º

B’’ D

B

B’’

E

LAB

~45º

alarg. B’

B’

C

A

   L AB  B B

 LCB  B B 

Al ser deformaciones y ángulos pequeños:    B B  B B

 L AB   L BC

D

Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC Aplicamos la ley de Hooke: R BA  2

2



E  40

C

R BC  2

2

E  80

 2 R BA  R BC

De la ecuación Fv = 0 tenemos:  80  R BA

2 2

 2 R BA

2 2

 40 

0

con lo que, R BA 

R BC  113.47 T

56.73 T

De la otra ecuación despejamos: H D= - 40 T (sentido contrario al supuesto) Cálculo de las tensiones:  AB



 AB



56730

 1418

40 113470 80

Kp

cm 2 Kp  1418 2 cm


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3 Esfuerzo de cizalladura pural

35

3 Esfuerzo de cizalladura pura


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36


Problema 3.1

a) Determinar el diámetro mínimo con el que se puede perforar una chapa de acero A-42b (e=260 2 N/mm ) de 5 mm de espesor suponiendo que el punzón tiene una tensión admisible a compresión, 2 adm= 500 N/mm . b) ¿ Qué fuerza máxima se ejercerá ? c) ¿ Qué adm debería tener el punzón para realizar un punzonado de  5 mm ? Nota: Suponer que el extremo del punzón es plano y horizontal.

adm =

Punzón 2 500 N/mm Chapa de acero 2 260 N/mm

e =

Resolución:

a) 2 punzon F max chapa F max

  adm  A    e  S 

punzon chapa  F max F max

b)

F max

c)

 adm

500    d 4



392,7 d 2

0.65  260    d  5  2654.6d 

392,7 d 2

 2654.6d

  adm  A  500  

punzon

  

52 4

d 2 4



d min

 6,76 mm

 17945 N

 0.65  260    5  5



 adm

 676 N

mm 2

adm

5 mm

e


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37


Problema 3.2

Dimensionar la cadena de una bicicleta con un coeficiente de seguridad  s y suponiendo todo el peso del ciclista sobre uno de los pedales.

P

P = 800 N R = 200 mm

b

 Plato D=200 mm Chapa eslabones: e=360 Mpa Pasadores: e=260 Mpa

R

D

a

e? e?

d?

cilindros “centradores”

Resolución:

D F

P

F

F 

P  R 800 N  200 mm   1600 N D 100 mm 2

R


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38


Dimensionado de la garganta ‘a’ de la chapa a tracción pura: F/2 F

F/2

a

F/2

F/2

F

2

e

   

 

adm

adm



 ae

360 MPa

2  adm



800 240

 3,3 mm 2

 240 MPa  

1 .5 p.ej : a = 4mm e =1 mm

Dimensionado del pasador a cizalladura: 800 

  

adm

F

2

 

adm

 0.8  





 d 2 4

adm

 0.8

 138 260 1.5



 d 2



4

d min

 2.7 mm

 138 N/mm 2  

Dimensionado del pasador a aplastamiento: F

800  2

    

adm

d min

'

 

 d  e  347  d  1 260  2  347 N 2  mm  1.5



adm

 máx 2,7 ; 2,3



d min

d min

 2,3 mm

 2,7 mm

Dimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador

a tracción: 800 

F

2

 b  d   e  

adm

 b  2,7   1  240



bmin

 6,0 mm

a desgarro: t 1 bmin

 2d  5.4



bmin

 max 6,0 ; 10,8 

 10.8 mm

bmin

 10,8 mm

El dimensionado final queda así:


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39


e 1 mm 

d 2,7 mm 

a



4 mm

b 10,8 mm 

b=10,8 mm a= 4 mm

e=1 mm

d= 2,7 mm


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40


Problema 3.3

Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y las uniones son roblonadas.

t1

e1

t1’

e2

t1

e3

e3 d 1

t1

 d2

t1’

t1

N? b

d2 d1

Datos: e1 = 5 mm

e2=e3

Chapas:

Tomar:  se=1,5

Roblones:

Acero A37b 2 e=240 N/mm

Acero A37b 2 e=240 N/mm

Resolución:

a) Unión 1 t1

e1

F/2

e2

F F/2

e2  d1


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41


Cizalladura:

T 

F 240   d 1 2 2   d 1 2   e   d 1 2 2   adm      0.8    100,55  d 1  201.1  d 1  F max  seg 2 4 4 1.5 4

Aplastamiento: d 1  e1 

F max

 adm

F max





   adm

F max  d 1  5  240 2.5  1.5

2000  d 1  F max

De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultáneas obtenemos: d 1,optimo = 9.95 mm 

10 mm = d 1 F max = 20000 N

( fallará por aplastamiento de la chapa ) - Desgarramiento t 1  2d 1



t 1  20 mm

Cálculo de la sección neta t1=2d=20 mm

F max

10 mm

b

20000 N

260/1.5 = 160 N/mm2 F max Aneta

 160

N mm

2



b

20000 N  10 mm = 35 mm N 160  5 mm mm 2

Dimensionado de e2: las dos chapas e 2 son del mismo material que la chapa e 1 , tiene las mismas dimensiones y trabajan de la misma manera, por tanto: 2  e 2  e1



e2 

e1 2

 2,5 mm


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42


b) Unión 2 t1’

e2

e3 F /4

F /2

F /2

e1 e2

F /2

e3

F /4

F

F

N ? d2

Atención: es un problema hiperestático. Aquí se presenta la solución concreta para el caso

e e2  1

2

,y

con la hipótesis de roblón rígido; por lo que puede suponerse que la fuerza total se distribuye entre las tres chapas de la derecha de la manera indicada en la figura: F/4, F/2 y F/4. Cizalladura: F

4

T 

N

F

4 N

  adm 



2

 d 2



20000

4

4 N

 0.8 

240 1.5





2

 d 2



4

49.74 N

2

 d 2

Aplastamiento: F

2 N

F

2 N

   adm  d 2  e 2



20000 2 N

 2.5 

240 1.5

 d 2  2.5



10 N

 d 2

De las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemos d 2 

4.97 mm  d 2  5 mm  N  2

con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento. Desgarramiento: t 1 

2d  10 mm

Tracción: Seguro que cumple ya que b es igual y F es menor.


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43


Problema 3.4

Hallar el coeficiente de seguridad  seg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles de estantería metálica representados en la figura.

 s

?

Acero A-42b e 

20 mm

2600

Kp cm

2

10 mm

p = 100 N/cm

h = 20 cm

L = 50 cm


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44


Resolución:

p

2F h 2F v

h

h

2F h

L

2F v

F H

M 

pL2

(momento a transmitir en la sección

2

de empotramiento)

F V

2 F H  h  M

F H 



F H

T

4  F v

F V





M



p  L2

2h 4h 3125 N

p  L  100  50  5000 N

T  F H

2

2

3125 2



F V



en la sección)







4  20



1250 2

100  50 2



F v



1250 N

3666 N

F H 



F T S

(suponiendo una distribución constante de



 S





 e  máx

3366



20  10



16,8 N/cm 2

0,6   e  máx



0.6  260 16,8



9,28


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4 Características de secciones

45



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46


Problema 4.1

Determinar las inercias resultantes Iz e Iy si partimos de cuatro perfiles L 45x45x5, para unas cotas b y h genéricas. b y

z

z

h

y Resolución: 4

De las tablas:

Iz’ = Iy’= 7,84 cm

y’

2

A = 4,3 cm z’

z’ c

c = 1,28 cm

c y’

 h  c    2 

2

I z   I z '  A

(momento de inercia de una L, respecto al eje z)

c

h/2

z

 b  c    2 

I y  I y '  A

z

2

(momento de inercia de una L, respecto al eje y) y

c b/2

y


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47


I z  4 I z   4 I z '  4  A   h  c   2 

2

 59,54  4,30  h2  5,12  h (momento de inercia de las cuatro L)

I y

 4 I y  4 I y '  4  A   b  c   2 

2

( momento de inercia de las cuatro L)

I z  4,30h 2 I y

 22h  59,54

 4,30b 2  22b  59,54


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48


Problema 4.2

Dado un perfil “doble T”, determinar la magnitud aligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial.

a

de la figura para que la inercia de la viga

y’ y e z

z’

h

2a

h’

IZ A

a ?

IZ IZ’ = 4 IZ Resolución:

a/2 z

IZ

IZ/2

I Z

2 A

A

a

a/2

z

A/2

2

  e   a  12  2  1

3

 a e 2


IZ’/2

A'

2



A

2

a

 e 2

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49


3 2 3 3  I 1  I 1  a A 2 a  a   A a  a   ' I   2  12  e    2    2  2  e  2    2   2  12  e  8  8 a  8  e   2   3 2 a A a  I  13  e   a 2  I   A  13  e  a  12 4 4 4  12  Z

Z

Z

Z

Z

I Z '

I Z '

Ha de ser :

 I 

a

Z

2

4

 4 I  I  Z

Z

 A  13  e  a     12  a

2

4

 A  13  e  a     12 

 13  e a 3   A a 2  3 I  0       48   4 

a

Z

e

si suponemos que (e·a)

es << A (área total del perfil IPE) : a

I Z '

 I  A  a Z

a

( i Z 

I Z A



2



4

I Z

12

A

2

3

I Z A

3 I Z 

2

a

2

A

4

3  i Z

 radio de giro de la sección respecto al eje z)


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50


Problema 4.3

Determinar las siguientes características de la sección monosimétrica de la figura respecto del eje principal z: a) A , Iz , Wz,sup , Wz,inf , iz . b) El momento resistente elástico, M el. z , para un acero e=235 N/mm2. y 400 30 # 400·30

ysup

# 800·10

z

G Mel.z

800

yG

# 250·20

10

yinf

250

20

e= 235 N/mm

2

Resolución:

a) El área de la sección total será la suma de las áreas de las pletinas: A 

 A

i

 400  30  800  10  250  20  25000 mm

2

Por simetría el centro de gravedad, G, está situado sobre el eje y (z = 0).


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Para determinar la posición y del centro de gravedad de la sección, G, es cómodo calcular el momento estático de cada elemento respecto de la fibra inferior. Así: A  y G

y G



 A  y i

i

 A  y   400  30 835  800  10  420  250  20  10  537 mm i



i

A

25000

Se utiliza el teorema de Steiner para calcular el momento de inercia de la sección total respecto del eje y-y: 1 I z 



 12 bi  hi3  Ai   y i  y G 2  

 1 400  30 3  400  30  835  537 2    12

I z  

  10  800 3  800  10  420  537 2   12  1

  250  20 3  250  20  10  537 2   299154  10 4 mm 4 12  1

El módulo resistente respecto de la fibra superior, ysup: W z ,sup



I z y sup

 4  299154 10  9558  10 3 mm 3 850  537

El módulo resistente respecto de la fibra inferior, yinf : W z ,inf

 10 4

I z

 299154

y inf

537



 5571  10 3 mm 3

El radio de giro de la sección respecto del eje z, iz: i z 

I z A



299154  10 4 25000

 346 mm

b) El momento resistente, Mel.z, se obtiene a partir de la tensión de límite elástico del material y del módulo resistente mínimo de la sección: M el . z

   W e

 235  5571  10 3  1309  10 6 N  mm  1309 kN  m

z , min


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5 Dimensionado de secciones o flexión

53



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54


Problema 5.1

Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo y chapa de 10 mm de grosor. P

C

A

B

P = 9500 Kp L=6m

=

=

Acero A 42b

L

E

D

 se = 1,5

C

C

D

E Resolución:

Acero A 42 b



 2600 Kp

 e  s

e

 1,5



cm 2  

 adm





2600

 1733 Kp

1,5

2

cm

L2 L1 E

C

D

A

x

+

Momentos flectores

M ( x) 

M C 

Tramo

IPE 240

P  x

2

P  L

4

 4750 x

 1425 103 Kp  cm

A-E :

 I  3890 cm 4  M max  W    561  103 Kp  cm  3 W  324 cm 3  561 · 10 = 4750·x  x = 118,2 cm  L1=115 cm adm


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Tramo E-D:

es necesario reforzar

I   1 b  e 3  b  e  d 2  1 12 13  12 12.52  1  1875  1876 cm 4 12 12

b=120 mm e =10 d

I 2  3890  2(1876)  7642 cm 4  W 2 

7642 13

 588 cm 3

M adm  588  1733  1019  10 3 kp  cm 1019 · 103 = 4750·x 

x = 214,6 cm 

L1 = 210 cm Tramo D-C: e e

I  

1 12

b  e3  b  e  d 2  1  12 13,52  2188 cm 4

d

I 3  I 2  2(2188)  12018 cm 4  W 3 

12018 14

 858 cm 3

M adm  858  1733  1487  10 3 kp  cm 3

1019 · 10 = 4750·x



x = 313 cm > 300 cm

 no es necesario reforzar más 300 cm 210 cm P

115

M (m·Kp)

5460 5610

+

14250

Solicitación

9970

Capacidad resistente

10180 14872 9500/2 = 4750 Kp +

T (Kp) -

4250 Kp


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Problema 5.2

Dimensionar un segmento de pistón de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro una 2

presión uniforme de 0,19 N/mm , sin que las tensiones superen el valor de

max=

2

261,5 N/mm (e =

2

340 N/mm ,  se = 1,3) (Fundición de grafito nodular).

Nota: Usar la simplificación de simetría, R

suponiendo que

h R

es suficientemente

pequeño. R = 40 mm

h b

Resolución:

voladizo R

Por razones de simetría consideramos:

Diagrama de momentos flectores : C

Momento producido por dp en el punto genérico C

p R·d

dM c





2





 b  p  R  d   R  sen  c    p  b  R  sen  c    d 

C

dp 

(dp = p · R · d ) B

O

A

Momento total para el punto genérico C:


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 c

M c





0

2

 sen  

p  b  R

 c

2

 c



d 

 c

2

  p  b  R  cos    p  b  R  1  cos  c   0

Por tanto, si el momento flector para cualquier punto del segmento es : M c

 p  b  R 2  1  cos c  M

tendremos el máximo: c = 180 

 2

Mmax = 2 · p ·b · R Mmax

 max



M h

 

I 2



2  p  b  R 2 h 1 3 2 12  b  h

h  0,093 R



12  p  R 2 h2

 = 180

  adm  261,5 N

 3,7 mm  h

 0  ==180

mm 2

No depende de b


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Problema 5.3

Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. Los ha colocado uno junto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener. Al ir a comprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. No sabe er

cuál escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que está haciendo 3 curso de Ingeniería Industrial y le expone el problema: He decidido instalar un estante para libros, según el croquis de la figura:

h b a

a 





100 cm

a 15 cm 

b



20 cm

p libros y apuntes



0,6 Kg/cm

En la tienda me han informado de que la madera de los estantes tiene las siguientes características mecánicas:

 adm



4 N/mm 2

E 10 000 N/mm 2 

La cuestión es: a) ¿De qué espesor h mínimo debo colocar el estante? b) Los dos apoyos los he colocado, simétricamente, a una distancia a = 15 cm del extremo por razones puramente estéticas. Pero, atendiendo a razones de comportamiento resistente, ¿cuál sería la distancia óptima de los apoyos a los extremos, que podría minimizar el espesor h del estante? c) Finalmente, me preocupa saber cuál será la flecha que tendrá el estante, una vez cargado, en su punto central (con la distancia a inicial).


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Resolución:

a) Determinación de h mínima. p

A

B

C

D

h b

a

a 

x

R B

-

M

 RC 

p 2

Tramo AB:

-

x 2

+

M   p 2 M A +

0

M B

  p

a2 2

+

T -

T   p  x

-

T A

0

T B

  p  a

vE

Tramo BC:

M   p

x 2 2



 p  x  a   2

M B

  p

a2 2

M C  M B 

 x E  2  

  p



M E   p

2

8



a2

2

2

 p a  a    p a

2

2 

 p

2

4



 p 2 a  p




2

8



 p 2 a

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T   p  x  p



T B   p  a  p

2



2 

T C   p    a   p

2



 p  a  p

2

Tramo CD: M   p M   p

x 2

2 x 2

2

 p  p



2 

2



x 2

2

2

 x  a   p  x    a    p 2 x   

 p



2

M C   p  p

M D

 x  a  x    a    a 2 2 

2





2

 p 



2

2  a       p

a2

2

 

p 2 2

 0

T C   p   a   p    p  a

T   p  x  p  

T D   p    p    0

Con  = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados: M B  M C  112,5  p  67,5 cmKg M E  500  p  300 cmKg

 máx



M máx W z



M E W z 

b  20 

  adm  40,77 Kg/cm 2

hmín 

M E  6

 W z , mín 



40,77  20

M E

40.77



b  h2

6

hmín  1,49 cm

b) Determinación de la distancia a óptima. Óptimo resistente: M máx   M máx   M B  M E  a2 p

2



 p

2

8

a 

 p

2


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a2

2

 a   0 4

 2

     2 a     2 4  2 

a



2

2  2



4

2



  2

2





0,207   a  1,207    

La segunda solución no interesa, porque cae fuera del intervalo analizado

Así pues, la distancia ‘a’ óptima es:

a óptima

 20,7 cm

Y se tiene, un momento máximo:

M máx

 128,7 cmKg

c) Cálculo de la flecha en el punto central, por el método de la fuerza unitaria.

F=1 A

B

C

Tramo BE:

D

M  

E

a

1 2

  x  a 

Tramo EC:

a

M  



   x  a   1   x   2  a 

1

x M’ +

W     F

 1 a x 2 1  p  0 dx  M   dx   o EI a EI  EI M











2

2



2 EI

a



2 a

 x 2     p  p   x  a  1  x  a   dx   2 2 2 2   



2  x 3    p  p  x 2  p   a x  p a x 2  p a    x  p a     dx 2 2 2 2 2 2  


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





P  EI





0,6 EI





x

4

8





 x

6

3



 

 a x

4

2





a x

3



 

a  x

6

2



a

2

4

   x  2 2



a

(781,25  2083  937,5  312,5  937,5  562,5  6,328

 56,25  84,375  8,437  84,375  168,75)  10 3 

0,6  24724 100 000  5,513

 bh 3 20  1,49 3  I    5,513 12 12 

 0,265

cm

 

cm 4 


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Problema 5.4

Sea una viga de sección transversal en doble T, formada por 3 platabandas soldadas de dimensiones las de la figura. Hallar el paso l de los cordones de soldadura a tramos de unión entre el alma y las alas, si la garganta de soldadura es a= 5mm y la longitud de cada tramo de cordón es de l s = 10 cm. El esfuerzo cortante máximo que soporta la viga es T y= 40000 kg. La tensión cortante admisible en la 2

soldadura es  adms = 1000 kg/cm .



y



12 mm 6 mm 600

 s

x

G

 s

x

z

z

220

Resolución:

Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda

f 

A1 T  m Z

I Z

A1 m z : momento estático del ala

A1 3 m Z  22  1,2  30,6  807,84 cm

1  1 I Z  2    22  1,2 3  22  1,2  30,6 2    0,6  60 3  49 446,14  10 800  60 246,14 cm 4 12 12  

f 

40 000  807,84 60 246,14  6

 536,35 kg/cm


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Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura, F adms



2



 adms



 s



a

Igualando esfuerzos F adms

2





 adms

f







 s



a

A1 T m z 



I z

2 1000 10 0,5 536,35 









2 1000 10 0.5 





536,35













18,64 cm 19 cm 


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Problema 5.5

Se ha construido una viga roblonando cuatro angulares 120*120*12 en los extremos de una platabanda de 400*20 mm. Hallar el diámetro mínimo de los roblones si la viga está biapoyada en sus extremos, tiene una longitud de 6 m, y soporta una carga puntual centrada P . Datos: separación entre roblones e= 120 mm; tensión normal admisible de la platabanda y los angulares:  admisible=173 Mpa; tensión cortante admisible de los roblones  adm roblón= 42 MPa. y 120

e

e

120

60

400

20 z

Resolución:

P  adm 

M y máx I z

3 P 2

P 2 6m

173 

2

P  10 3





I z

200

I z  I z ,alma  I z , angular 

M +



1 12



2  40 3





4  368  27,5  20  3,4

2



10666,7  4  7945,9  42450,3 cm 4

I z  42450,3  10 3 mm 4

P 3 2 P 2

P 

+

173  42450,3  10 3  2

T -

200  3  10 3



244796 N

P 2




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Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud

f 

T  m Z



I Z

122 398  913  10 3 42450,3  10 4

 263,25 N/mm

 T  P  122 398 N    2   m z  2  27,5  16,6  913 cm3  913  10 3 mm3  Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblon F  f  e  263,25  120  31590 N F adm d 

 2

d 2



4

 42  31590 N

31590  4 2    42

 21,9 mm

Diámetro mínimo de los roblones : d = 21,9 mm


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Problema 5.6

Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 800 12 mm, y cada ala compuesta por una platabanda de 190 10 mm y 2 perfiles angulares 90 8 mm. Calcular el diámetro mínimo de los roblones, sabiendo que el paso de remachado de los angulares con el alma es e1= 18 cm y el de la platabanda y angulares es e2= 40 cm. Esfuerzo cortante máximo que ha de soportar la viga: T = 40 kN. Tensión de cortadura admisible en los roblones

adm = 42 MPa. e2=40

190 10

d2 800 (total)

d1

e1=18

12 z ( simétrico )

( simétrico )

Resolución:

I Z  I Z ( alma )

 I Z ( angulares)  I Z ( platabanda s )

1  1,2  80 3  4  104  13,9  40  2,52   2    19  13  19  1  40  0,52   12  12  4  51200  4  19650,8  2  31166,3  192135,9 cm

I Z 

1

Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud f 1

 A1  T m Z I Z

(A1 = área angulares + área platabanda)

 19  1  (40  0,5)  2  13,9  (40  2,5)  1812 cm 3 40000  1812  377,2 N/cm  37,72 N/mm f 1  A1 m Z

192135,9


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Esfuerzo a transmitir por cada roblon: f 1  e1



2

d

 1

2

4

377,2  180  2  d 1

2

d 1





  adm

3,1416  d 1

2

4

4  37,72  180 2  3,1416  42





42

102,9

10,15 mm

Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud: A 2

f 2



T  m Z I Z

(A2 = área ala) A2 m Z

f 2





19  1  (40  0.5)  769,5 cm 3

40000  769,5



192135,9

160,2 N/cm  16,02 N/mm

Esfuerzo que debe transmitir cada roblón: f 2  e 2 2



d

 2

16,02  400

2   adm

4 

3,1416  d 2

2 d 2  9,86 mm

4

2 

42


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Problema 5.7 *

Se construye una viga cajón compuesta de dos tipos de madera: - ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2 2

- ALAS : sección cuadrada 200 · 200 mm

E1 = 10000 N/mm

p =10 KN/ m

= = 500

10 m 25

500

a) Calcular la distribución de tensiones en la sección central. b) Calcular la tensión tangencial media en el adhesivo de 2

contacto ( adm = 1 N/mm ). c) Calcular la flecha central 200 · 200 Resolución:

a) Se trata de una sección compuesta de dos materiales. Se decide homogeneizar la sección de madera maciza y, por tanto, trabajar con un espesor *

equivalente, e , del tablero contrachapado. Así, la relación de equivalencia:

n

E 1



10000

E 2



8000

1,25

El espesor equivalente

e*



e



25 mm

n



1,25

20 mm

La posición del baricentro de la sección es inmediata por razón de simetría. El momento de inercia de la sección homogénea es:

I Z



2

1 12



200  200 3



2  200  200  500 2



2

1



12

20  1000 3



236  10 8 mm 4

Steiner 1000 *

200 ·200

e = 20


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x

x1

x2

3,2 2,1 2,1 *

e

e =20

*

400

G 500

2,1 2,1 3,2

Tensión en la madera maciza:

 x1

( y ) 

M Z I Z

M

1 M má x = pL2 8

 y

T

Tensiones reales en el tablero:

 x 2

( y ) 

M Z I Z

 125 KN  m

1  y     n 

1 T má x = pL  50 KN 2

Así:

 ( y  600 mm)  125  1000  1000 N  mm  600 mm  3,2 N/mm 2  x1 236  10 8 mm 4    ( y  400 mm)  125  1000  1000 N  mm  400 mm  2,1 N/mm 2  x1 236  10 8 mm 4 En el tablero contrachapado n = 1,25

 x 2

 1  125  10 6 N  mm  500 mm  2,1 N/mm 2  8 4 1 , 25 236  10 mm  

( y  500 mm)  


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b) Tensión media en el adhesivo

y

100 mm

Fórmula de Collignon:

A med

 med 

d

A T y  m Z

I Z  b

z G

Ty: esfuerzo cortante en la sección x

IZ: momento de inercia total respecto Z mZA: momento estático de la sección A respecto al eje Z b: linea AB

 med 

50000 N  200  200 mm 2  500 mm 8

4

236  10 mm





0,2 N/mm 2

2  100 mm 2

Este valor es inferior a la tensión tangencial admisible en el adhesivo = 1 N/mm c)

f 

5

4



P  L



384 E  I Z

Valor aceptable, ya que



L 1000

5



10  10000

384 10000  236  10 8



10000 1000





5,5 mm

10 mm


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Problema 5.8 *

La figura representa una sección armada doblemente simétrica. Calcular Mel.z , M pl.z y el coeficiente



para los dos casos. y

a) Material alas: Fe E 235 Material alma: Fe E 235

== 300 · 25

b) Material alas: Fe E 35 == 800 · 12

z

Material alma: Fe E 235 (Puede comprobarse que la sección se plastifica

G

con la ausencia de abolladuras elásticas o elastoplásticas. No se consideran inestabilidades globales : pandeo, vuelco lateral)

== 300 · 25 Resolución:

a) Mismo acero. y A1 · e

e = 235

e = 235

A2 · e d1 z

Eje neutro elástico

G

Eje neutro plástico

G

12,5

Mel.z

e = 235

25

d2

M pl.z

e = 235

Al tratarse de una sección doblemente simétrica el eje neutro plástico pasa por el baricentro G. Caso elástico:

1   800 3  12  2    300  25 3  300  25  12,5 2   306484  10 4 mm 4 12 12 

I Z



W Z



1

I Z y

306484  10 mm 4



12,5 mm

4

 7210  10 3 mm 3

( = Wel.z )

max


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M el . z  W el . z   e

 7210  10 3 mm 3  235

N mm 2

 1694 KN  m

Caso plástico: M pl . z  2   A1

400     e  d 1  A2   e  d 2   2  300  25  235  12,5  400  12  235   1905 KN  m 2  

Coeficiente :





M pl . z

1905



M el . z

 1,12

1694

b) Diferente acero. Caso elástico Tiene las mismas constantes mecánicas IZ, WZ, pero la tensión en la fibra extrema  max

 235

425 400

 M el . z

 250  355

  W el . z

 max



3

7210 10







250 1802 KN m

Caso plástico

 

M pl . z  2   A1  d 1  355

N mm

2

 A2  d 2  235

   2648 KN  m mm  N

2

Coeficiente :





M pl . z M el . z



2648

 1,47

1802

max

425

A1 · e

e = 355

A2 · e

e = 235 400

d2 d1

Eje neutro plástico Mel.z

e = 235

M pl.z

e = 235


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6 Flexión desviada y flexión compuesta

75



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Problema 6.1 *

Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión. 

q q = 2000 kg/ml

4m 30

y’

1,5

18 z’

1,5

7,5

1,5

Resolución:

a) Determinación del momento flector máximo

M max



ql 2 8



2000  4 2 8



4000 m  kg

( en la sección central x = 2 m )


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

q

y’

30 



M es perpendicular a q y forma 30 con el eje z’. Los ejes y’-z’ no son los ejes principales de inercia. Vamos a determinarlos.

M= 4000 mkg 30 z’

b) Determinación de los momentos de inercia principales I y’ , I z’ Primero hallaremos el tensor de inercia en ejes y’-z’ (no principales) y a continuación lo diagonalizaremos, para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales) y’ 1

1 3 4 I 3 z '  12  1,5  18  729 cm 1  18  1,5 3  5,06 cm 4 I 3 y '  12

I 1 z '  I 2 z ' 

z’ 3 2

 1,5   9  1,5  1,5 3  7,5  1,5   9    767,8 cm 4 12 2   1

2


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1

I 1 y '

 1,5

3

2

7,5 

4

I 2 y '

  12  1,5  7,5  7,5  1,5   2  2   280,54 cm 4 I z '  729  2  767,8  2264,6 cm I y '  5,06  2  280,54  566,14 cm 4

I3y’z’=0 por tener eje de simetría.



 

I 1 y ' z '  I 2 y z ' '   0  7,5  1,5  9  0,75   0,75 



7,5 

  417,65 cm

4

2 

4 ' ' I y z  417,65  2  835,3 cm

Tensor de inercia

I z '

 I y ' z '

 I y ' z '

I y '



2264,6

853,3

853,3

566.14

( cm4 )

Los momentos principales de inercia son los valores propios.

2264,6  

835,3

835,3

566,14  

0



2264,6   566,14     835,32  0

2264,6  566,14  2264,6  566,14   2  835,32  0 2



 2830,74  584 354,55  0

 

2830,74 

2830,74 2  4  584 354,55 2

Momentos de inercia principales

 2830,74  2382,36  2606,55 cm 4  2  2830,74  2382,36   224,19 cm 4 2 

I z  2606,55 cm 4  



I y  224,19 cm   4


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Los vectores propios serán las direcciones principales. El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4.

2264,6  2606,55

 n1   0    z 1      n y   0 

835,3

566,14  2606,55

835,3

 314,95  n z 1  835,3  n y1  0  835,3  n z 1  2040,41  n y1  0   tg  

n y1 n z 1



341,95 835,3

 0,409 

  arctg 0,409  22,24 y’ y

7,76

M y

 4000  sen 30  22,24 

z



4000  sen 7,76 M

30

 540 m  kg

M z  4000  cos30  22,24





22,24 z’



 3963,36 m  kg

My

 x

Mz

z y M y z   M I   I  z

y

3963,36 10 2



 x

 152,05 y  240,86 z

2606,55

 y 

540 10 2

 x

224,19

 z

Ecuación del eje neutro. y’

22,24

y

A(-8.25,9)

0  152,05 y  240,86 z

y 



z 22,24

240,86 152,05

z

y  1,58 z Angulo que forma el eje neutro con el eje principal z:

z’

Eje neutro

tg   y  1,58 z



  57,67 º

B(8.25,-9)


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Relación entre coordenadas de ambas referencias.

 z   cos  sen    z '           y    sen  cos   y '   z   cos 22,24 sen 22,24      y    sen 22,24 cos 22,24 







  z '         y ' 

z  0,9256 z '0,3784 y ' 



y  0,3784 z '0,9256 y ' Las tensiones máximas aparecen en los puntos más alejados del eje neutro ( A y B ) Para A

 z ' A  8.25   y ' A  9

z A  0,9256  (8.25)  0,3784  9  4,230 y A  0,3784  (8.25)  0,9256  9  11,452

Tensión en A:

2

 A

 152,05  11,452  240,86  (4,230)  2760,11 kg/cm

Tensión en B:

z ' B  8,25



y ' B  9  z  0,9256  (8,25)  0,3784  (9)  4,230 y  0,3784  (8,25)  0,9256  (9)  11,452  B

 152,05  (11,452)  240,86  4,230  2760,11 kg/cm 2


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Problema 6.2

Una columna tiene la sección en cruz indicada en la figura. La fuerza resultante es de compresión (50 Tn) y pasa por el punto A. Hallar la tensión normal en B y dibujar el eje neutro. x 15

( cm ) 10

15 B 10

y 50 Tn 15 10

A

z

Resolución:

Trasladando la fuerza al centro de gravedad G B

de la sección, los esfuerzos equivalentes son:

N  50 Tn

 

-50 Tn

M y  50 Tn  10 

G

y

My= -875 cmTn

M z  50 Tn 

10 2

15 

 cm  875 cm  Tn

2 

cm  250 cm  Tn

A Mz= 250 cmTn

z

-50 Tn y

B My=-875 cmTn

A Mz= 250 cm Tn z


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



x

N A

x

M z

y 

I z

M y

z

I y

 50 000









A

250 000 I z

y 

 875 000 I y

z

A  10  35  2  15  15  800 cm 2 I z  I y 

1 12 1

3

1

3

12 1

 15  15  10  15  2   10  10  15  10  2 

12



x



 10  10 3  81667 cm 4  15  15 3  44 167 cm 4

12

 50 000 800



250 000 81 667

y 

875 000 z 44167





x

 62,5  3,06 y  19,81 z kg/cm 2 

a) Tensión normal en B

Coordenadas de B



x B

 y  5 cm   z  17,5 cm

 62,5  3,06  (5)  19,81  (17,5)  299,47 kp/cm 2

b) Eje neutro y

0  62,5  3,06 y  19,81 z

y  

19,81

para

3,06

z 

62,5 3,06

y  0  z 



y  6,47 z  20,42

 20,42 6,47

zona com rimida

 3,15 z

z  0 para

z  0  y  20,42

zona traccionada

  y  20,42

B

 z  3,15   y  0 eje neutro


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Problema 6.3

Sobre una columna de sección rectangular ( 35  40 cm), se aplican dos fuerzas excéntricas: 30 Tn en el punto P(y = 3, z = 4 cm) y 50 Tn en el punto Q (y = 0, z = -5 cm). Dibujar el eje neutro y hallar el punto de máxima tensión normal.

y

30 Tn

50 Tn

Q P 3

4

5

z 35

40

Resolución:

Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la sección obtenemos: y

M y

 30  0,04  50  0,05  1,2  2.5  1,3 Tn  m    M z  30  0,03  0,9 Tn  m     N  30  50  80 Tn

D My= 1,3 Tn  m

80 Tn B

C

G

A z

Mz= 0,9 Tn  m


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

x



N A



M z I z

y 

M y

z

I y

   1 3 4  40  35  142 916,7 cm  I z  12     1  35  40 3  186 666,7 cm 4  I y  12  A  40  35  1400 cm 2



x



x



 80000

 57,14  0,630 y  0,696 z (kg/cm 2 ) 

1400



x

90000



142 916,7

y 

130000 186 666,7

2 z (kg/cm )

 5,71  0,0630 y  0,0696 z ( N/mm 2 )

( y , z en cm)

( y, z en mm)

Eje neutro: 0  57,14  0,630 y  0.696 z

y  0,696 z  57,14    y  1,1 z  90,70 0,630 0,630  y  0

 z  82,46 z  0  y  90,70 y

C

D

A

B

z (0 ; 82,46)

eje neutro

(-90,70 ; 0)


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A  57,14 

0,630  (17,5)  0,696  20  32,19 kg/cm 2

B  57,14 

0,630  (17,5)  0,696  (20)  60,04 kg/cm 2

C  57,14 

0,630  17,5  0,696  20  54,24 kg/cm

D  57,14 

0,630  17,5  0,696  (20)  82,08 kg/cm 2









2

3,219 N/mm 2

 

6,004 N/mm 2

 

5,424 N/mm

 

2

8,208 N/mm 2

 


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Problema 6.4

Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista de baloncesto. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormigón a 45º de la horizontal según se indica en la figura. Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permanece unos instantes sujeto al aro de la canasta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma indicada en la figura. Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que el jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 2000 N y M = 10 6 Nmm. La estructura se quiere construir en tubo redondo de acero con espesor de pared de 4 mm.

L=4000 mm L0=1000 mm F=2000 N M=106 N·mm A1=0,5 A

P M

Tubo de acero. Espesor de pared: 4mm E=2,1·105 MPa

45º

G=8·104 MPA

y

F

x

z L1

L

L0

Calcular el diámetro necesario, según la tabla de perfiles normalizados, para que el descenso vertical del punto P no exceda los 80 mm. Notas importantes: - Considerar todos los esfuerzos de sección para calcular el descenso de P. - Trabajar con la carga trasladada al punto P, como se indica en la figura.


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Resolución:

x =0 F x = L0

d   dx

M

P 

d   2  dx x x =L

Aplicamos el teorema de Castigliano al punto P en la dirección F:

M -

M

-

M  x   M  F  x M  F

 x

T=F

T -

T  F

1

-

T  T  F

F



2 1 2


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N=0 N

 N 0  F

-

N 

F

2

 N  1 F 2 



M M

T

T

N  N

 EI  F d    GA  F d    EA  F d  F





L0



0

M  F  x 

x dx

EI





L0

0

F G

A

dx





L

M  F  x 

x

EI

L0



 

2 dx 

L

2

L0

A

G

2

F

1 2



 

2 dx 

L

L0

2 1 EA

2

 2 dx 

2









3  ML 2 FL 3   2 FL0   M L2  L0 2 2 F L3  L0   2 F  L  L0   F  L  L0    0  0        3 EI   GA   3 EI 2 EI 2 GA   2 EA     2 EI





3,389  10 8 I



176,3 A

Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares:



Tubo ( Dext x e)

A ( cm2 )

I (cm4 )

(mm)

135 x 4 150 x 4

16,46 18,34

353,4 489,2

96 69,4

( >80 ) ( <80 )

Tomaremos pues un tubo D ext x e: 150 x 4 (mm).


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7 Torsión y esfuerzos combinados

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Problema 7.1

Una viga biempotrada está sometida a un momento torsor producido por una torsión uniformemente repartida. Hallar el M T máx y el ángulo de torsión máximo.

MA



kgm/ml

A h 

B

b

MB

( b
Resolución:

Por ser una viga simétrica

 los momentos de empotramiento han de ser iguales. M A

 M  B



2

M T ( x )





2

   x ,

en x



M T

2

    0    2 

x

Diagrama de momentos torsores:



2

+

A

B -





2


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El ángulo de torsión máximo se tiene para la sección central, x 



2

:



       2 







2

0

M T ( x) GK 3 b 3 h

dx



1 GK 3 b 3 h        2 







2

0

      x dx     2 

  x 2  2   x   2 0 GK 3 b 3 h  2 1

2 2     8  GK 3 b 3 h  4 1

       2 



 2

1 3

GK 3b h 8

 

G: módulo de rigidez a torsión del material del eje  G 

  2  (1   )  E

K 3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relación

h b

(ver tabla 5.87 del

capítulo 5. Torsión)


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Problema 7.2

Hallar los momentos en los empotramientos M A y MD. Dibujar el diagrama de momentos torsores.

MA

MB=30000 Ncm

MC=20000 Ncm

MD

A B C D

a=30 cm b=50 cm c=40 cm

Resolución:

Es un problema hiperestático.



M T 

0 

M A  M B  M C  M D 

M A  M D  30000 

0

20000  50000 kg  cm

Considerando por tramos:

MA -MA

B

 A

0

 BA

A B

  B   A 

 M A  a G  I o




 M A  30 G  I 0

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MA-MB -(MA-MB)

 M A  M B   50 G  I o

 CB

  C   B 

 DC

D 40   D   C  M  G  I 0

B C

-MD = MA-MB-MC MD C  D

D

 D



  BA   CB   DC  0

M A  30 G  I o

0



M D  40 G  I o



M A  M B G  I o

 50  0

 M A  30  M A  30000  50  M D  40  0  M A  30  M A  50  1500000  M D  40  0 80  M A  40  M D  1500000 M A  M D  50000   80  M A  40  M D  1500000

40  M A  40  M D  2000000 3500000  M A   29166,6 N  cm  120 80  M A  40  M D  1500000

Diagrama de momentos torsores: 29166,6 +

M D  50000  29166,6  20833,4 N  cm

B

A -833,4

D

C -

-20833,4

-20833,4 ( Ncm )


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Problema 7.3

Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta, sometidas a un momento torsor Mx = 1000 Nm : a) el valor y la posición de la tensión tangencial máxima, max . b) el momento de inercia a torsión, I t .

y

60

5

y



200 mm z

z

G 60

Mx



60

G Mx



x

x

Resolución:

Sección cerrada : Am: área limitada por la curva media a)  máx



M x

2  Am

e

1000 Nmm  10 3

 2

1 2

 5,77

 200 mm  200 mm  cos 30  5 mm 

e

N mm

2

max

2

c)

I t



4  Am2



ds



4  Am2 s

 1  200  200  cos 30   2   5 mm  1000  10 4 3  200

4 e





mm 4

e

s

d) Sección abierta:


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a)  máx





M x 1000 Nmm  10 3 N e  5 mm  200 1 1 mm 2 3   bi  ei3 3    200 mm  5 mm  3 3 

e

max

b)

I t 

 13  b  e i

3 i

 2,5  10 4

mm 4


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Problema 7.4

Un panel está sujeto por un mástil horizontal, según el esquema de la figura. Teniendo en cuenta el peso propio del panel, el peso propio del mástil y la acción del viento, hallar las tensiones máximas en el empotramiento del mástil a la pared. Datos: Peso propio del panel

P1= 90 kp

Dimensiones

80 200 cm

Diámetro del mástil

D =15 cm

Empuje del viento

f = 80 kg/m



2

(Peso propio del mástil de acero: P 2 = 7850 kp/m 3 6 m 

 



0,15 2 

4

832 kp )

y

D=15 cm

x z

P2

F

50

520 150 40

Resolución:

F 80 

kg m2



40

P1

y

0,8 2 128 kp 



My= 716,8 kp m 

Sección en el empotramiento. Esfuerzos: Tz =-128 kp

N x



0

T y

 

T z

 

90 832 

922 kp

 

Mz= -3000 kp m 

Mx= 64 kp m 

128 kp z

x Ty= -922 kp


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M



128 kp  0,5 m

M y



128 kp  (0,4  5,2) m  716,8 kp  m

M z

 



64 kp  m

x

90 kp  (5,2  0,4) m  832  3  3000 kp  m

Tensiones normales debidas a los momentos flectores:

y 716,8 kpm

M F  3000 2 

arctan

 

3000 kpm

z

y



716,8

716.8 2 

3000

13,4



3084,4 kp  m



MF = 3084,4 kpm



B

z 



(+)  x

 max

M F D



3084,4  10 2 15

I z 2

 

15

4

2



930,9 kp/cm 2

64



(-)

Tensiones tangenciales debidas al momento torsor: y max

z A

 max 

M x  r max I o

6400    

15

2 15 4



9,66 kp/cm 2

32


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Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes: y

z

-128

T  T z 2  max 

A T



4 T 3 A

T y2 



128 2

4 930,8 3

 

15

2



922 2



7,0 kp/cm 2



930,8 kp

4

-922


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Problema 7.5

Hallar las tensiones máximas en el empotramiento A y el giro, alrededor del eje x, de la sección E. El momento torsor de 8 Tnm está aplicado en la sección B. A y

B C

1m

D

1m M= 8 Tnm

E

1m 1m

z

x x

10 Tn 5 Tn

4 Tn

F

2m

Tramo AC:  = 40 cm Tramo CE:  = 10 cm Tramo DF:  = 10 cm Material: acero 5

2

G = 8,4 10 kgf/cm

Resolución:

a) Tensiones máximas en el empotramiento A y

Sección A

My=22 Tnm

N x

 5 Tn

T y

 10 Tn

T z  4 Tn M x

 8  10  2  12 Tn  m

M y



4  3  5  2  22 Tn  m

Mz=30 Tnm Tz=4 Tn

Nx=5 Tn Mt=Mx=12 Tnm

z x

M z  10  3  30 Tn  m Ty=10 Tn


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Tensión normal debida al esfuerzo axil: y 

 x 

z

5000  

40

2



3,97 kp/cm 2

4

Tensión normal debida a los momentos flectores: y 22

MF

M F  22 2 

30

 

arctan

z

y



22 30

30 2 



37,20 Tn  m

36,25



MF = 37,20 mTn



P

z 



(+)  x max 

M y max I



3720000  

40

4



20  592 kp/cm 2

64



(-)

Tensión normal máxima total:  max 

592  3,97  596 kp/cm 2


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101


Tensión tangencial debida a los esfuerzos cortantes: y

T  4 2

Q

  arctan



z

 10 2  10,77 Tn

4



10 4

 68,2



Distribución parabólica de  con una max

T 10

 max



4 T 3 A



4 10770 3   40

2

 11,43 kp/cm 2

4 Tensión tangencial debida al momento torsor y

max

B

z A

 max



M x  r max I o

1200000  20



  40 4

 95,49 kp/cm 2

32

La tensión tangencial máxima total 2 max



A

   11,43  95,49  106,92 kp/cm

Aplicación del criterio de Von Mises en el punto P

  2 2 2   equiv    3  618,5 kp/cm  M x , T   95,49 kp/cm 2 (1)   max  N , M   596 kp/cm 2

(1) En el punto P la tensión cortante debida al esfuerzo cortante T no es exactamente 0, pues es 0 en el punto Q, pero Q y P no coinciden, ya que los ángulos  y  no son complementarios. Pero como están muy próximos, y por tanto  debido a T será muy pequeño, puede despreciarse frente a la  debida a Mx.


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102


b) Giro de la sección C (alrededor del eje x) Dibujamos el diagrama de momentos torsores

20 mT

20 mT

El giro alrededor del eje x en

12 mT

la sección E será el mismo A

C

B

1m

1m

 x

 x



L





0

M x

dx

GI o

1200000  100 840000

1m

  40

32

4





12 mT  1 m GI  40

2000000  100 840000

  40

32

4

que el de la sección D.

E

D

1m





20 mT  1 m GI  40



20 mT  1 m GI 10

2000000  100 840000

  10

4

 0,244 rad  13,98



32


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103


Problema 7.6

Un árbol, de acero, debe de transmitir 120 CV a 600rpm2desde la polea A a la B. La tensión cortante admisible para el material del árbol es adm = 420 Kg/cm y la tensión normal admisible es adm=728 2 kp/cm . Calcular el diámetro del árbol. Datos: F=2·F’ , Q=2·Q’ , r A=15 cm , r B=22 cm. (radios de las poleas). y 50 cm 50 cm B

D

z

40 cm F

C r A r B

r B

r A

A

F’

’

Q

x

Q Resolución:

P  M x

  

M x



P 

1 CV  736 W  1 rpm  2 rad s   60 M x

 1405 Nm  14324

M x



120  736  1405 Nm  600  2    60  

cmKg

M x= F·r A – F’·r A = (2F’ – F’)·r A = F’·r A F   15  14324 cmKg



F   14324 15

 955

Kg

F  2 F   1910 Kg

M x= Q·r B – Q’·r B

también Q   22  14324 cmKg

Q 

14324 12

 1193,7

Kg

Q  2  1193,7  2387,4 Kg


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104


Diagrama de momentos en el plano xy : 3Q’= 3581 Kg

y x

D

C B

R D



3581

RC 

2 50 cm

3581 2

50 cm

Mz

x

+

M z , B



3582 2

 50  89525

cmKg

Diagrama de momentos en el plano xz : 3 F   2865 Kg x

B

C

A

D z

R D

 1146

RC  4011 Kg

Kg

40 cm

100 cm

My x

+

M  x   1146 x M B

 1146  50 

M c

 114600 cmKg

57300


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105


RC  R D



2865  0

R D  100  40  2865 R D

40  2865

 1146 Kg 100 RC  2865  1146  4011 Kg 

Determinación del momento flector en B ( combinando M z y My): M B El máximo está en C: M f





895252  573002



106292,12 cmKg

114600 cmKg

Diagrama de momentos torsores:

y

x

+14324 cmKg B

A

C

D -14324 cmKg

Mx

M x , B



M x , A



14324 cmKg

Determinación del diámetro mínimo del eje. Aplicando el criterio de Von Mises: 3 d min

3 d min



16



4 M f 2



3M x2

4  1146002



3  143242

   adm

16  

728

d min



11.7 cm


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Problema 7.7

En la figura se ha esquematizado la pieza desmontable de un enganche tipo cuello de cisne para el arrastre de caravanas de camping por parte de vehículos de turismo convencionales. La solicitación sobre la bola corresponde a una hipótesis de carga de arrastre con fuerte pendiente.

a) Determinar para la sección circular A los esfuerzos de sección: normal, cortante, flector y torsor. b) Dibujar para la misma sección A la distribución de tensiones normal y tangencial que provoca independientemente cada esfuerzo de sección. Indicar sobre el dibujo la posición de la tensiones máximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numéricamente sus valores. c) total. Como resumen del estudio, indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máxima

Sección A

G

75 Kp 50 Kp y

 40 mm

z O

A

400 Kp

150 mm

x 250 mm


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Resolución:

a) Esfuerzos de sección y

 N  400 Kp  T y  75 Kp  T z  50 Kp z

Tz

Mz

M x  50  150  7500 mmKp M y  50  250  12500 mmKp M z  400  150  75  250   78750 mmKp 

G x

N Mx

Ty

My

Nota: El signo del valor numérico y el sentido del vector en el dibujo son redundantes. b) Determinación de las tensiones



Esfuerzo normal N  400

Kp

Distribución uniforme de tensiones G

 x , máx



N A



400 

Kp

40 2

 x

:

 0,32 Kp/mm 2

4

x









Esfuerzo cortante T  T y  T z 2

2

T  T y  T z  75 2  50 2  90 Tz

Kp

G

Distribución parabólica de : T

Ty

máx

 máx



4 T 3 A



4

90

3

40 2 


 0,1 Kp/mm 2

4

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Momento torsor M x  7500



mmKp

máx

Distribución de tensión  con una ley lineal radial:

máx  máx



M x  r máx



I 0

7500  20 

40 4

 0,6

Kp/mm 2

32













Momento flector M M y

M z M  M y2  M z 2  12500 2  78750 2  79737

x,máx

Distribución lineal de tensión

 x

mmKp

respecto al eje de

giro: Mz x,máx  x , máx

My

M



M  y máx

79737  

I



40

4

40 2  12,69

Kp/mm 2

64 c) La tensión normal máxima total vale:  x , máx

 0,32  12,69 

13,01 Kp/mm 2

La tensión tangencial máxima total vale:  máx



0,6  0,1  0,7

Kp/mm 2


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Problema 7.8

Un tubo de acero 200 mm y de bajo espesor, e, constituye el soporte para el arrollamiento motorizado de una persiana según muestra la figura adjunta. El peso propio de la persiana y el rozamiento de arrastre equivalen a una carga de q = 50 Kp/m, la cual se aplica excéntricamente respecto de la directriz del tubo. La luz efectiva es L = 5 m, y se supone simplemente apoyado en A y C. a) Representar gráficamente los diagramas de esfuerzos y calcular sus valores máximos. b) Determinar el espesor mínimo del tubo para que se cumplan los siguientes requisitos: - La tensión equivalente de von Mises en las secciones críticas A y B sea inferior a 2 adm=500

Kp/cm . -  El corrimiento vertical B  1/1000 L. NOTAS: - Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q. 2 - Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm . - Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor:

3

I 0

 e

3

I z 

4

A   e

8

e

200

 e

B A

C B

C

Motor

q q=50 Kp/m L= 5m


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Resolución:

a) Determinación de los diagramas de esfuerzos. qy=50 Kp/m

y

25 mKp

mx=50·0,1= 5 mKp/m

125 Kp

z

125 Kp

q =50 Kp/m y

Mz /2 = 0,1 m

+

M z , máx   Ty

+

1 8

1 8

q y L2

50  5 2  156,25

mKp

-

T y , máx  q y L  125 2 M x , máx  25

Kp

mKp

+ Mx

b) Características mecánicas de la sección.

I 0 

 e m

3

3



4

 e



4

I 0  e 2 W 0    2 2

I y  I z 

I 0 2

3



 e

8



W z 

I z  e 2   4 2

A  2



2

e   e


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c) Comprobación de tensiones en la sección central B.

M z  156,25  M z   x,máx  W z 

máx

mKp z

z

máx

T y  0 M x  12,5   M x  máx W 0 

máx

mKp

Aplicando el criterio de falla de von Mises:

 equiv



2

 x , máx

2  3   máx 

500

Kp/cm 2

2

         equiv   156252   3   12502   500 Kp/cm 2 20 20   e    e   4   2  2474  11,8 e  0,1 cm  e  1 mm 500

Comprobación de tensiones en la sección extrema C

M z  0 Ty

T y  125 Kp   T T y  máx  2  A  M x  25 mKp    M x  máx W 0 

máx

máx

máx


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112


Apliando el criterio de falla de von Mises:  equiv





T 0  3   máx

  máx 

2



500

Kp/cm 2

2

     125 2 2500   500 Kp/cm 2   equiv  3   2     e  20 20   e     2  47,5  47,5 e  0,02 cm  e  0,2 mm 500

Con el espesor anterior de e = 1 mm, las tensiones en la sección extrema C son de equiv  100 Kp/cm2.

d) Comprobación del corrimiento vertical de la sección central B  L / 1000 = 5 mm. q

B

5 q  L4



 B

384 EI z

5

mm

L

5  B



5 384

100

Kp/cm

500 cm4 3

2100000 Kp/cm

2

  e  20 cm 

Despejando el espesor de la ecuación e = 0,123 cm

 0,5 cm

8



1,3 mm.

En conclusión, para verificar los requisitos de resistencia y deformación el espesor e  1,3 mm. Una solución comercial sería 200 x 1,5 mm.


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113


Problema 7.9 *

Un perfil angular de alas iguales es utilizado como carril de rodadura. a) Determinar las tensiones normales y tangenciales máximas en la sección del empotramiento. b) Determinar el movimiento del perfil, calculando el corrimiento total del punto A. c) Comentar el diseño y proponer mejoras.

z

P = 500 N

y

x 

y

L = 500 mm

z

A

A’

e=5

Material: acero E = 210000 N/mm2 2 G = 84000 N/mm

100 G

r

A

C b = 100


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Resolución:

Por razones de simplicidad se trabaja con la curva media del perfil de espesor constante y acuerdo recto. (*)

70,7

y

- El eje de simetría proporciona las direcciones =

centrales yy la zz.condición: - principales El baricentro G cumple G

70,7

 y  dA

0

=





0  z  dA 

- El centro de cizalladura C ( ó de torsión )

C =

z

=

coincide con el punto de encuentro de los elementos. 35,35

35,35

C

- Los momentos de inercia y módulos resistentes.

ds s y z

G

2  b   I z  y 2  dA  2   s  2   e  ds  1 b 3 e   0   3  2    I z 1666666 mm 4 W    23574 mm 3  z y 70 , 7 mm máx 





(*) También, pueden obtenerse estas características de la tabla de perfiles del fabricante con mayor precisión ( sin utilizar la simplificación inicial , v = 0 ).


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115


y s 2 b   2  2 2  I y  z  dA  2   s    e  ds  1 b 3 e  0   2  12   I y  416666 mm 4 W    11786 mm 3  y z 35 , 35 mm máx 

ds



z z

G



bi ei

C

1  t  I  3

G

2

3



bi



ei

3

4

 3 b  e   8333 mm

a) y

Mz

G P

C

Mx

z

Tz

Ty

My

z P


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116

 T y   P  T   P  z

2 Ty , Tz

2  353 N 2 2

 353 N

M x  P  b  50000 N  mm

Mx

 M y máx    P    M z máx    P

My , Mz

2 2

L  176777 N  mm

2 2

L  176777 N  mm L = 500 mm



Tensiones normales x debidas a la flexión desviada My , Mz.

2

+7,5 N/mm

+15

-

Para My

y

-15

M y 176777 Nmm N   15 3 W y 11786 mm mm 2



 máx

Mz -7,5

-

G

 máx

My

Para Mz



M z 176777 Nmm N   7,5 3 W z 23574 mm mm 2

z



Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant (ya que I   0 en este tipo de secciones).

M  x

GI

d  x

t dx TORSIÓN UNIFORME    



EI

d 3 x



dx 3

   

TORSIÓN NO UNIFORME


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¾



máx

máx

máx = 30 N/mm2

e

¾ máx = 22,5 N/mm

2

Mx

M x  e máx 50000 N  mm  5 mm N    30  máx  4 I t 8333 mm mm 2    3   3  30 N  22,5 N  4 máx 4 mm 2 mm 2

  d  x M 50000 N  mm rad  x   7,14  10 5  N mm  dx GI t 84000  8333 mm 4 mm 2  

Tensiones tangenciales debidas al cortante T y , Tz. Aplicamos superposición:

TOTAL=  + ’

Ty : A1 y

y

100

G

C 0,75 z

0,75

A  T y  m z 1 variable según y   I z  e  Para y  0,  . máx   2 100  mm 3  2 353 N  100  5  N 2  máx   0,75 4  1666666 mm  5 mm mm 2  ó directamente se demuestra que   3 P máx  4 be

Ty


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Tz : A1

 T z  m y A1    variable según z I y  e   Para z  0,  máx .  2  50  mm 3  2  353 N  50  5 N 2     0,75 4  máx 416666 mm  5 mm mm 2  3 P   máx 4 be ó directamente se demuestra que

y 50 z G

0,75

C

Tz 0,75

z

Se demuestra que

TOTAL

 TOTAL max

27



P



20 b  e 27 500 N N    1,35 20 100  5 mm 2

1,35

0,75



C 0,75 500 N

Obsérvese que en el ala horizontal debe anularse la distribución de tensiones tangenciales, ya que solo tenemos fuerza vertical de 500 N. Composición de tensiones: 1

Punto

1

N N   x  15 mm 2  7,5 mm 2    N   22,5 mm 2 

( My Mz )

( Mx )

3 2


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Punto

2

Punto

N   x  15 mm 2    N N  0,75   30 2 mm mm 2 

( My )

( M x , Ty , Tz )

1

De los puntos estudiados, el

3

N N   x  15 mm 2  7,5 mm 2    N   22,5 mm 2 

( My Mz )

( Mx )

es el más desafavorable.

Aplicando Von Mises

 equiv



 x

2

 3 2  22,5 2  3  22,5 2  45

N mm 2

Ante la duda que exista un punto con una combinación más desfavorable y dada la complejidad del problema, es posible tomar los valores máximos correspondientes a cada esfuerzo (aunque físicamente no estén en el mismo punto). Así

 equiv



 x

2

 3 2  (15  7,5) 2  3  (30  1,35) 2  58,8 N 2 mm

Esta operativa está contemplada en diferentes normativas. b)

Mx

 x

C



d  x

F



dx L

x  

F  L3 3  E  I

Se desprecian los corrimientos debidos al esfuerzo cortante T y , Tz.


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120


y

G A

G1

C

y

z z

C1

 (x) A1

Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz:

 y



F  L3 3  E  I z

500



2

 (500) 3

2 3  210000  1666 666

 0,04 mm

Corrimiento según el eje z debido a la flexión My:

 y



F  L3 3  E  I z



2

 (500) 3 2 3  210000  416666 500

 0,17 mm

Amplificación del giro debido al torsor M x:



d    x  100   x  L   100  7,14  10 5  500  100  3,57 mm  dx 


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121


d) Posibles modificaciones en el diseño.

1

Cerrar los extremos de los voladizos.

La barra adicional trabaja a flexión y limita considerablemente el giro a torsión del extremo del angular. Sin embargo, para otra posición del carro se reproduce el problema. 0







0

barra adicional 2

Cambiar la posición del angular.

La carga vertical ( y horizontal ) se realiza en el centro de cizalladura. P

C

G

3

Elegir otro perfil con mayor rigidez torsional (perfil cerrado).

4

Elegir un perfil de guiado simétrico

G C

C


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122


Problema 7.10 *

a) Determinar las tensiones normales y tangenciales en el perfil HEA-500 sometido a torsión constante Mx = 20 KN · m y con coacción total al alabeo en el extremo empotrado. b) Calcular el giro x en la sección A.

y A

B

x z Mx = 20 KN·m L=5m

2

2

e = 355 N/mm

E = 210000 N/mm

Resolución:

Se trata de un problema de torsión no uniforme, ya que está impedido el alabeo en el empotramiento. Ecuación diferencial de gobierno: 23

M x  G  I t 

d  dx

3

 E  I w 

d  dx 3

490

12

300

donde : Momento de inercia a torsión o constante de Saint Venant:

I t  

1 3

3

 bi  ei 

1 3





3

4

 2  300  23  467  12  270  10 mm

4

Módulo de alabeo o momento de inercia sectorial:

I w  I f 

h2 2



1 12

3

b e

h2 2



1 12

3

 300  23 

467 2 2

9

 5643  10 mm


6

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123


El reparto del momento torsor total M x = Mt1 +Mt2 ( para L =  ):



M t 1  M x 1  e  x

Torsión uniforme  Torsión no uniforme

 M x  e

M t 2

Mx = 20 KN·m



Mt1

 x

2,03 ( 3,9 exacto )

Mt2

x x







E  I w

N

 309,3  10 4 mm 4 2 mm N 210000  5,64  1012 mm 4 mm 2 80000

G  I t

4

 4,57  10

1

mm

El angulo girado por unidad de longitud es variable: d  x dx



M x G  I t

d  x

M t 1

1  e   G  I  x

dx

x

t

x

Para encontrar el ángulo de giro total en el extremo:

 x

L

d  x

0

dx





L

M x

0

G  I t



 dx 

 1  e 

 x

 dx 

M 1 1   L  e  x  1   x  L   G  I t    G  I t    M x





  20000  10 3 Nmm 1  5000 mm   e 4,57104  4   N 4,57  10 81000  309,3  10 4 mm 4   2 mm  x



5000

 0,4  0,17 rad  23  10  13 





   1   

( valor muy elevado )

Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant en el extremo del voladizo Mt1 Mx.

max

Alas:  V

max

Mt1

Sección A



M t 1 I t

 emax 

20000  10 3 Nmm 309,3  10 mm 4

4

 23 mm  149

N mm 2

Alma: 3

max

 V

max

 M t 1  ealma  20000  104 Nmm  12 mm  78 N 2 I t 309,3  10 mm 4 mm


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124




En el empotramiento la torsión no uniforme provoca tensiones tangenciales

y normales

w

,

w

donde Mt2  Mx :

max

Mt2

Mt2 = Vf · h

Vf



V f



20 KN  m



0,467 m

42,8 KN

Por aplicación de Collignon en la sección rectangular

Sección B

del ala :

h = 467 Vf





w max

3 V f



2 A f

3 42800 N

N



9,3 mm 2

2 300  23

max

(el valor exacto es 9,3

w

Mf Vf

N mm



2

M x b

3 4

e



2

) h

Obsérvese el autoequilibrio de los esfuerzos en las alas, Mf , Vf , respecto a la sección global:

w

w

M f

Mf



 

Vf  w

M t 2

20000  10 3 N  mm



h

4,57  10



4

mm

1



93,7  10 6 N  mm  93,7





467 mm KN  m

valor superior al momento torsor aplicado

La tensión normal en la sección rectangular del ala por aplicación de Navier:

 w 

M f  b 2 I f



93,6  10 6 Nmm  300 mm 2 1 3  23 mm  (300 mm) 12



272

N mm

2

2

(el valor exacto por aplicación de las fórmulas del bimomento es w = 261 N/mm )


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

Aplicación del criterio de Von Mises

Sección A: punto contorno del ala

 equiv 



2



3   2

Sección B: punto extremo del ala (

 equiv 



2



3   2



3  149  258



N

  e

mm 2

,w = 0)

w max



0  3   2

 w 

3   w

2



272 2



30



272

N

  e

mm 2 Comentarios: - La tensión equivalente es parecida en ambos casos. - Si existe N, My, Mz , para secciones tipo

:

 max 

N A



M y W y



M z W z

  w


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Problema 7.11 *

Una viga IPE-300 está sometida a una carga vertical F = 30 KN con una excentricidad accidental de 50 mm. a) Determinar, en la sección del empotramiento, la distribución de tensiones normales x debidas a la flexión y a la torsión no uniforme (bimomento). Calcular el valor máximo. b) Determinar, en la sección del extremo del voladizo, la distribución de tensiones tangenciales debidas a la torsión no uniforme o de Saint Venant. Calcular el valor máximo. Acero S 355 2

E = 210000 N/mm2 G = 80000 N/mm e

2

= 355 N/mm

Notas: - Se supone la viga arriostrada convenientemente para evitar el vuelco lateral. - Puede utilizarse la tabla de la serie normalizada IPE para determinar las características mecánicas de la sección.

L=3m

y

GC IPE - 300 z

x 50 mm F 30 KN


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Resolución:

Diagramas de esfuerzos 90000 Nm ( máx ) 1500 Nm -

x

Mx = F · 0,05 m

30000 N

Mz = - F · (L – x )

Momento torsor

Ty = - F

Momento flector eje z

Esfuerzo cortante eje y

Características mecánicas sección IPE – 300. A  53,81 cm 2

y

tf = 10,7

 I y  603,8 cm 4  4  I z  8356 cm 3 W el y  80,5 cm  W el z  557,1 cm 3 I T  20,12 cm 4

z tw = 7,1

300

150

I w  125,9  10 3 cm 6 Análisis de la torsión mixta Ecuación general de gobierno de la torsión mixta: 3

M x

d  d  x E I w x G      dx dx3     I T

Uniforme M t 1

No uniforme M t 2

1355 Nm Mt1

1500

Mt2

x

145 Nm

L= 3m


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128




M t 1  M x 1  e 

Torsión uniforme : 

Torsión no uniforme : M  M  e t 2





80000

G  I t



E  I w

210000

N

mm

 x



2





, para x  L

M t 1  1500 1  e 0, 783  1355 N  m

, para x  L

M  145 N  m

x

mm N



x



t 2

 20,12 cm 4

2

 7,8  10 3 cm 1  0,78 m 1

 125,9  10 3 cm 6

a) Tensiones normales máximas: x = 0

w

x

Mf

w

Mz

w

Mf

w

Debidas al bimomento Mf : ( If  Iy / 2 )

M f 

 w



M t 2 

h

M f 



1500 N  m 0,78 m 1  0,289 m

 6654 N  m

b 3 2  6654  10 Nmm  75 mm  165 N 4 2

I f

6038000 mm 2

mm

Debidas al momento flector Mz :

 x max

( M z ) 

M z W el z



90000  10 3 N  mm 557,1  10 mm 3

3

 162

N mm 2


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Así, la tensión normal máxima: N  x max   w   x max

( M z )  165  162 

327 mm 2

b) Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme en la sección x = L:

max

Alas superior e inferior: Mt1 = 1355 N·m  máx 

M t 1



e máx

I t max

2

= 72 N/mm

 máx 

1355  1000 201200




10.7  72 N/mm 2

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8 Corrimientos en piezas prismáticas

131



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132


Problema 8.1

En la viga quebrada de la figura, sometida a las cargas que se indican, determinar: a) La distribución de tensiones en la sección mn. b) El corrimiento vertical en B, v B. (Se prescindirá del posible efecto del pandeo)

y

3000 Kp B z

C

G

m 2m

h= 0.6 m

n A b= 0.3 m

1m

Material : 4 =2,1·10 Mpa =0,2 G=8750 MPa

4m

1m

Resolución:

a) Diagramas de esfuerzos x’

3000 Kp B

2m

C

x

1000 A

2

N

RC = 1000



Reacciones : R A 

R A = 1000

2000 kp  2

RC  1000 kp 

B 

1000 2

T RC  1000

B

1000 2

C 4000mKp



A

R A= 2000

C



A

P

3

 P  3000 Kp 

1000 2

-1000

1

P

3

1000 2

M



4000mKp http://slidepdf.com/reader/full/mecanica-de-materiales-beer

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133


N

 1000

Tramo AB

2

0

Tramo BC

T

M

1000 2 -1000

1000 2  x 4000  1000  x 

Esfuerzos en la sección mn:

 1000 2 Kp T mn  1000 2 Kp M mn  2000 mKp

N mn

Tensiones provocadas por cada esfuerzo, por separado: Y

max,C

m

max G

M

N

Z

T

n

 x 

N A 1000 2

 x



1800

Kp

 0,8

cm 2

N

M

 x



 x



 M

y I  2000  100

 x max

540000  11,1 Kp

T

2  1  4 y 2  2 A  h  2  3  1000 2   1  4 y 2   xy  2 1800 60   Kp  xy max  1, 2 2  xy

y

cm 2



3 T 

cm

A  1800 cm 2 A1



5 6

A  1500 cm 2

I z  540000 cm 4 W z  18000 cm 3


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Suma de tensiones normales x :

 x



N A

 x máx  x mín







M y  0,8  0,37 y I

 0,8  0.37   30  10,3 Kp/cm 2 (máxima ténsión de tracción)  0,8  0,37  30  11,9 Kp/cm 2 (máxima tensión de compresión)

b) Corrimiento vertical en B

v B

   W   P



TOTAL

 N  N  T T  M M dl   EA  P GA  P EI  P  1  

 2 2 2  P  P P  x  2 3  3  2 3    EA  3  GA1 3 0 EI     4 P P '   P  x  4 x '    400  1    0  3    3 3    dx '  0 EI  GA1  3   3 3  



200 2

  2  x dx  3   







200 2

0

 2000 2000 2000 x 2     dx    3 EI   3 EA 3GA1



400

0

 1000 16000  8000 x '  1000( x ' ) 2     d x   3 EI  3GA1  200 2

  x 3 2000   2000 x 2000 x 3     5 5  3  2,1  10  1800 3  87500  1500 3  2,1  10  540000     0



400

 x  2 x  3  16000 x   8000  1000   1000 x  2 3    5 3  2,1  10  540000  3  87500  1500    0 



 0,0005  0,0014  0,0442  0,001  0,0608

 0,0005 0,0024 0,105  0,108 cm  1,08 mm ( N )

(T )

( M )


128/178

5/9/2018


135


Problema 8.2

Para la pieza quebrada de la figura, hallar : Q

Sección

a) El desplazamiento vertical de la sección A. 4 cm 1m A

4 cm

b) El desplazamiento transversal de la sección C (en la dirección Z).

y x z

Aplicación a :

1m x

D

P=300 N Q=2P=600 N 5 E=2,1·10 Mpa G=0,4E

y P

C

z

1m

Z

Resolución :

Determinación de esfuerzos:

A x Q B

x

D

C P

T y  Q  600 N Tramo AB  M z  Qx  600 x mN  N  Q Tramo BC  x M y  Q  1  600 mN T y  Q  600 N  T z   P  300 N  Tramo CD M x  Q  1  600 mN M  Qx  600 x mN  z M y  P  x  300 x mN

x


129/178

5/9/2018


136


a) Desplazamiento vertical de la sección A:

 A

 W total  Q

 T y T y  M z M z  dx  A  GA Q EI z Q   1



B

1m



0



0

1m

0

 Q   Q  x   1   x  dx  EI z  GA1 

1m





 Nx  Nx  M y M y  dx   EA Q EI y Q   

D





B

 T y T y T z T z M x M x M y M y M z M z    dx      C  GA Q GA1 Q GK t Q EI y Q EI z Q   1









C

1m



0

Q  Q    EA  1  EI y 1 dx   

 Q   P Q  Q  x Px          1  0 1  0 x  dx   GA1  GA1 GK t EI y EI z  

 1   Q  1 Q  Q   1 Q  1 Q  1 Q  x 2  Q  x 2  dx   EA  GA1 GK t EI y EI z  

1 EA

Q

1 GA1

2Q 

1 GK t

Q

1 EI y

Q

1 2

Q  0,042 m  4,2 cm

EI z 3

Términos de la sección: Q  600 N

y

E  2,1  1011 N/m 2 G  0,4  2,1  1011 N/m 2

z

A  16 cm 4 cm

5

A1



I y

 I z 

A 

6 4 cm

K t  K 3

b

a

 16  10 4

2

40

1

 10  4

m

m2

3

12

2

 4 4 cm 4 

43 3

 10 8

m4

 2a 3 2b   0,141  4 4  10 8

1




K 3

m4

 0,141

130/178

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137


b) Desplazamiento transversal de la sección C.  C  z  

1m







0

W total   P

1m



0

  Q  0   Q  x  0  dx   GA  EI z  1 

1m



0

  Q  0  Q  0  dx   EA EI y  

 Q  P Q P  x  Q  x  1 1  P    0   1   0   0  dx   P   x      GA1 GA GK EI EI GA EI  3  1 k y z 1 y  

P 0,4  2,1  1011



40 3

 10 4

 2,1  10

P 3 3 11 4



3

  10 8

12 P  10 4 P 64  2,1  10

7

 2,235  10 3 m  0,2235 cm


131/178

5/9/2018



132/178

5/9/2018


9 Piezas y sistemas hiperestáticos

139



133/178

5/9/2018


140


Problema 9.1

En la viga de la figura, determinar el perfil IPE necesario para que se verifique la condición de resistencia y para que el desplazamiento vertical en el extremo volado (punto C) sea inferior a 0,3 cm. 5000 kp B

A

C 2

=1600 Kp/cm 6 2 E=2,1·10 Kp/cm adm

4m

1m

Resolución :

a) Se descompone el problema, con un grado de hiperestaticidad, en uno isostático más un momento de empotramiento (incógnita) MA .

P

A

B

4m

P

A

B

C =



x



-



R B’





R A  x  R B



x  4

-



= M

M

C

x



R A  x

B

R A’

-5000mKp=MB MA-R A·x

A

 R B

R A

1m

MA

C +

+ M’

+

+ M’A-R A’·x

MA

5000 R B

R A

+



R B



= T

T

-

I)

M’A

5000



R A

+ +

T’

-

R A’

II )

R B’

III )

Estado final ( I ) = Estado isostático ( II ) + Estado hiperestático ( III )


134/178

5/9/2018


141


- Estado isostático (II):





R A  R B

 5 000



R A  4  5 000  1



M A

 5 000  R  A   4  1250 Kp    R B  6250 Kp

 

0

M B



 5 000 mKp

M C  0

- Estado momento hiperestático (III): R A

  R B M A  R B  4 M B  0



Para encontrar M’ A , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B , en el estado final (I): 0

1  L  M A  y    EI EI  2 1

2

B

i

i

i 1



L  M A 2  1  L  L  3 2 3 



Ai = área diagrama momentos flectores yi = distancia desde el baricentro A i hasta B L=4m M A

M A



M A

R B

 M A  2500 mKp



M A 4



2500 4

M B 2



 5000 2

mKp

 2500 mKp

 625 Kp

- Estado final (I): M A



 M A  M A  0  M A  M A  2 500 mKp 

M B

 M B  M B  5 000  0  5 000 mKp M C  0 

R A  R A  R A R B M  x  4   M A



 R B

 1 250  625  1875 Kp  R B  6 250  625  6 875 Kp

 4 R A  M B  R B

R A



M A

 M B 4



2500  5000 4

 1875Kp

 6875 Kp


135/178

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142


b) Para el cálculo de vC , vamos a aplicar el 2º teorema de Mohr entre A y C .



3 vC    1 Ai  y i EI i 1





1  4M B EI  2

 4  1   1M B  3  2

2 3

3  4M A  8  1     20000 kg2  m 4  2  3   3 EI Kg/m  m 

TABLAS  2  10 4  10 6 2  10 4 4        0 , 3 cm I 10582 cm IPE 330 min 3  2,1  0,3 3  2,1  10 6  I



 I z  11770 cm 4  W z  713 cm 3

c) Comprobación del perfil a resistencia :

 max

 max

 

M max W z T max A1





5000 mKp 3

 7,01 Kp/mm 2  701 Kp/cm 2  1600 Kp/cm 2   adm

713 cm 5000 Kp

271  7,5 mm 2

 2,46 Kp/mm 2  246 Kp/cm 2  923,8 Kp/cm 2   adm

3

  adm

El perfil IPE 330 cumple la condición de resistencia y la condición de rigidez.


136/178

5/9/2018


143


Problema 9.2

Dada la viga de la figura, p = 20000 N/ml

20000 N

B C A 4m

2m

determinar : a) Diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes. Material:

b) Valores de las reacciones. c) El perfil IPN necesario para

=140 MPa.

adm

Acero 6 E=2,1·10 MPa

d) La pendiente en el apoyo B. Resolución:

a) Descomposición en un problema isostático, más una incógnita hiperestática ( R’B). p



P

p

P

MA =

+

C A

4m

B



M

R’B



1m

MA MA

R A

R A’

x

x

280 000 Nm   R A x  M A  px 2 / 2





-

-

=

+





4 px  2

+ +



R A



10 000 N

+

MA’- R A’x



MA’= 4R’B

R A  px

P T



  A R A x  M

MB=-40000 Nm

-

MA’

P =

+

+ R A’


-

R’B

137/178

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144


b) Determinación de la incógnita hiperestática y de las reacciones totales.

   x 2   M A  R A  x  R A  x   M A  p   2     M  x  B ,C  R A  x  M A  4  p   x  2  M  x  A, B

Para hallar R’ B , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B :



0



 

B M x

A

EI

 xB  x dx 

 B   M  2  x 2    A  R A  x   M A  p  4  x dx  4 A   4  EI   2   2 3     1



 100000 N M A  280000 Nm M A  4 R B

R A



 B100000 x  280000  10000 x 2  4  x dx  64 R    B EI  A 3  1



4m   x 2 x 3 x 4  64   1120000 x  680000  140000  10000   RB   EI   2 3 4 0 3  

1



  4160000  64 R    0  B  EI  3 3  1

 

R A - 80000 + 65000 - 20000 = 0 MA = - 20000·6 + 65000·4 - 80000·2

R B

 65000 N

R A = 35000 N MA= -20000 Nm

c) Determinación del IPN.

 max

 W Z ,min 



4  10 6 14000

M max W z



40000  100

 285,7 cm

W z

 14000 N/cm 2 

3

TABLAS

 I z  4250 cm 4 IPN 240  W z  354 cm 3


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145


d) Pendiente en B.

M  x  A, B

 20000  35000 x  10000 x 2 d 2 v1 dx 2

dv1 dx x  0 : x  4 :

dv1 dx



2 3     20000 x  35000 x  10000 x  C 1  2 3 EI  

1

0 

 B



 B



 M  x  A, B

dv1 dx



C 1

0

  20 000  4  35 000  16  10 000  64  0    2 3 EI   1

 240 000  840 000  640 000  40 000  11 8 3  2,1  10  4250  10 3  2,1  10 3  4250  B

 0,00149

rad  0,0856 0


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146


Problema 9.3

a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, p, que se puede aplicar en la viga de la figura, si la tensión máxima admisible es de 140 MPa (tanto para la viga AB como para el tirante CD). b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.

D

- La viga AB es un perfil IPN 400. - El tirante 2 CD tiene una sección de 5 cm . 4m

- Módulo de elasticidad : 7

2

E = 2,1·10 N/cm ( para la viga y el tirante ). C

A 4m

B 4m

Resolución :

a) Se trata de un problema hiperestático. Para resolver la hiperestaticidad, impondremos la siguiente condición :  C

donde :

 

vC

 C =

corrimiento del punto C del tirante CD.

vC =

corrimiento vertical de la viga AB en el punto C.


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Cálculo de C :

R D D

 C

  CD     CD 

(  

4m

C

 C



R D



E

,  



E

  CD 

R D

EA

)

A

R D  400 cm 2,1  10 N/cm  5 cm 7

R D   CD

2

2

 3,81  10  6  R D

cm

 R D

en N 

Cálculo de vC : Aplicaremos el Teorema de Castigliano: x p

A

C

B

R D 4m

R D  x  400  p x

4m

2

2

2

 p x 2 -

M

mKp 

vC 





W TOTAL   R D

 p 400

0



  M

C M x

EI  R D

B

x 2

2  0  dx  EI



dx 

  M

A M x



C

EI  R D

R  x  400  p 800 D

400

EI

MA= 400 R D- 320 000·p ( Ncm ) MC= -80 000·p ( Ncm )

dx 

x 2 2  x  400  dx 


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148


 p 800 

x 2 2

 R D  x  400 R D



 x  400  dx 

EI

400

800

  p  200 p  R D  3   x 4    x  400  R D  x 2  160000  RD  x   EI  8 3    400 1



 18133  10 p  21,3  10 R    18133  10 p  21,3  10 R 6

1

6

EI

6

6

D

D

2,1  10 7  29210



6

  29561,5 p  34,8  RD   10 Entonces:

 C

 vC 



3,81 10 6  R D

38,61  R D

cm

  29561,5 p  34,8  R D 10 6  

 29561,5 p

 766 p (2) p  0,13  R D (1) R D

R D

 766 p

(R D en N) (p en N/cml)

Determinación de pmáx : Para el tirante:

 max,tirante



R D , max 5 cm

2

  am  140  10 2 N

cm 2

 R D ,max  70 000 N  2 

 p max  0,13  R D,max  0,13  70 000  9 100 N m 2 

Para el perfil:

 max,viga



M max W z , IPN 400

  adm

 400 R D  320 000 p  400  766 p  320 000 p  13 600 p M C  80 000 p M máx  80 000 p M A


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149


 max, viga



M max



W z , IPN 400

80000  p 1460

  adm  14 000 N

cm

2



p máx 

Por tanto: p max  9100 N

m

140 000  1460 80 000

 255,5 N/cm  25 550 N/m

( la menor de ambas).

b) Cálculo del descenso de C. 6 v c  3,81  10   70 000  0,267 cm  2,7 mm


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150


Problema 9.4

Las vigas AB y BC de la figura están perfectamente empotradas en los extremos A y C. Cuando están descargadas, sus extremos B están en contacto, pero sin transmitirse ningún esfuerzo. p Material: Acero A42b

IPN 220 A

IPN 200

C

B

3m

4m

Determinar: a) La carga uniformemente repartida máxima que puede soportar la viga AB, estando sometida la viga BC solamente al efecto producido por la AB. b) El descenso vertical del punto B. Resolución:

a) Determinación de pmáx. En este tipo de problemas de interacciones, la resolución se basa en plantear la igualdad de corrimientos (ecuación de compatibilidad de deformación en la sección B): p R C A

B

B R

3m

4m

1

x

= 2

x

M  x    R  x

-

M max   R  

+ 1 M  x   R  x  p  x 2


144/178

5/9/2018


151


Cálculo de 1: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre A y B : Rx  1 px 2 2  x dx   1    0 EI z







1  R 3 p 4     EI z  3 8 

  3 m 

Cálculo de 2: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C y B:  2





 Rx

 EI



0

 x dx 

z

1  R 3   EI z  3 

  4 m 

Condición: 1=2 64  p   R 8 3  4 E  2140 cm E  3 060 cm 4 9 R 

81

216  3060  512  2140 R  243  3060 p 

p  2,3624  R

 N 

N m





Cálculo de R max (  pmax ): IPN 200 a flexión:  máx



M máx W z , IPN 200



M máx 214 cm

3



 260 N 2 2  173,3 N/mm 1,5 mm 

M máx  37093,3 Nm

M

:

máx

R M  0  R  px  x   0,4233 m  x p

M  x  0,4233  0,211649 R 1 M A  R    p   2 2

    M máx  M A  7,6308 R  

M máx

 7,6308 R  37093,3  R

 4861,0 N máx


145/178

5/9/2018


152


IPN 220 a flexión:

 máx 




M máx 278cm 3



260 N mm 2 1,5



 173,3

N/mm 2



M máx



48186,6 Nm 

M máx

  R   

4 R  48186,6 

Rmáx

 12046,6 N

 

Por lo tanto:

R

máx 

p máx



mín



12 046,6 ; 4 861,0

2,3624 Rmáx



 4861,0 dN

2,3624  4861,0  11483 N

m

b) Descenso vertical del punto B.  2  

R   3 3 EI z



4861  400 3 3  2,1  10 7  3060

 1,61 cm


146/178

5/9/2018


153


Problema 9.5

a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, pmáx , que se puede aplicar a la viga de la figura. b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.

D

E

A  5cm 2

Datos:

A  5cm 2

Viga AB: IPN 300 adm= 160 MPa 5 E = 2,1·10 MPa ( tanto para la viga AB como para los

h=6m 45º

45º

tirantes CD y CE ) C

A

B

p

4m

4m

8m Resolución:

a) Imponemos la condición de compatibilidad de deformación en C, es decir, planteamos igualdad de corrimientos. R

R

2

2

p

A p

C 

B

R

2

p



2

 R 2  x  R x   2 

 R 2  x -

+ x



2 

 px  1 2  px 2 

 px  R 2  x  1 2  px 2 2

2

+

  px  R 2  x  1 2  px 2  R x    2 

+


147/178

5/9/2018


154


D

E

45º

45º

C 





 C

 C



2  

Cálculo de C :

 

Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C  x 

 y A  x  0  : 



2 









0

2

 p 2 x  R2 x  p2 x 2  1  x   dx    EI z EI z    





2

o

   R  2 p 3    p   x  x   dx  2    2 2 



  R  x3 p x 4  2 1    R  3 p 4    p         p      EI Z  2 2  3 2 4  EI z   2 2  24 2 64  0 1



  R3  1  1    1   R3  5 p 4      p 4   C EI z  48 384   48 128   EI z  48 1

R A

C

B

 



2

2


148/178

5/9/2018


155


Cálculo de  :

2 R 2

2

D, E

2

   

C

6

 R  

EA

 600

2 2



 R  600

2



E  5

2 cm

120 R

E

cm

, A  5 cm 2

2m



2 R 2

 C



2  



 C



  R 3 5 p 4  120 2 R     384  EI z  48 E 1

2

   8 m  800 cm 4   I z , IPN 300  9800 cm   



83  106 48

R 

64 R  32000 p  9,98 R 

5  84  108 384

p

p

 9800  120

 2,312  103 R

2 R

( p en N/ml , R en N)

Cálculo de R máx (  pmáx ) :



Cables a tracción: 2

 máx



P máx A



 Rmáx 2 5 cm 2

  adm  16 000 N

cm 2




Rmáx

 113137 N

149/178

5/9/2018


156




IPN 300 a flexión:



 máx




M máx 653cm 3

 16000 N

cm 2



M máx

 104480 Nm

|Mmáx|:  1 M C  p 2  R 8 4

1

800

8

4

  2,312  10 3  R  8 2  10 4  R

 15 R

 p  2,312  10 3 R       800 cm  p R M R R    0    px  x      183,74 cm  x 2 2 2 2 p 2 2  2,31  10 3 R

M máx

 M  x  183,74 cm 

p 2



R

1 x  px 2 2 2

 800 

2,312  10 3 R  



2

2

Así que Mmáx = 104480·10 N·cm = 39 R máx Radm, sistema

  x 2  R  p x    x  2  2 2

183,742  R

 183,74 



2

 

2

 183,74  39 R

R máx = 267897 N

 mín113137,267897 113137 N

Por lo tanto, el valor máximo de la carga uniformemente repartida que se puede aplicar a la viga AB, admitida por el sistema, es: p máx

 2,312  10 3  113137  261,57 N cm  26157 N m

b) El descenso del punto C es.

 C



2    2 

120  113137 2,1  10 7

cm 

 C


 0,9 cm

150/178

5/9/2018


157


Problema 9.6

Determinar el desplazamiento vertical de la sección C, C , en la pieza de la figura, admitiendo que la sección en todos los tramos del sistema es circular y el material es el mismo.

A

a

D

p

B

C a

Datos: G = 0.4·E p =1000 N/ml D = 50 mm a=1m E = 2,1·105 Mpa Resolución:

a) Determinación de esfuerzos . Es un problema hiperestático. Consideraremos R B como incógnita hiperestática a determinar. y

Esfuerzos:

A

z



x

T y  R B  px

x

1 M Z  R B  x  px 2 2

p

x

Tramo BC:



Tramo CA:

B

C

T y  R B  p  a

y R B

M z   R B  p  a  x

z x

M x  R B  a  1 p  a 2 2


151/178

5/9/2018


158


Aplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incógnita hiperestática R B :

0   B



W total C  T y T y M z M z      dx  B GA  R  R B  1 B EI z  R B 





1   R B x  px 2  R  px  2  B 1   x  dx   B  B  0   GA1 EI z    





C  a

1  a2 R B a  p  GA1  2



 R B a  pa 2   1  GI 0



 R B a 3  p a 4   1  R B  2  EI z  

 2aR  3 a 2 p   1  B  GA1  2  GI 0 1

1   R B a  pa 2  R  pa     R pa x 2  B 1   a  B  x  dx  C  0   GA1 GI 0 EI z     A a

9 A  9  A1  10 10  4  D   I 0  32   D 4   I z  64 



1 9 D 0.4 E  10 4





2

1  2aR  3 a 2 p    B  2   0.4 E  D 4

40 D 2 2aR B

a3 3

4

 p a  R B 8

a3 3

4  p a   3 

4  3   a R B  a p   1  2 a 3 R B  11 a 4 p  2  EI z  3 24  

 G  0,4 E 

 B

 T y T y M x M M z M z    dx   C  GA  R  1 B GK t  R B EI z  R B  A

D  4

2

         

4  3   a R B  a p   1 4  2 a 3 R B  11 a 4 p   2  24 D  3   E 

32

64

4  3 2 a 2 p  32  9 a 3 R B  a 2 p   64  3.62 3 a 3 R B  1124 a 4 p    0 4 3.6  E    D

 D  50 mm  0,05 m    a 1m   p  1000 N/ml    11

 E  2,1  10



2

N/m



R B


 565.3 N

152/178

5/9/2018


159


b) Determinación de



C.

Para calcular C , aplicaremos el método de la fuerza ficticia: Esfuerzos (debidos a F):



A

Tramo BC:

T y  R B  M z  R B x

x

C

B x

F

0

W total   R B

40 D 2 2aR B

R B



Tramo CA:

T y  R B  F  M z   R B  F   x M  R  a  x B

2 a 3   aF   32  9  a 3 R B   64  3.6   a 3 R B  F  3  3  3.6  E    D 4  R B  0.174  F

W total   C   F  para F  0 

a

 (





a

0

(

 R B  px   0,174 F GA1

 R B  pa   0,174 F  F GA1

0



 R x  1 px 2   0,174 F  x  B  2  0.174   0.174 x  ) EI z

 0.826 

    R B a  1 pa 2   0,174 F  a 0.174a   GI 0   2   1

 R B  pa  x  0,174 F  F  x EI z

dx 

 0.826 x  ) dx

Integrando, entre límites, y tomando F= 0:

 C



2    0.174 R B a  p a   0.826 R B a  pa 2   1  0.174 R B a 3  1 pa 4      GA1  2  2      GI 0 

1


153/178

5/9/2018


160






40 D 2  0.652 R B

3 4 3 4    0.174 R B a  1 p a   0.826 R B a  p a     3 2 4  3 EI  3  Z      

1

 0.739 p   32  9  0.174 R B  0.087 p   64  3.6   0.217 R B  0.254 p   0,00225 m 3.6    E  D 4  C

 0,225 cm

(en vertical, hacia abajo: igual dirección y sentido que F)


154/178

5/9/2018


10 Inestabilidad elástica

161



155/178

5/9/2018


162


Problema 10.1

Determinar la carga máxima P que puede soportar el sistema de la figura, si la tensión máxima admisible es de 160 MPa. 3m

6m

A

B

IPN 500

C

P

HEB 120

4

6

30º

IPN 100

30º

IPN 100

2

E = 2,1·10 Kp/cm Resolución:

x

Reacciones: C

B

A 3

6

3

P



 M

 0  P  3  RC  6  RC 

B

P

P

2

2



P

2

3

 F

V

 0  Rb  P

2

P

2 P

+ T

3

-

P

2

T máx 

3 P P  x

3 2

P

Kp

M máx  3 P

mKp

 P  x  3 P  x  3

2

M


156/178

5/9/2018


163




IPN 500.Cálculo a flexión.

:  máx








3 P Nm 2750 cm 3

  adm  160 N

mm 2



P máx, IPN 500

 146667 N

Puntal HEB 120. Cálculo a esfuerzo normal y a pandeo. y

 A  34 cm 2   I z  864 cm 4 ; I y  318 cm 4 HEB 120  3 3 W z  144 cm ; W y  52.9 cm i z  5.04 cm ; i y  3.06 cm 3 P 2

z

Esfuerzo normal:

-



 máx

N máx A



N máx 34

 16000 N

3 544000  P 2



cm 2

P máx

 N máx  544000 N

 362667 N

Pandeo:

-

 

L i min



400 3.06

 131  105   min

( acero estructural )

el pandeo se produce en la zona 3 P 2

de validez de la ecuación de Euler 2

N adm, H 120



N crit

 sp



2 7  EI L2    2.1  10  318  117700 N  sp 16  10 4  3.5

 I  I min  318 cm 4     L    4 m  400 cm     3.5   100   sp   E  2.1  10 7 N   2  cm  


157/178

5/9/2018


164


3

117700 



P 

2

P máx  78466 N

Puntales IPN 100. Comprobación a esfuerzo normal.(Tracción)

P

P

4 cos 30º

4 cos 30º

P

P

4 cos 30º

4 cos 30º N

 máx



N

máx 

A

máx  16000 N

10,6

169600 

P

4 cos 30º



cm 2

 N máx  169600 N

P máx  587511 N

Por lo tanto, la carga máxima que puede soportar el sistema es: P  min

14667 , 78466 , 587511   78466 N


158/178

5/9/2018


165


Problema 10.2

Dado el esquema de la figura, donde B, C y D son articulaciones perfectas; si la tensión máxima admisible y el módulo de Young son los mismos para las tres barras, e iguales respectivamente a adm = 160 MPa y E = 2,1·105 MPa. C

P

2m

IPN 100

A

B IPN 360 2m

IPN 140

D 2m

2m

2m

Determinar: a) Diagramas de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales para cada barra. b) El máximo valor admisible de P. Resolución:

a) Diagramas.

R

4  Rc P

N

C

TRACCIÓN

2 2 B

+ x

P

P

A

P

2 2

2 2

2 2

B  P

P

45º

2 2

P

2 2

2 2

P

45º

2

COMPRESIÓN

D R

P

2 2 4  Rc


159/178

5/9/2018


166


C

T

P

R A  P

2

+

2

B A

-

P

2

R B

D

C

M

A B

+ P x

P x  P x  2

2

2





D

b) Cálculo de Padm : 

IPN 360 a flexión:

 máx



M máx W z , IPN 360 



P  1 Nm

1090 cm 3

 160 N

mm 2



P adm  174400 N


160/178

5/9/2018


167




IPN 100 a tracción:

 máx

P adm





N máx A

P 2 2  10,6

 160  10,6  10 2  2 

2

 160 

N/mm 2

P adm

 479 701 N

IPN 140 a compresión:

P 2 2



N adm



 200

2 cm



N crit C sp



2

EI

L2 3 .5

       200 2  202  100  C s  3.5   i min  1.4   N adm





2

 2,1  10 7  35.2  2605,6 N 3,5  8  10 4

P 2 2 N adm

 2605,6 N 

P adm 2 2



P adm

 73700 N

Por tanto : P máx

 mín 174 400 , 479 701 , 73 700  73 700 N

Problema 10.3


161/178

5/9/2018


168


Calcular la carga axial máxima que puede soportar una broca de

 3 mm,

a) sin pretaladro b) con pretaladro o marcado.

 E  210000 N/mm 2   e  320 N/mm 2

a)

3

150 mm

b)

Resolución:

a)

b)

L p=2L L p=0,7L R

Ncr

Ncr

N cr 



2

EI z

L p

2


162/178

5/9/2018


169




2

210000 



 

32

64

2  150 2

a) 

b)

2



210000 

 

3

64

0,7  150 2



91 N

2



747 N

Comprobación de la validez de la fórmula de Euler ( para b):  cr 

N cr A



747 N 3 

2



105

N mm

2



 e 

320

N mm 2

cumple

4

NOTAS: - Se ha simplificado la obtención de I,A sin utilizar reducciones de la sección. - A los valores de 91 N y 747 N hay que aplicarles un adecuado coeficiente de seguridad.


163/178

5/9/2018


170


Problema 10.4

Calcular la sección rectangular más eficiente para la pieza de aluminio sometida a compresión centrada. x

L = 500 mm ,  seg. pandeo= 3 Datos del Al: 2 E = 70000 N/mm e= 20000 N

N=20 kN

b

y

L

h y

z

z Resolución:

La relación b-h debe ser la óptima para que la Ncr sea la misma en ambas direcciones. x

Flexión eje y: 2

EI y



N cr ,1

LPz=0,7·L



2

L p y



2

E 

1

12 2 L 2



bh 3

1

Flexión eje z: y

LPy=2·L

N cr , 2







2

EI z

L p z

2



2

1

bh 3 12 0,7 L 2

E 

2

Igualando Ncr,1= Ncr,2

z



2

E 

1 12

2 2 L2

bh 3





2

E 

1 12

bh 3

0,7 2 L2




h b



2 0,7

164/178

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171


Con esta relación, puede elegirse la fórmula (1) o (2): 

 seg . pandeo



2



N cr N

3

E  1 bh 3 12 2 L 2

2

N

3

 2   b   b  12  0,7   3  b  14,5 mm  h  41,5 mm 2 20000  2  500   

 70000 

3

1

se tomará : 50 x15 mm

Comprobación:

 cr



N cr A



60000 14,5  41,5

 100 N/mm 2   e


cumple

165/178

5/9/2018


172


Problema 10.5 *

Calcular la carga máxima, N máx, en los tres casos: Ncr =Nmáx ?

Nmáx ?

A)

Nmáx ?

B)

C) 100 mm

10 mm 10m = 10000 mm

v0=L/1000

v0=L/100



Acero S260

e

2

260 N/mm 2

E=210000 N/mm

 200x5 mm 

Resolución:

a) En el primer caso, Nmáx=Ncr , suponiendo que la cr  e

N cr 

 cr





A

2

EI

L p2

N cr



2

 210000 







2 



2



64

 301952 N

10000 2 301952 N



2

 200  190

 200  190 4

2

 99 N/mm   e

2

 mm

cumple

2


166/178

5/9/2018


173


  L   N  v    2 

b) El momento flector en el centro del vano:

v

M x

1



 L  TOTAL  x    2 

1

Factor de amplificación:

N

El corrimiento total depende de la relación Por la ecuación de la flexión

N máx





200

 190 4

2



 

2





N A



M W

301952 200  190 2



64

 v0

N N cr

1 1

N N cr

.

 

N A)

e

 v0

N máx

2

 x  L  .    2 

B) C)

1

 1

N máx 2

 máx

N cr

TOTAL

  100

 260 N/mm 2

10 100

v

Para v0 = 10 mm tenemos Nmáx=269500 N

c) Para v0 = 100 mm tenemos Nmáx=152000 N


167/178

5/9/2018


174


Problema 10.6 *

Calcular el valor de la imperfección geométrica inicial, v0, que provoca el fallo elástico del perfil tubular  100x4 mm sometido a N = 125 kN. Resolver el problema utilizando dos modelos de cálculo: er

a) Análisis de 1 orden, con la geometría caracterizada por el valor inicial v0. b) Análisis de 2º orden, considerando la amplificación del valor inicial de v 0. x

N = 125 kN

 100x4

L = 3500 mm

v0 ?

Material S235: 2 e=235 N/mm 2 E= 210000 N/mm Tubo  100x4: 2 A= 1206 mm 2 I= 1392000 mm 2 W=27840 mm

y

N


168/178

5/9/2018


175


Resolución: er

a) Análisis de 1 orden: M  N  v 0

N

N

La sección más desfavorable x 

N

2

:

 N  N M  N  v 0 

v0

=

L

=

N  x

M

 A  W   e  235 N/mm 2

125000 1206



125000  v 0 27840

 235 N/mm 2

Despejando el valor de v0: v0

  235  

125000  27840 1206

 29 mm   125000

b) Análisis de 2º orden:

M  N 

1 1   N N cr 

 v0  x



N

N v0 =

A



N  v0 1  N W 1 N cr

  e

La carga crítica de Euler, N cr :

=

N cr 



2

EI

L p2





2

 210000  1392000  235517 N 35002

Así, el factor de amplificación vale

1

1 N N cr

 1

1 125000

 2,13

235


169/178

5/9/2018


176


Sustituyendo en la fórmula: 125000 1206

 2,13  125000  v 0  235 N/mm 2 27840

Despejando el valor de v0: v0

  235  

125000  27840 1206

1

  13,7 mm   125000 2,13


170/178

5/9/2018


177


Problema 10.7 *

Un tubo de acero 140x140x5 mm tiene una imperfección inicial de 50 mm respecto a la directriz teórica y está sometido a una leve carga de viento q = 300 N/m y a una carga axial de compresión N = 100 kN. er

a) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en un análisis de 1 orden. on

b) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en una análisis de 2 orden, es decir, considerando la interacción N – M (esfuerzo normal – momento flector). Tubo 140x140x5 mm: 2

A= 26,70 cm 2 Iy = Iz = 821,25 cm iy = iz = 5,51 cm 3 Wel·y = Wel·z = 117,32 cm

x N = 100 kN

Acero S235: E = 210000 N/mm2 2 e= 235 N/mm y

qy 5 G z

140

L=5m

v0 = 50 mm qy = 300 N/m

140 mm

y

N = 100 kN


171/178

5/9/2018


178


Resolución:

N

N

on

on

2 orden

En un análisis de 2 orden el diagrama de momentos flectores se ve amplificado por el efecto de la preflecha inicial (v0) y de la interacción N-M.

er

1 orden

v0 q

N

N

er

a) Análisis de 1 orden (sin considerar pandeo, con la geometría inicial del enunciado). 1 



x , máx

N



A

M z

1 

100000



W z





8

N

pL2

A



N  v 0

W z 2

0,3  5000

2670 



8



1

100000  50

117320

37,45  7,99  42,62  88

N mm 2



 e

cumple

on

b) Análisis de 2 orden (amplificación de la preflecha inicial e interacción N-M). 1  x , máx 

N A



K 2



pL2 8 W z



N  v 0 1  N W z 1 N cr

2

Cálculo de la carga crítica elástica de Euler, Ncr : L p z



5000 mm



N cr 



2

EI

L p2 z





2



210000  8212500

50002




680855 N

172/178

5/9/2018


179


Para el factor de amplificación K 2, se elige la expresión aproximada (*): K 2

1



1



N

1

N cr

1 100000



1,172

680855

Así, finalmente (2):  x , máx 

37,45  1,17  7,99  1,17  42,62  96,7

N

  e

mm 2

cumple

(*) Cálculo exacto de K:

u

K 2







N

2

N cr



2  1  cosu  u

2



cosu 



100000

2

680855





0,602 rad

2  1  cos0,602  0,602 2  cos0,602




1,177

173/178

5/9/2018


180


Problema 10.8 *

Un tubo circular  100x4 mm de acero está sometido permanentemente a una carga puntual transversal, F = 5kN, en el centro del vano. Mediante un cilindro hidráulico se puede aplicar una carga axial variable en el extremo. Suponiendo un comportamiento ideal de elasticidad indefinida para el material: a) Calcular la carga axial máxima soportada por el sistema, al poder producirse su colapso por inestabilidad elástica. b) Representar gráficamente la relación N-v, mediante un modelo teórico de 2º orden, es decir, considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector. A continuación, suponiendo un comportamiento real de material, con una tensión de límite elástico 2 e=380 N/mm . c) Calcular la carga N que provoca el fallo elástico del perfil. Material S380:

2

E = 210000 N/mm

2

e = 380 N/mm

y

F=5 kN N variable

 100x4

x v

=

= L = 5000 mm


174/178

5/9/2018


181


Resolución:

a) N cr 



2

EI

L p2





2

 210000  1392000  115403 N 50002

Hipótesis: Elasticidad indefinida.



N

N

N

Ncr 115403 N E = 210000 N/mm

2



v

b) Considerando la interacción N – M. v

F  L3 48 EI

3

 K 3 

5000  5000  K 3 48  210000  1392000

 44,54  K 3

mm

donde K 3 es el factor de amplificación. Cálculo exacto de K 3:

K 3

u

3  tgu   u 



u



2



3

N N cr

    2  

3   tg 





N

2

115403

 

    115403  2 3      N   2 115403    N

  115403  N

Cálculo aproximado de K 3: K 3

 1

1 N N cr

 1

1 N 115403


175/178

5/9/2018


182


Tabla de valores de la función N – v N 0 Ncr /4=28851 N

veaxct. 44,54

vaprox. 44,54 mm 59,39 mm

Ncr /2=57701 N

89,08 mm

3Ncr /4=86552 N

178,16 mm

La representación gráfica de la función N – v:

(N)

115403

86552

N

N cr

3 4

N cr

5 kN

N 57701

N cr

2 28851

N

v

N cr

4 v

50

100

150

200

250

( mm )

La curva de respuesta N – v, considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector, es asintótica al valor de la carga crítica de Euler N cr = 115403 N. Suponiendo una elasticidad indefinida del material el fallo de la pieza se produce con el mismo valor de Ncr . c) Sin embargo, antes de llegar a esta situación el material habrá superado la tensión del límite elástico. Para el material real:







N A



M  W



N A

  e

 K 

M W

, donde

  e

M   K 

1 4

 F  L


176/178

5/9/2018


183


1 N

1

1206  1 

 5000  5000

4

N

380

N  115403

mm 2



27840

Resolución de la ecuación de 2º grado: N



1206

115403 115403  N

 

115403  225   380 

 225  380

  115043  N   1206  N

25965675  43853140  95,69  N  380  N 

0

1 1206   

N 2 1206

 N 2  475,69  N  17887465    



c

b

a

N 

b

b2

 4ac

2a

 476 

476 2



 4

1 1206

 1788746

1 2  1206

 

40425 N 533630 N

sin

sentido  N



cr



Se cumplen la hipótesis de aproximación para el cálculo del factor de amplificación K: N  0,6  N cr

40425  0,6  115403  69242

K  1

1 N

 1,54

N cr

Representación gráfica del apartado c): (N) N

N A

 K 

M W

 380

115403

N cr

40425

44,5

68,5


v (mm)

177/178

5/9/2018


184


c’) Un planteamiento parecido del problema es considerar que v0=44,5 mm constituye una preflecha inicial. El momento flector 1  F  L resta constante y la amplificación es debida al termino 4 1

  N 

N v

1

N

 v0

N cr

Los resultados obtenidos no difieren excesivamente de la solución exacta:





N A

1 4 N

1206



M W

 

4

1

 5000  5000  N  44,54  1



1

   F  L  N  v

M K

, donde

e

N

115403

27840

 380

N mm 2

Resolución de la ecuación de 2º grado:

N

 225 

44,54



115403 N

 380

27840 115403  N

1206 44,54  115403 N 27840

N   380   225   115043  N  1206   2

184,6 N  115 N 

0

1 1206   

N

1206

 17887465  95,69 N

 N 2  435  N  17887465 

   

b

c

a

N



b

b

2

2a

 4ac   

44977 N 479633 N

sin

sentido  N cr 


178/178

Mecanica de Materiales Beer

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