A
PROBLEMA MODELO 1.2
B
La barra de sujeción de acero que se muestra ha de diseñarse para soportar una fuerza de tensión de magnitud P ⫽ 120 kN cuando se asegure con pasadores entre ménsulas dobles en A y B. La barra se fabricará de placa de 20 mm de espesor. Para el grado de acero que se usa, los esfuerzos máximos permisibles son: s ⫽ 175 MPa, t ⫽ 100 MPa, sb ⫽ 350 MPa. Diseñe la barra de sujeción determinando los valores requeridos para a) el diámetro d del pasador, b) la dimensión b en cada extremo de la barra, c) la dimensión h de la barra.
SOLUCIÓN
F1 F1
d F1
a) Diámetro del pasador. doble, F1 ⫽ 12 P ⫽ 60 kN.
P
Debido a que el pasador se encuentra en cortante
1 P 2
t⫽
F1 60 kN ⫽ 1 2 A 4pd
100 MPa ⫽
60 kN 1 2 4p d
d ⫽ 27.6 mm
t 20 mm
Se usará
d ⫽ 28 mm 䉳
h
En este punto se verifica el esfuerzo de apoyo entre la placa de 20 mm de espesor y el pasador de 28 mm de diámetro.
d b
tb ⫽
t
a b d a
120 kN P ⫽ ⫽ 214 MPa 6 350 MPa td 10.020 m2 10.028 m2
OK
b) Dimensión b en cada extremo de la barra. Se considera una de las porciones de extremo de la barra. Como el espesor de la placa de acero es de t ⫽ 20 mm y el esfuerzo promedio de tensión promedio no debe exceder los 175 MPa, se escribe 1 2
P
P' 120 kN 1 2
P
s⫽
1 2P
ta
175 MPa ⫽
60 kN 10.02 m2a
a ⫽ 17.14 mm
b ⫽ d ⫹ 2a ⫽ 28 mm ⫹ 2117.14 mm2 t 20 mm
c) Dimensión h de la barra. es t = 20 mm, se tiene que
P 120 kN
s⫽
P th
b ⫽ 62.3 mm 䉳
Recordando que el espesor de la placa de acero
175 MPa ⫽
120 kN 10.020 m2h
h ⫽ 34.3 mm
h
Se utilizará h ⫽ 35 mm 䉳
17
PROBLEMA MODELO 1.4
C
La viga rígida BCD está unida por pernos a una varilla de control en B, a un cilindro hidráulico en C y a un apoyo fijo en D. Los diámetros de los pernos utilizados son: dB ⫽ dD ⫽ 38 in., dC ⫽ 12 in. Cada perno actúa en cortante doble y está hecho de un acero para el que el esfuerzo último de corte es tU ⫽ 40 ksi. La varilla de control AB tiene un diámetro dA ⫽ 167 in. y es de un acero con esfuerzo último a la tensión de sU ⫽ 60 ksi. Si el mínimo factor de seguridad debe ser de 3.0 para la unidad completa, encuentre la fuerza ascendente máxima que puede aplicarse al cilindro hidráulico en C.
D 8 in.
B 6 in. A
SOLUCIÓN C
B
D
C
B
D 6 in.
8 in.
El factor de seguridad con respecto a la falla debe ser de 3.0 o más en cada uno de los tres pernos y en la varilla de control. Estos cuatro criterios independientes se estudiarán por separado. Cuerpo libre: viga BCD. Primero se determina la fuerza en C en términos de la fuerza en B y en términos de la fuerza en D. ⫹g 兺 M D ⫽ 0: ⫹g 兺 M B ⫽ 0:
B114 in.2 ⫺ C18 in.2 ⫽ 0 ⫺D114 in.2 ⫹ C16 in.2 ⫽ 0
Varilla de control.
C ⫽ 1.750B C ⫽ 2.33D
(1) (2)
Para un factor de seguridad de 3.0 se tiene que sperm
sU F.S.
60 ksi 3.0
20 ksi
La fuerza permisible en la varilla de control es F1
3 8
B
in.
sperm 1A2
120 ksi2 14 p 1 167 in.2 2
3.01 kips
Utilizando la ecuación (1) se halla el máximo valor permisible de C: C ⫽ 1.750B ⫽ 1.75013.01 kips2
C ⫽ 5.27 kips 䉰
F1 B ⫽ 2F1
Perno en B. tperm ⫽ tU/F. S. ⫽ (40 ksi)/3 ⫽ 13.33 ksi. Como el perno está en cortante doble, la magnitud permisible de la fuerza B ejercida sobre el perno es
B
B ⫽ 2F1 ⫽ 21tperm A2 ⫽ 2113.33 ksi2 1 14 p2 1 38 in.2 2 ⫽ 2.94 kips C
1 in. 2
De la ecuación (1):
C ⫽ 5.15 kips 䉰
Perno en D. Como este perno es el mismo que el perno B, la fuerza permisible es D ⫽ B ⫽ 2.94 kips. De la ecuación (2):
F2 C = 2F2
C ⫽ 1.750B ⫽ 1.75012.94 kips2
F2
C ⫽ 2.33D ⫽ 2.3312.94 kips2
C ⫽ 6.85 kips 䉰
Perno en C. Nuevamente tenemos tperm ⫽ 13.33 ksi y C ⫽ 2F2 ⫽ 21tperm A2 ⫽ 2113.33 ksi21 14 p2 1 12 in.2 2 C ⫽ 5.23 kips 䉰 Resumen. Se han encontrado separadamente cuatro valores máximos permisibles para la fuerza en C. Para satisfacer todos estos criterios debe escogerse el mínimo valor, esto es: C ⫽ 5.15 kips 䉳
32
18 in.
PROBLEMA MODELO 2.2
C
D E
F
A
B
G
H
Las piezas de fundición rígidas A y B están conectadas por dos pernos de acero de 3 4 in. de diámetro CD y GH y se encuentran en contacto con los extremos de una varilla de aluminio de 1.5 in. de diámetro EF. Cada perno tiene una cuerda única con un paso de 0.1 in. y, después de ajustarse, las tuercas D y H se aprietan un cuarto de vuelta. Sabiendo que E es de 29 ⫻ 106 psi para el acero y 10.6 ⫻ 106 psi para el aluminio, determine el esfuerzo normal en la varilla.
12 in.
SOLUCIÓN Deformaciones
C Pb
D E
P'b
F
Pr
P'r
G
H
Pb
P'b
Pernos CD y GH. Al apretar las tuercas se tensan los pernos. Debido a la simetría, ambas están sometidas a la misma fuerza interna Pb y sufren la misma deformación db. Se tiene db ⫽ ⫹
Pb 118 in.2 PbLb ⫽ ⫹1 ⫽ ⫹1.405 ⫻ 10⫺6 Pb 2 6 AbEb p10.75 in.2 129 ⫻ 10 psi2 4
(1)
Varilla EF. La varilla se encuentra en compresión. Si Pr es la magnitud de la fuerza en la varilla y dr es su deformación, se tiene que dr ⫽ ⫺
Pr 112 in.2 PrLr ⫽ ⫺1 ⫽ ⫺0.6406 ⫻ 10⫺6 Pr 2 ArEr p11.5 in.2 110.6 ⫻ 106 psi2 4
(2)
Desplazamiento de D relativo a B. Apretar las tuercas un cuarto de vuelta hace que los extremos D y H de los pernos sufran un desplazamiento de 14(0.1 in.) relativo a la pieza B. Considerando el extremo D, se escribe dDⲐB ⫽ 14 10.1 in.2 ⫽ 0.025 in.
(3)
Pero dDⲐB ⫽ dD ⫺ dB, donde dD y dB representan los desplazamientos de D y de B. Si se supone que la pieza A está sujeta en una posición fija mientras que las tuercas en D y en H se aprietan, estos desplazamientos son iguales a las deformaciones de los pernos y de la varilla, respectivamente. Se tiene, entonces, dDⲐB ⫽ db ⫺ dr
(4)
Sustituyendo de las ecuaciones (1), (2) y (3) en la ecuación (4), se obtiene 0.025 in. ⫽ 1.405 ⫻ 10⫺6 Pb ⫹ 0.6406 ⫻ 10⫺6 Pr Pb Pr
Cuerpo libre: fundición B ⫹ S 兺F ⫽ 0:
B Pb
(5)
Pr ⫺ 2Pb ⫽ 0
Pr ⫽ 2Pb
(6)
Fuerzas en pernos y varillas Sustituyendo Pr de la ecuación (6) en la (5), se tiene
0.025 in. ⫽ 1.405 ⫻ 10⫺6 Pb ⫹ 0.6406 ⫻ 10⫺6 12Pb 2 Pb ⫽ 9.307 ⫻ 103 lb ⫽ 9.307 kips Pr ⫽ 2Pb ⫽ 219.307 kips2 ⫽ 18.61 kips
Esfuerzo en la varilla sr ⫽
64
18.61 kips Pr ⫽1 2 Ar 4 p11.5 in.2
sr ⫽ 10.53 ksi 䉳
4
Estos resultados podrían haberse anticipado reconociendo que AB y BC son elementos con dos fuerzas, es decir, elementos sometidos a fuerzas sólo en dos puntos, siendo estos puntos A y B para el elemento AB y B y C para el elemento BC. De hecho, para un elemento con dos fuerzas las líneas de acción de las resultantes de las fuerzas que actúan en cada uno de los dos puntos son iguales y opuestas y pasan a través de ambos puntos. Utilizando esta propiedad, podría haberse obtenido una solución más sencilla si se considera el diagrama de cuerpo libre del perno B. Las fuerzas sobre el perno B son las fuerzas FAB y FBC ejercidas, respectivamente, por los elementos AB y BC, y la carga de 30 kN (figura 1.4a). Se dice que el perno B está en equilibrio dibujando el triángulo de fuerzas correspondiente (figura 1.4b). Ya que la fuerza FBC se dirige a lo largo del elemento BC, su pendiente es la misma que BC, es decir, 3Ⲑ4. Por lo tanto, puede escribirse la proporción
Introducción. El concepto de esfuerzo
FBC
FBC 30 kN
5
3
4 B
FAB
FAB
30 kN a)
b)
Figura 1.4
FBC FAB 30 kN ⫽ ⫽ 4 5 3 de la que se obtiene FAB ⫽ 40 kN
FBC ⫽ 50 kN
Las fuerzas F¿AB y F¿BC que el perno B ejerce sobre, respectivamente, el aguilón AB y sobre la varilla BC son iguales y opuestas a FAB y a FBC (figura 1.5).
FBC C
FBC C D
FBC
F'BC D
B
F'BC
B FAB
A
Figura 1.5
B
F'BC
F'AB Figura 1.6
Si se conocen las fuerzas en los extremos de cada uno de los elementos, es posible determinar las fuerzas internas de estos elementos. Al efectuar un corte en algún punto arbitrario, D, en la varilla BC, se obtienen dos porciones, BD y CD (figura 1.6). Como deben aplicarse fuerzas de 50 kN en D a ambas porciones de la varilla, para mantenerlas en equilibrio, se concluye que una fuerza interna de 50 kN se produce en la varilla BC cuando se aplica una carga de 30 kN en B. Se constata, de manera adicional, por las direcciones en las fuerzas FBC y F¿BC en la figura 1.6, que la varilla se encuentra en tensión. Un procedimiento similar permitiría determinar que la fuerza interna en el aguilón AB es de 40 kN y que el aguilón está en compresión.
EJEMPLO 2.04 Determine las reacciones en A y en B para la barra de acero y la carga mostradas en la figura 2.28, suponiendo un ensamble ajustado en ambos apoyos antes de que se apliquen las cargas.
figura 2.30. Siguiendo el mismo procedimiento que en el ejemplo 2.01, se tiene P1 ⫽ 0 P2 ⫽ P3 ⫽ 600 ⫻ 103 N P4 ⫽ 900 ⫻ 103 N A3 ⫽ A4 ⫽ 250 ⫻ 10⫺6 m2 A1 ⫽ A2 ⫽ 400 ⫻ 10⫺6 m2 L1 ⫽ L2 ⫽ L3 ⫽ L4 ⫽ 0.150 m
A
A ⫽ 250 mm2
150 mm
D
A 300 kN
150 mm
A ⫽ 400 mm2
D 300 kN
150 mm
K
150 mm
4
C
3
150 mm
C
600 kN B
150 mm
150 mm
2 K 600 kN B
Figura 2.28
1
150 mm
Figura 2.30
Considere la reacción en B como redundante y libere la barra de ese soporte. La reacción RB se considera ahora como una carga desconocida (figura 2.29a) y se determinará a partir de la condición de que la deformación d de la varilla debe ser igual a cero. La solución se obtiene considerando separadamente la deformación dL causada por las cargas dadas (figura 2.29b) y la deformación dR debida a la reacción redundante RB (figura 2.29c).
Sustituyendo estos valores en la ecuación (2.8), se obtiene 4 PiLi 600 ⫻ 103 N ⫽ a0 ⫹ dL ⫽ a 400 ⫻ 10⫺6 m2 i⫽1 AiE 900 ⫻ 103 N 0.150 m 600 ⫻ 103 N ⫹ b ⫹ E 250 ⫻ 10⫺6 m2 250 ⫻ 10⫺6 m2 9 1.125 ⫻ 10 (2.17) dL ⫽ E
Considerando ahora la deformación dR debido a la reacción redundante RB, se divide la barra en dos porciones, como se muestra en la figura 2.31, y se escribe A
A
300 kN
300 kN
600 kN
P1 ⫽ P2 ⫽ ⫺RB A1 ⫽ 400 ⫻ 10⫺6 m2 A2 ⫽ 250 ⫻ 10⫺6 m2 L1 ⫽ L2 ⫽ 0.300 m
A
600 kN
␦⫽ 0
A
␦L
␦R
RB a)
RB b)
c)
Figura 2.29
2
300 mm
1
300 mm
C
B
La deformación dL se obtiene de la ecuación (2.8) después de que la barra se divide en cuatro partes, como se muestra en la
72
RB Figura 2.31
Sustituyendo estos valores en la ecuación (2.8), se obtiene dR ⫽
11.95 ⫻ 103 2RB P2L2 P1L1 ⫹ ⫽ ⫺ A1E A2E E
(2.18) RA
Expresando que la deformación total d de la barra debe ser cero, se escribe d ⫽ dL ⫹ dR ⫽ 0
73
2.9 Problemas estáticamente indeterminados
A
(2.19)
300 kN C
y sustituyendo dL y dR de las ecuaciones (2.17) y (2.18) en la ecuación (2.19) 600 kN
11.95 ⫻ 103 2RB 1.125 ⫻ 109 ⫺ ⫽0 d⫽ E E
B RB
Despejando RB, se tiene que
Figura 2.32
RB ⫽ 577 ⫻ 10 N ⫽ 577 kN 3
La reacción RA en el soporte superior se obtiene del diagrama de cuerpo libre de la barra (figura 2.32). Se escribe RA ⫺ 300 kN ⫺ 600 kN ⫹ RB ⫽ 0 ⫹c 兺Fy ⫽ 0: RA ⫽ 900 kN ⫺ RB ⫽ 900 kN ⫺ 577 kN ⫽ 323 kN ˇ
Una vez que las reacciones se han determinado, los esfuerzos y las deformaciones en la barra se obtienen fácilmente. Debe observarse que, aunque la deformación de la barra es cero, cada una de sus partes componentes se deforma bajo la carga y condiciones de restricción dadas.
EJEMPLO 2.05 Determine las reacciones en A y en B para la barra de acero y carga del ejemplo 2.04, suponiendo ahora que existe un claro de 4.50 mm entre la barra y el piso antes de que se apliquen las cargas (figura 2.33). Suponga que E ⫽ 200 GPa.
Se sigue el mismo procedimiento que en el ejemplo 2.04. Considerando la reacción en B como redundante, se calculan las deformaciones dL y dR causadas, respectivamente, por las cargas dadas y por la reacción redundante RB. Sin embargo, en este caso la deformación total no es cero, sino d ⫽ 4.5 mm. Por lo tanto, se escribe d ⫽ dL ⫹ dR ⫽ 4.5 ⫻ 10⫺3 m
A
Sustituyendo dL y dR de las ecuaciones (2.17) y (2.18) en la ecuación (2.20) y recordando que E ⫽ 200 GPa ⫽ 200 ⫻ 109 Pa, se tiene que
A
A ⫽ 250 mm2
300 mm 300 kN C
d⫽
C
A ⫽ 400 mm2
300 mm 600 kN
11.95 ⫻ 103 2RB 1.125 ⫻ 109 ⫺ ⫽ 4.5 ⫻ 10⫺3 m 200 ⫻ 109 200 ⫻ 109
Despejando RB, se obtiene
␦ 4.5 mm Figura 2.33
B
(2.20)
RB ⫽ 115.4 ⫻ 103 N ⫽ 115.4 kN B
La reacción en A se obtiene del diagrama de cuerpo libre de la barra (figura 2.32): ⫹c 兺 Fy ⫽ 0:
RA ⫺ 300 kN ⫺ 600 kN ⫹ RB ⫽ 0
RA ⫽ 900 kN ⫺ RB ⫽ 900 kN ⫺ 115.4 kN ⫽ 785 kN
Sustituyendo estos valores en la ecuación (2.8), se obtiene dR ⫽
11.95 ⫻ 103 2RB P2L2 P1L1 ⫹ ⫽ ⫺ A1E A2E E
(2.18) RA
Expresando que la deformación total d de la barra debe ser cero, se escribe d ⫽ dL ⫹ dR ⫽ 0
73
2.9 Problemas estáticamente indeterminados
A
(2.19)
300 kN C
y sustituyendo dL y dR de las ecuaciones (2.17) y (2.18) en la ecuación (2.19) 600 kN
11.95 ⫻ 103 2RB 1.125 ⫻ 109 ⫺ ⫽0 d⫽ E E
B RB
Despejando RB, se tiene que
Figura 2.32
RB ⫽ 577 ⫻ 10 N ⫽ 577 kN 3
La reacción RA en el soporte superior se obtiene del diagrama de cuerpo libre de la barra (figura 2.32). Se escribe RA ⫺ 300 kN ⫺ 600 kN ⫹ RB ⫽ 0 ⫹c 兺Fy ⫽ 0: RA ⫽ 900 kN ⫺ RB ⫽ 900 kN ⫺ 577 kN ⫽ 323 kN ˇ
Una vez que las reacciones se han determinado, los esfuerzos y las deformaciones en la barra se obtienen fácilmente. Debe observarse que, aunque la deformación de la barra es cero, cada una de sus partes componentes se deforma bajo la carga y condiciones de restricción dadas.
EJEMPLO 2.05 Determine las reacciones en A y en B para la barra de acero y carga del ejemplo 2.04, suponiendo ahora que existe un claro de 4.50 mm entre la barra y el piso antes de que se apliquen las cargas (figura 2.33). Suponga que E ⫽ 200 GPa.
Se sigue el mismo procedimiento que en el ejemplo 2.04. Considerando la reacción en B como redundante, se calculan las deformaciones dL y dR causadas, respectivamente, por las cargas dadas y por la reacción redundante RB. Sin embargo, en este caso la deformación total no es cero, sino d ⫽ 4.5 mm. Por lo tanto, se escribe d ⫽ dL ⫹ dR ⫽ 4.5 ⫻ 10⫺3 m
A
Sustituyendo dL y dR de las ecuaciones (2.17) y (2.18) en la ecuación (2.20) y recordando que E ⫽ 200 GPa ⫽ 200 ⫻ 109 Pa, se tiene que
A
A ⫽ 250 mm2
300 mm 300 kN C
d⫽
C
A ⫽ 400 mm2
300 mm 600 kN
11.95 ⫻ 103 2RB 1.125 ⫻ 109 ⫺ ⫽ 4.5 ⫻ 10⫺3 m 200 ⫻ 109 200 ⫻ 109
Despejando RB, se obtiene
␦ 4.5 mm Figura 2.33
B
(2.20)
RB ⫽ 115.4 ⫻ 103 N ⫽ 115.4 kN B
La reacción en A se obtiene del diagrama de cuerpo libre de la barra (figura 2.32): ⫹c 兺 Fy ⫽ 0:
RA ⫺ 300 kN ⫺ 600 kN ⫹ RB ⫽ 0
RA ⫽ 900 kN ⫺ RB ⫽ 900 kN ⫺ 115.4 kN ⫽ 785 kN
12 in.
18 in.
B
A
PROBLEMA MODELO 2.3
8 in.
10 kips
La varilla CE de 21 in. de diámetro y la varilla DF de 34 in. de diámetro están unidas a la barra rígida ABCD como se muestra en la figura. Sabiendo que las varillas son de aluminio y utilizando E ⫽ 10.6 ⫻ 106 psi, determine a) la fuerza en cada varilla causada por la carga mostrada, b) la deflexión correspondiente en el punto A.
D
C
24 in.
30 in.
E F
12 in.
18 in.
A
SOLUCIÓN
8 in.
D
C
B Bx By
10 kips
12 in.
18 in.
A
8 in.
D'
C'
B
␦C
A' ␦A
FDF
FCE
C
D
␦D
Estática. Considerando el cuerpo libre de la barra ABCD, se advierte que la reacción en B y las fuerzas ejercidas por las varillas son indeterminadas. Sin embargo, utilizando la estática, puede escribirse ⫹g 兺 MB ⫽ 0:
110 kips2 118 in.2 ⫺ FCE 112 in.2 ⫺ FDF 120 in.2 ⫽ 0 12FCE ⫹ 20FDF ⫽ 180
(1)
Geometría. Después de la aplicación de la carga de 10 kips, la posición de la barra es A⬘BC⬘D⬘. De los triángulos semejantes BAA⬘, BCC⬘ y BDD⬘, se tiene que dC dD ⫽ 12 in. 20 in.
dC ⫽ 0.6dD
(2)
dD dA ⫽ 18 in. 20 in.
dA ⫽ 0.9dD
(3)
FCE FDF
␦C
C 24 in.
D
␦D
Deformaciones.
1 2 in.
dC ⫽ 30 in.
E
Usando la ecuación (2.7), se tiene que
3 4 in.
FCELCE ACEE
dD ⫽
FDFLDF ADFE
Sustituyendo dC y dD en la ecuación (2), se escribe F
FCELCE FDFLDF ⫽ 0.6 ACEE ADFE
dC ⫽ 0.6dD FCE ⫽ 0.6
1 1 2 LDF ACE 30 in. 4 p1 2 in.2 FDF ⫽ 0.6 a bc 1 3 d FDF LCE ADF 24 in. 4 p1 4 in.2 2
FCE ⫽ 0.333FDF
Fuerza en cada varilla. Sustituyendo FCE en la ecuación (1) y teniendo en cuenta que todas las fuerzas se han expresado en kips, se tiene que 1210.333FDF 2 ⫹ 20FDF ⫽ 180 FCE ⫽ 0.333FDF ⫽ 0.33317.50 kips2 Deflexiones. dD ⫽
FDF ⫽ 7.50 kips 䉳 FCE ⫽ 2.50 kips 䉳
La deflexión del punto D es
17.50 ⫻ 103 lb2 130 in.2 FDFLDF ⫽1 3 2 6 ADFE 4 p1 4 in.2 110.6 ⫻ 10 psi2 ˛
dD ⫽ 48.0 ⫻ 10⫺3 in.
Utilizando la ecuación (3), se tiene dA ⫽ 0.9dD ⫽ 0.9148.0 ⫻ 10⫺3 in.2
dA ⫽ 43.2 ⫻ 10⫺3 in. 䉳
77
