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AULA POLITĂˆCNICA 15

Resistencia de materiales Problemas resueltos

AULA POLITÈCNICA / ETSEIB

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

EDICIONS UPC

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

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

Diseño de la cubierta: Manuel Andreu

©

los autores, 1999

©

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

Producción:

CPDA Av. Diagonal 647, ETSEIB, 08028 Barcelona

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

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

7

Prólogo

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

Los autores Barcelona, junio de 1999

Índice

Índice 1

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

2

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

3

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

4

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

5

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

6

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

7

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

8

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

9

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

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

9

Bibliografía

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

185

1 Diagramas de esfuerzos

1 Diagramas de esfuerzos

11

12

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

45o

E

C

A

800 Nm

D

2m

B 3m

2m

3m

FH FV

2 2 2 600 2 ˜ 2 600 2 ˜

600 N 600 N

ResoluciĂłn: a) DescomposiciĂłn de la fuerza exterior aplicada en el extremo de la barra BE. b) CĂĄlculo de las reacciones. 600 N 600 N Ejes globales

E

D

C

A

800 Nm

B RAH

RCV

RAV

Tomamos momentos respecto al punto C:

ÂŚM

c

0 Â&#x;

R AV ˜ 6 600 ˜ 3 600 ˜ 2 800

0

Â&#x;

R AV

100 N = -33,3 N 3

Suma de fuerzas verticales y horizontales:

ÂŚF ÂŚF

V

0

Â&#x; R AV 600 RCV

H

0

Â&#x;

RAH

600 N

0

Â&#x;

100 600 3

RCV

1900 N 3

13

1 Diagramas de esfuerzos

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

100 ˜x 3

M ( x)

R AV ˜ x

M ( x)

R AV ˜ x 600( x 3) 600 ˜ 2

MA

0

MB

100 Nm

Tramo BC:

MB MC

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

Diagramas.

600 N

E -

600 N N

+

A

B

C

D B 600 N

A

C

B

T

D

+

1900 N 3

100 N 3

E

B -800 N¡m

E

-100 N¡m M

A

-

B

C

D

1200 N¡m

+

1100 N¡m

Equilibrio del nudo B.

600 N

600 N 100/3 N 600 N

B 1900 N 3

B

14

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 1.2 Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura, apoyada en los extremos y sometida a una carga repartida triangular.

1600

6

A

B x 6m T

ResoluciĂłn: a) CĂĄlculo de la reacciones. Resultante de la carga Q

1600 ˜ 6 2

4800 N .

4800 N A

B 6m

RA

4m

2m

R A RB

ÂŚM RB RA

A

4800 0

4800 ˜ 4 6 1600 N

Â&#x;

RB ˜ 6

3200 N

4800 ˜ 4

RB

N m

15

1 Diagramas de esfuerzos

b) Cálculo de los esfuerzos de sección.

1600

A

B d[

1600 N

3200 N x-[

[ x

L=6m

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

T

1600

T

ª1600 [ 2 º » 1600 « 2 ¼0 ¬ 6

³

0

q d[

1600

³

x

0

1600 [ d[ 6

x

1600

1600 2 x 12

M: x

³ q x [ d[

1600 [ x [ d[ 6

1600 x

M

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

M

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

0

1600 x

x

M

³

0

x

N m

16

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

c) Diagramas. 1600 N

A

+

T 3200 N

M + 3695 Nm

d) Punto de Mmáx

wM wx T

T

T

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

0 1600

M máx

0 12

3,46 m

3695 Nm

17

1 Diagramas de esfuerzos

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

B

2m

45q

A

2m

C

2m

ResoluciĂłn: Para el cĂĄlculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estĂĄtica. 200 2 B

400 2

A RAH

C

RAV

ÂŚF ÂŚF ÂŚM

RC

V

0 Â&#x;

R AV RC 200 2

H

0 Â&#x;

R AH

0 Â&#x;

RC ˜ 4 400 2 ˜ 2 200 2 ˜ 2 0 Â&#x;

A

0

400 2 N RC

300 2 N

18

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

por tanto, RAV

100 2 N y descomponiendo cada reacci贸n en las direcciones de las barras, 400

100 2 400 2

100

100

400

400 2

300

300

300 2

400 100

400

300 2

100

300 100 2

Diagrama

N

500 N B

+

-

C

A -300 N

Diagrama

T

300 N B

+

-

C

A 300 N

Diagrama

M

300

19

1 Diagramas de esfuerzos

B

B

A

+

x

+

x’

C 300 N

M = 300 · x

MA

0

MB

600 2 Nm

M = 300 · x’

MC

0

MB

600 2 Nm

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

¦M

0

0 ). A partir de la línea de acción vertical de RC, se obtiene O. G F RA

200 2

// OA

B 400 2

RC

G F // OC

RA

C

RC

20

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 1.4 Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura. p = 600 4000 N

N ml

3000 N

B

P1

C

P2

A a=2m

L=6m

b=2m

ResoluciĂłn: CĂĄlculo de las reacciones:

ÂŚF

V

ÂŚM

: R B RC 4000 600 ˜ 6 3000 0

B

: 4000 ˜ 2 600 ˜ 6 ˜ 3 RC ˜ 6 3000 ˜ 8 Â&#x;

RC

4467 N

RB

6133 N

Diagrama de momentos flectores: Tramo AB: M MA

4000 ˜ x 0

MB

8000 Nm

Tramo BC: M MB

2 x 2

4000 ˜ x 6133 ˜ x 2 600 ˜

2

8000 Nm

MC

6000 Nm

Tramo CD: M MC

4000 ˜ x 6133 ˜ x 2 600 ˜ 6 ˜ x 5 4467 ˜ x 8

6000 Nm

MD

0

Diagrama de esfuerzos cortantes. Tramo AB: T TA

4000 N 4000 N

TB

4000 N

D

21

1 Diagramas de esfuerzos

Tramo BC: TB

4000 x 6133 600 ˜ x 2

2133 N TC 1467 N

T

4000 6133 3600 4467

T

Tramo CD: TC

TD

3000 N

3000 N

B

D

C

A a=2m

L=6m

b=2m

-8000 -6000

M ( Nm )

E xE 2133

3000

3000 +

+

T

-

-

(N)

-1467 -4000

-4000

El diagrama de momentos flectores pasa por un mĂ­nimo relativo en el punto E, donde la tangente es horizontal, o sea: wM T 0 : 4000 6133 600 ˜ x E 2 0 Â&#x; x E 5,35 m wx ME = -4208 Nm

22

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 1.5 En la viga en voladizo de la figura, calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar los diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga.

4 KN

0,5m 1m

5 KN/m

2m

1m

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

4 KN

FE

ME

10 KN

ME

ME

FE

4 KN

5 KN/m

0.5m 1m

14 KN

0.5m 2m

FE

2m

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

23

1 Diagramas de esfuerzos

b) Diagramas 4 KN

5 KN/m

D

E 0,5

C

0,5

A

B 2m

1m x

M

T +

Tramo AB:

M=0

T=0

Tramo BC: M

5

x 1 2 KN m

2

MB

0

MC T

5 x 1

2

KN

0

TB

0

TC

10 KN

24

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Tramo CD: M

10 x 2 KN m

MC MD

T

10 KN

10 KN m 15 KN m

TC

10 KN

TD

10 KN

Tramo DE: M

T

10 x 2 4 x 3,5 KN m

10 4 14 KN

MD

15 KN m

ME

22 KN m

TD

14 KN

TE

14 KN

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

2 Esfuerzo normal

2 Esfuerzo normal

25

26

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 2.1 Tenemos una barra rĂ­gida que estĂĄ suspendida por dos cables de igual diĂĄmetro ‡ 4 mm , y cuyos mĂłdulos de elasticidad son: E1=2.1¡105 MPa y E2=0.7¡105 MPa. La longitud de la barra es de 600 mm y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra estĂĄ sometida a una carga puntual P=500 N. Calcular la posiciĂłn x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.

‡

4 mm

‡

300 mm

E2

4 mm

E1 A

x

B

P=500 N

600 mm

ResoluciĂłn: Dibujamos el diagrama de sĂłlido libre y obligamos el equilibrio. AdemĂĄs imponemos la igualdad de deformaciones.

RA

RB

'LA

'LB

A

B P=500 N

ÂŚF ÂŚM

0 Â&#x;

V B

R A RB

P

0 Â&#x; R A ˜ L P( L x) 0

27

2 Esfuerzo normal

'L A

'L B

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

RB ˜ LB S ˜ E2

Â&#x; RA

500 Â&#x; R B

R B ˜ E1 E2

R B ˜ 210000 70000

500 125 N Â&#x; R A 4

De la ecuaciĂłn de los momentos obtenemos x: R A ˜ L P( L x) 0 375 ˜ 600 500(600 x) 0 Â&#x;

x 150 mm

Â&#x; RA

375 N

3R B

28

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

A Aa=40 cm2

1m B 3m

Ab=80 cm2 C 1m

15 T

D

ResoluciĂłn:

ÂŚF

V

0

RA+ RD = 15 T = 150000 N EcuaciĂłn de deformaciĂłn El tramo AC estĂĄ comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresiĂłn, y el tramo CD estĂĄ traccionado, por lo que RD es un esfuerzo de tracciĂłn. Al estar los dos extremos , A y D, empotrados la variaciĂłn total de longitud es 0; y el acortamiento del tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior: 'L AB 'L BC

Aplicando la ley de Hooke:

'L

'LCD

F˜L A˜ E

R A ˜ L AB R A ˜ L BC E ˜ Aa E ˜ Ab

R D ˜ LCD E ˜ Ab

29

2 Esfuerzo normal

RA

R A ย 1000

A

5

2 ย 10 ย 40 ย 10

1m

2

R A ย 3000 5

2 ย 10 ย 80 ย 10

R A ย 2000 R A ย 3000

B

R D ย 1000 2

2 ย 10 5 ย 80 ย 10 2

R D ย 1000

Resolviendo las ecuaciones, tenemos

3m C 1m

15 T D

RA

25000 N

2.5 T

RB

125000 N 12.5 T

RD

Cรกlculo de las tensiones. Tramo AB: V AB

25000 N 40 ย 10 2 mm 2

6.25 MPa (COMP.)

Tramo BC: V BC

25000 N 80 ย 10 2 mm 2

3.125 MPa (COMP.)

Tramo CD: V CD

125000 N 80 ย 10 2 mm 2

15.625 MPa (TRAC.)

Diagrama de esfuerzos normales:

2.5 T

A

B -

C

12.5 T +

D

30

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 2.3 a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de diámetro y de 3.5 m de longitud, soportan un peso P=5 KN. Calcular el descenso G del punto C, siendo D=20º. Datos: E=2,1·105 MPa. b) Resolver para D=0º.

A

B D

L

L

C G

C’

C1 P

Resolución: a) Para D=20º:

N

N

N

N

D D

P D

Del equilibrio del punto C se obtiene

P

N sen D

Equilibrio del punto C

P 2

P 2 sen D

N

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

G

NL EA sen D

PL 2 EA sen 2 D

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

b) Para D=0º:

A

L

C

L

E G C1 P

B

1,13 mm

31

2 Esfuerzo normal

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

G L

tg E # E (para ĂĄngulos pequeĂąos)

el alargamiento de las barras vale

H

AC1 AC AC

2

L2 G 2 L L

§G ¡ 1 ¨ ¸ 1 Š Lš

1 E 2 1#

E2 2

Esta Ăşltima igualdad proviene de la expresiĂłn: 1r a

1 r a 1 2

1r

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

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

1r

El esfuerzo normal en una de las barras es: N

E ˜ A˜ E 2 2

V ˜ A E ˜H ˜ A

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

P 2

Â&#x;

N

P 2E

Â&#x;

Resulta

E

G

E ˜L

3

P E˜A L˜3

P E˜A

E ˜ A˜ E 2 2

P 2E

a . 2

32

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Aplicando los datos numéricos del problema:

G

5000 2.1 10 5 3,14 10 2

3500 3

E|

G L

N

V

148 3500 P 2E

N A

148 mm

0,04229 rad 2,42º

5000 2 0,04229

59116 N

59116 188 N/mm 2 314

33

2 Esfuerzo normal

Problema 2.4 Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructura representada en la figura, suponiendo infinitamente rĂ­gida la barra horizontal DE, articulada en D. Barra AB: secciĂłn 40 cm2 Barra CB: secciĂłn 80 cm2 Se considera el mismo mĂłdulo de elasticidad, para todas las barras.

A

2m

40 T D

B

E

2m

2m

C

4m

ResoluciĂłn: Se trata de un sistema hiperestĂĄtico. RBA y RBC siguen la direcciĂłn de la barra.

RBA HD

D VD

E RBC

Ecuaciones de la estĂĄtica:

ÂŚF

ÂŚF ÂŚM

2 R BC 2 2 0 o H D R BC R BA 2 0 o V D ˜ 2 40 ˜ 4 Â&#x; V D

0

V

H B

o

V D R BA

40 T

2 40 0 2 2 0 2 80 T

34

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

A

B

acort. 'LBC

45Âş

B’’ D

B’’

B

E

'LAB alarg.

~45Âş

B’

B’

C A

'L AB

B cB cc

'LCB

BB ccc

Al ser deformaciones y ĂĄngulos pequeĂąos: B cB cc | BB ccc

'L AB

D

'L BC

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

C

R BC ˜ 2 2 Â&#x; 2 R BA E ˜ 80

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

2 2 2 R BA 40 2 2

con lo que, R BA

56.73 T

R BC

113.47 T

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

V AB V AB

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

0

R BC

3 Esfuerzo de cizalladura pural

3 Esfuerzo de cizalladura pura

35

36

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

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

Resolución: a) punzon Fmax chapa Fmax punzon Fmax

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

V adm A 500 S We S chapa Fmax

392,7 d 2

b)

Fmax

c)

punzon S V adm

2654.6d

V adm A 500 S 52 4

d2 4

d min

6,76 mm

17945 N

0.65 260 S 5 5 V adm

676 N

Vadm

5 mm

We

mm 2

37

3 Esfuerzo de cizalladura pural

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

P

R

D

b

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

a

e? e?

d?

cilindros “centradores”

Resolución: ID F

F

P

F

R

PuR D 2

800 N u 200 mm 100 mm

1600 N

38

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

F

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

F/2

F/2

F/2

800 240

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

Dimensionado del pasador a cizalladura: 800

S d2 F d W adm 2 4

§ ¨W adm | 0.8 V adm ©

0.8

138

S d2 4

2.7 mm

d min

260 · 138 N/mm 2 ¸ 1.5 ¹

Dimensionado del pasador a aplastamiento:

§ c ¨ V adm ©

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

d min

máx ^2,7 ; 2,3`

800

d min

d min

2,3 mm

2,7 mm

Dimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador a tracción: 800

F d b d e V adm 2

b 2,7 1 240

bmin

a desgarro: t1 t 2d bmin

El dimensionado final queda así:

5 .4

bmin

10.8 mm

max ^6,0 ; 10,8` bmin

10,8 mm

6,0 mm

3,3 mm 2

39

3 Esfuerzo de cizalladura pural

e 1 mm d 2,7 mm a 4 mm b 10,8 mm b=10,8 mm a= 4 mm

e=1 mm

d= 2,7 mm

40

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 3.3 Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y las uniones son roblonadas.

t1

e1

t1’

e2

t1

e3 e3 I d1

t1

I d2

t1’

t1

N? b

d2 d1

Datos: e1 = 5 mm

e2=e3

Chapas:

Roblones:

Acero A37b Ve=240 N/mm2

Tomar: Jse=1,5

Acero A37b Ve=240 N/mm2

Resolución: a) Unión 1 t1

e1

F/2

e2

F F/2 e2 d1

41

3 Esfuerzo de cizalladura pural

Cizalladura: T

S ˜ d1 F d W adm ˜ 2 4

2

E˜

V e S ˜ d1 2 ˜ J seg 4

0.8 ˜

240 S ˜ d 1 ˜ 1.5 4

2

100,55 ˜ d 12 Â&#x; 201.1 ˜ d1 2

Fmax

Aplastamiento: d 1 ˜ e1 t

Fmax c V adm

Fmax D ˜ V adm

Fmax d d 1 ˜ 5 Â&#x; 2000 ˜ d 1 240 2.5 ˜ 1.5

Fmax

De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultĂĄneas obtenemos: d1,optimo = 9.95 mm Â&#x;

10 mm = d1 Fmax = 20000 N

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

Â&#x; t1

20 mm

CĂĄlculo de la secciĂłn neta t1=2d=20 mm

Fmax

10 mm

b

20000 N

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

Â&#x; b

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

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

e1

Â&#x; e2

e1 2

2,5 mm

42

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

b) Unión 2 t1’

e2

e3

F/2

F/4 F/2

e1 e2

F/2

e3

F

F/4

F

N? d2

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

e1

2 ,y

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

4 N

S d 22 F d W adm 4N 4

20000 240 S d 22 d 0.8 4N 1.5 4

49.74 d d 22 N

Aplastamiento: F

2 N

F c d 2 e2 d V adm 2N

20000 240 d 2.5 d 2 2.5 2N 1.5

De las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemos d2

4.97 mm o d 2

5 mm N

2

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

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

10 d d2 N

43

3 Esfuerzo de cizalladura pural

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

Js ?

Acero A-42b Ve

20 mm

10 mm

p = 100 N/cmA

h = 20 cm

L = 50 cm

2600

Kp cm 2

44

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Resoluciรณn: p

2Fh 2Fv

h

h

2Fh

L

2Fv

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

M

FH

FV

2 FH ย h

M

ย FH FH

T

4 ย Fv

FV

T

FH

W

M p ย L2 2h 4h 3125 N

p ย L 100 ย 50 5000 N ย

FH 2 FV 2

3125 2 1250 2

FT (suponiendo una distribuciรณn constante de W en la secciรณn) S

W

JS

We W mรกx

3366 16,8 N/cm 2 20 ย 10 0,6 ย V e W mรกx

0.6 ย 260 16,8

9,28

100 ย 50 2 4 ย 20

Fv

1250 N

3666 N

4 Características de secciones

4 Características de secciones

45

46

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 4.1 Determinar las inercias resultantes Iz e Iy si partimos de cuatro perfiles L 45x45x5, para unas cotas b y h genĂŠricas. b y

z

z

h

y

Resolución: Iz’ = Iy’= 7,84 cm4

De las tablas: y’

A = 4,3 cm2 z’

z’ c

c = 1,28 cm

c y’

I zc

§h ¡ I z ' A¨ c ¸ Š2 š

2

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

c

h/2

z

I cy

§b ¡ I y ' A¨ c ¸ Š2 š

z

2

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

c b/2

y

47

4 CaracterĂ­sticas de secciones

Iz

4 I zc

§h ¡ 4I z' 4 ˜ A ˜ ¨ c ¸ Š2 š

2

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

Iy

4 I cy

§b ¡ 4I y' 4 ˜ A ˜ ¨ c ¸ Š2 š

2

( momento de inercia de las cuatro L)

Iz

4,30h 2 22h 59,54

Iy

4,30b 2 22b 59,54

48

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

z’

h

2a

h’

IZ A

a ?

IZ I Z’ = 4 I Z

Resolución:

a/2 z

a

a/2

z

IZ

IZ/2

IZ 1 §a· e ¨ ¸ 2 12 ©2¹

A

A/2

A a e 2 2

3

IZ’/2

A' 2

A a e 2 2

49

4 CaracterĂ­sticas de secciones

IZ'

3 2 ÂŞIZ 1 § a ¡ § A a ¡§ a ¡ Âş ˜ ˜ ˜ e ¨ ¸ ¨ e ¸¨ ¸ Âť ˜ 2 ÂŤ Š 2 š Š 2 2 šŠ 2 š Ÿ ÂŤÂŹ 2 12 a3 A 2 13 IZ ˜e ˜ a IZ 12 4 4

IZ '

IZ'

Ha de ser :

IZ

4I Z

§ IZ a3 A 2 a3 ¡ 1 ¨ ˜ ˜ a ˜ e¸ ˜ 2 e ¨ 2 12 8 8 8 ¸š Š

a2 § 13 ¡ ¨ A ˜ e ˜ a¸ 4 Š 12 š

a2 § 13 ¡ ¨ A ˜e ˜ a¸ 4 Š 12 š

IZ

a2 § 13 ¡ ¨ A ˜e ˜ a¸ 4 Š 12 š

§ 13 ¡ 3 § A ¡ 2 ¨ ˜ e ¸ a ¨ ¸ a 3I Z Š4š Š 48 š

0 Â&#x; a

e

si suponemos que (e¡a)

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

IZ ' # IZ

a

( iZ

A ˜ a2 4

12

IZ A

Â&#x;

2 3

IZ A

3I Z

a2 A 4

2 3 ˜ iZ

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

50

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 4.3 Determinar las siguientes características de la sección monosimÊtrica de la figura respecto del eje principal z: a) A , Iz , Wz,sup , Wz,inf , iz . b) El momento resistente elåstico, Mel. z , para un acero Ve=235 N/mm2. y 400 30 # 400¡30

ysup

# 800¡10

z

G

Mel.z

800

10

yG

# 250¡20

yinf

20

250

ResoluciĂłn: a) El ĂĄrea de la secciĂłn total serĂĄ la suma de las ĂĄreas de las pletinas: A

ÂŚA

i

400 ˜ 30 800 ˜ 10 250 ˜ 20 25000 mm 2

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

Ve= 235 N/mm2

51

4 CaracterĂ­sticas de secciones

Para determinar la posiciĂłn y del centro de gravedad de la secciĂłn, G, es cĂłmodo calcular el momento estĂĄtico de cada elemento respecto de la fibra inferior. AsĂ­: A ˜ y Gc y Gc

ÂŚ A ˜ yc i

i

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

i

25000

A

537 mm

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

2¡ ˜ hi3 Ai ˜ y ic y Gc ¸ š

Iz

Œ ¨Š 12 b

Iz

ÂŞ1 2Âş 3 ÂŤ12 400 ˜ 30 400 ˜ 30 ˜ 835 537 Âť ÂŹ Âź

i

ÂŞ1 2Âş ÂŤ 10 ˜ 800 3 800 ˜ 10 ˜ 420 537 Âť 12 ÂŹ Âź ÂŞ1 2Âş ÂŤ 250 ˜ 20 3 250 ˜ 20 ˜ 10 537 Âť 12 ÂŹ Âź

299154 ˜ 10 4 mm 4

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

Iz y sup

299154 ˜ 10 4 850 537

9558 ˜ 10 3 mm 3

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

Iz y inf

299154 ˜ 10 4 537

5571 ˜ 10 3 mm 3

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

Iz A

299154 ˜ 10 4 25000

346 mm

b) El momento resistente, Mel.z, se obtiene a partir de la tensiĂłn de lĂ­mite elĂĄstico del material y del mĂłdulo resistente mĂ­nimo de la secciĂłn: M el . z

V e ˜ W z ,min

235 ˜ 5571 ˜ 10 3

1309 ˜ 10 6 N ˜ mm 1309 kN ˜ m

5 Dimensionado de secciones o flexi贸n

5 Dimensionado de secciones o flexi贸n

53

54

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 5.1 Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo y chapa de 10 mm de grosor. P

C

A

B

=

P = 9500 Kp L=6m

=

Acero A 42b

L

E

Jse = 1,5

C

D

D

E

Resolución: Acero A 42 b

Ve

2600 Kp

J se

1,5

½ cm 2 °¾ °¿

V adm

2600 1733 Kp 2 cm 1,5

M ( x)

P x 2

L2 L1

A

E

C

D

x +

Momentos flectores

MC

4750 x

P L 1425 103 Kp cm 4

Tramo A-E : IPE 240

­° I ® °¯W

3890 cm 4 324 cm

3

M max

W V adm

561 103 Kp cm

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

C

55

5 Dimensionado de secciones o flexiĂłn

Tramo E-D:

es necesario reforzar Ic

b=120 mm

1 b ˜ e3 b ˜ e ˜ d 2 12

1 ˜12 ˜13 12 ˜12.52 1 1875 12

1876 cm 4

e =10 d

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

3890 2(1876) 7642 cm 4 Â&#x; W2

I2

M adm 1019 ¡ 103 = 4750¡x Â&#x;

x = 214,6 cm Â

L1 = 210 cm Tramo D-C: e e

I cc

1 b ˜ e3 b ˜ e ˜ d 2 1 12 ˜13,52 12

I3

I 2 2(2188) 12018 cm 4 Â&#x; W3

2188 cm 4

d

M adm 1019 ¡ 103 = 4750¡x

Â&#x;

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

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

300 cm 210 cm

P

115

M (m¡Kp)

5460 5610

+

9970

14250

SolicitaciĂłn Capacidad resistente

10180 14872 9500/2 = 4750 Kp +

T (Kp) -

4250 Kp

56

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

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

R

R = 40 mm

h b

Resolución: voladizo R

Por razones de simetría consideramos:

Diagrama de momentos flectores : p

C

Momento producido por dp en el punto genérico C

R·dM

dM c

b p R dM R sen M c M

2

p b R sen M c M dM

MC

dp M

(dp = p · R · dM) B

Momento total para el punto genérico C:

O

A

57

5 Dimensionado de secciones o flexión

Mc

³

Mc

0

p b R 2 sen M c M dM

>p b R

2

@

Mc

cos M c M 0

p b R 2 1 cos M c

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

p b R 2 1 cos M c

M

tendremos el máximo: Mc = 180 q M

Mmax = 2 · p ·b · R2 Mmax

V max

M h I 2

2 p b R2 h 1 b h3 2 12

12 p R 2 d V adm h2

h t 0,093R 3,7 mm

h

M = 180q

261,5 N

mm 2

No depende de b

0q q MM==180

58

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 5.3 Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. Los ha colocado uno junto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener. Al ir a comprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. No sabe cuál escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que está haciendo 3er curso de Ingeniería Industrial y le expone el problema: He decidido instalar un estante para libros, según el croquis de la figura:

h b a

a A

A 100 cm

a 15 cm

b 20 cm

p libros y apuntes

0,6 Kg/cm

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

V adm

4 N/mm 2

E 10 000 N/mm 2

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

59

5 Dimensionado de secciones o flexiĂłn

ResoluciĂłn: a) DeterminaciĂłn de h mĂ­nima. p

A

B

C

D

h b

a

a A

x

RB

-

M

Tramo AB:

+

M

p

MA

+ T

0 MB

-

T

p

a2 2

TA

p ˜ x 0

vE

Tramo BC: p

x2 2

+

-

M

pA 2

RC

x2 A p x a Â&#x; 2 2

MB MC

§ ¨ xE Š

A¡ ¸ 2š

ME

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

TB

p˜a

60

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

T

p ˜ x p

A 2

A 2

TB

p˜a p

TC

p ˜ A a p

A 2

p˜a p

A 2

Tramo CD: M M

T

x2 x2 A A A p x a p x A a

p p x a x A a

2 2 2 2 2 2 A a 2 p A 2 A a A p a 2 x A MC p p p 2 x A

2 2 2 2 2 2 A A MD p p 2A A 0 2 2 p

TC TD

p ˜ x p ˜A

p A a p ˜ A p˜A p˜A 0

p˜a

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

V mĂĄx

M mĂĄx

MC

112,5 ˜ p

ME

500 ˜ p 300 cmKg

ME d V adm Wz

Wz

Â&#x;

b

20

67,5 cmKg

40,77 Kg/cm 2

ME ˜6 40,77 ˜ 20

hmĂ­n

Â&#x; W z , mĂ­n

Â&#x; hmĂ­n

b) DeterminaciĂłn de la distancia a Ăłptima. Ă“ptimo resistente: M mĂĄx

M mĂĄx Â

MB

ME Â

p

a2 2

p

a˜A A2 p 8 2

ME b ˜ h2 40.77 6

1,49 cm

61

5 Dimensionado de secciones o flexiĂłn

a2 A ˜ a

A2 4

0

 2

a

A A2 §A¡ r ¨ ¸ 2 4 Š 2š

a

A 2 ˜ A2 r 2 4

A 2 r A Â&#x; a 2 2

AsĂ­ pues, la distancia ‘a’ Ăłptima es:

a Ăłptima

Y se tiene, un momento mĂĄximo:

M mĂĄx

­0,207 ˜ A ÂŽ ÂŻ 1,207 ˜ A

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

20,7 cm 128,7 cmKg

c) CĂĄlculo de la flecha en el punto central, por el mĂŠtodo de la fuerza unitaria.

F=1 A

B

C

Tramo BE:

D

E

Mc

a

1 ˜ x a

2

Tramo EC:

a

Mc

A

1 A¡ § ˜ x a 1 ˜ ¨ x ¸ 2 aš Š

x M’ +

G

wW wF

Âł G

ÂŞ1 ÂŤ ÂŤÂŹ EI

M M c ˜ dx EI 2 2 EI

A § 2 ¨ a ¨

Âł

Š

p

Âł

a

o

p

x2 1 ˜ 0 dx a EI

A § 2 ¨ a ¨

Âł

Š

p

Âş ¡ A x2 1 p x a x a ¸¸ ˜ dx Âť ˜ 2 2 2 2 Ÿ š

A A˜a x3 a a˜A˜ x a2 ˜ A ¡ ¸ ˜ dx p x2 p x p x2 p p 2 2 2 2 2 2 ¸š

62

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

A

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

G

P EI

G

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

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

§ ¨I ¨ ©

bh 3 12

20 ˜ 1,49 3 12

0,6 ˜ 24724 100 000 ˜ 5,513

· 5,513 cm 4 ¸¸ ¹

0,265 cm

63

5 Dimensionado de secciones o flexiĂłn

Problema 5.4 Sea una viga de secciĂłn transversal en doble T, formada por 3 platabandas soldadas de dimensiones las de la figura. Hallar el paso l de los cordones de soldadura a tramos de uniĂłn entre el alma y las alas, si la garganta de soldadura es a= 5mm y la longitud de cada tramo de cordĂłn es de ls = 10 cm. El esfuerzo cortante mĂĄximo que soporta la viga es Ty= 40000 kg. La tensiĂłn cortante admisible en la soldadura es Wadms = 1000 kg/cm2.

y

A

A

12 mm 6 mm 600

G

z

As

As

x

x

z

220

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

f

m ZA1 IZ

mzA1 : momento estĂĄtico del ala

22 ˜ 1,2 ˜ 30,6 807,84 cm 3 ÂŞ1 Âş 1 2 ˜ ÂŤ ˜ 22 ˜ 1,2 3 22 ˜ 1,2 ˜ 30,6 2 Âť ˜ 0,6 ˜ 60 3 ÂŹ12 Âź 12

f

40 000 ˜ 807,84 60 246,14 ˜ 6

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

536,35 kg/cm

64

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura, Fadms

2 W adms A s a

Igualando esfuerzos Fadms

f A

2 W adms A s a

T m zA1 A Iz

2 1000 10 0,5 536,35 A

A

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

65

5 Dimensionado de secciones o flexiĂłn

Problema 5.5 Se ha construido una viga roblonando cuatro angulares 120*120*12 en los extremos de una platabanda de 400*20 mm. Hallar el diĂĄmetro mĂ­nimo de los roblones si la viga estĂĄ biapoyada en sus extremos, tiene una longitud de 6 m, y soporta una carga puntual centrada P. Datos: separaciĂłn entre roblones e= 120 mm; tensiĂłn normal admisible de la platabanda y los angulares: Vadmisible=173 Mpa; tensiĂłn cortante admisible de los roblones Wadm roblĂłn= 42 MPa. y 120

e

120

e

60

400

20

z

ResoluciĂłn: P

V adm P

P

2

2

6m

Iz

3˜ 2

P 2

+

T -

P

2

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

1 2 ˜ 2 ˜ 40 3 4 ˜ 368 27,5 ˜ 20 3,4

12 10666,7 4 ˜ 7945,9 42450,3 cm 4

M

+

P

173

M y mĂĄx Iz

Iz

42450,3 ˜ 10 3 mm 4

P

173 ˜ 42450,3 ˜ 10 3 ˜ 2 200 ˜ 3 ˜ 10 3

244796 N

66

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

f

263,25 N/mm

P · 122 398 N ¸ 2 ¹

§ ¨T ©

m

122 398 913 10 3 42450,3 10 4

z

2 27,5 16,6 913 cm 3

913 10 3 mm 3

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

f e 263,25 120 31590 N

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

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

67

5 Dimensionado de secciones o flexiĂłn

Problema 5.6 Una viga armada tiene una secciĂłn compuesta por un alma rectangular de 800˜12 mm, y cada ala compuesta por una platabanda de 190˜10 mm y 2 perfiles angulares 90˜8 mm. Calcular el diĂĄmetro mĂ­nimo de los roblones, sabiendo que el paso de remachado de los angulares con el alma es e1= 18 cm y el de la platabanda y angulares es e2= 40 cm. Esfuerzo cortante mĂĄximo que ha de soportar la viga: T = 40 kN. TensiĂłn de cortadura admisible en los roblones Wadm = 42 MPa. e2=40

190 10

d2 800 (total)

d1

e1=18

12 z ( simĂŠtrico )

( simĂŠtrico )

ResoluciĂłn: IZ

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

IZ

1 §1 ¡ ˜ 1,2 ˜ 80 3 4 ˜ 104 13,9 ˜ 40 2,5 2 2 ˜ ¨ ˜ 19 ˜ 13 19 ˜ 1 ˜ 40 0,5 2 ¸ 12 Š 12 š

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

T ˜ mZA1 IZ

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

40000 ˜ 1812 192135,9

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

68

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Esfuerzo a transmitir por cada roblon:

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

2˜

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

T ˜ mZA 2 IZ

(A2 = ĂĄrea ala) m ZA2 f2

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

Esfuerzo que debe transmitir cada roblĂłn:

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

69

5 Dimensionado de secciones o flexiĂłn

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

p =10 KN/ m

= = 500

10 m

25

500

a) Calcular la distribuciĂłn de tensiones en la secciĂłn central. b) Calcular la tensiĂłn tangencial media en el adhesivo de contacto ( Wadm = 1 N/mm2 ). c) Calcular la flecha central

200 ¡ 200

ResoluciĂłn: a) Se trata de una secciĂłn compuesta de dos materiales. Se decide homogeneizar la secciĂłn de madera maciza y, por tanto, trabajar con un espesor equivalente, e*, del tablero contrachapado. AsĂ­, la relaciĂłn de equivalencia: n

E1 E2

10000 1,25 8000

El espesor equivalente e n

e*

25 mm 1,25

20 mm

La posiciĂłn del baricentro de la secciĂłn es inmediata por razĂłn de simetrĂ­a. El momento de inercia de la secciĂłn homogĂŠnea es: IZ

2˜

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

200 ¡200

e* = 20

236 ˜ 10 8 mm 4

70

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Vx2

Vx1

Hx 3,2

2,1 2,1 e*

e* =20

400

G 500

2,1 2,1 3,2

Tensión en la madera maciza:

V x1 ( y )

M

MZ y IZ

Mmáx =

Tmáx =

MZ §1· y ¨ ¸ IZ ©n¹

1 pL 50 KN 2

Así: ­ °V x1 ( y °° ® ° °V x1 ( y °¯

125 KN m

T

Tensiones reales en el tablero:

V x2 ( y)

1 2 pL 8

600 mm)

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

400 mm)

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

2,1 N/mm 2

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

71

5 Dimensionado de secciones o flexión

b) Tensión media en el adhesivo

100 mm

y

Fórmula de Collignon:

A Wmed

W med

d

Ty mZA IZ b

z G

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

x

W med

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

0,2 N/mm 2

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

f

5 P L4 384 E I Z

Valor aceptable, ya que

L 1000

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

5,5 mm

72

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 5.8 * La figura representa una secciĂłn armada doblemente simĂŠtrica. Calcular Mel.z , Mpl.z y el coeficiente \ para los dos casos. y

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

== 300 ¡ 25

b) Material alas: Fe E 35 Material alma: Fe E 235

== 800 ¡ 12

z

(Puede comprobarse que la secciĂłn se plastifica con la ausencia de abolladuras elĂĄsticas o elastoplĂĄsticas. No se consideran inestabilidades globales : pandeo, vuelco lateral)

G

== 300 ¡ 25

Resolución: a) Mismo acero. y A1 ¡ Ve

Ve = 235

Ve = 235

A2 ¡ Ve

z

Eje neutro elĂĄstico

G

Eje neutro plĂĄstico

G

12,5

Mel.z

Ve = 235

25

Mpl.z

Ve = 235

Al tratarse de una secciĂłn doblemente simĂŠtrica el eje neutro plĂĄstico pasa por el baricentro G. Caso elĂĄstico: IZ

WZ

1 ÂŞ1 Âş ˜ 800 3 ˜ 12 2 ˜ ÂŤ ˜ 300 ˜ 25 3 300 ˜ 25 ˜ 12,5 2 Âť 12 ÂŹ12 Âź

IZ y max

306484 ˜ 10 4 mm 4 12,5 mm

7210 ˜ 10 3 mm 3

306484 ˜ 10 4 mm 4

( = Wel.z )

d1

d2

73

5 Dimensionado de secciones o flexiĂłn

M el . z

Wel . z ˜ V e

7210 ˜ 10 3 mm 3 ˜ 235

N mm 2

1694 KN ˜ m

Caso plĂĄstico: 400 Âş ÂŞ M pl . z # 2 ˜ >A1 ˜ V e ˜ d 1 A2 ˜ V e ˜ d 2 @ 2 ˜ ÂŤ300 ˜ 25 ˜ 235 ˜ 12,5 400 ˜ 12 ˜ 235 ˜ 1905 KN ˜ m 2 Ÿ ÂŹ

Coeficiente \:

\

M pl . z M el . z

1905 1,12 1694

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

Wel . z ˜ V max

7210 ˜ 10 3 ˜ 250 1802 KN ˜ m

Caso plĂĄstico N N Âş ÂŞ M pl . z # 2 ˜ ÂŤ A1 ˜ d 1 ˜ 355 A2 ˜ d 2 ˜ 235 2 mm mm 2 Ÿ ÂŹ

2648 KN ˜ m

Coeficiente \:

\

M pl . z M el . z

2648 1,47 1802

425

A1 ¡ Ve

Ve = 355

Vmax

A2 ¡ Ve

Ve = 235 400

Eje neutro plĂĄstico Mel.z

Ve = 235

Mpl.z

Ve = 235

d1

d2

6 Flexi贸n desviada y flexi贸n compuesta

6 Flexi贸n desviada y flexi贸n compuesta

75

76

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

q

q = 2000 kg/ml

4m 30q y’

1,5

18 z’

1,5

7,5

1,5

Resolución: a) Determinación del momento flector máximo

M max

ql 2 8

2000 4 2 8

4000 m kg

( en la sección central x = 2 m )

77

6 FlexiĂłn desviada y flexiĂłn compuesta

o

q

y’

30q o

o

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

M= 4000 m˜kg 30q z’

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

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

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

729 cm 4 5,06 cm

z’ 3

4

1 1,5 ¡ § ˜ 9 1,5 ˜ 1,5 3 7,5 ˜ 1,5 ˜ ¨ 9 ¸ 12 2 š Š

2

767,8 cm 4 2

78

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

I1y'

1 § 1,5 7,5 ¡ ˜ 1,5 ˜ 7,5 3 7,5 ˜ 1,5 ˜ ¨ ¸ 12 2 š Š 2

I 2 y'

I z'

729 2 ˜ 767,8 2264,6 cm 4

I y'

5,06 2 ˜ 280,54 566,14 cm 4

2

280,54 cm 4

I3y’z’=0 por tener eje de simetrĂ­a. ÂŞ 7,5 ¡º § ÂŤ0 7,5 ˜ 1,5 ˜ 9 0,75 ˜ ¨ 0,75 ¸ 2 šŸ Š ÂŹ

I1y'z '

I 2 y'z '

I y 'z '

417,65 ˜ 2 835,3 cm 4

417,65 cm 4

Tensor de inercia

I z'

I y'z'

2264,6

853,3

I y'z'

I y'

853,3

566.14

( cm4 )

Los momentos principales de inercia son los valores propios.

2264,6 O

835,3

835,3

566,14 O

0

Â&#x;

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

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

0

0

O2 2830,74O 584 354,55 0

O

2830,74 r 2830,74 2 4 ˜ 584 354,55 2

Momentos de inercia principales

­ 2830,74 2382,36 2606,55 cm 4 ° 2 Ž 2830,74 2382,36 ° 224,19 cm 4 2 ¯

I z 2606,55 cm 4 ½° ž I y 224,19 cm 4 °¿

79

6 FlexiĂłn desviada y flexiĂłn compuesta

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

2264,6 2606,55

835,3

835,3

566,14 2606,55

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

D

2040,41 ˜ n1y

n1y n1z

341,95 835,3

§ n1 ¡ ˜ ¨ 1z ¸ ¨ny ¸ Š š

§0¡ ¨¨ ¸¸ Š0š

0½° ž 0 °¿

0,409

arctg 0,409 22,24D

y’ y

4000 ˜ sen 30 22,24

D

My

7,76q z

4000 ˜ sen 7,76 D

M 30q

22,24

4000 ˜ cos 30 22,24

D

Mz

q

My

z’

Mz

540 m ˜ kg

Vx

My Mz ˜y ˜z Iz Iy

Vx

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

Vx

152,05 y 240,86 z

Ecuación del eje neutro. y’

22,24q

y A(-8.25,9)

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

E

z

y 1,58 z

22,24q

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

z’ Eje neutro B(8.25,-9)

3963,36 m ˜ kg

tg E

y z

1,58 Â&#x;

E

57,67 Âş

80

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Relación entre coordenadas de ambas referencias. §z¡ ¨¨ ¸¸ Š yš §z¡ ¨¨ ¸¸ Š yš

§ cos T sen T ¡ § z ' ¡ ¨¨ ¸¸ ˜ ¨¨ ¸¸ Š sen T cos T š Š y ' š § cos 22,24 D sen 22,24 D ¡ § z ' ¡ ¨ ¸ ¨ sen 22,24 D cos 22,24 D ¸ ˜ ¨¨ y ' ¸¸ Š š Š š z y

0,9256 z ' 0,3784 y ' ½ ž 0,3784 z ' 0,9256 y '¿

Las tensiones måximas aparecen en los puntos mås alejados del eje neutro ( A y B ) Para A ­ z ' A 8.25 Ž ¯ y'A 9

zA

0,9256 ˜ ( 8.25) 0,3784 ˜ 9 4,230

yA

0,3784 ˜ ( 8.25) 0,9256 ˜ 9 11,452

TensiĂłn en A:

VA

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

Tensión en B: z 'B 8,25½ ž y 'B 9 ¿ z

0,9256 ˜ (8,25) 0,3784 ˜ ( 9) 4,230

y

0,3784 ˜ (8,25) 0,9256 ˜ ( 9) 11,452

VB

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

81

6 FlexiĂłn desviada y flexiĂłn compuesta

Problema 6.2 Una columna tiene la secciĂłn en cruz indicada en la figura. La fuerza resultante es de compresiĂłn (50 Tn) y pasa por el punto A. Hallar la tensiĂłn normal en B y dibujar el eje neutro. x 15

( cm ) 10

15 B 10

y 50 Tn

15 10

A

z

ResoluciĂłn: Trasladando la fuerza al centro de gravedad G de la secciĂłn, los esfuerzos equivalentes son:

B

N -50 Tn

My

G

y

My= -875 cm˜Tn

Mz

50 Tn 15 ¡ § 50 Tn ˜ ¨10 ¸ cm 875 cm ˜ Tn 2š Š 10 50 Tn ˜ cm 250 cm ˜ Tn 2

A Mz= 250 cm˜Tn

z

-50 Tn y

B My=-875 cm˜Tn

A Mz= 250 cm ˜Tn z

82

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

My N Mz y z A Iz Iy

Vx

250 000 50 000 875 000 y z A Iz Iy

Vx

800 cm 2

10 ˜ 35 2 ˜ 15 ˜ 15

A

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

Iz Iy

875 000 50 000 250 000 y z 800 81667 44167

Vx

81667 cm 4 44 167 cm 4

Â&#x;

Vx

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

a) TensiĂłn normal en B

Coordenadas de B

­ y 5 cm Ž ¯ z 17,5 cm

62,5 3,06 ˜ ( 5) 19,81 ˜ ( 17,5)

V xB

299,47 kp/cm 2

b) Eje neutro y

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

19,81 62,5 z Â&#x; 3,06 3,06

para

y

0o z

y

20,42 6,47

6,47 z 20,42

z

z

0o y

20,42

zona traccionada

3,15 z

para

zona comprimida

y

0

B

½ ž 20,42¿

­ z 3,15 Ž ¯y 0 eje neutro

83

6 FlexiĂłn desviada y flexiĂłn compuesta

Problema 6.3 Sobre una columna de secciĂłn rectangular ( 35˜ 40 cm), se aplican dos fuerzas excĂŠntricas: 30 Tn en el punto P(y = 3, z = 4 cm) y 50 Tn en el punto Q (y = 0, z = -5 cm). Dibujar el eje neutro y hallar el punto de mĂĄxima tensiĂłn normal.

y

30 Tn

50 Tn

Q P 3

4

5

z 35

40

ResoluciĂłn: Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la secciĂłn obtenemos: 30 ˜ 0,04 50 ˜ 0,05 1,2 2.5 1,3 Tn ˜ m ½ ° ° ° M z 30 ˜ 0,03 0,9 Tn ˜ m ž ° ° N 30 50 80 Tn °¿

y

My

D My= 1,3 Tn ˜ m

80 Tn B

C

G

A z

Mz= 0,9 Tn ˜ m

84

Vx

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

½ ° ° 4° 142 916,7 cm ° ž Â&#x; Vx ° ° 186 666,7 cm 4 ° °¿

Iz

1 ˜ 40 ˜ 35 3 12

Iy

1 ˜ 35 ˜ 40 3 12

Vx

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

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

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

( y, z en cm)

( y, z en mm)

Eje neutro: 0

57,14 0,630 y 0.696 z

y

0,696 57,14 ½ z žo 0,630 0,630 ¿

y 1,1z 90,70

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

D

A

B

z (0 ; 82,46)

eje neutro

(-90,70 ; 0)

85

6 Flexiรณn desviada y flexiรณn compuesta

VA

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

3,219 N/mm 2

VB

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

VC

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

VD

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

6,004 N/mm 2

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

86

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 6.4 Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista de baloncesto. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormigón a 45º de la horizontal según se indica en la figura. Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permanece unos instantes sujeto al aro de la canasta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma indicada en la figura. Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que el jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 2000 N y M = 106 Nmm. La estructura se quiere construir en tubo redondo de acero con espesor de pared de 4 mm.

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

P M

Tubo de acero. Espesor de pared: 4mm E=2,1·105 MPa G=8·104 MPA

y

45º F

x

z L1

L

L0

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

87

6 Flexiรณn desviada y flexiรณn compuesta

Resoluciรณn: x =0 F x = L0

dA

M

dx P G

dA

2 ย dx

x x =L

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

M

-

M x M F ย x wM x wF

T=F

T -

wT wF

-

T wT wF

F 2 1 2

1

88

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

N=0

N

wN wF

-

F

N

2

wN wF

G

0

1 2

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

³ EI

³

³

F

F

G

³

L0

0

M F ˜ x x dx EI

³

L0

0

F dx A G 2

³

L

L0

M F ˜ x x

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

G

³

2 dx

EI

L

L0

2 1 A 2 G 2

³

2 dx

L

L0

2 1 EA 2

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

3,389 ˜ 10 8 176,3 I A

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

A ( cm2 )

I (cm4 )

G (mm)

135 x 4 150 x 4

16,46 18,34

353,4 489,2

96 69,4

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

( >80 ) ( <80 )

2 dx

7 Torsi贸n y esfuerzos combinados

7 Torsi贸n y esfuerzos combinados

89

90

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

MA P kg m/ml

A

h

A B

b

MB

( b<h )

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

MB

PA 2

M T ( x)

PA P x, 2

en x

A 2

§A· MT ¨ ¸ © 2¹

x

Diagrama de momentos torsores:

PA 2

+

A

B -

PA 2

0

91

7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados

El ĂĄngulo de torsiĂłn mĂĄximo se tiene para la secciĂłn central, x

T§ A ¡ ¨ ¸ Š2š

Âł

A

2

0

M T ( x) GK 3 b 3 h

dx

1 GK 3 b 3 h

T§ A ¡ ¨ ¸ Š 2š

Âł

A

0

2

A : 2

¡ § PA P ˜ x ¸ dx ¨ š Š 2

ª PA2 PA2 º 1   8 Ÿ GK 3 b 3 h  4 T§ A ¡ ¨ ¸ Š2š

P A2 1 GK3b3h 8

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

¡ E ¸ 2 ˜ (1 Q ) ¸š

K3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relaciĂłn capĂ­tulo 5. TorsiĂłn)

A

ÂŞ PA x2 Âş 2 P x ÂŤ Âť 2 Âź0 GK 3 b 3 h ÂŹ 2 1

h (ver tabla 5.87 del b

92

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 7.2 Hallar 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 D

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

ResoluciĂłn: Es un problema hiperestĂĄtico.

ÂŚM

0 Â&#x; M

T

MA MD

A

M

B

M

C

M

D

0

30000 20000 50000 kg ˜ cm

Considerando por tramos:

MA -MA A

TB

TA

0

T BA T B T A B

MA ˜a G ˜ Io

M A ˜ 30 G ˜ I0

93

7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados

MA-MB -(MA-MB)

T CB

TC TB

M A M B

˜ 50 G ˜ Io

T DC

T D TC

M D ˜ 40 G ˜ I0

B C

-MD = MA-MB-MC MD C D

TD

TD

0

T BA T CB T DC

0

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

0

M A ˜ 30 M A 30000 ˜ 50 M D ˜ 40 0 M A ˜ 30 M A ˜ 50 1500000 M D ˜ 40 0 80 ˜ M A 40 ˜ M D M A M D 50000 ­ ÂŽ ÂŻ80 ˜ M A 40 ˜ M D 1500000

1500000

­40 ˜ M A 40 ˜ M D ÂŽ ÂŻ80 ˜ M A 40 ˜ M D

2000000 1500000

Â&#x;MA

3500000 120

29166,6 N ˜ cm

Diagrama de momentos torsores: 29166,6 +

MD

B

A -833,4

-

50000 29166,6 20833,4 N ˜ cm D

C -20833,4

-20833,4 ( N˜cm )

94

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 7.3 Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta, sometidas a un momento torsor Mx = 1000 Nm : a) el valor y la posición de la tensión tangencial máxima, Wmax . b) el momento de inercia a torsión, It .

y

5

y

60q

200 mm z

z

G

G

Mx

60q

Mx 60q

x

x

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

W máx

Mx 2 Am e

1000 Nmm 10 3 2

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

c)

It

4 Am2 ds e s

³

4 Am2 e s

N mm 2

e

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

Sección abierta:

5,77

Wmax

95

7 Torsión y esfuerzos combinados

a)

W máx

¦

Mx e 1 3 bi ei 3

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

200

N mm 2 e

Wmax

b) It

1

¦ 3 b

i

ei3

2,5 10 4 mm 4

96

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 7.4 Un panel está sujeto por un mástil horizontal, según el esquema de la figura. Teniendo en cuenta el peso propio del panel, el peso propio del mástil y la acción del viento, hallar las tensiones máximas en el empotramiento del mástil a la pared. Datos: Peso propio del panel P1= 90 kp Dimensiones 80 200 cm Diámetro del mástil D =15 cm Empuje del viento f = 80 kg/m2 (Peso propio del mástil de acero: P2 = 7850 kp/m 3 6 m

S 0,15 2 4

832 kp )

y

D=15 cm

x z

P2

F

50

520 150 40

Resolución: F

80

40

P1

y

kg

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

0

Ty

90 832 922 kp

Tz

128 kp

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

97

7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados

Mx

128 kp ˜ 0,5 m

64 kp ˜ m

My

128 kp ˜ (0,4 5,2) m

Mz

90 kp ˜ (5,2 0,4) m 832 ˜ 3

716,8 kp ˜ m 3000 kp ˜ m

Tensiones normales debidas a los momentos flectores:

y 716,8 kp˜m

3000 2 716.8 2

MF D 3000 kp˜m

z

y

z

B

arctan

D

3084,4 kp ˜ m

716,8 13,4D 3000

MF = 3084,4 kp˜m

D D

V (+)

V xmax

MF D Iz 2

3084,4 ˜ 10 2 15 2 S ˜ 15 4 64

930,9 kp/cm 2

V (-)

Tensiones tangenciales debidas al momento torsor: y Wmax

z A

W max

M x ˜ rmax Io

15 2 S ˜ 15 4 32

6400 ˜

9,66 kp/cm 2

98

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes: y

z

-128

T

W max

A T -922

T z2 T y2 4T 3 A

128 2 922 2

4 930,8 3 S ˜ 15 2 4

930,8 kp

7,0 kp/cm 2

99

7 Torsiรณn y esfuerzos combinados

Problema 7.5 Hallar las tensiones mรกximas en el empotramiento A y el giro, alrededor del eje x, de la secciรณn E. El momento torsor de 8 Tnย m estรก aplicado en la secciรณn B. A y

B C

1m

D

1m M= 8 Tnย m

E

1m 1m

z

x Tx

5 Tn

4 Tn

10 Tn

F

2m

Tramo AC: ย = 40 cm Tramo CE: ย = 10 cm Tramo DF: ย = 10 cm Material: acero G = 8,4ย 105 kgf/cm2

Resoluciรณn: a) Tensiones mรกximas en el empotramiento A y

Secciรณn A

My=22 Tnย m

Nx

5 Tn

Ty

10 Tn

Tz

4 Tn

Mx

8 10 ย 2 12 Tn ย m

My

4 ย 3 5 ย 2 22 Tn ย m

Mz

10 ย 3 30 Tn ย m

Mz=30 Tnย m Tz=4 Tn

Nx=5 Tn Mt=Mx=12 Tnย m

z x Ty=10 Tn

100

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Tensiรณn normal debida al esfuerzo axil: y V

Vx

z

5000 S ย 40 2 4

3,97 kp/cm 2

Tensiรณn normal debida a los momentos flectores: y 22

MF D 30

z

y

22 2 30 2

MF

D

arctan

22 30

37,20 Tn ย m

36,25 D

MF = 37,20 mย Tn

D z

P D

V (+)

V x max

M y max I

3720000 ย 20 592 kp/cm 2 4 S ย 40 64

V (-)

Tensiรณn normal mรกxima total:

V max

592 3,97 596 kp/cm 2

101

7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados

TensiĂłn tangencial debida a los esfuerzos cortantes: y

T

Q E

z

E

4 E

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

DistribuciĂłn parabĂłlica de W con una Wmax

T

10

W max

4T 3 A

4 10770 3 S ˜ 40 2 4

11,43 kp/cm 2

TensiĂłn tangencial debida al momento torsor y B

Wmax

z A

W max

M x ˜ rmax Io

1200000 ˜ 20 S ˜ 40 4 32

95,49 kp/cm 2

La tensiĂłn tangencial mĂĄxima total

W max

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

AplicaciĂłn del criterio de Von Mises en el punto P

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

V 2 3W 2

618,5 kp/cm 2

(1) En el punto P la tensiĂłn cortante debida al esfuerzo cortante T no es exactamente 0, pues es 0 en el punto Q, pero Q y P no coinciden, ya que los ĂĄngulos D y E no son complementarios. Pero como estĂĄn muy prĂłximos, y por tanto W debido a T serĂĄ muy pequeĂąo, puede despreciarse frente a la W debida a Mx.

102

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

20 mT 12 mT A 1m

B

Tx

Tx

1m

Âł

L

0

C

1m

D

1m

E

El giro alrededor del eje x en la secciĂłn E serĂĄ el mismo que el de la secciĂłn D.

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

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

0,244 rad 13,98 D

103

7 Torsión y esfuerzos combinados

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

B

D

40 cm F

C rA rB

rB

A

rA

F’

Q’ x

Q Resolución:

P

Mx Z o Mx

P Z

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

Mx

120 736

2S · § ¨ 600 ¸ 60 ¹ ©

1405 Nm 14324 cmKg

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

también

o

Fc

14324 | 955 Kg 15

2 F c 1910 Kg

Mx= Q·rB – Q’·rB Q c 22 14324 cmKg

Qc

14324 1193,7 Kg 12

Q 2 1193,7 2387,4 Kg

1405 Nm

104

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

y x

D

C B

3581 2

RD

RC 50 cm

3581 2

50 cm

Mz

x

+

M z,B

3582 50 89525 cmKg 2

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

B

C

A

D z

RD

1146 Kg

RC

4011 Kg

40 cm

100 cm

My x

+

M x 1146 x MB

1146 50 57300

Mc

114600 cmKg

105

7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados

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

RD RC

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

89525 2 57300 2

MB El mĂĄximo estĂĄ en C: M f

106292,12 cmKg

114600 cmKg

Diagrama de momentos torsores:

y

x

+14324 cmKg B

A

C

D -14324 cmKg

Mx

M x,B

M x, A

14324 cmKg

16 S ˜ V adm

4 M 2f 3M x2

DeterminaciĂłn del diĂĄmetro mĂ­nimo del eje. Aplicando el criterio de Von Mises: 3 d min

3 d min

16 4 ˜ 1146002 3 ˜ 14324 2 S ˜ 728 d min

11.7 cm

106

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 7.7 En la figura se ha esquematizado la pieza desmontable de un enganche tipo cuello de cisne para el arrastre de caravanas de camping por parte de vehículos de turismo convencionales. La solicitación sobre la bola corresponde a una hipótesis de carga de arrastre con fuerte pendiente. a) Determinar para la sección circular 6A los esfuerzos de sección: normal, cortante, flector y torsor. b) Dibujar para la misma sección 6A la distribución de tensiones normal y tangencial que provoca independientemente cada esfuerzo de sección. Indicar sobre el dibujo la posición de la tensiones máximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numéricamente sus valores. c) Como resumen del estudio, indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máxima total.

Sección 6A

G 75 Kp 50 Kp y z O

6A

400 Kp

150 mm

x 250 mm

I 40 mm

107

7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados

ResoluciĂłn: a) Esfuerzos de secciĂłn y

­ N 400 Kp ° ŽT y 75 Kp ° ¯Tz 50 Kp Tz

z

Mz G

x

N Mx

50 ˜ 150 7500 mmKp

­M x ° °M y Ž °M z ° ¯

Ty

50 ˜ 250 12500 mmKp 400 ˜ 150 75 ˜ 250 78750 mmKp

My

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

Esfuerzo normal N

400 Kp

DistribuciĂłn uniforme de tensiones V x : G

V x ,mĂĄx

400 Kp

N A

S

40 4

2

0,32 Kp/mm 2

Vx

x

G G G Esfuerzo cortante T T y Tz T Tz

T y 2 Tz 2

75 2 50 2

90 Kp

G

DistribuciĂłn parabĂłlica de W: T

Ty

WmĂĄx

W mĂĄx

4T 3A

4 3

90 40 2 S 4

0,1 Kp/mm 2

108

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Momento torsor M x

x

7500 mmKp

Distribuciรณn de tensiรณn W con una ley lineal radial:

Wmรกx Wmรกx

M x ย rmรกx I0

W mรกx

x

G Momento flector M

7500 ย 20 40 4 S 32

0,6 Kp/mm 2

G G My Mz M

Vx,mรกx

M y2 M z2

12500 2 78750 2

79737 mmKp

Distribuciรณn lineal de tensiรณn V x respecto al eje de giro: Mz Vx,mรกx

V x ,mรกx My

M

M ย y cmรกx I

79737 ย

c) La tensiรณn normal mรกxima total vale:

V x ,mรกx

0,32 12,69

13,01 Kp/mm 2

La tensiรณn tangencial mรกxima total vale:

W mรกx

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

4

S

40 64

40 2

12,69 Kp/mm 2

109

7 Torsión y esfuerzos combinados

Problema 7.8 Un tubo de acero I200 mm y de bajo espesor, e, constituye el soporte para el arrollamiento motorizado de una persiana según muestra la figura adjunta. El peso propio de la persiana y el rozamiento de arrastre equivalen a una carga de q = 50 Kp/m, la cual se aplica excéntricamente respecto de la directriz del tubo. La luz efectiva es L = 5 m, y se supone simplemente apoyado en A y C. a) Representar gráficamente los diagramas de esfuerzos y calcular sus valores máximos. b) Determinar el espesor mínimo del tubo para que se cumplan los siguientes requisitos: - La tensión equivalente de von Mises en las secciones críticas 6A y 6B sea inferior a Vadm=500 Kp/cm2. - El corrimiento vertical GB d 1/1000 L. NOTAS: - Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q. - Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2. - Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor:

I 0|

SeI 3 4

Iz |

e I200

SeI 3 8

A | SeI

6B A

q

6C B

q=50 Kp/m L= 5m

C

Motor

110

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

qy=50 Kp/m 25 mKp

mx=50·0,1= 5 mKp/m

125 Kp

z

125 Kp

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

M z ,máx

Ty

1 q y L2 8

1 50 5 2 8

+ -

T y ,máx M x ,máx

qy

Mx

b) Características mecánicas de la sección. 3

SeI m SeI 3 # 4 4

Iy

Iz

A

2S

I0 2

SeI 3 8

I e SeI 2

W0

Wz

L 125 Kp 2

25 mKp

+

I0 |

156,25 mKp

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

111

7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados

c) ComprobaciĂłn de tensiones en la secciĂłn central 6B. VmĂĄx

­M z 156,25 mKp ° Mz Ž °V x ,måx W z ¯

^T

y

z

z

VmĂĄx

0

WmĂĄx

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

V equiv

2 V x2,mĂĄx 3 ˜ W mĂĄx

V equiv

§ ¨ ¨ 15625 ¨ 20 2 ¨ Se 4 Š

e

2474 11,8 500

2

d 500 Kp/cm 2

¡ § ¸ ¨ ¸ 3 ˜ ¨ 1250 ¸ ¨ 20 2 ¸ ¨ Se 2 š Š 0,1 cm

¡ ¸ ¸ d 500 Kp/cm 2 ¸ ¸ š

Â&#x;

e t 1 mm

ComprobaciĂłn de tensiones en la secciĂłn extrema 6C

^M z

0

Ty ­T y 125 Kp ° Ty ÂŽ T °W mĂĄx 2 ˜ A ÂŻ

­M x 25 mKp ° Mx Ž °W måx W 0 ¯

WmĂĄx

WmĂĄx

WmĂĄx

112

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Apliando el criterio de falla de von Mises:

2

d 500 Kp/cm 2

V equiv

T W mĂĄx 0 3 ˜ W mĂĄx

V equiv

§ ¨ 125 ˜ 2 2500 3˜¨ ¨ S ˜ e ˜ 20 20 2 S ˜e˜ ¨ 2 Š

e

47,5 47,5 500

0,02 cm

2

¡ ¸ ¸ d 500 Kp/cm 2 ¸ ¸ š

Â&#x;

e t 0,2 mm

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

GB

GB

5 q ˜ L4 d 5 mm 384 EI z

L

GB

5 384

5 Kp/cm 100 2100000 Kp/cm

2

500 cm 4 S ˜ e ˜ 20 cm 3 8

d 0,5 cm

Despejando el espesor de la ecuaciĂłn e = 0,123 cm o 1,3 mm. En conclusiĂłn, para verificar los requisitos de resistencia y deformaciĂłn el espesor e t 1,3 mm. Una soluciĂłn comercial serĂ­a I200 x 1,5 mm.

113

7 Torsión y esfuerzos combinados

Problema 7.9 * Un perfil angular de alas iguales es utilizado como carril de rodadura. a) Determinar las tensiones normales y tangenciales máximas en la sección del empotramiento. b) Determinar el movimiento del perfil, calculando el corrimiento total del punto A. c) Comentar el diseño y proponer mejoras.

z

P = 500 N

x

Z y

y

L = 500 mm

z

A

A’

e=5

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

100 G

r

A

C b = 100

114

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

70,7

y

- El eje de simetría proporciona las direcciones principales centrales yy zz. - El baricentro G cumple la condición:

=

70,7

G

0

=

³

¦

y dA

0

³ z dA ¦

- El centro de cizalladura C ( ó de torsión )

C =

z

=

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

35,35

C

- Los momentos de inercia y módulos resistentes.

ds s y z

G

­ °I z ° ® ° °W z ¯

³

³

b§

2

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

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

115

7 Torsión y esfuerzos combinados

y s

­ °I y ° ® ° °W y ¯

ds z z

G

2

z dA 2

³

¦

Iy

b § 2 ¨s 0 ¨

³

©

2

2 ·¸ 1 3 b e e ds ¸ 2 ¹ 12

416666 mm 4 35,35 mm

z máx

11786 mm 3

bi ei

C

­ ® It ¯

G

1 3

¦b

i

ei

3

2 b e3 3

8333 mm 4

a) y

Mz

G P

C

Mx

z

Tz

Ty

z P

My

116

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

­ °T y ° ® °T °¯ z

2 2 2 P 2 P

^M x

Ty , Tz

353 N 353 N

Mx

P b 50000 N mm

­ °M y máx P ° ® °M máx

P °¯ z

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

My , Mz

L = 500 mm

x

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

+15

- Para My y

V máx -15

Mz -7,5 G My

My Wy

176777 Nmm N 15 3 11786 mm mm 2

- Para Mz

V máx

Mz Wz

176777 Nmm 23574 mm

3

7,5

N mm 2

z

x

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

Mx

dT x GI t dx

TORSIÓN UNIFORME

d 3T x

EI Z 3 dx

TORSIÓN NO UNIFORME

117

7 Torsión y esfuerzos combinados

¾ Wmáx

Wmáx

Wmáx = 30 N/mm2

e

¾ Wmáx = 22,5 N/mm2

Mx

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

Mx GI t

50000 N mm N 84000 8333 mm 4 2 mm

30

N mm 2

7,14 10 5

rad mm

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

A1 y

y

100

G

C 0,75 z

0,75

WTOTAL= W + W’

Ty

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

0,75

N mm 2

3 P 4 b e

118

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Tz : A1

­ T z ˜ m yA1 °W c variable segĂşn z I y ˜e ° ° c . °Para z 0, W mĂĄx ° 2 ° 50 ˜ mm 3 ÂŽ 2 ° 353 N ˜ 50 ˜ 5 ˜ N 2 °W c 0,75 mĂĄx 4 ° 416666 mm ˜ 5 mm mm 2 ° 3 P °ó directamente se demuestra que W mĂĄx °¯ 4 b˜e

y 50 z G

0,75 C

Tz 0,75

z

Se demuestra que

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

W TOTAL max

WTOTAL 1,35

0,75

C 0,75 500 N

ObsĂŠrvese que en el ala horizontal debe anularse la distribuciĂłn de tensiones tangenciales, ya que solo tenemos fuerza vertical de 500 N. ComposiciĂłn de tensiones: 1

3 2

1

Punto ­ °V x ° Ž ° °W ¯

15

N N 7,5 2 mm mm 2

22,5

N mm 2

( My Mz )

( Mx )

119

7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados

Punto ­ °V x ° Ž ° °W ¯

Punto

2

15

30

N mm 2

( My )

N N 0,75 2 mm mm 2

( M x , Ty , Tz )

1

De los puntos estudiados, el Aplicando Von Mises

V equiv

V x 2 3W 2

­ °V x ° Ž ° °W ¯

3

15

N N 7,5 2 mm mm 2

( My Mz )

22,5

N mm 2

( Mx )

es el mĂĄs desafavorable.

22,5 2 3 ˜ 22,5 2

45

N mm 2

Ante la duda que exista un punto con una combinaciĂłn mĂĄs desfavorable y dada la complejidad del problema, es posible tomar los valores mĂĄximos correspondientes a cada esfuerzo (aunque fĂ­sicamente no estĂŠn en el mismo punto). AsĂ­

V equiv

V x 2 3W 2

(15 7,5) 2 3 ˜ (30 1,35) 2

58,8

Esta operativa estĂĄ contemplada en diferentes normativas. b)

Mx C

Tx

dT x ˜L dx

F

Tx

G

F ˜ L3 3˜ E ˜ I

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

N mm 2

120

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

y

G C

A

G1

Gy Gz

z

C1

G (Tx) A1

Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz:

3

Gy

F L 3 E Iz

2 (500) 3 2 3 210000 1666 666 500

0,04 mm

Corrimiento según el eje z debido a la flexión My:

Gy

F L3 3 E Iz

2 (500) 3 2 3 210000 416666 500

0,17 mm

Amplificación del giro debido al torsor Mx:

G

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

121

7 Torsión y esfuerzos combinados

d) Posibles modificaciones en el diseño.

1

Cerrar los extremos de los voladizos.

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

barra adicional 2

Cambiar la posición del angular.

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

C

G

3

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

4

Elegir un perfil de guiado simétrico

C

G C

122

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 7.10 * a) Determinar las tensiones normales y tangenciales en el perfil HEA-500 sometido a torsión constante Mx = 20 KN ¡ m y con coacción total al alabeo en el extremo empotrado. b) Calcular el giro Tx en la sección A.

y A

B

x z Mx = 20 KN¡m L=5m

E = 210000 N/mm2

Ve = 355 N/mm2

ResoluciĂłn: Se trata de un problema de torsiĂłn no uniforme, ya que estĂĄ impedido el alabeo en el empotramiento. EcuaciĂłn diferencial de gobierno: 23 3

Mx

dT dT E ˜ Iw ˜ 3 dx dx

G ˜ It ˜

12

300

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

1

ÂŚ 3 ˜b

i

˜ ei3

1 ˜ 2 ˜ 300 ˜ 23 3 467 ˜ 12 3

270 ˜ 10 4 mm 4

MĂłdulo de alabeo o momento de inercia sectorial:

Iw

If ˜

h2 2

1 3 h2 ˜b ˜e˜ 12 2

1 467 2 ˜ 300 3 ˜ 23 ˜ 12 2

5643 ˜ 10 9 mm 6

490

123

7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados

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

M x 1 e D x M x ˜ e D x

Mx = 20 KN¡m

Mt1 2,03 ( 3,9 exacto )

Mt2

x x

D

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

G ˜ It E ˜ Iw

4,57 ˜ 10 4 mm 1

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

dT x dx

Mx M t1 1 e D x { G ˜ It G ˜ It

Tx x

Para encontrar el ĂĄngulo de giro total en el extremo:

Tx

Âł

L

0

dT x ˜ dx dx

Âł

L

0

Mx ˜ 1 e D x ˜ dx G ˜ It

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

Tx x

Mx § 1 1¡ ¡ Mx § ˜ ¨ L e D x 1 ¸ | ¨L ¸ G ˜ It Š D Dš š G ˜ It Š

§ 1 ¨ ¨¨ 5000 mm 4,57 ˜ 10 4 Š

0,4 0,17 rad 23D 10 D

§ 5000 4 ¡¡ ¨ e 4,57˜10 1¸ ¸ ¨ ¸ ¸¸ Š šš

13D ( valor muy elevado )

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

W Vmax Mt1

SecciĂłn A

Wmax

M t1 ˜ e max It

20000 ˜ 10 3 Nmm

M t1 ˜ e alma It

20000 ˜ 10 3 Nmm

4

309,3 ˜ 10 mm

4

˜ 23 mm 149

N mm 2

Alma:

W Vmax

4

309,3 ˜ 10 mm

4

˜ 12 mm 78

N mm 2

124

x

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

Wmax

Mt2

20 KN m 0,467 m

Mt2 = Vf · h o V f

Vf

42,8 KN

Por aplicación de Collignon en la sección rectangular del ala :

Sección B

h = 467 Vf

3 Vf 2 Af

W w max

3 42800 N 2 300 23

9,3

N mm 2

Wmax

(el valor exacto es 9,3

Vw

Mf Vf

Vw Vw

Vf Vw

3 Mx ) 4 b e h 2

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

Mf

Mf

N mm 2

M t2 D h

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

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

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

Vw

If

b 2

93,6 10 6 Nmm

300 mm 2

1 23 mm (300 mm) 3 12

272

N mm 2

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

125

7 Torsiรณn y esfuerzos combinados

x

Aplicaciรณn del criterio de Von Mises

Secciรณn A: punto contorno del ala

V equiv

V 2 3 ย W 2

0 3 ย W 2

3 ย 149 258

N mm 2

Ve

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

V equiv

V 2 3 ย W 2

V w 3 ย W w2

272 2 3 ย 0

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

V max

N My Mz Vw A W y Wz

272

N mm 2

Ve

126

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 7.11 * Una viga IPE-300 estรก sometida a una carga vertical F = 30 KN con una excentricidad accidental de 50 mm. a) Determinar, en la secciรณn del empotramiento, la distribuciรณn de tensiones normales Vx debidas a la flexiรณn y a la torsiรณn no uniforme (bimomento). Calcular el valor mรกximo. b) Determinar, en la secciรณn del extremo del voladizo, la distribuciรณn de tensiones tangenciales debidas a la torsiรณn no uniforme o de Saint Venant. Calcular el valor mรกximo. Acero S 355 E = 210000 N/mm2 G = 80000 N/mm2 Ve = 355 N/mm2 Notas: - Se supone la viga arriostrada convenientemente para evitar el vuelco lateral. - Puede utilizarse la tabla de la serie normalizada IPE para determinar las caracterรญsticas mecรกnicas de la secciรณn.

L=3m

y

G{C IPE - 300 z

x 50 mm F 30 KN

127

7 Torsión y esfuerzos combinados

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

x

Mx = F · 0,05 m Momento torsor

30000 N

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

Ty = - F Esfuerzo cortante eje y

Características mecánicas sección IPE – 300. A

y

tf = 10,7

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

­I y ® ¯I z

z tw = 7,1

300

­°Wel y ® °¯Wel z

150

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

Mx

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

Uniforme M t 1

No uniforme M t 2

1355 Nm Mt1

1500

Mt2

x L= 3m

145 Nm

80,5 cm 3 557,1 cm 3

IT

20,12 cm 4

Iw

125,9 10 3 cm 6

128

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

D

M x 1 e D x M x e D x

,

para x L M t1 1500 1 e 0,78 3 , para x L M t 2 145 N m

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

G It E Iw

7,8 10 3 cm 1

0,78 m 1

a) Tensiones normales máximas: x = 0

Vw

Vx

Mf

Vw

Mz Vw

Mf

Vw

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

M t2 D h

Mf

Vw

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

6654 N m

6654 10 3 Nmm 75 mm

If

6038000 mm 2

4

165

N mm 2

Debidas al momento flector Mz :

V x max ( M z )

Mz Wel z

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

1355 N m

129

7 Torsiรณn y esfuerzos combinados

Asรญ, la tensiรณn normal mรกxima:

V x max

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

N mm 2

b) Tensiones tangenciales debidas a la torsiรณn uniforme en la secciรณn x = L:

Wmax

Alas superior e inferior: Mt1 = 1355 Nยทm

W mรกx

Wmax = 72 N/mm2

W mรกx

M t1 ย e mรกx It

1355 ย 1000 ย 10.7 72 N/mm 2 201200

8 Corrimientos en piezas prismรกticas

8 Corrimientos en piezas prismรกticas

131

132

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 8.1 En la viga quebrada de la figura, sometida a las cargas que se indican, determinar: a) La distribuciĂłn de tensiones en la secciĂłn mn. b) El corrimiento vertical en B, vB. (Se prescindirĂĄ del posible efecto del pandeo)

y

3000 Kp B z

C

G

m 2m

h= 0.6 m

n

A

b= 0.3 m

1m

Material : (=2,1¡104 Mpa Q=0,2 G=8750 MPa

4m

1m

ResoluciĂłn: a) Diagramas de esfuerzos

3000 Kp

x’ B

2m

C

x

1000 A

2

N

RC = 1000

Reacciones :

RA = 1000

1000 2 B

RC

B 4000mKp

4000mKp

1000 kp

P

3000 Kp

RA= 2000

1000

1000 2

C

A

RC

2 P 3 1 P 3

T

-1000

1000 2

2000 kp

C

A

RA

M

1000 2

133

8 Corrimientos en piezas prismáticas

Tramo AB Tramo BC

N

T

M

1000 2 0

1000 2 -1000

1000 2 x 4000 1000 x c

Esfuerzos en la sección mn: N mn Tmn M mn

1000 2 Kp 1000 2 Kp 2000 mKp

Tensiones provocadas por cada esfuerzo, por separado: Y

Vmax,C

m G Z

Wmax M

N T

n

N

Vx Vx

N A 1000 2 1800

0,8 Kp

cm 2

M

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

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

18000 cm 3

T

3T§ y2 ¨1 4 2 A ¨© h2

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

W xy

· ¸ ¸ ¹

134

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Suma de tensiones normales Vx :

N M y 0,8 0,37 y A I V x mĂĄx 0,8 0.37 ˜ 30 10,3 Kp/cm 2 (mĂĄxima tĂŠnsiĂłn de tracciĂłn)

Vx

V x mĂ­n

0,8 0,37 ˜ 30 11,9 Kp/cm 2 (mĂĄxima tensiĂłn de compresiĂłn)

b) Corrimiento vertical en B vB

wW wP

G

§ N wN T wT M wM ¡ ¨¨ ¸dl TOTAL EA wP GA1 wP EI wP ¸š Š

Âł

§ 2 2 ¨ P§ P ¡ 2 ¨ 3 ¨ ¸ 3 ¨ EA ¨ 3 ¸ GA1 0 Š š ¨ Š P 4P P ' § x ¨ 400 1 § ¡ 3 3 3 ¨ 0 ¨ ¸ 0 ¨ GA1 Š 3 š EI ¨ Š

Âł

200 2

Âł

Âł

2000 2000 2000 x 2 ¡ ¨ ¸ ¨ 3EA 3GA 3EI ¸ ˜ dx 1 Š š

200 2 §

0

Âł

2 P˜x 2 2 3 3 3 EI ¡ § 4 x' ¡¸ ' ¨ ¸ ¸dx ¨ 3 3 ¸¸ Š š¸ š

400 § 1000

0

¡ ¸ x ¸dx ¸ ¸ š

¨ ¨ 3GA 1 Š

16000 8000 x ' 1000( x ' ) 2 ¡ ¸ ˜ dx c ¸ 3EI š 200 2

Âş ÂŞ x3 2000 Âť ÂŤ 2000 x 2000 x 3 Âť ÂŤ ÂŤ 3 ˜ 2,1 ˜ 10 5 ˜ 1800 3 ˜ 87500 ˜ 1500 3 ˜ 2,1 ˜ 10 5 ˜ 540000 Âť Ÿ ÂŤÂŹ 0 ÂŞ xc 2 xc3 c 16000 8000 1000 x ÂŤ 1000 x c 2 3 ÂŤ 5 3 87500 1500 ˜ ˜ 3 ˜ 2,1 ˜ 10 ˜ 540000 ÂŤ ÂŤÂŹ

G

G

0,0005 0,0014 0,0442 0,001 0,0608

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

(T )

(M )

400

º    Ÿ 0

135

8 Corrimientos en piezas prismáticas

Problema 8.2 Para la pieza quebrada de la figura, hallar : Q

Sección

a) El desplazamiento vertical de la sección A.

4 cm

1m A

4 cm

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

y x z

Aplicación a :

1m x

D

P=300 N Q=2P=600 N E=2,1·105 Mpa G=0,4E

y P

C

z

1m Y Z

X

Resolución : Determinación de esfuerzos:

A x Q B

x

D

C P

x

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

136

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

a) Desplazamiento vertical de la secciĂłn A:

GA

wWtotal wQ

Ty wTy

B§

³ ¨¨Š GA A

1

Âł

wQ

M z wM z ¡ ¸ dx EI z wQ ¸š

M wM y ¡ ¨ Nx wNx y ¸ dx ¸ B ¨ EA wQ w EI Q y Š š

Âł

C§

T wTy T wTz M x wM x M y wM y M z wM z ¡¸ ¨ y dx z ¨ GA1 wQ GA1 wQ GKt wQ EI y wQ EI z wQ ¸ š Š

D§

C

¡ Q ¨¨ 1 Q ˜ x x ¸¸ dx EI z Š GA1 š

1m §

Âł

0

1m §

¡ ¨ Q 1 Q 1 ¸ dx ¨ EA EI y ¸š Š

Âł

0

1m §

Âł

0

¡ ¨ Q 1 P ˜ 0 Q 1 Px ˜ 0 Q ˜ x x ¸ dx ¨ GA1 ¸ GA1 GKt EI y EI z š Š

1m §

Âł

0

¨ 1 Q 1 Q Q 1 Q 1 Q 1 Q ˜ x 2 Q ˜ x 2 ¨ EA GA1 GKt EI y EI z Š

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

¡¸¸ dx š

4,2 cm

TĂŠrminos de la secciĂłn: Q 600 N

y

z 4 cm

4 cm

E

2,1 ˜ 1011 N/m 2

G

0,4 ˜ 2,1 ˜ 1011 N/m 2

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

3 K 3 ˜ 2a 2b 0,141 ˜ 4 4 ˜ 10 8 m 4

b

a

1

Â&#x;

K3

0,141

137

8 Corrimientos en piezas prismĂĄticas

b) Desplazamiento transversal de la secciĂłn C.

G C z

wWtotal wP

Q Q˜x ¡ ¨¨ ˜0 ˜ 0 ¸¸ dx EI z Š GA1 š

1m §

Âł

0

1m §

Âł

0

¡ ¨ Q ˜ 0 Q ˜ 0 ¸ dx ¨ EA EI y ¸š Š

1m §

Âł

0

¡ ¨ Q ˜ 0 P 1 Q ˜ 0 P ˜ x x Q ˜ x ˜ 0 ¸ dx ¸ ¨ GA1 GA1 GK k EI y EI z š Š

P 40 ˜ 10 4 0,4 ˜ 2,1 ˜ 1011 ˜ 3

P 3 43 ˜ 10 8 2,1 ˜ 1011 ˜ 3

12 P 10 4 P 64 ˜ 2,1 ˜ 10 7

1 P 1 §¨ P ¡¸ GA1 EI y Š 3 š

2,235 ˜ 10 3 m 0,2235 cm

9 Piezas y sistemas hiperestรกticos

9 Piezas y sistemas hiperestรกticos

139

140

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 9.1 En la viga de la figura, determinar el perfil IPE necesario para que se verifique la condiciĂłn de resistencia y para que el desplazamiento vertical en el extremo volado (punto C) sea inferior a 0,3 cm. 5000 kp B

A

C 4m

Vadm=1600 Kp/cm2 E=2,1¡106 Kp/cm2

1m

ResoluciĂłn : a) Se descompone el problema, con un grado de hiperestaticidad, en uno isostĂĄtico mĂĄs un momento de empotramiento (incĂłgnita) MA .

P

A

B

RA

A

MA C +

B

C =

1m

4m

P

A

RA’

RB

x

B

C

RB’ x

-5000mKp=MB MA-RA¡x -

M

R A ˜ x R B ˜ x 4

RA ˜x -

= M

+

+

M’ + M’A

MA 5000 RB

T RA

M’A-RA’¡x

-

I)

5000 +

= T RA

RB

+ +

-

II )

T’ RA’ III )

Estado final ( I ) = Estado isostĂĄtico ( II ) + Estado hiperestĂĄtico ( III )

RB’

141

9 Piezas y sistemas hiperestĂĄticos

- Estado isostĂĄtico (II): R A RB

5 000

R A ˜ 4 5 000 ˜ 1 MA

­ °R A Ž °R ¯ B

Â&#x;

MB

0

5 000 1250 Kp 4 6250 Kp

MC

5 000 mKp

0

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

1 EI

2

ÂŚA ˜y i

i 1

i

L˜MA 2 ¡ 1 § L˜MB 1 ˜ L ˜ L¸ Â&#x; M A ¨ EI Š 2 3 2 3 š

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

MA

MA

M cA 4

R Bc

2500 mKp

2500 4

MB 2

5000 mKp 2

2500 mKp

625 Kp

- Estado final (I):

MB

M A M cA M B M Bc

MC

0

MA

RA RB M x

R A R cA R B R Bc

4 M A 4 R A

MB

0 M cA

M cA

2 500 mKp

5 000 0 5 000 mKp

1 250 625 1875 Kp 6 250 625 6 875 Kp Â&#x; RA RB

MA MB 4

6875 Kp

2500 5000 1875Kp 4

142

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

'

'

1 EI

3

ÂŚA ˜y i

i

i 1

1 EI

§ 4M B § 4 ¡ 1M B 2 4 M A § 8 ¡ ¡ ¨¨ ¨ 1¸ ¨ 1¸ ¸ 2 3 2 Š 3 š ¸š Š 2 Š3 š

2 ˜ 10 4 ˜ 10 6 0,3 cm Â&#x; I min 3 ˜ 2,1 ˜ 10 6 ˜ I

2 ˜ 10 4 10582 cm 4 3 ˜ 2,1 ˜ 0,3

TABLAS

o

20000 kg ˜ m 3 3EI Kg/m 2 ˜ m 4

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

c) ComprobaciĂłn del perfil a resistencia :

V max W max

M max Wz Tmax A1

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

7,01 Kp/mm 2

701 Kp/cm 2 1600 Kp/cm 2

2,46 Kp/mm 2

V adm

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

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

V adm

3

W adm

143

9 Piezas y sistemas hiperestĂĄticos

Problema 9.2 Dada la viga de la figura, p = 20000 N/ml

20000 N

B C A 4m

2m

determinar : a) Diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes. b) Valores de las reacciones. c) El perfil IPN necesario para Vadm=140 MPa. d) La pendiente en el apoyo B.

Material: Acero E=2,1¡106 MPa

Resolución: a) Descomposición en un problema isoståtico, mås una incógnita hipereståtica ( R’B). p

4m

B

+

1m

MA MA

M

MB=-40000 Nm -

-

P MA’

=

C A

p

MA

P

RA’

x

x

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

+ +

RA

10 000 N

+

MA’- RA’x

R A px

P

T

-

=

+

R’B

RA

MA’= 4R’B P

=

+

+ RA’

-

R’B

144

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

b) DeterminaciĂłn de la incĂłgnita hiperestĂĄtica y de las reacciones totales.

M x A , B M x B , C

§ x2 ¡ M cA R cA ˜ x R A ˜ x ¨¨ M A p ˜ ¸¸ 2 š Š R A ˜ x M A 4 ˜ p ˜ x 2

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

ÂŞ ÂŤ ÂŤÂŹ

Âł

BM

A

x x

EI

B

x dx

2 ¡ Âş § ¡ c ¨ R A ˜ x ¨ M A p x ¸ ¸ 4 x dx 4 M A ˜ 2 ˜ 4Âť ¸ ¨ A¨ 2 š ¸š 2 3 Ÿ Š Š

Âł

B§

100000 N

RA

280000 Nm 4 R Bc

MA M cA 1 ÂŞ EI ÂŤÂŹ

1 EI

64 Âş Âł 100000 x 280000 10000 x ˜ 4 x dx 3 R c Ÿ B

2

B

A

4m ÂŞÂŞ x2 x3 x4 Âş 64 Âş ÂŤ ÂŤ 1120000 x 680000 140000 10000 Âť R Bc Âť 2 3 4 Âź0 3 ÂŤÂŹ Âť ÂŹ Âź

1 EI

ÂŞ 4160000 64 Âş R Bc Âť ÂŤ 3 3 ÂŹ Âź

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

Â&#x; Â&#x;

0 Â&#x;

R Bc

65000 N

RA = 35000 N MA= -20000 Nm

c) DeterminaciĂłn del IPN.

V max

Â&#x; WZ ,min

4 ˜ 10 6 14000

M max Wz

40000 ˜ 100 d 14000 N/cm 2 Â&#x; Wz

285,7 cm 3 TABLAS

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

145

9 Piezas y sistemas hiperestĂĄticos

d) Pendiente en B. M x A , B

20000 35000 x 10000 x 2 d 2 v1 dx 2

dv1 dx

1 EI

§ ¡ x2 x3 ¨ 20000 x 35000 ¸ 10000 C 1 ¨ ¸ 2 3 Š š

x 0:

dv1 dx

0 Â&#x; C1

x

TB |

dv1 dx

4:

TB

M x A, B

0

1 § 16 64 ¡ 0¸ ¨ 20 000 ˜ 4 35 000 ˜ 10 000 ˜ 2 3 EI Š š

240 000 840 000 640 000 11

3 ˜ 2,1 ˜ 10 ˜ 4250 ˜ 10

TB

8

40 000 3 ˜ 2,1 ˜ 10 3 ˜ 4250

0,00149 rad 0,0856 0

146

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 9.3 a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, p, que se puede aplicar en la viga de la figura, si la tensión máxima admisible es de 140 MPa (tanto para la viga AB como para el tirante CD). b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.

D

4m

C

A 4m

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

B 4m

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

GC donde :

v C

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

147

9 Piezas y sistemas hiperestĂĄticos

CĂĄlculo de GC : RD D

GC

'A CD

H ˜ A CD

V ˜ A CD E

(H

V ,V E

RD ) A

4m

C

R D ˜ 400 cm

GC

2,1 ˜ 10 7 N/cm 2 ˜ 5 cm 2

RD

R D ˜ A CD EA

3,81 ˜ 10 6 ˜ R D

cm

R D en N

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

A

C RD

4m

R D x 400 p x

B 4m

2

2

px

2

2

-

M

mKp

vC

Âł

wWTOTAL wR D

x wM

EI wR D

B

x2 2 ˜ 0 ˜ dx EI

p 400

0

Âł

CM

Âł

dx

Âł

AM

C

R x 400 p 800 D

400

EI

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

x wM

EI wR D

dx

x2 2 x 400 ˜ dx

148

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Âł

p 800

400

x2 RD ˜ x 400 RD 2 x 400 ˜ dx EI

1 ª p 4 § 200 p RD x ¨  EI  8 3 Š

800

Âş ¡ 3 ¸ x 400 ˜ RD ˜ x 2 160000 ˜ RD ˜ x Âť š Âź 400

1 18133 ˜ 10 6 p 21,3 ˜ 10 6 R D EI

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

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

GC

v C Â&#x;

3,81 ˜10 6 ˜ R D

38,61 ˜ RD

œ

29561,5 p 34,8 ˜ R D ˜ 10 6 œ

29561,5 p

(1) R D (2) p

766 p

RD

œ

766 p

(RD en N)

0,13 ˜ RD (p en N/cml)

DeterminaciĂłn de pmĂĄx : Para el tirante: R D ,max

V max ,tirante

5 cm 2

Â&#x; p max 2

d V am

140 ˜ 10 2 N

0,13 ˜ R D ,max

cm 2

Â&#x; R D ,max

0,13 ˜ 70 000 9 100 N

70 000 N Â&#x; 2

mA

Para el perfil:

V max ,viga

MA

400 R D 320 000 p

MC

80 000 p

M mĂĄx

80 000 p

M max W z , IPN 400

d V adm

400 ˜ 766 p 320 000 p

13 600 p

149

9 Piezas y sistemas hiperestáticos

V max ,viga

M max W z , IPN 400

80000 p d V adm 1460

14 000 N

cm 2

p máx

Por tanto: p max

140 000 1460 80 000

255,5 N/cmA

25 550 N/mA

9100 N A ( la menor de ambas). m

b) Cálculo del descenso de C. vc

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

150

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 9.4 Las vigas AB y BC de la figura están perfectamente empotradas en los extremos A y C. Cuando están descargadas, sus extremos B están en contacto, pero sin transmitirse ningún esfuerzo. p Material: Acero A42b

C

IPN 220 A

B

IPN 200

3m

4m

Determinar: a) La carga uniformemente repartida máxima que puede soportar la viga AB, estando sometida la viga BC solamente al efecto producido por la AB. b) El descenso vertical del punto B. Resolución: a) Determinación de pmáx. En este tipo de problemas de interacciones, la resolución se basa en plantear la igualdad de corrimientos (ecuación de compatibilidad de deformación en la sección B): p R C A

B

B R

3m

4m

G1 = G2

x

x

M x

M max

R A

R x -

+ M x

R x

1 p x2 2

151

9 Piezas y sistemas hiperestĂĄticos

CĂĄlculo de G1: Aplicamos el 2Âş teorema de Mohr entre A y B :

G1

Âł

'

A

1 2 px 2 x dx EI z

Rx

0

1 ÂŞR 3 p 4Âş A A Âť 8 Âź EI z ÂŤÂŹ 3

A

3 m

A

4 m

CĂĄlculo de G2: Aplicamos el 2Âş teorema de Mohr entre C y B:

G2

' 1 EI z

Âł

Rx x dx EI z

A

0

ÂŞ R 3Âş ÂŤ3 A Âť ÂŹ Âź

CondiciĂłn: G1=G2 81 ˜p 8 E ˜ 2 140 cm 4

64 ˜R 3 E ˜ 3 060 cm 4

9R

216 ˜ 3060 512 ˜ 2140 R

243 ˜ 3060 p Â&#x; p N

mA

2,3624 ˜ R

N

CĂĄlculo de Rmax ( Â&#x; pmax ): IPN 200 a flexiĂłn:

V mĂĄx

M mĂĄx

M mĂĄx

W z , IPN 200

214 cm 3 M mĂĄx

d

260 N 2 1,5 mm

173,3 N/mm 2

37093,3 Nm

MmĂĄx: wM wx

0

R px Â&#x; x

R p

0,4233 m

M x 0,4233 0,211649 R ½ ° 1 ž Â&#x; M mĂĄx 2 MA R˜A p˜A 7,6308R ° 2 Âż

M mĂĄx

7,6308R 37093,3 Â&#x; RmĂĄx

MA

4861,0 N

152

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

IPN 220 a flexión:

V máx

M máx

M máx

W z , IPN 220

278cm 3

R A

Rmáx Rmáx Por lo tanto:

p máx

mín

^

260 N 2 1,5 mm

173,3 N/mm 2

48186,6 Nm

M máx M máx

d

4R

48186,6

12046,6 N

12 046,6 ; 4 861,0

2,3624 Rmáx

`

4861,0 dN

2,3624 4861,0 11483 N

b) Descenso vertical del punto B.

G2

R A3 3EI z

4861 400 3 3 2,1 10 7 3060

1,61 cm

mA

153

9 Piezas y sistemas hiperestĂĄticos

Problema 9.5 a) Determinar el valor mĂĄximo de la carga uniformemente repartida, pmĂĄx , que se puede aplicar a la viga de la figura. b) Calcular asimismo el descenso que tendrĂĄ el punto C. D

E

A 5cm 2

Datos:

A 5cm 2

Viga AB: IPN 300 Vadm= 160 MPa E = 2,1¡105 MPa ( tanto para la viga AB como para los tirantes CD y CE )

h=6m 45Âş

45Âş

C

A

p

4m

B

4m

8m

ResoluciĂłn: a) Imponemos la condiciĂłn de compatibilidad de deformaciĂłn en C, es decir, planteamos igualdad de corrimientos. R

R

2

2

p

A p A

C

B

R

2

p A

R ˜x R x A 2 2

R ˜x 2

2

-

M + x

A ˜ px 1 ˜ px 2 2 2

A ˜ px R ˜ x 1 ˜ px 2 2 2 2

A ˜ px R ˜ x 1 ˜ px 2 R§¨ x 2 2 2 Š

+

+

A¡ ¸ 2š

154

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

D

E

45º

45º C

A

A 'A

'A GC

2 ˜ 'A

GC

Cálculo de GC : §

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

'

A· ¸ y A x 2¹

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

³

1 EI z

A

1 EI Z

A

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

1 EI z

1 EI z

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

³

0 :

A

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

2 §§

o

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

1 EI z

§ RA3 5 pA 4 · ¸ ¨ ¨ 48 384 ¸¹ ©

R A

C

B

G

A

2

A

2

G C

155

9 Piezas y sistemas hiperestรกticos

Cรกlculo de 'A :

2

2

R

2 ย Rย A 2 EA

D, E

'A

A

2 ย R ย 600 2 2 E ย 5 A 5 cm 2

600 2 cm ,

120 R cm E

6 2m

A

C 2

2

'A

R

GC

2 ย 'A

ย

1 EI z

GC

ยง RA 3 5 pA 4 ยท 120 2 R ยธ ยจ ยจ 48 384 ยธ E ยน ยฉ

2'A

ยง A 8 m 800 cm ยท ยจ ยธ 4ยธ ยจI 9800 cm ยฉ z , IPN 300 ยน

64 R 32000 p

83 ย 106 5 ย 84 ย 108 R p 48 384

9,98 R

ย

p

9800 ย 120 2 R

2,312 ย 10 3 R

( p en N/ml , R en N)

Cรกlculo de Rmรกx ( o pmรกx ) :

x

Cables a tracciรณn:

V mรกx

Pmรกx A

2 ย Rmรกx 2 d V adm 5 cm 2

16 000 N

cm 2

ย Rmรกx

113137 N

156

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

x

IPN 300 a flexión:

V máx

M máx

M máx

W z , IPN 300

653cm 3

d 16000 N

cm 2

M máx

104480 Nm

|Mmáx|: MC

A 1 2 pA R 8 4

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

15 R

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

0

M máx

pA R px o x 2 2

M x 183,74 cm

A R 2 2p

A R 2 2 2,31 10 3 R

pA R 1 x px 2 2 2 2

§A x2 · R ¸ x p¨¨ x ¸ 2 2 2 © ¹

§ 800 183,742 ·¸ R 2,312 10 3 R ¨ 183,74 183,74 ¨ 2 2 ¸¹ 2 ©

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

183,74 cm

39 R

Rmáx = 267897 N

mín^113137,267897` 113137 N

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

2,312 10 3 113137 261,57 N

cmA

26157 N

mA

b) El descenso del punto C es.

GC

2 'A

2

120 113137 cm 2,1 10 7

GC

0,9 cm

157

9 Piezas y sistemas hiperestáticos

Problema 9.6 Determinar el desplazamiento vertical de la sección C, GC , en la pieza de la figura, admitiendo que la sección en todos los tramos del sistema es circular y el material es el mismo.

A

a

D

p

B

C a

Datos: G = 0.4·E p =1000 N/ml D = 50 mm a=1m E = 2,1·105 Mpa Resolución: a) Determinación de esfuerzos . Es un problema hiperestático. Consideraremos RB como incógnita hiperestática a determinar. y

Esfuerzos:

A

z

x Tramo BC: x

Ty

x p

x

MZ

B

C

z

RB x

RB x

1 2 px 2

x Tramo CA: Ty

y

R B px

RB p a

Mz

R B p a x

Mx

RB a

1 p a2 2

158

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Aplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incĂłgnita hiperestĂĄtica RB :

wWtotal wR B

0 GB

Âł

GB

C a

B 0

1 GA1

C§

T y wT y

³ ¨¨Š GA B

1

wR B

M z wM z ¡ ¸ dx EI z wR B ¸š

1 § ¡ RB x px 2 ¸ ¨ R px B 2 ¨ ˜1 ˜ x ¸ dx ¨ GA1 ¸ EI z ¨ ¸ Š š

§ ¡ 1 a2 ¨ RB a p R B a pa 2 ¸¸ ¨ 2 Š š GI 0

Âł

A§

1 § ¡ R B a pa 2 ¨ R pa ¸

R pa x 2 B B ¨ ˜1 ˜a ˜ x ¸ dx 0¨ ¸ GA1 GI 0 EI z ¨ ¸ Š š

A a

C

§ a4 ¨ RB a 3 p ¨ 2 Š

1 § 3 2 ¡ 1 ¨ 2aR B a p ¸ 2 GA1 Š GI š 0

T wT y M x wM M z wM z ¡ ¨ y ¸ dx ¨ C GA wR GK t wR B EI z wR B ¸š B Š 1

Âł

¡ 1 § a3 a4 a3 a4 ¸ ¨ RB p R p B ¸ EI ¨ 3 8 3 3 z Š š

¡ ¸ ¸ š

§ 3 1 §2 3 11 4 ¡ a4 ¡ ¨ a RB p ¸¸ a p¸ ¨ a RB ¨ 2 3 24 EI š z Š š Š

§ G 0,4 E ¡ ¨ ¸ 2 ¨ 9 9 SD ¸ A ¨ A1 ¸ 10 10 4 ¸ ¨ ¨ ¸ SD 4 ¨ I0 ¸ 32 ¨ ¸ ¨ ¸ SD 4 ¨ Iz ¸ 64 Š š

GB

1

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

§ 3 a4 ¡ 1 §2 3 11 4 ¡ ¨ a RB p ¸¸ a p¸ ¨ a RB 4 ¨ 2 š 24 D Š3 š Š ES 64

4 40 D 2 2aR B 3 a 2 p 32 ˜ 9§¨ a 3 R B a p ¡ 64 ˜ 3.6 2 a 3 R B 11 a 4 p 2 2 ¸š 3 24 Š 3.6 ˜ E ˜ S ˜ D 4

§D ¨ ¨a ¨p ¨ ¨E Š

50 mm 0,05 m ¡ ¸ 1m ¸ ¸ 1000 N/ml ¸ 2,1 ˜ 1011 N/m 2 ¸š

Â

RB

565.3N

0

159

9 Piezas y sistemas hiperestĂĄticos

b) DeterminaciĂłn de GC. x

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

A

­T y R B Ž ¯M z R B x

x C

B x

F

wWtotal wR B

0

x

RB

wWtotal wF

para F

Âł

a

0

(

0

Âł

a

0

Tramo CA: ­T y R B F ° ÂŽM z R B F ˜ x °M ÂŻ x RB ˜ a

§2 a3 ¡ 40 D 2 2aR B aF 32 ˜ 9 ˜ a 3 R B 64 ˜ 3.6 ˜ ¨¨ a 3 R B F¸ 3 ¸š Š3 Â&#x; 3.6 ˜ E ˜ S ˜ D 4

Â&#x; RB

GC

Tramo BC:

0.174 ˜ F

1 2¡ § ¨ R B x px ¸ 0,174 F ˜ x R px 0,174F 2 š ( B 0.174 Š 0.174 x ) dx GA1 EI z

RB pa 0,174 F F GA1

0.826

1 GI 0

§§ ¡ 1 ¡ ¨¨ ¨ R B a pa 2 ¸ 0,174 F ˜ a ¸¸ 0.174a 2 š š ŠŠ

R B pa x 0,174 F F x

0.826 x ) dx

EI z

Integrando, entre lĂ­mites, y tomando F= 0:

GC

1 GA1

2 § § ¨ 0.174¨ R B a p a ¨ ¨ 2 Š Š

¡ ¡ 1 ¸ 0.826 R B a pa 2 ¸ ¸ ¸ GI 0 š š

§ 1 § ¡¡ ¨¨ 0.174¨ R B a 3 pa 4 ¸ ¸¸ 2 Š šš Š

160

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

1 EI Z

3 4 3 4 ¡ § § ¡ § ¡ ¨ 0.174¨ RB a 1 p a ¸ 0.826¨ RB a p a ¸ ¸ ¨ ¸ ¨ ¨ 3 2 4 š 3 ¸š ¸š Š Š 3 Š

40 D 2 0.652 R B 0.739 p 32 ˜ 9 ˜ 0.174 R B 0.087 p 64 ˜ 3.6 ˜ 0.217 R B 0.254 p

3 .6 ˜ S ˜ E ˜ D 4

GC

0,225 cm

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

0,00225 m

10 Inestabilidad elรกstica

10 Inestabilidad elรกstica

161

162

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 10.1 Determinar la carga mรกxima P que puede soportar el sistema de la figura, si la tensiรณn mรกxima admisible es de 160 MPa. 3m

6m

A

B

IPN 500

C

P

HEB 120

4

IPN 100

30ยบ

30ยบ

IPN 100

E = 2,1ยท106 Kp/cm2 Resoluciรณn: x

Reacciones: C

B

A 3

6

3 P 2

P

o

P

ยฆM 2

0

V

0 ย Rb

o

ยฆF P

P

B

P ย 3 RC ย 6 ย RC 3 P 2

2

+

T

3 P 2

-

Tmรกx 3P Pย x -

M mรกx P ย x 3 P x 3

2

M

3 P 2 3P

Kp

mKp

P 2

163

10 Inestabilidad elástica

x

IPN 500.Cálculo a flexión.

: V máx

x

M máx

3P Nm

W z , IPN 500

2750 cm 3

d V adm

160 N

mm 2

Pmáx, IPN 500

146667 N

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

­ A 34 cm 2 ° 4 4 ° I z 864 cm ; I y 318 cm HEB 120 ® 3 3 °W z 144 cm ; W y 52.9 cm ° ¯i z 5.04 cm ; i y 3.06 cm

3 P 2

z

Esfuerzo normal: -

N máx A

V máx

N máx d 16000 N 2 N máx cm 34

544000

3 P Pmáx 2

544000 N

362667 N

Pandeo: -

O

L i min

400 131 ! 105 O min ( acero estructural ) 3.06

el pandeo se produce en la zona 3 P 2

de validez de la ecuación de Euler

N adm , H 120

N crit J sp

S 2 EI L2 J sp

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

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

164

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

3 P Pmáx 2

117700

x

78466 N

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

P 4 cos 30º

P 4 cos 30º

P 4 cos 30º N máx A

V máx

169600

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

Pmáx

169600 N

587511 N

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

min ^14667 , 78466 , 587511 `

78466 N

165

10 Inestabilidad elástica

Problema 10.2 Dado el esquema de la figura, donde B, C y D son articulaciones perfectas; si la tensión máxima admisible y el módulo de Young son los mismos para las tres barras, e iguales respectivamente a Vadm = 160 MPa y E = 2,1·105 MPa. C

P

2m

IPN 100

A B

IPN 360

2m

IPN 140

D 2m

2m

2m

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

R

Rc

4

N

P C

TRACCIÓN

2 2 B

+ x

P

A

P 2 2

P

2 2

2 2

B

P

P 2 2

D

R

45º

P 2

2 2

COMPRESIÓN

P

45º

P

4

Rc

2 2

2 2

166

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

C

T

RA

P

P

+

2

2 B

A

P

-

RB

2

D

C

M

A B +

P x 2

P x P x 2

2

D

b) Cálculo de Padm : x

IPN 360 a flexión:

V máx

M máx W z , IPN 360

P 1 Nm 1090 cm 3 Padm

d 160 N

174400 N

mm 2

167

10 Inestabilidad elástica

x

IPN 100 a tracción: P

V máx Padm

x

N máx A

2 2 d 160 N/mm 2 10,6

160 10,6 10 2 2 2

Padm

479 701 N

IPN 140 a compresión: P

2 2 N adm

A

200 2 cm

§ ¨O ¨ ©

i min N adm

P

200 2 1.4

A

N crit C sp

S 2 EI L2 3.5

202 ! 100 C s

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

2605,6 N

2 2 N adm

2605,6 N

Padm 2 2

Padm

73700 N

Por tanto : Pmáx

Problema 10.3

· 3.5 ¸ ¸ ¹

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

168

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

a)

I3

150 mm

b)

Resolución: a)

b)

Lp=2L Lp=0,7L R

Ncr

Ncr

N cr

S 2 EI z Lp2

169

10 Inestabilidad elástica

S 2 210000 a)

S 32 64

2 150 2 S 2 210000

b)

S 32 64

0,7 150 2

91 N

747 N

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

V cr

N cr A

747 N 2

3 S 4

105

N mm 2

Ve

320

N mm 2

cumple

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

170

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 , Jseg. pandeo= 3 Datos del Al: E = 70000 N/mm2 Ve= 20000 N

N=20 kN

b

y

L

h y

z z

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

Flexión eje y: N cr ,1

LPz=0,7·L

S 2 EI y L py

1 3 bh 12 2 L 2

1

1 3 bh 12 0,7 L 2

2

S 2E

2

Flexión eje z: y

LPy=2·L

N cr , 2

z

S 2 EI z L pz

2

S 2E

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

S 2E

1 3 bh 12 0,7 2 L2

S 2E

o

h b

2 0,7

171

10 Inestabilidad elástica

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

S 2E J seg . pandeo

S 2 70000

N cr N

1 § 2 · b ¨¨ b ¸¸ 12 © 0,7 ¹

20000 2 500

2

3

3

3

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

Comprobación:

V cr

N cr A

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

cumple

172

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

Nmáx ?

A)

Nmáx ?

B)

C) 100 mm

10 mm

10m = 10000 mm

v0=L/1000

v0=L/100

V Acero S260

260 N/mm2

Ve E=210000 N/mm2

I 200x5 mm H

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

N cr

V cr

S EI L2p N cr A

S 200 2 190 2 64 2 10000

S 2 210000

2

301952 N 200 2 190 2 mm 2 S 4

301952 N

99 N/mm 2 V e

cumple

173

10 Inestabilidad elĂĄstica

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

v

L¡ ¸ 2š

1 § L¡ TOTAL ¨ x ¸ Š 2š

1

N N cr

1

Por la ecuaciĂłn de la flexiĂłn V mĂĄx

N mĂĄx

S˜

200

2

190 4

2

N . N cr

N M dVe A W

1 N mĂĄx ˜ ˜ v0 N mĂĄx 1 301952 2 200 190 2 S2 ˜ ˜ 100 64

260 N/mm 2

Para v0 = 10 mm tenemos NmĂĄx=269500 N

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

L¡ ¸. 2š

˜ v0

1

Factor de amplificaciĂłn:

El corrimiento total depende de la relaciĂłn

§ N ˜ vTOTAL ¨ x Š

N N cr N A) B) C)

10 100

v

174

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

N = 125 kN

I 100x4

L = 3500 mm

v0 ?

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

y

N

175

10 Inestabilidad elĂĄstica

ResoluciĂłn: a) AnĂĄlisis de 1er orden: M

N ˜ v0

N

N

N

La secciĂłn mĂĄs desfavorable x

v0

­N Ž ¯M

=

L : 2

N N ˜ v0

=

N M A W

dVe

235 N/mm 2

125000 125000 ˜ v 0 1206 27840

235 N/mm 2

Vx

Despejando el valor de v0: v0

125000 ¡ 27840 § ¸Â˜ ¨ 235 1206 š 125000 Š

29 mm

b) AnĂĄlisis de 2Âş orden:

M

N˜

1 ˜ v0 1 N N cr

Vx

N v0 =

N A

1 N 1 N cr

˜

N ˜ v0 W

dVe

La carga crĂ­tica de Euler, Ncr:

=

N cr

S 2 EI L2p

S 2 ˜ 210000 ˜ 1392000

AsĂ­, el factor de amplificaciĂłn vale 1 N 1 N cr

1 125000 1 235

2,13

3500 2

235517 N

176

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

235 N/mm 2

Despejando el valor de v0: v0

125000 ¡ 27840 1 § ˜ 13,7 mm ¸Â˜ ¨ 235 1206 š 125000 2,13 Š

177

10 Inestabilidad elástica

Problema 10.7 * Un tubo de acero 140x140x5 mm tiene una imperfección inicial de 50 mm respecto a la directriz teórica y está sometido a una leve carga de viento q = 300 N/m y a una carga axial de compresión N = 100 kN. a) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en un análisis de 1er orden. b) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en una análisis de 2on orden, es decir, considerando la interacción N – M (esfuerzo normal – momento flector). Tubo 140x140x5 mm: A= 26,70 cm2 Iy = Iz = 821,25 cm2 iy = iz = 5,51 cm Wel·y = Wel·z = 117,32 cm3

x N = 100 kN

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

qy 5 G z

140

L=5m

v0 = 50 mm qy = 300 N/m

140 mm

y

N = 100 kN

178

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

ResoluciĂłn: N

N

2on orden

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

1er orden

v0 q

N

N

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

V x ,mĂĄx

N Mz A Wz

1 2 pL N ˜ v 0 N 8 A Wz

1

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

N mm 2

Ve

cumple

b) AnĂĄlisis de 2on orden (amplificaciĂłn de la preflecha inicial e interacciĂłn N-M).

V x ,mĂĄx

1 2 pL N 8 K2 ˜ A Wz

1 1

N N cr

˜

N ˜ v0 Wz

2

CĂĄlculo de la carga crĂ­tica elĂĄstica de Euler, Ncr: L pz

5000 mm o N cr

S 2 EI L2p z

S 2 ˜ 210000 ˜ 8212500

5000 2

680855 N

179

10 Inestabilidad elĂĄstica

Para el factor de amplificaciĂłn K2, se elige la expresiĂłn aproximada (*): K2 |

1 N 1 N cr

1 100000 1 680855

1,172

AsĂ­, finalmente (2):

V x ,mĂĄx

37,45 1,17 ˜ 7,99 1,17 ˜ 42,62 96,7

N mm 2

Ve

(*) CĂĄlculo exacto de K: u

K2

S 2

N N cr

2 ˜ 1 cos u

u 2 ˜ cos u

S 100000 2 680855

0,602 rad

2 ˜ 1 cos 0,602

1,177 0,602 2 ˜ cos 0,602

cumple

180

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 10.8 * Un tubo circular I 100x4 mm de acero está sometido permanentemente a una carga puntual transversal, F = 5kN, en el centro del vano. Mediante un cilindro hidráulico se puede aplicar una carga axial variable en el extremo. Suponiendo un comportamiento ideal de elasticidad indefinida para el material: a) Calcular la carga axial máxima soportada por el sistema, al poder producirse su colapso por inestabilidad elástica. b) Representar gráficamente la relación N-v, mediante un modelo teórico de 2º orden, es decir, considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector. A continuación, suponiendo un comportamiento real de material, con una tensión de límite elástico Ve=380 N/mm2. c) Calcular la carga N que provoca el fallo elástico del perfil. Material S380:

E = 210000 N/mm2

Ve = 380 N/mm2

y

F=5 kN N variable

I 100x4

x v

=

= L = 5000 mm

181

10 Inestabilidad elástica

Resolución: a) N cr

S 2 EI L2p

S 2 210000 1392000

5000 2

115403 N

Hipótesis: Elasticidad indefinida. N

V

N

N

Ncr 115403 N 2

E = 210000 N/mm

v

H

b) Considerando la interacción N – M. v

F L3 K3 48 EI

3

5000 5000 K 3 48 210000 1392000

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

K3

u

3 tg u u

u3

S N 2 N cr

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

S N 2 115403

Cálculo aproximado de K3: 1

K3 1

N N cr

1 1

N 115403

44,54 K 3

mm

182

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

veaxct. 44,54

vaprox. 44,54 mm 59,39 mm

Ncr/2=57701 N

89,08 mm

3Ncr/4=86552 N

178,16 mm

La representación gråfica de la función N – v: (N)

115403

86552

N

N cr

3 N cr 4 5 kN

N 57701 28851

N cr 2

N

v

N cr 4 v 50

100

150

200

250

( mm )

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

V

V

N M K˜ dVe A W

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

183

10 Inestabilidad elĂĄstica

N 1206

1 ˜ 5000 ˜ 5000 ˜4 27840

1 1

N 115403

380

N mm 2

ResoluciĂłn de la ecuaciĂłn de 2Âş grado: N 115403 ˜ 225 380 1206 115403 N N ¡ § 115403 ˜ 225 ¨ 380 ¸ ˜ 115043 N

1206 š Š

25965675 43853140 95,69 ˜ N 380 ˜ N

0

N2 1206

1 ˜ N 2 475 69 ˜ N 17887465

,

1206

c b a

2

N

b r b 4ac 2a

476 r 476 2 4 ˜

1 ˜ 1788746 1206

1 2˜ 1206

­ Ž ¯

40425 N 533630 N

sin

sentido ! N cr

Se cumplen la hipĂłtesis de aproximaciĂłn para el cĂĄlculo del factor de amplificaciĂłn K: N d 0,6 ˜ N cr

40425 0,6 ˜ 115403 69242

K

1 N 1 N cr

1,54

RepresentaciĂłn grĂĄfica del apartado c): (N) N

N M K˜ A W

115403

380

Ncr

40425

44,5

68,5

v (mm)

184

Resistencia de materiales. Problemas resueltos

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

V

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

N 1206

K˜

1 ˜F ˜L N ˜v 4 1

1

N 115403

380

27840

N mm 2

ResoluciĂłn de la ecuaciĂłn de 2Âş grado: N 44,54 115403 N 225 ˜ 1206 27840 115403 N 44,54 ˜ 115403 N 27840

184,6 N

0

380

N ¡ § 225 ¸ ˜ 115043 N

¨ 380 1206 š Š

115 N

N2 17887465 95,69 N 1206

1 ˜ N 2 435 N ˜ N 17887465

1206 b

c a

N

b r b 2 4ac 2a

­ Ž ¯

44977 N 479633 N

sin

sentido ! N cr

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