Resistencia de materiales Problemas resueltos

AULA POLITÈCNICA 15

Resistencia de materiales Problemas resueltos

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

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.

7

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

Índice

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

9

Bibliografía

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.

185

1 Diagramas de esfuerzos


11

12

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 1.1 Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura. 600 2 N

45o

E

C

A

800 Nm

D

2m

B 3m

2m

3m

FH FV

2 2 2 600 2 2 600 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

D

C

A

800 Nm

B RAH

RCV

RAV

Tomamos momentos respecto al punto C:

¦M

c

0

R AV 6 600 3 600 2 800

0

R AV

100 N = -33,3 N 3

Suma de fuerzas verticales y horizontales:

¦F ¦F

V

0

R AV 600 RCV

H

0

RAH

600 N

0

100 600 3

RCV

1900 N 3

13


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

100 x 3

M ( x)

R AV x

M ( x)

R AV x 600( x 3) 600 2

MA

0

MB

100 Nm

Tramo BC:

MB MC

100 3 0 1200 1100 Nm 3 100 6 600 3 600 2 800 Nm 3

Diagramas.

600 N

E -

600 N N

+

A

B

C

D B 600 N

A

C

B

T

D

+

1900 N 3

100 N 3

E

B -800 N·m

E

-100 N·m M

A

-

B

C

D

1200 N·m

+

1100 N·m

Equilibrio del nudo B.

600 N

600 N 100/3 N 600 N

B 1900 N 3

B

14


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

6

A

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

RA

4m

2m

R A RB

¦M RB RA

A

4800 0

4800 4 6 1600 N

RB 6

3200 N

4800 4

RB

N m

15


b) Cálculo de los esfuerzos de sección.

1600

A

B d[

1600 N

3200 N x-[

[ x

L=6m

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

T

1600

T

ª1600 [ 2 º » 1600 « 2 ¼0 ¬ 6

³

0

q d[

1600

³

x

0

1600 [ d[ 6

x

1600

1600 2 x 12

M: x

³ q x [ d[

1600 [ x [ d[ 6

1600 x

M

ª1600 § [ 2 [ 3 ·º 1600 x « ¨¨ x ¸¸» 3 ¹»¼ «¬ 6 © 2 0

M

§ 1600 § x 3 x 3 · · 1600 x 3 1600 x ¨ ¨¨ ¸¸ ¸ 1600 x ¨ 6 3 ¹ ¸¹ 6 6 © 2 ©

0

1600 x

x

M

³

0

x

N m

16


c) Diagramas. 1600 N

A

+

T 3200 N

M + 3695 Nm

d) Punto de Mmáx

wM wx T

T

T

1600 2 x o x 12 1600 1600 3,46 3,46 2 12

0 1600

M máx

0 12

3,46 m

3695 Nm

17


Problema 1.3 Determinar los diagramas de esfuerzos del pórtico inclinado de la figura. 200 2 N 400 2 N

B

2m

45q

A

2m

C

2m

Resolución: Para el cálculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estática. 200 2 B

400 2

A RAH

C

RAV

¦F ¦F ¦M

RC

V

0

R AV RC 200 2

H

0

R AH

0

RC 4 400 2 2 200 2 2 0

A

0

400 2 N RC

300 2 N

18


por tanto, RAV

100 2 N y descomponiendo cada reacción en las direcciones de las barras, 400

100 2 400 2

100

100

400

400 2

300

300

300 2

400 100

400

300 2

100

300 100 2

Diagrama

N

500 N B

+

-

C

A -300 N

Diagrama

T

300 N B

+

-

C

A 300 N

Diagrama

M

300

19


B

B

A

+

x

+

x’

C 300 N

M = 300 · x

MA

0

MB

600 2 Nm

M = 300 · x’

MC

0

MB

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 RC, se obtiene O. G F RA

200 2

// OA

B 400 2

RC

G F // OC

RA

C

RC

20


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

A a=2m

L=6m

b=2m

Resolución: Cálculo de las reacciones:

¦F

V

¦M

: R B RC 4000 600 6 3000 0

B

: 4000 2 600 6 3 RC 6 3000 8

RC

4467 N

RB

6133 N

Diagrama de momentos flectores: Tramo AB: M MA

4000 x 0

MB

8000 Nm

Tramo BC: M MB

2 x 2 4000 x 6133 x 2 600

2

8000 Nm

MC

6000 Nm

Tramo CD: M MC

4000 x 6133 x 2 600 6 x 5 4467 x 8 6000 Nm

MD

0

Diagrama de esfuerzos cortantes. Tramo AB: T TA

4000 N 4000 N

TB

4000 N

D

21


Tramo BC: TB

4000 x 6133 600 x 2 2133 N TC 1467 N

T

4000 6133 3600 4467

T

Tramo CD: TC

TD

3000 N

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: wM T 0 : 4000 6133 600 x E 2 0 x E 5,35 m wx ME = -4208 Nm

22


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

0,5m 1m

5 KN/m

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

FE

ME

10 KN

ME

ME

FE

4 KN

5 KN/m

0.5m 1m

14 KN

0.5m 2m

FE

2m

½ ¾ Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga. 4 0,5 10 2 22 KN m ¿

23


b) Diagramas 4 KN

5 KN/m

D

E 0,5

C

0,5

A

B 2m

1m x

M

T +

Tramo AB:

M=0

T=0

Tramo BC: M

5

x 1 2 KN m 2

MB

0

MC T

5 x 1

2

KN

0

TB

0

TC

10 KN

24


Tramo CD: M

10 x 2 KN m

MC MD

T

10 KN

10 KN m 15 KN m

TC

10 KN

TD

10 KN

Tramo DE: M

T

10 x 2 4 x 3,5 KN m

10 4 14 KN

MD

15 KN m

ME

22 KN m

TD

14 KN

TE

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).

2 Esfuerzo normal

2 Esfuerzo normal

25

26


Problema 2.1 Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro 4 mm , y cuyos módulos de elasticidad son: E1=2.1·105 MPa y E2=0.7·105 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.

4 mm

300 mm

E2

4 mm

E1 A

x

B

P=500 N

600 mm

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

RA

RB

'LA

'LB

A

B P=500 N

¦F ¦M

0

V B

R A RB

P

0 R A L P( L x) 0

27

2 Esfuerzo normal

'L A

'L B

Ley de Hooke : RA LA S E1 3R B R B

RB LB S E2

RA

500 R B

R B E1 E2

R B 210000 70000

500 125 N R A 4

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

x 150 mm

RA

375 N

3R B

28


Problema 2.2 En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. Determinar las tensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm2 . Hallar también el diagrama de esfuerzos axiles. Datos: E=2·105 MPa.

A Aa=40 cm2

1m B 3m

Ab=80 cm2 C 1m

15 T

D

Resolución:

¦F

V

0

RA+ RD = 15 T = 150000 N Ecuación de deformación El tramo AC está comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD está traccionado, por lo que RD 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

Aplicando la ley de Hooke:

'L

'LCD

FL A E

R A L AB R A L BC E Aa E Ab

R D LCD E Ab

29

2 Esfuerzo normal

RA

R A 1000

A

5

2 10 40 10

1m

2

R A 3000 5

2 10 80 10

R A 2000 R A 3000

B

R D 1000 2

2 10 5 80 10 2

R D 1000

Resolviendo las ecuaciones, tenemos

3m C 1m

15 T D

RA

25000 N

2.5 T

RB

125000 N 12.5 T

RD

Cálculo de las tensiones. Tramo AB: V AB

25000 N 40 10 2 mm 2

6.25 MPa (COMP.)

Tramo BC: V BC

25000 N 80 10 2 mm 2

3.125 MPa (COMP.)

Tramo CD: V CD

125000 N 80 10 2 mm 2

15.625 MPa (TRAC.)

Diagrama de esfuerzos normales:

2.5 T

A

B -

C

12.5 T +

D

30


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 G del punto C, siendo D=20º. Datos: E=2,1·105 MPa. b) Resolver para D=0º.

A

B D

L

L

C G

C’

C1 P

Resolución: a) Para D=20º:

N

N

N

N

D D

P D

Del equilibrio del punto C se obtiene

P

N sen D

Equilibrio del punto C

P 2

P 2 sen D

N

Sea G (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, 'L, será C’C1 'L . Como por otra pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es G sen D NL parte: 'L , se tiene que: EA

G

NL EA sen D

PL 2 EA sen 2 D

5000 3500 2 2.1 10 3,14 10 2 0.34202 2 5

b) Para D=0º:

A

L

C

L

E G C1 P

B

1,13 mm

31

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

G L

tg E # E (para ángulos pequeños)

el alargamiento de las barras vale

H

AC1 AC AC

2

L2 G 2 L L

§G · 1 ¨ ¸ 1 © L¹

1 E 2 1#

E2 2

Esta última igualdad proviene de la expresión: 1r a

1 r a 1 2

1r

1 1 1 5 4 a a2 r a3 a r! 2 8 16 128

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

1r

El esfuerzo normal en una de las barras es: N

E A E 2 2

V A E H A

Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce N sen E | N E

P 2

N

P 2E

Resulta

E

G

E L

3

P EA L3

P EA

E A E 2 2

P 2E

a . 2

32


Aplicando los datos numéricos del problema:

G

5000 2.1 10 5 3,14 10 2

3500 3

E|

G L

N

V

148 3500 P 2E

N A

148 mm

0,04229 rad 2,42º

5000 2 0,04229

59116 N

59116 188 N/mm 2 314

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. Barra AB: sección 40 cm2 Barra CB: sección 80 cm2 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. RBA y RBC siguen la dirección de la barra.

RBA HD

D VD

E RBC

Ecuaciones de la estática:

¦F

¦F ¦M

2 R BC 2 2 0 o H D R BC R BA 2 0 o V D 2 40 4 V D

0

V

H B

o

V D R BA

40 T

2 40 0 2 2 0 2 80 T

34


A

B

acort. 'LBC

45º

B’’ D

B’’

B

E

'LAB alarg.

~45º

B’

B’

C A

'L AB

B cB cc

'LCB

BB ccc

Al ser deformaciones y ángulos pequeños: B cB cc | BB ccc

'L AB

D

'L BC

Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC Aplicamos la ley de Hooke: R BA 2 2 E 40

C

R BC 2 2 2 R BA E 80

De la ecuación 6Fv = 0 tenemos: 80 R BA

2 2 2 R BA 40 2 2

con lo que, R BA

56.73 T

R BC

113.47 T

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

V AB V AB

Kp 56730 1418 40 cm 2 Kp 113470 1418 80 cm 2

0

R BC

3 Esfuerzo de cizalladura pural

3 Esfuerzo de cizalladura pura

35

36


Problema 3.1 a) Determinar el diámetro mínimo con el que se puede perforar una chapa de acero A-42b (Ve=260 N/mm2) de 5 mm de espesor suponiendo que el punzón tiene una tensión admisible a compresión, Vadm= 500 N/mm2 . b) ¿ Qué fuerza máxima se ejercerá ? c) ¿ Qué Vadm debería tener el punzón para realizar un punzonado de 5 mm ? Nota: Suponer que el extremo del punzón es plano y horizontal.

Punzón Vadm = 500 N/mm2 Chapa de acero Ve = 260 N/mm2

Resolución: a) punzon Fmax chapa Fmax punzon Fmax

d2 392,7 d 2 4 0.65 260 S d 5 2654.6d

V adm A 500 S We S chapa Fmax

392,7 d 2

b)

Fmax

c)

punzon S V adm

2654.6d

V adm A 500 S 52 4

d2 4

d min

6,76 mm

17945 N

0.65 260 S 5 5 V adm

676 N

Vadm

5 mm

We

mm 2

37


Problema 3.2 Dimensionar la cadena de una bicicleta con un coeficiente de seguridad Js y suponiendo todo el peso del ciclista sobre uno de los pedales.

P

R

D

b

P = 800 N R = 200 mm Plato D=200 mm Chapa eslabones: Ve=360 Mpa Pasadores: Ve=260 Mpa

a

e? e?

d?

cilindros “centradores”

Resolución: ID F

F

P

F

R

PuR D 2

800 N u 200 mm 100 mm

1600 N

38


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

F

F 2 dV 2 a u e t adm V adm aue

F/2

F/2

F/2

800 240

360 MPa · § 240 MPa ¸ ¨ V adm 1 .5 ¹ © p.ej : a = 4mm e =1 mm

Dimensionado del pasador a cizalladura: 800

S d2 F d W adm 2 4

§ ¨W adm | 0.8 V adm ©

0.8

138

S d2 4

2.7 mm

d min

260 · 138 N/mm 2 ¸ 1.5 ¹

Dimensionado del pasador a aplastamiento:

§ c ¨ V adm ©

F ' d V adm d e 347 d 1 2 260 · 2 347 N 2¸ mm ¹ 1.5

d min

máx ^2,7 ; 2,3`

800

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 d b d e V adm 2

b 2,7 1 240

bmin

a desgarro: t1 t 2d bmin

El dimensionado final queda así:

5 .4

bmin

10.8 mm

max ^6,0 ; 10,8` bmin

10,8 mm

6,0 mm

3,3 mm 2

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

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 I d1

t1

I d2

t1’

t1

N? b

d2 d1

Datos: e1 = 5 mm

e2=e3

Chapas:

Roblones:

Acero A37b Ve=240 N/mm2

Tomar: Jse=1,5

Acero A37b Ve=240 N/mm2

Resolución: a) Unión 1 t1

e1

F/2

e2

F F/2 e2 d1

41


Cizalladura: T

S d1 F d W adm 2 4

2

E

V e S d1 2 J seg 4

0.8

240 S d 1 1.5 4

2

100,55 d 12 201.1 d1 2

Fmax

Aplastamiento: d 1 e1 t

Fmax c V adm

Fmax D V adm

Fmax d d 1 5 2000 d 1 240 2.5 1.5

Fmax

De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultáneas obtenemos: d1,optimo = 9.95 mm

10 mm = d1 Fmax = 20000 N

( fallará por aplastamiento de la chapa ) - Desgarramiento t1 t 2 d 1

t1

20 mm

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

Fmax

10 mm

b

20000 N

260/1.5 = 160 N/mm2 Fmax N d 160 Aneta mm 2

b

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

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

e1

e2

e1 2

2,5 mm

42


b) Unión 2 t1’

e2

e3

F/2

F/4 F/2

e1 e2

F/2

e3

F

F/4

F

N? d2

Atención: es un problema hiperestático. Aquí se presenta la solución concreta para el caso e2

e1

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 T

4 N

S d 22 F d W adm 4N 4

20000 240 S d 22 d 0.8 4N 1.5 4

49.74 d d 22 N

Aplastamiento: F

2 N

F c d 2 e2 d V adm 2N

20000 240 d 2.5 d 2 2.5 2N 1.5

De las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemos d2

4.97 mm o d 2

5 mm N

2

con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento. Desgarramiento: t1c t 2d 10 mm

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

10 d d2 N

43


Problema 3.4 Hallar el coeficiente de seguridad Jseg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles de estantería metálica representados en la figura.

Js ?

Acero A-42b Ve

20 mm

10 mm

p = 100 N/cmA

h = 20 cm

L = 50 cm

2600

Kp cm 2

44


Resolución: p

2Fh 2Fv

h

h

2Fh

L

2Fv

pL2 (momento a transmitir en la sección 2 de empotramiento)

M

FH

FV

2 FH h

M

FH FH

T

4 Fv

FV

T

FH

W

M p L2 2h 4h 3125 N

p L 100 50 5000 N

FH 2 FV 2

3125 2 1250 2

FT (suponiendo una distribución constante de W en la sección) S

W

JS

We W máx

3366 16,8 N/cm 2 20 10 0,6 V e W máx

0.6 260 16,8

9,28

100 50 2 4 20

Fv

1250 N

3666 N

4 Características de secciones


45

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: Iz’ = Iy’= 7,84 cm4

De las tablas: y’

A = 4,3 cm2 z’

z’ c

c = 1,28 cm

c y’

I zc

§h · I z ' A¨ c ¸ ©2 ¹

2

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

c

h/2

z

I cy

§b · I y ' A¨ c ¸ ©2 ¹

z

2

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

c b/2

y

47


Iz

4 I zc

§h · 4I z' 4 A ¨ c ¸ ©2 ¹

2

59,54 4,30 h 2 5,12 h (momento de inercia de las cuatro L)

Iy

4 I cy

§b · 4I y' 4 A ¨ c ¸ ©2 ¹

2

( momento de inercia de las cuatro L)

Iz

4,30h 2 22h 59,54

Iy

4,30b 2 22b 59,54

48


Problema 4.2 Dado un perfil “doble T”, determinar la magnitud a de la figura para que la inercia de la viga aligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial. y’ y e z

z’

h

2a

h’

IZ A

a ?

IZ I Z’ = 4 I Z

Resolución:

a/2 z

a

a/2

z

IZ

IZ/2

IZ 1 §a· e¨ ¸ 2 12 ©2¹

A

A/2

A a e 2 2

3

IZ’/2

A' 2

A a e 2 2

49


IZ'

3 2 ªIZ 1 § a · § A a ·§ a · º e ¨ ¸ ¨ e ¸¨ ¸ » 2 « © 2 ¹ © 2 2 ¹© 2 ¹ »¼ «¬ 2 12 a3 A 2 13 IZ e a IZ 12 4 4

IZ '

IZ'

Ha de ser :

IZ

4I Z

§ IZ a3 A 2 a3 · 1 ¨ a e¸ 2 e ¨ 2 12 8 8 8 ¸¹ ©

a2 § 13 · ¨ A e a¸ 4 © 12 ¹

a2 § 13 · ¨ A e a¸ 4 © 12 ¹

IZ

a2 § 13 · ¨ A e a¸ 4 © 12 ¹

§ 13 · 3 § A · 2 ¨ e ¸ a ¨ ¸ a 3I Z ©4¹ © 48 ¹

0 a

e

si suponemos que (e·a)

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

IZ ' # IZ

a

( iZ

A a2 4

12

IZ A

2 3

IZ A

3I Z

a2 A 4

2 3 iZ

IZ { radio de giro de la sección respecto al eje z) A

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, Mel. z , para un acero Ve=235 N/mm2. y 400 30 # 400·30

ysup

# 800·10

z

G

Mel.z

800

10

yG

# 250·20

yinf

20

250

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).

Ve= 235 N/mm2

51


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 Gc y Gc

¦ A yc i

i

¦ A y c 400 30 835 800 10 420 250 20 10 i

i

25000

A

537 mm

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

2· hi3 Ai y ic y Gc ¸ ¹

Iz

¦ ¨© 12 b

Iz

ª1 2º 3 «12 400 30 400 30 835 537 » ¬ ¼

i

ª1 2º « 10 800 3 800 10 420 537 » 12 ¬ ¼ ª1 2º « 250 20 3 250 20 10 537 » 12 ¬ ¼

299154 10 4 mm 4

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

Iz y sup

299154 10 4 850 537

9558 10 3 mm 3

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

Iz y inf

299154 10 4 537

5571 10 3 mm 3

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

Iz 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

V e W z ,min

235 5571 10 3

1309 10 6 N mm 1309 kN m

5 Dimensionado de secciones o flexión


53

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

Jse = 1,5

C

D

D

E

Resolución: Acero A 42 b

Ve

2600 Kp

J se

1,5

½ cm 2 °¾ °¿

V adm

2600 1733 Kp 2 cm 1,5

M ( x)

Px 2

L2 L1

A

E

C

D

x +

Momentos flectores

MC

4750 x

PL 1425 103 Kp cm 4

Tramo A-E : IPE 240

° I ® °¯W

3890 cm 4 324 cm

3

M max

W V adm

561 103 Kp cm

561 · 103 = 4750·x x = 118,2 cm L1=115 cm

C

55


Tramo E-D:

es necesario reforzar Ic

b=120 mm

1 b e3 b e d 2 12

1 12 13 12 12.52 1 1875 12

1876 cm 4

e =10 d

7642 588 cm 3 13 588 1733 1019 10 3 kp cm

3890 2(1876) 7642 cm 4 W2

I2

M adm 1019 · 103 = 4750·x

x = 214,6 cm

L1 = 210 cm Tramo D-C: e e

I cc

1 b e3 b e d 2 1 12 13,52 12

I3

I 2 2(2188) 12018 cm 4 W3

2188 cm 4

d

M adm 1019 · 103 = 4750·x

12018 858 cm 3 14 858 1733 1487 10 3 kp cm

x = 313 cm > 300 cm no es necesario reforzar más

300 cm 210 cm

P

115

M (m·Kp)

5460 5610

+

9970

14250

Solicitación Capacidad resistente

10180 14872 9500/2 = 4750 Kp +

T (Kp) -

4250 Kp

56


Problema 5.2 Dimensionar un segmento de pistón de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro una presión uniforme de 0,19 N/mm2 , sin que las tensiones superen el valor de Vmax= 261,5 N/mm2 (Ve = 340 N/mm2 , Jse = 1,3) (Fundición de grafito nodular).

Nota: Usar la simplificación de simetría, h es suficientemente suponiendo que R pequeño.

R

R = 40 mm

h b

Resolución: voladizo R

Por razones de simetría consideramos:

Diagrama de momentos flectores : p

C

Momento producido por dp en el punto genérico C

R·dM

dM c

b p R dM R senM c M

2

p b R sen M c M dM

MC

dp M

(dp = p · R · dM) B

Momento total para el punto genérico C:

O

A

57


Mc

³

Mc

0

p b R 2 sen M c M dM

>p b R

2

@

Mc

cosM c M 0

p b R 2 1 cos M c

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

p b R 2 1 cos M c

M

tendremos el máximo: Mc = 180 q M

Mmax = 2 · p ·b · R2 Mmax

V max

M h I 2

2 p b R2 h 1 b h3 2 12

12 p R 2 d V adm h2

h t 0,093R 3,7 mm

h

M = 180q

261,5 N

mm 2

No depende de b

0q q MM==180

58


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 cuál escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que está haciendo 3er 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 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:

V 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).

59


Resolución: a) Determinación de h mínima. p

A

B

C

D

h b

a

a A

x

RB

-

M

Tramo AB:

+

M

p

MA

+ T

0 MB

-

T

p

a2 2

TA

p x 0

vE

Tramo BC: p

x2 2

+

-

M

pA 2

RC

x2 A p x a 2 2

MB MC

§ ¨ xE ©

A· ¸ 2¹

ME

a2 a2 A p a a p 2 2 2 2 a MB p 2 2 A A2 Aa A2 Aa p p p p p 8 4 2 8 2 p

TB

pa

60


T

p x p

A 2

A 2

TB

pa p

TC

p A a p

A 2

pa p

A 2

Tramo CD: M M

T

x2 x2 A A A p x a p x A a p p x a x A a 2 2 2 2 2 2 A a 2 p A 2A a A p a 2 x A MC p p p 2 x A 2 2 2 2 2 2 A A MD p p 2A A 0 2 2 p

TC TD

p x p A

p A a p A pA pA 0

pa

Con A = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados: MB

V máx

M máx

MC

112,5 p

ME

500 p 300 cmKg

ME d V adm Wz

Wz

b

20

67,5 cmKg

40,77 Kg/cm 2

ME 6 40,77 20

hmín

W z , mín

hmín

b) Determinación de la distancia a óptima. Óptimo resistente: M máx

M máx

MB

ME

p

a2 2

p

aA A2 p 8 2

ME b h2 40.77 6

1,49 cm

61


a2 A a

A2 4

0

2

a

A A2 §A· r ¨ ¸ 2 4 © 2¹

a

A 2 A2 r 2 4

A 2 r A a 2 2

Así pues, la distancia ‘a’ óptima es:

a óptima

Y se tiene, un momento máximo:

M máx

0,207 A ® ¯ 1,207 A

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

20,7 cm 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

E

Mc

a

1 x a 2

Tramo EC:

a

Mc

A

1 A· § x a 1 ¨ x ¸ 2 a¹ ©

x M’ +

G

wW wF

³ G

ª1 « «¬ EI

M M c dx EI 2 2 EI

A § 2 ¨ a ¨

³

©

p

³

a

o

p

x2 1 0 dx a EI

A § 2 ¨ a ¨

³

©

p

º · A x2 1 p x a x a ¸¸ dx » 2 2 2 2 »¼ ¹

A Aa x3 a aA x a2 A · ¸ dx p x2 p x p x2 p p 2 2 2 2 2 2 ¸¹

62


A

ª x 4 A x3 A a x 2 a x3 a A x2 a 2 A x º 2 » « 6 4 6 4 2 ¼a ¬ 8

G

P EI

G

0,6 (781,25 2083 937,5 312,5 937,5 562,5 6,328 EI

56,25 84,375 8,437 84,375 168,75) 10 3

§ Ï ¨ ©

bh 3 12

20 1,49 3 12

0,6 24724 100 000 5,513

· 5,513 cm 4 ¸¸ ¹

0,265 cm

63


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 ls = 10 cm. El esfuerzo cortante máximo que soporta la viga es Ty= 40000 kg. La tensión cortante admisible en la soldadura es Wadms = 1000 kg/cm2.

y

A

A

12 mm 6 mm 600

G

z

As

As

x

x

z

220

Resolución: Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda T mZA1 IZ

f

m ZA1 IZ

mzA1 : momento estático del ala

22 1,2 30,6 807,84 cm 3 ª1 º 1 2 « 22 1,2 3 22 1,2 30,6 2 » 0,6 60 3 ¬12 ¼ 12

f

40 000 807,84 60 246,14 6

49 446,14 10 800 60 246,14 cm 4

536,35 kg/cm

64


Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura, Fadms

2 W adms A s a

Igualando esfuerzos Fadms

f A

2 W adms A s a

T m zA1 A Iz

2 1000 10 0,5 536,35 A

A

2 1000 10 0.5 18,64 cm | 19 cm 536,35

65


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: Vadmisible=173 Mpa; tensión cortante admisible de los roblones Wadm roblón= 42 MPa. y 120

e

120

e

60

400

20

z

Resolución: P

V adm P

P

2

2

6m

Iz

3 2

P 2

+

T -

P

2

3 P 10 3 2 200 Iz I z ,alma I z , angular

1 2 2 40 3 4 368 27,5 20 3,4 12 10666,7 4 7945,9 42450,3 cm 4

M

+

P

173

M y máx Iz

Iz

42450,3 10 3 mm 4

P

173 42450,3 10 3 2 200 3 10 3

244796 N

66


Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud T mZ IZ

f

263,25 N/mm

P · 122 398 N ¸ 2 ¹

§ ¨T ©

m

122 398 913 10 3 42450,3 10 4

z

2 27,5 16,6 913 cm 3

913 10 3 mm 3

Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblon F Fadm d

f e 263,25 120 31590 N

Sd 2 42 31590 N 4 31590 4 21,9 mm 2 S 42 2

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

67


Problema 5.6 Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 80012 mm, y cada ala compuesta por una platabanda de 19010 mm y 2 perfiles angulares 908 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 Wadm = 42 MPa. e2=40

190 10

d2 800 (total)

d1

e1=18

12 z ( simétrico )

( simétrico )

Resolución: IZ

I Z ( alma ) I Z ( angulares ) I Z ( platabandas )

IZ

1 §1 · 1,2 80 3 4 104 13,9 40 2,5 2 2 ¨ 19 13 19 1 40 0,5 2 ¸ 12 © 12 ¹

51200 4 19650,8 2 31166,3 192135,9 cm 4 Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud f1

T mZA1 IZ

(A1 = área angulares + área platabanda) m ZA1 19 1 (40 0,5) 2 13,9 ( 40 2,5) 1812 cm 3 f1

40000 1812 192135,9

377,2 N/cm 37,72 N/mm

68


Esfuerzo a transmitir por cada roblon:

Sd 1 2 W adm 4 3,1416 d 1 2 42 377,2 180 2 4 4 37,72 180 d12 102,9 2 3,1416 42 d 1 10,15 mm f 1 e1

2

Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud: f2

T mZA 2 IZ

(A2 = área ala) m ZA2 f2

19 1 (40 0.5) 769,5 cm 3 40000 769,5 160,2 N/cm 16,02 N/mm 192135,9

Esfuerzo que debe transmitir cada roblón:

Sd 2 2 W adm 4 2 16,02 400 3,1416 d 2 42 2 4 d 2 9,86 mm f 2 e2 2

69


Problema 5.7 * Se construye una viga cajón compuesta de dos tipos de madera: - ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2 - ALAS : sección cuadrada 200 · 200 mm E1 = 10000 N/mm2

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 contacto ( Wadm = 1 N/mm2 ). 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

E1 E2

10000 1,25 8000

El espesor equivalente e n

e*

25 mm 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: IZ

2

1 1 200 200 3 2 200 200 500 2 2 20 1000 3 12 12 Steiner 1000

200 ·200

e* = 20

236 10 8 mm 4

70


Vx2

Vx1

Hx 3,2

2,1 2,1 e*

e* =20

400

G 500

2,1 2,1 3,2

Tensión en la madera maciza:

V x1 ( y )

M

MZ y IZ

Mmáx =

Tmáx =

MZ §1· y ¨ ¸ IZ ©n¹

1 pL 50 KN 2

Así: °V x1 ( y °° ® ° °V x1 ( y °¯

125 KN m

T

Tensiones reales en el tablero:

V x2 ( y)

1 2 pL 8

600 mm)

125 1000 1000 N mm 600 mm 3,2 N/mm 2 236 10 8 mm 4

400 mm)

125 1000 1000 N mm 400 mm 236 10 8 mm 4

2,1 N/mm 2

En el tablero contrachapado n = 1,25 § 1 · 125 10 6 N mm 500 mm 2,1 N/mm 2 V x 2 ( y 500 mm) ¨¨ ¸¸ 8 4 © 1,25 ¹ 236 10 mm

71


b) Tensión media en el adhesivo

100 mm

y

Fórmula de Collignon:

A Wmed

W med

d

Ty mZA IZ b

z G

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

x

W med

50000 N 200 200 mm 2 500 mm 236 10 8 mm 4 2 100 mm

0,2 N/mm 2

Este valor es inferior a la tensión tangencial admisible en el adhesivo = 1 N/mm2 c)

f

5 P L4 384 E I Z

Valor aceptable, ya que

L 1000

10 10000 5 384 10000 236 10 8 10000 10 mm 1000

5,5 mm

72


Problema 5.8 * La figura representa una sección armada doblemente simétrica. Calcular Mel.z , Mpl.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 Material alma: Fe E 235

== 800 · 12

z

(Puede comprobarse que la sección se plastifica con la ausencia de abolladuras elásticas o elastoplásticas. No se consideran inestabilidades globales : pandeo, vuelco lateral)

G

== 300 · 25

Resolución: a) Mismo acero. y A1 · Ve

Ve = 235

Ve = 235

A2 · Ve

z

Eje neutro elástico

G

Eje neutro plástico

G

12,5

Mel.z

Ve = 235

25

Mpl.z

Ve = 235

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

WZ

1 ª1 º 800 3 12 2 « 300 25 3 300 25 12,5 2 » 12 ¬12 ¼

IZ y max

306484 10 4 mm 4 12,5 mm

7210 10 3 mm 3

306484 10 4 mm 4

( = Wel.z )

d1

d2

73


M el . z

Wel . z V e

7210 10 3 mm 3 235

N mm 2

1694 KN m

Caso plástico: 400 º ª M pl . z # 2 >A1 V e d 1 A2 V e d 2 @ 2 «300 25 235 12,5 400 12 235 1905 KN m 2 »¼ ¬

Coeficiente \:

\

M pl . z M el . z

1905 1,12 1694

b) Diferente acero. Caso elástico Tiene las mismas constantes mecánicas IZ, WZ, pero la tensión en la fibra extrema 425 V max 235 250 355 400 M el . z

Wel . z V max

7210 10 3 250 1802 KN m

Caso plástico N N º ª M pl . z # 2 « A1 d 1 355 A2 d 2 235 2 mm mm 2 »¼ ¬

2648 KN m

Coeficiente \:

\

M pl . z M el . z

2648 1,47 1802

425

A1 · Ve

Ve = 355

Vmax

A2 · Ve

Ve = 235 400

Eje neutro plástico Mel.z

Ve = 235

Mpl.z

Ve = 235

d1

d2

6 Flexión desviada y flexión compuesta


75

76


Problema 6.1 * Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión. o

q

q = 2000 kg/ml

4m 30q 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 )

77


o

q

y’

30q o

o

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

M= 4000 mkg 30q z’

b) Determinación de los momentos de inercia principales Iy’, Iz’ 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

I 3z' I 3 y' I 1z '

1 1,5 18 3 12 1 18 1,5 3 12 I 2z'

729 cm 4 5,06 cm

z’ 3

4

1 1,5 · § 9 1,5 1,5 3 7,5 1,5 ¨ 9 ¸ 12 2 ¹ ©

2

767,8 cm 4 2

78


I1y'

1 § 1,5 7,5 · 1,5 7,5 3 7,5 1,5 ¨ ¸ 12 2 ¹ © 2

I 2 y'

I z'

729 2 767,8 2264,6 cm 4

I y'

5,06 2 280,54 566,14 cm 4

2

280,54 cm 4

I3y’z’=0 por tener eje de simetría. ª 7,5 ·º § «0 7,5 1,5 9 0,75 ¨ 0,75 ¸ 2 ¹»¼ © ¬

I1y'z '

I 2 y'z '

I y 'z '

417,65 2 835,3 cm 4

417,65 cm 4

Tensor de inercia

I z'

I y'z'

2264,6

853,3

I y'z'

I y'

853,3

566.14

( cm4 )

Los momentos principales de inercia son los valores propios.

2264,6 O

835,3

835,3

566,14 O

0

2264,6 O 566,14 O 835,3 2

2264,6 566,14 2264,6O 566,14O O2 835,32

0

0

O2 2830,74O 584 354,55 0

O

2830,74 r 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 ½° ¾ I y 224,19 cm 4 °¿

79


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

2264,6 2606,55

835,3

835,3

566,14 2606,55

314,95 n1z 835,3 n1y 835,3 n1z tg D

D

2040,41 n1y

n1y n1z

341,95 835,3

§ n1 · ¨ 1z ¸ ¨ny ¸ © ¹

§0· ¨¨ ¸¸ ©0¹

0½° ¾ 0 °¿

0,409

arctg 0,409 22,24D

y’ y

4000 sen 30 22,24

D

My

7,76q z

4000 sen 7,76 D

M 30q

22,24

4000 cos30 22,24

D

Mz

q

My

z’

Mz

540 m kg

Vx

My Mz y z Iz Iy

Vx

3963,36 10 2 540 10 2 y z 2606,55 224,19

Vx

152,05 y 240,86 z

Ecuación del eje neutro. y’

22,24q

y A(-8.25,9)

0 152,05 y 240,86 z 240,86 y z 152,05

E

z

y 1,58 z

22,24q

Angulo que forma el eje neutro con el eje principal z:

z’ Eje neutro B(8.25,-9)

3963,36 m kg

tg E

y z

1,58

E

57,67 º

80


Relación entre coordenadas de ambas referencias. §z· ¨¨ ¸¸ © y¹ §z· ¨¨ ¸¸ © y¹

§ cos T sen T · § z ' · ¨¨ ¸¸ ¨¨ ¸¸ © sen T cos T ¹ © y ' ¹ § cos 22,24 D sen 22,24 D · § z ' · ¨ ¸ ¨ sen 22,24 D cos 22,24 D ¸ ¨¨ y ' ¸¸ © ¹ © ¹ z y

0,9256 z '0,3784 y ' ½ ¾ 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

zA

0,9256 (8.25) 0,3784 9 4,230

yA

0,3784 (8.25) 0,9256 9 11,452

Tensión en A:

VA

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

Tensión en B: z 'B 8,25½ ¾ y 'B 9 ¿ z

0,9256 (8,25) 0,3784 ( 9) 4,230

y

0,3784 (8,25) 0,9256 (9) 11,452

VB

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

81


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 de la sección, los esfuerzos equivalentes son:

B

N -50 Tn

My

G

y

My= -875 cmTn

Mz

50 Tn 15 · § 50 Tn ¨10 ¸ cm 875 cm Tn 2¹ © 10 50 Tn cm 250 cm Tn 2

A Mz= 250 cmTn

z

-50 Tn y

B My=-875 cmTn

A Mz= 250 cm Tn z

82


My N Mz y z A Iz Iy

Vx

250 000 50 000 875 000 y z A Iz Iy

Vx

800 cm 2

10 35 2 15 15

A

1 1 3 15 15 10 15 2 10 10 3 12 12 1 1 3 10 10 15 10 2 15 15 3 12 12

Iz Iy

875 000 50 000 250 000 y z 800 81667 44167

Vx

81667 cm 4 44 167 cm 4

Vx

62,5 3,06 y 19,81z kg/cm 2

a) Tensión normal en B

Coordenadas de B

y 5 cm ® ¯ z 17,5 cm

62,5 3,06 (5) 19,81 (17,5)

V xB

299,47 kp/cm 2

b) Eje neutro y

0 62,5 3,06 y 19,81z y

19,81 62,5 z 3,06 3,06

para

y

0o z

y

20,42 6,47

6,47 z 20,42

z

z

0o y

20,42

zona traccionada

3,15 z

para

zona comprimida

y

0

B

½ ¾ 20,42¿

z 3,15 ® ¯y 0 eje neutro

83


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: 30 0,04 50 0,05 1,2 2.5 1,3 Tn m ½ ° ° ° M z 30 0,03 0,9 Tn m ¾ ° ° N 30 50 80 Tn °¿

y

My

D My= 1,3 Tn m

80 Tn B

C

G

A z

Mz= 0,9 Tn m

84

Vx


My N Mz y z A Iz Iy A 40 35 1400 cm 2

½ ° ° 4° 142 916,7 cm ° ¾ Vx ° ° 186 666,7 cm 4 ° °¿

Iz

1 40 35 3 12

Iy

1 35 40 3 12

Vx

57,14 0,630 y 0,696 z (kg/cm 2 ) V x

80000 90000 130000 y z (kg/cm 2 ) 1400 142 916,7 186 666,7

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 57,14 ½ z ¾o 0,630 0,630 ¿

y 1,1z 90,70

y 0 o z 82,46 z 0 o y 90,70 y C

D

A

B

z (0 ; 82,46)

eje neutro

(-90,70 ; 0)

85


VA

57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 20 32,19 kg/cm 2

3,219 N/mm 2

VB

57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 (20) 60,04 kg/cm 2

VC

57,14 0,630 17,5 0,696 20 54,24 kg/cm 2

VD

57,14 0,630 17,5 0,696 (20) 82,08 kg/cm 2

6,004 N/mm 2

5,424 N/mm 2 8,208 N/mm 2

86


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 = 106 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 G=8·104 MPA

y

45º 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.

87


Resolución: x =0 F x = L0

dA

M

dx P G

dA

2 dx

x x =L

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

M

-

M x M F x wM x wF

T=F

T -

wT wF

-

T wT wF

F 2 1 2

1

88


N=0

N

wN wF

-

F

N

2

wN wF

G

0

1 2

T wT N wN M wM dA dA dA wF EA wF GA wF

³ EI

³

³

F

F

G

³

L0

0

M F x x dx EI

³

L0

0

F dx A G 2

³

L

L0

M F x x

ª ML0 2 FL0 3 º ª 2 FL0 º ª M L2 L0 2 « « » 3EI ¼» «¬ GA »¼ ¬« 2 EI ¬« 2 EI

G

³

2 dx

EI

L

L0

2 1 A 2 G 2

³

2 dx

L

L0

2 1 EA 2

3 2 F L3 L0 º ª 2 F L L0 º ª F L L0 º »« » »« 3EI 2 GA ¼» ¬« 2 EA ¼» »¼ «¬

3,389 10 8 176,3 I A

Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares: Tubo ( Dext x e)

A ( cm2 )

I (cm4 )

G (mm)

135 x 4 150 x 4

16,46 18,34

353,4 489,2

96 69,4

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

( >80 ) ( <80 )

2 dx

7 Torsión y esfuerzos combinados


89

90


Problema 7.1 Una viga biempotrada está sometida a un momento torsor producido por una torsión uniformemente repartida. Hallar el MT máx y el ángulo de torsión máximo.

MA P kgm/ml

A

h

A B

b

MB

( b
Resolución: Por ser una viga simétrica los momentos de empotramiento han de ser iguales. MA

MB

PA 2

M T ( x)

PA P x, 2

en x

A 2

§A· MT ¨ ¸ © 2¹

x

Diagrama de momentos torsores:

PA 2

+

A

B -

PA 2

0

91


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

T§ A · ¨ ¸ ©2¹

³

A

2

0

M T ( x) GK 3 b 3 h

dx

1 GK 3 b 3 h

T§ A · ¨ ¸ © 2¹

³

A

0

2

A : 2

· § PA P x ¸ dx ¨ ¹ © 2

ª PA2 PA2 º 1 « » 8 ¼ GK 3 b 3 h ¬ 4 T§ A · ¨ ¸ ©2¹

P A2 1 GK3b3h 8

§ G: módulo de rigidez a torsión del material del eje ¨¨ G ©

· E ¸ 2 (1 Q ) ¸¹

K3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relación capítulo 5. Torsión)

A

ª PA x2 º 2 P x « » 2 ¼0 GK 3 b 3 h ¬ 2 1

h (ver tabla 5.87 del b

92


Problema 7.2 Hallar los momentos en los empotramientos MA y MD. Dibujar el diagrama de momentos torsores.

MA

MB=30000 Ncm

MC=20000 Ncm MD

A B C D

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

Resolución: Es un problema hiperestático.

¦M

0 M

T

MA MD

A

M

B

M

C

M

D

0

30000 20000 50000 kg cm

Considerando por tramos:

MA -MA A

TB

TA

0

T BA T B T A B

MA a G Io

M A 30 G I0

93


MA-MB -(MA-MB)

T CB

TC TB

M A M B 50 G Io

T DC

T D TC

M D 40 G I0

B C

-MD = MA-MB-MC MD C D

TD

TD

0

T BA T CB T DC

0

M A 30 M D 40 M A M B 50 G Io G Io G Io

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 M A M D 50000 ® ¯80 M A 40 M D 1500000

1500000

40 M A 40 M D ® ¯80 M A 40 M D

2000000 1500000

MA

3500000 120

29166,6 N cm

Diagrama de momentos torsores: 29166,6 +

MD

B

A -833,4

-

50000 29166,6 20833,4 N cm D

C -20833,4

-20833,4 ( Ncm )

94


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, Wmax . b) el momento de inercia a torsión, It .

y

5

y

60q

200 mm z

z

G

G

Mx

60q

Mx 60q

x

x

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

W máx

Mx 2 Am e

1000 Nmm 10 3 2

1 200 mm 200 mm cos 30 D 5 mm 2 2

c)

It

4 Am2 ds e s

³

4 Am2 e s

N mm 2

e

§1 · 4 ¨ 200 200 cos 30 D ¸ ©2 ¹ 5 mm 1000 10 4 mm 4 3 200 d)

Sección abierta:

5,77

Wmax

95


a)

W máx

¦

Mx e 1 3 bi ei 3

1000 Nmm 10 3 5 mm §1 3· 3 ¨ 200 mm 5 mm ¸ ©3 ¹

200

N mm 2 e

Wmax

b) It

1

¦ 3 b

i

ei3

2,5 10 4 mm 4

96


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 80200 cm Diámetro del mástil D =15 cm Empuje del viento f = 80 kg/m2 (Peso propio del mástil de acero: P2 = 7850 kp/m 3 6 m

S 0,15 2 4

832 kp )

y

D=15 cm

x z

P2

F

50

520 150 40

Resolución: F

80

40

P1

y

kg

0,8 2 128 kp m2 Sección en el empotramiento. Esfuerzos: Nx

0

Ty

90 832 922 kp

Tz

128 kp

My= 716,8 kpm Tz =-128 kp Mz= -3000 kpm Mx= 64 kpm z x Ty= -922 kp

97


Mx

128 kp 0,5 m

64 kp m

My

128 kp (0,4 5,2) m

Mz

90 kp (5,2 0,4) m 832 3

716,8 kp m 3000 kp m

Tensiones normales debidas a los momentos flectores:

y 716,8 kpm

3000 2 716.8 2

MF D 3000 kpm

z

y

z

B

arctan

D

3084,4 kp m

716,8 13,4D 3000

MF = 3084,4 kpm

D D

V (+)

V xmax

MF D Iz 2

3084,4 10 2 15 2 S 15 4 64

930,9 kp/cm 2

V (-)

Tensiones tangenciales debidas al momento torsor: y Wmax

z A

W max

M x rmax Io

15 2 S 15 4 32

6400

9,66 kp/cm 2

98


Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes: y

z

-128

T

W max

A T -922

T z2 T y2 4T 3 A

128 2 922 2

4 930,8 3 S 15 2 4

930,8 kp

7,0 kp/cm 2

99


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 Tnm está aplicado en la sección B. A y

B C

1m

D

1m M= 8 Tnm

E

1m 1m

z

x Tx

5 Tn

4 Tn

10 Tn

F

2m

Tramo AC: = 40 cm Tramo CE: = 10 cm Tramo DF: = 10 cm Material: acero G = 8,4105 kgf/cm2

Resolución: a) Tensiones máximas en el empotramiento A y

Sección A

My=22 Tnm

Nx

5 Tn

Ty

10 Tn

Tz

4 Tn

Mx

8 10 2 12 Tn m

My

4 3 5 2 22 Tn m

Mz

10 3 30 Tn m

Mz=30 Tnm Tz=4 Tn

Nx=5 Tn Mt=Mx=12 Tnm

z x Ty=10 Tn

100


Tensión normal debida al esfuerzo axil: y V

Vx

z

5000 S 40 2 4

3,97 kp/cm 2

Tensión normal debida a los momentos flectores: y 22

MF D 30

z

y

22 2 30 2

MF

D

arctan

22 30

37,20 Tn m

36,25 D

MF = 37,20 mTn

D z

P D

V (+)

V x max

M y max I

3720000 20 592 kp/cm 2 4 S 40 64

V (-)

Tensión normal máxima total:

V max

592 3,97 596 kp/cm 2

101


Tensión tangencial debida a los esfuerzos cortantes: y

T

Q E

z

E

4 E

4 2 10 2 10,77 Tn 10 arctan 68,2 D 4

Distribución parabólica de W con una Wmax

T

10

W max

4T 3 A

4 10770 3 S 40 2 4

11,43 kp/cm 2

Tensión tangencial debida al momento torsor y B

Wmax

z A

W max

M x rmax Io

1200000 20 S 40 4 32

95,49 kp/cm 2

La tensión tangencial máxima total

W max

W A 11,43 95,49 106,92 kp/cm 2

Aplicación del criterio de Von Mises en el punto P

V max N , M 596 kp/cm 2 ½ ° ¾ V equiv 2 W M x , T 95,49 kp/cm (1)°¿

V 2 3W 2

618,5 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 D y E no son complementarios. Pero como están muy próximos, y por tanto W debido a T será muy pequeño, puede despreciarse frente a la W debida a Mx.

102


b) Giro de la sección C (alrededor del eje x) Dibujamos el diagrama de momentos torsores 20 mT

20 mT 12 mT A 1m

B

Tx

Tx

1m

³

L

0

C

1m

D

1m

E

El giro alrededor del eje x en la sección E será el mismo que el de la sección D.

Mx 12 mT 1 m 20 mT 1 m 20 mT 1 m dx GI o GI 40 GI 40 GI 10

1200000 100 2000000 100 2000000 100 4 4 S 40 S 40 S 10 4 840000 840000 840000 32 32 32

0,244 rad 13,98 D

103


Problema 7.6 Un árbol, de acero, debe de transmitir 120 CV a 600rpm desde la polea A a la B. La tensión cortante admisible para el material del árbol es Wadm = 420 Kg/cm2 y la tensión normal admisible es Vadm=728 kp/cm2. Calcular el diámetro del árbol. Datos: F=2·F’ , Q=2·Q’ , rA=15 cm , rB=22 cm. (radios de las poleas). y 50 cm 50 cm z

B

D

40 cm F

C rA rB

rB

A

rA

F’

Q’ x

Q Resolución:

P

Mx Z o Mx

P Z

1 CV 736 W ½° ° ®1 rpm 2S rad s ¾° °¯ 60 ¿ Mx

Mx

120 736 2S · § ¨ 600 ¸ 60 ¹ ©

1405 Nm 14324 cmKg

Mx= F·rA – F’·rA = (2F’ – F’)·rA = F’·rA F c 15 14324 cmKg F

también

o

Fc

14324 | 955 Kg 15

2 F c 1910 Kg

Mx= Q·rB – Q’·rB Q c 22 14324 cmKg

Qc

14324 1193,7 Kg 12

Q 2 1193,7 2387,4 Kg

1405 Nm

104


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

y x

D

C B

3581 2

RD

RC 50 cm

3581 2

50 cm

Mz

x

+

M z,B

3582 50 89525 cmKg 2

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

B

C

A

D z

RD

1146 Kg

RC

4011 Kg

40 cm

100 cm

My x

+

M x 1146 x MB

1146 50 57300

Mc

114600 cmKg

105


RC R D 2865 0 R D 100 40 2865 40 2865 1146 Kg 100 2865 1146 4011 Kg

RD RC

Determinación del momento flector en B ( combinando Mz y My):

89525 2 57300 2

MB El máximo está en C: M f

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

16 S V adm

4 M 2f 3M x2

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

3 d min

16 4 1146002 3 14324 2 S 728 d min

11.7 cm

106


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 6A los esfuerzos de sección: normal, cortante, flector y torsor. b) Dibujar para la misma sección 6A 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) Como resumen del estudio, indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máxima total.

Sección 6A

G 75 Kp 50 Kp y z O

6A

400 Kp

150 mm

x 250 mm

I 40 mm

107


Resolución: a) Esfuerzos de sección y

N 400 Kp ° ®T y 75 Kp ° ¯Tz 50 Kp Tz

z

Mz G

x

N Mx

50 150 7500 mmKp

M x ° °M y ® °M z ° ¯

Ty

50 250 12500 mmKp 400 150 75 250 78750 mmKp

My

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

Esfuerzo normal N

400 Kp

Distribución uniforme de tensiones V x : G

V x ,máx

400 Kp

N A

S

40 4

2

0,32 Kp/mm 2

Vx

x

G G G Esfuerzo cortante T T y Tz T Tz

T y 2 Tz 2

75 2 50 2

90 Kp

G

Distribución parabólica de W: T

Ty

Wmáx

W máx

4T 3A

4 3

90 40 2 S 4

0,1 Kp/mm 2

108


Momento torsor M x

x

7500 mmKp

Distribución de tensión W con una ley lineal radial:

Wmáx Wmáx

M x rmáx I0

W máx

x

G Momento flector M

7500 20 40 4 S 32

0,6 Kp/mm 2

G G My Mz M

Vx,máx

M y2 M z2

12500 2 78750 2

79737 mmKp

Distribución lineal de tensión V x respecto al eje de giro: Mz Vx,máx

V x ,máx My

M

M y cmáx I

79737

c) La tensión normal máxima total vale:

V x ,máx

0,32 12,69

13,01 Kp/mm 2

La tensión tangencial máxima total vale:

W máx

0,6 0,1 0,7 Kp/mm 2

4

S

40 64

40 2

12,69 Kp/mm 2

109


Problema 7.8 Un tubo de acero I200 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 6A y 6B sea inferior a Vadm=500 Kp/cm2. - El corrimiento vertical GB d 1/1000 L. NOTAS: - Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q. - Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2. - Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor:

I 0|

SeI 3 4

Iz |

e I200

SeI 3 8

A | SeI

6B A

q

6C B

q=50 Kp/m L= 5m

C

Motor

110


Resolución: a) Determinación de los diagramas de esfuerzos. y

qy=50 Kp/m 25 mKp

mx=50·0,1= 5 mKp/m

125 Kp

z

125 Kp

qy=50 Kp/m Mz I/2 = 0,1 m +

M z ,máx

Ty

1 q y L2 8

1 50 5 2 8

+ -

T y ,máx M x ,máx

qy

Mx

b) Características mecánicas de la sección. 3

SeI m SeI 3 # 4 4

Iy

Iz

A

2S

I0 2

SeI 3 8

I e SeI 2

W0

Wz

L 125 Kp 2

25 mKp

+

I0 |

156,25 mKp

I 0 SeI 2 I 2 2 I z SeI 2 I 4 2

111


c) Comprobación de tensiones en la sección central 6B. Vmáx

M z 156,25 mKp ° Mz ® °V x ,máx W z ¯

^T

y

z

z

Vmáx

0

Wmáx

M x 12,5 mKp ° Mx ® °W máx W 0 ¯ Aplicando el criterio de falla de von Mises:

V equiv

2 V x2,máx 3 W máx

V equiv

§ ¨ ¨ 15625 ¨ 20 2 ¨ Se 4 ©

e

2474 11,8 500

2

d 500 Kp/cm 2

· § ¸ ¨ ¸ 3 ¨ 1250 ¸ ¨ 20 2 ¸ ¨ Se 2 ¹ © 0,1 cm

· ¸ ¸ d 500 Kp/cm 2 ¸ ¸ ¹

e t 1 mm

Comprobación de tensiones en la sección extrema 6C

^M z

0

Ty T y 125 Kp ° Ty ® T °W máx 2 A ¯

M x 25 mKp ° Mx ® °W máx W 0 ¯

Wmáx

Wmáx

Wmáx

112


Apliando el criterio de falla de von Mises:

2

d 500 Kp/cm 2

V equiv

T W máx 0 3 W máx

V equiv

§ ¨ 125 2 2500 3¨ ¨ S e 20 20 2 S e ¨ 2 ©

e

47,5 47,5 500

0,02 cm

2

· ¸ ¸ d 500 Kp/cm 2 ¸ ¸ ¹

e t 0,2 mm

Con el espesor anterior de e = 1 mm, las tensiones en la sección extrema 6C son de Vequiv | 100 Kp/cm2. d) Comprobación del corrimiento vertical de la sección central GB d L / 1000 = 5 mm. q

GB

GB

5 q L4 d 5 mm 384 EI z

L

GB

5 384

5 Kp/cm 100 2100000 Kp/cm

2

500 cm 4 S e 20 cm 3 8

d 0,5 cm

Despejando el espesor de la ecuación e = 0,123 cm o 1,3 mm. En conclusión, para verificar los requisitos de resistencia y deformación el espesor e t 1,3 mm. Una solución comercial sería I200 x 1,5 mm.

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

x

Z y

y

L = 500 mm

z

A

A’

e=5

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

100 G

r

A

C b = 100

114


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

=

70,7

G

0

=

³

¦

y dA

0

³ 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

°I z ° ® ° °W z ¯

³

³

b§

2

2 ·¸ 1 3 y dA 2 ¨¨ s b e e ds ¸ ¦ 0 2 ¹ 3 © Iz 1666666 mm 4 23574 mm 3 y máx 70,7 mm 2

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

115


y s

°I y ° ® ° °W y ¯

ds z z

G

2

z dA 2

³

¦

Iy

b § 2 ¨s 0 ¨

³

©

2

2 ·¸ 1 3 b e e ds ¸ 2 ¹ 12

416666 mm 4 35,35 mm

z máx

11786 mm 3

bi ei

C

® It ¯

G

1 3

¦b

i

ei

3

2 b e3 3

8333 mm 4

a) y

Mz

G P

C

Mx

z

Tz

Ty

z P

My

116


°T y ° ® °T °¯ z

2 2 2 P 2 P

^M x

Ty , Tz

353 N 353 N

Mx

P b 50000 N mm

°M y máx P ° ® °M máx P °¯ z

2 L 176777 N mm 2 2 L 176777 N mm 2

My , Mz

L = 500 mm

x

Tensiones normales Vx debidas a la flexión desviada My , Mz. +7,5 N/mm2

+15

- Para My y

V máx -15

Mz -7,5 G My

My Wy

176777 Nmm N 15 3 11786 mm mm 2

- Para Mz

V máx

Mz Wz

176777 Nmm 23574 mm

3

7,5

N mm 2

z

x

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

Mx

dT x GI t dx

TORSIÓN UNIFORME

d 3T x

EI Z 3 dx

TORSIÓN NO UNIFORME

117


¾ Wmáx

Wmáx

Wmáx = 30 N/mm2

e

¾ Wmáx = 22,5 N/mm2

Mx

M x e máx 50000 N mm 5 mm °W máx It 8333 mm 4 ° ® 3 N N °3W 30 22,5 2 °¯ 4 máx 4 mm mm 2 °° dT x ® ° dx °¯ x

Mx GI t

50000 N mm N 84000 8333 mm 4 2 mm

30

N mm 2

7,14 10 5

rad mm

Tensiones tangenciales debidas al cortante Ty , Tz. Aplicamos superposición: Ty :

A1 y

y

100

G

C 0,75 z

0,75

WTOTAL= W + W’

Ty

T y m zA1 °W variable según y I z e ° °Para y 0, W . máx ° °° 2 100 mm 3 ® 2 353 N 100 5 ° 2 °W máx 4 ° 1666666 mm 5 mm ° °ó directamente se demuestra que W máx °¯

0,75

N mm 2

3 P 4 be

118


Tz : A1

T z m yA1 °W c variable según z I y e ° ° c . °Para z 0, W máx ° 2 ° 50 mm 3 ® 2 ° 353 N 50 5 N 2 °W c 0,75 máx 4 ° 416666 mm 5 mm mm 2 ° 3 P °ó directamente se demuestra que W máx °¯ 4 be

y 50 z G

0,75 C

Tz 0,75

z

Se demuestra que

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

W TOTAL max

WTOTAL 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

3 2

1

Punto °V x ° ® ° °W ¯

15

N N 7,5 2 mm mm 2

22,5

N mm 2

( My Mz )

( Mx )

119


Punto °V x ° ® ° °W ¯

Punto

2

15

30

N mm 2

( My )

N N 0,75 2 mm mm 2

( M x , Ty , Tz )

1

De los puntos estudiados, el Aplicando Von Mises

V equiv

V x 2 3W 2

°V x ° ® ° °W ¯

3

15

N N 7,5 2 mm mm 2

( My Mz )

22,5

N mm 2

( Mx )

es el más desafavorable.

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

V equiv

V x 2 3W 2

(15 7,5) 2 3 (30 1,35) 2

58,8

Esta operativa está contemplada en diferentes normativas. b)

Mx C

Tx

dT x L dx

F

Tx

G

F L3 3 E I

Se desprecian los corrimientos debidos al esfuerzo cortante Ty , Tz.

N mm 2

120


y

G C

A

G1

Gy Gz

z

C1

G (Tx) A1

Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz:

3

Gy

F L 3 E Iz

2 (500) 3 2 3 210000 1666 666 500

0,04 mm

Corrimiento según el eje z debido a la flexión My:

Gy

F L3 3 E Iz

2 (500) 3 2 3 210000 416666 500

0,17 mm

Amplificación del giro debido al torsor Mx:

G

§ dT · T x 100 ¨ x L ¸ 100 7,14 10 5 500 100 3,57 mm dx © ¹

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. 0q T T | 0q

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

C

G C

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 Tx en la sección A.

y A

B

x z Mx = 20 KN·m L=5m

E = 210000 N/mm2

Ve = 355 N/mm2

Resolución: Se trata de un problema de torsión no uniforme, ya que está impedido el alabeo en el empotramiento. Ecuación diferencial de gobierno: 23 3

Mx

dT dT E Iw 3 dx dx

G It

12

300

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

1

¦ 3 b

i

ei3

1 2 300 23 3 467 12 3

270 10 4 mm 4

Módulo de alabeo o momento de inercia sectorial:

Iw

If

h2 2

1 3 h2 b e 12 2

1 467 2 300 3 23 12 2

5643 10 9 mm 6

490

123


El reparto del momento torsor total Mx = Mt1 +Mt2 ( para L = v ): Torsión uniforme M t1 ® ¯Torsión no uniforme M t 2

M x 1 e D x M x e D x

Mx = 20 KN·m

Mt1 2,03 ( 3,9 exacto )

Mt2

x x

D

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

G It E Iw

4,57 10 4 mm 1

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

dT x dx

Mx M t1 1 e D x { G It G It

Tx x

Para encontrar el ángulo de giro total en el extremo:

Tx

³

L

0

dT x dx dx

³

L

0

Mx 1 e D x dx G It

20000 10 3 Nmm N 309,3 10 4 mm 4 81000 mm 2

Tx x

Mx § 1 1· · Mx § ¨ L e D x 1 ¸ | ¨L ¸ G It © D D¹ ¹ G It ©

§ 1 ¨ ¨¨ 5000 mm 4,57 10 4 ©

0,4 0,17 rad 23D 10 D

§ 5000 4 ·· ¨ e 4,5710 1¸ ¸ ¨ ¸ ¸¸ © ¹¹

13D ( valor muy elevado )

Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant en el extremo del voladizo Mt1# Mx. Wmax Alas:

W Vmax Mt1

Sección A

Wmax

M t1 e max It

20000 10 3 Nmm

M t1 e alma It

20000 10 3 Nmm

4

309,3 10 mm

4

23 mm 149

N mm 2

Alma:

W Vmax

4

309,3 10 mm

4

12 mm 78

N mm 2

124

x


En el empotramiento la torsión no uniforme provoca tensiones tangenciales Ww y normales Vw, donde Mt2 # Mx :

Wmax

Mt2

20 KN m 0,467 m

Mt2 = Vf · h o V f

Vf

42,8 KN

Por aplicación de Collignon en la sección rectangular del ala :

Sección B

h = 467 Vf

3 Vf 2 Af

W w max

3 42800 N 2 300 23

9,3

N mm 2

Wmax

(el valor exacto es 9,3

Vw

Mf Vf

Vw Vw

Vf Vw

3 Mx ) 4 b e h 2

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

Mf

Mf

N mm 2

M t2 D h

20000 10 3 N mm 4,57 10 4 mm 1 467 mm

93,7 10 6 N mm 93,7 KN m valor superior al momento torsor aplicado

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

Vw

If

b 2

93,6 10 6 Nmm

300 mm 2

1 23 mm (300 mm) 3 12

272

N mm 2

(el valor exacto por aplicación de las fórmulas del bimomento es Vw = 261 N/mm2 )

125


x

Aplicación del criterio de Von Mises

Sección A: punto contorno del ala

V equiv

V 2 3 W 2

0 3 W 2

3 149 258

N mm 2

Ve

Sección B: punto extremo del ala ( Vw max ,Ww = 0)

V equiv

V 2 3 W 2

V w 3 W w2

272 2 3 0

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

V max

N My Mz Vw A W y Wz

272

N mm 2

Ve

126


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 Vx 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 E = 210000 N/mm2 G = 80000 N/mm2 Ve = 355 N/mm2 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

127


Resolución: Diagramas de esfuerzos 90000 Nm ( máx ) 1500 Nm -

x

Mx = F · 0,05 m Momento torsor

30000 N

Mz = - F · (L – x ) Momento flector eje z

Ty = - F Esfuerzo cortante eje y

Características mecánicas sección IPE – 300. A

y

tf = 10,7

53,81 cm 2 603,8 cm 4 8356 cm 4

I y ® ¯I z

z tw = 7,1

300

°Wel y ® °¯Wel z

150

Análisis de la torsión mixta Ecuación general de gobierno de la torsión mixta:

Mx

d 3T dT G I T x E I w 3x dx dx

Uniforme M t 1

No uniforme M t 2

1355 Nm Mt1

1500

Mt2

x L= 3m

145 Nm

80,5 cm 3 557,1 cm 3

IT

20,12 cm 4

Iw

125,9 10 3 cm 6

128


Torsión uniforme : M t1 ® ¯Torsión no uniforme : M t 2

D

M x 1 e D x M x e D x

,

para x L M t1 1500 1 e 0,783 , para x L M t 2 145 N m

N 20,12 cm 4 mm 2 N 210000 125,9 10 3 cm 6 mm 2 80000

G It E Iw

7,8 10 3 cm 1

0,78 m 1

a) Tensiones normales máximas: x = 0

Vw

Vx

Mf

Vw

Mz Vw

Mf

Vw

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

M t2 D h

Mf

Vw

1500 N m 0,78 m 1 0,289 m b 2

6654 N m

6654 10 3 Nmm 75 mm

If

6038000 mm 2

4

165

N mm 2

Debidas al momento flector Mz :

V x max ( M z )

Mz Wel z

90000 10 3 N mm N 162 3 3 557,1 10 mm mm 2

1355 N m

129


Así, la tensión normal máxima:

V x max

V w V x max ( M z ) 165 162 327

N mm 2

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

Wmax

Alas superior e inferior: Mt1 = 1355 N·m

W máx

Wmax = 72 N/mm2

W máx

M t1 e máx It

1355 1000 10.7 72 N/mm 2 201200

8 Corrimientos en piezas prismáticas


131

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, vB. (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 : (=2,1·104 Mpa Q=0,2 G=8750 MPa

4m

1m

Resolución: a) Diagramas de esfuerzos

3000 Kp

x’ B

2m

C

x

1000 A

2

N

RC = 1000

Reacciones :

RA = 1000

1000 2 B

RC

B 4000mKp

4000mKp

1000 kp

P

3000 Kp

RA= 2000

1000

1000 2

C

A

RC

2 P 3 1 P 3

T

-1000

1000 2

2000 kp

C

A

RA

M

1000 2

133


Tramo AB Tramo BC

N

T

M

1000 2 0

1000 2 -1000

1000 2 x 4000 1000 x c

Esfuerzos en la sección mn: N mn Tmn M mn

1000 2 Kp 1000 2 Kp 2000 mKp

Tensiones provocadas por cada esfuerzo, por separado: Y

Vmax,C

m G Z

Wmax M

N T

n

N

Vx Vx

N A 1000 2 1800

0,8 Kp

cm 2

M

M Vx y I 2000 100 y Vx 540000 V x max 11,1 Kp 2 cm

A 1800 cm 2 5 A1 A 1500 cm 2 6 I z 540000 cm 4 Wz

18000 cm 3

T

3T§ y2 ¨1 4 2 A ¨© h2

· ¸ ¸ ¹ y2 3 1000 2 § ¨1 4 W xy 2 1800 ¨© 60 2 W xy max 1,2 Kp 2 cm

W xy

· ¸ ¸ ¹

134


Suma de tensiones normales Vx :

N M y 0,8 0,37 y A I V x máx 0,8 0.37 30 10,3 Kp/cm 2 (máxima ténsión de tracción)

Vx

V x mín

0,8 0,37 30 11,9 Kp/cm 2 (máxima tensión de compresión)

b) Corrimiento vertical en B vB

wW wP

G

§ N wN T wT M wM · ¨¨ ¸dl TOTAL EA wP GA1 wP EI wP ¸¹ ©

³

§ 2 2 ¨ P§ P · 2 ¨ 3 ¨ ¸ 3 ¨ EA ¨ 3 ¸ GA1 0 © ¹ ¨ © P 4P P ' § x ¨ 400 1 § · 3 3 3 ¨ 0 ¨ ¸ 0 ¨ GA1 © 3 ¹ EI ¨ ©

³

200 2

³

³

2000 2000 2000 x 2 · ¨ ¸ ¨ 3EA 3GA 3EI ¸ dx 1 © ¹

200 2 §

0

³

2 Px 2 2 3 3 3 EI · § 4 x' ·¸ ' ¨ ¸ ¸dx ¨ 3 3 ¸¸ © ¹¸ ¹

400 § 1000

0

· ¸ x ¸dx ¸ ¸ ¹

¨ ¨ 3GA 1 ©

16000 8000 x ' 1000( x ' ) 2 · ¸ dx c ¸ 3EI ¹ 200 2

º ª x3 2000 » « 2000 x 2000 x 3 » « « 3 2,1 10 5 1800 3 87500 1500 3 2,1 10 5 540000 » »¼ «¬ 0 ª xc 2 xc3 c 16000 8000 1000 x « 1000 x c 2 3 « 5 3 87500 1500 3 2,1 10 540000 « «¬

G

G

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 )

400

º » » » »¼ 0

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 E=2,1·105 Mpa G=0,4E

y P

C

z

1m Y Z

X

Resolución : Determinación de esfuerzos:

A x Q B

x

D

C P

x

T y Q 600 N Tramo AB ® ¯M z Qx 600 x mN N x Q Tramo BC ® ¯M y Q 1 600 mN T y Q 600 N ° °Tz P 300 N ° Tramo CD ®M x Q 1 600 mN °M Qx 600 x mN ° z °¯M y P x 300 x mN

136


a) Desplazamiento vertical de la sección A:

GA

wWtotal wQ

Ty wTy

B§

³ ¨¨© GA A

1

³

wQ

M z wM z · ¸ dx EI z wQ ¸¹

M wM y · ¨ Nx wNx y ¸ dx ¸ B ¨ EA wQ w EI Q y © ¹

³

C§

T wTy T wTz M x wM x M y wM y M z wM z ·¸ ¨ y dx z ¨ GA1 wQ GA1 wQ GKt wQ EI y wQ EI z wQ ¸ ¹ ©

D§

C

· Q ¨¨ 1 Q x x ¸¸ dx EI z © GA1 ¹

1m §

³

0

1m §

· ¨ Q 1 Q 1 ¸ dx ¨ EA EI y ¸¹ ©

³

0

1m §

³

0

· ¨ Q 1 P 0 Q 1 Px 0 Q x x ¸ dx ¨ GA1 ¸ GA1 GKt EI y EI z ¹ ©

1m §

³

0

¨ 1 Q 1 Q Q 1 Q 1 Q 1 Q x 2 Q x 2 ¨ EA GA1 GKt EI y EI z ©

1 1 1 1 1 2 Q 2Q Q Q Q 0,042 m EA GA1 GK t EI y EI z 3

·¸¸ dx ¹

4,2 cm

Términos de la sección: Q 600 N

y

z 4 cm

4 cm

E

2,1 1011 N/m 2

G

0,4 2,1 1011 N/m 2

A 16 cm 2 16 10 4 m 2 5 40 10 4 m 2 A1 A 6 3 1 4 43 4 cm 4 10 8 m 4 Iy Iz 12 3 Kt

3 K 3 2a 2b 0,141 4 4 10 8 m 4

b

a

1

K3

0,141

137


b) Desplazamiento transversal de la sección C.

G C z

wWtotal wP

Q Qx · ¨¨ 0 0 ¸¸ dx EI z © GA1 ¹

1m §

³

0

1m §

³

0

· ¨ Q 0 Q 0 ¸ dx ¨ EA EI y ¸¹ ©

1m §

³

0

· ¨ Q 0 P 1 Q 0 P x x Q x 0 ¸ dx ¸ ¨ GA1 GA1 GK k EI y EI z ¹ ©

P 40 10 4 0,4 2,1 1011 3

P 3 43 10 8 2,1 1011 3

12 P 10 4 P 64 2,1 10 7

1 P 1 §¨ P ·¸ GA1 EI y © 3 ¹

2,235 10 3 m 0,2235 cm

9 Piezas y sistemas hiperestáticos


139

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 4m

Vadm=1600 Kp/cm2 E=2,1·106 Kp/cm2

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

RA

A

MA C +

B

C =

1m

4m

P

A

RA’

RB

x

B

C

RB’ x

-5000mKp=MB MA-RA·x -

M

R A x R B x 4

RA x -

= M

+

+

M’ + M’A

MA 5000 RB

T RA

M’A-RA’·x

-

I)

5000 +

= T RA

RB

+ +

-

II )

T’ RA’ III )

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

RB’

141


- Estado isostático (II): R A RB

5 000

R A 4 5 000 1 MA

°R A ® °R ¯ B

MB

0

5 000 1250 Kp 4 6250 Kp

MC

5 000 mKp

0

- Estado momento hiperestático (III): R cA R Bc M cA R Bc 4 M Bc 0 x Para encontrar M’A , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B , en el estado final (I): 0 '

1 EI

2

¦A y i

i 1

i

LMA 2 · 1 § LMB 1 L L¸ M A ¨ EI © 2 3 2 3 ¹

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

MA

MA

M cA 4

R Bc

2500 mKp

2500 4

MB 2

5000 mKp 2

2500 mKp

625 Kp

- Estado final (I):

MB

M A M cA M B M Bc

MC

0

MA

RA RB M x

R A R cA R B R Bc

4 M A 4 R A

MB

0 M cA

M cA

2 500 mKp

5 000 0 5 000 mKp

1 250 625 1875 Kp 6 250 625 6 875 Kp RA RB

MA MB 4

6875 Kp

2500 5000 1875Kp 4

142


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

'

'

1 EI

3

¦A y i

i

i 1

1 EI

§ 4M B § 4 · 1M B 2 4 M A § 8 · · ¨¨ ¨ 1¸ ¨ 1¸ ¸ 2 3 2 © 3 ¹ ¸¹ © 2 ©3 ¹

2 10 4 10 6 0,3 cm I min 3 2,1 10 6 I

2 10 4 10582 cm 4 3 2,1 0,3

TABLAS

o

20000 kg m 3 3EI Kg/m 2 m 4

° I 11770 cm 4 IPE 330 ® z °¯W z 713 cm 3

c) Comprobación del perfil a resistencia :

V max W max

M max Wz Tmax A1

5000 mKp 713 cm 3 5000 Kp 271 7,5 mm 2

7,01 Kp/mm 2

701 Kp/cm 2 1600 Kp/cm 2

2,46 Kp/mm 2

V adm

246 Kp/cm 2 923,8 Kp/cm 2

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

V adm

3

W adm

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. b) Valores de las reacciones. c) El perfil IPN necesario para Vadm=140 MPa. d) La pendiente en el apoyo B.

Material: Acero E=2,1·106 MPa

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

4m

B

+

1m

MA MA

M

MB=-40000 Nm -

-

P MA’

=

C A

p

MA

P

RA’

x

x

280 000 Nm R A x M A px 2 / 2 R A x M A 4px 2

+ +

RA

10 000 N

+

MA’- RA’x

R A px

P

T

-

=

+

R’B

RA

MA’= 4R’B P

=

+

+ RA’

-

R’B

144


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

M x A , B M x B , C

§ x2 · M cA R cA x R A x ¨¨ M A p ¸¸ 2 ¹ © R A x M A 4 p x 2

Para hallar R’B , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B : 0 ' 1 EI

ª « «¬

³

BM

A

x x

EI

B

x dx

2 · º § · c ¨ R A x ¨ M A p x ¸ ¸4 x dx 4 M A 2 4» ¸ ¨ A¨ 2 ¹ ¸¹ 2 3 »¼ © ©

³

B§

100000 N

RA

280000 Nm 4 R Bc

MA M cA 1 ª EI «¬

1 EI

64 º ³ 100000 x 280000 10000 x 4 x dx 3 R c »¼ B

2

B

A

4m ªª x2 x3 x4 º 64 º « « 1120000 x 680000 140000 10000 » R Bc » 2 3 4 ¼0 3 «¬ » ¬ ¼

1 EI

ª 4160000 64 º R Bc » « 3 3 ¬ ¼

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

0

R Bc

65000 N

RA = 35000 N MA= -20000 Nm

c) Determinación del IPN.

V max

WZ ,min

4 10 6 14000

M max Wz

40000 100 d 14000 N/cm 2 Wz

285,7 cm 3 TABLAS

° I 4250 cm 4 IPN 240 ® z °¯W z 354 cm 3

145


d) Pendiente en B. M x A , B

20000 35000 x 10000 x 2 d 2 v1 dx 2

dv1 dx

1 EI

§ · x2 x3 ¨ 20000 x 35000 ¸ 10000 C 1 ¨ ¸ 2 3 © ¹

x 0:

dv1 dx

0 C1

x

TB |

dv1 dx

4:

TB

M x A, B

0

1 § 16 64 · 0¸ ¨ 20 000 4 35 000 10 000 2 3 EI © ¹

240 000 840 000 640 000 11

3 2,1 10 4250 10

TB

8

40 000 3 2,1 10 3 4250

0,00149 rad 0,0856 0

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

4m

C

A 4m

- La viga AB es un perfil IPN 400. - El tirante CD tiene una sección de 5 cm2. - Módulo de elasticidad : E = 2,1·107 N/cm2 ( para la viga y el tirante ).

B 4m

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

GC donde :

v C

GC = corrimiento del punto C del tirante CD. vC = corrimiento vertical de la viga AB en el punto C.

147


Cálculo de GC : RD D

GC

'A CD

H A CD

V A CD E

(H

V ,V E

RD ) A

4m

C

R D 400 cm

GC

2,1 10 7 N/cm 2 5 cm 2

RD

R D A CD EA

3,81 10 6 R D

cm

R D en N

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

A

C RD

4m

R D x 400 p x

B 4m

2

2

px

2

2

-

M

mKp

vC

³

wWTOTAL wR D

x wM

EI wR D

B

x2 2 0 dx EI

p 400

0

³

CM

³

dx

³

AM

C

R x 400 p 800 D

400

EI

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

x wM

EI wR D

dx

x2 2 x 400 dx

148


³

p 800

400

x2 RD x 400 RD 2 x 400 dx EI

1 ª p 4 § 200 p RD x ¨ « EI ¬ 8 3 ©

800

º · 3 ¸ x 400 RD x 2 160000 RD x » ¹ ¼ 400

1 18133 10 6 p 21,3 10 6 R D EI

18133 10 6 p 21,3 10 6 R D 2,1 10 7 29210

29561,5 p 34,8 R D 10 6 cm Entonces:

GC

v C

3,81 10 6 R D

38,61 RD

29561,5 p 34,8 R D 10 6

29561,5 p

(1) R D (2) p

766 p

RD

766 p

(RD en N)

0,13 RD (p en N/cml)

Determinación de pmáx : Para el tirante: R D ,max

V max ,tirante

5 cm 2

p max 2

d V am

140 10 2 N

0,13 R D ,max

cm 2

R D ,max

0,13 70 000 9 100 N

70 000 N 2

mA

Para el perfil:

V max ,viga

MA

400 R D 320 000 p

MC

80 000 p

M máx

80 000 p

M max W z , IPN 400

d V adm

400 766 p 320 000 p

13 600 p

149


V max ,viga

M max W z , IPN 400

80000 p d V adm 1460

14 000 N

cm 2

p máx

Por tanto: p max

140 000 1460 80 000

255,5 N/cmA

25 550 N/mA

9100 N A ( la menor de ambas). m

b) Cálculo del descenso de C. vc

3,81 10 6 70 000 0,267 cm 2,7 mm

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

C

IPN 220 A

B

IPN 200

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

G1 = G2

x

x

M x

M max

R A

R x -

+ M x

Rx

1 p x2 2

151


Cálculo de G1: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre A y B :

G1

³

'

A

1 2 px 2 x dx EI z

Rx

0

1 ªR 3 p 4º A A » 8 ¼ EI z «¬ 3

A

3 m

A

4 m

Cálculo de G2: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C y B:

G2

' 1 EI z

³

Rx x dx EI z

A

0

ª R 3º «3 A » ¬ ¼

Condición: G1=G2 81 p 8 E 2 140 cm 4

64 R 3 E 3 060 cm 4

9R

216 3060 512 2140 R

243 3060 p p N

mA

2,3624 R

N

Cálculo de Rmax ( pmax ): IPN 200 a flexión:

V máx

M máx

M máx

W z , IPN 200

214 cm 3 M máx

d

260 N 2 1,5 mm

173,3 N/mm 2

37093,3 Nm

Mmáx: wM wx

0

R px x

R p

0,4233 m

M x 0,4233 0,211649 R ½ ° 1 ¾ M máx 2 MA RA pA 7,6308R ° 2 ¿

M máx

7,6308R 37093,3 Rmáx

MA

4861,0 N

152


IPN 220 a flexión:

V máx

M máx

M máx

W z , IPN 220

278cm 3

RA

Rmáx Rmáx Por lo tanto:

p máx

mín

^

260 N 2 1,5 mm

173,3 N/mm 2

48186,6 Nm

M máx M máx

d

4R

48186,6

12046,6 N

12 046,6 ; 4 861,0

2,3624 Rmáx

`

4861,0 dN

2,3624 4861,0 11483 N

b) Descenso vertical del punto B.

G2

R A3 3EI z

4861 400 3 3 2,1 10 7 3060

1,61 cm

mA

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 Vadm= 160 MPa E = 2,1·105 MPa ( tanto para la viga AB como para los tirantes CD y CE )

h=6m 45º

45º

C

A

p

4m

B

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 A

C

B

R

2

p A

R xR x A 2 2

R x 2

2

-

M + x

A px 1 px 2 2 2

A px R x 1 px 2 2 2 2

A px R x 1 px 2 R§¨ x 2 2 2 ©

+

+

A· ¸ 2¹

154


D

E

45º

45º C

A

A 'A

'A GC

2 'A

GC

Cálculo de GC : §

Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C ¨ x ©

'

A· ¸ y A x 2¹

R p 2· § A ¨ p x x x ¸ 2¨ 2 2 2 ¸x dx 0 ¨ ¸ EI z ¸ ¨ ¹ ©

³

1 EI z

A

1 EI Z

A

ª§ A R · x 3 p x 4 º 2 «¨ p ¸ » ¬«© 2 2 ¹ 3 2 4 ¼» 0

1 EI z

1 EI z

§ RA3 1 · ·¸ § 1 ¨ pA 4 ¨ ¸ ¨ 48 © 48 128 ¹ ¸¹ ©

³

0 :

A

p · A R· ¨¨ ¨ p ¸ x 2 x 3 ¸¸ dx 2 ¹ ©© 2 2 ¹

2 §§

o

§ § A R · A3 p A 4 · ¨¨ p ¸ ¸ ¨ © 2 2 ¹ 24 2 64 ¸ ¹ ©

1 EI z

§ RA3 5 pA 4 · ¸ ¨ ¨ 48 384 ¸¹ ©

R A

C

B

G

A

2

A

2

G C

155


Cálculo de 'A :

2

2

R

2 RA 2 EA

D, E

'A

A

2 R 600 2 2 E 5 A 5 cm 2

600 2 cm ,

120 R cm E

6 2m

A

C 2

2

'A

R

GC

2 'A

1 EI z

GC

§ RA 3 5 pA 4 · 120 2 R ¸ ¨ ¨ 48 384 ¸ E ¹ ©

2'A

§ A 8 m 800 cm · ¨ ¸ 4¸ Ï 9800 cm © z , IPN 300 ¹

64 R 32000 p

83 106 5 84 108 R p 48 384

9,98 R

p

9800 120 2 R

2,312 103 R

( p en N/ml , R en N)

Cálculo de Rmáx ( o pmáx ) :

x

Cables a tracción:

V máx

Pmáx A

2 Rmáx 2 d V adm 5 cm 2

16 000 N

cm 2

Rmáx

113137 N

156


x

IPN 300 a flexión:

V máx

M máx

M máx

W z , IPN 300

653cm 3

d 16000 N

cm 2

M máx

104480 Nm

|Mmáx|: MC

A 1 2 pA R 8 4

1 800 2,312 10 3 R 8 2 10 4 R 8 4

15 R

§ p 2,312 10 3 R · ¨ ¸ ¨ A 800 cm ¸ © ¹ wM wx

0

M máx

pA R px o x 2 2

M x 183,74 cm

A R 2 2p

A R 2 2 2,31 10 3 R

pA R 1 x px 2 2 2 2

§A x2 · R ¸ x p¨¨ x ¸ 2 2 2 © ¹

§ 800 183,742 ·¸ R 2,312 103 R ¨ 183,74 183,74 ¨ 2 2 ¸¹ 2 ©

Así que Mmáx = 104480·102 N·cm = 39 Rmáx Radm , sistema

183,74 cm

39 R

Rmáx = 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

cmA

26157 N

mA

b) El descenso del punto C es.

GC

2 'A

2

120 113137 cm 2,1 10 7

GC

0,9 cm

157


Problema 9.6 Determinar el desplazamiento vertical de la sección C, GC , 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 RB como incógnita hiperestática a determinar. y

Esfuerzos:

A

z

x Tramo BC: x

Ty

x p

x

MZ

B

C

z

RB x

RB x

1 2 px 2

x Tramo CA: Ty

y

R B px

RB p a

Mz

R B p a x

Mx

RB a

1 pa2 2

158


Aplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incógnita hiperestática RB :

wWtotal wR B

0 GB

³

GB

C a

B 0

1 GA1

C§

T y wT y

³ ¨¨© GA B

1

wR B

M z wM z · ¸ dx EI z wR B ¸¹

1 § · RB x px 2 ¸ ¨ R px B 2 ¨ 1 x ¸ dx ¨ GA1 ¸ EI z ¨ ¸ © ¹

§ · 1 a2 ¨ RB a p R B a pa 2 ¸¸ ¨ 2 © ¹ GI 0

³

A§

1 § · R B a pa 2 ¨ R pa ¸ R pa x 2 B B ¨ 1 a x ¸ dx 0¨ ¸ GA1 GI 0 EI z ¨ ¸ © ¹

A a

C

§ a4 ¨ RB a 3 p ¨ 2 ©

1 § 3 2 · 1 ¨ 2aR B a p ¸ 2 GA1 © GI ¹ 0

T wT y M x wM M z wM z · ¨ y ¸ dx ¨ C GA wR GK t wR B EI z wR B ¸¹ B © 1

³

· 1 § a3 a4 a3 a4 ¸ ¨ RB p R p B ¸ EI ¨ 3 8 3 3 z © ¹

· ¸ ¸ ¹

§ 3 1 §2 3 11 4 · a4 · ¨ a RB p ¸¸ a p¸ ¨ a RB ¨ 2 3 24 EI ¹ z © ¹ ©

§ G 0,4 E · ¨ ¸ 2 ¨ 9 9 SD ¸ A ¨ A1 ¸ 10 10 4 ¸ ¨ ¨ ¸ SD 4 ¨ I0 ¸ 32 ¨ ¸ ¨ ¸ SD 4 ¨ Iz ¸ 64 © ¹

GB

1

3 2 · 1 § ¨ 2aR B a p ¸ 2 2 D4 9 D © ¹ 0.4 ES 0.4 E S 32 10 4

§ 3 a4 · 1 §2 3 11 4 · ¨ a RB p ¸¸ a p¸ ¨ a RB 4 ¨ 2 ¹ 24 D ©3 ¹ © ES 64

4 40 D 2 2aR B 3 a 2 p 32 9§¨ a 3 R B a p · 64 3.6 2 a 3 R B 11 a 4 p 2 2 ¸¹ 3 24 © 3.6 E S D 4

§D ¨ ä ¨p ¨ Ë ©

50 mm 0,05 m · ¸ 1m ¸ ¸ 1000 N/ml ¸ 2,1 1011 N/m 2 ¸¹

RB

565.3N

0

159


b) Determinación de GC. x

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

A

T y R B ® ¯M z R B x

x C

B x

F

wWtotal wR B

0

x

RB

wWtotal wF

para F

³

a

0

(

0

³

a

0

Tramo CA: T y R B F ° ®M z R B F x °M ¯ x RB a

§2 a3 · 40 D 2 2aR B aF 32 9 a 3 R B 64 3.6 ¨¨ a 3 R B F¸ 3 ¸¹ ©3 3.6 E S D 4

RB

GC

Tramo BC:

0.174 F

1 2· § ¨ R B x px ¸ 0,174 F x R px 0,174F 2 ¹ ( B 0.174 © 0.174 x ) dx GA1 EI z

RB pa 0,174 F F GA1

0.826

1 GI 0

§§ · 1 · ¨¨ ¨ R B a pa 2 ¸ 0,174 F a ¸¸0.174a 2 ¹ ¹ ©©

R B pa x 0,174 F F x

0.826 x ) dx

EI z

Integrando, entre límites, y tomando F= 0:

GC

1 GA1

2 § § ¨ 0.174¨ R B a p a ¨ ¨ 2 © ©

· · 1 ¸ 0.826 R B a pa 2 ¸ ¸ ¸ GI 0 ¹ ¹

§ 1 § ·· ¨¨ 0.174¨ R B a 3 pa 4 ¸ ¸¸ 2 © ¹¹ ©

160


1 EI Z

3 4 3 4 · § § · § · ¨ 0.174¨ RB a 1 p a ¸ 0.826¨ RB a p a ¸ ¸ ¨ ¸ ¨ ¨ 3 2 4 ¹ 3 ¸¹ ¸¹ © © 3 ©

40 D 2 0.652 R B 0.739 p 32 9 0.174 R B 0.087 p 64 3.6 0.217 R B 0.254 p 3 .6 S E D 4

GC

0,225 cm

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

0,00225 m

10 Inestabilidad elástica


161

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

IPN 100

30º

30º

IPN 100

E = 2,1·106 Kp/cm2 Resolución: x

Reacciones: C

B

A 3

6

3 P 2

P

o

P

¦M 2

0

V

0 Rb

o

¦F P

P

B

P 3 RC 6 RC 3 P 2

2

+

T

3 P 2

-

Tmáx 3P Px -

M máx P x 3 Px 3 2

M

3 P 2 3P

Kp mKp

P 2

163


x

IPN 500.Cálculo a flexión.

: V máx

x

M máx

3P Nm

W z , IPN 500

2750 cm 3

d V adm

160 N

mm 2

Pmáx, IPN 500

146667 N

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

A 34 cm 2 ° 4 4 ° I z 864 cm ; I y 318 cm 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: -

N máx A

V máx

N máx d 16000 N 2 N máx cm 34

544000

3 P Pmáx 2

544000 N

362667 N

Pandeo: -

O

L i min

400 131 ! 105 O min ( acero estructural ) 3.06

el pandeo se produce en la zona 3 P 2

de validez de la ecuación de Euler

N adm , H 120

N crit J sp

S 2 EI L2 J sp

S 2 2.1 10 7 318 117700 N 16 10 4 3.5

§ I I min 318 cm 4 · ¨ ¸ ¨ L A 4 m 400 cm ¸ ¨ ¸ ¨ J sp 3.5 O ! 100 ¸ ¨ ¸ 7 ¨ E 2.1 10 N 2 ¸ cm ¹ ©

164


3 P Pmáx 2

117700

x

78466 N

Puntales IPN 100. Comprobación a esfuerzo normal.(Tracción) P 4 cos 30º

P 4 cos 30º

P 4 cos 30º

P 4 cos 30º N máx A

V máx

169600

N máx d 16000 N 2 N máx cm 10,6 P 4 cos 30º

Pmáx

169600 N

587511 N

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

min ^14667 , 78466 , 587511 `

78466 N

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 Vadm = 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

Rc

4

N

P C

TRACCIÓN

2 2 B

+ x

P

A

P 2 2

P

2 2

2 2

B

P

P 2 2

D

R

45º

P 2

2 2

COMPRESIÓN

P

45º

P

4

Rc

2 2

2 2

166


C

T

RA

P

P

+

2

2 B

A

P

-

RB

2

D

C

M

A B +

P x 2

P x P x 2 2

D

b) Cálculo de Padm : x

IPN 360 a flexión:

V máx

M máx W z , IPN 360

P 1 Nm 1090 cm 3 Padm

d 160 N

174400 N

mm 2

167


x

IPN 100 a tracción: P

V máx Padm

x

N máx A

2 2 d 160 N/mm 2 10,6

160 10,6 10 2 2 2

Padm

479 701 N

IPN 140 a compresión: P

2 2 N adm

A

200 2 cm

§ Ö ¨ ©

i min N adm

P

200 2 1.4

A

N crit C sp

S 2 EI L2 3.5

202 ! 100 C s

S 2 2,1 10 7 35.2 3,5 8 10 4

2605,6 N

2 2 N adm

2605,6 N

Padm 2 2

Padm

73700 N

Por tanto : Pmáx

Problema 10.3

· 3.5 ¸ ¸ ¹

mín ^174 400 , 479 701 , 73 700 ` 73 700 N

168


Calcular la carga axial máxima que puede soportar una broca de I 3 mm, a) sin pretaladro b) con pretaladro o marcado. ° E 210000 N/mm 2 ® °¯V e 320 N/mm 2

a)

I3

150 mm

b)

Resolución: a)

b)

Lp=2L Lp=0,7L R

Ncr

Ncr

N cr

S 2 EI z Lp2

169


S 2 210000 a)

S 32 64

2 150 2 S 2 210000

b)

S 32 64

0,7 150 2

91 N

747 N

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

V cr

N cr A

747 N 2

3 S 4

105

N mm 2

Ve

320

N mm 2

cumple

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.

170


Problema 10.4 Calcular la sección rectangular más eficiente para la pieza de aluminio sometida a compresión centrada. x

L = 500 mm , Jseg. pandeo= 3 Datos del Al: E = 70000 N/mm2 Ve= 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: N cr ,1

LPz=0,7·L

S 2 EI y L py

1 3 bh 12 2 L 2

1

1 3 bh 12 0,7 L 2

2

S 2E

2

Flexión eje z: y

LPy=2·L

N cr , 2

z

S 2 EI z L pz

2

S 2E

Igualando Ncr,1= Ncr,2 1 3 bh 12 2 2 L2

S 2E

1 3 bh 12 0,7 2 L2

S 2E

o

h b

2 0,7

171


Con esta relación, puede elegirse la fórmula (1) o (2): 1 3 bh 12 2 L 2 N

S 2E J seg . pandeo

S 2 70000

N cr N

1 § 2 · b ¨¨ b ¸¸ 12 © 0,7 ¹

20000 2 500

2

3

3

3

b 14,5 mm ½ 3 o ® ¾ se tomará : 50 x15 mm ¯h 41,5 mm ¿

Comprobación:

V cr

N cr A

60000 # 100 N/mm 2 V e 14,5 41,5

cumple

172


Problema 10.5 * Calcular la carga máxima, Nmáx, en los tres casos: Ncr =Nmáx ?

Nmáx ?

A)

Nmáx ?

B)

C) 100 mm

10 mm

10m = 10000 mm

v0=L/1000

v0=L/100

V Acero S260

260 N/mm2

Ve E=210000 N/mm2

I 200x5 mm H

Resolución: a) En el primer caso, Nmáx=Ncr , suponiendo que la Vcr d Ve

N cr

V cr

S EI L2p N cr A

S 200 2 190 2 64 2 10000

S 2 210000

2

301952 N 200 2 190 2 mm 2 S 4

301952 N

99 N/mm 2 V e

cumple

173


§ b) El momento flector en el centro del vano: M ¨ x ©

v

L· ¸ 2¹

1 § L· TOTAL ¨ x ¸ © 2¹

1

N N cr

1

Por la ecuación de la flexión V máx

N máx

S

200

2

190 4

2

N . N cr

N M dVe A W

1 N máx v0 N máx 1 301952 2 200 190 2 S2 100 64

260 N/mm 2

Para v0 = 10 mm tenemos Nmáx=269500 N

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

L· ¸. 2¹

v0

1

Factor de amplificación:

El corrimiento total depende de la relación

§ N vTOTAL ¨ x ©

N N cr N A) B) C)

10 100

v

174


Problema 10.6 * Calcular el valor de la imperfección geométrica inicial, v0, que provoca el fallo elástico del perfil tubular I 100x4 mm sometido a N = 125 kN. Resolver el problema utilizando dos modelos de cálculo: a) Análisis de 1er orden, con la geometría caracterizada por el valor inicial v0. b) Análisis de 2º orden, considerando la amplificación del valor inicial de v0. x

N = 125 kN

I 100x4

L = 3500 mm

v0 ?

Material S235: Ve=235 N/mm2 E= 210000 N/mm2 Tubo I 100x4: A= 1206 mm2 I= 1392000 mm2 W=27840 mm2

y

N

175


Resolución: a) Análisis de 1er orden: M

N v0

N

N

N

La sección más desfavorable x

v0

N ® ¯M

=

L : 2

N N v0

=

N M A W

dVe

235 N/mm 2

125000 125000 v 0 1206 27840

235 N/mm 2

Vx

Despejando el valor de v0: v0

125000 · 27840 § ¸ ¨ 235 1206 ¹ 125000 ©

29 mm

b) Análisis de 2º orden:

M

N

1 v0 1 N N cr

Vx

N v0 =

N A

1 N 1 N cr

N v0 W

dVe

La carga crítica de Euler, Ncr:

=

N cr

S 2 EI L2p

S 2 210000 1392000

Así, el factor de amplificación vale 1 N 1 N cr

1 125000 1 235

2,13

3500 2

235517 N

176


Sustituyendo en la fórmula: 125000 v 0 125000 2,13 1206 27840

235 N/mm 2

Despejando el valor de v0: v0

125000 · 27840 1 § 13,7 mm ¸ ¨ 235 1206 ¹ 125000 2,13 ©

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. a) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en un análisis de 1er orden. b) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en una análisis de 2on orden, es decir, considerando la interacción N – M (esfuerzo normal – momento flector). Tubo 140x140x5 mm: A= 26,70 cm2 Iy = Iz = 821,25 cm2 iy = iz = 5,51 cm Wel·y = Wel·z = 117,32 cm3

x N = 100 kN

Acero S235: E = 210000 N/mm2 Ve= 235 N/mm2 y

qy 5 G z

140

L=5m

v0 = 50 mm qy = 300 N/m

140 mm

y

N = 100 kN

178


Resolución: N

N

2on orden

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

1er orden

v0 q

N

N

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

V x ,máx

N Mz A Wz

1 2 pL N v 0 N 8 A Wz

1

1 2 0,3 5000 100000 50 100000 8 2670 117320 37,45 7,99 42,62 88

N mm 2

Ve

cumple

b) Análisis de 2on orden (amplificación de la preflecha inicial e interacción N-M).

V x ,máx

1 2 pL N 8 K2 A Wz

1 1

N N cr

N v0 Wz

2

Cálculo de la carga crítica elástica de Euler, Ncr: L pz

5000 mm o N cr

S 2 EI L2p z

S 2 210000 8212500

5000 2

680855 N

179


Para el factor de amplificación K2, se elige la expresión aproximada (*): K2 |

1 N 1 N cr

1 100000 1 680855

1,172

Así, finalmente (2):

V x ,máx

37,45 1,17 7,99 1,17 42,62 96,7

N mm 2

Ve

(*) Cálculo exacto de K: u

K2

S 2

N N cr

2 1 cosu u 2 cosu

S 100000 2 680855

0,602 rad

2 1 cos0,602 1,177 0,602 2 cos0,602

cumple

180


Problema 10.8 * Un tubo circular I 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 Ve=380 N/mm2. c) Calcular la carga N que provoca el fallo elástico del perfil. Material S380:

E = 210000 N/mm2

Ve = 380 N/mm2

y

F=5 kN N variable

I 100x4

x v

=

= L = 5000 mm

181


Resolución: a) N cr

S 2 EI L2p

S 2 210000 1392000

5000 2

115403 N

Hipótesis: Elasticidad indefinida. N

V

N

N

Ncr 115403 N 2

E = 210000 N/mm

v

H

b) Considerando la interacción N – M. v

F L3 K3 48 EI

3

5000 5000 K 3 48 210000 1392000

donde K3 es el factor de amplificación. Cálculo exacto de K3:

K3

u

3 tgu u u3

S N 2 N cr

§ ªS N º S N ·¸ 3 ¨ tg « » ¨ « 2 115403 » 2 115403 ¸ ¼ © ¬ ¹ 3 §S N ·¸ ¨ ¨ 2 115403 ¸ © ¹

S N 2 115403

Cálculo aproximado de K3: 1

K3 1

N N cr

1 1

N 115403

44,54 K 3

mm

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 N cr 4 5 kN

N 57701 28851

N cr 2

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 Ncr = 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:

V

V

N M K dVe A W

N Mc 1 d V e , donde M c K F L A W 4

183


N 1206

1 5000 5000 4 27840

1 1

N 115403

380

N mm 2

Resolución de la ecuación de 2º grado: N 115403 225 380 1206 115403 N N · § 115403 225 ¨ 380 ¸ 115043 N 1206 ¹ ©

25965675 43853140 95,69 N 380 N

0

N2 1206

1 N 2 475 69 N 17887465

,

1206

c b a

2

N

b r b 4ac 2a

476 r 476 2 4

1 1788746 1206

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 d 0,6 N cr

40425 0,6 115403 69242

K

1 N 1 N cr

1,54

Representación gráfica del apartado c): (N) N

N M K A W

115403

380

Ncr

40425

44,5

68,5

v (mm)

184


c’) Un planteamiento parecido del problema es considerar que v0=44,5 mm constituye una preflecha inicial. 1 El momento flector F L resta constante y la amplificación es debida al termino 4 1 N v N v0 N 1 N cr Los resultados obtenidos no difieren excesivamente de la solución exacta:

V

N M d V e , donde M A W 1 5000 5000 N 44,54 4

N 1206

K

1 F L N v 4 1

1

N 115403

380

27840

N mm 2

Resolución de la ecuación de 2º grado: N 44,54 115403 N 225 1206 27840 115403 N 44,54 115403 N 27840

184,6 N

0

380

N · § 225 ¸ 115043 N ¨ 380 1206 ¹ ©

115 N

N2 17887465 95,69 N 1206

1 N 2 435 N N 17887465

1206 b

c a

N

b r b 2 4ac 2a

® ¯

44977 N 479633 N

sin

sentido ! N cr

Resistencia de materiales Problemas resueltos

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