UNIVERSIDAD NACIONAL DE LA PLATA FACULTAD DE INGENIERIA
CATEDRA DE ESTRUCTURAS (C 152 )
UNIDAD 12 : PANDEO TORSION TEORIA Y EJEMPLOS
AUTOR DEL PRESENTE TRABAJO: ING CARLOS JOSE JASALE
PROFESOR TITULAR: ING. ROQUE DANIEL SILVA
EX JEFE DE T.P.: ING. CARLOS JOSE JASALE - 201 para imprimir en hoja oficio SIMBOLOS UTILIZADOS > mayor que >= < menor que <= <> distinto
mayor o igual que menor o igual que
* . ^
multiplicar potencia (2^3 = 8)
Previo al estudio del pandeo veamos lo siguiente: CONDICIONES DE EQUILIBRIO DE UN CUERPO RIGIDO Consideremos una esfera en diferentes posiciones: 1: equilibrio inestable, ya que una pequeña perturbación al cuerpo, éste sale de su posición y no vuelve a su lugar original.
3 1
2: equilibrio estable, ya que una pequeña perturbación al cuerpo, este sale de su posición y vuelve a su lugar original . 2 3: equilibrio indiferente, ya que una pequeña perturbación al cuerpo, este sale de su posición no vuelve a su lugar original pero se mantiene en el mismo nivel. Conocidas las condiciones de equilibrio de un cuerpo rígido, consideremos a una barra sola o como part estructura, la que está sometida a un esfuerzo axil de compresión, puede perder su forma estable origina aumentar las cargas provocando un mayor esfuerzo axil, sin haberse agotado la capacidad resistente del P Es decir, que bajo ciertas condiciones especialmente cuando se trata de piezas esbeltas - donde una dimensión predomina sobre las otras dos - el equilibrio entre las fuerzas exteriores y las interiores se torna inestable, produciéndose deformaciones conocidas con el nombre de PANDEO. Est Estas defo deform rmac acio ione ness pue puede den n afe afect ctar ar a una una barr barra, a, a una una supe superrfici ficie e (m (metál etálic ica, a, muro, uro, etc. etc.)). Veamos el caso de una columna articulada en sus extremos, en el inferior fijado a tierra mediante un apoyo doble y en el superior vinculada con un apoyo simple que solamente permite el movimiento vertical. Aplicamos una carga vertical de compresión en el extremo superior, obteniendo en el extremo inferior una reacción de igual magnitud a la carga aplicada pero de sentido contrario, es decir , que la columna está sometida internamente a un esfuerzo de compresión.
f
R
La deformación "f " aparece al superarse una cierta carga, llamada carga crítica de pandeo P k, que marc entre el equilibrio estable e inestable, es decir, que para cargas menores a P k se tendrá equilibrio estable cargas mayores será inestable. Alcanzado este límite de la carga crítica P k, la deformación crece, por lo barra pierde su utilidad práctica, pudiendo llegar a la rotura de la pieza estructural. La carga crítica de pandeo para una barra ó columna doblemente articulada es: Pk = π^2 .E.Jmin L^2
llamada fórmula de EULER
E = módulo de elasticidad del material Jmin = momento de inercia mínimo de la sección
Esta carga crítica de pandeo P k, es el menor valor de P que produce una forma de equilibrio distinta de l original (recta) de la columna. Para otras condiciones de fijación de la barra o columna, la carga crítica P k será distinta antes hallada, p tendremos cuatro (4) casos clásicos de pandeo; para ello determinaremos la longitud crítica de pandeo de generalizar la fórmula de EULER antes hallada, es decir, que sirva para todas las vinculaciones posibl Para esto determinaremos la longitud crítica de pandeo L k para las distintas formas de vinculación, pero llevaremos la deformada de manera de asimilarla a la forma de la descripta para el caso particular de vin con doble articulación que vimos anteriormente:
L
Lk
Lk
1
Lk
2
3
caso 1: articulada - articulada
Lk = L
caso 2: empotrada - articulada
Lk = 0,7 L
caso 3: empotrada - empotrada
Lk = 0,5 L
caso 4: libre - empotrado
Lk = 2 L
4
Lk
Entonces la carga crítica de pandeo expresada por la fórmula de EULER para un caso particular, se pue expresar la carga crítica de pandeo en general para cualquiera de estos casos, solo con reeplazar a L po Pk = π^2 .E.Jmin Lk^2
fórmula de EULER válida para todos los casos de vinculación
La tensión normal crítica de pandeo se determina por cociente entre el valor de la carga crítica de pande la sección, es decir: σk = Pk =
π^2 .E . J
A Pk Lk A i λ
Lk^2. A
=
π^2 .E . i^2
Lk^2
=
π^2 .E
Lk^2 / i^2
=
π^2 .E λ^2
carga crítica de pandeo calculada con la fórmula generalizada de EULER longitud crítica de pandeo de acuerdo a la vinculación área de la sección sometida a Pk radio radio de de giro, giro,es es la la dista distanci ncia a a la que que ideal idealmen mente te se ubica ubica el área área de la la secc sección ión medida medida desde desde su su ba (lamda) esbeltez del elemento i =
Jmin / A
λ = Lk / i
Siempre se debe utilizar "J mínimo" con lo que obtenemos "i mínimo" y por consiguiente " λ máximo". σk =
π^2 .E λ^2
ecuación de una hipérbola cúbica llamada de EULER
EJEMPLO 1: 1: Sea una columna columna metálica metálica articulada articulada - articulada articulada,, compuesta compuesta por un perfil perfil doble T y some esfuerzo de compresión. Determinar la carga crítica de pandeo y la tensión crítica de pandeo.
Datos:
Perfil doble te N° 30 ( 30 cm de altura ), todos los datos del perfil se obtienen de tabla. A = 69 cm2 J min = Jy = 451 cm4 J max = Jx = 9800 cm4 L = 180 cm σ rot = 3.700 kg/ cm2 E = 2.100.000 kg/ cm2
Pk = π^2 .E.Jmin = Lk^2 σk = P k =
A
y
sección del perfil momento de inercia mínimo momento de inercia máximo longitud del perfil tensión de rotura módulo de elasticidad
x
π^2 x 2100000 kg/ cm2 x 451 cm4 = 288.503 kg
y
(180 cm)^2
288.503 kg 69 cm2
=
>
4.181 kg / cm2
σ rot = 3.700 kg/ cm2
aquí observamos que el material rompe antes de llegar al pandeo. EJEMPLO 2: Con idénticos datos que el ejemplo anterior pero solo que cambiamos el material del perfil doble te, por lo que cambia el valor de la tensión de rotura que ahora pasa a ser σ rot = 5.200 kg/ cm2
tensión de rotura
Pk = 288.503 kg σ k = Pk =
A
igual al anterior, pués la fórmula de cálculo es la misma
288.503 kg = 69 cm2
<
4.181 kg / cm2
σ rot = 5.200 kg/ cm2
en este caso vemos que la columna deja de ser útil primero por pandeo antes de la rotura del material. ANALISIS PARA ACERO COMUN σ f = 2.400 kg / cm2
tensión de fluencia
tensión de proporcionalidad σ p = aprox. 0,8 σ f = 1.900 kg / cm2 módulo de elasticidad
E = 2.100.000 kg / cm2
tensión crítica de pandeo
σk =
π^2 .E λ^2
y con σ k = σ p se obtiene λ = 104 se toma el valor 100 como esbeltez límite. Es decir, que para λ > 100 se cumple que σ k < de proporcionalidad.
σ p donde la tensión crítica de pandeo es men
Por lo tanto, la hipérbola de EULER vale solo para λ > 100 que corresponde al período elástico. Para λ < 100 se esta en el período anelástico cuyo límite es la tensión de fluencia σ f = 2.400 kg / cm intérvalo desde 0 <= λ <= 60. Para 60 < λ <= 100 el límite lo proporciona la recta llamada de TETMAJER Vamos a graficar lo que hemos terminado de ver:
período anelástico σ f = 2400
período elástico (Eul
límite superior σk
recta de TETMAJER ω =5,
σ p = 1900
ν = 3,5
σ k ad= 1400
hipér
σ k adm ν σ k ad = 920 ν = 1,71 ω ν = 1,00
σ k adm= 592 λ = 60
0
λ = 100
barras cortas
σk σ k adm σ ad
tensión crítica de pandeo tensión admisible de pandeo tensión admisible del material σ k adm =
λ = 15
barras largas
ν (nu) coeficiente de seguridad ω (omega) coeficiente de pandeo λ (lamda) esbeltez
σk ν
Al aumentar la esbeltez, los riesgos de pandeo se hacen mayores, por esto los Reglamentos establecen barras comprimidas deben tener esbelteces λ = 250 para estructuras de acero en general, excepto en p cuyo valor límite es λ = 150.
El cálculo de una barra comprimida, es siempre una verificación, de manera que se cumpla: σ = S <= σ k adm
S A
A
esfuerzo de axil de compresión sección
y operando en la desigualdad, determinamos el coeficiente de pandeo ω: σ ad . S <= σ k adm . σ ad
A
S <= σ ad σ ad σ k adm A
haciendo
ω =
CALCULO DE VERIFICACION AL PANDEO POR METODO OMEGA La fórmula de verificación al pandeo utilizando el coeficiente de pandeo ω y la tensión admisible del mate proporcionada por las Normas Alemanas y adoptado por el Reglamento Argentino, es la siguiente: σd =
ω S
σ d = tensión efectiva de pandeo
<= σ ad
A Así el cálculo de una pieza sometida a un esfuerzo axil de compresión se hace verificando que la tensión exceda a la tensión admisible del material, pero incrementando el valor de la carga real con el factor ω variable con la esbeltez, para lo cual hay tablas de ω = f (λ) para las distintas calidades de aceros. De esta manera el cálculo de verificación al pandeo es sumamente sencillo, para lo cual desarrollaremos ejercicio práctico. EJEMPLO 3: Dimensionar una columna de acero común y sección circular hueca, determinando el diá Datos:
σ ad = 1.400 kg / cm2
t
tensión admisible del material esfuerzo de compresión longitud crítica de pandeo espesor adoptado
S = 20.000 kg Lk = 300 cm t = 6 mm
Vamos a realizar el predimensionado: A necesaria
=
S = σ
D - 2.t 20.000 kg = 1.400 kg / cm2
14,3 cm2
A sección
π [ D^2 - ( D - 2.t )^2 ]
=
=
14,3 cm2
D = 8,2 cm
4 Ahora calcularemos el momento de inercia de la sección hueca: = π D^4 - π (D - 2.t )^4 32 32 ___ __ ____ ___ _ i = J = 208,15 cm4 A 14,3 cm2
J
=
Lk i
=
ω .S
=
1,56 * 20.000 kg 14,3 cm2
λ
A
300 cm = 3,82 cm
=
208,15 cm4
=
________ 14,56 cm2 =
78,5
adopto 79 y de tabla
=
3,82 cm
σ ad = 1.400 kg / cm
>
2.182 kg / cm2
ω = 1,56
Aquí vemos que la tensión de verificación al pandeo supera a la tensión admisible del material, por lo tan redimensionar la sección adoptando un diámetro mayor: D = 11 cm π . [ D^2 - ( D - 2.t )^2 ]
=
A sección
=
19,6 cm2
4 J =
π D ^4
32 i =
__ J A
=
-
π (D - 2.t )^4
=
Lk i
=
ω.S
=
1,24 x 20.000 kg 19,6 cm2
λ
A
=
32 _________ 531,8 cm4 = 19,6 cm2 300 cm 5,21 cm
=
531,8 cm4 _________ 27,13 cm2 =
57,6
=
5,21 cm ω = 1,24
adopto 58 y de tabla
1.265 kg / cm2
<
σ ad = 1.400 kg / cm2
El valor obtenido es aceptable, ya que es sensiblemente menor que la tensión admisible del material. CALCULO DE VERIFICACIÓN AL PANDEO POR EL METODO ζ (zeta) Es un método proporcionado por las Normas Alemanas, permite determinar el coef. de pandeo ω a travé ζ = coeficiente característico de barra
Z = A^2 = coeficiente característico de la sección J min ______________ _ ____ ___ ____ ____ _ Z . Lk^2 . σ ad A^2 . Lk^2 . σ ad ζ = = (*) S Jmin . S y ahora reacomodando a esta fórmula llegamos a ____________ ______________ Lk^2 . σ ad Lk^2 . σ ad ζ = = i ^2 . σ k ad min Jmin . S A A
=
_______ λ^2 . ω
S <= A Jmin = A
σ k ad
i min^2 (i min al cuadr
con esta fórmula obtene el valor numérico de ζ
ζ
= λ
con los valores de ζ de ( * ) y de λ se puede obtener ω de ( ** ) , y con este valor se debe verificar p método omega, que la tensión de pandeo sea menor o igual a la tensión admisible del material. VALORES DE Z Los coeficientes característicos de las secciones se encuentran tabulados, pero calcularemos algunos pa secciones, aplicando la definición: es el cociente entre el cuadrado del área de la sección y el momento d
π . D^2 ^2
1.- sección circular de diámetro D Z =
2.- sección rectangular de lados b y h
4.- secciones doble t = 4π
4 π . D^4 64
Z = 5.- secciones U ados
Z =
( b . h )^2 b . h^3 12
=
12 b h
3.- sección doble te
Z = 6.- secciones U ados
Z = 11 11 Z =
Las elementos estructurales sometidos a esfuezos axiles de compresión pueden ser de una pieza única asociando dos o más de ellos formando un perfil compuesto, vinculados mediante riostras. Cuando se trata de piezas compuestas, hay que asegurar la estabilidad del conjunto y también la de cad las barras componentes entre los nudos ( puntos de concurrencia de barras ). Al tratarse de elementos ( barras, columnas, etc.) comprimidos constituidos por perfiles paralelos y separ una solución de máxima economía de material y de peso, debiendo colocarse los arriostramientos neces siendo las triangulaciones los más utilizados. Normalmente los elementos comprimidos (por ej. columnas) tienen secciones cuadradas o rectangulare caras laterales, que se pueden representar así: secciones posibles
con barras longitudinales
con perfiles
triangulación simple
triangulación doble
pasadores o riostras
La falla por pandeo en piezas compuestas puede originarse de varias maneras: 1 por pandeo local de una de las barras barras principales principales 2 por pandeo de una de las barras de arriostramiento 3 pandeo por distorsión o giro de una sección transversal con respecto a otra 4 pandeo del conjunto estructur estructural al posición secciones extremas
posición sección intermedia
caso 1
caso 2
caso 3
caso
La estructura debe prevenirse contra todas estas posibilidades. Para columna compuesta por perfiles separados y adosados mediante riostras, deberá calcularse una es
λi que permite hallar el coeficiente de pandeo ideal ωi, con el que se deberá verificar que la tensión sea
la admisible del marterial. Estos casos no se estudia en este curso, y en caso de necesidad deberán rem textos que traten especialmente este tema. Para finalizar, se recuerda que TODO ELEMENTO, QUE EN FORMA PARCIAL Y EN SU CONJUNTO, S ENCUENTRE SOMETIDO A UN ESFUERZO AXIL DE COMPRESIÓN DEBERA VERIFICARSE AL PAN EL METODO OMEGA. Los valores de ω en función de λ se encuentran tabulados, para distintos aceros, en textos que tratan en específica el tema de pandeo, no obstante se transcriben las fórmulas que permiten calcular el valor de
ω
=
vale para el intérvalo de λ entre 0 y 100
σ ad
1400 - 0,0808* λ^2
ω
=
ν. λ^2 . σ ad π^2 . E
vale para valores de λ mayores de 100 ν es igual a 3,5
Se transcriben algunos valores para distintas calidades de acero. Para acero A37, tensión de rotura 3.700 kg / cm2, de fluencia 2.400 kg / cm2 y admisible 1.400 kg / cm2 : λ ω
30 . 1, 0 5
45 . 1, 1 3
62 . 1,29
77 . 1, 5 2
81 . 1,61
94 . 2,04
10 0 . 2,36
143 . 4, 8 3
17 8 . 7, 4 9
222 . 1 1, 6 5
Para acero A52, tensión de rotura 5.200 kg / cm2, de fluencia 4.400 kg / cm2 y admisible 2.400 kg / cm2 : λ ω
35 . 1, 1 0
50 . 1, 2 2
67 . 1,48
SIMBOLOS UTILIZADOS > mayor que >= < menor que <= <> distinto
82 . 1, 9 3
86 . 2,13
99 . 3,38
mayor o igual que menor o igual que
10 5 . 3,91
A' ^ * .
148 . 7, 7 7
18 3 . 11,88
227 . 18,27
A prima potencia (2^3 = 8) multiplicar
Veamos la definición de torsión: TORSIÓN: Existe cuando actúan dos pares de igual magnitud y sentidos contrarios en dos secciones pa una barra o de un elemento estructural. Veamos un ejemplo: Sea una barra cilíndrica con un extremo emp la pared y en el otro se halla adosado un bra su extremo libre se encuentra aplicada una f
y z
a
P Esto provoca un par (P.a) de giro horario.
C Mt x
A
Mz
Las reacciones de vínculos en el empotramie van a equilibrar son la reacción Ry, el mome y el momento torsor Mt, que los determinam ecuaciones de la estática:
B
Ry S Fx = 0 L
Rx =
S Fy = 0
Ry-P = 0
S Fz = 0
Ry = Rz =
S Mx = 0 (torsor)
P.a - Mt = 0
S My = 0 (flector)
Mt = My =
S Mz = 0 (flector)
P.L - Mz = 0
Mz =
Los momentos torsores actúan en el plano "zy" y pueden representarse de una de las formas que se indi continuación Mt o vectorial Mx: Mt es igual a
Mx (torsor) siguiendo la regla del tirabuzón
Ahora veamos las solicitaciones en el brazo BC y en la barra AB: P
P
B
Mx = Mt
A
C
B
R=P
Ry Mz N=0
R
+
Mf = P.a
P
-
Q
Ry = P
M
Mf = P.L
+
P
-
Mt = P.a Observamos que el brazo BC está sometido solo a flexión y la barra AC sometida a flexo - torsión.
TORSIÓN PURA Una barra o estructura sometida a dos pares de igual magnitud y de sentidos opuestos que actúan en se paralelas está sometida a torsión pura. Consideremos un elemento de longitud dx: y z
P B"
Mt x
A
Mx = Mt
B
d ϕ
B'
γ
a P L
dx
γ = (gama) ángulo de distorsión dϕ = ángulo de torsión ó de giro interno de la sección cuyo arco es BB" θ = dϕ/dx = ángulo de torsión por unidad de longitud ó ángulo específico de torsión
BB" = γ .dx = r.dϕ
γ = r.dϕ / dx = r.θ
De la misma manera que la tensión normal σ está relacionada con el módulo de elasticidad E por la ley d σ = ε . E, la tensión tangencial lo está con el módulo de elasticidad transversal G (Tau) τ = γ . G = r . θ . G τx = r x . θ . G
ecuación válida para la distancia r desde el baricentro ecuación general válida para la distancia r x desde el barice
(I)
Para una sección dA situada a una distancia r x del baricentro, la fuerza dR que origina el momento torsor dR = τx . dA dA El diferencial del momento torsor que origina esta fuerza con respecto al baricentro es r x
dMt = dR . r x = τx . dA . r x = r x . θ . G . d A . r x .
dR o
integrando entre "0" y "r" obtenemos el momento torsor total Mt =
dMt = θ . G
r x . r x . dA
Recordemos que la sumatoria de las áreas por el cuadrado de las distancias al baricentro es igual al mo Jp = π . d^4 / 32 inercia polar de la sección, que para sección circular es Mt = θ . G . J p
( II )
G . Jp = rigidez a la torsión
Despejando θ de ( I ) Y ( II ) e igualando obtenemos la ecuación que nos permite calcular el valor de la te tangencial para cualquier distancia entre 0 y r τ x = Mt . r x
donde para cada valor de rx obtenemos un valor de τx
Jp τ x max = Mt . r
valor máximo que ocurre para sección llena y la distancia es r que es el mismo en toda la periferia.
Jp
EJEMPLO: dimensionar una sección circular de material conocido y por lo tanto la tensión tangencial es conocida, está sometida a un momento torsor, calcular el diámetro:
τx
Mt d
Wp se lo denomina módulo resistente polar y es igual al cociente del momento de inercia Jp por la distancia a la fibra más alejada del eje neutro " d max".
O τx max
Wp = Jp / d/2 = ( π . d^4 ) = 3 2 . d/2
π . d^3
16
τx max = ( Mt / Jp ) . d/2 = M t / Wp
ecuación análoga a la de flexión
σx max = ( Mf / Jz ) . d/2 = M f / Wz
r
Como la tensión tangencial máxima debe ser menor o igual a la admisible τ x max = Mt / Wp = 16 Mt / ( π . d^3 ) <= τ adm 3
d
>=
16 Mt π . τ adm
como el material es un dato, por lo tanto conocemos la tensión tangencial admisible, nos perite obtener e diámetro de una sección circular macisa (llena). EJEMPLO: ídem anterior, pero una sección circular hueca (caño), conociendo un diámetro o la relación entre ellos, calcular el ó los diámetros: Como los centros e gravedad de las secciones llena y vacía son coincidentes por la simetría, resolveremos como lleno menos vacío di
Jp = π .( de^4 - di^4 ) 32 τ max =
Mt . Jp
τ max =
16 Mt . 1 π . de^3 [1 - (di/de)^4]
de 2
de
siendo (de/2) la distancia a la fibra mas alejada que permite calcular la tensión tangencial por torsi sección hueca
por lo tanto observamos que: τ max sección hueca = τ max sección llena .
1 [1 - (di/de)^4]
o sea que la diferencia entre la sección hueca y llena radica en el factor:
1 [1 - (di/de)^4]
EJEMPLO: supongamos una relación de diámetros ( d i / de ) = 0,5 el factor citado vale 1,07 τ max sección hueca = τ max sección llena * 1,07
Esto nos dice que para dos elementos de igual diámetro exterior y para la relación de diámetros mencion la tensión tagencial es mayor en el de la sección hueca con respecto a una llena en un 7%, valor muy pe Ahora calculemos la diferencia de peso en un elemento de 1 metro de longitud e igual peso específico ( Peso sección llena = volumen . Pe = π . de^2 . 1m . P e 4 Peso sección hueca = π . ( de^2 - di^2 ) . Pe . 1 metro = π . de^2 . 1m . P e . [ 1 - ( d i / de )^2 ] 4 4 Peso sección hueca = Peso sección llena . [ 1 - ( di / de )^2 ] la diferencia radica en el factor [ 1 - ( d i / de )^2 ] que para la relación de diámetros ( d i / de ) = 0,5 es igua Peso sección hueca = Peso sección llena . 0,75 CONCLUSION: para dos elementos de igual material, diámetro externo, y longitud, uno hueco y otro llen relación de diámetros adoptada 0,5 1.- la tensión tangencial para sección hueca es solo un 7% mayor a la de sección llena 2.- el peso del elemento de sección hueca es el del 75% del de sección llena
esto indica la ganancia en peso al utilizar un elemento hueco, ya que pesará una cuarta parte menos qu Ahora retornemos al primer ejemplo y grafiquemos una sección a derecha y lo más próximo de A: σ max
1
+
P Mf
3
Mf = P.L
4
τ max
Mt σx=0
σ min
2
τ de corte
τ max τ de to
σ tensión normal
τ max de torsión
diagramas para el eje 1 - 2
τ max de torsión
τ max de corte
diagramas para el eje 3 - 4 valores obtenidos de los correspondientes al eje 1 - 2
Veamos las solicitaciones internas en cada uno de los puntos: en 1 y en 2 tendremos
σ max por flexión
τ max por torsión
τ por corte=
en 3 y en 4 tendremos
σ por flexión = 0
τ max por torsión
τ por corte
recordemos que el τ que interviene en las fómulas es la suma algebraica de las tensiones tangenciales p las de corte, y como no tenemos una sola tensión para comparar con la tensión admisible del material, s elaborado varias hipótesis al respecto, que las pasamos a detallar: HIPOTESIS DE RANKINE σ = σx
2
σ =
+ 1 2
16 π . d^3
σ x^2 + 4 τ^2
Mf +
=
32 Mf + 1 2 π . d^3 2
Mf ^2 + Mt ^2
32 Mf π . d^3
^2
+ 4.
16 π.
FORMULA DE RANKINE
esta es la tensión de comparación que surge de la hipótesis de Rankine que corresponde a un estado co de tensiones y deberá ser menor ó igual a la tensión admisible del material σ
<= σ adm
y si se pide el dimensionado debe despejarse el diámetro.
HIPOTESIS DE GUEST σ =
σ x^2 + 4 τ^2 =
σ =
32 π . d^3
.
32 Mf π . d^3
Mf ^2 + Mt ^2
^2
+ 4.
16 Mt ^2 π . d^3
FORMULA DE GUEST
esta es la tensión de comparación que surge de de la hipótesis de Guest que corresponde a un estado c de tensiones y deberá ser menor ó igual a la tensión admisible del material
σ <= σ adm
y si se pide el dimensionado debe despejarse el diámetro.
UNIVERSID
0-
1/10 . integral
de una l al l material.
L
=P a el límite y para ue la
posición
r lo que on el objeto es. ue culación
2/10 .
e r Lk:
y el área de
ricentro
ida a un
x
3/10 .
r que la
2
en el
er) 2
ola de EULER
λ 0
que las uentes
4/10 .
σ ad σ k adm
rial está
normal no ue es el siguiente
etro D. D
2 to debemos
5/10 .
del coef. ζ
ado)
mos
ω
( ** )
r el
ra distintas e inercia.
adosadas 1 adas 1,20 adas 1,20
perfil, o a una de ados, es arios, s y cuatro
6/10 .
beltez ideal
o mayor a itirse a
E DEO POR forma :
7/10 . integral
alelas de
otrado en o que en erza P.
nto que to flector Mz s por las
x=P 0 P.L can a
Mf = P.a N=0 Q
M flector M torsor
cciones 8/10 .
r
Mx = Mt
e Hooke
tro es
ento de
nsión
máxima
ax
9/10 .
l
τ max
n para
ada queño. e
):
l a 0,75
, y para la
el lleno. 10/10 . τ max
sión
0
or torsión y han
Mt ^2 d^3
mbinado
mbinado
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UNIVERSIDAD NACIONAL DE LA PLATA FACULTAD DE ING
NIERIA
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