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Timestamp: 2019-05-23 00:20:17+00:00

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305851 resistencia de materiales problemas resueltos by Carlos Paz - Issuu
AULA POLITĂ&#x2C6;CNICA 15
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
Primera edición: septiembre de 1999 Reimpresión: febrero de 2001 Segunda edición: septeimbre de 2002
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
Depósito legal: B-30564-2002 ISBN: 84-8301-621-4
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
Diagramas de esfuerzos.......................................................................................................11
Esfuerzo normal...................................................................................................................25
Esfuerzo de cizalladura pura................................................................................................35
Características de secciones.................................................................................................45
Dimensionado de secciones a flexión..................................................................................53
Flexión desviada y flexión compuesta.................................................................................75
Torsión y esfuerzos combinados..........................................................................................89
Corrimientos en piezas prismáticas....................................................................................131
Piezas y sistemas hiperestáticos.........................................................................................139
10 Inestabilidad elástica...........................................................................................................161 Bibliografia................................................................................................................................185
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.
Problema 1.1 Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura. 600 2 N
2 2 2 600 2 Â&#x2DC; 2 600 2 Â&#x2DC;
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
0 Â&#x;
R AV Â&#x2DC; 6  600 Â&#x2DC; 3  600 Â&#x2DC; 2  800
 100 N = -33,3 N 3
ÂŚF ÂŚF
Â&#x; R AV  600  RCV
100  600 3
c) CĂĄlculo de momentos en los tramos AB y BC. TramoAB:
100 Â&#x2DC;x 3
R AV Â&#x2DC; x
R AV Â&#x2DC; x  600( x  3)  600 Â&#x2DC; 2
100 Nm
100 Â&#x2DC; 3  0  1200 1100 Nm 3 100  Â&#x2DC; 6  600 Â&#x2DC; 3  600 Â&#x2DC; 2 800 Nm 3
600 N N
D B 600 N
100 N 3
B -800 NÂˇm
-100 NÂˇm M
1200 NÂˇm
1100 NÂˇm
B 1900 N 3
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.
B x 6m T
ResoluciĂłn: a) CĂĄlculo de la reacciones. Resultante de la carga Q
1600 Â&#x2DC; 6 2
4800 N .
4800 N A
R A  RB
ÂŚM RB RA
4800 Â&#x2DC; 4 6 1600 N
RB Â&#x2DC; 6
4800 Â&#x2DC; 4
3200 N x-[
Sección situada a una distancia x del apoyo A: T: x
1600 
ª1600 [ 2 º  » 1600  « 2 ¼0 ¬ 6
q d[
1600 [ d[ 6
1600 2 x 12
³ q  x  [ d[
1600 [  x  [ d[ 6
1600 x 
ª1600 § [ 2 [ 3 ·º 1600 x  «  ¨¨ x  ¸¸» 3 ¹»¼ «¬ 6 © 2 0
§ 1600 § x 3 x 3 · · 1600 x 3 1600 x  ¨  ¨¨  ¸¸ ¸ 1600 x   ¨ 6 3 ¹ ¸¹ 6 6 © 2 ©
c) Diagramas. 1600 N
T 3200 N
wM wx T
T
1600 2 x o x 12 1600 1600  3,46   3,46 2 12
0 1600 
Problema 1.3 Determinar los diagramas de esfuerzos del pĂłrtico inclinado de la figura. 200 2 N 400 2 N
ResoluciĂłn: Para el cĂĄlculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estĂĄtica. 200 2 B
ÂŚF ÂŚF ÂŚM
R AV  RC  200 2
RC Â&#x2DC; 4  400 2 Â&#x2DC; 2  200 2 Â&#x2DC; 2 0 Â&#x;
400 2 N RC
300 2 N
100 2 N y descomponiendo cada reacci贸n en las direcciones de las barras, 400
100 2 400 2
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
0 ). A partir de la línea de acción vertical de RC, se obtiene O. G F RA
G F // OC
Problema 1.4 Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura. p = 600 4000 N
A a=2m
ResoluciĂłn: CĂĄlculo de las reacciones:
ÂŚF
: R B  RC  4000  600 Â&#x2DC; 6  3000 0
: 4000 Â&#x2DC; 2  600 Â&#x2DC; 6 Â&#x2DC; 3  RC Â&#x2DC; 6  3000 Â&#x2DC; 8 Â&#x;
4467 N
6133 N
Diagrama de momentos flectores: Tramo AB: M MA
4000 Â&#x2DC; x 0
8000 Nm
Tramo BC: M MB
2 x  2
4000 Â&#x2DC; x  6133 Â&#x2DC; x  2  600 Â&#x2DC;
6000 Nm
Tramo CD: M MC
4000 Â&#x2DC; x  6133 Â&#x2DC; x  2  600 Â&#x2DC; 6 Â&#x2DC; x  5  4467 Â&#x2DC; x  8
Diagrama de esfuerzos cortantes. Tramo AB: T TA
4000 N 4000 N
4000 N
Tramo BC: TB
4000 x  6133  600 Â&#x2DC; x  2
2133 N TC 1467 N
4000  6133  3600  4467
Tramo CD: TC
-8000 -6000
M ( Nm )
E xE 2133
-1467 -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 Â&#x2DC; x E  2 0 Â&#x; x E 5,35 m wx ME = -4208 Nm
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.
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:
0.5m 2m
½ ¾ Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga. 4  0,5  10  2 22 KN  m ¿
b) Diagramas 4 KN
Tramo BC: M
5 
x  1 2 KN  m
5  x  1
10 KN
Tramo CD: M
10  x  2 KN  m
10 KN  m 15 KN  m
Tramo DE: M
10  x  2  4  x  3,5 KN  m
10  4 14 KN
15 KN  m
22 KN  m
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).
Problema 2.1 Tenemos una barra rĂ­gida que estĂĄ suspendida por dos cables de igual diĂĄmetro Â&#x2021; 4 mm , y cuyos mĂłdulos de elasticidad son: E1=2.1Âˇ105 MPa y E2=0.7Âˇ105 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.
ResoluciĂłn: Dibujamos el diagrama de sĂłlido libre y obligamos el equilibrio. AdemĂĄs imponemos la igualdad de deformaciones.
B P=500 N
ÂŚF ÂŚM
0 Â&#x; R A Â&#x2DC; L  P( L  x) 0
Ley de Hooke : RA Â&#x2DC; LA S Â&#x2DC; E1 3R B  R B
RB Â&#x2DC; LB S Â&#x2DC; E2
Â&#x; RA
500 Â&#x; R B
R B Â&#x2DC; E1 E2
R B Â&#x2DC; 210000 70000
500 125 N Â&#x; R A 4
De la ecuaciĂłn de los momentos obtenemos x: R A Â&#x2DC; L  P( L  x) 0 375 Â&#x2DC; 600  500(600  x) 0 Â&#x;
Problema 2.2 En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D estĂĄn empotrados. Determinar las tensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm2 . Hallar tambiĂŠn el diagrama de esfuerzos axiles. Datos: E=2Âˇ105 MPa.
A Aa=40 cm2
1m B 3m
Ab=80 cm2 C 1m
ResoluciĂłn:
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
FÂ&#x2DC;L AÂ&#x2DC; E
R A Â&#x2DC; L AB R A Â&#x2DC; L BC  E Â&#x2DC; Aa E Â&#x2DC; Ab
R D Â&#x2DC; LCD E Â&#x2DC; Ab
R A ย 1000
2 ย 10 ย 40 ย 10
R A ย 3000 5
2 ย 10 ย 80 ย 10
R A ย 2000  R A ย 3000
R D ย 1000 2
2 ย 10 5 ย 80 ย 10 2
R D ย 1000
3m C 1m
125000 N 12.5 T
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.)
12.5 T +
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.
B D
C G
Resolución: a) Para D=20º:
P D
N sen D
P 2 sen D
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
NL EA sen D
PL 2 EA sen 2 D
5000  3500 2  2.1  10  3,14  10 2  0.34202 2 5
E G C1 P
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
tg E # E (para ĂĄngulos pequeĂąos)
AC1  AC AC
L2  G 2  L L
Â§G Âˇ 1 Â¨ Â¸ 1 ÂŠ LÂš
1 E 2 1#
Esta Ăşltima igualdad proviene de la expresiĂłn: 1r a
1 r a 1 2
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
El esfuerzo normal en una de las barras es: N
E Â&#x2DC; AÂ&#x2DC; E 2 2
V Â&#x2DC; A E Â&#x2DC;H Â&#x2DC; A
Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce N Â&#x2DC; sen E | N Â&#x2DC; E
E Â&#x2DC;L
P EÂ&#x2DC;A LÂ&#x2DC;3
P EÂ&#x2DC;A
5000 2.1  10 5  3,14  10 2
3500  3
148 3500 P 2E
0,04229 rad 2,42º
5000 2  0,04229
59116 N
59116 188 N/mm 2 314
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.
ResoluciĂłn: Se trata de un sistema hiperestĂĄtico. RBA y RBC siguen la direcciĂłn de la barra.
RBA HD
E RBC
Ecuaciones de la estĂĄtica:
2  R BC 2 2 0 o H D  R BC  R BA 2 0 o V D Â&#x2DC; 2 40 Â&#x2DC; 4 Â&#x; V D
 V D  R BA
2  40 0 2 2 0 2 80 T
acort. 'LBC
Bâ&#x20AC;&#x2122;â&#x20AC;&#x2122; D
Bâ&#x20AC;&#x2122;â&#x20AC;&#x2122;
'LAB alarg.
~45Âş
'L AB
B cB cc
Al ser deformaciones y ĂĄngulos pequeĂąos: B cB cc | BB ccc
'L BC
Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC Aplicamos la ley de Hooke: R BA Â&#x2DC; 2 2 E Â&#x2DC; 40
R BC Â&#x2DC; 2 2 Â&#x; 2 R BA E Â&#x2DC; 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
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
3 Esfuerzo de cizalladura pural
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
punzon S  V adm
2654.6d
V adm  A 500  S 52 4
 d min
17945 N
0.65  260  S  5  5  V adm
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 = 800 N R = 200 mm  Plato D=200 mm Chapa eslabones: Ve=360 Mpa Pasadores: Ve=260 Mpa
Resolución: ID F
PuR D 2
800 N u 200 mm 100 mm
Dimensionado de la garganta ‘a’ de la chapa a tracción pura: F/2
F 2 dV 2  a u e t adm V adm aue
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 ©
S d2 4
260 · 138 N/mm 2 ¸ 1.5 ¹
§ c ¨ V adm ©
F ' d V adm  d  e 347  d  1 2 260 · 2 347 N 2¸ mm ¹ 1.5
máx ^2,7 ; 2,3`
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
a desgarro: t1 t 2d bmin
max ^6,0 ; 10,8`  bmin
e 1 mm d 2,7 mm a 4 mm b 10,8 mm b=10,8 mm a= 4 mm
Problema 3.3 Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y las uniones son roblonadas.
e3 e3 I d1
Datos: e1 = 5 mm
Roblones:
Acero A37b Ve=240 N/mm2
Tomar: Jse=1,5
Resolución: a) Unión 1 t1
F F/2 e2  d1
Cizalladura: T
S Â&#x2DC; d1 F d W adm Â&#x2DC; 2 4
EÂ&#x2DC;
V e S Â&#x2DC; d1 2 Â&#x2DC; J seg 4
0.8 Â&#x2DC;
240 S Â&#x2DC; d 1 Â&#x2DC; 1.5 4
100,55 Â&#x2DC; d 12 Â&#x; 201.1 Â&#x2DC; d1 2
Aplastamiento: d 1 Â&#x2DC; e1 t
Fmax c V adm
Fmax D Â&#x2DC; V adm
Fmax d d 1 Â&#x2DC; 5 Â&#x; 2000 Â&#x2DC; d 1 240 2.5 Â&#x2DC; 1.5
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
CĂĄlculo de la secciĂłn neta t1=2d=20 mm
260/1.5 = 160 N/mm2 Fmax N d 160 Aneta mm 2
Â&#x; b
20000 N  10 mm = 35 mm N 160 Â&#x2DC; 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 Â&#x2DC; e2
Â&#x; e2
b) Unión 2 t1’
N? d2
Atención: es un problema hiperestático. Aquí se presenta la solución concreta para el caso e2
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
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
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
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
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.
Acero A-42b Ve
p = 100 N/cmA
Kp cm 2
Resoluciรณn: p
2Fh 2Fv
pL2 (momento a transmitir en la secciรณn 2 de empotramiento)
2 FH ย h
ย FH FH
4 ย Fv
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
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
100 ย 50 2 4 ย 20
3666 N
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
ResoluciĂłn: Izâ&#x20AC;&#x2122; = Iyâ&#x20AC;&#x2122;= 7,84 cm4
De las tablas: yâ&#x20AC;&#x2122;
A = 4,3 cm2 zâ&#x20AC;&#x2122;
zâ&#x20AC;&#x2122; c
c yâ&#x20AC;&#x2122;
Â§h Âˇ I z '  AÂ¨  c Â¸ ÂŠ2 Âš
Â§b Âˇ I y '  AÂ¨  c Â¸ ÂŠ2 Âš
(momento de inercia de una L, respecto al eje y) y
c b/2
4 CaracterĂ­sticas de secciones
4 I zc
Â§h Âˇ 4I z'  4 Â&#x2DC; A Â&#x2DC; Â¨  c Â¸ ÂŠ2 Âš
59,54  4,30 Â&#x2DC; h 2  5,12 Â&#x2DC; h (momento de inercia de las cuatro L)
4 I cy
Â§b Âˇ 4I y'  4 Â&#x2DC; A Â&#x2DC; Â¨  c Â¸ ÂŠ2 Âš
4,30h 2  22h  59,54
4,30b 2  22b  59,54
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
IZ I Z’ = 4 I Z
a/2 z
IZ 1 §a·  e¨ ¸ 2 12 ©2¹
A a  e 2 2
IZ’/2
3 2 ÂŞIZ 1 Â§ a Âˇ Â§ A a ÂˇÂ§ a Âˇ Âş  Â&#x2DC; Â&#x2DC;   Â&#x2DC; e Â¨ Â¸ Â¨ e Â¸Â¨ Â¸ Âť Â&#x2DC; 2 ÂŤ ÂŠ 2 Âš ÂŠ 2 2 ÂšÂŠ 2 Âš ÂťÂź ÂŤÂŹ 2 12 a3 A 2 13 IZ  Â&#x2DC;e Â&#x2DC;  a IZ 12 4 4
Ha de ser :
IZ 
4I Z
Â§ IZ a3 A 2 a3 Âˇ 1 Â¨  Â&#x2DC; Â&#x2DC;  a  Â&#x2DC; eÂ¸ Â&#x2DC; 2 e Â¨ 2 12 8 8 8 Â¸Âš ÂŠ 
a2 Â§ 13 Âˇ Â¨ A  Â&#x2DC; e Â&#x2DC; aÂ¸ 4 ÂŠ 12 Âš
a2 Â§ 13 Âˇ Â¨ A  Â&#x2DC;e Â&#x2DC; aÂ¸ 4 ÂŠ 12 Âš
Â§ 13 Âˇ 3 Â§ A Âˇ 2 Â¨ Â&#x2DC; e Â¸ a  Â¨ Â¸ a  3I Z ÂŠ4Âš ÂŠ 48 Âš
0 Â&#x; a
si suponemos que (eÂˇa)
es << A (ĂĄrea total del perfil IPE) : a
IZ ' # IZ 
( iZ
A Â&#x2DC; a2 4
3I Z
a2 A 4
2 3 Â&#x2DC; iZ
IZ { radio de giro de la secciĂłn respecto al eje z) A
Problema 4.3 Determinar las siguientes caracterĂ­sticas de la secciĂłn monosimĂŠtrica de la figura respecto del eje principal z: a) A , Iz , Wz,sup , Wz,inf , iz . b) El momento resistente elĂĄstico, Mel. z , para un acero Ve=235 N/mm2. y 400 30 # 400Âˇ30
# 800Âˇ10
# 250Âˇ20
ResoluciĂłn: a) El ĂĄrea de la secciĂłn total serĂĄ la suma de las ĂĄreas de las pletinas: A
ÂŚA
400 Â&#x2DC; 30  800 Â&#x2DC; 10  250 Â&#x2DC; 20 25000 mm 2
Por simetrĂ­a el centro de gravedad, G, estĂĄ situado sobre el eje y (z = 0).
Ve= 235 N/mm2
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 Â&#x2DC; y Gc y Gc
ÂŚ A Â&#x2DC; yc i
ÂŚ A Â&#x2DC; y c 400 Â&#x2DC; 30 Â&#x2DC; 835  800 Â&#x2DC; 10 Â&#x2DC; 420  250 Â&#x2DC; 20 Â&#x2DC; 10 i
Se utiliza el teorema de Steiner para calcular el momento de inercia de la secciĂłn total respecto del eje y-y: Â§1
2Âˇ Â&#x2DC; hi3  Ai Â&#x2DC; y ic  y Gc Â¸ Âš
ÂŚ Â¨ÂŠ 12 b
ÂŞ1 2Âş 3 ÂŤ12 400 Â&#x2DC; 30  400 Â&#x2DC; 30 Â&#x2DC; 835  537 Âť  ÂŹ Âź
ÂŞ1 2Âş  ÂŤ 10 Â&#x2DC; 800 3  800 Â&#x2DC; 10 Â&#x2DC; 420  537 Âť  12 ÂŹ Âź ÂŞ1 2Âş  ÂŤ 250 Â&#x2DC; 20 3  250 Â&#x2DC; 20 Â&#x2DC; 10  537 Âť 12 ÂŹ Âź
299154 Â&#x2DC; 10 4 mm 4
El mĂłdulo resistente respecto de la fibra superior, ysup: W z ,sup
Iz y sup
299154 Â&#x2DC; 10 4 850  537
9558 Â&#x2DC; 10 3 mm 3
El mĂłdulo resistente respecto de la fibra inferior, yinf: W z ,inf
Iz y inf
299154 Â&#x2DC; 10 4 537
5571 Â&#x2DC; 10 3 mm 3
El radio de giro de la secciĂłn respecto del eje z, iz: iz
299154 Â&#x2DC; 10 4 25000
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 Â&#x2DC; W z ,min
235 Â&#x2DC; 5571 Â&#x2DC; 10 3
1309 Â&#x2DC; 10 6 N Â&#x2DC; mm 1309 kN Â&#x2DC; m
5 Dimensionado de secciones o flexi贸n
Problema 5.1 Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo y chapa de 10 mm de grosor. P
P = 9500 Kp L=6m
Jse = 1,5
Resolución: Acero A 42 b
2600 Kp
½ cm 2 °¾ °¿
2600 1733 Kp 2 cm 1,5
Px 2
PL 1425 103 Kp  cm 4
Tramo A-E : IPE 240
­° I ® °¯W
3890 cm 4 324 cm
 M max
W  V adm
561  103 Kp  cm
561 · 103 = 4750·x  x = 118,2 cm  L1=115 cm
5 Dimensionado de secciones o flexiĂłn
Tramo E-D:
es necesario reforzar Ic
1 b Â&#x2DC; e3  b Â&#x2DC; e Â&#x2DC; d 2 12
1 Â&#x2DC;12 Â&#x2DC;13  12 Â&#x2DC;12.52 1  1875 12
1876 cm 4
e =10 d
7642 588 cm 3 13 588 Â&#x2DC; 1733 1019 Â&#x2DC; 10 3 kp Â&#x2DC; cm
3890  2(1876) 7642 cm 4 Â&#x; W2
M adm 1019 Âˇ 103 = 4750Âˇx Â&#x;
x = 214,6 cm Â
L1 = 210 cm Tramo D-C: e e
1 b Â&#x2DC; e3  b Â&#x2DC; e Â&#x2DC; d 2 1  12 Â&#x2DC;13,52 12
I 2  2(2188) 12018 cm 4 Â&#x; W3
2188 cm 4
M adm 1019 Âˇ 103 = 4750Âˇx
12018 858 cm 3 14 858 Â&#x2DC; 1733 1487 Â&#x2DC; 10 3 kp Â&#x2DC; cm
x = 313 cm > 300 cm Â no es necesario reforzar mĂĄs
300 cm 210 cm
M (mÂˇKp)
5460 5610
SolicitaciĂłn Capacidad resistente
10180 14872 9500/2 = 4750 Kp +
T (Kp) -
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.
Resolución: voladizo R
Diagrama de momentos flectores : p
b  p  R  dM  R  senM c  M
p  b  R  sen M c  M  dM
(dp = p · R · dM) B
p  b  R 2  sen M c  M  dM
>p  b  R
 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
tendremos el máximo: Mc = 180 q M
Mmax = 2 · p ·b · R2 Mmax
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
M = 180q
261,5 N
No depende de b
0q q MM==180
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:
p libros y apuntes
En la tienda me han informado de que la madera de los estantes tiene las siguientes características mecánicas:
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).
ResoluciĂłn: a) DeterminaciĂłn de h mĂ­nima. p
p Â&#x2DC; x 0
Tramo BC: p
x2 A  p x  a Â&#x; 2 2
Â§ Â¨ xE ÂŠ
AÂˇ Â¸ 2Âš
a2 a2 A  p a  a  p 2 2 2 2 a MB p 2 2 A A2 AÂ&#x2DC;a A2 AÂ&#x2DC;a p p p p p 8 4 2 8 2 p
pÂ&#x2DC;a
p Â&#x2DC; x  p
pÂ&#x2DC;a  p
 p Â&#x2DC; A  a  p
pÂ&#x2DC;a p
Tramo CD: M M
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
p Â&#x2DC; x  p Â&#x2DC;A
 p A  a  p Â&#x2DC; A pÂ&#x2DC;A  pÂ&#x2DC;A 0
pÂ&#x2DC;a
Con A = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados: MB
V mĂĄx
M mĂĄx
112,5 Â&#x2DC; p
500 Â&#x2DC; p 300 cmKg
ME d V adm Wz
67,5 cmKg
40,77 Kg/cm 2
ME Â&#x2DC;6 40,77 Â&#x2DC; 20
hmĂ­n
Â&#x; W z , mĂ­n
Â&#x; hmĂ­n
b) DeterminaciĂłn de la distancia a Ăłptima. Ă&#x201C;ptimo resistente: M mĂĄx 
M mĂĄx  Â
ME Â
aÂ&#x2DC;A A2 p 8 2
ME b Â&#x2DC; h2  40.77 6
a2  A Â&#x2DC; a 
A A2 Â§AÂˇ r Â¨ Â¸  2 4 ÂŠ 2Âš
A 2 Â&#x2DC; A2 r 2 4
A 2 r A Â&#x; a 2 2
AsĂ­ pues, la distancia â&#x20AC;&#x2DC;aâ&#x20AC;&#x2122; Ăłptima es:
a Ăłptima
Y se tiene, un momento mĂĄximo:
Â­0,207 Â&#x2DC; A ÂŽ ÂŻ 1,207 Â&#x2DC; 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
1 Â&#x2DC; x  a
1 AÂˇ Â§ Â&#x2DC; x  a  1 Â&#x2DC; Â¨ x  Â¸ 2 aÂš ÂŠ
x Mâ&#x20AC;&#x2122; +
Âł G
ÂŞ1 ÂŤ ÂŤÂŹ EI
M M c Â&#x2DC; dx EI 2 2 EI
A Â§ 2 Â¨ a Â¨
x2 1 Â&#x2DC; 0 dx  a EI
Âş Âˇ A x2 1  p x  a x  a Â¸Â¸ Â&#x2DC; dx Âť Â&#x2DC; 2 2 2 2 ÂťÂź Âš
A AÂ&#x2DC;a x3 a aÂ&#x2DC;AÂ&#x2DC; x a2 Â&#x2DC; A Âˇ Â¸ Â&#x2DC; dx  p x2  p x  p x2  p p 2 2 2 2 2 2 Â¸Âš
Âª x 4 A Â&#x2DC; x3 A Â&#x2DC; a Â&#x2DC; x 2 a Â&#x2DC; x3 a Â&#x2DC; A Â&#x2DC; x2 a 2 Â&#x2DC; A Â&#x2DC; x Âº 2      Â» Â« 6 4 6 4 2 Â¼a Â¬ 8
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) Â&#x2DC; 10 3
Â§ Â¨I Â¨ Â©
20 Â&#x2DC; 1,49 3 12
0,6 Â&#x2DC; 24724 100 000 Â&#x2DC; 5,513
Â· 5,513 cm 4 Â¸Â¸ Â¹
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.
12 mm 6 mm 600
ResoluciĂłn: Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda T Â&#x2DC; mZA1 IZ
m ZA1 IZ
mzA1 : momento estĂĄtico del ala
22 Â&#x2DC; 1,2 Â&#x2DC; 30,6 807,84 cm 3 ÂŞ1 Âş 1 2 Â&#x2DC; ÂŤ Â&#x2DC; 22 Â&#x2DC; 1,2 3  22 Â&#x2DC; 1,2 Â&#x2DC; 30,6 2 Âť  Â&#x2DC; 0,6 Â&#x2DC; 60 3 ÂŹ12 Âź 12
40 000 Â&#x2DC; 807,84 60 246,14 Â&#x2DC; 6
49 446,14  10 800 60 246,14 cm 4
536,35 kg/cm
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
2  1000  10  0.5 18,64 cm | 19 cm 536,35
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
ResoluciĂłn: P
V adm P
3Â&#x2DC; 2
3 Â&#x2DC; P Â&#x2DC; 10 3 2 Â&#x2DC; 200 Iz I z ,alma  I z , angular
1 2 Â&#x2DC; 2 Â&#x2DC; 40 3  4 Â&#x2DC; 368  27,5 Â&#x2DC; 20  3,4
12 10666,7  4 Â&#x2DC; 7945,9 42450,3 cm 4
M y mĂĄx Iz
42450,3 Â&#x2DC; 10 3 mm 4
173 Â&#x2DC; 42450,3 Â&#x2DC; 10 3 Â&#x2DC; 2 200 Â&#x2DC; 3 Â&#x2DC; 10 3
244796 N
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud T  mZ IZ
263,25 N/mm
P · 122 398 N ¸ 2 ¹
§ ¨T ©
122 398  913  10 3 42450,3  10 4
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
Problema 5.6 Una viga armada tiene una secciĂłn compuesta por un alma rectangular de 800Â&#x2DC;12 mm, y cada ala compuesta por una platabanda de 190Â&#x2DC;10 mm y 2 perfiles angulares 90Â&#x2DC;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
d2 800 (total)
e1=18
12 z ( simĂŠtrico )
( simĂŠtrico )
ResoluciĂłn: IZ
I Z ( alma )  I Z ( angulares )  I Z ( platabandas )
1 Â§1 Âˇ Â&#x2DC; 1,2 Â&#x2DC; 80 3  4 Â&#x2DC; 104  13,9 Â&#x2DC; 40  2,5 2  2 Â&#x2DC; Â¨ Â&#x2DC; 19 Â&#x2DC; 13  19 Â&#x2DC; 1 Â&#x2DC; 40  0,5 2 Â¸ 12 ÂŠ 12 Âš
51200  4 Â&#x2DC; 19650,8  2 Â&#x2DC; 31166,3 192135,9 cm 4 Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud f1
T Â&#x2DC; mZA1 IZ
(A1 = ĂĄrea angulares + ĂĄrea platabanda) m ZA1 19 Â&#x2DC; 1 Â&#x2DC; (40  0,5)  2 Â&#x2DC; 13,9 Â&#x2DC; ( 40  2,5) 1812 cm 3 f1
40000 Â&#x2DC; 1812 192135,9
377,2 N/cm 37,72 N/mm
Sd 1 2 Â&#x2DC; W adm 4 3,1416 Â&#x2DC; d 1 2 Â&#x2DC; 42 377,2 Â&#x2DC; 180 2 Â&#x2DC; 4 4 Â&#x2DC; 37,72 Â&#x2DC; 180 d12 102,9 2 Â&#x2DC; 3,1416 Â&#x2DC; 42 d 1 10,15 mm f 1 Â&#x2DC; e1
2Â&#x2DC;
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud: f2
T Â&#x2DC; mZA 2 IZ
(A2 = ĂĄrea ala) m ZA2 f2
19 Â&#x2DC; 1 Â&#x2DC; (40  0.5) 769,5 cm 3 40000 Â&#x2DC; 769,5 160,2 N/cm 16,02 N/mm 192135,9
Esfuerzo que debe transmitir cada roblĂłn:
Sd 2 2 Â&#x2DC; W adm 4 2 16,02 Â&#x2DC; 400 3,1416 Â&#x2DC; d 2 Â&#x2DC; 42 2 4 d 2 9,86 mm f 2 Â&#x2DC; e2 2
Problema 5.7 * Se construye una viga cajĂłn compuesta de dos tipos de madera: - ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2 - ALAS : secciĂłn cuadrada 200 Âˇ 200 mm E1 = 10000 N/mm2
= = 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 Âˇ 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
10000 1,25 8000
El espesor equivalente e n
25 mm 1,25
La posiciĂłn del baricentro de la secciĂłn es inmediata por razĂłn de simetrĂ­a. El momento de inercia de la secciĂłn homogĂŠnea es: IZ
1 1 Â&#x2DC; 200 Â&#x2DC; 200 3  2 Â&#x2DC; 200 Â&#x2DC; 200 Â&#x2DC; 500 2  2 Â&#x2DC; Â&#x2DC; 20 Â&#x2DC; 1000 3 12 12 Steiner 1000
200 Âˇ200
e* = 20
236 Â&#x2DC; 10 8 mm 4
Hx 3,2
2,1 2,1 e*
e* =20
V x1 ( y )
MZ y IZ
Mmáx =
MZ §1·  y ¨ ¸ IZ ©n¹
1 pL 50 KN 2
Así: ­ °V x1 ( y °° ® ° °V x1 ( y °¯
125 KN  m
V x2 ( y)
1 2 pL 8
125  1000  1000 N  mm  600 mm 3,2 N/mm 2 236  10 8 mm 4
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
Ty  mZA IZ b
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
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)
5 P  L4  384 E  I Z
Valor aceptable, ya que
10  10000 5  384 10000  236  10 8 10000 10 mm 1000
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 Âˇ 25
b) Material alas: Fe E 35 Material alma: Fe E 235
== 800 Âˇ 12
(Puede comprobarse que la secciĂłn se plastifica con la ausencia de abolladuras elĂĄsticas o elastoplĂĄsticas. No se consideran inestabilidades globales : pandeo, vuelco lateral)
ResoluciĂłn: a) Mismo acero. y A1 Âˇ Ve
Ve = 235
A2 Âˇ Ve
Eje neutro elĂĄstico
Eje neutro plĂĄstico
Mpl.z
Al tratarse de una secciĂłn doblemente simĂŠtrica el eje neutro plĂĄstico pasa por el baricentro G. Caso elĂĄstico: IZ
1 ÂŞ1 Âş Â&#x2DC; 800 3 Â&#x2DC; 12  2 Â&#x2DC; ÂŤ Â&#x2DC; 300 Â&#x2DC; 25 3  300 Â&#x2DC; 25 Â&#x2DC; 12,5 2 Âť 12 ÂŹ12 Âź
306484 Â&#x2DC; 10 4 mm 4 12,5 mm
7210 Â&#x2DC; 10 3 mm 3
306484 Â&#x2DC; 10 4 mm 4
( = Wel.z )
M el . z
Wel . z Â&#x2DC; V e
7210 Â&#x2DC; 10 3 mm 3 Â&#x2DC; 235
1694 KN Â&#x2DC; m
Caso plĂĄstico: 400 Âş ÂŞ M pl . z # 2 Â&#x2DC; >A1 Â&#x2DC; V e Â&#x2DC; d 1  A2 Â&#x2DC; V e Â&#x2DC; d 2 @ 2 Â&#x2DC; ÂŤ300 Â&#x2DC; 25 Â&#x2DC; 235 Â&#x2DC; 12,5  400 Â&#x2DC; 12 Â&#x2DC; 235 Â&#x2DC; 1905 KN Â&#x2DC; m 2 ÂťÂź ÂŹ
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 Â&#x2DC; V max
7210 Â&#x2DC; 10 3 Â&#x2DC; 250 1802 KN Â&#x2DC; m
Caso plĂĄstico N N Âş ÂŞ M pl . z # 2 Â&#x2DC; ÂŤ A1 Â&#x2DC; d 1 Â&#x2DC; 355  A2 Â&#x2DC; d 2 Â&#x2DC; 235 2 mm mm 2 ÂťÂź ÂŹ
2648 KN Â&#x2DC; m
2648 1,47 1802
A1 Âˇ Ve
Ve = 355
Ve = 235 400
Eje neutro plĂĄstico Mel.z
6 Flexi贸n desviada y flexi贸n compuesta
Problema 6.1 * Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión. o
4m 30q y’
18 z’
Resolución: a) Determinación del momento flector máximo
ql 2 8
2000  4 2 8
4000 m  kg
6 FlexiĂłn desviada y flexiĂłn compuesta
30q o
M es perpendicular a q y forma 30q con el eje zâ&#x20AC;&#x2122;. Los ejes yâ&#x20AC;&#x2122;-zâ&#x20AC;&#x2122; no son los ejes principales de inercia. Vamos a determinarlos.
M= 4000 mÂ&#x2DC;kg 30q zâ&#x20AC;&#x2122;
b) DeterminaciĂłn de los momentos de inercia principales Iyâ&#x20AC;&#x2122;, Izâ&#x20AC;&#x2122; Primero hallaremos el tensor de inercia en ejes yâ&#x20AC;&#x2122;-zâ&#x20AC;&#x2122; (no principales) y a continuaciĂłn lo diagonalizaremos, para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales) yâ&#x20AC;&#x2122; 1
I 3z' I 3 y' I 1z '
1 Â&#x2DC; 1,5 Â&#x2DC; 18 3 12 1 Â&#x2DC; 18 Â&#x2DC; 1,5 3 12 I 2z'
729 cm 4 5,06 cm
zâ&#x20AC;&#x2122; 3
1 1,5 Âˇ Â§ Â&#x2DC; 9  1,5 Â&#x2DC; 1,5 3  7,5 Â&#x2DC; 1,5 Â&#x2DC; Â¨ 9  Â¸ 12 2 Âš ÂŠ
767,8 cm 4 2
I1y'
1 Â§ 1,5 7,5 Âˇ Â&#x2DC; 1,5 Â&#x2DC; 7,5 3  7,5 Â&#x2DC; 1,5 Â&#x2DC; Â¨  Â¸ 12 2 Âš ÂŠ 2
I 2 y'
729  2 Â&#x2DC; 767,8 2264,6 cm 4
5,06  2 Â&#x2DC; 280,54 566,14 cm 4
280,54 cm 4
I3yâ&#x20AC;&#x2122;zâ&#x20AC;&#x2122;=0 por tener eje de simetrĂ­a. ÂŞ 7,5 ÂˇÂş Â§  ÂŤ0  7,5 Â&#x2DC; 1,5 Â&#x2DC; 9  0,75 Â&#x2DC; Â¨ 0,75  Â¸ 2 ÂšÂťÂź ÂŠ ÂŹ
I1y'z '
I 2 y'z '
I y 'z '
417,65 Â&#x2DC; 2 835,3 cm 4
417,65 cm 4
 I y'z'
( cm4 )
2264,6  O
566,14  O
2264,6  O 566,14  O  835,3 2
2264,6 Â&#x2DC; 566,14  2264,6O  566,14O  O2  835,32
O2  2830,74O  584 354,55 0
2830,74 r 2830,74 2  4 Â&#x2DC; 584 354,55 2
Â­ 2830,74  2382,36 2606,55 cm 4 Â° 2 ÂŽ 2830,74  2382,36 Â° 224,19 cm 4 2 ÂŻ
I z 2606,55 cm 4 Â˝Â° Âž I y 224,19 cm 4 Â°Âż
Los vectores propios serĂĄn las direcciones principales. El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4.
2264,6  2606,55
566,14  2606,55
 314,95 Â&#x2DC; n1z  835,3 Â&#x2DC; n1y 835,3 Â&#x2DC; n1z tg D
 2040,41 Â&#x2DC; n1y
n1y n1z
341,95 835,3
Â§ n1 Âˇ Â&#x2DC; Â¨ 1z Â¸ Â¨ny Â¸ ÂŠ Âš
Â§0Âˇ Â¨Â¨ Â¸Â¸ ÂŠ0Âš
0Â˝Â° Âž 0 Â°Âż
arctg 0,409 22,24D
yâ&#x20AC;&#x2122; y
4000 Â&#x2DC; sen 30  22,24
7,76q z
4000 Â&#x2DC; sen 7,76 D
M 30q
4000 Â&#x2DC; cos30  22,24
zâ&#x20AC;&#x2122;
540 m Â&#x2DC; kg
My Mz Â&#x2DC;y Â&#x2DC;z Iz Iy
3963,36 Â&#x2DC;10 2 540 Â&#x2DC;10 2 Â&#x2DC;y Â&#x2DC;z 2606,55 224,19
152,05 y  240,86 z
EcuaciĂłn del eje neutro. yâ&#x20AC;&#x2122;
22,24q
y A(-8.25,9)
0 152,05 y  240,86 z 240,86 y z 152,05
y 1,58 z
Angulo que forma el eje neutro con el eje principal z:
zâ&#x20AC;&#x2122; Eje neutro B(8.25,-9)
3963,36 m Â&#x2DC; kg
1,58 Â&#x;
57,67 Âş
RelaciĂłn entre coordenadas de ambas referencias. Â§zÂˇ Â¨Â¨ Â¸Â¸ ÂŠ yÂš Â§zÂˇ Â¨Â¨ Â¸Â¸ ÂŠ yÂš
Â§ cos T sen T Âˇ Â§ z ' Âˇ Â¨Â¨ Â¸Â¸ Â&#x2DC; Â¨Â¨ Â¸Â¸ ÂŠ  sen T cos T Âš ÂŠ y ' Âš Â§ cos 22,24 D sen 22,24 D Âˇ Â§ z ' Âˇ Â¨ Â¸ Â¨  sen 22,24 D cos 22,24 D Â¸ Â&#x2DC; Â¨Â¨ y ' Â¸Â¸ ÂŠ Âš ÂŠ Âš z y
0,9256 z '0,3784 y ' Â˝ Âž 0,3784 z '0,9256 y 'Âż
Las tensiones mĂĄximas aparecen en los puntos mĂĄs alejados del eje neutro ( A y B ) Para A Â­ z ' A 8.25 ÂŽ ÂŻ y'A 9
0,9256 Â&#x2DC; (8.25)  0,3784 Â&#x2DC; 9 4,230
0,3784 Â&#x2DC; (8.25)  0,9256 Â&#x2DC; 9 11,452
TensiĂłn en A:
152,05 Â&#x2DC; 11,452  240,86 Â&#x2DC; (4,230) 2760,11 kg/cm 2
TensiĂłn en B: z 'B 8,25Â˝ Âž y 'B 9 Âż z
0,9256 Â&#x2DC; (8,25)  0,3784 Â&#x2DC; ( 9) 4,230
0,3784 Â&#x2DC; (8,25)  0,9256 Â&#x2DC; (9) 11,452
152,05 Â&#x2DC; (11,452)  240,86 Â&#x2DC; 4,230 2760,11 kg/cm 2
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
y 50 Tn
ResoluciĂłn: Trasladando la fuerza al centro de gravedad G de la secciĂłn, los esfuerzos equivalentes son:
N -50 Tn
My= -875 cmÂ&#x2DC;Tn
50 Tn 15 Âˇ Â§ 50 Tn Â&#x2DC; Â¨10  Â¸ cm 875 cm Â&#x2DC; Tn 2Âš ÂŠ 10 50 Tn Â&#x2DC; cm 250 cm Â&#x2DC; Tn 2
A Mz= 250 cmÂ&#x2DC;Tn
-50 Tn y
B My=-875 cmÂ&#x2DC;Tn
A Mz= 250 cm Â&#x2DC;Tn z
My N Mz  y z A Iz Iy
250 000  50 000  875 000 y z  A Iz Iy
10 Â&#x2DC; 35  2 Â&#x2DC; 15 Â&#x2DC; 15
1 1 3 Â&#x2DC; 15 Â&#x2DC; 15  10  15  2 Â&#x2DC; Â&#x2DC; 10 Â&#x2DC; 10 3 12 12 1 1 3 Â&#x2DC; 10 Â&#x2DC; 10  15  10  2 Â&#x2DC; Â&#x2DC; 15 Â&#x2DC; 15 3 12 12
875 000  50 000 250 000  y z 800 81667 44167
81667 cm 4 44 167 cm 4
62,5  3,06 y  19,81z kg/cm 2
a) TensiĂłn normal en B
Â­ y 5 cm ÂŽ ÂŻ z 17,5 cm
62,5  3,06 Â&#x2DC; (5)  19,81 Â&#x2DC; (17,5)
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
0o z
 20,42 6,47
6,47 z  20,42
0o y
20,42
3,15 z
Â˝ Âž 20,42Âż
Â­ z 3,15 ÂŽ ÂŻy 0 eje neutro
Problema 6.3 Sobre una columna de secciĂłn rectangular ( 35Â&#x2DC; 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.
ResoluciĂłn: Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la secciĂłn obtenemos: 30 Â&#x2DC; 0,04  50 Â&#x2DC; 0,05 1,2  2.5 1,3 Tn Â&#x2DC; m Â˝ Â° Â° Â° M z 30 Â&#x2DC; 0,03 0,9 Tn Â&#x2DC; m Âž Â° Â° N 30  50 80 Tn Â°Âż
D My= 1,3 Tn Â&#x2DC; m
80 Tn B
Mz= 0,9 Tn Â&#x2DC; m
My N Mz  y z A Iz Iy A 40 Â&#x2DC; 35 1400 cm 2
Â˝ Â° Â° 4Â° 142 916,7 cm Â° Âž Â&#x; Vx Â° Â° 186 666,7 cm 4 Â° Â°Âż
1 Â&#x2DC; 40 Â&#x2DC; 35 3 12
1 Â&#x2DC; 35 Â&#x2DC; 40 3 12
57,14  0,630 y  0,696 z (kg/cm 2 ) Â&#x153; 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
0,696 57,14 Â˝ z Âžo 0,630 0,630 Âż
y 1,1z  90,70
y 0 o z 82,46 z 0 o y 90,70 y C
z (0 ; 82,46)
6 Flexiรณn desviada y flexiรณn compuesta
57,14  0,630 ย ( 17,5)  0,696 ย 20 32,19 kg/cm 2
3,219 N/mm 2
57,14  0,630 ย ( 17,5)  0,696 ย (20) 60,04 kg/cm 2
57,14  0,630 ย 17,5  0,696 ย 20 54,24 kg/cm 2
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
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
Tubo de acero. Espesor de pared: 4mm E=2,1·105 MPa G=8·104 MPA
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.
Resoluciรณn: x =0 F x = L0
dx P G
2 ย dx
x x =L
Aplicamos el teorema de Castigliano al punto P en la direcciรณn F: M -
M x M  F ย x wM x wF
T wT wF
F 2 1 2
T wT N wN M wM dA dA  dA  wF EA wF GA wF
Â³ EI
M  F Â&#x2DC; x x dx  EI
F dx  A G 2
M  F Â&#x2DC; x x
Âª ML0 2 FL0 3 Âº Âª 2 FL0 Âº Âª M L2  L0 2 Â«   Â« Â» 3EI Â¼Â» Â«Â¬ GA Â»Â¼ Â¬Â« 2 EI Â¬Â« 2 EI
2 dx 
2 1 A 2 G 2
2 1 EA 2
3 2 F L3  L0 Âº Âª 2 F L  L0 Âº Âª F L  L0 Âº Â»Â« Â» Â»Â« 3EI 2 GA Â¼Â» Â¬Â« 2 EA Â¼Â» Â»Â¼ Â«Â¬
3,389 Â&#x2DC; 10 8 176,3  I A
Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares: Tubo ( Dext x e)
A ( cm2 )
I (cm4 )
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 )
7 Torsi贸n y esfuerzos combinados
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
Resolución: Por ser una viga simétrica  los momentos de empotramiento han de ser iguales. MA
M T ( x)
PA  P  x, 2
§A· MT ¨ ¸ © 2¹
7 TorsiĂłn y esfuerzos combinados
El ĂĄngulo de torsiĂłn mĂĄximo se tiene para la secciĂłn central, x
TÂ§ A Âˇ Â¨ Â¸ ÂŠ2Âš
M T ( x) GK 3 b 3 h
1 GK 3 b 3 h
TÂ§ A Âˇ Â¨ Â¸ ÂŠ 2Âš
Âˇ Â§ PA  P Â&#x2DC; x Â¸ dx Â¨ Âš ÂŠ 2
ÂŞ PA2 PA2 Âş 1  ÂŤ Âť 8 Âź GK 3 b 3 h ÂŹ 4 TÂ§ A Âˇ Â¨ Â¸ ÂŠ2Âš
P A2 1 GK3b3h 8
Â§ G: mĂłdulo de rigidez a torsiĂłn del material del eje Â¨Â¨ G ÂŠ
Âˇ E Â¸ 2 Â&#x2DC; (1  Q ) Â¸Âš
K3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relaciĂłn capĂ­tulo 5. TorsiĂłn)
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
Problema 7.2 Hallar los momentos en los empotramientos MA y MD. Dibujar el diagrama de momentos torsores.
MB=30000 NÂ&#x2DC;cm
MC=20000 NÂ&#x2DC;cm MD
a=30 cm b=50 cm c=40 cm
ResoluciĂłn: Es un problema hiperestĂĄtico.
0 Â&#x; M
MA  MD
30000  20000 50000 kg Â&#x2DC; cm
MA -MA A
T BA T B  T A B
 MA Â&#x2DC;a G Â&#x2DC; Io
 M A Â&#x2DC; 30 G Â&#x2DC; I0
MA-MB -(MA-MB)
TC TB
 M A  M B
Â&#x2DC; 50 G Â&#x2DC; Io
T D TC
M D Â&#x2DC; 40 G Â&#x2DC; I0
-MD = MA-MB-MC MD C D
T BA  T CB  T DC
M A Â&#x2DC; 30 M D Â&#x2DC; 40 M A  M B   Â&#x2DC; 50 G Â&#x2DC; Io G Â&#x2DC; Io G Â&#x2DC; Io
 M A Â&#x2DC; 30  M A  30000 Â&#x2DC; 50  M D Â&#x2DC; 40 0  M A Â&#x2DC; 30  M A Â&#x2DC; 50  1500000  M D Â&#x2DC; 40 0 80 Â&#x2DC; M A  40 Â&#x2DC; M D M A  M D 50000 Â­ ÂŽ ÂŻ80 Â&#x2DC; M A  40 Â&#x2DC; M D 1500000
Â­40 Â&#x2DC; M A  40 Â&#x2DC; M D ÂŽ ÂŻ80 Â&#x2DC; M A  40 Â&#x2DC; M D
Â&#x;MA
3500000 120
29166,6 N Â&#x2DC; cm
Diagrama de momentos torsores: 29166,6 +
A -833,4
50000  29166,6 20833,4 N Â&#x2DC; cm D
C -20833,4
-20833,4 ( NÂ&#x2DC;cm )
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 .
200 mm z
Mx 60q
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
4  Am2 ds e s
4  Am2 e s
§1 · 4  ¨  200  200  cos 30 D ¸ ©2 ¹  5 mm 1000  10 4 mm 4 3  200 d)
Mx e 1 3  bi  ei 3
1000 Nmm  10 3  5 mm §1 3· 3  ¨  200 mm  5 mm ¸ ©3 ¹
N mm 2 e
¦ 3 b
 ei3
2,5  10 4 mm 4
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 )
520 150 40
Resolución: F
 0,8  2 128 kp m2 Sección en el empotramiento. Esfuerzos: Nx
90  832 922 kp
128 kp
My= 716,8 kpm Tz =-128 kp Mz= -3000 kpm Mx= 64 kpm z x Ty= -922 kp
128 kp Â&#x2DC; 0,5 m
64 kp Â&#x2DC; m
128 kp Â&#x2DC; (0,4  5,2) m
90 kp Â&#x2DC; (5,2  0,4) m  832 Â&#x2DC; 3
716,8 kp Â&#x2DC; m 3000 kp Â&#x2DC; m
y 716,8 kpÂ&#x2DC;m
3000 2  716.8 2
MF D 3000 kpÂ&#x2DC;m
3084,4 kp Â&#x2DC; m
716,8 13,4D 3000
MF = 3084,4 kpÂ&#x2DC;m
MF D Iz 2
3084,4 Â&#x2DC; 10 2 15 2 S Â&#x2DC; 15 4 64
930,9 kp/cm 2
Tensiones tangenciales debidas al momento torsor: y Wmax
M x Â&#x2DC; rmax Io
15 2 S Â&#x2DC; 15 4 32
6400 Â&#x2DC;
9,66 kp/cm 2
Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes: y
A T -922
T z2  T y2 4T 3 A
128 2  922 2
4 930,8 3 S Â&#x2DC; 15 2 4
930,8 kp
7,0 kp/cm 2
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
1m M= 8 Tnยm
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
My=22 Tnยm
5 Tn
10 Tn
4 Tn
8  10 ย 2 12 Tn ย m
4 ย 3  5 ย 2 22 Tn ย m
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
Tensiรณn normal debida al esfuerzo axil: y V
5000 S ย 40 2 4
3,97 kp/cm 2
Tensiรณn normal debida a los momentos flectores: y 22
MF D 30
22 2  30 2
37,20 Tn ย m
MF = 37,20 mยTn
V x max
M y max I
3720000 ย 20 592 kp/cm 2 4 S ย 40 64
Tensiรณn normal mรกxima total:
592  3,97 596 kp/cm 2
TensiĂłn tangencial debida a los esfuerzos cortantes: y
4 2  10 2 10,77 Tn 10 arctan 68,2 D 4
DistribuciĂłn parabĂłlica de W con una Wmax
4T 3 A
4 10770 3 S Â&#x2DC; 40 2 4
11,43 kp/cm 2
TensiĂłn tangencial debida al momento torsor y B
1200000 Â&#x2DC; 20 S Â&#x2DC; 40 4 32
95,49 kp/cm 2
La tensiĂłn tangencial mĂĄxima total
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 Â˝ Â° Âž V equiv 2 W M x , T 95,49 kp/cm (1)Â°Âż
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.
b) Giro de la secciĂłn C (alrededor del eje x) Dibujamos el diagrama de momentos torsores 20 mT
20 mT 12 mT A 1m
El giro alrededor del eje x en la secciĂłn E serĂĄ el mismo que el de la secciĂłn D.
Mx 12 mT Â&#x2DC; 1 m 20 mT Â&#x2DC; 1 m 20 mT Â&#x2DC; 1 m dx   GI o GI Â&#x2021; 40 GI Â&#x2021; 40 GI Â&#x2021;10
1200000 Â&#x2DC; 100 2000000 Â&#x2DC; 100 2000000 Â&#x2DC; 100   4 4 S Â&#x2DC; 40 S Â&#x2DC; 40 S Â&#x2DC; 10 4 840000 840000 840000 32 32 32
0,244 rad 13,98 D
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
40 cm F
C rA rB
Q’ x
Q Resolución:
Mx Z o Mx
­1 CV 736 W ½° ° ®1 rpm 2S rad s ¾° °¯ 60 ¿ 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
14324 | 955 Kg 15
2 F c 1910 Kg
Mx= Q·rB – Q’·rB Q c  22 14324 cmKg
14324 1193,7 Kg 12
Q 2  1193,7 2387,4 Kg
Diagrama de momentos en el plano xy : 3Q’= 3581 Kg
RC 50 cm
M z,B
3582  50 89525 cmKg 2
Diagrama de momentos en el plano xz : 3F c 2865 Kg x
4011 Kg
M x 1146 x MB
1146  50 57300
114600 cmKg
RC  R D  2865 0 R D Â&#x2DC; 100 40 Â&#x2DC; 2865 40 Â&#x2DC; 2865 1146 Kg 100 2865  1146 4011 Kg
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
+14324 cmKg B
D -14324 cmKg
M x,B
M x, A
14324 cmKg
16 S Â&#x2DC; 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 Â&#x2DC; 1146002  3 Â&#x2DC; 14324 2 S Â&#x2DC; 728 d min
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.
G 75 Kp 50 Kp y z O
ResoluciĂłn: a) Esfuerzos de secciĂłn y
Â­ N 400 Kp Â° ÂŽT y 75 Kp Â° ÂŻTz 50 Kp Tz
50 Â&#x2DC; 150 7500 mmKp
Â­M x Â° Â°M y ÂŽ Â°M z Â° ÂŻ
50 Â&#x2DC; 250 12500 mmKp 400 Â&#x2DC; 150  75 Â&#x2DC; 250 78750 mmKp
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
DistribuciĂłn uniforme de tensiones V x : G
V x ,mĂĄx
0,32 Kp/mm 2
G G G Esfuerzo cortante T T y  Tz T Tz
T y 2  Tz 2
75 2  50 2
DistribuciĂłn parabĂłlica de W: T
WmĂĄx
W mĂĄx
4T 3A
90 40 2 S 4
0,1 Kp/mm 2
Momento torsor M x
7500 mmKp
Distribuciรณn de tensiรณn W con una ley lineal radial:
Wmรกx Wmรกx
M x ย rmรกx I0
W mรกx
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 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:
0,6  0,1 0,7 Kp/mm 2
12,69 Kp/mm 2
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:
SeI 3 4
e I200
SeI 3 8
A | SeI
q=50 Kp/m L= 5m
Resolución: a) Determinación de los diagramas de esfuerzos. y
qy=50 Kp/m 25 mKp
mx=50·0,1= 5 mKp/m
125 Kp
qy=50 Kp/m Mz I/2 = 0,1 m +
M z ,máx
1 q y L2 8
1 50  5 2 8
T y ,máx M x ,máx
b) Características mecánicas de la sección. 3
SeI m SeI 3 # 4 4
I e SeI 2
L 125 Kp 2
I0 |
156,25 mKp
I 0 SeI 2 I 2 2 I z SeI 2 I 4 2
c) ComprobaciĂłn de tensiones en la secciĂłn central 6B. VmĂĄx
Â­M z 156,25 mKp Â° Mz ÂŽ Â°V x ,mĂĄx W z ÂŻ
VmĂĄx
Â­M x 12,5 mKp Â° Mx ÂŽ Â°W mĂĄx W 0 ÂŻ Aplicando el criterio de falla de von Mises:
V equiv
2 V x2,mĂĄx  3 Â&#x2DC; W mĂĄx
Â§ Â¨ Â¨ 15625 Â¨ 20 2 Â¨ Se 4 ÂŠ
2474  11,8 500
d 500 Kp/cm 2
Âˇ Â§ Â¸ Â¨ Â¸  3 Â&#x2DC; Â¨ 1250 Â¸ Â¨ 20 2 Â¸ Â¨ Se 2 Âš ÂŠ 0,1 cm
Âˇ Â¸ Â¸ d 500 Kp/cm 2 Â¸ Â¸ Âš
e t 1 mm
ComprobaciĂłn de tensiones en la secciĂłn extrema 6C
^M z
Ty Â­T y 125 Kp Â° Ty ÂŽ T Â°W mĂĄx 2 Â&#x2DC; A ÂŻ
Â­M x 25 mKp Â° Mx ÂŽ Â°W mĂĄx W 0 ÂŻ
T  W mĂĄx 0  3 Â&#x2DC; W mĂĄx
Â§ Â¨ 125 Â&#x2DC; 2 2500 3Â&#x2DC;Â¨  Â¨ S Â&#x2DC; e Â&#x2DC; 20 20 2 S Â&#x2DC;eÂ&#x2DC; Â¨ 2 ÂŠ
47,5  47,5 500
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
5 q Â&#x2DC; L4 d 5 mm 384 EI z
5 Kp/cm 100 2100000 Kp/cm
500 cm 4 S Â&#x2DC; e Â&#x2DC; 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.
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.
Material: acero E = 210000 N/mm2 G = 84000 N/mm2
C b = 100
Resolución: Por razones de simplicidad se trabaja con la curva media del perfil de espesor constante y acuerdo recto. (*)
- El eje de simetría proporciona las direcciones principales centrales yy zz. - El baricentro G cumple la condición:
³ z  dA ¦
coincide con el punto de encuentro de los elementos. 35,35
ds s y z
­ °I z ° ® ° °W z ¯
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 ).
­ °I y ° ® ° °W y ¯
ds z z
z  dA 2 
b § 2 ¨s  0 ¨
2 ·¸ 1 3 b e  e  ds ¸ 2 ¹ 12
416666 mm 4 35,35 mm
11786 mm 3
­ ® It ¯
 ei
2 b  e3 3
8333 mm 4
­ °T y ° ® °T °¯ z
2 2 2 P 2 P
^M x
Ty , Tz
353 N 353 N
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
Tensiones normales Vx debidas a la flexión desviada My , Mz. +7,5 N/mm2
- Para My y
V máx -15
Mz -7,5 G My
176777 Nmm N 15 3 11786 mm mm 2
- Para Mz
Mz Wz
176777 Nmm 23574 mm
Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant (ya que IZ | 0 en este tipo de secciones).
dT x GI t  dx
d 3T x
EI Z 3 dx
TORSIÓN NO UNIFORME
¾ Wmáx
Wmáx = 30 N/mm2
¾ Wmáx = 22,5 N/mm2
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
7,14  10 5
Tensiones tangenciales debidas al cortante Ty , Tz. Aplicamos superposición: Ty :
C 0,75 z
WTOTAL= W + W’
­ 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 °¯
3 P 4 be
Tz : A1
Â­ T z Â&#x2DC; m yA1 Â°W c variable segĂşn z I y Â&#x2DC;e Â° Â° c . Â°Para z 0, W mĂĄx Â° 2 Â° 50 Â&#x2DC; mm 3 ÂŽ 2 Â° 353 N Â&#x2DC; 50 Â&#x2DC; 5 Â&#x2DC; N 2 Â°W c 0,75 mĂĄx 4 Â° 416666 mm Â&#x2DC; 5 mm mm 2 Â° 3 P Â°Ăł directamente se demuestra que W mĂĄx Â°ÂŻ 4 bÂ&#x2DC;e
y 50 z G
Tz 0,75
27 P Â&#x2DC; 20 b Â&#x2DC; e 27 500 N N Â&#x2DC; 1,35 20 100 Â&#x2DC; 5 mm 2
W TOTAL max
WTOTAL 1,35
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
Punto Â­ Â°V x Â° ÂŽ Â° Â°W ÂŻ
N N  7,5 2 mm mm 2
( My Mz )
N N  0,75 2 mm mm 2
( M x , Ty , Tz )
De los puntos estudiados, el Aplicando Von Mises
V x 2  3W 2
Â­ Â°V x Â° ÂŽ Â° Â°W ÂŻ
N N  7,5 2 mm mm 2
es el mĂĄs desafavorable.
22,5 2  3 Â&#x2DC; 22,5 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
(15  7,5) 2  3 Â&#x2DC; (30  1,35) 2
Esta operativa estĂĄ contemplada en diferentes normativas. b)
dT x Â&#x2DC;L dx
F Â&#x2DC; L3 3Â&#x2DC; E Â&#x2DC; I
Se desprecian los corrimientos debidos al esfuerzo cortante Ty , Tz.
G (Tx) A1
Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz:
F L 3 E  Iz
2  (500) 3 2 3  210000  1666 666 500
Corrimiento según el eje z debido a la flexión My:
F  L3 3 E  Iz
2  (500) 3 2 3  210000  416666 500
Amplificación del giro debido al torsor Mx:
§ dT · T x  100 ¨ x  L ¸  100 7,14  10 5  500  100 3,57 mm dx © ¹
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
La carga vertical ( y horizontal ) se realiza en el centro de cizalladura. P
Problema 7.10 * a) Determinar las tensiones normales y tangenciales en el perfil HEA-500 sometido a torsiĂłn constante Mx = 20 KN Âˇ m y con coacciĂłn total al alabeo en el extremo empotrado. b) Calcular el giro Tx en la secciĂłn A.
x z Mx = 20 KNÂˇm L=5m
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
dT dT  E Â&#x2DC; Iw Â&#x2DC; 3 dx dx
G Â&#x2DC; It Â&#x2DC;
donde : Momento de inercia a torsiĂłn o constante de Saint Venant: It
ÂŚ 3 Â&#x2DC;b
Â&#x2DC; ei3
1 Â&#x2DC; 2 Â&#x2DC; 300 Â&#x2DC; 23 3  467 Â&#x2DC; 12 3
270 Â&#x2DC; 10 4 mm 4
MĂłdulo de alabeo o momento de inercia sectorial:
If Â&#x2DC;
1 3 h2 Â&#x2DC;b Â&#x2DC;eÂ&#x2DC; 12 2
1 467 2 Â&#x2DC; 300 3 Â&#x2DC; 23 Â&#x2DC; 12 2
5643 Â&#x2DC; 10 9 mm 6
El reparto del momento torsor total Mx = Mt1 +Mt2 ( para L = v ): Â­TorsiĂłn uniforme M t1 ÂŽ ÂŻTorsiĂłn no uniforme M t 2
M x 1  e D x M x Â&#x2DC; e D x
Mx = 20 KNÂˇm
Mt1 2,03 ( 3,9 exacto )
N Â&#x2DC; 309,3 Â&#x2DC; 10 4 mm 4 2 mm N 210000 Â&#x2DC; 5,64 Â&#x2DC; 1012 mm 4 2 mm 80000
G Â&#x2DC; It E Â&#x2DC; Iw
4,57 Â&#x2DC; 10  4 mm 1
El angulo girado por unidad de longitud es variable: dT x dx
Mx M t1 1  e D x { G Â&#x2DC; It G Â&#x2DC; It
Para encontrar el ĂĄngulo de giro total en el extremo:
dT x Â&#x2DC; dx dx
Mx Â&#x2DC; 1  e D x Â&#x2DC; dx G Â&#x2DC; It
20000 Â&#x2DC; 10 3 Nmm N Â&#x2DC; 309,3 Â&#x2DC; 10 4 mm 4 81000 mm 2
Mx Â§ 1 1Âˇ Âˇ Mx Â§ Â&#x2DC; Â¨ L  e D x  1 Â¸ | Â¨L  Â¸ G Â&#x2DC; It ÂŠ D DÂš Âš G Â&#x2DC; It ÂŠ
Â§ 1 Â¨ Â¨Â¨ 5000 mm  4,57 Â&#x2DC; 10 4 ÂŠ
0,4  0,17 rad 23D  10 D
Â§  5000 4 ÂˇÂˇ Â¨ e 4,57Â&#x2DC;10  1Â¸ Â¸ Â¨ Â¸ Â¸Â¸ ÂŠ ÂšÂš
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
M t1 Â&#x2DC; e max It
20000 Â&#x2DC; 10 3 Nmm
M t1 Â&#x2DC; e alma It
309,3 Â&#x2DC; 10 mm
Â&#x2DC; 23 mm 149
Â&#x2DC; 12 mm 78
En el empotramiento la torsión no uniforme provoca tensiones tangenciales Ww y normales Vw, donde Mt2 # Mx :
20 KN  m 0,467 m
Mt2 = Vf · h o V f
42,8 KN
Por aplicación de Collignon en la sección rectangular del ala :
h = 467 Vf
3 Vf 2 Af
3 42800 N 2 300  23
(el valor exacto es 9,3
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:
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 
93,6  10 6 Nmm 
1  23 mm  (300 mm) 3 12
(el valor exacto por aplicación de las fórmulas del bimomento es Vw = 261 N/mm2 )
Aplicaciรณn del criterio de Von Mises
Secciรณn A: punto contorno del ala
V 2  3 ยW 2
0  3 ยW 2
3 ย 149 258
Secciรณn B: punto extremo del ala ( Vw max ,Ww = 0)
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 :
N My Mz   Vw A W y Wz
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.
G{C IPE - 300 z
x 50 mm F 30 KN
Resolución: Diagramas de esfuerzos 90000 Nm ( máx ) 1500 Nm -
Mx = F · 0,05 m Momento torsor
Mz = - F · (L – x ) Momento flector eje z
Ty = - F Esfuerzo cortante eje y
Características mecánicas sección IPE – 300. A
tf = 10,7
53,81 cm 2 603,8 cm 4 8356 cm 4
­I y ® ¯I z
z tw = 7,1
­°Wel y ® °¯Wel z
Análisis de la torsión mixta Ecuación general de gobierno de la torsión mixta:
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
x L= 3m
80,5 cm 3 557,1 cm 3
20,12 cm 4
125,9  10 3 cm 6
­Torsión uniforme : M t1 ® ¯Torsión no uniforme : M t 2
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
Mz Vw
Debidas al bimomento Mf : ( If | Iy / 2 ) Mf
Mf 
1500 N  m 0,78 m 1  0,289 m b 2
6654 N  m
6654  10 3 Nmm  75 mm
6038000 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
Asรญ, la tensiรณn normal mรกxima:
V w  V x max ( M z ) 165  162 327
b) Tensiones tangenciales debidas a la torsiรณn uniforme en la secciรณn x = L:
Alas superior e inferior: Mt1 = 1355 Nยทm
Wmax = 72 N/mm2
M t1 ย e mรกx It
1355 ย 1000 ย 10.7 72 N/mm 2 201200
8 Corrimientos en piezas prismรกticas
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)
3000 Kp B z
Material : (=2,1Âˇ104 Mpa Q=0,2 G=8750 MPa
ResoluciĂłn: a) Diagramas de esfuerzos
xâ&#x20AC;&#x2122; B
RA = 1000
1000 2 B
B 4000mKp
 4000mKp
RA= 2000
2 P 3 1 P 3
Tramo AB Tramo BC
 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
N A 1000 2  1800
0,8 Kp
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
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
Suma de tensiones normales Vx :
N M  y 0,8  0,37 y A I V x mĂĄx  0,8  0.37 Â&#x2DC;  30 10,3 Kp/cm 2 (mĂĄxima tĂŠnsiĂłn de tracciĂłn)
V x mĂ­n 
0,8  0,37 Â&#x2DC; 30 11,9 Kp/cm 2 (mĂĄxima tensiĂłn de compresiĂłn)
b) Corrimiento vertical en B vB
Â§ N wN T wT M wM Âˇ Â¨Â¨ Â¸dl   TOTAL EA wP GA1 wP EI wP Â¸Âš ÂŠ
Â§ 2 2 Â¨ PÂ§ P Âˇ  2 Â¨ 3 Â¨ Â¸ 3 Â¨ EA Â¨ 3 Â¸ GA1 0 ÂŠ Âš Â¨ ÂŠ P 4P P ' Â§  x Â¨ 400  1 Â§ Âˇ 3 3 3 Â¨  0 Â¨ Â¸ 0 Â¨ GA1 ÂŠ 3 Âš EI Â¨ ÂŠ
2000 2000 2000 x 2 Âˇ Â¨ Â¸ Â¨ 3EA  3GA  3EI Â¸ Â&#x2DC; dx  1 ÂŠ Âš
200 2 Â§
2 PÂ&#x2DC;x 2 2  3 3 3 EI Âˇ Â§ 4 x' ÂˇÂ¸ ' Â¨  Â¸ Â¸dx Â¨ 3 3 Â¸Â¸ ÂŠ ÂšÂ¸ Âš
400 Â§ 1000
Âˇ Â¸ x Â¸dx  Â¸ Â¸ Âš
Â¨ Â¨ 3GA  1 ÂŠ
16000  8000 x '  1000( x ' ) 2 Âˇ Â¸ Â&#x2DC; dx c Â¸ 3EI Âš 200 2
Âş ÂŞ x3 2000 Âť ÂŤ 2000 x 2000 x 3 Âť ÂŤ   ÂŤ 3 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 10 5 Â&#x2DC; 1800 3 Â&#x2DC; 87500 Â&#x2DC; 1500 3 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 10 5 Â&#x2DC; 540000 Âť ÂťÂź ÂŤÂŹ 0 ÂŞ xc 2 xc3 c 16000 8000 1000 x   ÂŤ 1000 x c 2 3 ÂŤ  5 3 87500 1500 Â&#x2DC; Â&#x2DC; 3 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 10 Â&#x2DC; 540000 ÂŤ ÂŤÂŹ
0,0005  0,0014  0,0442  0,001  0,0608
0,0005 0,0024 0,105 0,108 cm 1,08 mm (N)
Âş Âť Âť Âť ÂťÂź 0
Problema 8.2 Para la pieza quebrada de la figura, hallar : Q
b) El desplazamiento transversal de la sección C (en la dirección Z).
Aplicación a :
P=300 N Q=2P=600 N E=2,1·105 Mpa G=0,4E
1m Y Z
Resolución : Determinación de esfuerzos:
A x Q B
­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
a) Desplazamiento vertical de la secciĂłn A:
wWtotal wQ
Ty wTy
BÂ§
Âł Â¨Â¨ÂŠ GA A
M z wM z Âˇ Â¸ dx  EI z wQ Â¸Âš
M wM y Âˇ Â¨ Nx wNx  y Â¸ dx  Â¸ B Â¨ EA wQ w EI Q y ÂŠ Âš
CÂ§
T wTy T wTz M x wM x M y wM y M z wM z ÂˇÂ¸ Â¨ y dx  z    Â¨ GA1 wQ GA1 wQ GKt wQ EI y wQ EI z wQ Â¸ Âš ÂŠ
Âˇ Q Â¨Â¨  1   Q Â&#x2DC; x  x Â¸Â¸ dx  EI z ÂŠ GA1 Âš
1m Â§
Âˇ Â¨  Q  1  Q 1 Â¸ dx  Â¨ EA EI y Â¸Âš ÂŠ
Âˇ Â¨  Q  1   P Â&#x2DC; 0   Q  1  Px Â&#x2DC; 0   Q Â&#x2DC; x  x Â¸ dx Â¨ GA1 Â¸ GA1 GKt EI y EI z Âš ÂŠ
Â¨ 1 Q  1 Q  Q  1 Q  1 Q  1 Q Â&#x2DC; x 2  Q Â&#x2DC; x 2 Â¨ EA GA1 GKt EI y EI z ÂŠ
1 1 1 1 1 2 Q 2Q  Q Q Q 0,042 m EA GA1 GK t EI y EI z 3
ÂˇÂ¸Â¸ dx Âš
TĂŠrminos de la secciĂłn: Q 600 N
2,1 Â&#x2DC; 1011 N/m 2
0,4 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 1011 N/m 2
A 16 cm 2 16 Â&#x2DC; 10  4 m 2 5 40 Â&#x2DC; 10  4 m 2 A1 A 6 3 1 4 43 Â&#x2DC; 4 cm 4 Â&#x2DC; 10 8 m 4 Iy Iz 12 3 Kt
3 K 3 Â&#x2DC; 2a 2b 0,141 Â&#x2DC; 4 4 Â&#x2DC; 10 8 m 4
8 Corrimientos en piezas prismĂĄticas
b) Desplazamiento transversal de la secciĂłn C.
G C z
wWtotal wP
Q QÂ&#x2DC;x Âˇ Â¨Â¨ Â&#x2DC;0  Â&#x2DC; 0 Â¸Â¸ dx  EI z ÂŠ GA1 Âš
Âˇ Â¨  Q Â&#x2DC; 0  Q Â&#x2DC; 0 Â¸ dx  Â¨ EA EI y Â¸Âš ÂŠ
Âˇ Â¨  Q Â&#x2DC; 0   P  1   Q Â&#x2DC; 0  P Â&#x2DC; x x   Q Â&#x2DC; x Â&#x2DC; 0 Â¸ dx Â¸ Â¨ GA1 GA1 GK k EI y EI z Âš ÂŠ
P 40 Â&#x2DC; 10  4 0,4 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 1011 Â&#x2DC; 3
P 3  43 Â&#x2DC; 10 8 2,1 Â&#x2DC; 1011 Â&#x2DC; 3
12 P  10 4 P 64 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 10 7
1 P  1 Â§Â¨ P ÂˇÂ¸ GA1 EI y ÂŠ 3 Âš
2,235 Â&#x2DC; 10 3 m 0,2235 cm
9 Piezas y sistemas hiperestรกticos
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
Vadm=1600 Kp/cm2 E=2,1Âˇ106 Kp/cm2
ResoluciĂłn : a) Se descompone el problema, con un grado de hiperestaticidad, en uno isostĂĄtico mĂĄs un momento de empotramiento (incĂłgnita) MA .
 RA
MA C +
RAâ&#x20AC;&#x2122;
 RB
RBâ&#x20AC;&#x2122; x
-5000mKp=MB MA-RAÂˇx -
   R A Â&#x2DC; x  R B Â&#x2DC; x  4
  RA Â&#x2DC;x -
Mâ&#x20AC;&#x2122; + Mâ&#x20AC;&#x2122;A
MA 5000 RB
Mâ&#x20AC;&#x2122;A-RAâ&#x20AC;&#x2122;Âˇx
 = T  RA
Tâ&#x20AC;&#x2122; RAâ&#x20AC;&#x2122; III )
Estado final ( I ) = Estado isostĂĄtico ( II ) + Estado hiperestĂĄtico ( III )
RBâ&#x20AC;&#x2122;
9 Piezas y sistemas hiperestĂĄticos
- Estado isostĂĄtico (II):   R A  RB
 R A Â&#x2DC; 4 5 000 Â&#x2DC; 1  MA
Â­ Â°R A ÂŽ Â°R ÂŻ B
5 000 1250 Kp 4 6250 Kp 
5 000 mKp
- Estado momento hiperestĂĄtico (III): R cA  R Bc M cA R Bc Â&#x2DC; 4 M Bc 0 x Para encontrar Mâ&#x20AC;&#x2122;A , aplicaremos el 2Âş teorema de Mohr entre A y B , en el estado final (I): 0 '
ÂŚA Â&#x2DC;y i
LÂ&#x2DC;MA 2 Âˇ 1 Â§ LÂ&#x2DC;MB 1 Â&#x2DC; L Â&#x2DC; LÂ¸ Â&#x; M A Â¨ EI ÂŠ 2 3 2 3 Âš
Ai = ĂĄrea diagrama momentos flectores yi = distancia desde el baricentro Ai hasta B L=4m M cA
M cA 4
 5000 mKp 2
625 Kp
 M A  M cA  M B  M Bc
RA RB M x
 R A  R cA  R B  R Bc
4 M A  4 R A
0  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
b) Para el cĂĄlculo de vC , vamos a aplicar el 2Âş teorema de Mohr entre A y C . vC
Â§ 4M B Â§ 4 Âˇ 1M B 2 4 M A Â§ 8 Âˇ Âˇ Â¨Â¨  Â¨  1Â¸  Â¨  1Â¸ Â¸ 2 3 2 ÂŠ 3 Âš Â¸Âš ÂŠ 2 ÂŠ3 Âš
 2 Â&#x2DC; 10 4 Â&#x2DC; 10 6 0,3 cm Â&#x; I min 3 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 10 6 Â&#x2DC; I
2 Â&#x2DC; 10 4 10582 cm 4 3 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 0,3
 20000 kg Â&#x2DC; m 3 3EI Kg/m 2 Â&#x2DC; m 4
Â­Â° I 11770 cm 4 IPE 330 ÂŽ z Â°ÂŻW 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 Â&#x2DC; 7,5 mm 2
7,01 Kp/mm 2
701 Kp/cm 2 1600 Kp/cm 2
2,46 Kp/mm 2
246 Kp/cm 2 923,8 Kp/cm 2
El perfil IPE 330 cumple la condiciĂłn de resistencia y la condiciĂłn de rigidez.
Problema 9.2 Dada la viga de la figura, p = 20000 N/ml
B C A 4m
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=2,1Âˇ106 MPa
ResoluciĂłn: a) DescomposiciĂłn en un problema isostĂĄtico, mĂĄs una incĂłgnita hiperestĂĄtica ( Râ&#x20AC;&#x2122;B). p
 MA MA
MB=-40000 Nm -
P MAâ&#x20AC;&#x2122;
 MA
280 000 Nm   R A x  M A  px 2 / 2   R A x  M A  4px  2
MAâ&#x20AC;&#x2122;- RAâ&#x20AC;&#x2122;x
 R A  px
Râ&#x20AC;&#x2122;B
MAâ&#x20AC;&#x2122;= 4Râ&#x20AC;&#x2122;B P
+ RAâ&#x20AC;&#x2122;
b) DeterminaciĂłn de la incĂłgnita hiperestĂĄtica y de las reacciones totales.
M x A , B M x B , C
 Â§  x2 Âˇ M cA  R cA Â&#x2DC; x  R A Â&#x2DC; x  Â¨Â¨ M A  p Â&#x2DC; Â¸Â¸ 2 Âš ÂŠ   R A Â&#x2DC; x  M A  4 Â&#x2DC; p Â&#x2DC; x  2
Para hallar Râ&#x20AC;&#x2122;B , aplicaremos el 2Âş teorema de Mohr entre A y B : 0 ' 1 EI
ÂŞ ÂŤ ÂŤÂŹ
 x dx
2 Âˇ Âş Â§  Âˇ c Â¨ R A Â&#x2DC; x  Â¨ M A  p x Â¸ Â¸4  x dx  4 M A Â&#x2DC; 2 Â&#x2DC; 4Âť Â¸ Â¨ AÂ¨ 2 Âš Â¸Âš 2 3 ÂťÂź ÂŠ ÂŠ
280000 Nm 4 R Bc
MA M cA 1 ÂŞ EI ÂŤÂŹ
64 Âş Âł 100000 x  280000  10000 x Â&#x2DC; 4  x dx  3 R c ÂťÂź B
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
ÂŞ  4160000 64 Âş  R Bc Âť ÂŤ 3 3 ÂŹ Âź
RA - 80000 + 65000 - 20000 = 0 MA = - 20000Âˇ6 + 65000Âˇ4 - 80000Âˇ2
Â&#x; Â&#x;
RA = 35000 N MA= -20000 Nm
c) DeterminaciĂłn del IPN.
Â&#x; WZ ,min
4 Â&#x2DC; 10 6 14000
M max Wz
40000 Â&#x2DC; 100 d 14000 N/cm 2 Â&#x; Wz
285,7 cm 3 TABLAS
Â­Â° I 4250 cm 4 IPN 240 ÂŽ z Â°ÂŻW z 354 cm 3
d) Pendiente en B. M x A , B
20000  35000 x  10000 x 2 d 2 v1 dx 2
dv1 dx
Â§ Âˇ x2 x3 Â¨  20000 x  35000 Â¸   10000 C 1 Â¨ Â¸ 2 3 ÂŠ Âš
0 Â&#x; C1
M x A, B
1 Â§ 16 64 Âˇ  0Â¸ Â¨  20 000 Â&#x2DC; 4  35 000 Â&#x2DC;  10 000 Â&#x2DC; 2 3 EI ÂŠ Âš
 240 000  840 000  640 000 11
3 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 10 Â&#x2DC; 4250 Â&#x2DC; 10
 40 000 3 Â&#x2DC; 2,1 Â&#x2DC; 10 3 Â&#x2DC; 4250
0,00149 rad 0,0856 0
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.
- 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 ).
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.
CĂĄlculo de GC : RD D
'A CD
H Â&#x2DC; A CD
V Â&#x2DC; A CD E
V ,V E
RD ) A
R D Â&#x2DC; 400 cm
2,1 Â&#x2DC; 10 7 N/cm 2 Â&#x2DC; 5 cm 2
R D Â&#x2DC; A CD EA
3,81 Â&#x2DC; 10  6 Â&#x2DC; R D
R D en N
CĂĄlculo de vC : Aplicaremos el Teorema de Castigliano: x p
R D x  400  p x
 px
wWTOTAL wR D
EI wR D
x2 2 Â&#x2DC; 0 Â&#x2DC; dx  EI
p 400
R x  400  p 800 D
MA= 400 RD- 320 000Âˇp ( Ncm ) MC= -80 000Âˇp ( Ncm )
x2 2 x  400 Â&#x2DC; dx
p 800
x2  RD Â&#x2DC; x  400 RD 2 x  400 Â&#x2DC; dx EI
1 ÂŞ  p 4 Â§ 200 p  RD x Â¨ ÂŤ EI ÂŹ 8 3 ÂŠ
Âş Âˇ 3 Â¸ x  400 Â&#x2DC; RD Â&#x2DC; x 2  160000 Â&#x2DC; RD Â&#x2DC; x Âť Âš Âź 400
1  18133 Â&#x2DC; 10 6 p  21,3 Â&#x2DC; 10 6 R D EI
 18133 Â&#x2DC; 10 6 p  21,3 Â&#x2DC; 10 6 R D 2,1 Â&#x2DC; 10 7 Â&#x2DC; 29210
 29561,5 p  34,8 Â&#x2DC; R D Â&#x2DC; 10 6 cm Entonces:
v C Â&#x;
3,81 Â&#x2DC;10 6 Â&#x2DC; R D
38,61 Â&#x2DC; RD
 29561,5 p  34,8 Â&#x2DC; R D Â&#x2DC; 10 6 Â&#x153;
29561,5 p
(1) R D (2) p
(RD en N)
0,13 Â&#x2DC; RD (p en N/cml)
DeterminaciĂłn de pmĂĄx : Para el tirante: R D ,max
V max ,tirante
Â&#x; p max 2
d V am
140 Â&#x2DC; 10 2 N
0,13 Â&#x2DC; R D ,max
Â&#x; R D ,max
0,13 Â&#x2DC; 70 000 9 100 N
70 000 N Â&#x; 2
V max ,viga
400 R D  320 000 p
80 000 p
M max W z , IPN 400
d V adm
400 Â&#x2DC; 766 p  320 000 p
13 600 p
80000  p d V adm 1460
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
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
IPN 220 A
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
R  A
R  x -
Rx
1 p  x2 2
CĂĄlculo de G1: Aplicamos el 2Âş teorema de Mohr entre A y B :
1 2 px 2 x dx EI z
Rx 
1 ÂŞR 3 p 4Âş A  A Âť 8 Âź EI z ÂŤÂŹ 3
CĂĄlculo de G2: Aplicamos el 2Âş teorema de Mohr entre C y B:
' 1 EI z
Rx x dx EI z
ÂŞ R 3Âş ÂŤ3 A Âť ÂŹ Âź
CondiciĂłn: G1=G2 81 Â&#x2DC;p 8 E Â&#x2DC; 2 140 cm 4
64 Â&#x2DC;R 3 E Â&#x2DC; 3 060 cm 4
9R 
216 Â&#x2DC; 3060  512 Â&#x2DC; 2140 R
243 Â&#x2DC; 3060 p Â&#x; p N
2,3624 Â&#x2DC; R
CĂĄlculo de Rmax ( Â&#x; pmax ): IPN 200 a flexiĂłn:
W z , IPN 200
214 cm 3 M mĂĄx
260 N 2 1,5 mm
 173,3 N/mm 2
 37093,3 Nm
MmĂĄx: wM wx
R  px Â&#x; x
0,4233 m
M x 0,4233 0,211649 R Â˝ Â° 1 Âž Â&#x; M mĂĄx 2 MA RÂ&#x2DC;A  pÂ&#x2DC;A 7,6308R Â° 2 Âż
 7,6308R 37093,3 Â&#x; RmĂĄx
4861,0 N
W z , IPN 220
278cm 3
 RA
Rmáx  Rmáx Por lo tanto:
 48186,6 Nm
M máx M máx
 48186,6
 12046,6 N
 12 046,6 ; 4 861,0
2,3624 Rmáx
4861,0 dN
2,3624  4861,0 11483 N
R  A3 3EI z
4861  400 3 3  2,1  10 7  3060
1,61 cm
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
A 5cm 2
Viga AB: IPN 300 Vadm= 160 MPa E = 2,1Âˇ105 MPa ( tanto para la viga AB como para los tirantes CD y CE )
h=6m 45Âş
ResoluciĂłn: a) Imponemos la condiciĂłn de compatibilidad de deformaciĂłn en C, es decir, planteamos igualdad de corrimientos. R
R Â&#x2DC;xR x A 2 2
R Â&#x2DC;x 2
A Â&#x2DC; px  1 Â&#x2DC; px 2 2 2
A Â&#x2DC; px  R Â&#x2DC; x  1 Â&#x2DC; px 2 2 2 2
A Â&#x2DC; px  R Â&#x2DC; x  1 Â&#x2DC; px 2  RÂ§Â¨ x  2 2 2 ÂŠ
45Âº C
'A GC
2 Â&#x2DC; 'A
CÃ¡lculo de GC : Â§
Aplicamos el 2Âº teorema de Mohr entre C Â¨ x Â©
AÂ· Â¸ y A x 2Â¹
R p 2Â· Â§ A Â¨ p x x x Â¸ 2Â¨ 2 2 2 Â¸x Â&#x2DC; dx 0 Â¨ Â¸ EI z Â¸ Â¨ Â¹ Â©
1 EI z
ÂªÂ§ A R Â· x 3 p x 4 Âº 2 Â«Â¨ p  Â¸  Â» Â¬Â«Â© 2 2 Â¹ 3 2 4 Â¼Â» 0
Â§  RA3 1 Â· Â·Â¸ Â§ 1 Â¨  pA 4 Â¨  Â¸ Â¨ 48 Â© 48 128 Â¹ Â¸Â¹ Â©
p Â· A RÂ· Â¨Â¨ Â¨ p  Â¸ x 2  x 3 Â¸Â¸ Â&#x2DC; dx 2 Â¹ Â©Â© 2 2 Â¹
2 Â§Â§
Â§ Â§ A R Â· A3 p A 4 Â· Â¨Â¨ p  Â¸  Â&#x2DC; Â¸ Â¨ Â© 2 2 Â¹ 24 2 64 Â¸ Â¹ Â©
Â§  RA3 5 pA 4 Â· Â¸ Â¨  Â¨ 48 384 Â¸Â¹ Â©
G C
Cรกlculo de 'A :
2 ยRยA 2 EA
2 ย R ย 600 2 2 E ย5 A 5 cm 2
600 2 cm ,
120 R cm E
2 ย 'A
ย
ยง  RA 3 5 pA 4 ยท 120 2 R ยธ ยจ ยจ 48  384 ยธ E ยน ยฉ
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
9800 ย 120 2 R
2,312 ย 103 R
( p en N/ml , R en N)
Cรกlculo de Rmรกx ( o pmรกx ) :
Cables a tracciรณn:
V mรกx
Pmรกx A
2 ย Rmรกx 2 d V adm 5 cm 2
ย Rmรกx
113137 N
W z , IPN 300
653cm 3
d 16000 N
 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
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
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
26157 N
2  'A
120  113137 cm  2,1  10 7
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.
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
x Tramo BC: x
RB  x 
1 2 px 2
x Tramo CA: Ty
R B  px
RB  p  a
R B  p  a  x
RB  a 
1 pa2 2
Aplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incĂłgnita hiperestĂĄtica RB :
wWtotal wR B
1 GA1
T y wT y
Âł Â¨Â¨ÂŠ GA B
M z wM z Âˇ Â¸ dx  EI z wR B Â¸Âš
1 Â§ Âˇ RB x  px 2 Â¸ Â¨ R  px B 2 Â¨ Â&#x2DC;1  Â&#x2DC; x Â¸ dx  Â¨ GA1 Â¸ EI z Â¨ Â¸ ÂŠ Âš
Â§ Âˇ 1 a2 Â¨ RB a  p  R B a  pa 2 Â¸Â¸  Â¨ 2 ÂŠ Âš GI 0
AÂ§
1 Â§ Âˇ R B a  pa 2 Â¨ R  pa Â¸ 
R pa x 2 B B Â¨ Â&#x2DC;1  Â&#x2DC;a Â&#x2DC; x Â¸ dx 0Â¨ Â¸ GA1 GI 0 EI z Â¨ Â¸ ÂŠ Âš
Â§ a4 Â¨ RB a 3  p Â¨ 2 ÂŠ
1 Â§ 3 2 Âˇ 1 Â¨ 2aR B  a p Â¸  2 GA1 ÂŠ GI Âš 0
T wT y M x wM M z wM z Âˇ Â¨ y Â¸ dx   Â¨ C GA wR GK t wR B EI z wR B Â¸Âš B ÂŠ 1
Âˇ 1 Â§ a3 a4 a3 a4 Â¸ Â¨ RB    p R p B Â¸ EI Â¨ 3 8 3 3 z ÂŠ Âš
Âˇ Â¸ Â¸ Âš
Â§ 3 1 Â§2 3 11 4 Âˇ a4 Âˇ Â¨ a RB  p Â¸Â¸  a pÂ¸ Â¨ a RB  Â¨ 2 3 24 EI Âš z ÂŠ Âš ÂŠ
Â§ G 0,4 E Âˇ Â¨ Â¸ 2 Â¨ 9 9 SD Â¸ A Â¨ A1 Â¸ 10 10 4 Â¸ Â¨ Â¨ Â¸ SD 4 Â¨ I0 Â¸ 32 Â¨ Â¸ Â¨ Â¸ SD 4 Â¨ Iz Â¸ 64 ÂŠ Âš
3 2 Âˇ 1 Â§ Â¨ 2aR B  a p Â¸  2 2 D4 9 D ÂŠ Âš 0.4 ES 0.4 E S 32 10 4
Â§ 3 a4 Âˇ 1 Â§2 3 11 4 Âˇ Â¨ a RB  p Â¸Â¸  a pÂ¸ Â¨ a RB  4 Â¨ 2 Âš 24 D ÂŠ3 Âš ÂŠ ES 64
4 40 D 2 2aR B  3 a 2 p  32 Â&#x2DC; 9Â§Â¨ a 3 R B  a p Âˇ  64 Â&#x2DC; 3.6 2 a 3 R B  11 a 4 p 2 2 Â¸Âš 3 24 ÂŠ 3.6 Â&#x2DC; E Â&#x2DC; S Â&#x2DC; D 4
Â§D Â¨ Â¨a Â¨p Â¨ Â¨E ÂŠ
50 mm 0,05 m Âˇ Â¸ 1m Â¸ Â¸ 1000 N/ml Â¸ 2,1 Â&#x2DC; 1011 N/m 2 Â¸Âš
565.3N
b) DeterminaciĂłn de GC. x
Para calcular GC , aplicaremos el mĂŠtodo de la fuerza ficticia: Esfuerzos (debidos a F): x
Â­T y R B ÂŽ ÂŻM z R B x
wWtotal wF
Tramo CA: Â­T y R B  F Â° ÂŽM z R B  F Â&#x2DC; x Â°M ÂŻ x RB Â&#x2DC; a
Â§2 a3 Âˇ 40 D 2 2aR B  aF  32 Â&#x2DC; 9 Â&#x2DC; a 3 R B  64 Â&#x2DC; 3.6 Â&#x2DC; Â¨Â¨ a 3 R B  FÂ¸ 3 Â¸Âš ÂŠ3 Â&#x; 3.6 Â&#x2DC; E Â&#x2DC; S Â&#x2DC; D 4
Â&#x; RB
0.174 Â&#x2DC; F
1 2Âˇ Â§ Â¨ R B x  px Â¸  0,174 F Â&#x2DC; x R  px  0,174F 2 Âš ( B 0.174  ÂŠ 0.174 x ) dx  GA1 EI z
RB  pa  0,174 F  F GA1 
 0.826 
1 GI 0
Â§Â§ Âˇ 1 Âˇ Â¨Â¨ Â¨ R B a  pa 2 Â¸  0,174 F Â&#x2DC; a Â¸Â¸0.174a  2 Âš Âš ÂŠÂŠ
R B  pa x  0,174 F  F x
 0.826 x ) dx
Integrando, entre lĂ­mites, y tomando F= 0:
2 Â§ Â§ Â¨ 0.174Â¨ R B a  p a Â¨ Â¨ 2 ÂŠ ÂŠ
Âˇ Âˇ 1 Â¸  0.826 R B a  pa 2 Â¸  Â¸ Â¸ GI 0 Âš Âš
Â§ 1 Â§ ÂˇÂˇ Â¨Â¨ 0.174Â¨ R B a 3  pa 4 Â¸ Â¸Â¸  2 ÂŠ ÂšÂš ÂŠ
3 4 3 4 Âˇ Â§ Â§ Âˇ Â§ Âˇ Â¨ 0.174Â¨ RB a  1 p a Â¸  0.826Â¨ RB a  p a Â¸ Â¸ Â¨ Â¸ Â¨ Â¨ 3 2 4 Âš 3 Â¸Âš Â¸Âš ÂŠ ÂŠ 3 ÂŠ
40 D 2  0.652 R B  0.739 p  32 Â&#x2DC; 9 Â&#x2DC; 0.174 R B  0.087 p  64 Â&#x2DC; 3.6 Â&#x2DC;  0.217 R B  0.254 p
3 .6 Â&#x2DC; S Â&#x2DC; E Â&#x2DC; D 4
0,225 cm
(en vertical, hacia abajo: igual direcciĂłn y sentido que F)
0,00225 m
10 Inestabilidad elรกstica
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
E = 2,1ยท106 Kp/cm2 Resoluciรณn: x
ยฆM 2
0 ย Rb
ยฆF P
P ย 3  RC ย 6 ย RC 3 P 2
Tmรกx 3P Pยx -
M mรกx  P ย x  3 Px  3
3 P 2 3P
: V máx
3P Nm
W z , IPN 500
2750 cm 3
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
Esfuerzo normal: -
N máx A
N máx d 16000 N 2  N máx cm 34
3 P  Pmáx 2
544000 N
362667 N
Pandeo: -
L i min
400 131 ! 105 O min ( acero estructural ) 3.06
el pandeo se produce en la zona 3 P 2
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 ©
78466 N
Puntales IPN 100. Comprobación a esfuerzo normal.(Tracción) P 4 cos 30º
P 4 cos 30º
P 4 cos 30º N máx A
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 `
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
Determinar: a) Diagramas de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales para cada barra. b) El máximo valor admisible de P. Resolución: a) Diagramas.
P 2 2
P x  P x  2
b) Cálculo de Padm : x
M máx W z , IPN 360 
P  1 Nm 1090 cm 3 Padm
d 160 N
174400 N
IPN 100 a tracción: P
V máx Padm
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
§ ¨O ¨ ©
i min N adm
200 2 1.4
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
Padm 2 2
73700 N
Por tanto : Pmáx
· 3.5 ¸ ¸ ¹
mín ^174 400 , 479 701 , 73 700 ` 73 700 N
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
Resolución: a)
Lp=2L Lp=0,7L R
S 2 EI z Lp2
S 2  210000  a)
S  32 64
2  150 2 S 2  210000 
0,7  150 2
747 N 2
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.
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
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 3 bh 12 0,7 L 2
S 2E 
Flexión eje z: y
LPy=2·L
N cr , 2
S 2 EI z L pz
Igualando Ncr,1= Ncr,2 1 3 bh 12 2 2 L2
1 3 bh 12 0,7 2 L2
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 
1 § 2 ·  b  ¨¨ b ¸¸ 12 © 0,7 ¹
20000  2  500
­b 14,5 mm ½ 3 o ® ¾ se tomará : 50 x15 mm ¯h 41,5 mm ¿
60000 # 100 N/mm 2 V e 14,5  41,5
Problema 10.5 * Calcular la carga máxima, Nmáx, en los tres casos: Ncr =Nmáx ?
Nmáx ?
v0=L/1000
v0=L/100
V Acero S260
Ve E=210000 N/mm2
I 200x5 mm H
Resolución: a) En el primer caso, Nmáx=Ncr , suponiendo que la Vcr d Ve
S EI L2p N cr A
S  200 2  190 2 64 2 10000
S 2  210000 
301952 N 200 2  190 2 mm 2 S 4
301952 N
99 N/mm 2 V e
10 Inestabilidad elĂĄstica
Â§ b) El momento flector en el centro del vano: M Â¨ x ÂŠ
LÂˇ Â¸ 2Âš
1 Â§ LÂˇ TOTAL Â¨ x Â¸ ÂŠ 2Âš
N N cr
Por la ecuaciĂłn de la flexiĂłn V mĂĄx
N mĂĄx
SÂ&#x2DC;
 190 4
N . N cr
N M  dVe A W
1 N mĂĄx Â&#x2DC; Â&#x2DC; v0 N mĂĄx 1 301952  2 200  190 2 S2 Â&#x2DC; Â&#x2DC; 100 64
260 N/mm 2
Para v0 = 10 mm tenemos NmĂĄx=269500 N
c) Para v0 = 100 mm tenemos NmĂĄx=152000 N
LÂˇ Â¸. 2Âš
Â&#x2DC; v0
Factor de amplificaciĂłn:
El corrimiento total depende de la relaciĂłn
Â§ N Â&#x2DC; vTOTAL Â¨ x ÂŠ
N N cr N A) B) C)
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
Material S235: Ve=235 N/mm2 E= 210000 N/mm2 Tubo I 100x4: A= 1206 mm2 I= 1392000 mm2 W=27840 mm2
ResoluciĂłn: a) AnĂĄlisis de 1er orden: M
N Â&#x2DC; v0
La secciĂłn mĂĄs desfavorable x
Â­N ÂŽ ÂŻM
N N Â&#x2DC; v0
N M  A W
235 N/mm 2
125000 125000 Â&#x2DC; v 0  1206 27840
Despejando el valor de v0: v0
125000 Âˇ 27840 Â§ Â¸Â&#x2DC; Â¨ 235  1206 Âš 125000 ÂŠ
b) AnĂĄlisis de 2Âş orden:
NÂ&#x2DC;
1 Â&#x2DC; v0 1  N N cr
N  A
1 N 1 N cr
N Â&#x2DC; v0 W
La carga crĂ­tica de Euler, Ncr:
S 2 EI L2p
S 2 Â&#x2DC; 210000 Â&#x2DC; 1392000
AsĂ­, el factor de amplificaciĂłn vale 1 N 1 N cr
1 125000 1 235
235517 N
Sustituyendo en la fĂłrmula: 125000 Â&#x2DC; v 0 125000  2,13 Â&#x2DC; 1206 27840
125000 Âˇ 27840 1 Â§ Â&#x2DC; 13,7 mm Â¸Â&#x2DC; Â¨ 235  1206 Âš 125000 2,13 ÂŠ
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
v0 = 50 mm qy = 300 N/m
ResoluciĂłn: 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.
v0 q
a) AnĂĄlisis de 1er orden (sin considerar pandeo, con la geometrĂ­a inicial del enunciado).
N Mz  A Wz
1 2 pL  N Â&#x2DC; v 0 N 8  A Wz
1 2 Â&#x2DC; 0,3 Â&#x2DC; 5000  100000 Â&#x2DC; 50 100000 8  2670 117320 37,45  7,99  42,62 88
b) AnĂĄlisis de 2on orden (amplificaciĂłn de la preflecha inicial e interacciĂłn N-M).
1 2 pL N 8  K2 Â&#x2DC;  A Wz
1 1
N Â&#x2DC; v0 Wz
CĂĄlculo de la carga crĂ­tica elĂĄstica de Euler, Ncr: L pz
5000 mm o N cr
S 2 EI L2p z
S 2 Â&#x2DC; 210000 Â&#x2DC; 8212500
680855 N
Para el factor de amplificaciĂłn K2, se elige la expresiĂłn aproximada (*): K2 |
1 100000 1 680855
AsĂ­, finalmente (2):
37,45  1,17 Â&#x2DC; 7,99  1,17 Â&#x2DC; 42,62 96,7
(*) CĂĄlculo exacto de K: u
2 Â&#x2DC; 1  cosu
u 2 Â&#x2DC; cosu
S 100000 2 680855
0,602 rad
2 Â&#x2DC; 1  cos0,602
1,177 0,602 2 Â&#x2DC; cos0,602
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:
Ve = 380 N/mm2
F=5 kN N variable
= L = 5000 mm
Resolución: a) N cr
S 2  210000  1392000
Hipótesis: Elasticidad indefinida. N
Ncr 115403 N 2
b) Considerando la interacción N – M. v
F  L3  K3 48 EI
5000  5000  K 3 48  210000  1392000
donde K3 es el factor de amplificación. Cálculo exacto de K3:
3  tgu  u
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
44,54  K 3
Tabla de valores de la funciĂłn N â&#x20AC;&#x201C; v N 0 Ncr/4=28851 N
veaxct. 44,54
vaprox. 44,54 mm 59,39 mm
Ncr/2=57701 N
3Ncr/4=86552 N
178,16 mm
La representaciĂłn grĂĄfica de la funciĂłn N â&#x20AC;&#x201C; v: (N)
3 N cr 4 5 kN
N 57701 28851
N cr 2
N cr 4 v 50
La curva de respuesta N â&#x20AC;&#x201C; v, considerando la interacciĂłn entre el esfuerzo normal y el momento flector, es asintĂłtica al valor de la carga crĂ­tica 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 situaciĂłn el material habrĂĄ superado la tensiĂłn del lĂ­mite elĂĄstico. Para el material real:
N M KÂ&#x2DC; dVe A W
N Mc 1  d V e , donde M c K Â&#x2DC; Â&#x2DC; F Â&#x2DC; L A W 4
N  1206
1 Â&#x2DC; 5000 Â&#x2DC; 5000 Â&#x2DC;4 27840
ResoluciĂłn de la ecuaciĂłn de 2Âş grado: N 115403  Â&#x2DC; 225 380 1206 115403  N N Âˇ Â§ 115403 Â&#x2DC; 225 Â¨ 380  Â¸ Â&#x2DC; 115043  N
1206 Âš ÂŠ
25965675 43853140  95,69 Â&#x2DC; N  380 Â&#x2DC; N 
N2 1206
1 Â&#x2DC; N 2  475 69 Â&#x2DC; N  17887465 
	,
1206 
 b r b  4ac 2a
 476 r 476 2  4 Â&#x2DC;
1 Â&#x2DC; 1788746 1206
1 2Â&#x2DC; 1206
Â­ ÂŽ ÂŻ
40425 N 533630 N
sentido ! N cr
Se cumplen la hipĂłtesis de aproximaciĂłn para el cĂĄlculo del factor de amplificaciĂłn K: N d 0,6 Â&#x2DC; N cr
40425 0,6 Â&#x2DC; 115403 69242
RepresentaciĂłn grĂĄfica del apartado c): (N) N
N M KÂ&#x2DC; A W
câ&#x20AC;&#x2122;) Un planteamiento parecido del problema es considerar que v0=44,5 mm constituye una preflecha inicial. 1 El momento flector Â&#x2DC; F Â&#x2DC; L resta constante y la amplificaciĂłn es debida al termino 4 1 N Â&#x2DC;v N Â&#x2DC; Â&#x2DC; v0 N 1 N cr Los resultados obtenidos no difieren excesivamente de la soluciĂłn exacta:
N M  d V e , donde M A W 1 Â&#x2DC; 5000 Â&#x2DC; 5000  N Â&#x2DC; 44,54 Â&#x2DC; 4
KÂ&#x2DC;
1 Â&#x2DC;F Â&#x2DC;L  N Â&#x2DC;v 4 1
ResoluciĂłn de la ecuaciĂłn de 2Âş grado: N 44,54 115403 N  225  Â&#x2DC; 1206 27840 115403  N 44,54 Â&#x2DC; 115403 N 27840
184,6 N
N Âˇ Â§  225 Â¸ Â&#x2DC; 115043  N
Â¨ 380  1206 Âš ÂŠ
115 N 
N2  17887465  95,69 N 1206
1 Â&#x2DC; N 2  435 N Â&#x2DC; N  17887465 
1206 b 
 b r b 2  4ac 2a
44977 N 479633 N
carlospaz17

References: resolución 
 resolución 
 Resolución 

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