Source: https://es.scribd.com/doc/160742904/Resistencia-de-Materiales-Problemas-Resueltos
Timestamp: 2017-02-24 11:04:35+00:00

Document:
los autores, 1999 Edicions UPC, 1999 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es E-mail: edicions-upc@upc.es
y por ello no se repasan de forma explícita en el presente libro. Roure. Tampoco se ha pretendido elaborar una colección exhaustiva de problemas. y que dispone de los conocimientos de elasticidad lineal necesarios. Ayneto. aunque al final de algunos capítulos se han introducido también problemas más complejos (van marcados con un asterisco). no se han incluido en este libro como problemas. F. Se ha centrado el texto en estos temas básicos para adaptarlo precisamente al desarrollo de un curso de duración cuatrimestral. estamos seguros de que algunos errores y erratas habrán conseguido colarse (confiamos en que sean sólo algunas). Finalmente queremos expresar nuestro agradecimiento a los siguientes estudiantes de la ETSEIB que. A pesar de las numerosas revisiones que hemos hecho del texto y de las pruebas de impresión. Campos San Facundo. que actualmente edita CPDA de la ETSEIB. junio de 1999
. y no se ha considerado necesario repetirlos. han colaborado en la esmerada confección del texto.
Los autores Barcelona. Los casos más sencillos. como texto complementario a un libro de teoría de Resistencia de Materiales. las fórmulas y los dibujos: Pedro J. sino seleccionar unos cuantos de cada tema. Ha sido elaborado pensando en su uso por parte de estudiantes de Ingeniería y de Arquitectura. Antonio Cerra Franco y Robert Gimeno Feu. como becarios del Departamento. para ilustrar sus diversas facetas. Al efecto se han incluido en la Bibliografía textos de teoría sobre ambos aspectos. Marimón y X. Una rápida ojeada al índice ilustra perfectamente el alcance del temario abordado. el lector habrá adquirido los conocimientos de teoría correspondientes. 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. introductorios de cada tema. para aquellos lectores que deseen profundizar en dichos temas. porque ya suelen encontrarse como ejemplos introductorios en los libros de teoría. y pedimos por ello disculpas al lector. enfoque y nomenclatura se adapta especialmente al texto Resistencia de Materiales de F. En concreto su estructura. Se supone que antes de abordar los problemas de cada capítulo.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. en forma de fascículos. Se supone asimismo que el lector ha seguido previamente un curso de mecánica de medios continuos.UPC.
...................................................................................................................................................11 Esfuerzo normal........................................................................161 Bibliografia..................................................25 Esfuerzo de cizalladura pura.....45 Dimensionado de secciones a flexión...........................................................................................................................................................Índice
1 2 3 4 5 6 7 8 9 Diagramas de esfuerzos............................................................................................................................................................................................................131 Piezas y sistemas hiperestáticos...89 Corrimientos en piezas prismáticas..............139
10 Inestabilidad elástica.............................................................................................................................................................185
................................................35 Características de secciones..................................................................................................................75 Torsión y esfuerzos combinados..............53 Flexión desviada y flexión compuesta..........................................................................................
MARIMÓN. Resistencia de materiales (I y II). Madrid. S. F. H.III y IV). 1977. 1974. Resistencia de materiales. New York. Madrid.. S.II. 1944.E. ROURE. A. Aguilar. Espasa-Calpe. J. S. CPDAETSEIB.. Mecánica técnica (II). A. Elasticidad. FENSTER. Advanced Strength and applied Elasticity. New York. 1991. NEUBER.H. LAROZE. ORTIZ. Madrid. 1987.. AYNETO. 1998.K. 1968. Elsevier. 1967. Resistencia de materiales. Madrid.P. Barcelona. 1998 TIMOSHENKO. Mc Graw-Hill.C. Resistencia de materiales (Fascículos). París. X. F. Dossat. ORTIZ.. LOVE. UGURAL.
. Mc Graw-Hill. L. A treatise on the mathematical Theory of Elasticity. L. Resistance des materiaux et Structures (I. Madrid.. Eyrolles-Masson & Cia. Dover.Bibliografía
2 2 2 600 2  2 600 2 
¦M ¦F ¦F
0 
R AV  6  600  3  600  2  800
100 N = -33,3 N 3
Suma de fuerzas verticales y horizontales: 0 0  R AV  600  RCV  RAH 600 N 0  100  600 3 RCV 1900 N 3
600 N N A + B C D B 600 N A T 100 N 3 -100 N·m M A B + C D 1200 N·m B C 1900 N 3 -800 N·m D B E E +
R AV  x
100 x 3
R AV  x  600( x  3)  600  2  100  3  0  1200 1100 Nm 3 100   6  600  3  600  2 800 Nm 3
Resolución: a) Cálculo de la reacciones. Problemas resueltos
Problema 1. apoyada en los extremos y sometida a una carga repartida triangular.2 Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura. Resultante de la carga Q 1600  6 2 4800 N .
4800 0  RB  6 4800  4
4800  4 6 1600 N
A d[ 1600 N [ x L=6m x-[
Sección situada a una distancia x del apoyo A: T: T 1600  1600 [ d[ 6 1600 2 x 12
³ q  x  [ .1 Diagramas de esfuerzos
1600 [  x  [ .
d[ 6
ª1600 § [ 2 [ 3 ·º ¸» 1600 x  « x ¨  ¸ ¨ 2 6 3 « ¹» © ¬ ¼0
§ 1600 § x 3 x 3 · · 1600 x 3 ¸ ¸ 1600 x  1600 x  ¨ ¨   ¨ 6 ¨ 2 ¸ 3¸ 6 6 © ¹¹ ©
¦F ¦F ¦M
0  0  0 
R AV  RC  200 2 R AH 400 2 N
RC  4  400 2  2  200 2  2 0 
100 2 N y descomponiendo cada reacción en las direcciones de las barras.
sus líneas de acción deben cruzarse en punto O (ya que
0 ).1 Diagramas de esfuerzos
Método alternativo para hallar las reacciones: resolución gráfica. G F
. A partir de la línea de acción vertical de RC. se obtiene O. Para que las tres fuerzas estén en equilibrio.
Resolución: Cálculo de las reacciones:
: R B  RC  4000  600  6  3000 0 : 4000  2  600  6  3  RC  6  3000  8  RC RB 4467 N 6133 N
Diagrama de momentos flectores: Tramo AB: M MA Tramo BC: M MB Tramo CD: M MC 4000  x  6133  x  2 .20
Problema 1.4 Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura.
 600  6  x  5 4467  x  86000 Nm MD 0
2 x  2 4000  x  6133  x  2 .
 600 
4000  x 0 MB 8000 Nm
Diagrama de esfuerzos cortantes. Tramo AB: T TA 4000 N 4000 N TB 4000 N
Tramo BC: T TB Tramo CD: T TC 4000  6133  3600  4467 3000 N TD 3000 N 4000 x  6133  600  x  2.
o sea: wM T 0 :  4000  6133  600  x E  2 . donde la tangente es horizontal. 2133 N TC 1467 N
B A a=2m L=6m
( Nm ) E xE 2133 + 3000 + -1467 -4000 -4000 3000
El diagrama de momentos flectores pasa por un mínimo relativo en el punto E.
35 m wx ME = -4208 Nm
. 0  x E 5.
dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos al equilibrio.5m 2m FE 2m
½ ¾ Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga.5m 1m
ME 0. Problemas resueltos
Problema 1.5  10  2 22 KN  m ¿
Resolución: a) Reacciones en el empotramiento. Comenzaremos por buscar el sistema de fuerzas que ejerce el empotramiento. 4  0.5 En la viga en voladizo de la figura.22
Resistencia de materiales. calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar los diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga. Sumando fuerzas y tomando momentos obtenemos:
B 1m x
Tramo AB: Tramo BC:
x  1.1 Diagramas de esfuerzos
4 KN 5 KN/m
2 KN  m .
0 0 0 10 KN
5  x  1.
Tramo CD: M 10  x  2.24
KN  m .
MC MD T 10 KN .
TC TD Tramo DE: M 10  x  2 .
5.  4  x  3.
MD ME T 10  4 14 KN .
sale idéntico. porque en este caso. pero de signo cambiado). el diagrama de momentos flectores. de la derecha.
. tal como se hace habitualmente. TD TE 15 KN  m 22 KN  m 14 KN 14 KN 10 KN  m 15 KN  m 10 KN 10 KN
Estos diagramas se han obtenido tomando el origen de las x en el extremo A. es más cómodo. pero el diagrama de esfuerzos cortantes sale opuesto (igual. M. Si se determinan los diagramas tomando el origen de las x en el extremo de la izquierda E.
Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.7·105 MPa.1·105 MPa y E2=0. La longitud de la barra es de 600 mm y la de los cables 300 mm.1 Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro  4 mm . Problemas resueltos
Resistencia de materiales. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra está sometida a una carga puntual P=500 N.
'LA A P=500 N B
¦F ¦M
0  R A  L  P( L  x) 0
. Además imponemos la igualdad de deformaciones.
4 mm E1 A x P=500 N
Resolución: Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. y cuyos módulos de elasticidad son: E1=2.
Ley de Hooke : RA  LA S  E1 3R B  R B RB  LB S  E2 R B  E1 E2 R B  210000 70000
 RA
500  R B
500 125 N  R A 4
De la ecuación de los momentos obtenemos x: R A  L  P( L  x) 0 375  600  500(600  x) 0  x 150 mm
Problema 2. por lo que RD es un esfuerzo de tracción. A y D. Datos: E=2·105 MPa. cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm2 . y el acortamiento del tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:
'L AB  'L BC 'LCD
FL A E
R A  L AB R A  L BC  E  Aa E  Ab
R D  LCD E  Ab
. y el tramo CD está traccionado. Determinar las tensiones en ambas secciones. Al estar los dos extremos .2 En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. por tanto RA es un esfuerzo de compresión.
A 1m B 3m Ab=80 cm2 C 1m 15 T D Aa=40 cm2
RA+ RD = 15 T = 150000 N
El tramo AC está comprimido.28
Resistencia de materiales. Hallar también el diagrama de esfuerzos axiles. empotrados la variación total de longitud es 0.
Tramo CD: V CD Diagrama de esfuerzos normales:
15.2 Esfuerzo normal
RA A 1m B 3m C 1m 15 T D RD
R A  1000 2  10  40  10
R A  3000 2  10  80  10
R D  1000 2  10 5  80  10 2
R A  2000  R A  3000
R D  1000
Resolviendo las ecuaciones.125 MPa (COMP. Tramo AB: V AB 25000 N 40 10 2 mm 2 25000 N 80 10 2 mm 2 125000 N 80 10 2 mm 2 6.5 T
3. tenemos RA RB 25000 N 2.5 T
Cálculo de las tensiones.25 MPa (COMP.625 MPa (TRAC.
1·105 MPa.13 mm
A E
C G C1 P
Resistencia de materiales.5 m de longitud.3 a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos. Datos: E=2. Como por otra pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. entonces el alargamiento de la barra AC. de acero. 'L.
A D L C G C’ C1 P L
Resolución: a) Para D=20º: Del equilibrio del punto C se obtiene N sen D N P 2
Sea G (CC1) el descenso del punto C. siendo D=20º. Problemas resueltos
Problema 2. Calcular el descenso G del punto C.1  10  3. será C’C1 'L . b) Resolver para D=0º. soportan un peso P=5 KN.14  10 2  0. se tiene que: EA
5000  3500 2  2. de 2 cm de diámetro y de 3. Aquí es G sen D NL parte: 'L .34202 2
se encontrarían. A fin de hacer desaparecer la aparente imposibilidad basta con considerar los alargamientos de las barras que toman direcciones no alineadas. para los esfuerzos en las barras y para las reacciones. Esto demuestra la necesidad de tener en cuenta las deformaciones en este caso. descomponiendo la fuerza P en las direcciones de las barras.2 Esfuerzo normal
De acuerdo con la estática de los sistemas rígidos. valores infinitamente grandes. ya que ni las barras ni los apoyos resistirían. Poniendo
tg E # E (para ángulos pequeños)
el alargamiento de las barras vale AC1  AC AC L2  G 2  L L §G · 1 ¨ ¸ 1 © L¹
Esta última igualdad proviene de la expresión: 1r a
1 r a . La solución evidentemente es inaceptable.
pueden despreciarse las potencias de a y.1 2
1 1 1 5 4 a  a2 r a3  a r! 2 8 16 128 1r a . 2
Para a<<1 . por tanto. queda 1 r a El esfuerzo normal en una de las barras es: N
V  A E H  A
E  A E 2 2
Por otra parte. del equilibrio del punto C se deduce N  sen E | N  E Resulta P 2  N P 2E  E  A E 2 2 P 2E
P EA L3 P EA
E L
Resistencia de materiales.14  10 2 148 3500
0.1  10 5  3.04229 rad 2.04229
5000 2.42º
5000 2  0.
Barra AB: sección 40 cm2 Barra CB: sección 80 cm2 Se considera el mismo módulo de elasticidad.2 Esfuerzo normal
2m D B
40 T E
Resolución: Se trata de un sistema hiperestático. para todas las barras. RBA y RBC siguen la dirección de la barra.4 Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructura representada en la figura. articulada en D.
RBA HD D VD RBC
2  R BC 2 2 0 o H D  R BC  R BA 2 0 o V D  2 40  4  V D o  V D  R BA
. suponiendo infinitamente rígida la barra horizontal DE.
73 T R BC 113. 'LBC B’’ D B’’ B E 'LAB alarg.
R BA 56.34
Resistencia de materiales.47 T
De la otra ecuación despejamos: HD= . Problemas resueltos
acort. ~45º 45º
B’ C A
B cB cc | BB ccc
Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC Aplicamos la ley de Hooke: R BA  2 2 E  40 R BC  2 2  2 R BA E  80 R BC
De la ecuación 6Fv = 0 tenemos:  80  R BA con lo que.40 T (sentido contrario al supuesto) Cálculo de las tensiones:
Vadm= 500 N/mm2 .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.6d
 392. 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.6d d2 4  d min 17945 N 676 N mm 2 6.7 d 2 2654.36
Resistencia de materiales.65  260  S  d  5 2654.
punzon Fmax chapa Fmax punzon Fmax
V adm  A 500  S  We S
chapa Fmax
d2 392.76 mm
V adm  A 500  S
0. Problemas resueltos
Problema 3.7 d 2 4 0.65  260  S  5  5  V adm
ID F F P
.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.
7 . Problemas resueltos
Dimensionado de la garganta ‘a’ de la chapa a tracción pura:
3.3`  d min
2.8 mm 10. 2.7 mm
Dimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador a tracción: 800 a desgarro:
t1 t 2d bmin 5 .5 ¹ © p.8  V adm ©
Dimensionado del pasador a aplastamiento: 800 § c ¨ V adm ©
F ' d V adm  d  e 347  d  1 2 260 · 2 347 N 2¸ mm ¹ 1.3 mm
2.ej : a = 4mm e =1 mm
Resistencia de materiales.8 mm
F d b  d .7 mm
§ ¨W adm | 0.8
máx ^2.3 mm 2
360 MPa · § 240 MPa ¸ ¨ V adm 1 .4  bmin 10.
7 .  e  V adm 2
b  2.
8`  bmin
.  1  240
6. 10.0 .0 mm
max ^6.
8 mm a= 4 mm
d= 2.7 mm a 4 mm b 10.8 mm
b=10.3 Esfuerzo de cizalladura pural
e 1 mm d 2.7 mm
Resistencia de materiales.3 Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y las uniones son roblonadas.5
Resolución: a) Unión 1
e1 F F/2 e2  d1 t1 F/2 e2
t1’ e3 e3
N? b d1 d2
Datos: e1 = 5 mm Chapas: Acero A37b Ve=240 N/mm2 e2=e3 Roblones: Acero A37b Ve=240 N/mm2 Tomar: Jse=1.
S  d1 F d W adm  2 4
E
V e S  d1 2  J seg 4
. por tanto: 2  e2 e1  e2 e1 2 2.1  d1 2
Aplastamiento: d 1  e1 t Fmax c V adm Fmax D  V adm Fmax d d 1  5  2000  d 1 240 2. tiene las mismas dimensiones y trabajan de la misma manera.95 mm  10 mm = d1 Fmax = 20000 N
( fallará por aplastamiento de la chapa ) .5  1.5 = 160 N/mm2 Fmax N d 160 Aneta mm 2  b 20000 N  10 mm = 35 mm N 160  5 mm mm 2
Dimensionado de e2: las dos chapas e2 son del mismo material que la chapa e1 .optimo = 9.5 4
100.Desgarramiento
t1 t 2 d 1  t1 20 mm
t1=2d=20 mm
Fmax 20000 N
260/1.8 
240 S  d 1  1.55  d 12  201.5 Fmax
De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultáneas obtenemos: d1.
c t 2d 10 mm t1
Tracción: Seguro que cumple ya que b es igual y F es menor. Cizalladura: F T 4 N
2 S  d2 F d W adm  4N 4 2 20000 240 S  d 2 d 0.8   4N 1.
. Aquí se presenta la solución concreta para el caso e2
con la hipótesis de roblón rígido.5  2N 1. Problemas resueltos
e2 F/2 e1 F/2 e2 e3 F/4 t1’ e3
Atención: es un problema hiperestático.5 4
49.5   d 2  2. F/2 y F/4.74 2 d d2 N
Aplastamiento: F 2 N F c  d 2  e2 d V adm 2N 20000 240 d 2. 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/4.42
Resistencia de materiales.97 mm o d 2 5 mm  N 2
con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento.5 10 d d2 N
20 mm Ve 2600 Kp cm 2
.4 Hallar el coeficiente de seguridad Jseg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles de estantería metálica representados en la figura.3 Esfuerzo de cizalladura pural
6  260 16.28
.8 N/cm 2 20  10
p 2Fh 2Fv L 2Fh 2Fv h
pL2 (momento a transmitir en la sección 2 de empotramiento) M  FH FH M p  L2 2h 4h 3125 N 100  50 2 4  20
2 FH  h
4  Fv
p  L 100  50 5000 N 
FT (suponiendo una distribución constante de W en la sección) S
We W máx
3366 16.44
Resistencia de materiales.8 9.6  V e W máx 0.
3 cm2 c = 1. respecto al eje y)
c b/2 y
Resistencia de materiales. para unas cotas b y h genéricas.84 cm4 A = 4.28 cm
§h · I z '  A¨  c ¸ ©2 ¹
(momento de inercia de una L. respecto al eje z)
h/2 z
§b · I y '  A¨  c ¸ ©2 ¹
(momento de inercia de una L.1 Determinar las inercias resultantes Iz e Iy si partimos de cuatro perfiles L 45x45x5. Problemas resueltos
Resolución: De las tablas:
y’ z’ c c y’ z’
Iz’ = Iy’= 7.
c 4I z
§h · 4I z'  4  A  ¨  c ¸ ©2 ¹
59.12  h (momento de inercia de las cuatro L)
.30  h 2  5.54  4.
30b 2  22b  59.54
.30h 2  22h  59.
4I c y
§b · 4I y'  4  A  ¨  c ¸ ©2 ¹
4.54 4.
2 Dado un perfil “doble T”.
y’ y e z IZ A h z’ 2a h’
a/2 z z a/2
IZ 1 §a·  e¨ ¸ 2 12 ©2¹ A a  e 2 2
. determinar la magnitud a de la figura para que la inercia de la viga aligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial.48
3 2 ªIZ 1 § a · § A a ·§ a · º       e ¨ ¸ ¨ e ¸¨ ¸ »  2 « 2 12 2 2 2 © ¹ © ¹© 2 ¹ » « ¼ ¬ 3 a A 13 IZ  e   a2 IZ 12 4 4
§ IZ a3 A 2 a3 · 1 ¨     a   e¸  2 e ¨ 2 12 8 8 8 ¸ © ¹  a2 § 13 · ¨ A   e  a¸ 4 © 12 ¹
a2 § 13 · ¨ A  e  a¸ 4 © 12 ¹ a2 § 13 · ¨ A  e  a¸ 4 © 12 ¹ 0  a
§ 13 · 3 § A · 2 ¨  e ¸ a  ¨ ¸ a  3I Z ©4¹ © 48 ¹
si suponemos que (e·a)
es << A (área total del perfil IPE) :
A  a2 4
2 3  iZ
IZ { radio de giro de la sección respecto al eje z) A
inf . para un acero Ve=235 N/mm2. Wz. Wz. iz .
y 400 30 # 400·30
Mel. Iz . Mel.3 Determinar las siguientes características de la sección monosimétrica de la figura respecto del eje principal z: a) A . Problemas resueltos
Problema 4.sup . b) El momento resistente elástico. z . está situado sobre el eje y (z = 0).50
Resistencia de materiales.z
Resolución: a) El área de la sección total será la suma de las áreas de las pletinas: A
400  30  800  10  250  20 25000 mm 2
Por simetría el centro de gravedad. G.
Así: c A  yG c yG
¦ A  yc
¦ A  y c 400  30.4 Características de secciones
Para determinar la posición y del centro de gravedad de la sección. es cómodo calcular el momento estático de cada elemento respecto de la fibra inferior. G.
 835  800  10.
 420  250  20.
Se utiliza el teorema de Steiner para calcular el momento de inercia de la sección total respecto del eje y-y:
Iz b ¦¨ © 12 §1 · c .
2 ¸  hi3  Ai  y ic  y G ¹
ª1 2º 3 «12 400  30  400  30  835  537 .
»  ¬ ¼ ª1 2º  « 10  800 3  800  10  420  537 .
»  12 ¬ ¼ ª1 2º  « 250  20 3  250  20  10  537 .
» 12 ¬ ¼ 299154  10 4 mm 4
El módulo resistente respecto de la fibra superior. ysup: W z .sup Iz y sup 299154  10 4 850  537 .
z. 9558  10 3 mm 3
El módulo resistente respecto de la fibra inferior.min
235  5571  10 3
1309  10 6 N  mm 1309 kN  m
. yinf: W z .inf Iz y inf 299154  10 4 537 5571  10 3 mm 3
El radio de giro de la sección respecto del eje z. iz: iz Iz A 299154  10 4 25000 346 mm
b) El momento resistente. z
V e  W z . Mel. se obtiene a partir de la tensión de límite elástico del material y del módulo resistente mínimo de la sección:
M el .
A = L C C P
P = 9500 Kp L=6m Acero A 42b Jse = 1.5
½ cm 2 ° ¾ ° ¿
2600 1733 Kp 2 cm 1.1 Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo y chapa de 10 mm de grosor. Problemas resueltos
Resistencia de materiales.5
L2 L1 E D C
MC Tramo A-E : IPE 240 ­ ° I ® ° ¯W 3890 cm 4 324 cm
561 · 103 = 4750·x  x = 118.2 cm  L1=115 cm
Resolución: Acero A 42 b 
Ve J se
2600 Kp 1.
L1 = 210 cm Tramo D-C:
1 b  e3  b  e  d 2 1  12 13.52 1  1875 12
3890  2(1876) 7642 cm 4  W2 M adm
7642 588 cm 3 13 588  1733 1019  10 3 kp  cm
1019 · 103 = 4750·x 
x = 214.5 Dimensionado de secciones o flexión
1 b  e3  b  e  d 2 12
1 12 13  12 12.52 12 I 2  2(2188) 12018 cm 4  W3 M adm
12018 858 cm 3 14 858  1733 1487  10 3 kp  cm
1019 · 103 = 4750·x
x = 313 cm > 300 cm no es necesario reforzar más
300 cm 210 cm 115 P
5460 5610 10180 9970
Solicitación Capacidad resistente
14872 9500/2 = 4750 Kp
+ T (Kp)
Jse = 1.
Nota: Usar la simplificación de simetría.56
Resistencia de materiales. R = 40 mm
Diagrama de momentos flectores : Momento producido por dp en el punto genérico C dM c b  p  R  dM  R  senM c  M .5 N/mm2 (Ve = 340 N/mm2 . sin que las tensiones superen el valor de Vmax= 261. h es suficientemente suponiendo que R pequeño. Problemas resueltos
Problema 5.2 Dimensionar un segmento de pistón de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro una presión uniforme de 0.3) (Fundición de grafito nodular).19 N/mm2 .
B O A C p R·dM
p  b  R  sen M c  M .
 dM
p  b  R 2  sen M c  M .
 cosM c  M .
p  b  R 2  1  cos M c .
Por tanto. si el momento flector para cualquier punto del segmento es : Mc p  b  R 2  1  cos M c .
h t 0.
tendremos el máximo: Mc = 180 q
Mmax = 2 · p ·b · R2
Mmax M = 180q 0q q MM==180
.093R  3.
a una distancia a = 15 cm del extremo por razones puramente estéticas. No sabe cuál escoger. simétricamente. según el croquis de la figura:
0.6 Kg/cm
a) ¿De qué espesor h mínimo debo colocar el estante? b) Los dos apoyos los he colocado. que podría minimizar el espesor h del estante? c) Finalmente. Al ir a comprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. en su punto central (con la distancia a inicial). una vez cargado.3 Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. atendiendo a razones de comportamiento resistente. 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. ¿cuál sería la distancia óptima de los apoyos a los extremos. Problemas resueltos
Problema 5. me preocupa saber cuál será la flecha que tendrá el estante.
. Los ha colocado uno junto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener.58
Resistencia de materiales. Pero.
Tramo AB: x2 2 p a2 2
p  x 0 TB
T TA pa
Tramo BC: M p x2 A  p x  a .5 Dimensionado de secciones o flexión
Resolución: a) Determinación de h mínima.
 2 2 MB MC § ¨ xE © A· ¸ 2¹ ME a2 a2 A  p a  a .
 p 2 2 2 2 a MB p 2 2 A A2 Aa A2 Aa p p p p p 8 4 2 8 2 p
p  x  p
pa  p
A 2 A 2 pa p A 2
 p  A  a .
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  x  p A
TC TD  p A  a .
MB MC ME 112. mín
ME b  h2  40.77 6
20 .6 Kg/cm. a = 15 cm y p = 0.  p  A pA  pA 0 pa
Con A = 100 cm.77 Kg/cm 2
 W z .5  p 67.5 cmKg
500  p 300 cmKg
M máx Wz
ME d V adm Wz  hmín
ME 6 40.77  20
 hmín
1. Óptimo resistente: M máx  MB p a2 2 p aA A2 p 8 2 ME M máx 
207  A .207  A ® ¯ 1.5 Dimensionado de secciones o flexión
a2  A  a 
A A2 §A· r ¨ ¸  2 4 © 2¹ A 2  A2 r 2 4  A 2 r A  a 2 2 a óptima
128. por el método de la fuerza unitaria.
F=1 A B E C D
Tramo BE: Mc 1  x  a . un momento máximo:
20. porque cae fuera del intervalo analizado
Así pues.7 cmKg
c) Cálculo de la flecha en el punto central. la distancia ‘a’ óptima es: Y se tiene.
La segunda solución no interesa.
Mc 1 A· §  x  a .
 1  ¨ x  ¸ 2 a¹ ©
M’ +
M M c  dx EI 2 2 EI
A § 2 ¨ a ¨
ª1 « « ¬ EI p
x2 1  0 dx  a EI
º · A x2 1 dx   p x  a x  a ¸ »2 ¸ 2 2 2 » ¹ ¼
A Aa x3 a aA x a2  A · ¸  dx  p x2  p x  p x2  p p 2 2 2 2 2 2 ¸ ¹
6 (781.375  8.437  84.5  562.5  6.265 cm
 56.25  2083  937.5  312.513 0.75)  10 3
§ ¨I ¨ ©
20  1.25  84. Problemas resueltos
ª x 4 A  x3 A  a  x 2 a  x3 a  A  x2 a 2  A  x º 2      » « 6 4 6 4 2 ¼a ¬ 8
0.328 EI
0.375  168.513 cm 4 ¸ ¸ ¹
.5  937.62
Resistencia de materiales.49 3 12
· 5.6  24724 100 000  5.
La tensión cortante admisible en la soldadura es Wadms = 1000 kg/cm2.6  60 3 ¬12 ¼ 12
40 000  807.6 807.84 60 246.5 Dimensionado de secciones o flexión
Problema 5.35 kg/cm
.14 cm 4
536.2  30.14  6
49 446.14  10 800 60 246.4 Sea una viga de sección transversal en doble T. formada por 3 platabandas soldadas de dimensiones las de la figura. Hallar el paso l de los cordones de soldadura a tramos de unión entre el alma y las alas.2 3  22  1. El esfuerzo cortante máximo que soporta la viga es Ty= 40000 kg.6 2 »   0. si la garganta de soldadura es a= 5mm y la longitud de cada tramo de cordón es de ls = 10 cm.84 cm 3 ª1 º 1 2  «  22  1.
y 12 mm 6 mm 600 z G x z
Resolución: Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda
A1 T  mZ IZ
mzA1 : momento estático del ala
A1 mZ
22  1.2  30.
.64 cm | 19 cm 536.64
Resistencia de materiales.5 536.35  A 2  1000  10  0. Problemas resueltos
Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura.
Fadms 2 W adms  A s  a
Fadms f A
2  1000  10  0.5 18.
tiene una longitud de 6 m.5 Dimensionado de secciones o flexión
Problema 5. angular
173 Iz
1 2  2  40 3  4  368  27.5 Se ha construido una viga roblonando cuatro angulares 120*120*12 en los extremos de una platabanda de 400*20 mm. Datos: separación entre roblones e= 120 mm.
y 120 120 e e
P P 6m
M y máx Iz 3  P  10 3 2  200 Iz I z . tensión cortante admisible de los roblones Wadm roblón= 42 MPa. tensión normal admisible de la platabanda y los angulares: Vadmisible=173 Mpa. Hallar el diámetro mínimo de los roblones si la viga está biapoyada en sus extremos.alma  I z . y soporta una carga puntual centrada P.4 .5  20  3.
7  4  7945.3 cm 4
. 12 10666.9 42450.
42450.3  10 3 mm 4 173  42450.3  10 3  2 200  3  10 3
6 913 cm 3
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud T  mZ IZ 122 398  913  10 3 42450.66
Resistencia de materiales.5  16.25 N/mm
2  27.3  10 4
f § ¨T ©
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
Diámetro mínimo de los roblones : d = 21.
Problema 5. Esfuerzo cortante máximo que ha de soportar la viga: T = 40 kN. y cada ala compuesta por una platabanda de 19010 mm y 2 perfiles angulares 908 mm. Tensión de cortadura admisible en los roblones Wadm = 42 MPa.9  40  2. Calcular el diámetro mínimo de los roblones.5.6 Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 80012 mm. 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.2  80 3  4  104  13.
e2=40 10
d2 d1 12 z ( simétrico ) ( simétrico ) 800 (total)
Resolución: IZ IZ I Z ( alma )  I Z ( angulares )  I Z ( platabandas ) 1 §1 ·  1.
2  2  ¨  19  13  19  1  40  0.5.
2 ¸ 12 © 12 ¹
3 192135.2 N/cm 37.5)  2  13.5) 1812 cm 3 A1 T  mZ IZ
40000  1812 192135.9 cm 4 Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares. por unidad de longitud f1 (A1 = área angulares + área platabanda)
A1 mZ 19  1  (40  0.9  ( 40  2.72 N/mm
51200  4  19650.9
377.8  2  31166.
5 cm 3 40000  769.1416  42 d 1 10. Problemas resueltos
Sd 1 2  W adm 4 3.2 N/cm 16. por unidad de longitud: f2 (A2 = área ala)
A2 mZ A2 T  mZ IZ
19  1  (40  0.1416  d 1 2  42 377.1416  d 2  42 2 4 d 2 9.9
Sd 2 2  W adm 4 2 16.02  400 3.5 160.86 mm
f 2  e2 2
.72  180 d12 102.68
Resistencia de materiales.5) 769.2  180 2  4 4  37.15 mm
f 1  e1 2 Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala.9 2  3.02 N/mm 192135.
El espesor equivalente e* e n 25 mm 1. del tablero contrachapado. la relación de equivalencia:
n E1 E2 10000 1. c) Calcular la flecha central
Resolución: a) Se trata de una sección compuesta de dos materiales. trabajar con un espesor equivalente. por tanto.ALAS : sección cuadrada 200 · 200 mm E1 = 10000 N/mm2
= = 500 25
a) Calcular la distribución de tensiones en la sección central.25 20 mm
La posición del baricentro de la sección es inmediata por razón de simetría. Se decide homogeneizar la sección de madera maciza y. b) Calcular la tensión tangencial media en el adhesivo de contacto ( Wadm = 1 N/mm2 ). e*. Así. El momento de inercia de la sección homogénea es: IZ 2 1 1  200  200 3  2  200  200  500 2  2   20  1000 3 12 12
Steiner 1000 200 ·200 e* = 20
236  10 8 mm 4
.7 * Se construye una viga cajón compuesta de dos tipos de madera: .5 Dimensionado de secciones o flexión
Problema 5.ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2 .
Hx 3.2 N/mm 2 236  10 8 mm 4 125  1000  1000 N  mm  400 mm 236  10 8 mm 4 2.2
Tensiones reales en el tablero: MZ §1·  y ¨ ¸ IZ ©n¹
Así: ­ °V x1 ( y ° ° ® ° °V x1 ( y ° ¯ 600 mm) 125  1000  1000 N  mm  600 mm 3.70
Resistencia de materiales.2
Vx1 2.1 N/mm 2 V x 2 ( y 500 mm) ¨ ¨ 1.1 2.1 2.1 3.1 N/mm 2
En el tablero contrachapado n = 1.25 § 1 · 125  10 6 N  mm  500 mm 2.1
e* =20 G
2.25 ¸ ¸ 8 4 © ¹ 236  10 mm
y A Wmed d z G
A Ty  mZ
IZ b
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 L 1000 10  10000 5  384 10000  236  10 8 10000 10 mm 1000
5. ya que .
5 2 » 12 ¬12 ¼ 306484  10 4 mm 4
306484  10 4 mm 4 12. Problemas resueltos
Problema 5.z y el coeficiente \ para los dos casos.5
Al tratarse de una sección doblemente simétrica el eje neutro plástico pasa por el baricentro G. Caso elástico:
IZ 1 ª1 º  800 3  12  2  «  300  25 3  300  25  12. Calcular Mel.
a) Material alas: Fe E 235 Material alma: Fe E 235 b) Material alas: Fe E 35 Material alma: Fe E 235 (Puede comprobarse que la sección se plastifica con la ausencia de abolladuras elásticas o elastoplásticas.z )
.z Mpl.
y Ve = 235 Ve = 235 A1 · Ve A2 · Ve Eje neutro elástico G Mel.z .8 * La figura representa una sección armada doblemente simétrica.5 mm
7210  10 3 mm 3
( = Wel. No se consideran inestabilidades globales : pandeo.72
Resistencia de materiales. vuelco lateral)
Resolución: a) Mismo acero. Mpl.z Eje neutro plástico d1 d2
Caso elástico Tiene las mismas constantes mecánicas IZ. z
2648 1. WZ.5  400  12  235  1905 KN  m 2 » ¬ ¼
M pl . z M el . z  V e
7210  10 3 mm 3  235
1694 KN  m
400 º ª M pl .47 1802
A1 · Ve A2 · Ve Eje neutro plástico Mel. z # 2  >A1  V e  d 1  A2  V e  d 2 @ 2  «300  25  235  12. z Wel .12 1694
b) Diferente acero. z
1905 1. z M el .z d1
Vmax Ve = 235 400
. z # 2  « A1  d 1  355  A2  d 2  235 2 mm mm 2 » ¬ ¼ 2648 KN  m
M pl . z  V max 7210  10 3  250 1802 KN  m
N N º ª M pl . z
Wel .z Mpl. pero la tensión en la fibra extrema 425 V max 235 250 355 400 M el .5 Dimensionado de secciones o flexión
. y el valor de esta tensión.5
Resistencia de materiales.1 * Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal.5
Iz’ Primero hallaremos el tensor de inercia en ejes y’-z’ (no principales) y a continuación lo diagonalizaremos. Los ejes y’-z’ no son los ejes principales de inercia. para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales)
1  1.06 cm
z’ 3
1 1.6 Flexión desviada y flexión compuesta
M es perpendicular a q y forma 30q con el eje z’.5.5  18 3 12 1  18  1.5 3 12 I 2z'
729 cm 4 5. Vamos a determinarlos.
M= 4000 mkg 30q z’
b) Determinación de los momentos de inercia principales Iy’.5 · §  9  1.
5  1.8 cm 4
.5 3  7.  1.5  ¨ 9  ¸ 12 2 ¹ ©
5 ·  1.5  7.14 cm 4
I3y’z’=0 por tener eje de simetría.5  1.06  2  280.54 cm 4
729  2  767.5 ·º §  «0  7.5 3  7.6 cm 4 5. Problemas resueltos
I1y' I z' I y'
1 § 1.5 7. I1y'z ' I y 'z ' I 2 y'z ' ª 7.5  1.5  9  0.75.54 566.78
Resistencia de materiales.8 2264.5  ¨  ¸ 12 2 ¹ © 2
417.
2264.14  O
2264.6  O 835.3 566.75  ¸ 2 ¹» © ¼ ¬ 417.3 566.3
835.6  O .3 cm 4
I z'  I y'z'
 I y'z' I y'
853.  ¨ 0.65  2 835.14
Los momentos principales de inercia son los valores propios.6 853.
14  O .566.
3.  835.
6  566.2
2264.55 cm 4 ½ ° 4 ¾ I y 224.19 cm ° ¿
.55 cm 4 ° 2 ® 2830.14O  O2  835.74 2  4  584 354.55 0
­ 2830.55 2
I z 2606.74  2382.36 ° 224.32
O2  2830.74O  584 354.6O  566.19 cm 4 2 ¯
2830.14  2264.74 r 2830.74  2382.36 2606.
6  2606. El vector propio correspondiente al valor propio 2606.6 Flexión desviada y flexión compuesta
Los vectores propios serán las direcciones principales.55 cm4.
2264.55.
14  2606.3
835.55.
76q z M 30q z’ 22.24D
7.3  n y
835.24.409
arctg 0.3  n1 z tg D n1 y n1 z
0.409 22.41  n1 y 341.
 2040.24
4000  sen 30  22.95  n1 z  835.95 835.3 0½ ° ¾ 0° ¿
· § n1 z ¸  ¨ 1 ¨ny ¸ © ¹
§0· ¨ ¨0¸ ¸ © ¹
1  314.
4000  sen 7.24 .76 D 4000  cos30  22.
Ecuación del eje neutro.19
152.55 224.24q y A(-8.25.9) z 22.05 y  240.-9)
1.67 º
y’ 22.25.36 10 2 540 10 2 y z 2606.86 y z 152.24q E
0 152.   My Mz y z Iz Iy
540 m  kg
3963.05 y 1.58 z Angulo que forma el eje neutro con el eje principal z:
z’ Eje neutro B(8.58 
57.86 z 240.05 y  240.36 m  kg
25 ® ¯ y'A 9 Tensión en A: zA yA 0.230 0.9256  (9) 11.452 152.11 kg/cm 2
z 'B 8.24 D cos 22.24 D · § z ' · ¨ ¸ ¨ ¸ ¸ ¨  sen 22.9256 z '0.11 kg/cm 2
.3784 z '0.86  4.25)  0.9256 y '¿
Las tensiones máximas aparecen en los puntos más alejados del eje neutro ( A y B ) Para A ­ z ' A 8.25)  0.25½ ¾ y 'B 9 ¿ z y 0. Problemas resueltos
Relación entre coordenadas de ambas referencias.3784  ( 9) 4.86  (4.452
152.230 2760.80
Resistencia de materiales.05  11.25)  0.3784 y ' ½ ¾ 0.452)  240.05  (11.24 D sen 22.24 D ¸  ¨ © ¹ © y'¹ z y 0. §z· ¨ ¨ y¸ ¸ © ¹ §z· ¨ ¸ ¨ y¸ © ¹ § cos T sen T · § z ' · ¨ ¨  sen T cos T ¸ ¸ ¨ ¨ ¸ ¸ © ¹ © y' ¹ § cos 22.9256  9 11.3784  (8.9256  (8.9256  (8.452  240.25)  0.3784  (8.3784  9 4.230 0.230) 2760.
La fuerza resultante es de compresión (50 Tn) y pasa por el punto A. Hallar la tensión normal en B y dibujar el eje neutro. los esfuerzos equivalentes son:
-50 Tn y G My= -875 cmTn
50 Tn 15 · § 50 Tn  ¨10  ¸ cm 875 cm  Tn 2¹ © 10 50 Tn  cm 250 cm  Tn 2
A Mz= 250 cmTn y
B My=-875 cmTn
A Mz= 250 cm Tn z
x 15 10 B y 50 Tn 15 10 10 15 ( cm )
Trasladando la fuerza al centro de gravedad G de la sección.6 Flexión desviada y flexión compuesta
Problema 6.2 Una columna tiene la sección en cruz indicada en la figura.
250 000  50 000  875 000 y z  A Iz Iy 10  35  2  15  15 800 cm 2
1 1 3  15  15  10  15.82
 2   10  10 3 12 12 1 1 3  10  10  15  10 .
5  3.81z kg/cm 2
.  2   15  15 3 12 12 875 000  50 000 250 000  y z 800 81667 44167
62.06 y  19.
42¿
­ z 3.06 y 0o z y 6.81z y 19.81 62.47 kp/cm 2
b) Eje neutro 0 62.81  (17.06  (5)  19.15 ® ¯y 0
a) Tensión normal en B ­ y 5 cm ® ¯ z 17.42 6.42
3.5 z  3.5  3.15 z
½ ¾ 20.06 3.06 y  19.5  3.5 cm
62.47 z  20.42
zona comprimida y zona traccionada
 20.5)
299.47 20.
3 Sobre una columna de sección rectangular ( 35  40 cm). z = -5 cm).9 Tn  m
.3 Tn  m ½ ° ° ° M z 30  0.6 Flexión desviada y flexión compuesta
Problema 6.3 Tn  m C 80 Tn B G
A z Mz= 0. z = 4 cm) y 50 Tn en el punto Q (y = 0.5 1. se aplican dos fuerzas excéntricas: 30 Tn en el punto P(y = 3.9 Tn  m ¾ ° ° N 30  50 80 Tn ° ¿ My
y D My= 1.2  2.03 0. Dibujar el eje neutro y hallar el punto de máxima tensión normal.
Q P 3 4 5
z 35 40
Resolución: Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la sección obtenemos: 30  0.04  50  0.05 1.
7 cm 4 ° ° ¿
1  40  35 3 12 1  35  40 3 12
 80000 90000 130000  y z (kg/cm 2 ) 1400 142 916. 0)
.696 z 0.70 .7
57. z en cm)
5. 82.70
y 0 o z 82.71  0.46) A eje neutro B D
(-90.630 y  0.7 186 666.14  0.630 ¿
y 1.46 z 0 o y 90.1z  90.696 57.696 z (kg/cm 2 )  V x ( y.630 0.84
My N Mz  y z A Iz Iy A 40  35 1400 cm 2 ½ ° ° 4° 142 916.7 cm ° ¾  Vx ° ° 186 666.0630 y  0.630 y  0.70
y C z (0 .14  0. z en mm)
Eje neutro: 0 57.0696 z ( N/mm 2 ) ( y.14 ½ z ¾o 0.
004 N/mm 2
57.208 N/mm 2
57.424 N/mm 2 8.14  0.696  20 54.630  17.630  ( 17.696  (20) 60.08 kg/cm 2
.696  (20) 82.630  ( 17.14  0.5  0.24 kg/cm 2
5.696  20 32.14  0.04 kg/cm 2 57.14  0.5)  0.6 Flexión desviada y flexión compuesta
57.5)  0.630  17.19 kg/cm 2
3.219 N/mm 2 6.5  0.
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. según la tabla de perfiles normalizados.4 Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista de baloncesto. Notas importantes: . La estructura se quiere construir en tubo redondo de acero con espesor de pared de 4 mm. para que el descenso vertical del punto P no exceda los 80 mm. transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma indicada en la figura. se estima que el esfuerzo máximo que el jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 2000 N y M = 106 Nmm.
L=4000 mm L0=1000 mm F=2000 N M=106 N·mm A1=0.
. . como se indica en la figura.Considerar todos los esfuerzos de sección para calcular el descenso de P.5 A
Tubo de acero. Espesor de pared: 4mm E=2. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormigón a 45º de la horizontal según se indica en la figura.86
Problema 6. Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción.Trabajar con la carga trasladada al punto P.1·105 MPa G=8·104 MPA
Calcular el diámetro necesario.
x =0 F x = L0 M
2  dx
M  F  x wM x wF
N wN wF
³ EI
M  F  x .
x dx 
ª ML0 2 FL0 3 º ª 2 FL0 º ª M L2  L0 2   « »« »« 3EI ¼ 2 EI « « 2 EI » ¬ GA ¼ ¬ ¬
3 2 F L3  L0 º ª 2 F L  L0 .
º ª F L  L0 .
º »« » »« 3EI 2 GA ¼ « 2 EA ¼ » » ¬ » ¬ ¼ «
2 G (mm) 96 69.4 489.34 I (cm4 ) 353.4 ( >80 ) ( <80 )
Tomaremos pues un tubo Dext x e: 150 x 4 (mm).389  10 8 176.3  I A
Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares: Tubo ( Dext x e) 135 x 4 150 x 4 A ( cm2 ) 16.
3.46 18.
PA  P  x. Problemas resueltos
Problema 7.90
Resistencia de materiales. 2
.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.
b ( b<h )
Resolución: Por ser una viga simétrica  los momentos de empotramiento han de ser iguales.
ª PA x2 º 2 P x  « » 2 ¼0 GK 3 b 3 h ¬ 2 1
T§ A ·
¨ ¸ ©2¹
· § PA  P  x ¸ dx ¨ ¹ © 2
¨ ¸ © 2¹
ª PA2 PA2 º 1  « » 8 ¼ GK 3 b 3 h ¬ 4
§ G: módulo de rigidez a torsión del material del eje ¨ ¨G ©
· E ¸ 2  (1  Q ) ¸ ¹ h (ver tabla 5.7 Torsión y esfuerzos combinados
El ángulo de torsión máximo se tiene para la sección central. que depende de la relación capítulo 5. Torsión)
.87 del b
K3 : coeficiente para secciones rectangulares.
Problema 7.92
MB=30000 Ncm
MC=20000 Ncm MD
A B C a=30 cm b=50 cm c=40 cm D
Resolución: Es un problema hiperestático.2 Hallar los momentos en los empotramientos MA y MD.
0  M
30000  20000 50000 kg  cm
MA -MA A B TB
0  MA a G  Io  M A  30 G  I0
T BA T B  T A
 M A  M B .
 50 G  Io
-MD = MA-MB-MC MD
M D  40 G  I0
M A  30 M D  40 M A  M B    50 G  Io G  Io G  Io
 M A  30  M A  30000.
6 N  cm
50000  29166.4 N  cm
.  50  M D  40 0  M A  30  M A  50  1500000  M D  40 0 80  M A  40  M D M A  M D 50000 ­ ® ¯80  M A  40  M D 1500000 Diagrama de momentos torsores:
1500000 2000000 1500000 3500000 120
­40  M A  40  M D ® ¯80  M A  40  M D
MA
29166.4 ( Ncm ) -20833.4 B C -20833.6 20833.6 + A -833.
sometidas a un momento torsor Mx = 1000 Nm : a) el valor y la posición de la tensión tangencial máxima.94
Resistencia de materiales.3 Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta.77
e Wmax
2 4  Am ds e s
2 4  Am e s
5 200 mm z
G 60q Mx 60q
1000 Nmm  10 3 2 1  200 mm  200 mm  cos 30 D  5 mm 2
Problema 7. b) el momento de inercia a torsión. Wmax . It .
1000 Nmm  10 3  5 mm §1 3· 3  ¨  200 mm  5 mm .
5  10 4 mm 4
. ¸ ©3 ¹
4 Un panel está sujeto por un mástil horizontal. Problemas resueltos
Problema 7.8 kpm Tz =-128 kp Mz= -3000 kpm Mx= 64 kpm z x Ty= -922 kp
. 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  0.8  2 128 kp m2 Sección en el empotramiento. hallar las tensiones máximas en el empotramiento del mástil a la pared. el peso propio del mástil y la acción del viento.15 2 4
50 150 40 40
Resolución:  0.96
Resistencia de materiales. Teniendo en cuenta el peso propio del panel. Esfuerzos: Nx Ty Tz 0 90  832 922 kp 128 kp F 80 kg
My= 716. según el esquema de la figura.
4  5.5 m
64 kp  m 716.4D 3000
3084.66 kp/cm 2
.8 kpm
D z 3000 kpm
3000 2  716.9 kp/cm 2
y Wmax
M x  rmax Io
6400 
15 2 S  15 4 32
9.8 2 arctan 716.2  0.8 kp  m 3000 kp  m
128 kp  (0.8 13.7 Torsión y esfuerzos combinados
128 kp  0.4 kp  m
MF = 3084.4  10 2 15 2 S  15 4 64
930.2) m
90 kp  (5.4 kpm
z V (+)
3084.4) m  832  3
y 716.
T -922
4 930.8 3 S  15 2 4
Resistencia de materiales.0 kp/cm 2
El momento torsor de 8 Tnm está aplicado en la sección B. de la sección E. alrededor del eje x.4105 kgf/cm2
Resolución: a) Tensiones máximas en el empotramiento A Sección A Nx Ty Tz Mx My Mz 5 Tn 10 Tn 4 Tn 8  10  2 12 Tn  m 4  3  5  2 22 Tn  m 10  3 30 Tn  m
Ty=10 Tn z x Tz=4 Tn Mz=30 Tnm Nx=5 Tn Mt=Mx=12 Tnm y My=22 Tnm
A y 1m 1m M= 8 Tnm 1m 1m B C D E
x Tx 10 Tn
Tramo AC:  = 40 cm Tramo CE:  = 10 cm Tramo DF:  = 10 cm Material: acero G = 8.7 Torsión y esfuerzos combinados
Problema 7.5 Hallar las tensiones máximas en el empotramiento A y el giro.
20 mTn
3720000  20 592 kp/cm 2 4 S  40 64
592  3.25 D
y D z V (+) P D
MF = 37. Problemas resueltos
5000 S  40 2 4
3.20 Tn  m
Resistencia de materiales.97 kp/cm 2
y 22 D z 30 MF
22 2  30 2 arctan 22 30
37.97 596 kp/cm 2
43 kp/cm 2
y B Wmax
1200000  20 S  40 4 32
95.43  95.92 kp/cm 2
V max N . M .77 Tn 10 arctan 68.2 D 4
Distribución parabólica de W con una Wmax
4 10770 3 S  40 2 4
11.7 Torsión y esfuerzos combinados
y Q z E E 10 4
4 2  10 2 10.49 kp/cm 2
W A 11.49 106.
596 kp/cm 2 ½ ° ¾ V equiv 2 W M x . T .
pero Q y P no coinciden. puede despreciarse frente a la W debida a Mx.5 kp/cm 2
(1) En el punto P la tensión cortante debida al esfuerzo cortante T no es exactamente 0. pues es 0 en el punto Q.49 kp/cm (1)° ¿
. y por tanto W debido a T será muy pequeño. Pero como están muy próximos. 95. ya que los ángulos D y E no son complementarios.
Mx 12 mT  1 m 20 mT  1 m 20 mT  1 m dx   GI o GI  40 GI  40 GI 10
1200000  100 2000000  100 2000000  100   4 4 S  40 S  40 S  10 4 840000 840000 840000 32 32 32
b) Giro de la sección C (alrededor del eje x) Dibujamos el diagrama de momentos torsores
20 mT 12 mT A 1m E 20 mT
El giro alrededor del eje x en la sección E será el mismo que el de la sección D.98 D
.244 rad 13.102
y 50 cm 50 cm z D B C rA rB rB
Q’ Q Resolución: P Z ­1 CV 736 W ½ ° ° ®1 rpm 2S rad s ¾ ° ° 60 ¿ ¯
120  736. (radios de las poleas). Datos: F=2·F’ .7 Torsión y esfuerzos combinados
Problema 7.6 Un árbol. Calcular el diámetro del árbol. debe de transmitir 120 CV a 600rpm desde la polea A a la B. rA=15 cm . Q=2·Q’ . La tensión cortante admisible para el material del árbol es Wadm = 420 Kg/cm2 y la tensión normal admisible es Vadm=728 kp/cm2. rB=22 cm. de acero.
Mx= F·rA – F’·rA = (2F’ – F’)·rA = F’·rA
F c  15 14324 cmKg F
Q c  22 14324 cmKg
Mx= Q·rB – Q’·rB Qc 14324 1193.7 2387.7 Kg 12
Q 2  1193.4 Kg
3F c 2865 Kg
x D z B C A
M x . Problemas resueltos
y x B 3Q’= 3581 Kg
3581 2 50 cm 50 cm
M z.104
1146 x MB 1146  50 57300
RC  R D  2865 0 R D  100 40  2865 RD RC 40  2865 1146 Kg 100 2865  1146 4011 Kg
Determinación del momento flector en B ( combinando Mz y My): MB El máximo está en C: M f
2  57300.
.12 cmKg
y +14324 cmKg B A
C -14324 cmKg
M x. A
16 S  V adm
2 4M 2 f  3M x
16 4  1146002  3  14324 2 S  728
d min 11. Aplicando el criterio de Von Mises:
M x.B Determinación del diámetro mínimo del eje.2
106292.
indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máxima total.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. a) Determinar para la sección circular 6A los esfuerzos de sección: normal. c) Como resumen del estudio. flector y torsor.106
Resistencia de materiales. La solicitación sobre la bola corresponde a una hipótesis de carga de arrastre con fuerte pendiente. Indicar sobre el dibujo la posición de la tensiones máximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numéricamente sus valores. Problemas resueltos
G 75 Kp 50 Kp y z O 400 Kp 6A I 40 mm
. cortante. b) Dibujar para la misma sección 6A la distribución de tensiones normal y tangencial que provoca independientemente cada esfuerzo de sección.
32 Kp/mm 2
G G G Esfuerzo cortante T T y  Tz T
T Ty Wmáx
0.1 Kp/mm 2
0. b) Determinación de las tensiones x Esfuerzo normal N 400 Kp
Distribución uniforme de tensiones V x :
V x .7 Torsión y esfuerzos combinados
Resolución: a) Esfuerzos de sección
­ N 400 Kp ° ®T y 75 Kp ° ¯Tz 50 Kp
z Tz G x Mx N Ty My Mz
­M x ° °M y ® °M z ° ¯
50  150 7500 mmKp 50  250 12500 mmKp 400  150  75  250 78750 mmKp
Resistencia de materiales.máx
Distribución lineal de tensión V x respecto al eje de giro:
Mz Vx.7 Kp/mm 2
13.máx
M  yc máx I
79737 
12.6  0.69 Kp/mm 2
V x . Problemas resueltos
Wmáx Wmáx
M x  rmáx I0
7500  20 40 4 S 32
0.32  12.1 0.6 Kp/mm 2
2 My  M z2
Vx.01 Kp/mm 2
0.máx My M
V x .máx
El peso propio de la persiana y el rozamiento de arrastre equivalen a una carga de q = 50 Kp/m. NOTAS: . la cual se aplica excéntricamente respecto de la directriz del tubo. La luz efectiva es L = 5 m. constituye el soporte para el arrollamiento motorizado de una persiana según muestra la figura adjunta. y se supone simplemente apoyado en A y C.La tensión equivalente de von Mises en las secciones críticas 6A y 6B sea inferior a Vadm=500 Kp/cm2.Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor:
6C C Motor
. b) Determinar el espesor mínimo del tubo para que se cumplan los siguientes requisitos: . .Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2. .El corrimiento vertical GB d 1/1000 L.7 Torsión y esfuerzos combinados
Problema 7. . a) Representar gráficamente los diagramas de esfuerzos y calcular sus valores máximos.Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q. e.8 Un tubo de acero I200 mm y de bajo espesor.
Iz I0 2
b) Características mecánicas de la sección.1 m +
M z .máx
1 q y L2 8 156.110
Resolución: a) Determinación de los diagramas de esfuerzos.1= 5 mKp/m
qy=50 Kp/m
Mz I/2 = 0.máx M x .
qy=50 Kp/m 25 mKp z y
mx=50·0.25 mKp
máx W z ¯ Vmáx z z Vmáx
­M x 12.8 500
· § ¸ ¨ ¸  3  ¨ 1250 ¸ ¨ 20 2 ¸ ¨ Se 2 ¹ © 0. ­M z 156.7 Torsión y esfuerzos combinados
c) Comprobación de tensiones en la sección central 6B. máx  3  W máx
d 500 Kp/cm 2 · ¸ ¸ d 500 Kp/cm 2 ¸ ¸ ¹ e t 1 mm
§ ¨ ¨ 15625 ¨ 20 2 ¨ Se 4 © 2474  11.5 mKp ° Mx ® °W máx W 0 ¯ Aplicando el criterio de falla de von Mises:
2 2 Vx .25 mKp ° Mz ® °V x .1 cm
Comprobación de tensiones en la sección extrema 6C
Ty ­T y 125 Kp ° Ty ® T °W máx 2  A ¯ Wmáx Wmáx
­M x 25 mKp ° Mx ® °W máx W 0 ¯
T  W máx 0  3  W máx
las tensiones en la sección extrema 6C son de Vequiv | 100 Kp/cm2.
5 q  L4 d 5 mm 384 EI z
500 cm .
d 500 Kp/cm 2 · ¸ ¸ d 500 Kp/cm 2 ¸ ¸ ¹ e t 0.02 cm
Con el espesor anterior de e = 1 mm.5  47.2 mm
§ ¨ 125  2 2500 3¨  ¨ S  e  20 20 2 S e ¨ 2 © 47.5 500 0. d) Comprobación del corrimiento vertical de la sección central GB d L / 1000 = 5 mm.
S  e  20 cm .
. para verificar los requisitos de resistencia y deformación el espesor e t 1.5 cm
Despejando el espesor de la ecuación e = 0.123 cm o 1.3 8
d 0.3 mm. Una solución comercial sería I200 x 1.5 mm.3 mm. En conclusión.
a) Determinar las tensiones normales y tangenciales máximas en la sección del empotramiento. b) Determinar el movimiento del perfil.9 * Un perfil angular de alas iguales es utilizado como carril de rodadura. c) Comentar el diseño y proponer mejoras.
Z y z L = 500 mm
Material: acero 100 G E = 210000 N/mm2 G = 84000 N/mm2
.7 Torsión y esfuerzos combinados
Problema 7. calculando el corrimiento total del punto A.
ds s y z G
2· ¸  e  ds 1 b 3 e y  dA 2  ¨ s  ¦ 0 ¨ 2 ¸ 3 © ¹ Iz 1666666 mm 4 23574 mm 3 y máx 70.114
35.El baricentro G cumple la condición:
G 70.Los momentos de inercia y módulos resistentes.7
= C z = =
³ z  dA
.El eje de simetría proporciona las direcciones principales centrales yy zz. pueden obtenerse estas características de la tabla de perfiles del fabricante con mayor precisión ( sin utilizar la simplificación inicial . v = 0 ).35
70.El centro de cizalladura C ( ó de torsión ) coincide con el punto de encuentro de los elementos.7
(*) También. . Problemas resueltos
Resolución: Por razones de simplicidad se trabaja con la curva media del perfil de espesor constante y acuerdo recto.35 35.
y s ds z z G
2· ¸  e  ds 1 b 3 e 2 ¸ 12 ¹ 11786 mm 3
Iy z máx
416666 mm 4 35.35 mm
G P Mx Tz z P
P  b 50000 N  mm 2 L 176777 N  mm 2 2 L 176777 N  mm 2
­ °M y máx .116
­ °T y ° ® °T z ° ¯
 P ° ® °M máx .
Tensiones normales Vx debidas a la flexión desviada My .Para My
-15 G My Mz -7.5 N/mm2
. P z° ¯
My . d 3T x
dT x GI t  dx TORSIÓN UNIFORME
EI Z 3 dx  TORSIÓN NO UNIFORME
+7.Para Mz
7. Mz.
Tz. Aplicamos superposición:
Ty : ­ T y  m zA1 °W variable según y I z e ° °Para y 0.5 N/mm2
M x  e máx 50000 N  mm  5 mm ­ °W máx It 8333 mm 4 ° ® 3 N N °3W  30 22.14  10 5
Tensiones tangenciales debidas al cortante Ty . máx ° ° 2 ° 100  mm 3 ® 2 353 N  100  5.7 Torsión y esfuerzos combinados
¾ Wmáx = 22.5 máx 2 ° 4 4 mm mm 2 ¯ ­ ° dT x ° ® ° dx ° ¯ x
.75 Ty
0. ° 2 °W máx 4 ° 1666666 mm  5 mm ° °ó directamente se demuestra que W máx ° ¯
C 0.75 z 0.
75 C G
A1 ­ Tz  m y °W c variable según z I y e ° ° c . °Para z 0.118
Resistencia de materiales. W máx ° 2 ° 50  mm 3 ® 2 ° 353 N  50  5. Problemas resueltos
A1 y 50 z 0.
Punto ­ °V x ° ® ° °W ¯ 15
N N  7.75 500 N
Obsérvese que en el ala horizontal debe anularse la distribución de tensiones tangenciales.75
C 0.5 2 mm mm 2 N mm 2
27 P  20 b  e 27 500 N N  1.75 máx 4 ° 416666 mm  5 mm mm 2 ° 3 P °ó directamente se demuestra que W máx ° 4 be ¯
Tz z 0. ya que solo tenemos fuerza vertical de 500 N.75
WTOTAL 1. N 2 °W c 0.5
.35 20 100  5 mm 2
5 2 mm mm 2 N mm 2
N N  0. Tz )
22. Tz. Ty . el Aplicando Von Mises
es el más desafavorable.5
De los puntos estudiados.8
Esta operativa está contemplada en diferentes normativas.5) 2  3  (30  1. b)
dT x L dx
F  L3 3 E  I
Se desprecian los corrimientos debidos al esfuerzo cortante Ty .
(15  7. es posible tomar los valores máximos correspondientes a cada esfuerzo (aunque físicamente no estén en el mismo punto).
22.5 2  3  22.5 2
Ante la duda que exista un punto con una combinación más desfavorable y dada la complejidad del problema.7 Torsión y esfuerzos combinados
Punto ­ °V x ° ® ° °W ¯ 15
Punto ( My ) ­ °V x ° ® ° °W ¯ 15
N N  7.35) 2
58.75 2 mm mm 2
( M x .
Resistencia de materiales.04 mm
Corrimiento según el eje z debido a la flexión My: 2  (500) 3 2 3  210000  416666 500
0.14  10 5  500  100 3.17 mm
Amplificación del giro debido al torsor Mx: § dT · T x  100 ¨ x  L ¸  100 7. Problemas resueltos
G C G1 Gz z C1 G (Tx) A1 A Gy
Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz: 2  (500) 3 2 3  210000  1666 666 500
0.57 mm dx © ¹
d) Posibles modificaciones en el diseño. Sin embargo.
0q T T | 0q
Cambiar la posición del angular. para otra posición del carro se reproduce el problema.
La barra adicional trabaja a flexión y limita considerablemente el giro a torsión del extremo del angular.
ya que está impedido el alabeo en el empotramiento.122
Resistencia de materiales. Ecuación diferencial de gobierno:
G  It 
dT dT  E  Iw  3 dx dx
donde : Momento de inercia a torsión o constante de Saint Venant: It
1  2  300  23 3  467  12 3
.10 * a) Determinar las tensiones normales y tangenciales en el perfil HEA-500 sometido a torsión constante Mx = 20 KN · m y con coacción total al alabeo en el extremo empotrado. b) Calcular el giro Tx en la sección A.
y B A x z Mx = 20 KN·m L=5m
Resolución: Se trata de un problema de torsión no uniforme. Problemas resueltos
270  10 4 mm 4
Módulo de alabeo o momento de inercia sectorial: h2 2 1 3 h2 b e 12 2 1 467 2  300 3  23  12 2 5643  10 9 mm 6
If 
El reparto del momento torsor total Mx = Mt1 +Mt2 ( para L = v ): ­Torsión uniforme M t1 ® ¯Torsión no uniforme M t 2 M x 1  e D x M x  e D x
03 ( 3.9 exacto )
N  309.64  1012 mm 4 2 mm 80000
4.3  10 4 mm 4 2 mm N 210000  5.
Mx = 20 KN·m Mt1 Mt2 2.57  10  4 mm 1
dT x dx Mx M t1 1  e D x { G  It G  It
dT x  dx dx
Mx  1  e D x  dx G  It
Mx § 1 1· · Mx §  ¨ L  e D x  1 ¸ | ¨L  ¸ G  It © D D¹ ¹ G  It ©
57  10 4 ©
§  5000 4 ·· ¨ e 4.3  10 4 mm 4 81000 mm 2
§ 1 ¨ 5000 mm  ¨ ¨ 4.3  10 mm
 12 mm 78
.5710  1¸ ¸ ¨ ¸¸ ¸ © ¹¹
0.4  0.
20000  10 3 Nmm N  309. Wmax Alas:
Mt1 Sección A
M t1  e max It M t1  e alma It
20000  10 3 Nmm 309.3  10 mm
 23 mm 149
20000  10 3 Nmm 309.17 rad 23D  10 D
Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant en el extremo del voladizo Mt1# Mx.
7  10 6 N  mm 93.124
Resistencia de materiales. Vf .57  10  4 mm 1  467 mm
93.6  10 6 Nmm  300 mm 2
(el valor exacto es 9. donde Mt2 # Mx : Mt2 = Vf · h o V f
20 KN  m 0.3
Obsérvese el autoequilibrio de los esfuerzos en las alas. Mf .467 m 42.8 KN
Mt2 h = 467
Por aplicación de Collignon en la sección rectangular del ala : 3 Vf 2 Af 3 42800 N 2 300  23 N mm 2 N mm 2
9.7 KN  m valor superior al momento torsor aplicado
La tensión normal en la sección rectangular del ala por aplicación de Navier: Mf  b 2 93. respecto a la sección global: M t2 D h 20000  10 3 N  mm 4. Problemas resueltos
En el empotramiento la torsión no uniforme provoca tensiones tangenciales Ww y normales Vw.
para secciones tipo : N My Mz   Vw A W y Wz
.Ww = 0)
V 2  3 W 2
V w  3 W w2
272 2  3  0
.Si existe N. My. Mz .7 Torsión y esfuerzos combinados
0  3 W 2
3  149 258
Sección B: punto extremo del ala ( Vw max .La tensión equivalente es parecida en ambos casos. .
Puede utilizarse la tabla de la serie normalizada IPE para determinar las características mecánicas de la sección. .
G{C IPE . Calcular el valor máximo.126
Resistencia de materiales. la distribución de tensiones tangenciales debidas a la torsión no uniforme o de Saint Venant. en la sección del extremo del voladizo. Calcular el valor máximo. Acero S 355 E = 210000 N/mm2 G = 80000 N/mm2 Ve = 355 N/mm2 Notas: .11 * Una viga IPE-300 está sometida a una carga vertical F = 30 KN con una excentricidad accidental de 50 mm. a) Determinar.300 z 50 mm F 30 KN x
. en la sección del empotramiento. b) Determinar.Se supone la viga arriostrada convenientemente para evitar el vuelco lateral. Problemas resueltos
Problema 7. la distribución de tensiones normales Vx debidas a la flexión y a la torsión no uniforme (bimomento).
12 cm 4 125.81 cm 2 603.7 Torsión y esfuerzos combinados
Resolución: Diagramas de esfuerzos
90000 Nm ( máx ) 1500 Nm x 30000 N
Mx = F · 0.7 z
tw = 7.05 m Momento torsor
Mz = .1
­ °Wel y ® ° ¯Wel z IT Iw
20.5 cm 3 557.F · (L – x ) Momento flector eje z
Ty = .F Esfuerzo cortante eje y
Características mecánicas sección IPE – 300.9  10 3 cm 6
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 1500 x L= 3m Mt1 Mt2 145 Nm
A ­I y ® ¯I z
53.8 cm 4 8356 cm 4 80.1 cm 3
tf = 10.
para x L M t 2 145 N  m
para x L M t1 1500 1  e 0..783 .
N  20.12 cm 4 mm 2 N 210000  125.1  10 mm mm 2
.289 m 6654 N  m
6654  10 3 Nmm  75 mm 6038000 mm 2
Debidas al momento flector Mz : Mz Wel z 90000  10 3 N  mm N 162 3 3 557.78 m 1
Mz Mf
Debidas al bimomento Mf : ( If | Iy / 2 ) Mf M t2 D h b 2 1500 N  m 0.78 m 1  0.8  10 3 cm 1
0.9  10 3 cm 6 mm 2 80000
la tensión normal máxima:
Mt1 = 1355 N·m
M t1  e máx It
1355  1000  10.7 Torsión y esfuerzos combinados
Así.7 72 N/mm 2 201200
1·104 Mpa Q=0. sometida a las cargas que se indican.1 En la viga quebrada de la figura.132
Resistencia de materiales. (Se prescindirá del posible efecto del pandeo)
3000 Kp B C m 2m A n b= 0. b) El corrimiento vertical en B. Problemas resueltos
Problema 8. determinar: a) La distribución de tensiones en la sección mn.3 m Material : (=2. vB.2 G=8750 MPa z G h= 0.6 m
Resolución: a) Diagramas de esfuerzos
B 2m x A 
x’ C
Reacciones : RA RC 2000 kp 1000 kp
3000 Kp .
B   C
A 4000mKp
1 Kp 2 cm
· ¸ ¸ ¹ y2 3  1000 2 § ¨1  4 W xy 2 1800 ¨ 60 2 © W xy max 1.8 Corrimientos en piezas prismáticas
N Tramo AB Tramo BC Esfuerzos en la sección mn: N mn Tmn M mn 1000 2 Kp 1000 2 Kp 2000 mKp
Tensiones provocadas por cada esfuerzo.8 Kp
M Vx y I  2000  100 y Vx 540000 V x max 11. por separado:
Y m G Z Wmax N T M Vmax.2 Kp 2 cm
3T§ y2 ¨1  4 2 A¨ h2 ©
A 1800 cm 2 5 A1 A 1500 cm 2 6 I z 540000 cm 4 Wz 18000 cm 3
37   30.134
Resistencia de materiales.8  0.37 y A I V x máx  0.8  0. Problemas resueltos
N M  y 0.
0014  0.1  10 5  1800 3  87500  1500 3  2.3 Kp/cm 2 (máxima ténsión de tracción)
V x mín 
0.105 0.9 Kp/cm 2 (máxima tensión de compresión)
b) Corrimiento vertical en B vB wW wP § N wN T wT M wM · ¨ ¸dl   ¨ TOTAL EA wP GA1 wP EI wP ¸ © ¹ 2 Px 2 2  3 3 3 EI · § 4 x' ·¸ ' ¨  ¸ ¸dx ¨ 3 3 ¸¸ © ¹¸ ¹ 16000  8000 x '  1000( x ' ) 2 · ¸  dx c ¸ 3EI ¹
§ 2 2 ¨ P§ P ·  2 ¨ 3 ¨ ¸ 3 ¨ EA ¨ 3 ¸ GA1 0 © ¹ ¨ © P 4P P ' §  x ¨ 400  1 § · 3 3 3 ¨  0 ¨ ¸ 0 ¨ GA1 © 3 ¹ EI ¨ ©
· ¸ x ¸dx  ¸ ¸ ¹
200 2 §
2000 2000 2000 x 2 · ¨ ¸ ¨ 3EA  3GA  3EI ¸  dx  1 © ¹
400 § 1000
¨ ¨ 3GA  1 ©
º ª x3 2000 » « 2000 x 2000 x 3 » «   « 3  2.8  0.08 mm
(N) (T ) (M )
.0005  0.001  0. 10.0005 0.0442  0.0608
0.37  30 11.0024 0.108 cm 1.1  10 5  540000 » » « ¼0 ¬
ª xc 2 xc3 c 16000 8000 1000 x   « 1000 x c 2 3 «  5 3 87500 1500   3  2.1  10  540000 « « ¬ º » » » » ¼0
A x Q x 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
.1·105 Mpa G=0. hallar : Sección
4 cm 4 cm 1m A Q
a) El desplazamiento vertical de la sección A.8 Corrimientos en piezas prismáticas
Problema 8. Aplicación a :
D y P 1m Y Z X C z
P=300 N Q=2P=600 N E=2.2 Para la pieza quebrada de la figura.
y x z 1m
³¨ ¨ GA ©
M z wM z · ¸ dx  EI z wQ ¸ ¹
M wM y · ¨ Nx wNx  y ¸ dx  ¸ B ¨ EA wQ w EI Q y © ¹
T wTy T wTz M x wM x M y wM y M z wM z · ¨ y ¸ dx  z    ¨ GA1 wQ GA1 wQ GKt wQ EI y wQ EI z wQ ¸ ¹ © · Q Qx ¨ ¨ GA  1.
 EI  x .
¸ ¸ dx  z © 1 ¹
1m §
· ¨  Q  1.
 Q 1.
¸ dx  ¨ EA EI y ¸ © ¹
  P  0   Q  1.
 Px  0   Q  x  x .
¸ dx ¨ GA1 ¸ GA1 GKt EI y EI z ¹ ©
¨ 1 Q  1 Q  Q .
 1 Q  1 Q  1 Q  x 2  Q  x 2 ¨ EA GA1 GKt EI y EI z ©
¸ dx .
4  2.1  1011 N/m 2 0.2 cm
Q 600 N E G 2.042 m EA GA1 GK t EI y EI z 3
4.· ¸ ¹
1 1 1 1 1 2 Q 2Q  Q Q Q 0.1  1011 N/m 2
A 16 cm 2 16  10  4 m 2 5 40  10  4 m 2 A1 A 6 3 1 4 43  4 cm 4  10 8 m 4 Iy Iz 12 3 Kt
3 K 3  2a .
. 0.141  4 4  10 8 m 4
G C z .8 Corrimientos en piezas prismáticas
Q Qx · ¨ ¨ GA  0  EI  0 ¸ ¸ dx  z © 1 ¹
· ¨  Q  0  Q  0 ¸ dx  ¨ EA EI y ¸ © ¹
· ¨  Q  0   P  1.
  Q  0  P  x x .
  Q  x  0 ¸ dx ¸ ¨ GA1 GA1 GK k EI y EI z ¹ ©
P· 1 P .
1  10 7
2.  1 § ¨ ¸ GA1 EI y © 3 ¹
P 40  10  4 0.1  1011  3
12 P  10 4 P 64  2.235  10 3 m 0.1  1011  3
P 3  43  10 8 2.2235 cm
.4  2.
5000 kp A B C 4m 1m Vadm=1600 Kp/cm2 E=2.
P B 1m C =
RA’ x
-5000mKp=MB MA-RA·x -
  RA x
   R A  x  R B  x  4 . con un grado de hiperestaticidad.3 cm.1 En la viga de la figura. determinar el perfil IPE necesario para que se verifique la condición de resistencia y para que el desplazamiento vertical en el extremo volado (punto C) sea inferior a 0. en uno isostático más un momento de empotramiento (incógnita) MA . Problemas resueltos
Problema 9.1·106 Kp/cm2
Resolución : a) Se descompone el problema.
+ MA 5000 RB +
+ M’A M’A-RA’·x
RA’ III ) RB’
aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B .Estado final (I): MA MB MC RA RB M x  MA  Mc A  c MB  MB 0  R A  Rc A  c RB  RB MB 1 250  625 1875 Kp 6 250  625 6 875 Kp  RA
0Mc A
4.Estado momento hiperestático (III): c Rc  RB A c 4 Mc RB A c 0 MB x Para encontrar M’A .9 Piezas y sistemas hiperestáticos
.Estado isostático (II):   R A  RB 5 000  ­ °R A ® °R ¯ B 5 000 1250 Kp 4 6250 Kp   MC 0
 R A  4 5 000  1  MA  MB
. en el estado final (I): 0 ' 1 EI
¦A y
LMA 2 · 1 § LMB 1  L  L¸  M A ¨ EI © 2 3 2 3 ¹
Ai = área diagrama momentos flectores yi = distancia desde el baricentro Ai hasta B L=4m
Mc A MA 2500 mKp
M A  4 R A
Resistencia de materiales. vC ' 1 EI
§ 4M B § 4 · 1M B 2 4 M A § 8 · · ¨ ¨ 2 ¨ 3  1¸  2 3  2 ¨ 3  1¸ ¸ ¸ © ¹ © ¹¹ © 2  10 4 10582 cm 4 3  2. Problemas resueltos
b) Para el cálculo de vC .3
 20000 kg  m 3 3EI Kg/m 2  m 4
.1  0. vamos a aplicar el 2º teorema de Mohr entre A y C .
 2  10 4  10 6 0.
1  10 6  I
4 ­ ° I 11770 cm IPE 330 ® z 3 ° ¯W z 713 cm
5000 mKp 713 cm 3 5000 Kp 271  7.5.  I min 3  2.
01 Kp/mm 2
V adm V adm W adm
2.8 Kp/cm 2
El perfil IPE 330 cumple la condición de resistencia y la condición de rigidez. mm 2
7.46 Kp/mm 2
246 Kp/cm 2 923.
c) El perfil IPN necesario para Vadm=140 MPa. más una incógnita hiperestática ( R’B).
P MA’ +
C A 4m B 1m
R’B RA’ x
MA MB=-40000 Nm + =
280 000 Nm   R A x  M A  px 2 / 2   R A x  M A  4px  2.1·106 MPa
a) Descomposición en un problema isostático. Resolución:
Material: Acero E=2.
p = 20000 N/ml 20000 N
B C A 4m 2m
determinar : a) Diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes. d) La pendiente en el apoyo B.9 Piezas y sistemas hiperestáticos
Problema 9. b) Valores de las reacciones.2 Dada la viga de la figura.
MA’.RA’x MA’= 4R’B
+ RA’ R’B
 §  x2 · ¨ ¸ c Mc  R  x  R  x  M  p  A A A ¨ A 2 ¸ © ¹   R A  x  M A  4  p  x  2 . Problemas resueltos
b) Determinación de la incógnita hiperestática y de las reacciones totales.144
A . B M x .
aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B : 0 ' 1 EI ª « « ¬
Para hallar R’B .
 x .
2 · º §  · c ¨ R A  x  ¨ M A  p x ¸ ¸4  x .
dx  4 M A  2  4» ¸ ¨ A¨ 2 ¹¸ 2 3 » © © ¹ ¼
RA MA Mc A
1 ª EI « ¬
100000 N 280000 Nm c 4RB
64 º ³ 100000 x  280000  10000 x .
 4  x .
80000 + 65000 .80000·2 c) Determinación del IPN.20000 = 0 MA = .20000·6 + 65000·4 .dx  3 R c » ¼
4m ªª x2 x3 x4 º 64 º « « 1120000 x  680000 c»  140000  10000 »  RB 2 3 4 ¼0 3 «¬ » ¬ ¼
ª  4160000 64 º c»  RB « 3 3 ¬ ¼
RA .7 cm 3
4  10 6 14000
40000  100 d 14000 N/cm 2  Wz ­ 4250 cm 4 °I IPN 240 ® z 3 ° ¯W z 354 cm
 WZ .min
d) Pendiente en B. M x .
B 20000  35000 x  10000 x 2
d 2 v1 dx 2 M x . A .
1  10  4250  10
11 8
0.00149 rad 0.1  10 3  4250
 240 000  840 000  640 000 3  2. B
dv1 dx x 0: x 4: dv1 dx
§ · x2 x3 ¨  20000 x  35000 ¸   10000 C 1 ¨ ¸ 2 3 © ¹ 0
0  C1 dv1 dx
1 § 16 64 ·  0¸ ¨  20 000  4  35 000   10 000  2 3 EI © ¹
 40 000 3  2.0856 0
que se puede aplicar en la viga de la figura.El tirante CD tiene una sección de 5 cm2.
. b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.3 a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida. p. Problemas resueltos
Problema 9. Para resolver la hiperestaticidad.1·107 N/cm2 ( para la viga y el tirante ).
Resolución : a) Se trata de un problema hiperestático.La viga AB es un perfil IPN 400.
Resistencia de materiales. . vC = corrimiento vertical de la viga AB en el punto C. impondremos la siguiente condición :
GC = corrimiento del punto C del tirante CD. .Módulo de elasticidad : E = 2. si la tensión máxima admisible es de 140 MPa (tanto para la viga AB como para el tirante CD).
81  10  6  R D
R D en N .9 Piezas y sistemas hiperestáticos
Cálculo de GC :
H  A CD V .1  10 7 N/cm 2  5 cm 2
3.V E
V  A CD E
R D  A CD EA
R D  400 cm 2.
Cálculo de vC : Aplicaremos el Teorema de Castigliano:
A 4m RD
R D x  400 .
 p x
320 000·p ( Ncm ) MC= -80 000·p ( Ncm )
MA= 400 RD.
x2 2  0  dx  EI
R x  400 .
 p 800 D EI
x2 2 x  400 .
x2  RD  x  400 RD 2 x  400.148
3  10 6 R D EI
.  dx EI º · 3 ¸ x  400  RD  x 2  160000  RD  x » ¹ ¼ 400
1 ª  p 4 § 200 p  RD x ¨ « EI ¬ 8 3 ©
1  18133  10 6 p  21.
8  R D .1  10 7  29210
 29561.5 p  34.3  10 6 R D 2.
 18133  10 6 p  21.
 10 6 cm
v C 
3.8  R D .81 10 6  R D
 29561.5 p  34.
5 p 766 p
(1) R D (2) p Determinación de pmáx : Para el tirante: R D .tirante
140  10 2 N
 R D .13  RD (p en N/cml)
V max .max
70 000 N 
2 .61  RD
29561.max 5 cm 2
0. 10 6   (RD en N)
RD 766 p
 p max
13  R D . IPN 400
V max .viga
MA MC M máx
400 R D  320 000 p 80 000 p 80 000 p
400  766 p  320 000 p
.13  70 000 9 100 N
Para el perfil: M max W z .
5 N/cmA
9100 N A ( la menor de ambas).7 mm
.9 Piezas y sistemas hiperestáticos
V max . m
b) Cálculo del descenso de C.viga
M max W z .81  10 6  70 000 0.267 cm 2. vc 3. IPN 400
80000  p d V adm 1460 14 000 N
pero sin transmitirse ningún esfuerzo. estando sometida la viga BC solamente al efecto producido por la AB. la resolución se basa en plantear la igualdad de corrimientos (ecuación de compatibilidad de deformación en la sección B):
p R C A B R 3m 4m B
G1 = G2 M max R  x + M x .
p Material: Acero A42b
IPN 220 A IPN 200 B
Determinar: a) La carga uniformemente repartida máxima que puede soportar la viga AB. Problemas resueltos
Problema 9. Cuando están descargadas.150
Resistencia de materiales. b) El descenso vertical del punto B. sus extremos B están en contacto. En este tipo de problemas de interacciones. Resolución: a) Determinación de pmáx.4 Las vigas AB y BC de la figura están perfectamente empotradas en los extremos A y C.
Rx 1 p  x2 2 R  A
Cálculo de G1: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre A y B : Rx  1 2 px 2 x .
1 ªR 3 p 4º A  A » 8 ¼ EI z « ¬3 Cálculo de G2: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C y B:
Rx x .
ª R 3º «3 A » ¬ ¼
3624  R
Condición: G1=G2 81 p 8 E  2 140 cm 4 9R  64 R 3 E  3 060 cm 4  2.
216  3060  512  2140.
Cálculo de Rmax (  pmax ): IPN 200 a flexión:
243  3060 p  p
M x 0.3 N/mm 2
 37093.5 mm
 173.3 Nm
Mmáx:
wM wx 0 R  px  x R p 0. IPN 200
M máx 214 cm 3
260 N 2 1.
M máx W z .4233.
211649 R ½ ° 1 ¾  M máx 2 MA RA  pA 7.3  Rmáx
4861. 0.0 N
.6308R ° 2 ¿
 7.6308R 37093.
4861.3624  4861.0 11483 N
b) Descenso vertical del punto B.6 .0 dN mA
2.3 N/mm 2
 48186. 4 861.
4861  400 3 3  2.6 Nm 4R  48186.1  10 7  3060
1. IPN 220
M máx 278cm 3
260 N 2 1.5 mm
 173. Problemas resueltos
M máx W z .152
Resistencia de materiales.6 N
 12 046.3624 Rmáx
Rmáx  Rmáx Por lo tanto: p máx mín
 12046.61 cm
R 2 p R 2
A p A 2 R x 2 -
B p A R xR x A 2 2 2
.1·105 MPa ( tanto para la viga AB como para los tirantes CD y CE )
h=6m 45º
Resolución: a) Imponemos la condición de compatibilidad de deformación en C. que se puede aplicar a la viga de la figura.5 a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida. planteamos igualdad de corrimientos. pmáx . es decir. b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.
D E Datos: Viga AB: IPN 300 Vadm= 160 MPa E = 2.9 Piezas y sistemas hiperestáticos
+ x A  px  R  x  1  px 2 2 2 2 + A  px  1  px 2 2 2 +
A  px  R  x  1  px 2  R§ ¨x  2 2 2 ©
A· ¸ 2¹
45º C A 'A
A 'A GC
Cálculo de GC : Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C ¨ x
© § A· ¸ y A x 2¹ 0.154
R p 2· § A ¨ p x x x ¸ 2¨ 2 2 2 ¸x .
 dx 0 ¨ ¸ EI z ¸ ¨ ¹ ©
A R· 2 p 3· ¨ ¨¨ p 2  2 ¸x  2 x ¸ ¸  dx ¹ ©© ¹
ª§ A R · x 3 p x 4 º 2 «¨ p  ¸  » «© 2 2 ¹ 3 2 4 ¼ »0 ¬ §  RA3 1 ·· § 1 ¨  pA 4 ¨  ¸¸ ¨ 48 © 48 128 ¹ ¸ ¹ © R A C G
§ § A R · A3 p A 4 · ¨¨ p  ¸   ¸ ¨ © 2 2 ¹ 24 2 64 ¸ ¹ © §  RA3 5 pA 4 · ¸ ¨  ¨ 48 384 ¸ ¹ ©
2 RA 2 EA
2  R  600 2 2 E 5
A 5 cm 2
A 6 2m
600 2 cm .9 Piezas y sistemas hiperestáticos
Cálculo de 'A :
C 2 2 R 'A
§  RA 3 5 pA 4 · 120 2 R ¸ ¨ ¨ 48  384 ¸ E ¹ ©
§ A 8 m 800 cm · ¨ ¸ 4¸ ¨I 9800 cm © z . R en N)
Cálculo de Rmáx ( o pmáx ) : Cables a tracción: 2  Rmáx 2 d V adm 5 cm 2
Pmáx A
 Rmáx
.98 R
2. IPN 300 ¹
83  106 5  84  108 R p 48 384
9800  120 2 R
9.312  103 R
( p en N/ml .
M máx 653cm 3
1 800  2.31  10 3 R
183.312  10 3 R · ¨ ¸ ¨ A 800 cm ¸ © ¹
wM wx
A R  2 2  2.312  10 3  R  8 2  10 4  R 8 4 § p 2.74 cm
M x 183.74 cm . Problemas resueltos
M máx W z .156
es: p máx 2.742 · ¸  R  183. el valor máximo de la carga uniformemente repartida que se puede aplicar a la viga AB.
§A x2 · R ¸ x p¨ x  ¨2 ¸ 2 2 © ¹
§ 800 183. admitida por el sistema.267897` 113137 N
Por lo tanto. sistema
mín^ 113137.74 2.
120  113137 cm .74  ¨ 2 2 ¸ ¹ 2 ©
Así que Mmáx = 104480·102 N·cm = 39 Rmáx  Radm .57 N cmA 26157 N mA
b) El descenso del punto C es.312  103 R  ¨  183.312  10 3  113137 261.
0.  2.9 cm
en la pieza de la figura. Es un problema hiperestático. GC .4·E p =1000 N/ml D = 50 mm a=1m E = 2.
Datos: G = 0. Consideraremos RB como incógnita hiperestática a determinar.6 Determinar el desplazamiento vertical de la sección C.
Esfuerzos: x Tramo BC:
Ty MZ
R B  px RB  x  1 2 px 2
B y z RB x
x Tramo CA: Ty Mz Mx RB  p  a
R B  p  a . admitiendo que la sección en todos los tramos del sistema es circular y el material es el mismo.1·105 Mpa Resolución: a) Determinación de esfuerzos .9 Piezas y sistemas hiperestáticos
RB  a  1 pa2 2
Aplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incógnita hiperestática RB : T y wT y
M z wM z · ¸ dx  EI z wR B ¸ ¹
T wT y M x wM M z wM z · ¨ y ¸ dx   ¨ C GA wR GK t wR B EI z wR B ¸ B © 1 ¹
1 § · RB x  px 2 ¸ ¨ R  px B 2 ¨ 1   x ¸ dx  ¨ GA1 ¸ EI z ¨ ¸ © ¹
1 § · R B a  pa 2 ¨ R  pa ¸  .158
6 2 3 a R B  11 24 a p 2 © ¹ 3.4 ES 0.4 E S 32 10 4
§ 3 a4 · 1 §2 3 11 4 · ¨ a RB  p¸  a p¸ ¨ a RB  4 ¨ ¸ 2 ¹ 24 D ©3 ¹ © ES 64
4 3 3 4 40 D 2 2aR B  3 a 2 p  32  9§ ¨ a RB  a 2 p · ¸  64  3.4 E · ¨ ¸ 2 ¨ 9 9 SD ¸ A ¨ A1 ¸ 10 10 4 ¸ ¨ ¨ ¸ SD 4 ¨ I0 ¸ 32 ¨ ¸ ¨ ¸ SD 4 ¨ Iz ¸ 64 © ¹
3 2 · 1 § ¨ 2aR B  a p ¸  2 2 D4 9 D © ¹ 0. R pa x 2 B B ¨ 1  a  x ¸ dx 0¨ ¸ GA1 GI 0 EI z ¨ ¸ © ¹ · 1 § a3 a4 a3 a4 ¸ ¨ RB    p R p B ¸ EI ¨ 3 8 3 3 z © ¹ · ¸ ¸ ¹
§ · 1 a2 ¨ RB a  p  R B a  pa 2 ¸  ¨ ¸ 2 © ¹ GI 0
§ a4 ¨ RB a 3  p ¨ 2 ©
1 § 3 2 · 1 ¨ 2aR B  a p ¸  2 GA1 © GI ¹ 0
§ 3 1 §2 3 11 4 · a4 · ¨ a RB  p¸ a RB  a p¸ ¸  EI ¨ ¨ 2 3 24 ¹ z © ¹ ©
§ G 0.6  E  S  D 4
.1  1011 N/m 2 ¸ ¹
565.05 m · ¸ 1m ¸ ¸ 1000 N/ml ¸ 2.
§D ¨ ¨a ¨p ¨ ¨E ©
50 mm 0.
b) Determinación de GC. aplicaremos el método de la fuerza ficticia: Esfuerzos (debidos a F):
A x C F x
Tramo BC: ­T y R B ® ¯M z R B x
Tramo CA: ­T y R B  F ° ®M z R B  F . x Para calcular GC .
 x °M ¯ x RB  a
§2 3 a3 · 40 D 2 2aR B  aF .
6  E  S  D
.  32  9  a 3 R B  64  3.6  ¨ a R F¸  B ¨3 3 ¸ ¹ © 4 3.
174  F
 RB
174 F  x R  px .
1 2· § ¨ R B x  px ¸  0.
174.  0.174F 2 ¹ ( B 0.
174 x .  © 0.
174a . ) dx  GA1 EI z 1 GI 0 §§ · 1 2· ¨ ¸0.
826 x .  ¨ ¨ R B a  2 pa ¸  0.174 F  a ¸ ¹ ¹ ©©
RB  pa .
826.  0.174 F  F
R B  pa .
x  0.174 F  F .
y tomando F= 0:
2 § § ¨ 0.x EI z
Integrando. entre límites.826 R B a  pa 2 ¸  ¸ ¸ GI 0 ¹ ¹
.174¨ R B a  p a ¨ ¨ 2 © ©
· · 1 ¸  0.
§ 1 4 ·· § 3 ¨ ¨ 0.174¨ R B a  2 pa ¸ ¸ ¸ © ¹¹ ©
652 R B  0.174¨ RB a  1 p a ¸  0.160
Resistencia de materiales.826¨ RB a  p a ¸ ¸ ¨ ¸ ¨ ¨ ¸ 3 2 4 ¹ 3 ¸ © © 3 ¹¹ ©
40 D 2  0. Problemas resueltos
3 4 3 4 · § § · § · ¨ 0.739 p .
087 p .174 R B  0.  32  9  0.
 64  3.254 p .217 R B  0.6   0.
hacia abajo: igual dirección y sentido que F)
.6  S  E  D 4 0.225 cm
0.00225 m
(en vertical. 3 .
1·106 Kp/cm2 Resolución:
A 3 B 6 C
P  3  RC  6  RC 3 P 2
0  Rb
Tmáx 3 P 2 3P
Resistencia de materiales.1 Determinar la carga máxima P que puede soportar el sistema de la figura. si la tensión máxima admisible es de 160 MPa. Problemas resueltos
3P Px
M máx  P  x  3 Px  3.
06 cm Esfuerzo normal: N máx A
N máx d 16000 N 2  N máx cm 34 3 P  Pmáx 2 362667 N
544000 Pandeo: L i min
400 131 ! 105 O min ( acero estructural ) 3.1  10 7  318 117700 N 16  10 4  3. W y 52.Cálculo a flexión.5
§ I I min 318 cm 4 · ¨ ¸ ¨ L A 4 m 400 cm ¸ ¨ ¸ ¨ J sp 3. I y 318 cm HEB 120 ® 3 3 °W z 144 cm .04 cm .06
el pandeo se produce en la zona 3 P 2 de validez de la ecuación de Euler
N adm .9 cm ° ¯i z 5. i y 3. Cálculo a esfuerzo normal y a pandeo. IPN 500
Puntal HEB 120. M máx W z .5 O ! 100 . IPN 500 3P Nm 2750 cm 3 160 N
Pmáx. H 120
S 2  2.10 Inestabilidad elástica
IPN 500.
­ A 34 cm 2 ° 4 4 ° I z 864 cm .
¸ ¨ ¸ 7 ¨ E 2.1  10 N 2 ¸ cm ¹ ©
la carga máxima que puede soportar el sistema es:
P min ^14667 .164
Resistencia de materiales. 78466 . Comprobación a esfuerzo normal.6 P 4 cos 30º 169600 N
Por lo tanto. Problemas resueltos
Puntales IPN 100.(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. 587511 ` 78466 N
Resolución: a) Diagramas. R Rc P
TRACCIÓN + x A C
.1·105 MPa. donde B.10 Inestabilidad elástica
Problema 10. C y D son articulaciones perfectas.
P A IPN 360
D 2m 2m 2m
Determinar: a) Diagramas de momentos flectores.2 Dado el esquema de la figura. si la tensión máxima admisible y el módulo de Young son los mismos para las tres barras. b) El máximo valor admisible de P. esfuerzos cortantes y esfuerzos normales para cada barra. e iguales respectivamente a Vadm = 160 MPa y E = 2.
P x  P x  2 .
P  1 Nm 1090 cm 3
b) Cálculo de Padm : x IPN 360 a flexión:
M máx W z .
1  10 7  35.6  Padm 479 701 N
160  10.10 Inestabilidad elástica
2 2 d 160 N/mm 2 10.6 N Padm 2 2  Padm 73700 N
Pmáx mín ^174 400 .6 N
N adm 2605.2 3. 73 700 ` 73 700 N
Problema 10.5 ¸ ¸ ¹
A i min N adm
200 2 1.5
· 3.6  10 2  2  2
2 2 N adm N crit C sp
S 2 EI L2 3.3
.5  8  10 4
2605. 479 701 .4
S 2  2.
7L R
S 2 EI z
Resistencia de materiales. a) sin pretaladro b) con pretaladro o marcado. Problemas resueltos
Calcular la carga axial máxima que puede soportar una broca de I 3 mm.
2 ­ ° E 210000 N/mm ® 2 ° ¯V e 320 N/mm
Resolución: a) b)
Lp=2L Lp=0.
S  32 64 S  32 64
2  150 .
0.7  150 .
A sin utilizar reducciones de la sección.A los valores de 91 N y 747 N hay que aplicarles un adecuado coeficiente de seguridad.Se ha simplificado la obtención de I.
747 N 3 S 4
x N=20 kN
L = 500 mm .1
S 2 EI y
1 3 bh 12 2 L .170
LPz=0. 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.7·L
N cr .4 Calcular la sección rectangular más eficiente para la pieza de aluminio sometida a compresión centrada. Jseg.
1 3 bh 12 0.7 L .
1 3 bh 12 2 2 L2
1 3 bh 12 0.7
Igualando Ncr.7 2 L2
2 0.1= Ncr.
1 3 bh 12 2 L .10 Inestabilidad elástica
Con esta relación. puede elegirse la fórmula (1) o (2):
S 2E  J seg .
7 b ¸ ¸ 12 © ¹
20000  2  500 Comprobación:
1 § 2 · b¨ ¨ 0.
.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.
­b 14.
Ncr =Nmáx ? Nmáx ? Nmáx ?
Resolución: a) En el primer caso. Problemas resueltos
Problema 10.5 * Calcular la carga máxima. Nmáx.172
Resistencia de materiales. suponiendo que la Vcr d Ve
S EI L2p
S  200 2  190 2 64 2 10000 . Nmáx=Ncr .
§ L· TOTAL ¨ x ¸ © 2¹
 v0
1 1 N N cr
N A) B) C)
El corrimiento total depende de la relación Por la ecuación de la flexión V máx
S
.10 Inestabilidad elástica
§ b) El momento flector en el centro del vano: M ¨ x ©
L· ¸ 2¹
§ N  vTOTAL ¨ x ©
L· ¸.
1 N máx   v0 N máx 1 301952  2 200  190 2 S2   100 64
Para v0 = 10 mm tenemos Nmáx=269500 N
c) Para v0 = 100 mm tenemos Nmáx=152000 N
Resistencia de materiales. b) Análisis de 2º orden. con la geometría caracterizada por el valor inicial v0. considerando la amplificación del valor inicial de v0. Resolver el problema utilizando dos modelos de cálculo: a) Análisis de 1er orden.
.6 * Calcular el valor de la imperfección geométrica inicial. v0. Problemas resueltos
Problema 10. que provoca el fallo elástico del perfil tubular I 100x4 mm sometido a N = 125 kN.
Resolución: a) Análisis de 1er orden:
M N  v0 N
La sección más desfavorable x ­N ® ¯M N N  v0
125000 125000  v 0  1206 27840 Despejando el valor de v0:
125000 · 27840 § ¸ ¨ 235  1206 ¹ 125000 ©
1  v0 1  N N cr .
Ncr: N cr
3500. N
N
N  v0 W
La carga crítica de Euler.
el factor de amplificación vale 1 N 1 N cr 1 125000 1 235 2.2
Así.13
Resistencia de materiales.13  1206 27840 235 N/mm 2
Despejando el valor de v0:
v0 125000 · 27840 1 §  13.7 mm ¸ ¨ 235  1206 ¹ 125000 2. Problemas resueltos
125000  v 0 125000  2.
Tubo 140x140x5 mm: A= 26.32 cm3 Acero S235: E = 210000 N/mm2 Ve= 235 N/mm2
qy 5 G z 140 L=5m v0 = 50 mm qy = 300 N/m
. a) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en un análisis de 1er orden. considerando la interacción N – M (esfuerzo normal – momento flector).70 cm2 Iy = Iz = 821.51 cm Wel·y = Wel·z = 117.25 cm2 iy = iz = 5. es decir. b) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en una análisis de 2on orden.10 Inestabilidad elástica
Problema 10.7 * Un tubo de acero 140x140x5 mm tiene una imperfección inicial de 50 mm respecto a la directriz teórica y está sometido a una leve carga de viento q = 300 N/m y a una carga axial de compresión N = 100 kN.
a) Análisis de 1er orden (sin considerar pandeo. Problemas resueltos
En un análisis de 2on orden el diagrama de momentos flectores se ve amplificado por el efecto de la preflecha inicial (v0) y de la interacción N-M. N Mz  A Wz 1 2 pL  N  v 0 N 8  A Wz
V x .178
1. con la geometría inicial del enunciado).
1 2  0.3  5000.
 100000  50 100000 8  2670 117320 37.45  7.62 88 N mm 2 Ve cumple
b) Análisis de 2on orden (amplificación de la preflecha inicial e interacción N-M). 1 2 pL N 8  K2   A Wz 1 1 N N cr N  v0 Wz
V x .99  42.máx
Ncr: L pz 5000 mm o N cr
S 2  210000  8212500
Cálculo de la carga crítica elástica de Euler.
se elige la expresión aproximada (*): K2 | 1 N 1 N cr 1 100000 1 680855 1.602 rad
2  1  cosu .62 96.17  7.7
0.99  1.172
Así.45  1.máx
37. finalmente (2):
V x .10 Inestabilidad elástica
Para el factor de amplificación K2.17  42.
u 2  cosu .
2  1  cos0.602 .
602.177 0.602 2  cos0. 1.
con una tensión de límite elástico Ve=380 N/mm2. Material S380:
F=5 kN N variable x v
. b) Representar gráficamente la relación N-v. al poder producirse su colapso por inestabilidad elástica.8 * Un tubo circular I 100x4 mm de acero está sometido permanentemente a una carga puntual transversal. suponiendo un comportamiento real de material. A continuación. Problemas resueltos
Problema 10.180
Resistencia de materiales. mediante un modelo teórico de 2º orden. Mediante un cilindro hidráulico se puede aplicar una carga axial variable en el extremo. considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector. Suponiendo un comportamiento ideal de elasticidad indefinida para el material: a) Calcular la carga axial máxima soportada por el sistema. F = 5kN. es decir. en el centro del vano. c) Calcular la carga N que provoca el fallo elástico del perfil.
Ncr 115403 N E = 210000 N/mm
b) Considerando la interacción N – M.2
Hipótesis: Elasticidad indefinida. v F  L3  K3 48 EI 5000  5000.
54  K 3
donde K3 es el factor de amplificación. Cálculo exacto de K3: § ªS N º S N · ¸ 3  ¨ tg «    » ¨ « 2 115403 » 2 115403 ¸ ¼ © ¬ ¹ 3 §S N · ¨  ¸ ¨ 2 115403 ¸ © ¹
3  tgu .  K 3 48  210000  1392000
 u .
Cálculo aproximado de K3: K3 1 1 N N cr 1 1 N 115403
antes de llegar a esta situación el material habrá superado la tensión del límite elástico. es asintótica al valor de la carga crítica de Euler Ncr = 115403 N. Suponiendo una elasticidad indefinida del material el fallo de la pieza se produce con el mismo valor de Ncr.16 mm
86552 57701 28851
3 N cr 4
N 5 kN v N
N cr 2 N cr 4
v 50 100 150 200 250 ( mm )
La curva de respuesta N – v.08 mm 178. 44.39 mm
89.54 mm 59. c) Sin embargo.54
vaprox. considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector. Para el material real:
N M K dVe A W
N Mc 1  d V e . donde M c K   F  L A W 4
Tabla de valores de la función N – v N 0 Ncr/4=28851 N
Ncr/2=57701 N 3Ncr/4=86552 N
veaxct. 44.
1 1 N 115403
1  5000  5000 4 27840
N 115403   225 380 1206 115403  N N · § 115403  225 ¨ 380  ¸  115043  N .
69  N  17887465  	1206  c b
 476 r 476 2  4 
1  1788746 1206
1 2 1206
sentido ! N cr . 1206 ¹ ©
25965675 43853140  95.69  N  380  N  1  N 2  475 .
6  N cr 40425 0.5
68.6  115403 69242
N d 0.54
N M K A W
54  115403 N 27840
K
1 F L  N v 4 1
N · §  225 ¸  115043  N .54  4 N  1206 Resolución de la ecuación de 2º grado:
N 44.54 115403 N  225   1206 27840 115403  N 44.184
c’) Un planteamiento parecido del problema es considerar que v0=44. donde M A W 1  5000  5000  N  44. 1 El momento flector  F  L resta constante y la amplificación es debida al termino 4 1 N v N   v0 N 1 N cr Los resultados obtenidos no difieren excesivamente de la solución exacta: N M  d V e .5 mm constituye una preflecha inicial.
¨ 380  1206 ¹ ©
184.69 N 1206
1  N 2  435 N  N  17887465  1206 b  c
sentido ! N cr .6 N
N2  17887465  95.
Leer más sobre este usuarioSkip carouselIntroduccion Nueva Historia Economica de Colombia51772300 Fundamentos de Los Sistemas de CostoDiario de CampoResistencia de Materiales. Problemas Resueltos 2a EdDISEÑO Y CONSTRUCCIÓN DE CONDENSADOR VARIABLE DE PLACAS PARALELASNuevo Documento de Texto(2) Martín Valencia - Uso de tester y ociloscopiobasico electricidad
Sign up to vote on this titleUsefulNot usefulResistencia de Materiales. Problemas Resueltos por escorpionasul0.0 (0)InsertarDescargaLeer en Scribd móvil: iPhone, iPad y Android.Copyright: Attribution Non-Commercial (BY-NC)Precio de lista: $0.00Download as PDF, TXT or read online from ScribdFlag for inappropriate contentMás informaciónMostrar menos
RelacionadoRESISTENCIA DE MATERIALESpor manuelmelvinSolucionario Gere y Timoshenko Completopor wilson1189Solucionario Mecánica de Materiales del Hibbeler 6ta Edición en Ingléspor Irving Cruz SalasLibro ESTATICA Problemas Resueltospor Felipe López Garduzaproblemas-resueltos de resistencia de materialespor JaniiiioFuerza Cortante y Momento Flector en Vigaspor frankpc21Resistencia de Materiales-Ing. Genaro Delgado Contreraspor WILBER CUTIMBO CHOQUE Diagramas de Fuerza Cortante y de Momento Flectorpor jhongarcia@itm.edu.coMecanica de Materiales IIpor Ruben Hernandez ValverdeResist en CIA de Materiales Ipor jaimeEJERCICIOS PROPUESTOS N° 1por victorhulguin60070535-Esfuerzos-Combinadospor Hugo Hernandez MMecanica de Materiales - Círculo de Mohr y Columnaspor Alejandro LunaDos barras s+¦lidas cil+¡ndricas AB y BC(EJERCICIOS RESUELTOS RM)por piervichMecanica de Materiales Beer C5 Vigaspor Jose De Leon VCAPITULO 1 ESFUERZO SIMPLEpor telemovilMétodo de las fuerzas-Estructuras Hiperestáticaspor Dennis Alvaradodeformación de vigas. metodo de la doble integracionpor Nathaly811Centroides y Momentos de Inerciapor viocarlysAnalisis Estructural - Juan Tomaspor XaVi LugoEsfuerzo de Corte y Flexiónpor juliocaroCapitulo 1 - Concepto Fr Esfuerzopor Mauricio Vera OrralaMecánica de Materiales, 6ta Edición - R. C. Hibbelerpor Rawm SagawaLibro_Resistencia_de_Materialespor Jose Luis Calloapaza MenesesMecánica de materiales. Hibbelerpor Cuauhcoyotl XocoyotsinSolucionario de Mecanica de Materiales 6ta Ed. - James M. Gerepor andres886108_5727por Oswaldo SagastumeProblemas Resueltos Analisis Estructuras Metodo Nudospor Juan Antonio Torres MarchandSimilar to Resistencia de materiales Problemas resueltosSkip carouselRESISTENCIA DE MATERIALESSolucionario Gere y Timoshenko CompletoSolucionario Mecánica de Materiales del Hibbeler 6ta Edición en InglésLibro ESTATICA Problemas Resueltosproblemas-resueltos de resistencia de materialesFuerza Cortante y Momento Flector en VigasResistencia de Materiales-Ing. Genaro Delgado ContrerasDiagramas de Fuerza Cortante y de Momento FlectorMecanica de Materiales IIResist en CIA de Materiales IEJERCICIOS PROPUESTOS N° 160070535-Esfuerzos-CombinadosMecanica de Materiales - Círculo de Mohr y ColumnasDos barras s+¦lidas cil+¡ndricas AB y BC(EJERCICIOS RESUELTOS RM)Mecanica de Materiales Beer C5 VigasCAPITULO 1 ESFUERZO SIMPLEMétodo de las fuerzas-Estructuras Hiperestáticasdeformación de vigas. metodo de la doble integracionCentroides y Momentos de InerciaAnalisis Estructural - Juan TomasEsfuerzo de Corte y FlexiónCapitulo 1 - Concepto Fr EsfuerzoMecánica de Materiales, 6ta Edición - R. C. HibbelerLibro_Resistencia_de_MaterialesMecánica de materiales. HibbelerSolucionario de Mecanica de Materiales 6ta Ed. - James M. Gere08_5727Problemas Resueltos Analisis Estructuras Metodo NudosResistencia de materiales Problemas resueltos

References: resolución 
 resolución 

Resolución 

Resolución 
 resolución 
 Resolución