Ejercicios de resistencia_de_materiales_resueltos
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    Ejercicios de resistencia_de_materiales_resueltos Ejercicios de resistencia_de_materiales_resueltos Document Transcript

    • AULA POLITÈCNICA 15Resistencia de materialesProblemas resueltos
    • 52 Aleaciones ligeras © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • AULA POLITÈCNICA / ETSEIBResistencia de materialesProblemas resueltosMiquel Ferrer BallesterJosé Luis Macías SerraFrederic Marimón CarvajalM. Magdalena Pastor ArtiguesFrancesc Roure FernándezLluís Vilaseca Vilanova EDICIONS UPC
    • La presente obra fue galardonada en el quinto concurso"Ajuts a lelaboració de material docent" convocado por la UPC.Primera edición: septiembre de 1999Reimpresión: febrero de 2001Segunda edición: septeimbre de 2002Diseño 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: edicions-upc@upc.esProducción: CPDA Av. Diagonal 647, ETSEIB, 08028 BarcelonaDepósito legal: B-30564-2002ISBN: 84-8301-621-4Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o pro-cedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares deella mediante alquiler o préstamo públicos.
    • AULA POLITÈCNICA 15Resistencia de materialesProblemas resueltos
    • 52 Aleaciones ligeras © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • Prólogo 7PrólogoEl presente libro es una colección de problemas resueltos destinada a facilitar el aprendizaje de laResistencia de Materiales a través de su aplicación a la resolución de ejemplos concretos. Ha sidoelaborado pensando en su uso por parte de estudiantes de Ingeniería y de Arquitectura, como textocomplementario a un libro de teoría de Resistencia de Materiales. En concreto su estructura, enfoque ynomenclatura se adapta especialmente al texto Resistencia de Materiales de F. Roure, F. Marimón yX. 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 losconocimientos de teoría correspondientes, y por ello no se repasan de forma explícita en el presentelibro. Se supone asimismo que el lector ha seguido previamente un curso de mecánica de medioscontinuos, y que dispone de los conocimientos de elasticidad lineal necesarios. Al efecto se hanincluido 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: lostemas básicos relativos a la pieza prismática. Una rápida ojeada al índice ilustra perfectamente elalcance del temario abordado. Se ha centrado el texto en estos temas básicos para adaptarloprecisamente al desarrollo de un curso de duración cuatrimestral; aunque al final de algunos capítulosse han introducido también problemas más complejos (van marcados con un asterisco), para aquelloslectores 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 haconsiderado necesario repetirlos. Tampoco se ha pretendido elaborar una colección exhaustiva deproblemas, 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 seansólo 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 ylos dibujos: Pedro J. Campos San Facundo, Antonio Cerra Franco y Robert Gimeno Feu. Los autores Barcelona, junio de 1999 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 52 Aleaciones ligeras © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • Índice 9Índice1 Diagramas de esfuerzos.......................................................................................................112 Esfuerzo normal...................................................................................................................253 Esfuerzo de cizalladura pura................................................................................................354 Características de secciones.................................................................................................455 Dimensionado de secciones a flexión..................................................................................536 Flexión desviada y flexión compuesta.................................................................................757 Torsión y esfuerzos combinados..........................................................................................898 Corrimientos en piezas prismáticas....................................................................................1319 Piezas y sistemas hiperestáticos.........................................................................................13910 Inestabilidad elástica...........................................................................................................161Bibliografia................................................................................................................................185 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 52 Aleaciones ligeras © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 1 Diagramas de esfuerzos 111 Diagramas de esfuerzos © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 12 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 1.1Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura. 600 2 N 45o E 2m C 800 Nm A D B 3m 3m 2m 2 FH 600 2 600 N 2 2 FV 600 2 600 N 2Resolución:a) Descomposición de la fuerza exterior aplicada en el extremo de la barra BE.b) Cálculo de las reacciones. 600 N 600 NEjes globales E A C D 800 Nm B RAH RCV RAVTomamos momentos respecto al punto C: 100 Mc 0 R AV 6 600 3 600 2 800 0 R AV N = -33,3 N 3Suma de fuerzas verticales y horizontales: 100 1900 FV 0 R AV 600 RCV 0 600 RCV N 3 3 FH 0 RAH 600 N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 1 Diagramas de esfuerzos 13c) Cálculo de momentos en los tramos AB y BC. 100TramoAB: M ( x) R AV x x MA 0 MB 100 Nm 3Tramo BC: M ( x) R AV x 600( x 3) 600 2 100 MB 3 0 1200 1100 Nm 3 100 MC 6 600 3 600 2 800 Nm 3Diagramas. 600 N E 600 N - N + A B C D B 600 N E A B C D + T - B 1900 100 N N 3 -800 N·m 3 E -100 N·m - - M A - B C D 1200 N·m B + 1100 N·mEquilibrio del nudo B. 600 N 600 N 100/3 N 600 N B 1900 N 3 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 14 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 1.2Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura, apoyada en los extremos y sometida auna carga repartida triangular. N 1600 m A B x 6m TResolución:a) Cálculo de la reacciones. 1600 6Resultante de la carga Q 4800 N . 2 4800 N A B 6m RA RB 4m 2m RA RB 4800 MA 0 RB 6 4800 4 4800 4 RB 3200 N 6 RA 1600 N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 1 Diagramas de esfuerzos 15b) Cálculo de los esfuerzos de sección. N 1600 m A B d 1600 N 3200 N x- x L=6mSección situada a una distancia x del apoyo A:T: x x 1600 T 1600 qd 1600 d 0 0 6 x 1600 2 1600 2 T 1600 1600 x 6 2 0 12M: x x 1600 M 1600 x q x d 1600 x x d 0 0 6 x 2 3 1600 M 1600 x x 6 2 3 0 1600 x3 x3 1600 x 3 M 1600 x 1600 x 6 2 3 6 6 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 16 Resistencia de materiales. Problemas resueltosc) Diagramas. 1600 N + A T - 3200 N M + 3695 Nmd) Punto de Mmáx M T T 0 x 1600 2 T 0 1600 x x 12 3,46 m 12 1600 M máx 1600 3,46 3,46 2 3695 Nm 12 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 1 Diagramas de esfuerzos 17Problema 1.3Determinar los diagramas de esfuerzos del pórtico inclinado de la figura. 200 2 N B 400 2 N 2m 45 A C 2m 2mResolución:Para el cálculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estática. 200 2 400 2 B A RAH C RAV RC FV 0 R AV RC 200 2 0 FH 0 R AH 400 2 N MA 0 RC 4 400 2 2 200 2 2 0 RC 300 2 N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 18 Resistencia de materiales. Problemas resueltospor tanto, RAV 100 2 N y descomponiendo cada reacción en las direcciones de las barras, 400 100 2 400 2 100 100 400 300 300 400 300 2 400 2 300 2 400 100 100 300 300 100 2 Diagrama N 500 N B + - C A -300 N Diagrama T 300 N B + - C A 300 N Diagrama M © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 1 Diagramas de esfuerzos 19 B B x + + A x’ C 300 N MA 0 MC 0 M = 300 · x M = 300 · x’ MB 600 2 Nm MB 600 2 NmMétodo 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 M0 0 ). A partir de la línea de acción vertical de RC, se obtiene O. F 200 2 RA // OA B 400 2 RC F // OC RA C RC © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 20 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 1.4Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura. N p = 600 4000 N ml 3000 N P1 B C P2 D A a=2m L=6m b=2mResolución:Cálculo de las reacciones: FV : R B RC 4000 600 6 3000 0 M B : 4000 2 600 6 3 RC 6 3000 8 RC 4467 N RB 6133 NDiagrama de momentos flectores:Tramo AB: M 4000 x MA 0 MB 8000 NmTramo BC: 2 x 2 M 4000 x 6133 x 2 600 2 MB 8000 Nm MC 6000 NmTramo CD: M 4000 x 6133 x 2 600 6 x 5 4467 x 8 MC 6000 Nm MD 0Diagrama de esfuerzos cortantes.Tramo AB: T 4000 N TA 4000 N TB 4000 N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 1 Diagramas de esfuerzos 21Tramo BC: T 4000 x 6133 600 x 2 TB 2133 N TC 1467 NTramo CD: T 4000 6133 3600 4467 TC 3000 N TD 3000 N B C D A a=2m L=6m b=2m -8000 -6000 M ( Nm ) - E xE 2133 3000 3000 + + T - - (N) -1467 -4000 -4000El diagrama de momentos flectores pasa por un mínimo relativo en el punto E, donde la tangente eshorizontal, o sea: M T 0 : 4000 6133 600 x E 2 0 x E 5,35 m x ME = -4208 Nm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 22 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 1.5En la viga en voladizo de la figura, calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar losdiagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga. 4 KN 5 KN/m 0,5m 1m 2m 1mResolución:a) Reacciones en el empotramiento.Comenzaremos por buscar el sistema de fuerzas que ejerce el empotramiento, dibujamos el diagramade sólido libre y obligamos al equilibrio. Sumando fuerzas y tomando momentos obtenemos: 4 KN 5 KN/m 4 KN 10 KN ME ME 0.5m 0.5m 1m 2m 2m FE FEFE 14 KN Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga.ME 4 0,5 10 2 22 KN m © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 1 Diagramas de esfuerzos 23b) Diagramas 4 KN 5 KN/m E D C B A 0,5 0,5 2m 1m x - M T +Tramo AB: M=0 T=0Tramo BC: 2 x 1 M 5 KN m MB 0 2 MC 0 2 T 5 x 1 KN TB 0 TC 10 KN © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 24 Resistencia de materiales. Problemas resueltosTramo CD: M 10 x 2 KN m MC 10 KN m MD 15 KN m T 10 KN TC 10 KN TD 10 KNTramo DE: M 10 x 2 4 x 3,5 KN m MD 15 KN m ME 22 KN m T 10 4 14 KN TD 14 KN TE 14 KNEstos diagramas se han obtenido tomando el origen de las x en el extremo A, de la derecha, porque eneste caso, es más cómodo. Si se determinan los diagramas tomando el origen de las x en el extremo dela 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). © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 2 Esfuerzo normal 252 Esfuerzo normal © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 26 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 2.1Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro 4 mm , y cuyosmódulos de elasticidad son: E1=2.1·105 MPa y E2=0.7·105 MPa. La longitud de la barra es de 600 mmy la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra estásometida 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. E2 300 mm 4 mm 4 mm E1 A B x P=500 N 600 mmResolución:Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. Además imponemos la igualdad dedeformaciones. RA RB LA LB A B P=500 N FV 0 RA RB P MB 0 RA L P( L x) 0 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 2 Esfuerzo normal 27 LA LBLey de Hooke :RA LA RB LB R B E1 R B 210000 RA RA 3R B S E1 S E2 E2 70000 5003R B RB 500 RB 125 N RA 375 N 4De la ecuación de los momentos obtenemos x:RA L P( L x) 0375 600 500(600 x) 0 x 150 mm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 28 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 2.2En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. Determinar lastensiones 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 1m Aa=40 cm2 B 3m Ab=80 cm2 C 1m 15 T DResolución: FV 0 RA+ RD = 15 T = 150000 NEcuación de deformaciónEl tramo AC está comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD estátraccionado, 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 deltramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior: L AB L BC LCD F LAplicando la ley de Hooke: L A E R A L AB R A L BC R D LCD E Aa E Ab E Ab © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 2 Esfuerzo normal 29 RA R A 1000 R A 3000 R D 1000 A 2 10 5 40 10 2 2 10 5 80 10 2 2 10 5 80 10 2 1m B R A 2000 R A 3000 R D 1000 3m Resolviendo las ecuaciones, tenemos RA 25000 N 2.5 T C 1m 15 T RB 125000 N 12.5 T D RDCálculo de las tensiones. 25000 N Tramo AB: AB 6.25 MPa (COMP.) 40 10 2 mm 2 25000 N Tramo BC: BC 3.125 MPa (COMP.) 80 10 2 mm 2 125000 N Tramo CD: CD 15.625 MPa (TRAC.) 80 10 2 mm 2Diagrama de esfuerzos normales: 2.5 T A B - C 12.5 T + D © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 30 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 2.3a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de diámetro y de 3.5 m de longitud, soportan un peso P=5 KN. Calcular el descenso del punto C, siendo =20º. Datos: E=2,1·105 MPa.b) Resolver para =0º. A B L L C C’ C1 PResolución:a) Para =20º: N N P Del equilibrio del punto C se obtiene P N N P N sen 2 Equilibrio del punto C P N 2 senSea (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, L, será C’C1 Lpudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es . Como por otra sen NLparte: L , se tiene que: EA NL PL 5000 3500 1,13 mm EA sen 2 EA sen 2 2 2.1 10 3,14 10 2 0.34202 2 5b) Para =0º: A L C L B C1 P © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 2 Esfuerzo normal 31De acuerdo con la estática de los sistemas rígidos, descomponiendo la fuerza P en las direcciones delas barras, se encontrarían, para los esfuerzos en las barras y para las reacciones, valores infinitamentegrandes. 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 lasbarras que toman direcciones no alineadas. Esto demuestra la necesidad de tener en cuenta lasdeformaciones en este caso.Poniendo tg (para ángulos pequeños)Lel alargamiento de las barras vale 2 2 AC1 AC L2 2 L 2 1 1 1 1 AC L L 2Esta última igualdad proviene de la expresión: 12 1 1 2 1 3 5 4 1 a 1 a 1 a a a a 2 8 16 128 aPara a<<1 , pueden despreciarse las potencias de a y, por tanto, queda 1 a 1 . 2El esfuerzo normal en una de las barras es: 2 E A N A E A 2Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce 2 P P E A P N sen N N 2 2 2 2Resulta 3 P E A P L L 3 E A © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 32 Resistencia de materiales. Problemas resueltosAplicando los datos numéricos del problema: 5000 3500 3 148 mm 2.1 10 5 3,14 10 2 148 0,04229 rad 2,42º L 3500 P 5000 N 59116 N 2 2 0,04229 N 59116 188 N/mm 2 A 314 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 2 Esfuerzo normal 33Problema 2.4Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructurarepresentada en la figura, suponiendo infinitamente rígida la barra horizontal DE, articulada en D.Barra AB: sección 40 cm2Barra CB: sección 80 cm2Se considera el mismo módulo de elasticidad, para todas las barras. A 2m 40 T D B E 2m 2m 4m CResolución:Se trata de un sistema hiperestático.RBA y RBC siguen la dirección de la barra. 40 T RBA HD D E VD RBCEcuaciones de la estática: 2 2 FV 0 VD R BA R BC 40 0 2 2 2 2 FH 0 HD R BC R BA 0 2 2 MB 0 VD 2 40 4 V D 80 T © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 34 Resistencia de materiales. Problemas resueltos A acort. B LBC 45º B’’ D B E ~45º B’’ LAB alarg. B’ B’ C A L AB BB LCB BB Al ser deformaciones y ángulos pequeños: BB BB L AB L BC D Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC Aplicamos la ley de Hooke: R BA 2 2 R BC 2 2 2 R BA R BC C E 40 E 80 De la ecuación Fv = 0 tenemos: 2 2 80 R BA 2 R BA 40 0 2 2con lo que,R BA 56.73 T R BC 113.47 TDe la otra ecuación despejamos: HD= - 40 T (sentido contrario al supuesto)Cálculo de las tensiones: 56730 Kp AB 1418 40 cm 2 113470 Kp AB 1418 80 cm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 3 Esfuerzo de cizalladura pural 353 Esfuerzo de cizalladura pura © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 36 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 3.1a) Determinar el diámetro mínimo con el que se puede perforar una chapa de acero A-42b ( e=260N/mm2) de 5 mm de espesor suponiendo que el punzón tiene una tensión admisible a compresión, 2 adm= 500 N/mm .b) ¿ Qué fuerza máxima se ejercerá ?c) ¿ Qué adm debería tener el punzón para realizar un punzonado de 5 mm ?Nota: Suponer que el extremo del punzón es plano y horizontal. Punzón 2 adm = 500 N/mm Chapa de acero e = 260 N/mm2Resolución:a) punzon d2Fmax adm A 500 392,7 d 2 4 chapaFmax e S 0.65 260 d 5 2654.6d punzon chapaFmax Fmax 392,7 d 2 2654.6d d min 6,76 mm d2b) Fmax adm A 500 17945 N 4 52c) punzon 0.65 260 5 5 676 N adm 4 adm mm 2 adm 5 mm e © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 3 Esfuerzo de cizalladura pural 37Problema 3.2Dimensionar la cadena de una bicicleta con un coeficiente de seguridad s y suponiendo todo el pesodel ciclista sobre uno de los pedales. P P = 800 N R = 200 mm R Plato D=200 mm D Chapa eslabones: e=360 Mpa Pasadores: e=260 Mpa b a e? e? d? cilindros “centradores”Resolución: D P F P R 800 N 200 mm F F 1600 N D 100 mm 2 R © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 38 Resistencia de materiales. Problemas resueltos Dimensionado de la garganta ‘a’ de la chapa a tracción pura: F/2 F/2 F F 2 2 800 adm a e 3,3 mm 2 a e adm 240 F/2 F/2 360 MPa adm 240 MPa 1 .5 p.ej : a = 4mm e =1 mmDimensionado del pasador a cizalladura: F d2 d2 800 adm 138 d min 2.7 mm 2 4 4 260 adm 0.8 adm 0.8 138 N/mm 2 1.5Dimensionado del pasador a aplastamiento: F 800 adm d e 347 d 1 d min 2,3 mm 2 260 2 347 N adm 1.5 mm 2 d min máx 2,7 ; 2,3 d min 2,7 mmDimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador a tracción: F 800 b d e adm b 2,7 1 240 bmin 6,0 mm 2 a desgarro: t1 2d 5 .4 bmin 10.8 mm bmin max 6,0 ; 10,8 bmin 10,8 mmEl dimensionado final queda así: © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 3 Esfuerzo de cizalladura pural 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 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 40 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 3.3Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y lasuniones son roblonadas. e2 t1’ e1 t1 t1 e3 e3 d1 d2 t1 t1 t1’ N? b d2 d1Datos:e1 = 5 mm e2=e3Chapas: Roblones: Tomar: se=1,5Acero A37b Acero A37b 2 2 e=240 N/mm e=240 N/mmResolución:a) Unión 1 t1 e1 F/2 e2 F F/2 e2 d1 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 3 Esfuerzo de cizalladura pural 41Cizalladura: 2 2 2 F d1 d1 240 d1T adm e 0.8 100,55 d 12 201.1 d1 2 Fmax 2 4 seg 4 1.5 4Aplastamiento: Fmax Fmax Fmaxd 1 e1 d1 5 2000 d 1 Fmax 240 adm adm 2.5 1.5De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultáneas obtenemos:d1,optimo = 9.95 mm 10 mm = d1 Fmax = 20000 N ( fallará por aplastamiento de la chapa )- Desgarramientot1 2d 1 t1 20 mmCálculo de la sección neta t1=2d=20 mm Fmax 10 mm b 20000 N260/1.5 = 160 N/mm2 Fmax N 20000 N 160 b 10 mm = 35 mm Aneta mm 2 N 160 5 mm mm 2Dimensionado de e2: las dos chapas e2 son del mismo material que la chapa e1 , tiene las mismasdimensiones y trabajan de la misma manera, por tanto: e1 2 e2 e1 e2 2,5 mm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 42 Resistencia de materiales. Problemas resueltosb) Unión 2 e2 t1’ e3 F/4 F/2 F/2 e1 F/2 e2 F/4 e3 F F N? d2 e1Atención: es un problema hiperestático. Aquí se presenta la solución concreta para el caso e2 2 ,ycon la hipótesis de roblón rígido; por lo que puede suponerse que la fuerza total se distribuye entre lastres chapas de la derecha de la manera indicada en la figura: F/4, F/2 y F/4.Cizalladura: F 2 2 4 F d2 20000 240 d2 49.74 2T adm 0.8 d2 N 4N 4 4N 1.5 4 NAplastamiento:F 2 F 20000 240 10 adm d 2 e2 2.5 d 2 2.5 d2 N 2N 2N 1.5 NDe las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemosd2 4.97 mm d2 5 mm N 2con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento.Desgarramiento:t1 2d 10 mmTracción:Seguro que cumple ya que b es igual y F es menor. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 3 Esfuerzo de cizalladura pural 43Problema 3.4Hallar el coeficiente de seguridad seg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles deestantería metálica representados en la figura. s ? Acero A-42b Kp 20 mm e 2600 cm 2 10 mm p = 100 N/cm h = 20 cm L = 50 cm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 44 Resistencia de materiales. Problemas resueltosResolución: p 2Fh h 2Fv h L 2Fh 2Fv pL2 FH M (momento a transmitir en la sección 2 de empotramiento) FV M p L2 100 50 2 2 FH h M FH 2h 4h 4 20 T FH 3125 N FV 4 Fv p L 100 50 5000 N Fv 1250 N T FH 2 FV 2 3125 2 1250 2 3666 N FH FT (suponiendo una distribución constante de en la sección) S 3366 16,8 N/cm 2 20 10 e 0,6 e 0.6 260 S 9,28 máx máx 16,8 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 4 Características de secciones 454 Características de secciones © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 46 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 4.1Determinar las inercias resultantes Iz e Iy si partimos de cuatro perfiles L 45x45x5, para unas cotas b yh genéricas. b y z z h yResolución:De las tablas: Iz’ = Iy’= 7,84 cm4 y’ A = 4,3 cm2 z’ z’ c = 1,28 cm c c y’ 2 h Iz I z A c (momento de inercia de una L, respecto al eje z) 2 c h/2 z z 2 b Iy I y A c (momento de inercia de una L, respecto al eje y) 2 y c b/2 y © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 4 Características de secciones 47 2 hIz 4I z 4I z 4 A c 59,54 4,30 h 2 5,12 h (momento de inercia de las 2 cuatro L) 2 bIy 4I y 4I y 4 A c ( momento de inercia de las cuatro L) 2 Iz 4,30h 2 22h 59,54 Iy 4,30b 2 22b 59,54 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 48 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 4.2 Dado un perfil “doble T”, determinar la magnitud a de la figura para que la inercia de la vigaaligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial. y’ y e z h z’ 2a h’ IZ A a ? IZ I Z’ = 4 I ZResolución: a/2 a z z a/2 3 IZ IZ/2 IZ 1 a e IZ’/2 2 12 2 A a A A a A A/2 e e 2 2 2 2 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 4 Características de secciones 49 3 2 IZ 1 a A a a IZ 1 a3 A 2 a3 IZ e e 2 e a e 2 2 12 2 2 2 2 2 12 8 8 8 13 a3 A 2 a2 13 IZ e a IZ A e a 12 4 4 4 12 a2 13 IZ IZ A e a 4 12 a2 13Ha de ser : IZ 4I Z IZ A e a 4 12 13 A 2 e a3 a 3I Z 0 a 48 4 esi suponemos que (e·a) es << A (área total del perfil IPE) : a A a2 a2 IZ IZ 3I Z A 4 4 IZ IZ a 12 2 3 2 3 iZ A A IZ ( iZ radio de giro de la sección respecto al eje z) A © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 50 Resistencia de materiales. Problemas resueltos 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 e=235 N/mm2. y 400 30# 400·30 ysup # 800·10 z G Mel.z 800 10 yG yinf# 250·20 250 20 e= 235 N/mm2 Resolución: a) El área de la sección total será la suma de las áreas de las pletinas: A Ai 400 30 800 10 250 20 25000 mm 2 Por simetría el centro de gravedad, G, está situado sobre el eje y (z = 0). © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 4 Características de secciones 51Para determinar la posición y del centro de gravedad de la sección, G, es cómodo calcular el momentoestático de cada elemento respecto de la fibra inferior. Así: A yG Ai y i Ai y i 400 30 835 800 10 420 250 20 10 yG 537 mm A 25000Se utiliza el teorema de Steiner para calcular el momento de inercia de la sección total respecto del ejey-y: 1 2 Iz bi hi3 Ai yi yG 12 1 2 Iz 400 30 3 400 30 835 537 12 1 2 10 800 3 800 10 420 537 12 1 2 250 20 3 250 20 10 537 299154 10 4 mm 4 12El módulo resistente respecto de la fibra superior, ysup: Iz 299154 10 4 W z ,sup 9558 10 3 mm 3 y sup 850 537El módulo resistente respecto de la fibra inferior, yinf: Iz 299154 10 4 W z ,inf 5571 10 3 mm 3 y inf 537El radio de giro de la sección respecto del eje z, iz: Iz 299154 10 4 iz 346 mm A 25000b) El momento resistente, Mel.z, se obtiene a partir de la tensión de límite elástico del material y delmódulo resistente mínimo de la sección: M el . z e W z ,min 235 5571 10 3 1309 10 6 N mm 1309 kN m © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 535 Dimensionado de secciones o flexión © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 54 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 5.1Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo ychapa de 10 mm de grosor. C P A B P = 9500 Kp L=6m = = Acero A 42b L se = 1,5 E D C E D CResolución: Acero A 42 b 2600 Kp 2600 cm 2 1733 Kp 2 e adm 1,5 1,5 cm se L2 L1 C E D A x + P x Momentos flectores M ( x) 4750 x 2 P L MC 1425 103 Kp cm 4Tramo A-E : I 3890 cm 4IPE 240 3 M max W adm 561 103 Kp cm W 324 cm 561 · 103 = 4750·x x = 118,2 cm L1=115 cm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 55 Tramo E-D: es necesario reforzar 1 1 I b e3 b e d 2 12 13 12 12.52 1 1875 1876 cm 4 b=120 mm 12 12 e =10d 7642 I2 3890 2(1876) 7642 cm 4 W2 588 cm 3 13 M adm 588 1733 1019 10 3 kp cm 1019 · 103 = 4750·x x = 214,6 cm L1 = 210 cm Tramo D-C: e 1 e I b e3 b e d 2 1 12 13,52 2188 cm 4 12 d 12018 I3 I2 2(2188) 12018 cm 4 W3 858 cm 3 14 M adm 858 1733 1487 10 3 kp cm 1019 · 103 = 4750·x x = 313 cm > 300 cm no es necesario reforzar más 300 cm 210 cm P 115 M (m·Kp) 5460 + 14250 Solicitación 5610 9970 Capacidad resistente 10180 14872 9500/2 = 4750 Kp + T (Kp) - 4250 Kp © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 56 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 5.2Dimensionar un segmento de pistón de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro unapresión uniforme de 0,19 N/mm2 , sin que las tensiones superen el valor de max= 261,5 N/mm2 ( e =340 N/mm2 , se = 1,3) (Fundición de grafito nodular). Nota: Usar la simplificación de simetría, R h suponiendo que es suficientemente R pequeño. R = 40 mm h bResolución: voladizoPor razones de simetría consideramos: RDiagrama de momentos flectores :Momento producido por dp en el punto genérico C C p R·d 2dM c b p R d R sen c p b R sen c d C dp (dp = p · R · d ) B O AMomento total para el punto genérico C: © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 57 c p b R 2 sen p b R 2 cos p b R 2 1 cos cMc c d c 0 c 0Por tanto, si el momento flector para cualquier punto del segmento es :Mc p b R 2 1 cos c Mtendremos el máximo: c = 180Mmax = 2 · p ·b · R2 Mmax = 180 ==180 0 M h 2 p b R2 h 12 p R 2 261,5 N max I 2 1 h2 adm mm 2 b h3 2 12 h 0,093R 3,7 mm h No depende de b © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 58 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 5.3Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. Los ha colocado unojunto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener. Al ir acomprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. No sabecuál escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que está haciendo 3er curso de Ingeniería Industrial yle expone el problema:He decidido instalar un estante para libros, según el croquis de la figura: h b a a 100 cm a 15 cm b 20 cm p libros y apuntes 0,6 Kg/cmEn la tienda me han informado de que la madera de los estantes tiene las siguientes característicasmecánicas: adm 4 N/mm 2 E 10 000 N/mm 2La 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). © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 59Resolución:a) Determinación de h mínima. p A B C D h b a a x p RB RC 2 - - Tramo AB: M + x2 M p 2 a2 MA 0 MB p 2 + + T T p x - - TA 0 TB p a vE Tramo BC: x2 a2 a2 M p p x a MB p p a a p 2 2 2 2 2 a2 MC MB p 2 2 2 2 a a xE ME p p p p p 2 8 4 2 8 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 60 Resistencia de materiales. Problemas resueltos T p x p TB p a p 2 2 TC p a p p a p 2 2 Tramo CD: x2 x2 M p p x a p x a p p x a x a 2 2 2 2 2 2 x2 a a2 M p p 2x MC p p 2 a p 2 2 2 2 2 2 MD p p 2 0 2 2 T p x p TC p a p p a TD p p 0 Con = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados: MB MC 112,5 p 67,5 cmKg ME 500 p 300 cmKg M máx ME ME b h2 máx adm 40,77 Kg/cm 2 W z , mín Wz Wz 40.77 6 ME 6 hmín hmín 1,49 cm b 20 40,77 20b) Determinación de la distancia a óptima. Óptimo resistente: M máx M máx MB ME a2 2 a p p p 2 8 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 61 2 a2 a 0 4 2 2 a 2 2 4 2 2 2 0,207 La segunda solución no a a interesa, porque cae fuera 2 4 2 2 1,207 del intervalo analizado Así pues, la distancia ‘a’ óptima es: a óptima 20,7 cm Y se tiene, un momento máximo: M máx 128,7 cmKgc) Cálculo de la flecha en el punto central, por el método de la fuerza unitaria. F=1 A B C D Tramo BE: E 1 M x a 2 Tramo EC: a a 1 M x a 1 x 2 a x M’ + W M 1 a x2 1 x2 1 M dx p 0 dx 2 p p x a x a dx 2 F EI EI o a EI a 2 2 2 2 x3 a a 2 a x a2 2 p p x2 p x p x p p dx 2 EI a 2 2 2 2 2 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 62 Resistencia de materiales. Problemas resueltos P x4 x3 a x2 a x3 a x2 a2 x 2 EI 8 6 4 6 4 2 a 0,6 ( 781,25 2083 937,5 312,5 937,5 562,5 6,328 EI 0,6 24724 56,25 84,375 8,437 84,375 168,75) 10 3 0,265 cm 100 000 5,513 bh 3 20 1,49 3 I 5,513 cm 4 12 12 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 63Problema 5.4Sea una viga de sección transversal en doble T, formada por 3 platabandas soldadas de dimensioneslas de la figura. Hallar el paso l de los cordones de soldadura a tramos de unión entre el alma y lasalas, si la garganta de soldadura es a= 5mm y la longitud de cada tramo de cordón es de ls = 10 cm. Elesfuerzo cortante máximo que soporta la viga es Ty= 40000 kg. La tensión cortante admisible en lasoldadura es adms = 1000 kg/cm2. y 12 mm 6 mm 600 G x s s x z z 220Resolución:Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda T mZ 1 A f mzA1 : momento estático del ala IZ A mZ 1 22 1,2 30,6 807,84 cm 3 1 1 IZ 2 22 1,2 3 22 1,2 30,6 2 0,6 60 3 49 446,14 10 800 60 246,14 cm 4 12 12 40 000 807,84 f 536,35 kg/cm 60 246,14 6 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 64 Resistencia de materiales. Problemas resueltosEsfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura,Fadms 2 adms s aIgualando esfuerzosFadms f T m zA12 adms s a Iz2 1000 10 0,5 536,35 2 1000 10 0.5 18,64 cm 19 cm 536,35 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 65Problema 5.5Se ha construido una viga roblonando cuatro angulares 120*120*12 en los extremos de unaplatabanda de 400*20 mm. Hallar el diámetro mínimo de los roblones si la viga está biapoyada en susextremos, tiene una longitud de 6 m, y soporta una carga puntual centrada P. Datos: separación entreroblones e= 120 mm; tensión normal admisible de la platabanda y los angulares: admisible=173 Mpa;tensión cortante admisible de los roblones adm roblón= 42 MPa. y 120 120 e e 60 20 400 zResolución: P M adm y máx Iz 3 P 10 3P P 2 2 2 173 200 Iz 6m Iz I z ,alma I z , angular 1 2 2 40 3 4 368 27,5 20 3,4 M 12 + 10666,7 4 7945,9 42450,3 cm 4 Iz 42450,3 10 3 mm 4 P 3 2 173 42450,3 10 3 2P P 244796 N 2 + 200 3 10 3 T - P 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 66 Resistencia de materiales. Problemas resueltosEsfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud T mZ 122 398 913 10 3 f 263,25 N/mm IZ 42450,3 10 4 P T 122 398 N 2 mz 2 27,5 16,6 913 cm 3 913 10 3 mm 3Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblonF f e 263,25 120 31590 N d2Fadm 2 42 31590 N 4 31590 4d 21,9 mm 2 42Diámetro mínimo de los roblones : d = 21,9 mm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 67Problema 5.6Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 800 12 mm, y cada alacompuesta por una platabanda de 190 10 mm y 2 perfiles angulares 90 8 mm. Calcular el diámetromínimo de los roblones, sabiendo que el paso de remachado de los angulares con el alma es e1= 18cm y el de la platabanda y angulares es e2= 40 cm. Esfuerzo cortante máximo que ha de soportar laviga: T = 40 kN. Tensión de cortadura admisible en los roblones adm = 42 MPa. e2=40 190 10 d2 d1 800 (total) e1=18 12 z ( simétrico ) ( simétrico )Resolución:IZ I Z ( alma ) I Z ( angulares ) I Z ( platabandas ) 1 2 1 2IZ 1,2 80 3 4 104 13,9 40 2,5 2 19 13 19 1 40 0,5 12 12 51200 4 19650,8 2 31166,3 192135,9 cm 4Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud T mZ 1 A f1 IZ(A1 = área angulares + área platabanda) m Z 1 19 1 (40 0,5) A 2 13,9 ( 40 2,5) 1812 cm 3 40000 1812 f1 377,2 N/cm 37,72 N/mm 192135,9 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 68 Resistencia de materiales. Problemas resueltosEsfuerzo a transmitir por cada roblon: d1 2 f 1 e1 2 adm 4 3,1416 d 1 2 377,2 180 2 42 4 4 37,72 180 d12 102,9 2 3,1416 42 d1 10,15 mmEsfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud: T mZ 2 A f2 IZ(A2 = área ala) mZ 2 A 19 1 (40 0.5) 769,5 cm 3 40000 769,5 f2 160,2 N/cm 16,02 N/mm 192135,9Esfuerzo que debe transmitir cada roblón: 2 f 2 e2 d2 adm 2 4 2 16,02 400 3,1416 d 2 42 2 4 d 2 9,86 mm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 69Problema 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 25 10 m 500 a) Calcular la distribución de tensiones en la sección central. b) Calcular la tensión tangencial media en el adhesivo de contacto ( adm = 1 N/mm2 ). c) Calcular la flecha central 200 · 200Resolución: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: E1 10000 n 1,25 E2 8000 El espesor equivalente e 25 mm e* 20 mm n 1,25 La posición del baricentro de la sección es inmediata por razón de simetría. El momento de inercia de la sección homogénea es: 1 1 IZ 2 200 200 3 2 200 200 500 2 2 20 1000 3 236 10 8 mm 4 12 12 Steiner 1000 e* = 20 200 ·200 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 70 Resistencia de materiales. Problemas resueltos x x1 x2 3,2 2,1 2,1 e* =20 e* 400 G 500 2,1 2,1 3,2Tensión en la madera maciza: M MZ 1 2 x1 ( y ) y Mmáx = pL 125 KN m IZ 8 TTensiones reales en el tablero: 1 Tmáx = pL 50 KN MZ 1 2 x2 ( y) y IZ nAsí: 125 1000 1000 N mm x1 ( y 600 mm) 600 mm 3,2 N/mm 2 236 10 8 mm 4 125 1000 1000 N mm x1 ( y 400 mm) 400 mm 2,1 N/mm 2 236 10 8 mm 4En el tablero contrachapado n = 1,25 1 125 10 6 N mm x2 ( y 500 mm) 500 mm 2,1 N/mm 2 1,25 236 10 8 mm 4 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 71b) Tensión media en el adhesivo y 100 mm A Fórmula de Collignon: med A Ty mZ med d IZ b z G Ty: esfuerzo cortante en la sección x IZ: momento de inercia total respecto Z mZA: momento estático de la sección A respecto al eje Z b: linea AB 50000 N 200 200 mm 2 500 mm med 0,2 N/mm 2 236 10 8 mm 4 2 100 mmEste valor es inferior a la tensión tangencial admisible en el adhesivo = 1 N/mm2c) 5 P L4 5 10 10000 f 5,5 mm 384 E I Z 384 10000 236 10 8 L 10000Valor aceptable, ya que 10 mm 1000 1000 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 72 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 5.8 *La figura representa una sección armada doblemente simétrica. Calcular Mel.z , Mpl.z y el coeficientepara los dos casos. y a) Material alas: Fe E 235 Material alma: Fe E 235 == 300 · 25 b) Material alas: Fe E 35 == 800 · 12 Material alma: Fe E 235 z G (Puede comprobarse que la sección se plastifica con la ausencia de abolladuras elásticas o elastoplásticas. No se consideran inestabilidades == 300 · 25 globales : pandeo, vuelco lateral)Resolución:a) Mismo acero. y e = 235 e = 235 A1 · e A2 · e d2 d1 Eje neutro Eje neutro z G elástico plástico G Mel.z 12,5 Mpl.z 25 e = 235 e = 235Al tratarse de una sección doblemente simétrica el eje neutro plástico pasa por el baricentro G.Caso elástico: 1 1IZ 800 3 12 2 300 25 3 300 25 12,5 2 306484 10 4 mm 4 12 12 IZ 306484 10 4 mm 4WZ 7210 10 3 mm 3 ( = Wel.z ) y max 12,5 mm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 5 Dimensionado de secciones o flexión 73 NM el . z Wel . z e 7210 10 3 mm 3 235 1694 KN m mm 2Caso plástico: 400M pl . z 2 A1 e d1 A2 e d2 2 300 25 235 12,5 400 12 235 1905 KN m 2Coeficiente : M pl . z 1905 1,12 M el . z 1694b) Diferente acero.Caso elásticoTiene las mismas constantes mecánicas IZ, WZ, pero la tensión en la fibra extrema 425 max 235 250 355 400M el . z Wel . z max 7210 10 3 250 1802 KN mCaso plástico N NM pl . z 2 A1 d 1 355 2 A2 d 2 235 2648 KN m mm mm 2Coeficiente : M pl . z 2648 1,47 M el . z 1802 max e = 355 A1 · e e = 235 A2 · e 425 d2 400 d1 Eje neutro plástico Mel.z Mpl.z e = 235 e = 235 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 52 Aleaciones ligeras © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 6 Flexión desviada y flexión compuesta 756 Flexión desviada y flexión compuesta © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 76 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 6.1 *Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión. q q = 2000 kg/ml 4m 30 y’ 1,5 18 z’ 1,5 7,5 1,5Resolución:a) Determinación del momento flector máximo ql 2 2000 4 2 M max 4000 m kg 8 8 ( en la sección central x = 2 m ) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 6 Flexión desviada y flexión compuesta 77 q 30 y’ M es perpendicular a q y forma 30 con el eje z’. Los ejes y’-z’ no son los ejes principales de inercia. Vamos a M= 4000 m kg determinarlos. 30 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 lodiagonalizaremos, para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales) y’ 1 1 I 3z 1,5 18 3 729 cm 4 12 z’ 1 3 I 3 y 18 1,5 3 5,06 cm 4 12 2 1 1,5 I 1z I 2z 9 1,5 1,5 3 7,5 1,5 9 767,8 cm 4 12 2 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 78 Resistencia de materiales. Problemas resueltos 2 1 1,5 7,5I1y I 2 y 1,5 7,5 3 7,5 1,5 280,54 cm 4 12 2 2I z 729 2 767,8 2264,6 cm 4I y 5,06 2 280,54 566,14 cm 4I3y’z’=0 por tener eje de simetría. 7,5I1yz I 2 yz 0 7,5 1,5 9 0,75 0,75 417,65 cm 4 2I y z 417,65 2 835,3 cm 4Tensor de inercia I z I yz 2264,6 853,3 ( cm4 ) I yz I y 853,3 566.14Los momentos principales de inercia son los valores propios. 2264,6 835,3 2 0 2264,6 566,14 835,3 0 835,3 566,14 22264,6 566,14 2264,6 566,14 835,32 0 2 2830,74 584 354,55 0 2830,74 2382,36 2830,74 2830,74 2 4 584 354,55 2606,55 cm 4 2 2 2830,74 2382,36 224,19 cm 4 2 Momentos de inercia I z 2606,55 cm 4 principales I y 224,19 cm 4 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 6 Flexión desviada y flexión compuesta 79Los vectores propios serán las direcciones principales.El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4. 2264,6 2606,55 835,3 n1 z 0 835,3 566,14 2606,55 n1 y 0 314,95 n1 835,3 n1 z y 0 835,3 n1 z 2040,41 n1 y 0 n1 y 341,95 tg 0,409 n1 z 835,3 arctg 0,409 22,24 y’ y 7,76 My 4000 sen 30 22,24 z 4000 sen 7,76 540 m kg M Mz 4000 cos 30 22,24 3963,36 m kg 30 22,24 My Mz My z’ Mz x y z Iz Iy 3963,36 10 2 540 10 2 x y z 2606,55 224,19 x 152,05 y 240,86 zEcuación del eje neutro. y’ y 22,24 0 152,05 y 240,86 z A(-8.25,9) 240,86 y z 152,05 z22,24 y 1,58 z Angulo que forma el eje neutro con z’ el eje principal z: Eje neutro y tg 1,58 57,67 º z B(8.25,-9) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 80 Resistencia de materiales. Problemas resueltosRelación entre coordenadas de ambas referencias. z cos sen z y sen cos y z cos 22,24 sen 22,24 z y sen 22,24 cos 22,24 y z 0,9256 z 0,3784 y y 0,3784 z 0,9256 y Las tensiones máximas aparecen en los puntos más alejados del eje neutro ( A y B )Para A zA 8.25 zA 0,9256 ( 8.25) 0,3784 9 4,230 yA 9 yA 0,3784 ( 8.25) 0,9256 9 11,452Tensión en A: A 152,05 11,452 240,86 ( 4,230) 2760,11 kg/cm 2Tensión en B: z B 8,25 y B 9 z 0,9256 (8,25) 0,3784 ( 9) 4,230 y 0,3784 (8,25) 0,9256 ( 9) 11,452 B 152,05 ( 11,452) 240,86 4,230 2760,11 kg/cm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 6 Flexión desviada y flexión compuesta 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 ( cm ) 15 10 15 B y 10 50 Tn 15 A 10 z Resolución: Trasladando la fuerza al centro de gravedad G de la sección, los esfuerzos equivalentes son: B N 50 Tn -50 Tn 15 My 50 Tn 10 cm 875 cm Tn G 2y 10 My= -875 cm Tn Mz 50 Tn cm 250 cm Tn 2 A Mz= 250 cm Tn -50 Tn B y z My=-875 cm Tn A Mz= 250 cm Tn z © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 82 Resistencia de materiales. Problemas resueltos N Mz My x y z A Iz Iy 50 000 250 000 875 000 x y z A Iz IyA 10 35 2 15 15 800 cm 2 1 3 1Iz 15 15 10 15 2 10 10 3 81667 cm 4 12 12 1 3 1Iy 10 10 15 10 2 15 15 3 44 167 cm 4 12 12 50 000 250 000 875 000 x y z x 62,5 3,06 y 19,81z kg/cm 2 800 81667 44167a) Tensión normal en B y 5 cm Coordenadas de B z 17,5 cm xB 62,5 3,06 ( 5) 19,81 ( 17,5) 299,47 kp/cm 2b) Eje neutro y 0 62,5 3,06 y 19,81z zona zona traccionada 19,81 62,5 comprimida y z y 6,47 z 20,42 3,06 3,06 20,42 para y 0 z 3,15 6,47 z z 0 B para z 0 y 20,42 y 20,42 z 3,15 y 0 eje neutro © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 6 Flexión desviada y flexión compuesta 83Problema 6.3Sobre una columna de sección rectangular ( 35 40 cm), se aplican dos fuerzas excéntricas: 30 Tn en elpunto P(y = 3, z = 4 cm) y 50 Tn en el punto Q (y = 0, z = -5 cm). Dibujar el eje neutro y hallar elpunto de máxima tensión normal. 30 Tn 50 Tn y Q P 5 3 4 z 35 40Resolución:Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la sección obtenemos: yMy 30 0,04 50 0,05 1,2 2.5 1,3 Tn m DMz 30 0,03 0,9 Tn m My= 1,3 Tn m 80 Tn N 30 50 80 Tn B C G A z Mz= 0,9 Tn m © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 84 Resistencia de materiales. Problemas resueltos N Mz My x y z A Iz Iy A 40 35 1400 cm 2 1Iz 40 35 3 142 916,7 cm 4 80000 90000 130000 12 x y z (kg/cm 2 ) 1400 142 916,7 186 666,7 1Iy 35 40 3 186 666,7 cm 4 12 x 57,14 0,630 y 0,696 z (kg/cm 2 ) x 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 0,696 57,14y z y 1,1z 90,70 0,630 0,630y 0 z 82,46z 0 y 90,70 y C D z (0 ; 82,46) A B eje neutro (-90,70 ; 0) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 6 Flexión desviada y flexión compuesta 85 A 57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 20 32,19 kg/cm 2 3,219 N/mm 2 B 57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 ( 20) 60,04 kg/cm 2 6,004 N/mm 2 C 57,14 0,630 17,5 0,696 20 54,24 kg/cm 2 5,424 N/mm 2 D 57,14 0,630 17,5 0,696 ( 20) 82,08 kg/cm 2 8,208 N/mm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 86 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 6.4Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista debaloncesto. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormigón a 45º de la horizontalsegún se indica en la figura.Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permaneceunos instantes sujeto al aro de la canasta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la formaindicada en la figura.Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que eljugador 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 P F=2000 N M=106 N·mm M A1=0,5 A Tubo de acero. Espesor de pared: 45º 4mm E=2,1·105 MPa G=8·104 MPA F x y z L1 L L0Calcular el diámetro necesario, según la tabla de perfiles normalizados, para que el descenso verticaldel 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. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 6 Flexión desviada y flexión compuesta 87Resolución: x =0 F x = L0 d dx P M d 2 dx xx =LAplicamos el teorema de Castigliano al punto P en la dirección F: M - M - M x M F x M x F T T=F - T 1 F - F T 2 T 1 F 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 88 Resistencia de materiales. Problemas resueltos N=0 N N 0 - F F N 2 N 1 F 2 M M T T N N d d d EI F GA F EA F F F L0 M F x L0 F L M F x L 2 1 L 2 1 x dx dx x 2 dx 2 dx 2 dx 0 EI 0 A L0 EI L0 A 2 L0 EA 2 G G 2 2 2 3 2 3 ML0 FL0 2 FL0 M L2 L0 2 F L3 L0 2F L L0 F L L0 2 EI 3EI GA 2 EI 3EI 2 GA 2 EA 3,389 10 8 176,3 I ABuscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares: Tubo A I ( Dext x e) ( cm2 ) (cm4 ) (mm) 135 x 4 16,46 353,4 96 ( >80 ) 150 x 4 18,34 489,2 69,4 ( <80 )Tomaremos pues un tubo Dext x e: 150 x 4 (mm). © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 897 Torsión y esfuerzos combinados © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 90 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 7.1Una viga biempotrada está sometida a un momento torsor producido por una torsión uniformementerepartida. Hallar el MT máx y el ángulo de torsión máximo. MA kg m/ml A h b B MB ( b<h )Resolución:Por ser una viga simétrica los momentos de empotramiento han de ser iguales. MA MB 2 M T ( x) x, en x MT 0 2 2 2 xDiagrama demomentos torsores: 2 + B A - 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 91El ángulo de torsión máximo se tiene para la sección central, x : 2 2 M T ( x) 1 2 1 x2 2 dx x dx x 2 0 GK 3 b 3 h GK 3 b 3 h 0 2 GK 3 b 3 h 2 2 0 2 2 1 2 GK 3 b 3 h 4 8 2 1 2 GK3b3h 8 EG: módulo de rigidez a torsión del material del eje G 2 (1 ) hK3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relación (ver tabla 5.87 del bcapítulo 5. Torsión) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 92 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 7.2Hallar los momentos en los empotramientos MA y MD. Dibujar el diagrama de momentos torsores. MA MB=30000 N cm MC=20000 N cm MD A B C a=30 cm D b=50 cm c=40 cmResolución:Es un problema hiperestático. M T 0 M A M B M C M D 0 MA MD 30000 20000 50000 kg cmConsiderando por tramos: MA -MA B 0 A MA a M A 30 A BA B A G Io G I0 B © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 93 MA-MB -(MA-MB) MA MB CB C B 50 G Io B C -MD = MA-MB-MC MD M D 40 DC D C C G I0 D D 0 D BA CB DC 0 M A 30 M D 40 MA MB 50 0 G Io G Io G Io M A 30 MA 30000 50 M D 40 0 M A 30 M A 50 1500000 M D 40 0 80 M A 40 M D 1500000 M A M D 50000 40 M A 40 M D 2000000 3500000 MA 29166,6 N cm 80 M A 40 M D 1500000 80 M A 40 M D 1500000 120Diagrama de momentos torsores: 29166,6 + MD 50000 29166,6 20833,4 N cm A B D C - -833,4 - -20833,4 -20833,4 ( N cm ) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 94 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 7.3Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta, sometidas a unmomento torsor Mx = 1000 Nm :a) el valor y la posición de la tensión tangencial máxima, max .b) el momento de inercia a torsión, It . y y 60 5 200 mm z z G G Mx Mx 60 60 x xResolución:Sección cerrada :Am: área limitada por la curva mediaa) Mx 1000 Nmm 10 3 N e máx 5,77 2 Am e 1 mm 2 2 200 mm 200 mm cos 30 5 mm max 2 2 1 2 2 4 200 200 cos 30 4 Am 4 Am 2 c) It e 5 mm 1000 10 4 mm 4 ds s 3 200 s e d)Sección abierta: © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 95a) Mx 1000 Nmm 10 3 N máx e 5 mm 200 1 3 1 3 mm 2 bi ei 3 200 mm 5 mm 3 3 e maxb) 1 It bi ei3 2,5 10 4 mm 4 3 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 96 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 7.4Un panel está sujeto por un mástil horizontal, según el esquema de la figura. Teniendo en cuenta elpeso propio del panel, el peso propio del mástil y la acción del viento, hallar las tensiones máximas enel empotramiento del mástil a la pared.Datos: Peso propio del panel P1= 90 kp Dimensiones 80 200 cm Diámetro del mástil D =15 cm Empuje del viento f = 80 kg/m2 0,15 2 (Peso propio del mástil de acero: P2 = 7850 kp/m 3 6 m 832 kp ) 4 y D=15 cm x z P2 F 50 520 150 40 40Resolución: P1 y kgF 80 0,8 2 128 kp m2 My= 716,8 kp mSección en el empotramiento. Esfuerzos: Tz =-128 kpNx 0Ty 90 832 922 kp Mz= -3000 kp m Mx= 64 kp mTz 128 kp z x Ty= -922 kp © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 97Mx 128 kp 0,5 m 64 kp mMy 128 kp (0,4 5,2) m 716,8 kp mMz 90 kp (5,2 0,4) m 832 3 3000 kp mTensiones normales debidas a los momentos flectores: y 716,8 kp m MF 3000 2 716.8 2 3084,4 kp m 716,8 arctan 13,4 3000 kp m 3000 z y MF = 3084,4 kp m B z (+) MF D 3084,4 10 2 15 xmax 930,9 kp/cm 2 Iz 2 15 4 2 64 (-)Tensiones tangenciales debidas al momento torsor: y max 15 6400 z M x rmax 2 max 9,66 kp/cm 2 A Io 15 4 32 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 98 Resistencia de materiales. Problemas resueltosTensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes: y z -128 T T z2 T y2 128 2 922 2 930,8 kp 4T 4 930,8 A max 7,0 kp/cm 2 3 A 3 15 2 T 4 -922 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 99Problema 7.5Hallar las tensiones máximas en el empotramiento A y el giro, alrededor del eje x, de la sección E. Elmomento torsor de 8 Tn m está aplicado en la sección B. A y B 1m C 1m D M= 8 Tn m E 1m 1m z x x 10 Tn 5 Tn 2m F Tramo AC: = 40 cm 4 Tn Tramo CE: = 10 cm Tramo DF: = 10 cm Material: acero G = 8,4 105 kgf/cm2Resolución:a) Tensiones máximas en el empotramiento A ySección A My=22 Tn mNx 5 TnTy 10 Tn Mz=30 Tn mTz 4 Tn Tz=4 Tn Nx=5 TnMx 8 10 2 12 Tn m Mt=Mx=12 Tn mMy 4 3 5 2 22 Tn m zMz 10 3 30 Tn m x Ty=10 Tn © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 100 Resistencia de materiales. Problemas resueltosTensión normal debida al esfuerzo axil: y 5000 z x 3,97 kp/cm 2 40 2 4Tensión normal debida a los momentos flectores: y 22 MF MF 22 2 30 2 37,20 Tn m 22 30 arctan 36,25 30 z y MF = 37,20 m Tn P z (+) M 3720000 x max y max 4 20 592 kp/cm 2 I 40 64 (-) Tensión normal máxima total: max 592 3,97 596 kp/cm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 101Tensión tangencial debida a los esfuerzos cortantes: y T 42 10 2 10,77 Tn Q 10 arctan 68,2 z 4 4 Distribución parabólica de con una max T 10 4T 4 10770 max 11,43 kp/cm 2 3 A 3 40 2 4Tensión tangencial debida al momento torsor y B max z A M x rmax 1200000 20 max 95,49 kp/cm 2 Io 40 4 32La tensión tangencial máxima total max A 11,43 95,49 106,92 kp/cm 2Aplicación del criterio de Von Mises en el punto P max N, M 596 kp/cm 2 2 2 equiv 3 618,5 kp/cm 2 M x ,T 95,49 kp/cm 2 (1) (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 nocoinciden, ya que los ángulos y no son complementarios. Pero como están muy próximos, y por tanto debido a T será muy pequeño,puede despreciarse frente a la debida a Mx. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 102 Resistencia de materiales. Problemas resueltosb) Giro de la sección C (alrededor del eje x)Dibujamos el diagrama de momentos torsores 20 mT 20 mT 12 mT El giro alrededor del eje x en la sección E será el mismo A que el de la sección D. B C D E 1m 1m 1m 1m L Mx 12 mT 1 m 20 mT 1 m 20 mT 1 m x dx 0 GI o GI 40 GI 40 GI 10 1200000 100 2000000 100 2000000 100 x 0,244 rad 13,98 40 4 40 4 10 4 840000 840000 840000 32 32 32 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 103Problema 7.6Un árbol, de acero, debe de transmitir 120 CV a 600rpm desde la polea A a la B. La tensión cortanteadmisible para el material del árbol es adm = 420 Kg/cm2 y la tensión normal admisible es adm=728kp/cm2. Calcular el diámetro del árbol. Datos: F=2·F’ , Q=2·Q’ , rA=15 cm , rB=22 cm. (radios de laspoleas). y 50 cm 50 cm D B 40 cm z C F rA rB rA rB F’ A Q’ x QResolución: P 1 CV 736 W 120 736 P Mx Mx Mx 1405 Nm 1 rpm 2 rad s 2 60 600 60 Mx 1405 Nm 14324 cmKg Mx= F·rA – F’·rA = (2F’ – F’)·rA = F’·rA 14324 F 15 14324 cmKg F 955 Kg 15 F 2F 1910 Kgtambién Mx= Q·rB – Q’·rB 14324 Q 22 14324 cmKg Q 1193,7 Kg 12 Q 2 1193,7 2387,4 Kg © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 104 Resistencia de materiales. Problemas resueltosDiagrama de momentos en el plano xy : 3Q’= 3581 Kg y x D C B 3581 3581 RD RC 2 2 50 cm 50 cm x Mz + 3582 M z,B 50 89525 cmKg 2Diagrama de momentos en el plano xz : 3F 2865 Kg x B C A D z RD 1146 Kg RC 4011 Kg 100 cm 40 cm My x + M x 1146 x Mc 114600 cmKg MB 1146 50 57300 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 105 RC RD 2865 0 R D 100 40 2865 40 2865 RD 1146 Kg 100 RC 2865 1146 4011 KgDeterminación del momento flector en B ( combinando Mz y My): 2 2 MB 89525 57300 106292,12 cmKgEl máximo está en C: M f 114600 cmKgDiagrama de momentos torsores: y +14324 cmKg B A x C D -14324 cmKg Mx M x,B M x, A 14324 cmKgDeterminación del diámetro mínimo del eje.Aplicando el criterio de Von Mises: 3 16 d min 4M 2 f 2 3M x adm 3 16 d min 4 1146002 3 14324 2 728 d min 11.7 cm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 106 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 7.7En la figura se ha esquematizado la pieza desmontable de un enganche tipo cuello de cisne para elarrastre de caravanas de camping por parte de vehículos de turismo convencionales. La solicitaciónsobre la bola corresponde a una hipótesis de carga de arrastre con fuerte pendiente.a) Determinar para la sección circular A los esfuerzos de sección: normal, cortante, flector y torsor.b) Dibujar para la misma sección A la distribución de tensiones normal y tangencial que provoca independientemente cada esfuerzo de sección. Indicar sobre el dibujo la posición de la tensiones máximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numéricamente sus valores.c) Como resumen del estudio, indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máxima total. Sección A G 75 Kp 50 Kp y 40 mm z O A 400 Kp 150 mm x 250 mm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 107 Resolución: a) Esfuerzos de sección y N 400 Kp Ty 75 Kp Tz 50 Kpz Tz Mz Mx 50 150 7500 mmKp G My 50 250 12500 mmKp Mz 400 150 75 250x N 78750 mmKp Mx Ty My Nota: El signo del valor numérico y el sentido del vector en el dibujo son redundantes. b) Determinación de las tensiones Esfuerzo normal N 400 Kp Distribución uniforme de tensiones x: G N 400 Kp x , máx 2 0,32 Kp/mm 2 A 40 4 x Esfuerzo cortante T Ty Tz T Ty 2 Tz 2 75 2 50 2 90 Kp Tz G Distribución parabólica de : Ty T máx 4T 4 90 máx 0,1 Kp/mm 2 3A 3 40 2 4 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 108 Resistencia de materiales. Problemas resueltos Momento torsor M x 7500 mmKp máx Distribución de tensión con una ley lineal radial: máx M x rmáx 7500 20 máx 0,6 Kp/mm 2 I0 40 4 32 Momento flector M My Mz 2 M My M z2 12500 2 78750 2 79737 mmKp x,máx Distribución lineal de tensión x respecto al eje de giro: Mz 40 79737 x,máx M y máx 2 x , máx 4 12,69 Kp/mm 2 M I 40 My 64c) La tensión normal máxima total vale: x , máx 0,32 12,69 13,01 Kp/mm 2 La tensión tangencial máxima total vale: máx 0,6 0,1 0,7 Kp/mm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 109Problema 7.8Un tubo de acero 200 mm y de bajo espesor, e, constituye el soporte para el arrollamientomotorizado 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, lacual se aplica excéntricamente respecto de la directriz del tubo. La luz efectiva es L = 5 m, y sesupone simplemente apoyado en A y C. a) Representar gráficamente los diagramas de esfuerzos y calcular sus valores máximos. b) Determinar el espesor mínimo del tubo para que se cumplan los siguientes requisitos: - La tensión equivalente de von Mises en las secciones críticas A y B sea inferior a 2 adm=500 Kp/cm . - El corrimiento vertical B 1/1000 L.NOTAS: - Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q. - Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2. - Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor: 3 3 e e I0 Iz A e 4 8 e B C 200 A B C Motor q q=50 Kp/m L= 5m © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 110 Resistencia de materiales. Problemas resueltos Resolución: a) Determinación de los diagramas de esfuerzos. qy=50 Kp/m y 25 mKp z mx=50·0,1= 5 mKp/m125 Kp 125 Kp qy=50 Kp/mMz /2 = 0,1 m + 1 M z ,máx q y L2 8 1 50 5 2 156,25 mKp + 8Ty - L T y ,máx qy 125 Kp 2 M x ,máx 25 mKp +Mx b) Características mecánicas de la sección. 3 3 2 e m e I0 e I0 W0 4 4 2 2 3 2 I0 e Iz e Iy Iz Wz 2 8 4 2 A 2 e e 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 111c) Comprobación de tensiones en la sección central B. máx Mz 156,25 mKp z z Mz x , máx Wz máx Ty 0 Mx 12,5 mKp máx Mx máx W0 Aplicando el criterio de falla de von Mises: 2 2 equiv x , máx 3 máx 500 Kp/cm 2 2 15625 1250 equiv 3 500 Kp/cm 2 20 2 20 2 e e 4 2 2474 11,8 e 0,1 cm e 1 mm 500 Comprobación de tensiones en la sección extrema C Mz 0 Ty Ty 125 Kp máx máx T Ty máx 2 A Mx 25 mKp máx Mx máx W0 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 112 Resistencia de materiales. Problemas resueltos Apliando el criterio de falla de von Mises: T 2 equiv 0 3 máx máx 500 Kp/cm 2 2 125 2 2500 equiv 3 500 Kp/cm 2 e 20 20 2 e 2 47,5 47,5 e 0,02 cm e 0,2 mm 500 Con el espesor anterior de e = 1 mm, las tensiones en la sección extrema C son de equiv100 Kp/cm2.d) Comprobación del corrimiento vertical de la sección central B L / 1000 = 5 mm. q 5 q L4 B B 5 mm 384 EI z L 5 4 Kp/cm 500 cm 5 100 B 3 0,5 cm 384 2 e 20 cm 2100000 Kp/cm 8 Despejando el espesor de la ecuación e = 0,123 cm 1,3 mm. En conclusión, para verificar los requisitos de resistencia y deformación el espesor e 1,3 mm. Una solución comercial sería 200 x 1,5 mm. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 113Problema 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. P = 500 N z y x y L = 500 mmz A A’ e=5 Material: acero 100 E = 210000 N/mm2 G = 84000 N/mm2 G r A C b = 100 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 114 Resistencia de materiales. Problemas resueltosResolución:Por razones de simplicidad se trabaja con la curva media del perfil de espesor constante y acuerdorecto. (*) 70,7 y - El eje de simetría proporciona las direcciones = principales centrales yy zz. - El baricentro G cumple la condición: G 70,7 = 0 y dA 0 z dA C - El centro de cizalladura C ( ó de torsión ) = = coincide z con el punto de encuentro de los elementos. 35,35 35,35 C- Los momentos de inercia y módulos resistentes. ds s 2 2 b 2 1 3 y Iz y dA 2 s e ds b e 0 2 3 z G Iz 1666666 mm 4 Wz 23574 mm 3 y máx 70,7 mm(*) También, pueden obtenerse estas características de la tabla de perfiles del fabricante con mayorprecisión ( sin utilizar la simplificación inicial , v = 0 ). © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 115 y s b 2 ds 2 2 1 3 Iy z dA 2 2 s e ds b e z 0 2 12 Iy 416666 mm 4 z G Wy 11786 mm 3 z máx 35,35 mm bi ei 1 3 2 It bi ei b e3 8333 mm 4 C G 3 3a) y Mz G P Mx C z Tz Ty My z P © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 116 Resistencia de materiales. Problemas resueltos 2 Ty , Tz Ty P 353 N 2 2 Tz P 353 N 2 Mx P b 50000 N mm Mx 2 M y máx P L 176777 N mm 2 My , Mz 2 M z máx P L 176777 N mm 2 L = 500 mm Tensiones normales x debidas a la flexión desviada My , Mz. +7,5 N/mm2 +15 - Para My y My 176777 Nmm N máx 3 15-15 Mz Wy 11786 mm mm 2 -7,5 G - Para Mz Mz 176777 Nmm N My máx 3 7,5 Wz 23574 mm mm 2 z Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant (ya que I 0 en este tipo de secciones). d x d3 x Mx GI t EI 3 dx dx TORSIÓN UNIFORME TORSIÓN NO UNIFORME © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 117 ¾ máx máx máx = 30 N/mm2 e ¾ máx = 22,5 N/mm2 Mx M x e máx 50000 N mm 5 mm N máx 30 It 8333 mm 4 mm 2 3 3 N N máx 30 22,5 4 4 mm 2 mm 2 d x Mx 50000 N mm 5 rad 7,14 10 dx GI t N mm 84000 2 8333 mm 4 mm Tensiones tangenciales debidas al cortante Ty , Tz. Aplicamos superposición: TOTAL= + ’ Ty : A1 y T y m zA1 y variable según y Iz e Para y 0, máx . 100 G 2 100 mm 3 353 N 100 5 2 2 N C máx 4 0,75 1666666 mm 5 mm mm 2 0,75 3 P ó directamente se demuestra que máx z 4b e 0,75 Ty © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 118 Resistencia de materiales. Problemas resueltos Tz : A1 A y Tz m y 1 50 variable según z Iy e z Para z 0, máx . G 2 0,75 50 mm 3 353 N 50 5 2 2 N C máx 4 0,75 416666 mm 5 mm mm 2 3 P ó directamente se demuestra que máx Tz 4b e z 0,75 Se demuestra que 27 P TOTAL TOTAL max 20 b e 1,35 27 500 N N 1,35 20 100 5 mm 2 0,75 C 0,75 500 NObsérvese que en el ala horizontal debe anularse la distribución de tensiones tangenciales, ya que solotenemos fuerza vertical de 500 N.Composición de tensiones: 1 Punto 1 N N x 15 7,5 ( My Mz ) mm 2 mm 2 N 22,5 ( Mx ) 3 mm 2 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 119Punto 2 Punto 3 N N N x 15 ( My ) x 15 7,5 ( My Mz ) mm 2 mm 2 mm 2 N N N 30 0,75 ( M x , Ty , Tz ) 22,5 ( Mx ) mm 2 mm 2 mm 2De los puntos estudiados, el 1 es el más desafavorable.Aplicando Von Mises 2 2 N equiv x 3 22,5 2 3 22,5 2 45 mm 2Ante la duda que exista un punto con una combinación más desfavorable y dada la complejidad delproblema, es posible tomar los valores máximos correspondientes a cada esfuerzo (aunquefísicamente no estén en el mismo punto). Así 2 2 N equiv x 3 (15 7,5) 2 3 (30 1,35) 2 58,8 mm 2Esta operativa está contemplada en diferentes normativas.b) F Mx d x x L dx C x F L3 3 E ISe desprecian los corrimientos debidos al esfuerzo cortante Ty , Tz. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 120 Resistencia de materiales. Problemas resueltos y G A C G1 y z z C1 ( x) A1Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz: 2 3 500 (500) 3 F L 2 y 0,04 mm 3 E Iz 3 210000 1666 666Corrimiento según el eje z debido a la flexión My: 2 500 (500) 3 F L3 2 y 0,17 mm 3 E Iz 3 210000 416666Amplificación del giro debido al torsor Mx: d x 5 x 100 L 100 7,14 10 500 100 3,57 mm dx © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 121d) 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 delangular. Sin embargo, para otra posición del carro se reproduce el problema. 0 0 barra adicional 2 Cambiar la posición del angular. La carga vertical ( y horizontal ) se realiza en el centro de cizalladura. P C G 3 Elegir otro perfil con mayor rigidez torsional (perfil cerrado). G C 4 Elegir un perfil de guiado simétrico C © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 122 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 7.10 *a) Determinar las tensiones normales y tangenciales en el perfil HEA-500 sometido a torsión constante Mx = 20 KN · m y con coacción total al alabeo en el extremo empotrado.b) Calcular el giro x en la sección A. y A B x z Mx = 20 KN·m L=5m E = 210000 N/mm2 e = 355 N/mm2Resolución:Se trata de un problema de torsión no uniforme, ya que está impedido el alabeo en el empotramiento.Ecuación diferencial de gobierno: 23 3 d d Mx G It E Iw dx dx 3 12 490 300donde :Momento de inercia a torsión o constante de Saint Venant: 1 1 It bi ei3 2 300 23 3 467 12 270 10 4 mm 4 3 3Módulo de alabeo o momento de inercia sectorial: h2 1 3 h2 1 467 2 Iw If b e 300 3 23 5643 10 9 mm 6 2 12 2 12 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 123El reparto del momento torsor total Mx = Mt1 +Mt2 ( para L = ): x Mx = 20 KN·m Torsión uniforme M t1 Mx 1 e Mt1 Torsión no uniforme M t 2 Mx e x Mt2 2,03 x ( 3,9 exacto ) x N 80000 309,3 10 4 mm 4 G It mm 2 4 1 4,57 10 mm E Iw N 210000 2 5,64 1012 mm 4 mmEl angulo girado por unidad de longitud es variable: d xd x Mx x M t1 dx 1 e x dx G It G It xPara encontrar el ángulo de giro total en el extremo: L d x L Mx x Mx 1 x Mx 1 x dx 1 e dx L e 1 L 0 dx 0 G It G It G It 5000 20000 10 3 Nmm 1 4 , 57 10 4 5000 mm e 1 N 4 4 4,57 10 4 81000 309,3 10 mm mm 2 x 0,4 0,17 rad 23 10 13 ( valor muy elevado ) Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant en el extremo del voladizo Mt1 Mx. max Alas: M t1 20000 10 3 Nmm N Vmax e max 4 4 23 mm 149 It 309,3 10 mm mm 2 Mt1 Sección A Alma: M t1 20000 10 3 Nmm N Vmax e alma 4 4 12 mm 78 max It 309,3 10 mm mm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 124 Resistencia de materiales. Problemas resueltos En el empotramiento la torsión no uniforme provoca tensiones tangenciales w y normales w, donde Mt2 Mx : 20 KN m max Mt2 = Vf · h Vf 42,8 KN Vf 0,467 m Mt2 Por aplicación de Collignon en la sección rectangular Sección B h = 467 del ala : Vf 3 Vf 3 42800 N N w max 9,3 2 Af 2 300 23 mm 2 max N 3 Mx (el valor exacto es 9,3 ) mm 2 4 b e h 2 w Mf Obsérvese el autoequilibrio de los esfuerzos Vf en las alas, Mf , Vf , respecto a la sección w global: w M t2 20000 10 3 N mm Mf Mf 4 1 h 4,57 10 mm 467 mm Vf 6 93,7 10 N mm 93,7 KN m w valor superior al momento torsor aplicadoLa tensión normal en la sección rectangular del ala por aplicación de Navier: b 300 Mf 93,6 10 6 Nmm mm 2 2 N w 272 If 1 mm 2 23 mm (300 mm) 3 12(el valor exacto por aplicación de las fórmulas del bimomento es w = 261 N/mm2 ) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 125 Aplicación del criterio de Von MisesSección A: punto contorno del ala 2 2 2 N equiv 3 0 3 3 149 258 e mm 2Sección B: punto extremo del ala ( w max , w = 0) 2 2 2 N equiv 3 w 3 w 272 2 3 0 272 e mm 2Comentarios:- La tensión equivalente es parecida en ambos casos.- Si existe N, My, Mz , para secciones tipo : N My Mz max w A Wy Wz © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 126 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 7.11 *Una viga IPE-300 está sometida a una carga vertical F = 30 KN con una excentricidad accidental de50 mm.a) Determinar, en la sección del empotramiento, la distribución de tensiones normales x debidas a la flexión y a la torsión no uniforme (bimomento). Calcular el valor máximo.b) Determinar, en la sección del extremo del voladizo, la distribución de tensiones tangenciales debidas a la torsión no uniforme o de Saint Venant. Calcular el valor máximo.Acero S 355E = 210000 N/mm2G = 80000 N/mm2 2 e = 355 N/mmNotas:- 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 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 127Resolución:Diagramas de esfuerzos 90000 Nm ( máx ) 1500 Nm - - x 30000 N Mx = F · 0,05 m Mz = - F · (L – x ) Ty = - F Momento torsor Momento flector eje z Esfuerzo cortante eje yCaracterísticas mecánicas sección IPE – 300. y A 53,81 cm 2 tf = 10,7 Iy 603,8 cm 4 z Iz 8356 cm 4 300 Wel y 80,5 cm 3 tw = 7,1 Wel z 557,1 cm 3 150 IT 20,12 cm 4 Iw 125,9 10 3 cm 6Análisis de la torsión mixtaEcuación general de gobierno de la torsión mixta: d x d3 x Mx G IT E Iw dx dx 3 Uniforme M t 1 No uniforme M t 2 1355 Nm Mt1 1500 Mt2 145 Nm x L= 3m © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 128 Resistencia de materiales. Problemas resueltos x 0 , 78 3 Torsión uniforme : M t1 Mx 1 e , para x L M t1 1500 1 e 1355 N m Torsión no uniforme : M t 2 Mx e x , para x L M t 2 145 N m N 80000 20,12 cm 4 G It mm 2 3 1 1 7,8 10 cm 0,78 m E Iw N 210000 125,9 10 3 cm 6 mm 2a) Tensiones normales máximas: x = 0 w x Mf w Mz w Mf wDebidas al bimomento Mf : ( If Iy / 2 ) M t2 1500 N mMf 1 6654 N m h 0,78 m 0,289 m b Mf 2 6654 10 3 Nmm 75 mm N w 4 165 If 6038000 mm mm 2 2Debidas al momento flector Mz : Mz 90000 10 3 N mm N x max ( M z ) 3 3 162 Wel z 557,1 10 mm mm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 7 Torsión y esfuerzos combinados 129Así, la tensión normal máxima: N x max w x max ( M z ) 165 162 327 mm 2b) Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme en la sección x = L: max Alas superior e inferior: Mt1 = 1355 N·m M t1 máx e máx It max = 72 N/mm2 1355 1000 máx 10.7 72 N/mm 2 201200 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 52 Aleaciones ligeras © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 8 Corrimientos en piezas prismáticas 1318 Corrimientos en piezas prismáticas © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 132 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 8.1En 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 C z m G h= 0.6 m2m n A b= 0.3 m Material : 4m =2,1·104 Mpa 1m 1m =0,2 G=8750 MPaResolución:a) Diagramas de esfuerzos 3000 Kp x’ B C x 1000 2 N 2m RC = 1000 A Reacciones : RA 2000 kp 2 P RA = 1000 3 RC 1000 kp 1 P 3 P 3000 Kp 1000 2 B C RA= 2000 T -1000 RC 1000 B C 1000 2 1000 2 1000 2 A 4000mKp M A 4000mKp © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 8 Corrimientos en piezas prismáticas 133 N T M Tramo AB 1000 2 1000 2 1000 2 x Tramo BC 0 -1000 4000 1000 xEsfuerzos en la sección mn: N mn 1000 2 Kp Tmn 1000 2 Kp M mn 2000 mKpTensiones provocadas por cada esfuerzo, por separado: Y max,C m max G M Z N T n N M T 3T y2 M xy 1 4 2 x y 2 A h N I x A 2000 100 3 1000 2 y2 x y xy 1 4 2 1000 2 540000 2 1800 60 0,8 Kp x 1800 cm 2 11,1 Kp 2 x max cm 1,2 Kp xy max cm 2 A 1800 cm 2 5 A1 A 1500 cm 2 6 I z 540000 cm 4 Wz 18000 cm 3 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 134 Resistencia de materiales. Problemas resueltosSuma de tensiones normales x : N M x y 0,8 0,37 y A I x máx 0,8 0.37 30 10,3 Kp/cm 2 (máxima ténsión de tracción) x mín 0,8 0,37 30 11,9 Kp/cm 2 (máxima tensión de compresión)b) Corrimiento vertical en B W N N T T M M vB dl P TOTAL EA P GA1 P EI P 2 2 2 P P P x 200 2 3 2 3 2 3 2 x dx 0 EA 3 GA1 3 EI 3 P 4P P x 400 3 1 3 3 4 x 0 dx 0 GA1 3 EI 3 3 200 2 2000 2000 2000 x 2 400 1000 16000 8000 x 1000( x ) 2 dx dx 0 3EA 3GA1 3EI 0 3GA1 3EI 200 2 x3 2000 2000 x 2000 x 3 3 2,1 10 5 1800 3 87500 1500 3 2,1 10 5 540000 0 400 x2 x3 16000 x 8000 1000 1000 x 2 3 5 3 87500 1500 3 2,1 10 540000 0 0,0005 0,0014 0,0442 0,001 0,0608 0,0005 0,0024 0,105 0,108 cm 1,08 mm (N) (T ) (M ) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 8 Corrimientos en piezas prismáticas 135Problema 8.2Para la pieza quebrada de la figura, hallar : Sección Q a) El desplazamiento vertical de la sección A. 4 cm 1m y b) El desplazamiento transversal de la sección 4 cm A C (en la dirección Z). x z Aplicación a : P=300 N Q=2P=600 N 1m E=2,1·105 Mpa x G=0,4E D y P C z 1m YZ XResolución :Determinación de esfuerzos: Ty Q 600 N A Tramo AB x Mz Qx 600 x mN Q Nx Q B Tramo BC x My Q 1 600 mN Ty Q 600 N D Tz P 300 N C Tramo CD M x Q 1 600 mN P Mz Qx 600 x mN My P x 300 x mN x © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 136 Resistencia de materiales. Problemas resueltosa) Desplazamiento vertical de la sección A: Wtotal B Ty Ty Mz Mz C Nx Nx My My A dx dx Q A GA1 Q EI z Q B EA Q EI y Q D Ty Ty Tz Tz Mx Mx My My Mz Mz dx C GA1 Q GA1 Q GKt Q EI y Q EI z Q 1m Q Q x 1m Q Q 1 x dx 1 1 dx 0 GA1 EI z 0 EA EI y 1m Q P Q Px Q x 1 0 1 0 x dx 0 GA1 GA1 GKt EI y EI z 1m 1 1 1 1 1 Q Q Q Q Q Q x2 Q x2 dx 0 EA GA1 GKt EI y EI z 1 1 1 1 1 2 Q 2Q Q Q Q 0,042 m 4,2 cm EA GA1 GK t EI y EI z 3Términos de la sección: Q 600 N y E 2,1 1011 N/m 2 G 0,4 2,1 1011 N/m 2 z A 16 cm 2 16 10 4 m 2 4 cm 5 40 A1 A 10 4 m 2 6 3 1 4 43 Iy Iz 4 cm 4 10 8 m4 12 3 4 cm Kt K3 2a 3 2b 0,141 4 4 10 8 m4 b 1 K3 0,141 a © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 8 Corrimientos en piezas prismáticas 137b) Desplazamiento transversal de la sección C. Wtotal 1m Q Q x 1m Q Q C z 0 0 dx 0 0 dx P 0 GA1 EI z 0 EA EI y 1m Q P Q P x Q x 1 1 P 0 1 0 x 0 dx P 0 GA1 GA1 GK k EI y EI z GA1 EI y 3 P P 3 12 P 10 4 P 3 2,235 10 m 0,2235 cm 11 40 4 43 64 2,1 10 7 0,4 2,1 10 10 2,1 1011 10 8 3 3 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 1399 Piezas y sistemas hiperestáticos © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 140 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 9.1En la viga de la figura, determinar el perfil IPE necesario para que se verifique la condición deresistencia y para que el desplazamiento vertical en el extremo volado (punto C) sea inferior a 0,3 cm. 5000 kp A B C Kp/cm2 adm=1600 4m 1m E=2,1·10 Kp/cm2 6Resolución :a) Se descompone el problema, con un grado de hiperestaticidad, en uno isostático más un momento de empotramiento (incógnita) MA . P P A A MA A B B B C = C + C 4m 1m RA’ RA RB’ RB x x -5000mKp=MB RA x RA x RB x 4 MA-RA·x - -M = M + M’ + + M’A-RA’·x MA M’A 5000 5000 RB + RB + = T + T’T - -RA - RA RA’ RB’ I) II ) III ) Estado final ( I ) = Estado isostático ( II ) + Estado hiperestático ( III ) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 141- Estado isostático (II): RA RB 5 000 5 000 RA 1250 Kp RA 4 5 000 1 4 RB 6250 Kp MA 0 MB 5 000 mKp MC 0- Estado momento hiperestático (III): RA RB MA RB 4 MB 0 Para encontrar M’A , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B , en el estado final (I): 2 1 1 L MB 1 L MA 2 MB 5000 0 Ai y i L L MA mKp EI i 1 EI 2 3 2 3 2 2 Ai = área diagrama momentos flectores yi = distancia desde el baricentro Ai hasta B MA 2500 mKp L=4m MA 2500 MA MA 2500 mKp RB 625 Kp 4 4- Estado final (I): MA MA MA 0 MA MA 2 500 mKp MB MB MB 5 000 0 5 000 mKp MC 0 RA RA RA 1 250 625 1875 Kp RB RB RB 6 250 625 6 875 Kp MA MB 2500 5000 M x 4 MA 4R A MB RA 1875Kp 4 4 RB 6875 Kp © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 142 Resistencia de materiales. Problemas resueltosb) Para el cálculo de vC , vamos a aplicar el 2º teorema de Mohr entre A y C . 1 3 1 4M B 4 1M B 2 4M A 8 20000 kg m 3 vC Ai y i 1 1 EI i 1 EI 2 3 2 3 2 3 3EI Kg/m 2 m 4 2 10 4 10 6 2 10 4 TABLAS Iz 11770 cm 4 0,3 cm I min 10582 cm 4 IPE 330 3 2,1 10 6 I 3 2,1 0,3 Wz 713 cm 3c) Comprobación del perfil a resistencia : M max 5000 mKp max 7,01 Kp/mm 2 701 Kp/cm 2 1600 Kp/cm 2 adm Wz 713 cm 3 Tmax 5000 Kp max 2,46 Kp/mm 2 246 Kp/cm 2 923,8 Kp/cm 2 adm adm A1 271 7,5 mm 2 3 El perfil IPE 330 cumple la condición de resistencia y la condición de rigidez. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 143Problema 9.2Dada la viga de la figura, p = 20000 N/ml 20000 N B C A 4m 2mdeterminar : a) Diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes. Material: b) Valores de las reacciones. c) El perfil IPN necesario para adm=140 MPa. Acero d) La pendiente en el apoyo B. E=2,1·106 MPaResolución:a) Descomposición en un problema isostático, más una incógnita hiperestática ( R’B). p p P MA P MA’ = + C A B R’B 4m 1m RA RA’ x x MA 280 000 Nm R Ax MA px 2 / 2 MA MB=-40000 Nm RAx MA 4p x 2 - - -M = + + + MA’- RA’x RA 10 000 N MA’= 4R’B RA px P P + + T = + - RA’ R’B © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 144 Resistencia de materiales. Problemas resueltosb) Determinación de la incógnita hiperestática y de las reacciones totales. x2 M x A, B MA RA x RA x MA p 2 M x B ,C RA x MA 4 p x 2Para hallar R’B , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B : BM x 0 xB x dx A EI 1 B x2 MA 2 RA x MA p 4 x dx 4 4 EI A 2 2 3 RA 100000 N MA 280000 Nm MA 4RB 1 B 64 100000 x 280000 10000 x 2 4 x dx RB EI A 3 4m 1 x2 x3 x4 64 1120000 x 680000 140000 10000 RB EI 2 3 4 0 3 1 4160000 64 RB 0 RB 65000 N EI 3 3 RA - 80000 + 65000 - 20000 = 0 RA = 35000 N MA = - 20000·6 + 65000·4 - 80000·2 MA= -20000 Nmc) Determinación del IPN. M max 40000 100 max 14000 N/cm 2 Wz Wz 4 10 6 Iz 4250 cm 4 WZ ,min 285,7 cm 3 IPN 240 14000 Wz 354 cm 3 TABLAS © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 145d) Pendiente en B. M x A, B 20000 35000 x 10000 x 2 d 2 v1 M x A, B dx 2 dv1 1 x2 x3 20000 x 35000 10000 C1 dx EI 2 3 dv1 x 0: 0 C1 0 dx dv1 1 16 64 x 4: B 20 000 4 35 000 10 000 0 dx EI 2 3 240 000 840 000 640 000 40 000 B 11 8 3 2,1 10 4250 10 3 2,1 10 3 4250 B 0,00149 rad 0,0856 0 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 146 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 9.3a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, p, que se puede aplicar en laviga de la figura, si la tensión máxima admisible es de 140 MPa (tanto para la viga AB como para eltirante CD).b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C. D - La viga AB es un perfil IPN 400. - El tirante CD tiene una sección de 5 cm2. 4m - Módulo de elasticidad : E = 2,1·107 N/cm2 ( para la viga y el tirante ). A C B 4m 4mResolución :a)Se trata de un problema hiperestático. Para resolver la hiperestaticidad, impondremos la siguientecondición : C vCdonde : C = corrimiento del punto C del tirante CD. vC = corrimiento vertical de la viga AB en el punto C. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 147Cálculo de C : RD D RD CD C CD CD CD E EA RD 4m ( , ) E A C R D 400 cm 6 C 3,81 10 RD cm R D en N 2,1 10 7 N/cm 2 5 cm 2 RDCálculo de vC :Aplicaremos el Teorema de Castigliano: x p A C B RD 4m 4m 2 RD x 400 px 2 2 px 2 - MA= 400 RD- 320 000·p ( Ncm ) M MC= -80 000·p ( Ncm ) mKp WTOTAL CM x M AM x M vC dx dx RD B EI RD C EI RD x2 x2 400 p R x 800 D 400 p 2 0 dx 2 x 400 dx 0 EI 400 EI © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 148 Resistencia de materiales. Problemas resueltos x2 800 p RD x 400 RD 2 x 400 dx 400 EI 800 1 p 4 200 p RD 3 x x 400 RD x 2 160000 RD x EI 8 3 400 1 18133 10 6 p 21,3 10 6 R D 18133 10 6 p 21,3 10 6 R D EI 2,1 10 7 29210 6 29561,5 p 34,8 R D 10 cm 6 6Entonces: C vC 3,81 10 RD 29561,5 p 34,8 R D 10 38,61 RD 29561,5 p RD 766 p (1) R D 766 p (RD en N) (2) p 0,13 RD (p en N/cml)Determinación de pmáx : Para el tirante: R D ,max 140 10 2 N R D ,max 70 000 N max ,tirante 5 cm 2 am cm 2 2 p max 0,13 R D ,max 0,13 70 000 9 100 N 2 m Para el perfil: M max max ,viga adm W z , IPN 400 MA 400 R D 320 000 p 400 766 p 320 000 p 13 600 p MC 80 000 p M máx 80 000 p © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 149 M max 80000 p 14 000 N max , viga W z , IPN 400 1460 adm cm 2 140 000 1460 p máx 255,5 N/cm 25 550 N/m 80 000Por tanto: p max 9100 N ( la menor de ambas). mb) Cálculo del descenso de C. 6 vc 3,81 10 70 000 0,267 cm 2,7 mm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 150 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 9.4Las vigas AB y BC de la figura están perfectamente empotradas en los extremos A y C. Cuando estándescargadas, sus extremos B están en contacto, pero sin transmitirse ningún esfuerzo. p Material: Acero A42b IPN 220 C A IPN 200 B 3m 4m Determinar: a) La carga uniformemente repartida máxima que puede soportar la viga AB, estando sometida la viga BC solamente al efecto producido por la AB. b) El descenso vertical del punto B.Resolución:a) Determinación de pmáx. En este tipo de problemas de interacciones, la resolución se basa en plantear la igualdad decorrimientos (ecuación de compatibilidad de deformación en la sección B): p R C A B B R 3m 4m 1 = 2 M max R x x M x R x - - + 1 M x R x p x2 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 151Cálculo de 1: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre A y B : 1 2 Rx px 2 x dx 1 0 EI z 1 R 3 p 4 3m EI z 3 8Cálculo de 2: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C y B: Rx 2 x dx 0 EI z 1 R 3 4m EI z 3Condición: 1= 2 81 64 9R p R 8 3 E 2 140 cm 4 E 3 060 cm 4 216 3060 512 2140 R 243 3060 p p 2,3624 R N m NCálculo de Rmax ( pmax ): IPN 200 a flexión: M máx M máx 260 N máx 2 173,3 N/mm 2 W z , IPN 200 214 cm 3 1,5 mm M máx 37093,3 Nm Mmáx: M R 0 R px x 0,4233 m x p M x 0,4233 0,211649 R 1 M máx MA MA R p 2 7,6308R 2 M máx 7,6308R 37093,3 Rmáx 4861,0 N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 152 Resistencia de materiales. Problemas resueltosIPN 220 a flexión: M máx M máx 260 N máx 2 173,3 N/mm 2 W z , IPN 220 278cm 3 1,5 mm M máx 48186,6 Nm M máx R 4R 48186,6 Rmáx 12046,6 N Rmáx mín 12 046,6 ; 4 861,0 4861,0 dN Por lo tanto: p máx 2,3624 Rmáx 2,3624 4861,0 11483 N mb) Descenso vertical del punto B. R 3 4861 400 3 2 1,61 cm 3EI z 3 2,1 10 7 3060 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 153Problema 9.5a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, pmáx , que se puede aplicar a laviga de la figura.b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C. D E Datos: A 5cm 2 A 5cm 2 Viga AB: IPN 300 adm= 160 MPa h=6m E = 2,1·105 MPa 45º 45º ( tanto para la viga AB como para los tirantes CD y CE ) A C B 4m p 4m 8mResolución:a) Imponemos la condición de compatibilidad de deformación en C, es decir, planteamos igualdad decorrimientos. R R 2 2 p A C B p R p 2 2 R x R x Rx 2 2 2 - M + x 1 px px 2 2 2 px R x 1 px 2 R x px R x 1 px 2 2 2 2 2 2 2 2 - + + © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 154 Resistencia de materiales. Problemas resueltos D E 45º 45º C C C 2Cálculo de C :Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C x yA x 0 : 2 R p 2 p x x x 2 2 2 2 1 2 R 2 p 3 x dx p x x dx 0 EI z EI z o 2 2 2 1 R x3 p x4 2 1 R 3 p 4 p p EI Z 2 2 3 2 4 EI z 2 2 24 2 64 0 1 R 3 4 1 1 1 R 3 5p 4 p C EI z 48 48 128 EI z 48 384 R A C B 2 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 155Cálculo de : 2 R 2 2 2 D, E R R 600 2 2 2 120 R cm EA E 5 E 600 2 cm , A 5 cm 2 6 2m C 2 R 2 1 R 3 5p 4 120 2 R C 2 C 2 EI z 48 384 E 8 m 800 cm I z , IPN 300 9800 cm 4 83 106 5 84 108 R p 9800 120 2 R 48 384 64 R 32000 p 9,98 R p 2,312 10 3 R ( p en N/ml , R en N) Cálculo de Rmáx ( pmáx ) : Cables a tracción: 2 Rmáx Pmáx 2 16 000 N Rmáx 113137 N máx A 5 cm 2 adm cm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 156 Resistencia de materiales. Problemas resueltos IPN 300 a flexión: M máx M máx 16000 N M máx 104480 Nm máx W z , IPN 300 653cm 3 cm 2 |Mmáx|: 1 2 1 3 800 MC p R 2,312 10 R 8 2 10 4 R 15 R 8 4 8 4 p 2,312 10 3 R 800 cm M p R R R 0 px x 183,74 cm x 2 2 2 2p 2 2 2,31 10 3 R p R 1 2 x2 R M máx M x 183,74 cm x px p x x 2 2 2 2 2 2 800 183,742 R 2,312 10 3 R 183,74 183,74 39 R 2 2 2Así que Mmáx = 104480·102 N·cm = 39 Rmáx Rmáx = 267897 N Radm , sistema mín 113137,267897 113137 NPor 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 26157 N cm mb) El descenso del punto C es. 120 113137 C 2 2 cm C 0,9 cm 2,1 10 7 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 157Problema 9.6Determinar el desplazamiento vertical de la sección C, C , en la pieza de la figura, admitiendo que lasección en todos los tramos del sistema es circular y el material es el mismo. A a D p B C aDatos: G = 0.4·E p =1000 N/ml D = 50 mm a=1m E = 2,1·105 MpaResolución:a) Determinación de esfuerzos . Es un problema hiperestático. Consideraremos RB como incógnita hiperestática a determinar. y A Esfuerzos: z Tramo BC: x x Ty RB px p 1 2 x MZ RB x px 2 Tramo CA: B C y Ty RB p a RB Mz RB p a x z x 1 Mx RB a p a2 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 158 Resistencia de materiales. Problemas resueltosAplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incógnita hiperestática RB : Wtotal C Ty Ty Mz Mz A Ty Ty Mx M Mz Mz 0 B dx dx RB B GA1 R B EI z RB C GA1 R B GK t RB EI z RB 1 2 1 2 RB x px RB a pa C a RB px 2 A a R B pa 2 RB pa x B 1 x dx 1 a x dx B 0 GA1 EI z C 0 GA1 GI 0 EI z 1 a2 1 a4 1 a3 a4 a3 a4 RB a p RB a pa 2 RB a 3 p RB p RB p GA1 2 GI 0 2 EI z 3 8 3 3 1 3 2 1 a4 1 2 3 11 4 2aR B a p a 3 RB p a RB a p GA1 2 GI 0 2 EI z 3 24 G 0,4 E 9 9 D2 A1 A 10 10 4 4 D I0 32 D4 Iz 64 1 3 2 1 a4 1 2 3 11 4 B 2 2aR B a p 4 a 3 RB p a RB a p 9 D 2 D 2 D4 3 24 0.4 E 0.4 E E 10 4 32 64 40 D 2 2aR B 3 a2 p 32 9 a 3 R B a4 p 64 3.6 2 a 3 R B 11 a 4 p 2 2 3 24 0 3.6 E D4 D 50 mm 0,05 m a 1m p 1000 N/ml E 2,1 1011 N/m 2 RB 565.3N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 9 Piezas y sistemas hiperestáticos 159b) Determinación de C. Para calcular C , aplicaremos el método de la fuerza ficticia: Esfuerzos (debidos a F): A Tramo BC: Ty RB x Mz RB x C B Tramo CA: x RB F Ty RB F Mz RB F x Mx RB a 2 3 a3 40 D 2 2aR B aF 32 9 a 3 R B 64 3.6 a RB F Wtotal 3 3 0 RB 3.6 E D4 RB 0.174 F 1 2 RB x px 0,174 F x Wtotal a RB px 0,174 F 2 C ( 0.174 0.174 x ) dx F 0 GA1 EI z para F 0 a RB pa 0,174 F F 1 1 2 ( 0.826 RB a pa 0,174 F a 0.174a 0 GA1 GI 0 2 RB pa x 0,174 F F x 0.826 x ) dx EI z Integrando, entre límites, y tomando F= 0: 1 a2 1 1 4 C 0.174 R B a p 0.826 R B a pa 2 0.174 R B a 3 pa GA1 2 GI 0 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 160 Resistencia de materiales. Problemas resueltos 1 a3 1 a4 RB a 3 a4 0.174 RB p 0.826 p EI Z 3 2 4 3 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 4 0,00225 m 3 .6 E D C 0,225 cm (en vertical, hacia abajo: igual dirección y sentido que F) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 16110 Inestabilidad elástica © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 162 Resistencia de materiales. Problemas resueltos 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 30º 30º 4 HEB 120 IPN 100 IPN 100 E = 2,1·106 Kp/cm2 Resolución: x Reacciones: A B C 3 6 P MB 0 P 3 RC 6 RC P 3 P P 2 2 2 3 FV 0 Rb P 2 P 2P + T - 3 P 2 3 Tmáx P Kp 2 M máx 3P mKp 3P P x 3 Px 3 P x 2 - M © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 163 IPN 500.Cálculo a flexión. M máx 3P Nm : 160 N Pmáx, IPN 500 146667 N máx W z , IPN 500 2750 cm 3 adm mm 2 Puntal HEB 120. Cálculo a esfuerzo normal y a pandeo. y A 34 cm 2 Iz 864 cm 4 ; I y 318 cm 4 HEB 120 Wz 144 cm 3 ; W y 52.9 cm 3 z iz 5.04 cm ; i y 3.06 cm Esfuerzo normal: 3 P 2 N máx N máx - 16000 N N máx 544000 N máx A 34 cm 2 3 544000 P Pmáx 362667 N 2 Pandeo: L 400 - 131 105 min ( acero estructural ) i min 3.06 el pandeo se produce en la zona 3 P de validez de la ecuación de Euler 2 2 EI 2 N crit L 2 2.1 10 7 318 N adm , H 120 117700 N sp sp 16 10 4 3.5 I I min 318 cm 4 L 4 m 400 cm sp 3.5 100 E 2.1 10 7 N cm 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 164 Resistencia de materiales. Problemas resueltos 3 117700 P Pmáx 78466 N 2 Puntales IPN 100. Comprobación a esfuerzo normal.(Tracción) P P 4 cos 30º 4 cos 30º P P 4 cos 30º 4 cos 30º N máx N máx 16000 N N máx 169600 N máx A 10,6 cm 2 P 169600 Pmáx 587511 N 4 cos 30º Por lo tanto, la carga máxima que puede soportar el sistema es: P min 14667 , 78466 , 587511 78466 N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 165Problema 10.2Dado el esquema de la figura, donde B, C y D son articulaciones perfectas; si la tensión máximaadmisible y el módulo de Young son los mismos para las tres barras, e iguales respectivamente a adm= 160 MPa y E = 2,1·105 MPa. C P IPN 100 2m A B IPN 360 2m IPN 140 D 2m 2m 2mDeterminar: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 2 2 TRACCIÓN C + B x P P 2 2 P P 2 2 45º 45º A 2 2 2 2 B P P P 2 2 2 2 2 - COMPRESIÓN D P 2 2 R Rc 4 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 166 Resistencia de materiales. Problemas resueltos T C P RA P + 2 2 B A - P 2 RB D M C A B + P x P x Px 2 D 2 2b) Cálculo de Padm : IPN 360 a flexión: M máx P 1 Nm 160 N máx W z , IPN 360 1090 cm 3 mm 2 Padm 174400 N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 167 IPN 100 a tracción: P N máx 2 2 máx 160 N/mm 2 A 10,6 Padm 160 10,6 10 2 2 2 Padm 479 701 N IPN 140 a compresión: P 2 2 2 EI N crit L2 N adm C sp 3.5 200 2 202 100 Cs 3.5 i min 1.4 200 2 cm 2 2,1 10 7 35.2 N adm 2605,6 N 3,5 8 10 4 P 2 2 Padm N adm 2605,6 N Padm 73700 N 2 2 Por tanto : Pmáx mín 174 400 , 479 701 , 73 700 73 700 NProblema 10.3 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 168 Resistencia de materiales. Problemas resueltosCalcular la carga axial máxima que puede soportar una broca de 3 mm, a) sin pretaladro b) con pretaladro o marcado. E 210000 N/mm 2 e 320 N/mm 2 a) 3 150 mm b)Resolución:a) b) Lp=2L Lp=0,7L R Ncr Ncr 2 EI z N cr Lp2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 169 2 32 210000a) 64 91 N 2 2 150 2 32 210000b) 64 747 N 2 0,7 150Comprobación de la validez de la fórmula de Euler ( para b): N cr 747 N N N cr 2 105 e 320 cumple A 3 mm 2 mm 2 4NOTAS: - 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. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 170 Resistencia de materiales. Problemas resueltos Problema 10.4 Calcular la sección rectangular más eficiente para la pieza de aluminio sometida a compresión centrada. x L = 500 mm , seg. pandeo= 3 N=20 kN Datos del Al: E = 70000 N/mm2 e= 20000 N b y L h y z z Resolución: La relación b-h debe ser la óptima para que la Ncr sea la misma en ambas direcciones. x Flexión eje y: 2 1 3 2 EI y E bh N cr ,1 12 1 LPz=0,7·L 2 2 L py 2L Flexión eje z: 2 1 3 2 E bh y EI z 12 N cr , 2 2 2 2 L pz 0,7 LLPy=2·L z Igualando Ncr,1= Ncr,2 2 1 3 2 1 3 E bh E bh 12 12 h 2 2 2 L2 0,7 2 L2 b 0,7 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 171Con esta relación, puede elegirse la fórmula (1) o (2): 2 1 3 E bh 12 N cr 2L 2 seg . pandeo 3 3 N N 3 2 1 2 70000 b b 12 0,7 b 14,5 mm 2 3 se tomará : 50 x15 mm 20000 2 500 h 41,5 mmComprobación: N cr 60000 cr 100 N/mm 2 e cumple A 14,5 41,5 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 172 Resistencia de materiales. Problemas resueltos Problema 10.5 * Calcular la carga máxima, Nmáx, en los tres casos: Ncr =Nmáx ? Nmáx ? Nmáx ? A) B) C) 10 mm 100 mm10m = 10000 mm v0=L/1000 v0=L/100 Acero S260 e 260 N/mm2 E=210000 N/mm2 200x5 mm Resolución: a) En el primer caso, Nmáx=Ncr , suponiendo que la cr e 2 200 2 190 2 2 210000 EI 64 N cr 301952 N L2p 10000 2 N cr 301952 N cr 2 2 99 N/mm 2 e cumple A 200 190 2 mm 4 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 173 L Lb) El momento flector en el centro del vano: M x N vTOTAL x . 2 2 1 v L v0 TOTAL x N 2 1 N cr 1 Factor de amplificación: N 1 N cr NEl corrimiento total depende de la relación . N cr N N MPor la ecuación de la flexión máx e A) A W B) C) 1 N máx v0 N máx 1 N máx 301952 2 2 260 N/mm 2 200 190 2 200 190 2 2 10 100 v 100 4 64Para v0 = 10 mm tenemos Nmáx=269500 Nc) Para v0 = 100 mm tenemos Nmáx=152000 N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 174 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 10.6 *Calcular el valor de la imperfección geométrica inicial, v0, que provoca el fallo elástico del perfiltubular 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 100x4 v0 ? L = 3500 mm Material S235: 2 e=235 N/mm E= 210000 N/mm2 Tubo 100x4: A= 1206 mm2 y I= 1392000 mm2 W=27840 mm2 N © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 175Resolución:a) Análisis de 1er orden: M N v0 N L La sección más desfavorable x :N N 2 v0 N N M N v0 = = N M x e 235 N/mm 2 A W 125000 125000 v 0 235 N/mm 2 1206 27840Despejando el valor de v0: 125000 27840 v0 235 29 mm 1206 125000b) Análisis de 2º orden: 1 M N v0 1 N N cr N 1 N v0 x e A N W N 1 N cr v0 = = La carga crítica de Euler, Ncr: 2 2 EI 210000 1392000 N cr 235517 N L2p 3500 2Así, el factor de amplificación vale 1 1 2,13 N 125000 1 1 N cr 235 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 176 Resistencia de materiales. Problemas resueltosSustituyendo en la fórmula: 125000 125000 v 0 2,13 235 N/mm 2 1206 27840Despejando el valor de v0: 125000 27840 1 v0 235 13,7 mm 1206 125000 2,13 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 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 x Wel·y = Wel·z = 117,32 cm3 N = 100 kN Acero S235: E = 210000 N/mm2 e= 235 N/mm2 y qy 5 G v0 = 50 mm 140 L=5mz qy = 300 N/m 140 mm y N = 100 kN © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 178 Resistencia de materiales. Problemas resueltos Resolución: N N En un análisis de 2on orden el diagrama de momentos flectores se ve amplificado por el efecto de la2on orden 1er orden preflecha inicial (v0) y de la interacción N-M. v0 q N N a) Análisis de 1er orden (sin considerar pandeo, con la geometría inicial del enunciado). 1 2 pL N v 0 N Mz N 8 x , máx 1 A Wz A Wz 1 2 0,3 5000 100000 50 100000 8 2670 117320 N 37,45 7,99 42,62 88 e cumple mm 2 b) Análisis de 2on orden (amplificación de la preflecha inicial e interacción N-M). 1 2 pL N 8 1 N v0 x , máx K2 2 A Wz N Wz 1 N cr Cálculo de la carga crítica elástica de Euler, Ncr: 2 2 EI 210000 8212500 L pz 5000 mm N cr 680855 N L2p z 5000 2 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 179Para el factor de amplificación K2, se elige la expresión aproximada (*): 1 1 K2 1,172 N 100000 1 1 N cr 680855Así, finalmente (2): N x , máx 37,45 1,17 7,99 1,17 42,62 96,7 e cumple mm 2(*) Cálculo exacto de K: N 100000 u 0,602 rad 2 N cr 2 680855 2 1 cos u 2 1 cos 0,602 K2 1,177 u 2 cos u 0,602 2 cos 0,602 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 180 Resistencia de materiales. Problemas resueltosProblema 10.8 *Un tubo circular 100x4 mm de acero está sometido permanentemente a una carga puntualtransversal, F = 5kN, en el centro del vano.Mediante un cilindro hidráulico se puede aplicar una carga axial variable en el extremo.Suponiendo un comportamiento ideal de elasticidad indefinida para el material:a) Calcular la carga axial máxima soportada por el sistema, al poder producirse su colapso por inestabilidad elástica.b) Representar gráficamente la relación N-v, mediante un modelo teórico de 2º orden, es decir, considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector.A continuación, suponiendo un comportamiento real de material, con una tensión de límite elástico 2 e=380 N/mm .c) Calcular la carga N que provoca el fallo elástico del perfil. Material S380: E = 210000 N/mm2 e = 380 N/mm2 y F=5 kN N variable 100x4 x v = = L = 5000 mm © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 181Resolución:a) 2 2 EI 210000 1392000 N cr 115403 N L2p 5000 2Hipótesis: Elasticidad indefinida. N N N Ncr 115403 N 2 E = 210000 N/mm vb) Considerando la interacción N – M. 3 F L3 5000 5000 K 3 v K3 44,54 K 3 mm 48 EI 48 210000 1392000donde K3 es el factor de amplificación.Cálculo exacto de K3: N N 3 tg 3 tg u u 2 115403 2 115403K3 u3 N 3 2 115403 N Nu 2 N cr 2 115403Cálculo aproximado de K3: 1 1K3 N N 1 1 N cr 115403 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 182 Resistencia de materiales. Problemas resueltos Tabla de valores de la función N – v N veaxct. vaprox. 0 44,54 44,54 mm Ncr/4=28851 N 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) N115403 N cr 3 86552 N cr 4 N 5 kN N 57701 N cr 2 v28851 N cr 4 v ( mm ) 50 100 150 200 250 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: N M K e A W N M 1 e , donde M K F L A W 4 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 10 Inestabilidad elástica 183 1 5000 5000 N 1 4 N 380 1206 N 27840 mm 2 1 115403Resolución de la ecuación de 2º grado: N 115403 225 380 1206 115403 N N 115403 225 380 115043 N 1206 N2 25965675 43853140 95,69 N 380 N 1206 1 0 N2 475,69 N 17887465 1206 b c a 1 2 476 476 2 4 1788746 b b 4ac 1206 40425 N N 2a 1 533630 N sin sentido N cr 2 1206Se cumplen la hipótesis de aproximación para el cálculo del factor de amplificación K: N 0,6 N cr 40425 0,6 115403 69242 1 K 1,54 N 1 N crRepresentación gráfica del apartado c): (N) N N M K 380 A W 115403 Ncr 40425 44,5 68,5 v (mm) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • 184 Resistencia de materiales. Problemas resueltosc’) Un planteamiento parecido del problema es considerar que v0=44,5 mm constituye una preflechainicial. 1El momento flector F L resta constante y la amplificación es debida al termino 4 1 N v N v0 N 1 N crLos resultados obtenidos no difieren excesivamente de la solución exacta: N M 1 e , donde M K F L N v A W 4 1 1 5000 5000 N 44,54 4 N 1 N 115403 N 380 1206 27840 mm 2Resolución de la ecuación de 2º grado: N 44,54 115403 N 225 380 1206 27840 115403 N 44,54 115403 N N 380 225 115043 N 27840 1206 N2 184,6 N 115 N 17887465 95,69 N 1206 1 0 N2 435 N 17887465 1206 b c a b b2 4ac 44977 N N 2a 479633 N sin sentido N cr © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
    • Bibliografía 185BibliografíaCOURBON, 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, CPDA-ETSEIB, 1998TIMOSHENKO, S.P., Resistencia de materiales. Madrid, Espasa-Calpe, 1967.UGURAL, A.C.; FENSTER, S.K. Advanced Strength and applied Elasticity. New York, Elsevier, 1987. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.