Post on 09-Dec-2015
AULA POLITÈ CNICA / ETSEIB
Resistencia de materiales Problemas resueltos
Miquel Ferrer Ballester
José Luis Macías Serra
Frederic Marimón Carvajal
M. Magdalena Pastor Artigues
Francesc Roure Fernández
Lluís Vilaseca Vilanova
EDICIONS UPC
La presente obra fue galardonada en el quinto concurso
"Ajuts a l'elaboració de material docent" convocado por la UPC.
Primera edición: septiembre de 1999
Reimpresión: febrero de 2001
Segunda edición: septeimbre de 2002
Diseño de la cubierta: Manuel Andreu
© los autores, 1999
© Edicions UPC, 1999
Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL
Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona
Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885
Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es
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Producción: CPDA
Av. Diagonal 647, ETSEIB, 08028 Barcelona
Depósito legal: B-30564-2002
ISBN: 84-8301-621-4
Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-
ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o pro-
cedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de
ella mediante alquiler o préstamo públicos.
Prólogo 7
Prólogo
El presente libro es una colección de problemas resueltos destinada a facilitar el aprendizaje de la Resistencia de Materiales a través de su aplicación a la resolución de ejemplos concretos. Ha sido elaborado pensando en su uso por parte de estudiantes de Ingeniería y de Arquitectura, como texto complementario a un libro de teoría de Resistencia de Materiales. En concreto su estructura, enfoque y
nomenclatura se adapta especialmente al texto Resistencia de Materiales de F. Roure, F. Marimón y X. Ayneto, que actualmente edita CPDA de la ETSEIB- UPC, en forma de fascículos.
Se supone que antes de abordar los problemas de cada capítulo, el lector habrá adquirido los conocimientos de teoría correspondientes, y por ello no se repasan de forma explícita en el presente libro. Se supone asimismo que el lector ha seguido previamente un curso de mecánica de medios continuos, y que dispone de los conocimientos de elasticidad lineal necesarios. Al efecto se han incluido en la Bibliografía textos de teoría sobre ambos aspectos.
Los temas que cubre este libro son los clásicos de un primer curso de Resistencia de Materiales: los temas básicos relativos a la pieza prismática. Una rápida ojeada al índice ilustra perfectamente el alcance del temario abordado. Se ha centrado el texto en estos temas básicos para adaptarlo
precisamente al desarrollo de un curso de duración cuatrimestral; aunque al final de algunos capítulos se han introducido también problemas más complejos (van marcados con un asterisco), para aquellos lectores que deseen profundizar en dichos temas.
Los casos más sencillos, introductorios de cada tema, no se han incluido en este libro como problemas, porque ya suelen encontrarse como ejemplos introductorios en los libros de teoría, y no se ha considerado necesario repetirlos. Tampoco se ha pretendido elaborar una colección exhaustiva de problemas, sino seleccionar unos cuantos de cada tema, para ilustrar sus diversas facetas.
A pesar de las numerosas revisiones que hemos hecho del texto y de las pruebas de impresión, estamos seguros de que algunos errores y erratas habrán conseguido colarse (confiamos en que sean sólo algunas), y pedimos por ello disculpas al lector.
Finalmente queremos expresar nuestro agradecimiento a los siguientes estudiantes de la ETSEIB que, como becarios del Departamento, han colaborado en la esmerada confección del texto, las fórmulas y los dibujos: Pedro J. Campos San Facundo, Antonio Cerra Franco y Robert Gimeno Feu.
Los autores
Barcelona, junio de 1999
Índice 9
Índice
1 Diagramas de esfuerzos.......................................................................................................11
2 Esfuerzo normal...................................................................................................................25
3 Esfuerzo de cizalladura pura................................................................................................35
4 Características de secciones.................................................................................................45
5 Dimensionado de secciones a flexión..................................................................................53
6 Flexión desviada y flexión compuesta.................................................................................75
7 Torsión y esfuerzos combinados..........................................................................................89
8 Corrimientos en piezas prismáticas....................................................................................131
9 Piezas y sistemas hiperestáticos.........................................................................................139
10 Inestabilidad elástica...........................................................................................................161
Bibliografia................................................................................................................................185
12 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.1
Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura.
45o
6 0 0 2 N
E
A C D
2 m 800 Nm
B
3 m 3 m 2 m
Resolución:
FH 600
FV 600
2 2
600 N 2
2 2
600 N 2
a) Descomposición de la fuerza exterior aplicada en el extremo de la barra BE.
b) Cálculo de las reacciones.
Ejes globales
600 N
600 N E
A C D 800 Nm
B
RAV
RAH RCV
Tomamos momentos respecto al punto C: 100
M c
0 RAV 6 600 3 600 2 800 0 RAV N = -33,3 N 3
Suma de fuerzas verticales y horizontales:
FV 0
RAV
600
RCV 0 100 600
3
RCV
1900 N
3
FH 0 RAH 600 N
-
1 Diagramas de esfuerzos 13
c) Cálculo de momentos en los tramos AB y BC.
TramoAB:
Tramo BC:
M ( x) R AV x 100 x
3
M A 0
M B 100 Nm
M ( x) R
AV x 600( x 3) 600 2
100 M B 3
3
0 1200
1100 Nm
100 M C 6
3
600 3
600 2
800 Nm
Diagramas.
600 N E
600 N -
N +
A B C D
B
600 N
E
T
100
A B C D +
-
B 1900 N
N 3 3
-800 N·m E
-100 N·m
M - A - B C D
+
1200 N·m B
1100 N·m
Equilibrio del nudo B.
600 N
600 N
600 N
100/3 N
B
1900 N
3
14 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.2
Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura, apoyada en los extremos y sometida a una
carga repartida triangular.
1600 N m
A B
x
6 m
T
Resolución:
a) Cálculo de la reacciones.
Resultante de la carga Q 1600 6
2
4800 N .
4800 N
A B
6 m
RA RB
4 m 2 m
R
A R
B 4800
M A 0 RB 6 4800 4
4800 4
RB 6
3200 N
R A 1600 N
x
x
2 3 6 6 6
1 Diagramas de esfuerzos 15
b) Cálculo de los esfuerzos de sección.
1600 N m
A B
d
1600 N 3200 N
x-
x
L = 6 m
Sección situada a una distancia x del apoyo A:
T:
T 1600
x
q d
1600
x 1600
d0 0 6
2 T 1600
1600 1600
1600 2 x
6 2 0 12
M:
M 1600 x
x
q x
d
1600 x
x 1600
x
d0 0 6
2 3 M 1600 x
1600 x
6 2
3 0
3 3 3
M 1600 x 1600 x
x 1600 x
1600 x
2
2
16 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
c) Diagramas.
1600 N
+
A T
-
3200 N
M
+
d) Punto de Mmáx
3695 Nm
M T T 0
x
T 0 1600 1600 x x 12
12 3,46 m
M máx
1600 3,46 1600 3,46 12
3695 Nm
1 Diagramas de esfuerzos 17
Problema 1.3
Determinar los diagramas de esfuerzos del pórtico inclinado de la figura.
400 2 N
200 2 N
B
2 m
45
A C
2 m 2 m
Resolución:
Para el cálculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estática.
400 2
200 2
B
A
RAH C
RAV RC
FV
FH
0 R AV
0 R AH
RC
400
200 2 0
2 N
M A 0 RC 4 400 2 2 200 2 2 0 RC 300 2 N
18 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
por tanto, RAV 100 2 N y descomponiendo cada reacción en las direcciones de las barras,
400
100 2
400
400 2 100 100
300
300
400 2 400
400
100
100
300 2
300 2
100 2
300 300
Diagrama N
500 N
B
+ -
A
Diagrama T
C
-300 N
300 N
B
+ -
C
A
300 N
Diagrama M
1 Diagramas de esfuerzos 19
B
B
x + + A
x’ C
300 N
M = 300 · x M
A 0
M B 600
2 Nm
M = 300 · x’ M
C 0
M B 600
2 Nm
Método alternativo para hallar las reacciones: resolución gráfica.
Para que las tres fuerzas estén en equilibrio, sus líneas de acción deben cruzarse en punto O (ya que
M 0
0 ). A partir de la línea de acción vertical de RC, se obtiene O.
F
400 2
200 2
B
// OA
RA
RC
F
// OC
RA
C
RC
20 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.4
Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura.
4000 N
N p = 600
ml
3000 N
P1 B C
A
P2 D
a = 2 m L = 6 m b = 2 m
Resolución:
Cálculo de las reacciones:
FV : RB RC 4000 600 6 3000 0
M B : 4000 2 600 6 3 RC 6 3000 8 RC 4467 N
RB 6133 N
Diagrama de momentos flectores:
Tramo AB: M 4000 x
M A 0 M B 8000 Nm
Tramo BC:
M 4000 x
6133 x 2
600
x 2 2
2
M B 8000 Nm M C 6000 Nm
Tramo CD: M 4000 x
6133 x 2
600 6 x 5
4467 x 8
M C 6000 Nm M D 0
Diagrama de esfuerzos cortantes.
Tramo AB: T 4000 N
TA 4000 N
TB 4000 N
1 Diagramas de esfuerzos 21
Tramo BC: T 4000x
6133
600 x 2
TB 2133 N TC 1467 N
Tramo CD: T 4000
6133
3600
4467
TC 3000 N TD 3000 N
B C D
A
a = 2 m L = 6 m b = 2 m
-8000
M
( Nm )
-6000
-
E
xE
2133
+
T
- ( N )
3000 3000
+
-
-1467
-4000 -4000
El diagrama de momentos flectores pasa por un mínimo relativo en el punto E, donde la tangente es
horizontal, o sea:
M T 0 : x
4000
6133
600 x E 2
0 x E
5,35 m
ME = -4208 Nm
22 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.5
En la viga en voladizo de la figura, calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar los
diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga.
4 KN
5 KN/m
0,5m
1 m 2 m 1 m
Resolución:
a) Reacciones en el empotramiento.
Comenzaremos por buscar el sistema de fuerzas que ejerce el empotramiento, dibujamos el diagrama
de sólido libre y obligamos al equilibrio. Sumando fuerzas y tomando momentos obtenemos:
4 KN 5 KN/m 4 KN
10 KN
ME
ME
0.5m
1 m 2 m FE
0.5m
2 m FE
FE 14 KN
M E 4 0,5
10 2
Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga.
22 KN m
5 x 1
1 Diagramas de esfuerzos 23
b) Diagramas
4 KN 5 KN/m
E D C B A
0,5 0,5 2 m 1 m
x
-
M
T
+
Tramo AB: M = 0 T = 0
Tramo BC:
2
M KN m 2
M B 0
M C 0
T 5 x 1 2
KN TB 0
TC 10 KN
24 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tramo CD:
M 10 x 2 KN m M
C 10 KN m
M D 15 KN m
T 10 KN TC
10 KN
TD 10 KN
Tramo DE:
M 10 x 2 4 x 3,5 KN m M
D 15 KN m
M E 22 KN m
T 10 4 14 KN TD 14 KN
TE 14 KN
Estos diagramas se han obtenido tomando el origen de las x en el extremo A, de la derecha, porque en
este caso, es más cómodo. Si se determinan los diagramas tomando el origen de las x en el extremo de
la izquierda E, tal como se hace habitualmente, el diagrama de momentos flectores, M, sale idéntico;
pero el diagrama de esfuerzos cortantes sale opuesto (igual, pero de signo cambiado).
P=500 N
26 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 2.1
Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro 4 mm , y cuyos
módulos de elasticidad son: E1=2.1·105 MPa y E2=0.7·105 MPa. La longitud de la barra es de 600 mm
y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra está
sometida a una carga puntual P=500 N.
Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.
4 mm 4 mm
E1
E2 300 mm
A B x P=500 N
600 mm
Resolución:
Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. Además imponemos la igualdad de
deformaciones.
RA RB
LA LB
A B
FV 0 R A RB P
M B 0 R A L P(L x) 0
A
2 Esfuerzo normal 27 L
A LB
Ley de Hooke :
R A L A
S E1
RB LB R S E 2
RB E1
E 2
RB 210000
70000 R A
3RB
3RB RB 500 RB 500
4
125 N R A
375 N
De la ecuación de los momentos obtenemos x:
R
A L P(L x) 0
375 600 500(600 x) 0 x 150 mm
B
1
5 T
C
28 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 2.2
En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. Determinar las
tensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm2 . Hallar también el diagrama de esfuerzos axiles.
Datos: E=2·105 MPa.
A
1 m Aa=40 cm2
3 m
Ab=80 cm2
1 m
D
Resolución:
FV 0
RA+ RD = 15 T = 150000 N
Ecuación de deformación
El tramo AC está comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD está
traccionado, por lo que RD es un esfuerzo de tracción.
Al estar los dos extremos , A y D, empotrados la variación total de longitud es 0; y el acortamiento del
tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:
L AB LBC LCD
Aplicando la ley de Hooke: L F L
A E
R A L AB
E Aa
R
A LBC
E Ab
R
D LCD
E Ab
A
15 T
RD
2 Esfuerzo normal 29
RA
R A 1000
2 10 5 40 10 2
1 m
R A 3000
2 10 5 80 10 2
RD 1000
2 10 5 80 10 2
B R A 2000 R A 3000 RD 1000
3 m Resolviendo las ecuaciones, tenemos
C R A
1 m
RB
D
25000 N
125000 N
2.5 T
12.5 T
Cálculo de las tensiones.
Tramo AB: AB
Tramo BC: BC
Tramo CD: CD
Diagrama de esfuerzos normales:
25000 N 6.25 MPa 40 10 2 mm 2
25000 N
3.125 MPa 80 10
2 mm
2
125000 N
15.625 MPa 80 10
2 mm
2
(COMP.)
(COMP.)
(TRAC.)
2.5 T
T
D
N
P
N
30 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 2.3
a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de diámetro y de 3.5 m
de longitud, soportan un peso P=5 KN. Calcular el descenso del punto C, siendo =20º.
Datos: E=2,1·105 MPa.
b) Resolver para =0º.
A B
L L
C
C’ C1
P
Resolución:
a) Para =20º:
N P
Del equilibrio del punto C se obtiene
N N sen P 2
Equilibrio del punto C N P
2 sen
Sea (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, L, será C’C1
L pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es
sen . Como por otra
parte: L NL , se tiene que: EA
NL
EA sen
PL
2EA sen 2
PL
2EA sen 2
5000 3500 1,13 mm 2 2.1 10 5 3,14 10 2 0.34202 2
b) Para =0º:
A L C L B
C1
P
N
2 Esfuerzo normal 31
De acuerdo con la estática de los sistemas rígidos, descomponiendo la fuerza P en las direcciones de las barras, se encontrarían, para los esfuerzos en las barras y para las reacciones, valores infinitamente
grandes. La solución evidentemente es inaceptable, ya que ni las barras ni los apoyos resistirían.
A fin de hacer desaparecer la aparente imposibilidad basta con considerar los alargamientos de las
barras que toman direcciones no alineadas. Esto demuestra la necesidad de tener en cuenta las
deformaciones en este caso.
Poniendo
tg L
(para ángulos pequeños)
el alargamiento de las barras vale
L2 2 L 2 2
AC1 AC AC
1
L L 1 1 2 1
2
Esta última igualdad proviene de la expresión:
1 a 1 a 1 2 1
1 a 1 2 1 3
a a 5 4
a 2 8 16 128
Para a<<1 , pueden despreciarse las potencias de a y, por tanto, queda 1 a 1 a
. 2
El esfuerzo normal en una de las barras es:
N A E A 2
E A 2
Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce
N sen N P
P
2 2
E A 2 P
2 2
Resulta
P
3
E A
L L 3 P
E A
32 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Aplicando los datos numéricos del problema:
3500 3 5000
2.1 10 5 3,14 10 2
148 mm
L
148 0,04229 rad 3500
2,42º
P 5000
N 59116 N 2 2 0,04229
N 59116 2
188 N/mm A 314
R R
2 Esfuerzo normal 33
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 rígida la barra horizontal DE, articulada en D.
Barra AB: sección 40 cm2
Barra CB: sección 80 cm2
Se considera el mismo módulo de elasticidad, para todas las barras.
A
2 m 40 T
D B E
2 m
2 m 4 m C
Resolución: Se trata de un sistema hiperestático.
RBA y RBC siguen la dirección de la barra.
HD D
RBA
40 T
E
VD RBC
Ecuaciones de la estática:
FV
F
0 VD
0 H
2 RBA
2
2
2 RBC 40 0
2
2 0
H D BC 2
BA 2
M B 0 VD 2 40 4 VD 80 T
34 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
A
acort.
LBC
B’’
B
45º
D B’’
B E LAB
alarg.
B’
~45º
B’
C
A L AB B B LCB BB
Al ser deformaciones y ángulos pequeños:
B BBB
L AB
D L
BC
Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC
Aplicamos la ley de Hooke:
RBA 2 2
C E 40
RBC 2 2
E 80
2RBA
RBC
De la ecuación Fv = 0 tenemos:
con lo que,
2 80 RBA
2
2 2RBA 40 0
2
R
BA 56.73 T RBC 113.47 T
De la otra ecuación despejamos: HD= - 40 T (sentido contrario al supuesto)
Cálculo de las tensiones:
AB
56730 1418
40
Kp
cm 2
AB
113470 1418
80
Kp
cm 2
F
F F
c)
36 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 3.1
a) Determinar el diámetro mínimo con el que se puede perforar una chapa de acero A-42b (e=260 N/mm2) de 5 mm de espesor suponiendo que el punzón tiene una tensión admisible a compresión,
adm= 500 N/mm2
. b) ¿ Qué fuerza máxima se ejercerá ?
c) ¿ Qué adm debería tener el punzón para realizar un punzonado de 5 mm ?
Nota: Suponer que el extremo del punzón es plano y horizontal.
Punzón
adm = 500 N/mm2
Chapa de acero
e = 260 N/mm2
Resolución:
a)
punzon
max
chapa
adm A
d 2
500 4
392,7d 2
Fmax e S 0.65 260 d 5 2654.6d
punzon
max chapa
max 392,7d 2 2654.6d d min 6,76 mm
b) Fmax
adm A d 2
500 4
17945 N
punzon adm
52
0.65 260 5 5 4
adm
676 N mm 2
adm
e
5 mm
3 Esfuerzo de cizalladura pural 37
Problema 3.2
Dimensionar la cadena de una bicicleta con un coeficiente de seguridad s y suponiendo todo el peso
del ciclista sobre uno de los pedales.
P
P = 800 N R = 200 mm
R Plato D=200 mm
D Chapa eslabones: e=360 Mpa
Pasadores: e=260 Mpa
b a
e?
e?
d?
cilindros “centradores”
Resolución:
D P
F F
F P R D
2
800 N 200 mm 1600 N
100 mm
R
2
N
38 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
F/2
Dimensionado de la garganta ‘a’ de la chapa a tracción pura:
F/2 F 2 a e
adm
F
a e 2
adm
800
240
3,3 mm
2
F/2 F/2 360 MPa adm
240 MPa 1.5
p.ej : a = 4mm e =1 mm
Dimensionado del pasador a cizalladura:
800
F 2
adm
d 2
4
138 d
4
260
d min
2
2.7 mm
adm 0.8 adm
0.8 138
1.5 N/mm
Dimensionado del pasador a aplastamiento:
800 F '
d e 347 d 1 d
2,3 mm
a dm
2 adm
2 260 1.5
347
2 mm
min
d min máx 2,7 ; 2,3 d min 2,7 mm
Dimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador
a tracción:
800 F b
2 d e adm
b 2,7 1 240
bmin
6,0 mm
a desgarro:
t1 2d 5.4 b
min 10.8 mm
bmin max 6,0 ; 10,8 bmin 10,8 mm
El dimensionado final queda así:
3 Esfuerzo de cizalladura pural 39
e 1 mm
d 2,7 mm
a 4 mm
b 10,8 mm
b=10,8 mm
a= 4 mm
e=1 mm
d= 2,7 mm
t
40 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 3.3
Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y las
uniones son roblonadas.
e1 t1
e2 t1’
1
e3
e3
d1 d2
t1 t1 t1’
N?
b
d2
d1
Datos:
e1 = 5 mm e2=e3
Chapas: Roblones: Tomar: se=1,5
Acero A37b Acero A37b
e=240 N/mm2
e=240 N/mm2
Resolución:
a) Unión 1
e1
F
t1
F/2 e2
d1
F/2
e2
d d d 1
2
1
3 Esfuerzo de cizalladura pural 41
Cizalladura:
F T adm
2
2 1
4 e
seg
2
1
4
0.8 240
1.5
2
1
4
100,55 d 2
201.1 d1
Fmax
Aplastamiento:
d1 e1 F
max
a
dm
Fmax
adm
Fmax d 5
2.5 240 1.5
2000 d1
Fmax
De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultáneas obtenemos:
d1,optimo = 9.95 mm 10 mm = d1 Fmax = 20000 N
( fallará por aplastamiento de la chapa )
- Desgarramiento
t1 2d1 t1 20 mm
Cálculo de la sección neta
t1=2d=20 mm
Fmax
20000 N
10 mm b
260/1.5 = 160 N/mm2
Fmax 160 N
b 20000 N
10 mm = 35 mm
Aneta mm 2 160
N 5 mm
mm 2
Dimensionado de e2: las dos chapas e2 son del mismo material que la chapa e1 , tiene las mismas dimensiones y trabajan de la misma manera, por tanto:
2 e2 e1 e2 e1
2
2,5 mm
e2
2 2
F
42 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
b) Unión 2
e2
F/2
t1’ e1
e3
F/4
F/2
F/2
F/4 e3
F F N ?
d2
Atención: es un problema hiperestático. Aquí se presenta la solución concreta para el caso e e1 , y
con la hipótesis de roblón rígido; por lo que puede suponerse que la fuerza total se distribuye entre las
tres chapas de la derecha de la manera indicada en la figura: F/4, F/2 y F/4.
Cizalladura:
F T 4 F
d 2
2 20000 240 d 2
0.8 2 49.74 2
d N 4N
adm 4 4N 1.5 4 N
2
Aplastamiento:
F 2 d e
20000 2.5
240 d 2.5
10 d
adm N 2 N
2 2 2
2 N 1.5 2
N
De las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemos
d 2 4.97 mm d 2 5 mm N 2
con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento.
Desgarramiento:
t12d 10 mm
Tracción:
Seguro que cumple ya que b es igual y F es menor.
3 Esfuerzo de cizalladura pural 43
Problema 3.4
Hallar el coeficiente de seguridad seg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles de
estantería metálica representados en la figura.
s ?
Acero A-42b
20 mm
e 2600 Kp
cm 2
10 mm p = 100
N/cm
h = 20 cm
L = 50 cm
h
2 F 2
S
44 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Resolución:
p 2F
h 2Fv h
L 2Fh
2Fv
pL2
FH M (momento a transmitir en la sección 2
de empotramiento)
FV 2 2
2FH h M FH
M p L
2h 4h
100 50
4 20
T FH 3125 N
FV 4 Fv p L 100 50 5000 N Fv 1250 N
T FH V
FH
3125 2 1250 2 3666 N
FT (suponiendo una distribución constante de en la sección) S
3366
20 10
16,8 N/cm 2
e
máx
0,6 e
máx
0.6 260
16,8
9,28
c
c
2
2
46 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 4.1
Determinar las inercias resultantes Iz e Iy si partimos de cuatro perfiles L 45x45x5, para unas cotas b y
h genéricas.
b
y
z z
h
y
Resolución:
De las tablas: Iz’ = Iy ’= 7,84 cm4
y’
z’ z’
c
c
y’
A = 4,3 cm2
c = 1,28 cm
I z
I z '
h A
2
(momento de inercia de una L, respecto al eje z)
c h/2
z z
I y
I y '
b A
2
(momento de inercia de una L, respecto al eje y)
y
c
b/2
y
2
2
z
y
4 Características de secciones 47
I 4I 4I 4 A h
c
59,54
4,30 h2
5,12 h
(momento de inercia de las z z z '
2
cuatro L)
b I y 4I y 4I y '
4 A c 2
( momento de inercia de las cuatro L)
I 4,30h 2 22h 59,54
I 4,30b 2 22b 59,54
z
e
3
48 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 4.2
Dado un perfil “doble T”, determinar la magnitud a de la figura para que la inercia de la viga
aligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial.
y’
y
h z’ 2a h’
IZ
A
a ?
IZ
IZ’ = 4 IZ
Resolución:
z z a/2
a/2 a
1
IZ IZ/2 I Z e
a I ’/2
A A/2
2 12
A a e
2 2
2 Z
A' A
2 2
a e 2
4
4
3 2
Z
I Z
3
Z
4 Características de secciones 49
I 1
a A a a I 1 a 3 A 2 a 3
I Z ' e e 2 Z e a e 2
2 12 2 2 2 2 2 12 8 8 8
13 e
a A a 2 I
a 2 A
13 e a
12 4 4 4 12
a2
13 I Z ' I Z A
e a 12
a2
13 Ha de ser : I Z ' 4I Z I Z A
e a 12
e a A
a 3I 0 a
13 3 2
Z
48 4
e
si suponemos que (e·a) es << A (área total del perfil IPE) :
a
I Z ' I Z
A a 2
4
a 2
3I Z A 4
a 12 I Z
A 2 3 I Z
A 2 3 iZ
( iZ I Z radio de giro de la sección respecto al eje z) A
50 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 4.3
Determinar las siguientes características de la sección monosimétrica de la figura respecto del eje principal z:
a) A , Iz , Wz,sup , Wz,inf , iz .
b) El momento resistente elástico, Mel. z , para un acero e=235 N/mm2.
y
# 400·30
400
30
# 800·10 ysup
z G
Mel.z
800
10 yG yinf
# 250·20
250 20 e= 235 N/mm
2
Resolución:
a) El área de la sección total será la suma de las áreas de las pletinas:
A Ai
400 30 800 10 250 20 25000 mm 2
Por simetría el centro de gravedad, G, está situado sobre el eje y (z = 0).
i
4 Características de secciones 51
Para determinar la posición y del centro de gravedad de la sección, G, es cómodo calcular el momento estático de cada elemento respecto de la fibra inferior. Así:
A yG
Ai y
i
y Ai yi
400 30 835 800 10 420 250 20 10 537 mm
G A 25000
Se utiliza el teorema de Steiner para calcular el momento de inercia de la sección total respecto del eje y-y:
1 I z bi
12 h 3 Ai y i
2
yG
1 3
I z 400 30 12
400 30 835 537 2
1 3 10 800
12 800 10
420 537 2
1 3 250 20
12 250 20 10 537
2
299154 10 4 mm 4
El módulo resistente respecto de la fibra superior, ysup:
Wz ,sup I z 299154 10 4
9558 10 3
mm 3
ysup 850 537
El módulo resistente respecto de la fibra inferior, yinf:
Wz ,inf I z
yinf
299154 10 4
537
5571 10 3
mm 3
El radio de giro de la sección respecto del eje z, iz:
i I z z
A
299154 10 4
346 mm 25000
b) El momento resistente, Mel.z, se obtiene a partir de la tensión de límite elástico del material y del módulo resistente mínimo de la sección:
M el . z e Wz ,min 235 5571 10 3 1309 10 6 N mm 1309 kN m
Kp
P
54 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 5.1
Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo y
chapa de 10 mm de grosor.
A C B
= =
L
P = 9500 Kp
L = 6 m
Acero A 42b
se = 1,5
E D C
Resolución:
Acero A 42 b
e
2600 Kp
cm 2
adm
E D C
2600 1733
se
L2
L1
C
E D A
1,5 1,5 cm 2
x
+ Momentos flectores
M ( x)
M C
P x
2
P L
4
4750 x
1425 103
Kp cm
Tramo A-E :
IPE 240 I
3890 cm 4
3
M max
W adm
561 103
Kp cm W 324 cm
561 · 103 = 4750·x x = 118,2 cm L1=115 cm
300 cm
210 cm
115
9500/2 = 4750 Kp
+
-
5 Dimensionado de secciones o flexión 55
Tramo E-D: es necesario reforzar
I b=120 mm
1 3
b e 12
b e d 2
1 3
12 1 12
12 12.52
1 1875
1876 cm4
e =10
d
I 2 3890
2(1876)
7642 cm 4
W2
7642
13
588 cm 3
M adm 588 1733 1019 10 3 kp cm
1019 · 103 = 4750·x x = 214,6 cm
L1 = 210 cm
Tramo D-C:
e e
d
1 3
I b e 12
b e d 2
1 12 13,52
4
2188 cm4
12018 3
I 3
I 2 2(2188) 12018 cm W3
14 858 cm
M adm 858 1733 1487 10 3 kp cm
1019 · 103 = 4750·x x = 313 cm > 300 cm
no es necesario reforzar más
P
5610
5460
10180
9970
+
14250
M (m·Kp)
Solicitación
Capacidad resistente
14872
T (Kp)
4250 Kp
56 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 5.2
Dimensionar un segmento de pistón de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro una
presión uniforme de 0,19 N/mm2 , sin que las tensiones superen el valor de max= 261,5 N/mm2 (e =
340 N/mm2 , se = 1,3) (Fundición de grafito nodular).
Nota: Usar la simplificación de simetría,
R
suponiendo que
pequeño.
R = 40 mm
h es suficientemente R
h b
Resolución:
Por razones de simetría consideramos:
Diagrama de momentos flectores :
Momento producido por dp en el punto genérico C
2
voladizo
R
C p
R·d
dM c b p R dR sen c
(dp = p · R · d)
p b R sen c d
B
C dp
O A
Momento total para el punto genérico C:
= 180
0
2
5 Dimensionado de secciones o flexión 57
c
M c 0 p b R 2 sen c d p b R 2 cos c c
p b R 2 1 cos c
Por tanto, si el momento flector para cualquier punto del segmento es :
M c p b R 1 cos c
M
tendremos el máximo: c = 180
Mmax = 2 · p ·b · R2
Mma x
= 180
= 0
M h
2 p b R 2 h 12 p R 2
261,5 N max
I 2 1 b h
12 b h
2 h 2
adm mm 2
h 0,093R 3,7 mm h No depende de b
58 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 5.3
Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. Los ha colocado uno
junto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener. Al ir a
comprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. No sabe
cuál escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que está haciendo 3er curso de Ingeniería Industrial y
le expone el problema:
He decidido instalar un estante para libros, según el croquis de la figura:
h
b
a a
100 cm a 15 cm b 20 cm p libros y apuntes 0,6 Kg/cm
En la tienda me han informado de que la madera de los estantes tiene las siguientes características
mecánicas:
adm 4 N/mm 2 E 10 000 N/mm 2
La cuestión es:
a) ¿De qué espesor h mínimo debo colocar el estante?
b) Los dos apoyos los he colocado, simétricamente, a una distancia a = 15 cm del extremo por
razones puramente estéticas. Pero, atendiendo a razones de comportamiento resistente, ¿cuál
sería la distancia óptima de los apoyos a los extremos, que podría minimizar el espesor h del
estante?
c) Finalmente, me preocupa saber cuál será la flecha que tendrá el estante, una vez cargado, en su
punto central (con la distancia a inicial).
p p
-
x a a 2
5 Dimensionado de secciones o flexión 59
Resolución:
a) Determinación de h mínima.
p
A B C D h
b
a a
x pR
B R
C 2
- - Tramo AB: M
+ x 2
M p 2
a 2
M A
0 M B
+ +
T T p x -
TA 0 TB
p 2
p a
vE
Tramo BC:
x 2 M p
2 2
a 2 M B p
2 2
a 2
M C M B p 2
2 2
a p a 2
a 2
a
xE M
E p p p p p
2 8 4 2 8 2
p
p
p p p
p
x a x a
a
60 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
T p x 2
T
B p a p
2
TC p a
p a p
2 2
Tramo CD:
x 2 M p
2 2 2
x 2
x 2 p x a x a
2 2
a 2
a 2
M p 2
p 2 x 2
M C p 2
2 M p p
p 2 a p 2 2
2 0 D
2 2
T p x p TC p a p p a
TD p p 0
Con = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados:
M
B M
C 112,5 p 67,5 cmKg
M
E 500 p 300 cmKg
máx
M máx
Wz
M E Wz
adm
40,77 Kg/cm 2
Wz ,mín M E
40.77
b h 2
6
b 20
hmín
M E
6
40,77 20 hmín
1,49 cm
b) Determinación de la distancia a óptima.
Óptimo resistente:
M máx M máx
M B
M E
2 2
p p 2 8
a
2
2
o
2
0
5 Dimensionado de secciones o flexión 61
a 2 a 4
a
2
2 2 4
2 2 2 0,207 La segunda solución no a a interesa, porque cae fuera
2 4 2 2 1,207 del intervalo analizado
Así pues, la distancia ‘a’ óptima es: aóptima 20,7 cm
Y se tiene, un momento máximo: M máx 128,7 cmKg
c) Cálculo de la flecha en el punto central, por el método de la fuerza unitaria.
F=1
A B
C D Tramo BE:
E M 1
x a 2
Tramo EC:
a a
1
M x a 1 x 2 a
x
M’
+
W M 1 a x 2 1 x 2 1
M dx p 0 dx 2 p p x a x a dx 2 F EI
EI a
EI a 2 2 2
2
x 3
2 p p
x 2
p a
x
p a
x 2
p a x a 2
p dx 2EI a 2 2 2 2
2 2
I 4
62 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
P x 4
x 3
a x 2
a x 3
a x 2
a 2 x 2
EI
0,6
( EI
8
781,25
6
2083
4
937,5
6
312,5
4
937,5
562,5
2083
4
937,5
6
312,5
4
937,5
2 a
562,5 6,328
56,25
84,375
8,437
84,375 168,75) 10 3
0,6 24724
100 000 5,513
0,265 cm
bh 3
12
20 1,49 3
12
5,513
cm
T m A1
m
22 1,2
Z
5 Dimensionado de secciones o flexión 63
Problema 5.4
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, si la garganta de soldadura es a= 5mm y la longitud de cada tramo de cordón es de ls = 10 cm. El
esfuerzo cortante máximo que soporta la viga es Ty= 40000 kg. La tensión cortante admisible en la
soldadura es adms = 1000 kg/cm2.
y
12 mm
600
z
6 mm
G
z
x s
s x
220
Resolución:
Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda
A1
f Z
I Z
mz :
momento estático del ala
A1 22 1,2 30,6
I 2 1 3
Z 12
807,84 cm 3
22 1,2 30,6 2
1 3
0,6 60 12
49 446,14
10 800
60 246,14 cm 4
40 000 807,84 f
60 246,14 6
536,35 kg/cm
64 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura,
Fadms 2 adms s a
Igualando esfuerzos
Fadms f
2 adms
s a T m A1 z
I z
2 1000 10 0,5 536,35
2 1000 10 0.5
536,35 18,64 cm 19 cm
+
-
z
5 Dimensionado de secciones o flexión 65
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 diámetro mínimo de los roblones si la viga está biapoyada en sus
extremos, tiene una longitud de 6 m, y soporta una carga puntual centrada P. Datos: separación entre
roblones e= 120 mm; tensión normal admisible de la platabanda y los angulares: admisible=173 Mpa;
tensión cortante admisible de los roblones adm roblón= 42 MPa.
y
120 120 e e
60
20 400
z
Resolución:
P
adm
M y máx
I z
P
2 P
2 173
6 m
3 3
P 10 2 200
I z
I z I z ,alma
1 3
2 40 M 12
I z ,angular
4 368
27,5 20
3,4 2
+ 10666,7 4 7945,9 42450,3 cm 4
3 P 2
I 42450,3 103
mm 4
3
173 42450,3 10 2 P P
2 200 3 103
T
244796 N
P
2
66 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud
T m 122 398 913 10 3
f Z 263,25 N/mm I Z 42450,3 10 4
P T 122 398 N 2
mz 2 27,5 16,6
913 cm 3
913 10 3 mm 3
Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblon
F f e 263,25 120
d 2
31590 N
Fadm 2 42 4
31590 N
31590 4 d
2 42
21,9 mm
Diámetro mínimo de los roblones : d = 21,9 mm
T m
m Z
5 Dimensionado de secciones o flexión 67
Problema 5.6
Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 80012 mm, y cada ala
compuesta por una platabanda de 19010 mm y 2 perfiles angulares 908 mm. Calcular el diámetro
mínimo 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 máximo que ha de soportar la
viga: T = 40 kN. Tensión de cortadura admisible en los roblones adm = 42 MPa.
190
10
e2=40
d2
d1 800
(total)
12
e1=18
z
( simétrico ) ( simétrico )
Resolución:
I Z I Z ( alma ) I Z ( angulares ) I Z ( platabandas )
1 3
I Z 1,2 80 12
4 104
13,9 40
2,5 2 2
1 19 13
12
19 1 40
0,5 2
51200 4 19650,8 2 31166,3 192135,9 cm 4
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud
A1
f1 Z
I Z
(A1 = área angulares + área platabanda)
A1 19 1 (40 0,5) 2 13,9 (40 2,5) 1812 cm 3
40000 1812 f1
192135,9
377,2 N/cm
37,72 N/mm
d
T m
m Z
68 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Esfuerzo a transmitir por cada roblon:
f1 e1 d
2
2 1 4
adm
377,2 180 3,1416 d
2
2 1 42 4
2 4 37,72 180 1 102,9
2 3,1416 42
d1 10,15 mm
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud:
A 2
f2 Z
I Z
(A2 = área ala)
A2 19 1 (40
0.5)
769,5 cm 3
40000 769,5 f 2
192135,9
160,2 N/cm
16,02 N/mm
Esfuerzo que debe transmitir cada roblón:
f 2 e2
2
d 2
2 4
adm
16,02 400 3,1416 d 2
2 42 2 4
d 2 9,86 mm
5 Dimensionado de secciones o flexión 69
Problema 5.7 *
Se construye una viga cajón compuesta de dos tipos de madera:
- ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2
- ALAS : sección cuadrada 200 · 200 mm E1 = 10000 N/mm2
p =10 KN/ m
=
=
25
200 · 200
500
500
10 m
a) Calcular la distribución de tensiones en la sección central. b)
Calcular la tensión tangencial media en el adhesivo de
contacto ( adm = 1 N/mm2
).
c) Calcular la flecha central
Resolución:
a) Se trata de una sección compuesta de dos materiales.
Se decide homogeneizar la sección de madera maciza y, por tanto, trabajar con un espesor
equivalente, e*, del tablero contrachapado. Así, la relación de equivalencia:
n E1
E2
1 0000
8000
1,25
El espesor equivalente
e* e n
25 mm 20 mm
1,25
La posición del baricentro de la sección es inmediata por razón de simetría. El momento de
inercia de la sección homogénea es:
I 2 1
200 200 3 Z
12 2 200 200 500 2 2
1 20 1000 3
12 236 10 8 mm 4
Steiner
200 ·200
1000
e*
= 20
70 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
x
3,2
x1 2,1
x2
e*
=20
G
e
* 400
500
2,1 2,1
2,1
3,2
Tensión en la madera maciza:
M
x1
( y) M Z y I Z
Mmáx = 1
pL2
8
125 KN m
T
Tensiones reales en el tablero:
1
M 1 Tmáx = pL
2 50 KN
x 2 ( y) Z y I
Z n
Así:
x1 ( y
600 mm)
125 1000 1000 N mm 600 mm
236 108 mm 4
125 1000 1000 N mm
3,2 N/mm 2
2
x1 ( y
400 mm)
236 108 mm 4
400 mm 2,1 N/mm
En el tablero contrachapado n = 1,25
1 125 10 6 N mm 2
x 2 ( y 500 mm) 500 mm 1,25 236 108 mm 4
2,1 N/mm
Z
Z
y
5 Dimensionado de secciones o flexión 71
b) Tensión media en el adhesivo
y 100 mm
A
med
Fórmula de Collignon:
med
T m A
d I Z
b
z
G
Ty: esfuerzo cortante en la sección
x IZ: momento de inercia total respecto Z
m A: momento estático de la sección A
respecto al eje Z
b: linea AB
50000 N 200 200 mm 2 500 mm
0,2 N/mm 2 med 236 108 mm 4 2 100 mm
Este valor es inferior a la tensión tangencial admisible en el adhesivo = 1 N/mm2
c)
5 P L4
f 5 10 10000
5,5 mm 384 E I
Z 384 10000 236 108
Valor aceptable, ya que L
1000
10 mm 1000
Z
72 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 5.8 *
La figura representa una sección armada doblemente simétrica. Calcular Mel.z , Mpl.z y el coeficiente
para los dos casos.
== 300 · 25
z
== 300 · 25
y
== 800 · 12
G
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. No se consideran inestabilidades
globales : pandeo, vuelco lateral)
Resolución:
a) Mismo acero.
y
e = 235 e = 235
A1 · e
z
12,5
Eje neutro
G elástico
G
Mel.z
Mpl.z
A2 · e
d2
d1
Eje neutro plástico
25 e = 235 e = 235
Al tratarse de una sección doblemente simétrica el eje neutro plástico pasa por el baricentro G.
Caso elástico:
1 3
I Z 800 12 12
2 1
300 25 3
12 300 25 12,5 2
306484 10 4 mm 4
4 4
W I Z
y max
306484 10 mm
12,5 mm 7210 10 3 mm 3
( = W
el.z )
235
2
5 Dimensionado de secciones o flexión 73
M el . z
Wel .z e 7210 10 3 mm 3 235
N mm 2
1694 KN m
Caso plástico:
M pl .z 2 A1 e d1 A2 e d 2 2 300 25 235 12,5
400 12 235
400
1905 KN m
Coeficiente :
M pl .z
M el .z
1905 1,12 1694
b) Diferente acero.
Caso elástico
Tiene las mismas constantes mecánicas IZ, WZ, pero la tensión en la fibra extrema
max
425 250 400
355
M el .z
Wel .z max 7210 10 3 250 1802 KN m
Caso plástico
M 2
A d 355 N
A d 235 N
2648 KN m pl .z 1 1
mm 2 2 2 mm 2
Coeficiente :
M
pl .z
M el .z
2648 1,47 1802
max e = 355 A1 · e
425
400
e = 235
Mel.z
Mpl.z
A2 · e
d2
d1
Eje neutro plástico
e = 235 e = 235
2
76 Resistencia de materiales . Problemas resueltos
Problema 6.1 *
Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión.
q q = 2000 kg/ml
4 m
30
y’
1,5
18
z’
1,5
7,5 1,5
Resolución:
a) Determinación del momento flector máximo
M ql 2000 4 2
4000 m kg max
8 8
( en la sección central x = 2 m )
3
1
2
1
1
2
6 Flexión desviada y flexión compuesta 77
q
30y’
M es perpendicular a
q y forma 30
M= 4000 mkg
con el eje z’. Los ejes y’-z’ no son los
ejes principales de inercia. Vamos a
determinarlos.
30
z’
b) Determinación de los momentos de inercia principales Iy’, Iz’
Primero hallaremos el tensor de inercia en ejes y’-z’ (no principales) y a continuación lo
diagonalizaremos, para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales)
y’
I 3 z '
I 3 y '
1,5 183
12
18 1,53
12
729 cm 4
z’
5,06 cm 4
I
1z ' I
2 z '
1 9 12
1,5 1,53 7,5 1,5 9
1,5 2
767,8 cm 4
1
2
2
z
78 Resistencia de materiales . Problemas resueltos
I I 1,5 7,53 7,5 1,5 1,5 7,5
280,54 cm 4 1 y '
I z '
2 y '
729
12
2 767,8
2 2
2264,6 cm 4
4
I y ' 5,06 2 280,54 566,14 cm
I3y’z’=0 por tener eje de simetría.
I I 0
7,5 1,5 9 0,75 0,75 7,5
417,65 cm 4 1 y ' z ' 2 y ' z '
2
I y 'z ' 417,65 2 835,3 cm 4
Tensor de inercia
I
z '
I y ' z '
I y ' z '
I y '
2264,6
853,3
853,3
566.14
( cm4 )
Los momentos principales de inercia son los valores propios.
2264,6
835,3
835,3 0
566,14
2264,6
566,14
835,3 2
0
2264,6 566,14 2264,6 566,14 2 835,32 0
2 2830,74
584 354,55 0
2830,74 2382,36 4
2830,74 2830,74 2 4 584 354,55 2606,55 cm
2 2830,74 2382,36 224,19 cm 4
2
Momentos de inercia
principales
I 2606,55 cm 4
4 I y 224,19 cm
z y
z y
n z
y
6 Flexión desviada y flexión compuesta 79
Los vectores propios serán las direcciones principales.
El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4.
2264,6
2606,55
835,3
n1 0
z
835,3
566,14
2606,55
n1
0
y
314,95 n1 835,3 n1
0
835,3 n1
1
2040,41n1 0
tg n
y 341,95 0,409
1 835,3
arctg 0,409
22,24
y’
y
7,76
z
M
M y 4000 sen 30
4000 sen 7,76
22,24
540 m kg
30
22,24
M
M z
4000 cos 30 22,24 3963,36 m kg
M M y
x z y z
z’ Mz I z I y
3963,36 102
x y 2606,55
540 102
z 224,19
x 152,05 y 240,86 z
Ecuación del eje neutro.
z
22,24
y’ 22,24
y
A(-8.25,9)
0 152,05 y
240,86 y z
152,05
y 1,58z
240,86z
Angulo que forma el eje neutro con
z’ el eje principal z:
B(8.25,-9)
Eje neutro tg
y 1,58
z
57,67º
'
9
80 Resistencia de materiales . Problemas resueltos
Relación entre coordenadas de ambas referencias.
z cos sen z '
y sen cosy'
z cos 22,24 sen 22,24 z '
y sen 22,24 cos 22,24 y'
z 0,9256z'
y 0,3784z'
0,3784 y'
0,9256 y
Las tensiones máximas aparecen en los puntos más alejados del eje neutro ( A y B )
Para A
z 'A
8.25 z
A 0,9256 ( 8.25) 0,3784 9 4,230
y'A 9 y A 0,3784 ( 8.25) 0,9256 9 11,452
Tensión en A:
A 152,05 11,452 240,86 ( 4,230) 2760,11 kg/cm 2
Tensión en B:
z '
B
y'B
8,25
z 0,9256 (8,25) 0,3784 ( 9) 4,230
y 0,3784 (8,25) 0,9256 ( 9) 11,452
B 152,05 ( 11,452) 240,86 4,230 2760,11 kg/cm 2
6 Flexión desviada y flexión compuesta 81
Problema 6.2
Una columna tiene la sección en cruz indicada en la figura. La fuerza resultante es de compresión (50
Tn) y pasa por el punto A. Hallar la tensión normal en B y dibujar el eje neutro.
x
15 10 15
( cm )
B
y 10
50 Tn 15
A 10
z
Resolución:
B
Trasladando la fuerza al centro de gravedad G
de la sección, los esfuerzos equivalentes son:
-50 Tn
N 50 Tn
15 M y 50 Tn 10 cm 875 cm Tn
G y
My= -875 cmTn
M 50 Tn 10
cm z
2
2
250 cm Tn
A
Mz= 250 cmTn
-50 Tn B
y
z My=-875 cmTn
A
Mz= 250 cm Tn
z
82 Resistencia de materiales . Problemas resueltos
N M M y
x z y z
A I z I y
50 000
x A
250 000 y
I z
875 000 z
I y
A 10 35
2 15 15
800 cm 2
1 I z 15 15 10
12
1 I y 10 10 15
12
15 3
10 3
2 1
10 10 3
12
2 1
15 153
12
81667 cm 4
44167 cm 4
50 000 250 000 875 000
x y z 62,5 3,06 y 19,81z kg/cm 2
800 81667 44167 x
a) Tensión normal en B
Coordenadas de B y 5 cm
z 17,5 cm
xB 62,5 3,06 ( 5) 19,81 ( 17,5) 299,47 kp/cm 2
b) Eje neutro
y 0 62,5 3,06 y 19,81z
zona
zona
19,81 y z
3,06
62,5 y 3,06
6,47 z
20,42 comprimida traccionada
para
para
y 0 z
z 0 y
20,42
6,47
20,42
3,15
zz
0
y
B
20,42
z 3,15
y 0
eje neutro
6 Flexión desviada y flexión compuesta 83
Problema 6.3
Sobre una columna de sección rectangular ( 35 40 cm), se aplican dos fuerzas excéntricas: 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 máxima tensión normal.
30 Tn
y 50 Tn
Q
P
3 4 5
z
35 40
Resolución:
Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la sección obtenemos:
M y 30 0,04
M z 30 0,03
50 0,05
0,9 Tn m
1,2
2.5
1,3 Tn m
y
My= 1,3 Tn m
D
80 Tn
N 30 50 80 Tn B C
G
A
z Mz= 0,9 Tn m
1
84 Resistencia de materiales . Problemas resueltos
N M M y
x z y z
A I z
I y
A 40 35
1 3
1400 cm 2
4
I z 40 35 12
142 916,7 cm
x 80000
1400
90000 y 142 916,7
130000 z 186 666,7
(kg/cm 2 )
I 35 40 3 y
12 186 666,7 cm 4
x 57,14 0,630 y 0,696z (kg/cm 2 ) x 5,71 0,0630 y 0,0696z (N/mm 2 )
( y, z en cm) ( y, z en mm)
Eje neutro:
0 57,14 0,630 y 0.696z
0,696
y z 0,630
57,14 0,630
y 1,1z
90,70
y 0 z
z 0 y
82,46
90,70
y
C D
z
(0 ; 82,46)
A B
eje neutro
(-90,70 ; 0)
6 Flexión desviada y flexión compuesta 85
A 57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 20 32,19 kg/cm 2 3,219 N/mm 2
B 57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 ( 20) 60,04 kg/cm 2 6,004 N/mm 2
C 57,14 0,630 17,5 0,696 20 54,24 kg/cm 2 5,424 N/mm 2
D 57,14 0,630 17,5 0,696 ( 20) 82,08 kg/cm 2 8,208 N/mm 2
86 Resistencia de materiales . Problemas resueltos
Problema 6.4
Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista de baloncesto. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormigón a 45º de la horizontal según se indica en la figura. Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permanece unos instantes sujeto al aro de la canasta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma indicada en la figura. Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que el
jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 2000 N y M = 106 Nmm. La estructura se quiere construir en tubo redondo de acero con espesor de pared de 4 mm.
L=4000 mm L0=1000 mm F=2000 N
M=106
N·mm A1=0,5 A
Tubo de acero. Espesor de pared: 4mm
E=2,1·105 MPa
G=8·104
MPA
P
M
45º
F
x y
z
L1
L L0
Calcular el diámetro necesario, según la tabla de perfiles normalizados, para que el descenso vertical del punto P no exceda los 80 mm.
Notas importantes: - Considerar todos los esfuerzos de sección para calcular el descenso de P. - Trabajar con la carga trasladada al punto P, como se indica en la figura.
6 Flexión desviada y flexión compuesta 87
Resolución:
x = 0
F
x = L0
M
d dx
P
d 2 dx
x
x = L
Aplicamos el teorema de Castigliano al punto P en la dirección F:
M
- M
-
M x M F x
M x F
T T=F
-
T 1 F
-
T F
2
T 1
F 2
Tubo ( Dext x e)
A ( cm2 )
I (cm4 ) (mm)
135 x 4 150 x 4
16,46 18,34
353,4 96 489,2 69,4
88 Resistencia de materiales . Problemas resueltos
N=0 N
N 0
- F
N F
2
N 1
F 2
M M
d T T
d N N
EI F GA F
EA F
d
L0 M F x
L0 F L M
F x
F
L 2 1 F
L 2 1
x dx dx x 2 dx 2 dx 2 dx EA
0 EI 0 A G
L0 EI
L0 G
A 2 L0 2
2 2
ML 2 FL
3 2FL M L
2 L
2 2 F L3 L
3 2F L L0
F L L0
0 0
0
0 0
2EI 3EI GA 2 EI 3EI 2 GA 2 EA
3,389 108
I
176,3
A
Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares:
( >80 ) ( <80 )
Tomaremos pues un tubo Dext x e: 150 x 4 (mm).
h
T
M
90 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.1
Una viga biempotrada está sometida a un momento torsor producido por una torsión uniformemente
repartida. Hallar el MT máx y el ángulo de torsión máximo.
MA
kgm/ml
A
B MB
b
( b<h )
Resolución:
Por ser una viga simétrica los momentos de empotramiento han de ser iguales.
M A M B
2
M ( x) 2
x
x , en x 2
T 0 2
Diagrama de
momentos torsores: 2 +
B
A -
2
3
2
7 Torsión y esfuerzos combinados 91
El ángulo de torsión máximo se tiene para la sección central, x
: 2
2 2
0
M T ( x) dx
3
1
3 0 2 x
dx
1 x 3 x
2
GK 3 b h GK 3 b h 2 GK 3 b h 2 2 0
1 2
2
3
2 GK 3 b h 4 8
2
1
GK b3h
2
8
E
G: módulo de rigidez a torsión del material del eje G
2 (1 )
h K3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relación
b (ver tabla 5.87 del
capítulo 5. Torsión)
92 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.2
Hallar los momentos en los empotramientos MA y MD. Dibujar el diagrama de momentos torsores.
MA
MB=30000 Ncm MC=20000 Ncm
MD
A
B
C
a=30 cm
b=50 cm
D
c=40 cm
Resolución:
Es un problema hiperestático.
M T
0 M A M B M C M D 0
M A
M D 30000 20000 50000 kg cm
Considerando por tramos:
MA
-MA B
A
B
A 0
BA B A
M A a
G I o
M A 30
G I 0
+
- - -833,4
-20833,4
M
7 Torsión y esfuerzos combinados 93
MA-MB
B
-(MA-MB)
C
CB C B
M A M B 50 G I o
-MD = MA-MB-MC
MD
DC
C
D C
M D 40
G I 0
D D 0
D BA CB DC 0
M 30 M 40 M M A
G I o
D
G I o
A B 50 0 G I o
M
A 30 M
A 30000 50 M
D 40 0
M A
30 M A
50 1500000 M D
40 0
80 M A 40 M
D 1500000
M A M D
50000 40 M A
40 M
D 2000000 3500000 A
29166,6 N cm
80 M A 40 M D 1500000 80 M A 40 M
D 1500000 120
Diagrama de momentos torsores:
29166,6
A B
C
M D 50000 29166,6 D
20833,4 N cm
-20833,4
( Ncm )
2
94 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.3
Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta, sometidas a un
momento torsor Mx = 1000 Nm :
a) el valor y la posición de la tensión tangencial máxima, max .
b) el momento de inercia a torsión, It .
y y
200 mm
5 60
z
z G G
60
Mx Mx
60
x x
Resolución:
Sección cerrada :
Am: área limitada por la curva media
a)
M x
1000 Nmm 10 3 N e
máx 2 Am e
2 1 2
200 mm 200 mm cos 30 5 mm
5,77 mm 2
max
4 A 2
4 A 2 4
1 200 200 cos 30
2
c) I t
m
ds m e
s
5 mm 3 200 1000 10 4 mm 4
e s
d)
Sección abierta:
i i
x
7 Torsión y esfuerzos combinados 95
a)
M 1000 Nmm 10 3 N
máx e 5 mm
200
2
1
b e 3 3 1
200 mm 5 mm 3
mm 3 3 e
b)
1 I b
e 3
2,5 10 4 mm 4
max
t 3
i i
80
96 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.4
Un panel está sujeto por un mástil horizontal, según el esquema de la figura. Teniendo en cuenta el
peso propio del panel, el peso propio del mástil y la acción del viento, hallar las tensiones máximas en
el empotramiento del mástil a la pared.
Datos: Peso propio del panel P1= 90 kp
Dimensiones 80200 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
y
0,15 2
6 m 4
832 kp )
x D=15 cm
z
P2
F
520
50
150
40
40
Resolución: P1 y
kg
F 0,8 2 m 2
128 kp My= 716,8 kpm
Sección en el empotramiento. Esfuerzos:
Tz =-128 kp
N x 0
Ty 90
832
922 kp
Mz= -3000 kpm
Mx= 64 kpm Tz 128 kp
z
x
Ty= -922 kp
F
7 Torsión y esfuerzos combinados 97
M x 128 kp 0,5 m 64 kp m
M y 128 kp (0,4 5,2) m 716,8 kp m
M z 90 kp (5,2 0,4) m 832 3 3000 kp m
Tensiones normales debidas a los momentos flectores:
y
716,8 kpm
M 3000 2
716.8 2
3084,4 kp m
3000 kpm z
arctan 716,8
13,4
3000
y MF = 3084,4 kpm
B
z
(+)
xmax
M F D
3084,4 10 2 15 930,9 kp/cm 2
I z 2 15 4 2
64
(-)
Tensiones tangenciales debidas al momento torsor:
y
max
z
A
max
M x rmax
I o
6400 15
2
15 4
32
9,66 kp/cm 2
T T T z y
98 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes:
y
z -128 2 2 128 2 922 2 930,8 kp
A
T
-922
max
4 T 4 930,8 2
7,0 kp/cm 3 A 3 15 2
4
7 Torsión y esfuerzos combinados 99
Problema 7.5
Hallar las tensiones máximas en el empotramiento A y el giro, alrededor del eje x, de la sección E. El
momento torsor de 8 Tnm está aplicado en la sección B.
y
M= 8 Tnm
A
B
1 m C
1 m D E
1 m 1 m
z x
x
5 Tn
4 Tn
10 Tn
2 m F Tramo AC: = 40 cm
Tramo CE: = 10 cm
Tramo DF: = 10 cm
Material: acero
G = 8,4105
kgf/cm2
Resolución:
a) Tensiones máximas en el empotramiento A
Sección A y
My=22 Tnm
N x 5 Tn
Ty 10 Tn
Tz 4 Tn
Mz=30 Tnm
Tz=4 Tn Nx=5 Tn
M x
8
M y 4 3
10 2
5 2
12 Tn m
22 Tn m z
M t=Mx=12 Tnm
x
M z
10 3 30 Tn m
Ty=10 Tn
F
100 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tensión normal debida al esfuerzo axil:
y
z x
5000
40 2
4
3,97 kp/cm 2
Tensión normal debida a los momentos flectores:
y
22 MF
M 22 2
30 2
37,20 Tn m
30 z
arctan 22
36,25
30
z
(+)
y MF = 37,20 mTn
P
x max
M ymax
I
3720000 20 40 4
64
592 kp/cm 2
(-)
Tensión normal máxima total:
max
592
3,97 596 kp/cm 2
I
T
7 Torsión y esfuerzos combinados 101
Tensión tangencial debida a los esfuerzos cortantes:
y
T 4 2
Q 10 2 10,77 Tn
z 4 arctan
10 68,2
4
Distribución parabólica de con una max
10
max
4 T 4 10770 2
11,43 kp/cm 3 A 3 40 2
4
Tensión tangencial debida al momento torsor
y
B max
z
A
M x rmax
max
o
1 200000 20
40 4
32
95,49 kp/cm 2
La tensión tangencial máxima total
max A 11,43 95,49 106,92 kp/cm 2
Aplicación del criterio de Von Mises en el punto P
max N , M 596 kp/cm 2
equiv
2 32
618,5 kp/cm 2
M x , T 95,49 kp/cm 2 (1)
(1) En el punto P la tensión cortante debida al esfuerzo cortante T no es exactamente 0, pues es 0 en el punto Q, pero Q y P no
coinciden, ya que los ángulos y no son complementarios. Pero como están muy próximos, y por tanto debido a T será muy pequeño,
puede despreciarse frente a la debida a Mx.
x
102 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
b) Giro de la sección C (alrededor del eje x)
Dibujamos el diagrama de momentos torsores
20 mT 20 mT
12 mT
A B C D
El giro alrededor del eje x en
la sección E será el mismo
E que el de la sección D.
1 m 1 m 1 m 1 m
L
M x dx 12 mT 1 m 20 mT 1 m 20 mT 1 m
x 0
GI o
GI 40
GI 40
GI 10
1200000 100 2000000 100 2000000 100
0,244 rad
13,98
4
4
4
840000 40
840000 40
840000 10
32 32 32
M
r
7 Torsión y esfuerzos combinados 103
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 adm = 420 Kg/cm2 y la tensión normal admisible es adm=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
D B 40 cm
z
C
rB
B A
Q’
Q
F
rA
rA F’
x
Resolución:
P M x P
x 1 CV 1
736 W
2
M x
120 736
1405 Nm
rpm
60 rad s 600
2
60
M x 1405 Nm 14324 cmKg
Mx= F·rA – F’·rA = (2F’ – F’)·rA = F’·rA
F 15
14324 cmKg 14324
F 955 Kg 15
F 2F 1910 Kg
también Mx= Q·rB – Q’·rB
Q 22
14324 cmKg 14324
Q 12
1193,7 Kg
Q 2 1193,7 2387,4 Kg
104 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Diagrama de momentos en el plano xy :
y 3Q’= 3581 Kg
x
D C
B
3581
RD 2
50 cm
50 cm
R 3581
C 2
x Mz
+
M z , B
3582
50 2
89525 cmKg
Diagrama de momentos en el plano xz :
x B C
D
3F 2865 Kg
A
z
RD 1146 Kg
100 cm
RC 4011 Kg
40 cm
My
x
M x 1146x
+
M c 114600 cmKg
M B 1146 50 57300
d M M
d
B
2
7 Torsión y esfuerzos combinados 105
RC
RD 2865 0
RD 100 40 2865
40 2865 RD
100
1146 Kg
RC 2865 1146 4011 Kg
Determinación del momento flector en B ( combinando Mz y My):
M 89525 2 57300
2 106292,12 cmKg
El máximo está en C: M
f 114600 cmKg
Diagrama de momentos torsores:
y
+14324 cmKg
B x
D
A C
-14324 cmKg
Mx
M x ,B M x , A 14324 cmKg
Determinación del diámetro mínimo del eje. Aplicando el criterio de Von Mises:
3
min
16 2
4 f 3 x
adm
3 min
16 2 4 114600 728
3 143242
d
min 11.7 cm
106 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.7
En la figura se ha esquematizado la pieza desmontable de un enganche tipo cuello de cisne para el
arrastre de caravanas de camping por parte de vehículos de turismo convencionales. La solicitación
sobre la bola corresponde a una hipótesis de carga de arrastre con fuerte pendiente.
a) Determinar para la sección circular A los esfuerzos de sección: normal, cortante, flector y torsor.
b) Dibujar para la misma sección A la distribución de tensiones normal y tangencial que provoca
independientemente cada esfuerzo de sección. Indicar sobre el dibujo la posición de la tensiones máximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numéricamente sus valores.
c) Como resumen del estudio, indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máxima
total.
Sección A
G
400 Kp
50 Kp
75 Kp
y
z
O A
40 mm
150 mm
x
250 mm
Tz
G
T
Ty
T 2 2
7 Torsión y esfuerzos combinados 107
Resolución:
a) Esfuerzos de sección
y
N 400 Kp Ty
75 Kp
Tz 50 Kp
z Tz Mz
M x
50 150 7500 mmKp
G M y
M z
x N Mx
Ty
50 250
400 150
78750
12500
75 250
mmKp
mmKp
My
Nota: El signo del valor numérico y el sentido del vector en el dibujo son redundantes.
b) Determinación de las tensiones
Esfuerzo normal N 400 Kp
Distribución uniforme de tensiones x :
G N 400 Kp 2
x
x ,máx 0,32 A 40 2
4
Kp/mm
Esfuerzo cortante T Ty
Tz
T Ty z 75 2 50 2 90 Kp
Distribución parabólica de :
máx
máx
4 T 4
3 A 3
90
40 2
4
0,1 Kp/mm 2
M M M y z
108 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Momento torsor M x 7500 mmKp
máx
máx Distribución de tensión con una ley lineal radial:
máx M x rmáx
I 0
7500 20
40 4
32
0,6
Kp/mm 2
Momento flector M M
y M
z
x,má x
2 2 12500 2 78750 2 79737 mmKp
Distribución lineal de tensión x respecto al eje de
giro: Mz
x,má x
My M
x ,máx
M y máx
I
79737 40
2
40 4
64
12,69
Kp/mm 2
c) La tensión normal máxima total vale:
x ,máx 0,32 12,69 13,01 Kp/mm 2
La tensión tangencial máxima total vale:
máx 0,6 0,1 0,7 Kp/mm 2
7 Torsión y esfuerzos combinados 109
Problema 7.8
Un tubo de acero 200 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 A y B sea inferior a
adm=500 Kp/cm2.
- El corrimiento vertical B 1/1000 L.
NOTAS:
- Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q.
- Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2. - Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor:
e3
I 0 4
e3
I z 8
A e
e
200
q
B C
A B C Motor
q=50 Kp/m
L= 5m
110 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Resolución:
a) Determinación de los diagramas de esfuerzos.
qy=50 Kp/m y
25 mKp z
125 Kp mx=50·0,1= 5 mKp/m
125 Kp
qy=50 Kp/m
Mz
+
M z ,máx
1 2
q y L 8
/2 = 0,1 m
1 2
50 5 + 8
Ty
-
156,25
mKp
Ty ,máx
L q y
2
125 Kp
M x ,máx
+
Mx
25 mKp
b) Características mecánicas de la sección.
3 3 2
I em
e W I 0 e
0 4 4
3
0 2
2 2
I y I z I 0
2
e
8 Wz
I z
2
e
4
A 2
e 2
e
3
7 Torsión y esfuerzos combinados 111
c) Comprobación de tensiones en la sección central B.
M z
x ,máx
156,25
M z
Wz
mKp máx
z z
máx
Ty
0
M x
máx
12,5
M x
W0
mKp máx
Aplicando el criterio de falla de von Mises:
equiv 2 x ,máx
2 máx
500 Kp/cm 2
2
15625 3 1250 500
Kp/cm 2
equiv 20 2 20 2 e e
2474
4
11,8
2
e 500
0,1 cm e 1 mm
Comprobación de tensiones en la sección extrema C
M z
Ty
0
125 Kp
máx
Ty
máx
T
T y
máx
2
A
M x
máx
25
M x
W0
mKp máx
3
0
B 3
112 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Apliando el criterio de falla de von Mises:
equiv T máx
2
máx 500 Kp/cm 2
3
125 2
2
2500
500
Kp/cm 2 equiv e 20
20 2
e
47,5
2
47,5 e
500 0,02 cm e 0,2 mm
Con el espesor anterior de e = 1 mm, las tensiones en la sección extrema C son de equiv
100 Kp/cm2.
d) Comprobación del corrimiento vertical de la sección central B L / 1000 = 5 mm.
q
B B 5 q L4
5 mm 384
L
EI z
5 Kp/cm 500 cm
4
5 100 0,5 cm 384
2100000 Kp/cm 2
e 20 cm
8
Despejando el espesor de la ecuación e = 0,123 cm 1,3 mm.
En conclusión, para verificar los requisitos de resistencia y deformación el espesor e 1,3 mm.
Una solución comercial sería 200 x 1,5 mm.
7 Torsión y esfuerzos combinados 113
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.
P = 500 N z y
x
y L = 500 mm
z
A
A’
e = 5
Material: acero
100 E = 210000 N/mm
2
G = 84000 N/mm2
G
r A
C
b = 100
z
2
2
114 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Resolución:
Por razones de simplicidad se trabaja con la curva media del perfil de espesor constante y acuerdo
recto. (*)
70,7
y
=
- El eje de simetría proporciona las direcciones
principales centrales yy zz.
- El baricentro G cumple la condición:
G 70,7
= 0 y dA 0 dA
C
= = coincide z
35,35
35,35
- El centro de cizalladura C ( ó de torsión )
con el punto de encuentro de los elementos.
C
- Los momentos de inercia y módulos resistentes.
ds
s
b 2 1
2 3 y I
z
y dA 2 0
s
e ds b e 3
z G Wz
I z
y máx
1666666 mm 4
70,7 mm
23574 mm 3
(*) También, pueden obtenerse estas características de la tabla de perfiles del fabricante con mayor
precisión ( sin utilizar la simplificación inicial , v = 0 ).
I
2
3
3
7 Torsión y esfuerzos combinados 115
y
s
b 2 2
1
ds 2
2 3
I y
z
z dA 2 0 s
e ds b e 12
I y 416666 mm 4
z G W y
z máx
11786 mm 35,35 mm
bi
ei
t C G
1 bi
3
ei
2 3
b e 3
8333 mm 4
a)
y Mz
G
P Mx
C
z Tz
Ty
My
z
P
d
W
W
116 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Ty
T
P 2
353 N 2
2
Ty , Tz
z P
2 353 N
M x P b 50000 N mm Mx
M y
máx P 2
L 2
2
176777 N mm
My , Mz
M z
máx P L 176777 N mm
2 L = 500 mm
Tensiones normales x debidas a la flexión desviada My , Mz.
+15 +7,5 N/mm
2
- Para My
y
M y
176777 Nmm N 15
-15 Mz
-7,5
máx y 11786 mm 3 mm 2
G - Para Mz
M z
M
1 76777 Nmm
7,5 N
y máx
z 23574 mm 3 mm 2
z
Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant (ya que I0 en este tipo
de secciones).
M x GI t dx
dx
EI3
x
dx 3
TORSIÓN UNIFORME TORSIÓN NO UNIFORME
7 Torsión y esfuerzos combinados 117
¾ máx máx
máx = 30 N/mm
2
e
¾ máx = 22,5 N/mm2
Mx
máx
M x emáx
I t
50000 N mm 5 mm
8333 mm 4
30 N
mm 2
3 3 N 30 22,5
N 4
máx 4 mm 2 mm 2
dx
dx
M x
GI t
50000 N mm
84000 N
8333 mm 4
mm 2
7,14 10 5
rad
mm
Tensiones tangenciales debidas al cortante Ty , Tz.
Aplicamos superposición: TOTAL= + ’
Ty :
A1
y y T
m A1
y z
I z e variable según y
100
Para y
G
0, máx .
100 2
mm 3
2
C máx
353 N 100 5 2
1666666 mm 4 5 mm
0,75
N
mm 2
0,75 ó directamente se demuestra que
3 P
z 0,75 Ty
máx 4 b e
118 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tz :
A1
y T
m A1
50
z y
I y e variable según z
z
0,75 G
Para z
0, m
áx .
353 N 50 5
50 2
mm 3
2
2 0,75 N
C máx
416666 mm 4 5 mm mm 2
ó directamente se demuestra que 3 P
Tz
z 0,75
máx 4 b e
Se demuestra que
TOTAL TOTAL max
27 P 20 b e
1,35 27 500 N 1,35
N 20 100 5 mm 2
0,75
C
0,75
500 N
Obsérvese que en el ala horizontal debe anularse la distribución de tensiones tangenciales, ya que solo
tenemos fuerza vertical de 500 N.
Composición de tensiones:
1
Punto 1
x
3
15 N
mm 2
22,5 N
mm 2
7,5 N
mm 2
( M y M z )
( M x )
2
x
x
7 Torsión y esfuerzos combinados 119
Punto 2 Punto 3
x
15 N
mm 2
30 N
mm 2
0,75 N
mm 2
( M y )
( M x , Ty , Tz )
x
15 N
mm 2
22,5 N
mm 2
7,5 N
mm 2
( M y M z )
( M x )
De los puntos estudiados, el
Aplicando Von Mises
1 es el más desafavorable.
equiv
2 32 22,5 2 3 22,5 2 45
N mm 2
Ante la duda que exista un punto con una combinación más desfavorable y dada la complejidad del
problema, es posible tomar los valores máximos correspondientes a cada esfuerzo (aunque
físicamente no estén en el mismo punto). Así
equiv
2 32
(15 7,5) 2 3 (30 1,35) 2
58,8 N
mm 2
Esta operativa está contemplada en diferentes normativas.
b)
Mx
dx L x
dx
C x
F
F L3
3 E I
Se desprecian los corrimientos debidos al esfuerzo cortante Ty , Tz.
120 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
y
G
A
C G1 y
z
z C1
(x)
A1
Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz:
F L3
y 3 E I z
500 2
(500) 3
2 3 210000 1666 666
0,04 mm
Corrimiento según el eje z debido a la flexión My:
F L3
y 3 E I z
500 2
(500) 3
2
3 210000 416666
0,17 mm
Amplificación del giro debido al torsor Mx:
x
100 dx L
100 7,14 10 5 500 100
3,57 mm dx
7 Torsión y esfuerzos combinados 121
d) Posibles modificaciones en el diseño.
1 Cerrar los extremos de los voladizos.
La barra adicional trabaja a flexión y limita considerablemente el giro a torsión del extremo del
angular. Sin embargo, para otra posición del carro se reproduce el problema.
0
0
barra adicional
2 Cambiar la posición del angular.
La carga vertical ( y horizontal ) se realiza en el centro de cizalladura.
P
G C
3 Elegir otro perfil con mayor rigidez torsional (perfil cerrado). G C
4 Elegir un perfil de guiado simétrico
C
122 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.10 *
a) Determinar las tensiones normales y tangenciales en el perfil HEA-500 sometido a torsión
constante Mx = 20 KN · m y con coacción total al alabeo en el extremo empotrado.
b) Calcular el giro x en la sección A.
y
A B
x
z
Mx = 20 KN·m
L = 5 m
E = 210000 N/mm2 e = 355 N/mm2
Resolución:
Se trata de un problema de torsión no uniforme, ya que está impedido el alabeo en el empotramiento.
Ecuación diferencial de gobierno:
23
d d 3M
x G I
t E I
w
dx dx3 12 490
300
donde :
Momento de inercia a torsión o constante de Saint Venant:
1 I b e 3 1 3
2 300 23 467 12 270 10 4 mm 4 t
3 i i
3
Módulo de alabeo o momento de inercia sectorial:
h 2
I I 1 3 h 2
b e 1 3 467 2
300 23
5643 10 9 mm 6 w f
2 12 2 12 2
V
V
x
e 4
I
7 Torsión y esfuerzos combinados 123
El reparto del momento torsor total Mx = Mt1 +Mt2 ( para L = ):
Torsión uniforme
M t1
M x 1 e x
M t1
Mx = 20 KN·m
Torsión no uniforme M t 2 M e x
M t2
x x
2,03
( 3,9 exacto )
G I t E I w
80000 N
309,3 10 4 mm 4
mm 2
210000 N
5,64 1012 mm 4
mm 2
4,57 10
4 mm 1
El angulo girado por unidad de longitud es variable:
dx
dx
dx
M x 1 G I t
e x M t1
G I t
dx x
x
Para encontrar el ángulo de giro total en el extremo:
L d L M M 1 M 1 x
x dx x 1 e x dx x L e x 1
x L
0 dx 0 G I t G I t G I t
3
5000
20000 10 Nmm
5000 mm 1 4,57 10
4 1
81000 N
309,3 10 4
mm 2
mm
4,57 10 4
x 0,4 0,17 rad 23 10
13 ( valor muy elevado )
Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant en el extremo del
voladizo Mt1Mx. max
M t1 Sección A
Alas:
max
Alma:
M t1 I t
M
t1
emax
20000 10 3 Nmm 23 mm 309,3 10 4 mm 4
20000 10 3 Nmm 12 mm
149
78
N
mm 2
N
max
max ealma
t 309,3 10 4 mm 4 mm 2
t2 f f
I
V
M
124 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
En el empotramiento la torsión no uniforme provoca tensiones tangenciales w y normales w,
donde Mt2 Mx :
max
f
M = V · h V 20 KN m 0,467 m
42,8 KN
h = 467
M t2 Sección B Por aplicación de Collignon en la sección rectangular
del ala :
Vf w max
3 V f 3 42800 N N 9,3
max
2 A f 2 300 23
N
mm 2
3 M x
(el valor exacto es 9,3
mm 2
) 4
e b
h 2
w
f Obsérvese el autoequilibrio de los esfuerzos
Vf
en las alas, Mf , Vf , respecto a la sección
w global:
w M 20000 10 3 N mm Mf M t 2
f h
Vf 4,57 10 4 mm 1 467 mm
93,7 10 6 N mm 93,7 KN m
w valor superior al momento torsor aplicado
La tensión normal en la sección rectangular del ala por aplicación de Navier:
b M f 93,6 10 6 Nmm
300 mm
2 2 w 1 3
f 23 mm (300 mm) 12
272 N
mm 2
(el valor exacto por aplicación de las fórmulas del bimomento es w = 261 N/mm2 )
e
e 2
w
7 Torsión y esfuerzos combinados 125 Aplicación del criterio de Von Mises
Sección A: punto contorno del ala
equiv 2 3 2 0 3 2 3 149 258 N
mm 2
Sección B: punto extremo del ala ( w max ,w = 0)
equiv 2 3 2 w 3 w 272 2 3 0 272 N
mm 2
Comentarios:
- La tensión equivalente es parecida en ambos casos.
- Si existe N, My, Mz , para secciones tipo :
max
N M y
A Wy
M
z Wz
126 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.11 *
Una viga IPE-300 está sometida a una carga vertical F = 30 KN con una excentricidad accidental de
50 mm.
a) Determinar, en la sección del empotramiento, la distribución de tensiones normales x debidas a
la flexión y a la torsión no uniforme (bimomento). Calcular el valor máximo.
b) Determinar, en la sección del extremo del voladizo, la distribución de tensiones tangenciales
debidas a la torsión no uniforme o de Saint Venant. Calcular el valor máximo.
Acero S 355
E = 210000 N/mm2
G = 80000 N/mm2
e = 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 características mecánicas de
la sección.
L = 3 m
y
IPE - 300
G C
z x
50 mm
F
30 KN
T
w
7 Torsión y esfuerzos combinados 127
Resolución:
Diagramas de esfuerzos
1500 Nm
90000 Nm ( máx )
-
-
x 30000 N
Mx = F · 0,05 m Mz = - F · (L – x ) Ty = - F
Momento torsor Momento flector eje z Esfuerzo cortante eje y
Características mecánicas sección IPE – 300.
y tf = 10,7
z
A
I y
I z
53,81 cm 2
603,8 cm 4
8356 cm 4
tw = 7,1 300
W W
el y
el z
80,5 cm 3
557,1 cm 3
150 I 20,12 cm 4
I 125,9 10 3 cm 6
Análisis de la torsión mixta
Ecuación general de gobierno de la torsión mixta:
M x G IT dx
dx
E I w d 3
x
dx3
Uniforme M t1 No uniforme M t 2
1500
M t1
M t2
x
1355 Nm
145 Nm
L = 3 m
M
w
z
128 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Torsión uniforme :
M t1 M x 1 e x
x
, para x L M t1 1500 1 e 0 ,78 3 1355 N m
Torsión no uniforme : M t 2 M
x e , para x L M
t 2 145 N m
G I t E I w
80000 N
20,12 cm 4
mm 2
210000 N
125,9 10 3 cm 6
mm 2
7,8 10 3 cm 1
0,78 m 1
a) Tensiones normales máximas: x = 0
w x f
w Mz
w
Mf
w
Debidas al bimomento Mf : ( If Iy / 2 )
M t 2 M f h
1500 N m
0,78 m 1 0,289 m
6654 N m
M b
f
2 I f
6654 10 3 Nmm 75 mm
6038000 mm 4
2
165
N
mm 2
Debidas al momento flector Mz :
M 90000 10 3 N mm N (M ) z 162
x max Wel z 557,1 10 3 mm 3 mm 2
7 Torsión y esfuerzos combinados 129
Así, la tensión normal máxima:
x max
w
x max (M z )
165
162
327 N
mm 2
b) Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme en la sección x = L:
max
Alas superior e inferior:
M t1 = 1355 N·m
max = 72 N/mm
2
máx M t1
I t
emáx
máx
1355 1000 10.7
201200 72 N/mm 2
132 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 8.1
En la viga quebrada de la figura, sometida a las cargas que se indican, determinar:
a) La distribución de tensiones en la sección mn. b) El corrimiento vertical en B, vB.
(Se prescindirá del posible efecto del pandeo) y
3000 Kp
B
C z
m G h= 0.6 m
2 m
n
A
b= 0.3 m
1 m 1 m 4 m
Material :
=2,1·104
=0,2
Mpa
Resolución:
a) Diagramas de esfuerzos
3000 Kp x’
G=8750 MPa
B C
2m x 1000 2
A
RC = 1000 N
Reacciones :
RA = 1000
1000 2
B
R A 2000 kp
RC 1000 kp
P 3000 Kp
C
T
2 P 3
1 P 3
RA= 2000
-1000
RC 1000
1000 2 A
B C 1000 2
4000mKp M
1000 2
A
4000mKp
1 4
1 Kp
4
z
z
8 Corrimientos en piezas prismáticas 133
N T M
Tramo AB 1000 2 1000 2 1000 2 x
Tramo BC 0 -1000 4000 1000 x
Esfuerzos en la sección mn:
N mn
1000
2 Kp
Tmn 1000 2 Kp
M mn 2000 mKp
Tensiones provocadas por cada esfuerzo, por separado:
Y max, C
m
max
G M Z N
T
n N M T
M xy
3 T
y 2
2 N
x I
y 2 A h x
A 2000 100
3 1000 2
y 2 x y xy
2 1000 2
x 0,8 1800
cm 2
x max
540000
11,1 Kp
cm 2
2
xy max
1800
1,2 Kp
cm 2
60
A 1800 cm 2
5 A1 A
6
1500 cm 2
I 540000 cm 4
W 18000 cm 3
P
3
134 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Suma de tensiones normales x :
N
x
A
x máx
M y I
0,8
0,8
0.37
0,37 30
y
10,3 Kp/cm 2
(máxima ténsión de tracción)
x mín
0,8 0,37 30 11,9 Kp/cm 2 (máxima tensión de compresión)
b) Corrimiento vertical en B
v W
B P
N N
TOTAL
EA P
T T
GA1 P
M M dl
EI P
2 2 2
200 2 2 P
2 P x
2
3
3
3
0
EA
P
GA1 3
4P P '
EI 3
x dx
400
x
4
x '
0 3
3 3 dx '
0
GA 3 EI 3
3
1
200 2 2000 2000 2000x2 400 1000 16000 8000x ' 1000( x ' )2
0 dx 0
dx
3EA 3GA1 3EI 3GA1 3EI
x 3
2000 200 2
2000x 2000x 3
3 2,1 10 5 1800
3 87500 1500 3 2,1 10 5 540000 0
x 2 400
x 3
16000x 8000 1000
1000x 2 3
3 87500 1500
3 2,1 105
540000 0
0,0005 0,0014 0,0442 0,001 0,0608
0,0005
( N )
0,0024 (T )
0,105 ( M )
0,108 cm 1,08 mm
x
8 Corrimientos en piezas prismáticas 135
Problema 8.2
Para la pieza quebrada de la figura, hallar :
4 cm
Sección
4 cm
Q
a) El desplazamiento vertical de la sección A.
1 m y b) El desplazamiento transversal de la sección
A x C (en la dirección Z).
z
1 m
D
y
P C z
Aplicación a : P=300 N
Q=2P=600 N
E=2,1·105 Mpa x G=0,4E
1 m
Y
Z
X
Resolución :
Determinación de esfuerzos:
Ty
A Tramo AB x M z
Q 600 N
Qx 600x mN
Q N x
Tramo BC
x B
M y
Q
Q 1
600 mN
Ty
D Tz
Q 600 N
P 300 N C Tramo CD
M
P M z
Q 1
Qx
600 mN
600x mN
M y
x
P x 300x mN
0
136 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
a) Desplazamiento vertical de la sección A:
W BT T M M C Nx Nx M M total y y z z y y A Q A
GA Q
EI Q
dx B EA Q
EI Q
dx 1 z y
D T T
T T
M M M M
M M
y y
z z
x x
y y
z z dx
C GA Q
GA Q
GK Q
EI Q EI Q
1 1 t y z
1m Q Q x 1m Q Q
1 GA EI
x dx 0 EA 1
EI 1
dx 1 z y
1m Q P Q Px Q x
0 GA 1 0
GA GK 1 0 EI EI
x
dx 1 1 t y z
1m 1 1
1 1 1 Q Q
Q Q Q Q x2
Q x2 dx
0 EA
GA1
GKt
EI y EI z
1 1 1 1 Q 2Q Q Q
1 2 Q 0,042 m
4,2 cm EA GA
1 GK t
EI y EI
z 3
Términos de la sección:
Q 600 N
y E 2,1 1011
N/m 2
G 0,4 2,1 1011 N/m 2
z
4 cm A 16 cm 2 16 10 4 m 2
5 A1 A
6
40 4 2 10 m 3
3
I y I z 1 4 4
4 cm 12
4 8 4 10 m 3
4 cm K t K 3 2a 3
2b 0,141 4 4 10 8 m 4
b a
1 K 3 0,141
P
3
8 Corrimientos en piezas prismáticas 137
b) Desplazamiento transversal de la sección C.
Wto tal 1m Q Q x 1m Q Q
C z P 0
0 GA
0 dx EI
0 0 EA
0 dx EI 1 z y
1m Q P
0 1 Q
0 P x x
Q x 1
0 dx 1 P
0 GA GA GK EI EI GA EI 3
1 1 k y z 1 y
P
P 3
12P 10 4 P 3
2,235 10 m
0,2235 cm
0,4 2,1 1011
40 10 4
3 2,1 1011
4
3
10 8 64 2,1 10 7
R R
140 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 9.1
En la viga de la figura, determinar el perfil IPE necesario para que se verifique la condición de
resistencia y para que el desplazamiento vertical en el extremo volado (punto C) sea inferior a 0,3 cm.
5000 kp
A B
4m 1m
C
adm=1600 Kp/cm2
E=2,1·106
Kp/cm2
Resolución :
a) Se descompone el problema, con un grado de hiperestaticidad, en uno isostático más un momento de empotramiento (incógnita) MA .
P A
B A
P
B MA A B
C = C + C
4m 1m
A B
x
RA’
x
RB’
-5000mKp=MB
MA-RA·x
-
R A x
-
R A x
R B x 4
M = M +
MA
+ M’
+
M’A
M’A-RA’·x
5000 5000
RB + R B +
T = T + T’ - -
RA - R A RA’ RB’
I ) II ) III )
Estado final ( I ) = Estado isostático ( II ) + Estado hiperestático ( III )
1 L
A
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 141
- Estado isostático (II):
R
A R
B
R A 4
5 000
5 000 1
R A
RB
5 000 1250 Kp
4
6250 Kp
M
A 0 M
B 5 000 mKp M
C 0
- Estado momento hiperestático (III):
R
A
M A
M B
RB
RB4
0
Para encontrar M’A , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B , en el estado final (I):
2 L M
L M M
0 Ai yi
1 B 1
L A 2
M B 5000 mKp
EI i 1 EI 2 3 2 3 2 2
Ai = área diagrama momentos flectores yi = distancia desde el baricentro Ai hasta B L = 4 m
M A 2500 mKp
M A
M A 2500 mKp
RB M A
4
2500
4
625 Kp
- Estado final (I):
M
A M
A
M B M B
M C 0
M A
M B
0 M A
5 000
M A
0
2 500 mKp
5 000 mKp
R A
R A
RB RB
RA
RB
1250
6 250
625
625
1875 Kp
6 875 Kp
M x 4
M A 4R A M B R A M A M B
4
2500 5000
4
1875Kp
R
B 6875 Kp
EI
A
142 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
b) Para el cálculo de vC , vamos a aplicar el 2º teorema de Mohr entre A y C .
1 3 1 4M 4 1M 2 4M 8 20000 kg m 3
vC Ai
yi B 1 B
EI 2 3 2 3 A 1
2 3 EI
2 4
i 1 3 Kg/m m
4 6 4
TABLAS 4
2 10 10
3 2,1 10 6 I
0,3 cm I min
2 10 4
10582 cm 3 2,1 0,3 IPE330
I z
Wz
11770 cm
713 cm 3
c) Comprobación del perfil a resistencia :
max
M max
Wz
5000 mKp
713 cm 3
7,01 Kp/mm 2
701 Kp/cm 2
1600 Kp/cm 2
adm
Tmax 5000 Kp 2
2,46 Kp/mm
246 Kp/cm 2
923,8 Kp/cm 2
adm
max
1 271 7,5 mm 2 3 adm
El perfil IPE 330 cumple la condición de resistencia y la condición de rigidez.
+
A
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 143
Problema 9.2
Dada la viga de la figura, p = 20000 N/ml 20000 N
B
C
A
4 m 2 m
determinar :
a) Diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes.
b) Valores de las reacciones.
c) El perfil IPN necesario para adm=140 MPa.
d) La pendiente en el apoyo B.
Resolución:
Material:
Acero
E=2,1·106
MPa
a) Descomposición en un problema isostático, más una incógnita hiperestática ( R’B).
p p P P
C
A B 4 m 1m
M A
= +
R A
x
MA’
RA’
x
R’B
M
A 280 000 Nm
MA MB=-40000 Nm
R A x M px 2 / 2
R A x
M A 4p x 2
- - - M
+ = +
+
R A 10 000 N
R A px
MA’= 4R’B
MA’- RA’x
P P
+ T = +
- RA’ R’B
M 2
A
A A
2
3
4 m
3
3
144 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
b) Determinación de la incógnita hiperestática y de las reacciones totales.
M x A, B
M A
RA x
R A x
x 2 p
M x B ,C R A x M A 4 p x 2
Para hallar R’B , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B :
B M x 0 A EI
xB
x dx
1 B x 2 M 2 R x M
p 4
x dx
4 A 4
EI A
2 3
R
A 100000 N
M A 280000 Nm
1 B
M A 4RB
2 64
EI A
100000x 280000 10000x 4 x dx
RB
1 x 2 x 3 x 4 64 1120000x 680000 140000 10000 RB
EI
2 3 4 0
3
1 4160000 64 0 65000 N
EI 3 RB RB
RA - 80000 + 65000 - 20000 = 0 RA = 35000 N
MA = - 20000·6 + 65000·4 - 80000·2 MA= -20000 Nm
c) Determinación del IPN.
max
M max
Wz
40000 100 2
14000 N/cm Wz
4 10 6 I z 4250 cm 4
WZ ,min
14000 285,7 cm
TABLAS
IPN 240 Wz
354 cm 3
d v
0
1
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 145
d) Pendiente en B.
M x A, B 20000 35000x 10000x 2
2
1 M 2
x A , B
dx
2 3
dv1 1
20000x 35000 x
10000 x
C
dx EI 2 3
x 0 :
x 4 :
dv1
dx
B
0 C1
dv1 1
0
20 000 4
35 000 16
10 000 64
dx EI 2 3
240 000 840 000 640 000 40 000 B
3 2,1 1011 4250 10 8
3 2,1 10 3 4250
B 0,00149 rad 0,0856 0
146 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 9.3
a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, p, que se puede aplicar en la
viga de la figura, si la tensión máxima admisible es de 140 MPa (tanto para la viga AB como para el
tirante CD).
b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.
D - La viga AB es un perfil IPN 400.
- El tirante CD tiene una sección
de 5 cm2. 4 m - Módulo de elasticidad :
E = 2,1·107 N/cm2 ( para la viga y el
tirante ).
A C B
4 m 4 m
Resolución :
a)
Se trata de un problema hiperestático. Para resolver la hiperestaticidad, impondremos la siguiente
condición :
C
vC
donde : C = corrimiento del punto C del tirante CD.
vC = corrimiento vertical de la viga AB en el punto C.
D
D
2
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 147
Cálculo de C :
RD
D C CD
CD
CD E
RD CD
EA
4 m (
, E
RD ) A
C RD 400 cm C
2,1 10 7 N/cm 2 5 cm 2
RD
3,81 10 6 R cm
RD en N
Cálculo de vC :
Aplicaremos el Teorema de Castigliano:
x
p
A C B
RD
4 m 4 m
RD x 400 p x 2
2
-
p x 2
2
M mKp
MA= 400 RD- 320 000·p ( Ncm )
MC= -80 000·p ( Ncm )
v WTOTAL C M x M dx
A M x M C
R B EI RD C EI
dx RD
x 2
p RD x 400 p x
400 2 800 2
0 EI 0 dx 400 EI
x 400 dx
D
6
148 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
x 2
p R x 800 2
D
400RD
400 EI x 400 dx
1 p 4 200 p R
D 3 2
800
EI
8 x
x 400 RD x
3 160000 RD x
400
1 18133 10 6 p 21,3 10 6 R 18133 10 6 p EI
21,3 10 6 R D
2,1 10 7 29210
29561,5 p 34,8 RD 10 6 cm
Entonces: C vC 3,8110 RD 29561,5 p 34,8 RD 10 6
38,61 RD 29561,5 p RD
766 p
(1) RD
766 p (RD en N)
(2) p 0,13 RD (p en N/cml)
Determinación de pmáx :
Para el tirante:
max , tirante
RD ,max
5 cm 2
am
140 10 2 N cm 2
RD ,max
70 000 N 2
pmax 2
0,13 RD ,max 0,13 70 000 9100 N m
Para el perfil:
max ,viga
M max
W
z , IPN 400
adm
M
A 400R
D 320 000 p 400 766 p 320 000 p 13 600 p
M C
M máx
80 000 p
80 000 p
c
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 149
max ,viga
M max
Wz , IPN 400
80000 p
1460
adm 14 000 N
cm 2
pmáx
140 000 1460 255,5 N/cm
80 000
25 550 N/m
Por tanto: pmax 9100 N
m ( la menor de ambas).
b) Cálculo del descenso de C.
v 3,81 10 6 70 000 0,267 cm 2,7 mm
150 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 9.4
Las vigas AB y BC de la figura están perfectamente empotradas en los extremos A y C. Cuando están
descargadas, sus extremos B están en contacto, pero sin transmitirse ningún esfuerzo.
p
Material: Acero A42b
A IPN 200
IPN 220 C
B
3 m 4 m
Determinar:
a) La carga uniformemente repartida máxima que puede soportar la viga AB, estando sometida
la viga BC solamente al efecto producido por la AB.
b) El descenso vertical del punto B.
Resolución:
a) Determinación de pmáx.
En este tipo de problemas de interacciones, la resolución se basa en plantear la igualdad de
corrimientos (ecuación de compatibilidad de deformación en la sección B):
p
R
C
A B
B
R
3 m 4 m
1 = 2
-
M x R x
+
1 p x 2
x x M x
R x
M max
-
R
z
z
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 151
Cálculo de 1: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre A y B :
1 2
Rx px 2
1 0
EI z
x dx
1 R 3 p 4
3 m EI
z 3 8
Cálculo de 2: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C y B:
Rx
2 0 EI x dx
1 R 3 4 m
EI 3
Condición: 1=2
81
9R p
64 R
8
E 2140 cm 4
3
E 3 060 cm 4
216 3060 512 2140 R 243 3060 p p
N m
2,3624 R N
Cálculo de Rmax ( pmax ):
IPN 200 a flexión:
máx
M máx
Wz ,IPN 200
M máx
214 cm 3
260
1,5 N
mm 2
173,3 N/mm 2
Mmáx:
M máx 37093,3 Nm
M
0 R x
px x R
0,4233 m p
M x 0,4233
1
0,211649R
2
M máx M A
M A R p 2
7,6308R
M máx 7,6308R 37093,3 R
máx 4861,0 N
3
152 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
IPN 220 a flexión:
máx
M máx
Wz ,IPN 220
M máx
278cm 3
260
1,5 N
mm 2
173,3 N/mm 2
M máx 48186,6 Nm
M máx R 4R 48186,6
Rmáx 12046,6 N
Rmáx mín 12 046,6 ; 4 861,0 4861,0 dN
Por lo tanto: pmáx 2,3624Rmáx 2,3624 4861,0 11483 N m
b) Descenso vertical del punto B.
R
2 3EI
4861 400 3
1,61 cm 3 2,1 10 7 3060
z
2
2
2
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 153
Problema 9.5
a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, pmáx , que se puede aplicar a la
viga de la figura. b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.
D E Datos:
A 5cm 2 A 5cm 2
h = 6 m
Viga AB: IPN 300
adm= 160 MPa
E = 2,1·105
MPa
45º 45º
A C
( tanto para la viga
AB como para los
tirantes CD y CE )
B
4 m p 4 m
8 m
Resolución:
a) Imponemos la condición de compatibilidad de deformación en C, es decir, planteamos igualdad de
corrimientos.
R R
2 2
p
A C B
p 2
M
R x
2
R
R x R x
2
-
+
p 2
2
2
px
R
2 x
x
1
2 px
2
px
-
12
px
2 px
R
2 x
1
2 px
R
x
2
+ +
1
1 1 R
154 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
D E
45º 45º
C
C
C 2
Cálculo de C :
Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C x y A x 0 : 2
R p 2 p x x x 2 2 2 2
1 2 R 2 p 3
0
EI z
x dx
EI z o
p x 2 2
x dx 2
1 R x3
p x4 2 1 R 3 p 4
p p EI Z 2 2 3 2 4 0
EI z 2 2 24 2 64
R3
4 1 3
5 p 4
EI z 48
p 48 128
EI z 48 384
C
R
A C B
2
2
2
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 155
Cálculo de :
2 2
R D, E
2 R 2
2 R 600 2 2
120R cm
EA E 5 E
600 2 cm , A 5 cm 2
6 2m
C
2 R
1 R 3 5 p 4
C
2
C 120 2R
2EI z 48 384 E
8 m
800 cm
4
I z , IPN 300 9800 cm
3 6 4 8
8 10 R
48
5 8 10 p
384 9800 120 2 R
64R 32000 p 9,98R p 2,312 10 3 R ( p en N/ml , R en N)
Cálculo de Rmáx ( pmáx ) :
Cables a tracción:
máx
Pmáx
A
2 Rmáx 2
5 cm 2
adm
16 000 N
cm 2
Rmáx
113137N
N
C R R
p
x x
2 2 2
156 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
IPN 300 a flexión:
máx
M máx
Wz , IPN 300
M máx
16000 653cm 3
cm 2
M máx
104480 Nm
|Mmáx|:
M 1
p 2
8
1 2,312 10 4 8
3 R 8 2 10 4 800
4
15R
p 2,312 10 3 R 800 cm
M p 0 x 2
R R px x 2 2 2 p 2
R 2 p 2
R 183,74 cm 2 2,31 10 3 R
M máx
M x 183,74 cm p R x 1
px 2 x 2 R 2 2 2 2 2 2
800
2,312 10 3
R 183,74 183,742
R
183,74
39R
Así que Mmáx = 104480·102 N·cm = 39 Rmáx Rmáx = 267897 N
Radm ,sistema mín113137,267897113137 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:
pmáx 2,312 10 3 113137 261,57 N cm
26157 N m
b) El descenso del punto C es.
C 2 2 120 113137
cm 2,1 10 7
C
0,9 cm
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 157
Problema 9.6
Determinar el desplazamiento vertical de la sección C, C , en la pieza de la figura, admitiendo que la
sección en todos los tramos del sistema es circular y el material es el mismo.
A
a D
p
B
C
a
Datos:
G = 0.4·E p =1000 N/ml
D = 50 mm
a = 1 m E = 2,1·105 Mpa
Resolución:
a) Determinación de esfuerzos .
Es un problema hiperestático. Consideraremos RB como incógnita hiperestática a determinar.
y
A Esfuerzos: z
Tramo BC:
x
x T
y
x p M Z
RB
px
R B x
1 2
px 2
Tramo CA:
B C
y T y
RB M z
R B
p a
RB p a x
z x M x RB a
1 2
p a 2
z z
B B
R 2 R R
B a p B a 3 p
B
4 B 3 p
3 3 p
3
158 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Aplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incógnita hiperestática RB :
Wtotal C T y T y
M M
z A T y T y
M x M M M
z
0 B
dx
dx R B
B GA1
R B EI z RB C
GA1 RB GK t R B EI z R B
C a
R px R x 1
px 2
A aR pa R a
1 pa 2
R pa x B
2
B 2
B
B B
1 GA
x dx EI
C GA 1 a
GI EI x dx
0 0 1 z 1 0 z
1 a 2
RB a
pa 1 a 4
1 a 3
p
a R
a a 4 GA1 2 GI 0 2 EI z 3 8 3 3
4
1 3 2 1 a 1 2
11 4
2aRB
GA a p GI
a R B EI
a R B a p 1 2 0 2 z 3 24
G 0,4E 9
9 D2
A1 A
10 D4
10 4
I0
32 D4 I z
64
4
1 3 2 1 a 1 2 3 11 4
B 2 2aR
B a p
2 4 a R
B
2 p
4
3 a R
B a p
24 0.4E
9
D 0.4E
D ED
10 4 32 64
40D 2 2aR 3 a 2 p 32 9a 3 R a 4
p 64 3.6 2
a 3 R 11 a 4 p B 2 B
2 3 B 24 0
3.6 E D 4
D 50 mm a 1 m
0,05 m
p 1000 N/ml 11 2 E 2,1 10 N/m
RB 565.3N
64 3.6 F
B a 3 R B
C B
B
9 Piezas y sistemas hiperestáticos 159
b) Determinación de C.
Para calcular C , aplicaremos el método de la fuerza ficticia:
Esfuerzos (debidos a F):
A Tramo BC:
T y
x M z
RB
R B x
C B Tramo CA:
F x RB
Ty
M
z
M
RB F
RB F x
R a
x B
40D 2
2aRB aF
32 9 a 3 R 2 a 3
0 Wtotal
RB
3 3
3.6 E D 4
R B 0.174 F
1 2 RB x px 0,174F x
Wtotal
C F
a
0 (
R
B px 0,174F
GA1
0.174 2
EI z
0.174x
) dx
para F 0
a
0 (
R
B pa 0,174F F
GA1
0.826 1
RB a GI 0
1 pa 2
2 0,174F a
0.174a
R pa x 0,174F F x
B
EI z
0.826x ) dx
Integrando, entre límites, y tomando F= 0:
1 a 2 2 1 3 1 4
0.174R a p 0.826 R a pa 0.
R a pa
GA1 2
GI 0
174B
2
160 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
1 a3 1 a 4 R a3 a 4
B
EI 0.174RB
3
2 p
4 0.826 3
p 3
Z
40D 2 0.652R 0.739 p 32 9 0.174R 0.087 p 64 3.6 0.217 R 0.254 p B B B
3.6 E D 4
0,00225 m
C 0,225 cm (en vertical, hacia abajo:
igual dirección y sentido que F)
P 2
162 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.1
Determinar la carga máxima P que puede soportar el sistema de la figura, si la tensión máxima
admisible es de 160 MPa.
3 m 6 m
A B IPN 500 C
P
4 HEB 120 30º 30º
IPN 100 IPN 100
E = 2,1·106 Kp/cm2
Resolución:
x
A B C
Reacciones:
3 6
3 P P 2
M B
0 P 3 P
RC 6 RC
2
3
P +
- 3 P 2
F V
P
2
T
0 Rb
P 2
3P
P x -
P x
3 P x 3 2
3 Tmáx P
2
M máx 3P
Kp
mKp
M
y
10 Inestabilidad elástica 163 IPN 500.Cálculo a flexión.
: máx
M máx
Wz ,IPN 500
3P Nm 2750 cm3
adm 160 N
mm 2
Pmáx, IPN 500
146667 N
Puntal HEB 120. Cálculo a esfuerzo normal y a pandeo.
y
A I z
HEB 120
34 cm 2
864 cm 4 ; I
3
318 cm 4
3 z
Wz
144 cm ; W
y 52.9 cm
i z 5.04 cm ; i
y 3.06 cm
Esfuerzo normal: 3
2 P
- máx N máx
A
N máx 16000 N 34
cm 2
N máx
544000 N
Pandeo:
544000 3 P Pmáx
2
362667 N
L 400 131 105
( acero estructural )
- min imin
3
2 P
3.06
el pandeo se produce en la zona
de validez de la ecuación de Euler
2 EI 2 2 7
N adm ,H 120 N crit
sp
L sp
2.1 10 318 117700 N
16 10 4 3.5
I I
min 318 cm 4
L
4 m 400 cm
sp
3.5 100
7 E 2.1 10
N cm 2
máx
164 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
117700 3 P Pmáx
2
78466 N
Puntales IPN 100. Comprobación a esfuerzo normal.(Tracción)
P
4 cos 30º
P
4 cos 30º
P
4 cos 30º
P
4 cos 30º
máx N máx
A
N máx 16000 N 10,6
cm 2
N máx
169600 N
169600 P
P 4 cos 30º
587511 N
Por lo tanto, la carga máxima que puede soportar el sistema es:
P min 14667 , 78466 , 587511 78466 N
10 Inestabilidad elástica 165
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 adm
= 160 MPa y E = 2,1·105 MPa.
C
P IPN 100 2 m
A
B IPN 360
2 m
IPN 140
D
2 m 2 m 2 m
Determinar:
a) Diagramas de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales para cada barra. b) El máximo valor admisible de P.
Resolución:
a) Diagramas.
R 4
Rc
N P
2 2 TRACCIÓN C
+ B
x
P P P P
A 2 2
2 2
45º 45º B
P P 2 2 2 2
2 2 2 2
P
2
-
COMPRESIÓN D
P 2 2
R
4 Rc
N
166 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
T C
P
R A P
2 + 2
B A -
P 2 RB
D
M C
A B
+
P 2
x
P 2
x P x 2 D
b) Cálculo de Padm :
IPN 360 a flexión:
máx
M máx
Wz , IPN 360
P 1 Nm 160 1090 cm 3
mm 2
P
adm 174400 N
i
10 Inestabilidad elástica 167
IPN 100 a tracción:
P
N máx 2 2 2
máx 160 A 10,6
N/mm
Padm
IPN 140 a compresión:
160 10,6 10 2 2 2 Padm 479 701 N
P 2 2
N adm
N crit
C sp
2 EI
L2
3.5
200 2 202 100 C 3.5
200 2 cm min
1.4 s
2 7
N adm
2,1 10 35.2 2605,6 N
3,5 8 10 4
P
2 2
N adm
2605,6 N
Padm
Padm
73700 N 2 2
Por tanto :
Pmáx
mín 174 400 , 479 701 , 73 700 73 700 N
Problema 10.3
EI
L
168 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Calcular la carga axial máxima que puede soportar una broca de 3 mm,
a) sin pretaladro b) con pretaladro o marcado.
E e
210000 N/mm 2
320 N/mm 2
a)
3 150 mm
b)
Resolución:
a) b)
Lp=2L
Lp=0,7L
R
Ncr Ncr
2
N z cr 2
p
2
10 Inestabilidad elástica 169
2 210000 3
a) 64 91 N
2 150 2
2
2 210000 3
b) 64
747 N
0,7 150 2
Comprobación de la validez de la fórmula de Euler ( para b):
N cr cr
A
747 N
32
4
105 N
mm 2
320 N
e mm 2
cumple
NOTAS: - Se ha simplificado la obtención de I,A sin utilizar reducciones de la sección.
- A los valores de 91 N y 747 N hay que aplicarles un adecuado coeficiente de seguridad.
2
2
170 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.4
Calcular la sección rectangular más eficiente para la pieza de aluminio sometida a compresión
centrada.
x
N=20 kN
L = 500 mm , seg. pandeo= 3
Datos del Al:
E = 70000 N/mm2
e= 20000 N
b
L y
h
y
z
z
Resolución:
La relación b-h debe ser la óptima para que la Ncr sea la misma en ambas direcciones.
x
Flexión eje y:
2
2 E
1
bh 3
LPz=0,7·L N cr ,1
EI y
L p y
12 1 2L
2
Flexión eje z:
y 2
2 E 1
bh 3
N EI z 12 2 cr , 2
L p z 0,7L
2
LPy=2·L z Igualando Ncr,1= Ncr,2
2 E 1
bh 3
12
2 2 L2
2 E 1
bh 3
12
0,7 2 L2
h 2 b 0,7
10 Inestabilidad elástica 171
Con esta relación, puede elegirse la fórmula (1) o (2):
2 E 1
bh 3
12 2
seg . pandeo N cr 3 N
2L 3
N
3
2 70000 1
b 2
b
12 0,7 b
3 14,5 mm
se tomará : 50 x15 mm 20000 2 500
2 h 41,5 mm
Comprobación:
N cr cr
A
60000
100 N/mm 2 14,5 41,5
e
cumple
L
2
2
2
172 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.5 *
Calcular la carga máxima, Nmáx, en los tres casos:
Ncr =Nmá x ? Nmá x ? Nmá x ?
A) B) C)
10m = 10000 mm 10 mm 100 mm
v0=L/1000 v0=L/100
Acero S260
e 260 N/mm2
E=210000 N/mm2
200x5 mm
Resolución:
a) En el primer caso, Nmáx=Ncr , suponiendo que la cr e
2 210000 200 190 2
EI N 64
301952 N cr 2
p 10000 2
N cr 301952 N 99 N/mm 2
cumple cr 2 2 e
A 200 190 mm
4
A)
B ) C)
v
2
10 Inestabilidad elástica 173
L L b) El momento flector en el centro del vano: M x N v
TOTAL x .
v L
TOTAL x
2
1 v
N 0
2
2
1 N
cr
1
Factor de amplificación:
El corrimiento total depende de la relación N
. N
cr
1 N
N
cr
N
Por la ecuación de la flexión máx
1
N M e
A W
N máx N 0
1 máx
N máx 301952 260 N/mm 2 2 2 2 2
200 190
4
200 190 100
64
10 100 v
Para v0 = 10 mm tenemos Nmáx=269500 N
c) Para v0 = 100 mm tenemos Nmáx=152000 N
174 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.6 *
Calcular el valor de la imperfección geométrica inicial, v0, que provoca el fallo elástico del perfil
tubular 100x4 mm sometido a N = 125 kN.
Resolver el problema utilizando dos modelos de cálculo:
a) Análisis de 1er orden, con la geometría caracterizada por el valor inicial v0.
b) Análisis de 2º orden, considerando la amplificación del valor inicial de v0.
x
N = 125 kN
100x4
L = 3500 mm v0 ?
Material S235:
e=235 N/mm2
E= 210000 N/mm2
Tubo 100x4:
A= 1206 mm2
y I= 1392000 mm2
W=27840 mm2
N
L
N
0
x
2
10 Inestabilidad elástica 175
Resolución:
a) Análisis de 1er orden:
M N v0
N
N L La sección más desfavorable x :
2 v0 N
M
= =
N
N v0
N M x e
A W 235 N/mm 2
125000
1206
1 25000 v
0
27840 235 N/mm 2
Despejando el valor de v0:
v 235
125000 27840
29 mm
0 1206 125000
b) Análisis de 2º orden:
M N 1
v
1 N N cr
N
v0
N 1 N v 0
A 1
N W N
cr
e
= = La carga crítica de Euler, Ncr:
2 EI
N cr 2
p
210000 1392000 235517 N
3500 2
Así, el factor de amplificación vale
1
1 2,13
N 1
N cr
1 125000
235
176 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Sustituyendo en la fórmula:
125000 1 25000 v0
2,13
235 N/mm 2
1206 27840
Despejando el valor de v0:
v
235
125000 27840 1
13,7 mm
0 1206 125000 2,13
10 Inestabilidad elástica 177
Problema 10.7 *
Un tubo de acero 140x140x5 mm tiene una imperfección inicial de 50 mm respecto a la directriz
teórica y está sometido a una leve carga de viento q = 300 N/m y a una carga axial de compresión N =
100 kN.
a) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en un análisis de 1er orden.
b) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en una análisis de 2on orden, es decir, considerando la interacción N – M (esfuerzo normal – momento flector).
Tubo 140x140x5 mm:
A = 26,70 cm2
Iy = Iz = 821,25 cm2
iy = iz = 5,51 cm
Wel·y = Wel·z = 117,32 cm3
Acero S235:
E = 210000 N/mm2
e= 235 N/mm2
x
N = 100 kN
y
qy
5
G 140
z
L = 5 m
v0 = 50 mm
qy = 300 N/m
140 mm
y
N = 100 kN
1
L
2
2
178 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Resolución:
2on
orden
N N
1er
orden
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.
v0
q
N N
a) Análisis de 1er orden (sin considerar pandeo, con la geometría inicial del enunciado).
1 2
pL N v0
N M z N 8 1
x ,máx A Wz A Wz
1 2
0,3 5000 100000 50 1 00000 8
37,45
2670
7,99
42,62
117320
88 N
cumple
mm 2 e
b) Análisis de 2on orden (amplificación de la preflecha inicial e interacción N-M).
1 2
pL
N K 8 1 N v0 2
x ,máx A W N W
z z
N cr
Cálculo de la carga crítica elástica de Euler, Ncr:
L p z
5000 mm
N cr
2 EI 2 p z
210000 8212500 680855 N
5000 2
2
10 Inestabilidad elástica 179
Para el factor de amplificación K2, se elige la expresión aproximada (*):
K 1 1
1,172 N
1 N
cr
1 100000 680855
Así, finalmente (2):
x ,máx
37,45
1,17 7,99
1,17 42,62
96,7 N
mm 2
e cumple
(*) Cálculo exacto de K:
u N 2 N cr 2
N
N cr
100000 0,602 rad
2 680855
K 2 1 cos u 2 1 2 1 cos 0,602
1,177 2
u 2 cos u 0,602 2 cos 0,602
180 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.8 *
Un tubo circular 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
e=380 N/mm2.
c) Calcular la carga N que provoca el fallo elástico del perfil.
Material S380: E = 210000 N/mm2 e = 380 N/mm2
y
F=5 kN
100x4
v
N variable
x
= =
L = 5000 mm
115403 N
L
3
N
2
2
K
10 Inestabilidad elástica 181
Resolución:
a)
2 EI N cr 2
p
210000 1392000
115403 N 5000
2
Hipótesis: Elasticidad indefinida.
N N N
Ncr
E = 210000 N/mm
2
v
b) Considerando la interacción N – M.
F L3
v K 3
48EI
5000 5000 3
K
48 210000 1392000
44,54 K 3 mm
donde K3 es el factor de amplificación.
Cálculo exacto de K3:
3 tg
N
3 tg u u 2 115403 2 115403
K3 3
3
u 2
u
N
N cr
N
2 115403
N 115403
Cálculo aproximado de K3:
1 1
3 N N 1
Ncr
1 115403
182 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tabla de valores de la función N – v
N veaxct. vaprox. 0 44,54 44,54 mm
Ncr/4=28851 N 59,39 mm
Ncr/2=57701 N 89,08 mm
3Ncr/4=86552 N 178,16 mm
La representación gráfica de la función N – v:
( N ) N
115403 N cr
86552
57701
28851
3 N cr
4
N cr
2
N cr
4
N 5 kN N
v
v
50 100 150 200 250 ( mm )
La curva de respuesta N – v, considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector, es asintótica al valor de la carga crítica de Euler Ncr = 115403 N.
Suponiendo una elasticidad indefinida del material el fallo de la pieza se produce con el mismo valor de Ncr.
c) Sin embargo, antes de llegar a esta situación el material habrá superado la tensión del límite
elástico. Para el material real:
N
A
N M e
A W
K M
W e
, donde M
K 1
F L 4
1
2
10 Inestabilidad elástica 183
1 5000 5000
N 4
380 N
1206 N 1
115403
27840 mm 2
Resolución de la ecuación de 2º grado:
N
115403 225
380
1206 115403 N
115403 225 380
N 115043 N 1206
25965675
43853140
95,69 N N 2
380 N 1206
1 2
0 N 1206
a
475,69 N
b
17887465 c
2 1
N b b
2a
4ac 476 476 4 1788746
1206
2 1
1206
40425 N
533630 N
sin sentido N cr
Se cumplen la hipótesis de aproximación para el cálculo del factor de amplificación K:
N 0,6 N
cr 40425
1 K
0,6 115403
1,54
69242
1 N
N cr
Representación gráfica del apartado c):
(N) N
N M K
380
A W
115403
40425
44,5 68,5
Ncr
v (mm)
1
2
184 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
c’) Un planteamiento parecido del problema es considerar que v0=44,5 mm constituye una preflecha inicial.
El momento flector 1
F L resta constante y la amplificación es debida al termino 4
N v N 1
v
N 0
N cr
Los resultados obtenidos no difieren excesivamente de la solución exacta:
N M e
A W
, donde M K 1
F L 4
N v
1 5000 5000 4
N 44,54 1
1 N
N
1206
115403
27840
380 N
mm 2
Resolución de la ecuación de 2º grado:
N 225
44,54 115403 N
380 1206 27840 115403 N
N N 380 225115043 N
44,54 115403
27840
1206
184,6 N
115 N N 2
1206
17887465
95,69 N
1 2
0 N 1206
a
435 N b
17887465 c
N b b 4ac 44977 N
2a 479633 N sin sentido N cr
Bibliografía 185
Bibliografía
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