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Coleccion Resistencia de materiales Problemas resueltos

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Academic year: 2020

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(1)AULA POLITÈCNICA 15. Resistencia de materiales Problemas resueltos.

(2) AULA POLITÈCNICA / ETSEIB. Resistencia de materiales Problemas resueltos Miquel Ferrer Ballester José Luis Macías Serra Frederic Marimón Carvajal M. Magdalena Pastor Artigues Francesc Roure Fernández Lluís Vilaseca Vilanova. EDICIONS UPC.

(3) La presente obra fue galardonada en el quinto concurso "Ajuts a l'elaboració de material docent" convocado por la UPC.. Primera edición: septiembre de 1999 Reimpresión: febrero de 2001 Segunda edición: septeimbre de 2002. Diseño de la cubierta: Manuel Andreu. ©. los autores, 1999. ©. Edicions UPC, 1999 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es E-mail: edicions-upc@upc.es. Producción:. CPDA Av. Diagonal 647, ETSEIB, 08028 Barcelona. Depósito legal: B-30564-2002 ISBN: 84-8301-621-4. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos..

(4) 7. Prólogo. Prólogo El presente libro es una colección de problemas resueltos destinada a facilitar el aprendizaje de la Resistencia de Materiales a través de su aplicación a la resolución de ejemplos concretos. Ha sido elaborado pensando en su uso por parte de estudiantes de Ingeniería y de Arquitectura, como texto complementario a un libro de teoría de Resistencia de Materiales. En concreto su estructura, enfoque y nomenclatura se adapta especialmente al texto Resistencia de Materiales de F. Roure, F. Marimón y X. Ayneto, que actualmente edita CPDA de la ETSEIB- UPC, en forma de fascículos. Se supone que antes de abordar los problemas de cada capítulo, el lector habrá adquirido los conocimientos de teoría correspondientes, y por ello no se repasan de forma explícita en el presente libro. Se supone asimismo que el lector ha seguido previamente un curso de mecánica de medios continuos, y que dispone de los conocimientos de elasticidad lineal necesarios. Al efecto se han incluido en la Bibliografía textos de teoría sobre ambos aspectos. Los temas que cubre este libro son los clásicos de un primer curso de Resistencia de Materiales: los temas básicos relativos a la pieza prismática. Una rápida ojeada al índice ilustra perfectamente el alcance del temario abordado. Se ha centrado el texto en estos temas básicos para adaptarlo precisamente al desarrollo de un curso de duración cuatrimestral; aunque al final de algunos capítulos se han introducido también problemas más complejos (van marcados con un asterisco), para aquellos lectores que deseen profundizar en dichos temas. Los casos más sencillos, introductorios de cada tema, no se han incluido en este libro como problemas, porque ya suelen encontrarse como ejemplos introductorios en los libros de teoría, y no se ha considerado necesario repetirlos. Tampoco se ha pretendido elaborar una colección exhaustiva de problemas, sino seleccionar unos cuantos de cada tema, para ilustrar sus diversas facetas. A pesar de las numerosas revisiones que hemos hecho del texto y de las pruebas de impresión, estamos seguros de que algunos errores y erratas habrán conseguido colarse (confiamos en que sean sólo algunas), y pedimos por ello disculpas al lector. Finalmente queremos expresar nuestro agradecimiento a los siguientes estudiantes de la ETSEIB que, como becarios del Departamento, han colaborado en la esmerada confección del texto, las fórmulas y los dibujos: Pedro J. Campos San Facundo, Antonio Cerra Franco y Robert Gimeno Feu.. Los autores Barcelona, junio de 1999.

(5) Índice. Índice 1. Diagramas de esfuerzos.......................................................................................................11. 2. Esfuerzo normal...................................................................................................................25. 3. Esfuerzo de cizalladura pura................................................................................................35. 4. Características de secciones.................................................................................................45. 5. Dimensionado de secciones a flexión..................................................................................53. 6. Flexión desviada y flexión compuesta.................................................................................75. 7. Torsión y esfuerzos combinados..........................................................................................89. 8. Corrimientos en piezas prismáticas....................................................................................131. 9. Piezas y sistemas hiperestáticos.........................................................................................139. 10 Inestabilidad elástica...........................................................................................................161 Bibliografia................................................................................................................................185. 9.

(6) Bibliografía. Bibliografía COURBON, J. Resistencia de materiales (I y II). Madrid, Aguilar, 1968. LAROZE, S. Resistance des materiaux et Structures (I,II,III y IV). París, Eyrolles-Masson & Cia, 1974. LOVE, A.E.H. A treatise on the mathematical Theory of Elasticity. New York, Dover, 1944. NEUBER, H. Mecánica técnica (II). Madrid, Dossat, 1977. ORTIZ, L. Elasticidad. Madrid, Mc Graw-Hill, 1998. ORTIZ, L. Resistencia de materiales. Madrid, Mc Graw-Hill, 1991. ROURE, F.; MARIMÓN, F.; AYNETO, X., Resistencia de materiales (Fascículos). Barcelona, CPDAETSEIB, 1998 TIMOSHENKO, S.P., Resistencia de materiales. Madrid, Espasa-Calpe, 1967. UGURAL, A.C.; FENSTER, S.K. Advanced Strength and applied Elasticity. New York, Elsevier, 1987.. 185.

(7) 1 Diagramas de esfuerzos. 1 Diagramas de esfuerzos. 11.

(8) 12. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 1.1 Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura. 600 2 N. 45o. E. C. A. 800 Nm. D. 2m. B 3m. 2m. 3m. FH FV. 2 2 2 600 2 ˜ 2 600 2 ˜. 600 N 600 N. Resolución: a) Descomposición de la fuerza exterior aplicada en el extremo de la barra BE. b) Cálculo de las reacciones. 600 N 600 N Ejes globales. E. D. C. A. 800 Nm. B RAH. RCV. RAV. Tomamos momentos respecto al punto C:. ¦M. c. 0 Ÿ. R AV ˜ 6  600 ˜ 3  600 ˜ 2  800. 0. Ÿ. R AV. .  100 N = -33,3 N 3. Suma de fuerzas verticales y horizontales:. ¦F ¦F. V. 0. Ÿ R AV  600  RCV. H. 0. Ÿ. RAH. 600 N. 0. Ÿ. 100  600 3. RCV. 1900 N 3.

(9) 13. 1 Diagramas de esfuerzos. c) Cálculo de momentos en los tramos AB y BC. TramoAB:. 100 ˜x 3. M ( x). R AV ˜ x. M ( x). R AV ˜ x  600( x  3)  600 ˜ 2. . MA. 0. MB. 100 Nm. Tramo BC:. MB MC. 100 ˜ 3  0  1200 1100 Nm 3 100  ˜ 6  600 ˜ 3  600 ˜ 2 800 Nm 3. . Diagramas.. 600 N. E -. 600 N N. +. A. B. C. D B 600 N. A. C. B. T. D. +. 1900 N 3. 100 N 3. E. B -800 N·m. E. -100 N·m M. A. -. B. C. D. 1200 N·m. +. 1100 N·m. Equilibrio del nudo B.. 600 N. 600 N 100/3 N 600 N. B 1900 N 3. B.

(10) 14. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 1.2 Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura, apoyada en los extremos y sometida a una carga repartida triangular.. 1600. 6. A. B x 6m T. Resolución: a) Cálculo de la reacciones. Resultante de la carga Q. 1600 ˜ 6 2. 4800 N .. 4800 N A. B 6m. RA. 4m. 2m. R A  RB. ¦M RB RA. A. 4800 0. 4800 ˜ 4 6 1600 N. Ÿ. RB ˜ 6. 3200 N. 4800 ˜ 4. RB. N m.

(11) 15. 1 Diagramas de esfuerzos. b) Cálculo de los esfuerzos de sección.. 1600. A. B d[. 1600 N. 3200 N x-[. [ x. L=6m. Sección situada a una distancia x del apoyo A: T: x. T. 1600 . T. ª1600 [ 2 º ˜ » 1600  « 2 ¼0 ¬ 6. ³. 0. q d[. 1600 . ³. x. 0. 1600 [ d[ 6. x. 1600 . 1600 2 x 12. M: x. 1600 [ ˜ x  [ d[ 6. 1600 x . M. ª1600 § [ 2 [ 3 ·º 1600 x  « ˜ ¨¨ x  ¸¸» 3 ¹»¼ «¬ 6 © 2 0. M. § 1600 § x 3 x 3 · · 1600 x 3 1600 x  ¨ ˜ ¨¨  ¸¸ ¸ 1600 x  ˜ ¨ 6 3 ¹ ¸¹ 6 6 © 2 ©. ³ q ˜ x [ 0. d[. 1600 x . x. M. ³. 0. x. N m.

(12) 16. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. c) Diagramas. 1600 N. A. +. T 3200 N. M + 3695 Nm. d) Punto de Mmáx. wM wx T. T. ŸT. 1600 2 x o x 12 1600 1600 ˜ 3,46  ˜ 3,46 2 12. 0 1600 . M máx. 0 12. 3,46 m. 3695 Nm.

(13) 17. 1 Diagramas de esfuerzos. Problema 1.3 Determinar los diagramas de esfuerzos del pórtico inclinado de la figura. 200 2 N 400 2 N. B. 2m. 45q. A. 2m. C. 2m. Resolución: Para el cálculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estática. 200 2 B. 400 2. A RAH. C. RAV. ¦F ¦F ¦M. RC. V. 0 Ÿ. R AV  RC  200 2. H. 0 Ÿ. R AH. 0 Ÿ. RC ˜ 4  400 2 ˜ 2  200 2 ˜ 2 0 Ÿ. A. 0. 400 2 N RC. 300 2 N.

(14) 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 2. 100. 100. 400. 400 2. 300. 300. 300 2. 400 100. 400. 300 2. 100. 300 100 2. Diagrama. N. 500 N B. +. -. C. A -300 N. Diagrama. T. 300 N B. +. -. C. A 300 N. Diagrama. M. 300.

(15) 19. 1 Diagramas de esfuerzos. B. B. A. +. x. +. x’. C 300 N. M = 300 · x. MA. 0. MB. 600 2 Nm. M = 300 · x’. MC. 0. MB. 600 2 Nm. Método alternativo para hallar las reacciones: resolución gráfica. Para que las tres fuerzas estén en equilibrio, sus líneas de acción deben cruzarse en punto O (ya que. ¦M. 0. 0 ). A partir de la línea de acción vertical de RC, se obtiene O. G F RA. 200 2. // OA. B 400 2. RC. G F // OC. RA. C. RC.

(16) 20. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 1.4 Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura. p = 600 4000 N. N ml. 3000 N. B. P1. C. P2. A a=2m. L=6m. b=2m. Resolución: Cálculo de las reacciones:. ¦F. V. ¦M. : R B  RC  4000  600 ˜ 6  3000 0. B. : 4000 ˜ 2  600 ˜ 6 ˜ 3  RC ˜ 6  3000 ˜ 8 Ÿ. RC. 4467 N. RB. 6133 N. Diagrama de momentos flectores: Tramo AB: M MA. 4000 ˜ x 0. MB. 8000 Nm. Tramo BC: 2. MB. x2 4000 ˜ x  6133 ˜ x  2  600 ˜ 2 8000 Nm M C 6000 Nm. M. 4000 ˜ x  6133 ˜ x  2  600 ˜ 6 ˜ x  5  4467 ˜ x  8. M. Tramo CD: MC. 6000 Nm. MD. 0. Diagrama de esfuerzos cortantes. Tramo AB: T TA. 4000 N 4000 N. TB. 4000 N. D.

(17) 21. 1 Diagramas de esfuerzos. Tramo BC: T TB. 4000 x  6133  600 ˜ x  2 2133 N TC 1467 N. T. 4000  6133  3600  4467. Tramo CD: TC. TD. 3000 N. 3000 N. B. D. C. A a=2m. L=6m. b=2m. -8000 -6000. M ( Nm ). E xE 2133. 3000. 3000 +. +. T. -. -. (N). -1467 -4000. -4000. El diagrama de momentos flectores pasa por un mínimo relativo en el punto E, donde la tangente es horizontal, o sea: wM T 0 :  4000  6133  600 ˜ x E  2 0 Ÿ x E 5,35 m wx ME = -4208 Nm.

(18) 22. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 1.5 En la viga en voladizo de la figura, calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar los diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga.. 4 KN. 0,5m 1m. 5 KN/m. 2m. 1m. Resolución: a) Reacciones en el empotramiento. Comenzaremos por buscar el sistema de fuerzas que ejerce el empotramiento, dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos al equilibrio. Sumando fuerzas y tomando momentos obtenemos:. 4 KN. FE. ME. 10 KN. ME. ME. FE. 4 KN. 5 KN/m. 0.5m 1m. 14 KN. 0.5m 2m. FE. 2m. ½ ¾ Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga. 4 ˜ 0,5  10 ˜ 2 22 KN ˜ m ¿.

(19) 23. 1 Diagramas de esfuerzos. b) Diagramas 4 KN. E 0,5. 5 KN/m. D. C. A. B. 0,5. 2m. 1m x. M. T +. Tramo AB:. M=0. T=0. Tramo BC: M. 5 ˜. x 1 2. 2. KN ˜ m. MB. 0. MC T. 5 ˜ x  1. 2. KN. 0. TB. 0. TC. 10 KN.

(20) 24. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Tramo CD: M. 10 ˜ x  2. KN ˜ m. MC. 10 KN ˜ m. MD T. 10 KN. 15 KN ˜ m. TC. 10 KN. TD. 10 KN. Tramo DE: M. T. 10 ˜ x  2  4 ˜ x  3,5. 10  4 14 KN. KN ˜ m. MD. 15 KN ˜ m. ME. 22 KN ˜ m. TD. 14 KN. TE. 14 KN. Estos diagramas se han obtenido tomando el origen de las x en el extremo A, de la derecha, porque en este caso, es más cómodo. Si se determinan los diagramas tomando el origen de las x en el extremo de la izquierda E, tal como se hace habitualmente, el diagrama de momentos flectores, M, sale idéntico; pero el diagrama de esfuerzos cortantes sale opuesto (igual, pero de signo cambiado)..

(21) 2 Esfuerzo normal. 2 Esfuerzo normal. 25.

(22) 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. ‡. 300 mm. E2. 4 mm. E1 A. x. B. 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 P=500 N. ¦F ¦M. 0 Ÿ. V B. R A  RB. P. 0 Ÿ R A ˜ L  P( L  x) 0.

(23) 27. 2 Esfuerzo normal. 'L A. 'L B. Ley de Hooke : RA ˜ LA S ˜ E1 3R B  R B. RB ˜ LB S ˜ E2. Ÿ RA. 500 Ÿ R B. R B ˜ E1 E2. R B ˜ 210000 70000. 500 125 N Ÿ R A 4. De la ecuación de los momentos obtenemos x: R A ˜ L  P( L  x) 0 375 ˜ 600  500(600  x) 0 Ÿ. x 150 mm. Ÿ RA. 375 N. 3R B.

(24) 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 Aa=40 cm2. 1m B 3m. Ab=80 cm2 C 1m. 15 T. D. Resolución:. ¦F. V. 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  'L BC. Aplicando la ley de Hooke:. 'L. 'LCD. F˜L A˜ E. R A ˜ L AB R A ˜ L BC  E ˜ Aa E ˜ Ab. R D ˜ LCD E ˜ Ab.

(25) 29. 2 Esfuerzo normal. RA. R A ˜ 1000. A. 5. 2 ˜ 10 ˜ 40 ˜ 10. 1m. 2. . R A ˜ 3000 5. 2 ˜ 10 ˜ 80 ˜ 10. R A ˜ 2000  R A ˜ 3000. B. R D ˜ 1000 2. 2 ˜ 10 5 ˜ 80 ˜ 10 2. R D ˜ 1000. Resolviendo las ecuaciones, tenemos. 3m C 1m. 15 T D. RA. 25000 N. 2.5 T. RB. 125000 N 12.5 T. RD. Cálculo de las tensiones. Tramo AB: V AB. 25000 N 40 ˜10 2 mm 2. 6.25 MPa (COMP.). Tramo BC: V BC. 25000 N 80 ˜10 2 mm 2. 3.125 MPa (COMP.). Tramo CD: V CD. 125000 N 80 ˜10 2 mm 2. 15.625 MPa (TRAC.). Diagrama de esfuerzos normales:. 2.5 T. A. B -. C. 12.5 T +. D.

(26) 30. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 2.3 a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de diámetro y de 3.5 m de longitud, soportan un peso P=5 KN. Calcular el descenso G del punto C, siendo D=20º. Datos: E=2,1·105 MPa. b) Resolver para D=0º.. A. B D. L. L. C G. C’. C1 P. Resolución: a) Para D=20º:. N. N. N. N. D D. P D. Del equilibrio del punto C se obtiene. P. N sen D. Equilibrio del punto C. P 2. P 2 sen D. N. Sea G (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, 'L, será C’C1 'L . Como por otra pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es G sen D NL parte: 'L , se tiene que: EA. G. NL EA sen D. PL 2 EA sen 2 D. 5000 ˜ 3500 2 ˜ 2.1 ˜ 10 ˜ 3,14 ˜ 10 2 ˜ 0.34202 2 5. b) Para D=0º:. A. L. C. L. E G C1 P. B. 1,13 mm.

(27) 31. 2 Esfuerzo normal. 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. G L. tg E # E (para ángulos pequeños). el alargamiento de las barras vale. H. AC1  AC AC. 2. L2  G 2  L L. §G · 1 ¨ ¸ 1 © L¹. 1 E 2 1#. E2 2. Esta última igualdad proviene de la expresión: 1r a. 1r a. 12. 1r. 1 1 1 5 4 a  a2 r a3  a r! 2 8 16 128. Para a<<1 , pueden despreciarse las potencias de a y, por tanto, queda 1 r a. 1r. El esfuerzo normal en una de las barras es: N. E ˜ A˜ E 2 2. V ˜ A E ˜H ˜ A. Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce N ˜ sen E | N ˜ E. P 2. Ÿ. N. P 2E. Ÿ. Resulta. E. G. E ˜L. 3. P E˜A L˜3. P E˜A. E ˜ A˜ E 2 2. P 2E. a . 2.

(28) 32. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Aplicando los datos numéricos del problema:. G. 5000 2.1 ˜ 10 5 ˜ 3,14 ˜ 10 2. 3500 ˜ 3. E|. G L. N. V. 148 3500 P 2E. N A. 148 mm. 0,04229 rad 2,42º. 5000 2 ˜ 0,04229. 59116 N. 59116 188 N/mm 2 314.

(29) 33. 2 Esfuerzo normal. Problema 2.4 Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructura representada en la figura, suponiendo infinitamente 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. 2m. 40 T D. B. E. 2m. 2m. C. 4m. Resolución: Se trata de un sistema hiperestático. RBA y RBC siguen la dirección de la barra.. RBA HD. D VD. E RBC. Ecuaciones de la estática:. ¦F. ¦F ¦M. 2  R BC 2 2 0 o H D  R BC  R BA 2 0 o V D ˜ 2 40 ˜ 4 Ÿ V D. 0. V. H B. o.  V D  R BA. 40 T. 2  40 0 2 2 0 2 80 T.

(30) 34. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. A. B. acort. 'LBC. 45º. B’’ D. B’’. B. E. 'LAB alarg.. ~45º. B’. B’. C A. 'L AB. B cB cc. 'LCB. BB ccc. Al ser deformaciones y ángulos pequeños: B cB cc | BB ccc. 'L AB. D. 'L BC. Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC Aplicamos la ley de Hooke: R BA ˜ 2 2 E ˜ 40. C. R BC ˜ 2 2 Ÿ 2 R BA E ˜ 80. De la ecuación 6Fv = 0 tenemos:  80  R BA. 2 2  2 R BA  40 2 2. con lo que, R BA. 56.73 T. R BC. 113.47 T. De la otra ecuación despejamos: HD= - 40 T (sentido contrario al supuesto) Cálculo de las tensiones:. V AB V AB. Kp 56730 1418 40 cm 2 Kp 113470 1418 80 cm 2. 0. R BC.

(31) 3 Esfuerzo de cizalladura pural. 3 Esfuerzo de cizalladura pura. 35.

(32) 36. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 3.1 a) Determinar el diámetro mínimo con el que se puede perforar una chapa de acero A-42b (Ve=260 N/mm2) de 5 mm de espesor suponiendo que el punzón tiene una tensión admisible a compresión, Vadm= 500 N/mm2 . b) ¿ Qué fuerza máxima se ejercerá ? c) ¿ Qué Vadm debería tener el punzón para realizar un punzonado de ‡ 5 mm ? Nota: Suponer que el extremo del punzón es plano y horizontal.. Punzón Vadm = 500 N/mm2 Chapa de acero Ve = 260 N/mm2. Resolución: a) punzon Fmax chapa Fmax punzon Fmax. d2 392,7 d 2 4 0.65 ˜ 260 ˜ S ˜ d ˜ 5 2654.6d. V adm ˜ A 500 ˜ S ˜ We ˜S chapa Fmax. Ÿ 392,7 d 2. b). Fmax. c). punzon ˜S ˜ V adm. 2654.6d. V adm ˜ A 500 ˜ S 52 4. d2 4. Ÿ d min. 6,76 mm. 17945 N. 0.65 ˜ 260 ˜ S ˜ 5 ˜ 5 Ÿ V adm. 676 N. Vadm. 5 mm. We. mm 2.

(33) 37. 3 Esfuerzo de cizalladura pural. Problema 3.2 Dimensionar la cadena de una bicicleta con un coeficiente de seguridad Js y suponiendo todo el peso del ciclista sobre uno de los pedales.. P. R. D. b. P = 800 N R = 200 mm ‡ Plato D=200 mm Chapa eslabones: Ve=360 Mpa Pasadores: Ve=260 Mpa. a. e? e?. d?. cilindros “centradores”. Resolución: ID F. F. P. F. R. PuR D 2. 800 N u 200 mm 100 mm. 1600 N.

(34) 38. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Dimensionado de la garganta ‘a’ de la chapa a tracción pura: F/2. F. F 2 dV 2 Ÿ a u e t adm V adm aue. F/2. F/2. F/2. 800 240. 360 MPa · § 240 MPa ¸ ¨ V adm 1 .5 ¹ © p.ej : a = 4mm e =1 mm. Dimensionado del pasador a cizalladura: 800. S ˜d2 F d W adm ˜ 2 4. § ¨W adm | 0.8 ˜ V adm ©. 0.8. 138. S ˜d2 4. 2.7 mm. d min. Ÿ. 260 · 138 N/mm 2 ¸ 1.5 ¹. Dimensionado del pasador a aplastamiento:. § c ¨ V adm ©. F ' d V adm ˜ d ˜ e 347 ˜ d ˜ 1 2 260 · 2˜ 347 N 2¸ mm ¹ 1.5. d min. máx ^2,7 ; 2,3`. 800. Ÿ. d min. Ÿ. d min. 2,3 mm. 2,7 mm. Dimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador a tracción: 800. F d b  d ˜ e ˜ V adm 2. b  2,7 ˜ 1 ˜ 240. Ÿ. bmin. a desgarro: t1 t 2d bmin. El dimensionado final queda así:. 5 .4. Ÿ. bmin. 10.8 mm. max ^6,0 ; 10,8` Ÿ bmin. 10,8 mm. 6,0 mm. 3,3 mm 2.

(35) 39. 3 Esfuerzo de cizalladura pural. e 1 mm d 2,7 mm a 4 mm b 10,8 mm b=10,8 mm a= 4 mm. e=1 mm. d= 2,7 mm.

(36) 40. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 3.3 Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y las uniones son roblonadas.. t1. e1. t1’. e2. t1. e3 e3 I d1. t1. I d2. t1’. t1. N? b. d2 d1. Datos: e1 = 5 mm. e2=e3. Chapas:. Roblones:. Acero A37b Ve=240 N/mm2. Tomar: Jse=1,5. Acero A37b Ve=240 N/mm2. Resolución: a) Unión 1 t1. e1. F/2. e2. F F/2 e2 ‡ d1.

(37) 41. 3 Esfuerzo de cizalladura pural. Cizalladura: T. S ˜ d1 F d W adm ˜ 2 4. 2. E˜. V e S ˜ d1 2 ˜ J seg 4. 0.8 ˜. 240 S ˜ d 1 ˜ 1.5 4. 2. 100,55 ˜ d 12 Ÿ 201.1 ˜ d1 2. Fmax. Aplastamiento: d 1 ˜ e1 t. Fmax c V adm. Fmax D ˜ V adm. Fmax d d 1 ˜ 5 Ÿ 2000 ˜ d 1 240 2.5 ˜ 1.5. Fmax. De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultáneas obtenemos: d1,optimo = 9.95 mm Ÿ. 10 mm = d1 Fmax = 20000 N. ( fallará por aplastamiento de la chapa ) - Desgarramiento t1 t 2 d 1. Ÿ t1. 20 mm. Cálculo de la sección neta t1=2d=20 mm. Fmax. 10 mm. b. 20000 N. 260/1.5 = 160 N/mm2 Fmax N d 160 Aneta mm 2. Ÿ b. 20000 N  10 mm = 35 mm N 160 ˜ 5 mm mm 2. Dimensionado de e2: las dos chapas e2 son del mismo material que la chapa e1 , tiene las mismas dimensiones y trabajan de la misma manera, por tanto: 2 ˜ e2. e1. Ÿ e2. e1 2. 2,5 mm.

(38) 42. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. b) Unión 2 t1’. e2. e3. F/2. F/4 F/2. e1 e2. F/2. e3. F. F/4. F. N? d2. Atención: es un problema hiperestático. Aquí se presenta la solución concreta para el caso e2. e1. 2 ,y. con la hipótesis de roblón rígido; por lo que puede suponerse que la fuerza total se distribuye entre las tres chapas de la derecha de la manera indicada en la figura: F/4, F/2 y F/4. Cizalladura: F T. 4 N. S ˜ d 22 F d W adm ˜ 4N 4. Ÿ. 20000 240 S ˜ d 22 d 0.8 ˜ ˜ 4N 1.5 4. Ÿ. 49.74 d d 22 N. Aplastamiento: F. 2 N. F c ˜ d 2 ˜ e2 d V adm 2N. Ÿ. 20000 240 d 2.5 ˜ ˜ d 2 ˜ 2.5 Ÿ 2N 1.5. De las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemos d2. 4.97 mm o d 2. 5 mm Ÿ N. 2. con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento. Desgarramiento: t1c t 2d 10 mm. Tracción: Seguro que cumple ya que b es igual y F es menor.. 10 d d2 N.

(39) 43. 3 Esfuerzo de cizalladura pural. Problema 3.4 Hallar el coeficiente de seguridad Jseg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles de estantería metálica representados en la figura.. Js ?. Acero A-42b Ve. 20 mm. 10 mm. p = 100 N/cmA. h = 20 cm. L = 50 cm. 2600. Kp cm 2.

(40) 44. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Resolución: p. 2Fh 2Fv. h. h. 2Fh. L. 2Fv. pL2 (momento a transmitir en la sección 2 de empotramiento). M. FH. FV. 2 FH ˜ h. M. Ÿ FH FH. T. 4 ˜ Fv. FV. T. FH. W. M p ˜ L2 2h 4h 3125 N. p ˜ L 100 ˜ 50 5000 N Ÿ. FH 2  FV 2. 3125 2  1250 2. FT (suponiendo una distribución constante de W en la sección) S. W. JS. We W máx. 3366 16,8 N/cm 2 20 ˜ 10 0,6 ˜ V e W máx. 0.6 ˜ 260 16,8. 9,28. 100 ˜ 50 2 4 ˜ 20. Fv. 1250 N. 3666 N.

(41) 4 Características de secciones. 4 Características de secciones. 45.

(42) 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: Iz’ = Iy’= 7,84 cm4. De las tablas: y’. A = 4,3 cm2 z’. z’ c. c = 1,28 cm. c y’. I zc. §h · I z '  A¨  c ¸ ©2 ¹. 2. (momento de inercia de una L, respecto al eje z). c. h/2. z. I cy. §b · I y '  A¨  c ¸ ©2 ¹. z. 2. (momento de inercia de una L, respecto al eje y) y. c b/2. y.

(43) 47. 4 Características de secciones. Iz. 4 I zc. §h · 4I z'  4 ˜ A ˜ ¨  c ¸ ©2 ¹. 2. 59,54  4,30 ˜ h 2  5,12 ˜ h (momento de inercia de las cuatro L). Iy. 4 I cy. §b · 4I y'  4 ˜ A ˜ ¨  c ¸ ©2 ¹. 2. ( momento de inercia de las cuatro L). Iz. 4,30h 2  22h  59,54. Iy. 4,30b 2  22b  59,54.

(44) 48. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 4.2 Dado un perfil “doble T”, determinar la magnitud a de la figura para que la inercia de la viga aligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial. y’ y e z. z’. h. 2a. h’. IZ A. a ?. IZ I Z’ = 4 I Z. Resolución:. a/2 z. a. a/2. z. IZ. IZ/2. IZ 1 §a·  ˜e˜¨ ¸ 2 12 ©2¹. A. A/2. A a  ˜e 2 2. 3. IZ’/2. A' 2. A a  ˜e 2 2.

(45) 49. 4 Características de secciones. IZ'. 3 2 ªIZ 1 § a · § A a ·§ a · º  ˜ ˜   ˜ e ¨ ¸ ¨ e ¸¨ ¸ » ˜ 2 « © 2 ¹ © 2 2 ¹© 2 ¹ »¼ «¬ 2 12 a3 A 2 13 IZ  ˜e ˜  a IZ 12 4 4. IZ '. IZ'. Ha de ser :. IZ . 4I Z. § IZ a3 A 2 a3 · 1 ¨  ˜ ˜  a  ˜ e¸ ˜ 2 e ¨ 2 12 8 8 8 ¸¹ © . a2 § 13 · ¨ A  ˜ e ˜ a¸ 4 © 12 ¹. a2 § 13 · ¨ A  ˜e ˜ a¸ 4 © 12 ¹. IZ . a2 § 13 · ¨ A  ˜e ˜ a¸ 4 © 12 ¹. § 13 · 3 § A · 2 ¨ ˜ e ¸ a  ¨ ¸ a  3I Z ©4¹ © 48 ¹. 0 Ÿ a. e. si suponemos que (e·a). es << A (área total del perfil IPE) : a. IZ ' # IZ . a. ( iZ. A ˜ a2 4. 12. IZ A. Ÿ. 2 3. IZ A. 3I Z. a2 A 4. 2 3 ˜ iZ. IZ { radio de giro de la sección respecto al eje z) A.

(46) 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 Ve=235 N/mm2. y 400 30 # 400·30. ysup. # 800·10. z. G. Mel.z. 800. 10. yG. # 250·20. yinf. 20. 250. Resolución: a) El área de la sección total será la suma de las áreas de las pletinas: A. ¦A. i. 400 ˜ 30  800 ˜ 10  250 ˜ 20 25000 mm 2. Por simetría el centro de gravedad, G, está situado sobre el eje y (z = 0).. Ve= 235 N/mm2.

(47) 51. 4 Características de secciones. 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 ˜ y Gc y Gc. ¦ A ˜ yc i. i. A. ¦ A ˜ yc i. i. 400 ˜ 30 ˜ 835  800 ˜ 10 ˜ 420  250 ˜ 20 ˜ 10 25000. 537 mm. Se utiliza el teorema de Steiner para calcular el momento de inercia de la sección total respecto del eje y-y: §1. ˜ hi3  Ai ˜ y ic  y Gc. 2. · ¸ ¹. Iz. ¦ ¨© 12 b. Iz. ª1 2º 3 «12 400 ˜ 30  400 ˜ 30 ˜ 835  537 »  ¬ ¼. i. 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. 9558 ˜ 10 3 mm 3. El módulo resistente respecto de la fibra inferior, yinf: W z ,inf. Iz y inf. 299154 ˜ 10 4 537. 5571 ˜ 10 3 mm 3. El radio de giro de la sección respecto del eje z, iz: iz. Iz A. 299154 ˜ 10 4 25000. 346 mm. b) El momento resistente, Mel.z, se obtiene a partir de la tensión de límite elástico del material y del módulo resistente mínimo de la sección: M el . z. V e ˜ W z ,min. 235 ˜ 5571 ˜ 10 3. 1309 ˜ 10 6 N ˜ mm 1309 kN ˜ m.

(48)

(49) 5 Dimensionado de secciones o flexión. 5 Dimensionado de secciones o flexión. 53.

(50) 54. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 5.1 Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo y chapa de 10 mm de grosor. P. C. A. B. =. P = 9500 Kp L=6m. =. Acero A 42b. L. E. Jse = 1,5. C. D. D. E. Resolución: Acero A 42 b. Ÿ. Ve. 2600 Kp. J se. 1,5. ½ cm 2 °¾ °¿. V adm. 2600 1733 Kp 2 cm 1,5. M ( x). P˜x 2. L2 L1. A. E. C. D. x +. Momentos flectores. MC. 4750 x. P˜L 1425 ˜103 Kp ˜ cm 4. Tramo A-E : IPE 240. ­° I ® °̄W. 3890 cm 4 324 cm. 3. Ÿ M max. W ˜ V adm. 561 ˜ 103 Kp ˜ cm. 561 · 103 = 4750·x Ÿ x = 118,2 cm Ÿ L1=115 cm. C.

(51) 55. 5 Dimensionado de secciones o flexión. Tramo E-D:. es necesario reforzar Ic. b=120 mm. 1 b ˜ e3  b ˜ e ˜ d 2 12. 1 ˜12 ˜13  12 ˜12.52 1  1875 12. 1876 cm 4. e =10 d. 7642 588 cm 3 13 588 ˜ 1733 1019 ˜ 10 3 kp ˜ cm. 3890  2(1876) 7642 cm 4 Ÿ W2. I2. M adm 1019 · 103 = 4750·x Ÿ. x = 214,6 cm L1 = 210 cm. Tramo D-C: e e. I cc. 1 b ˜ e3  b ˜ e ˜ d 2 1  12 ˜13,52 12. I3. I 2  2(2188) 12018 cm 4 Ÿ W3. 2188 cm 4. d. M adm 1019 · 103 = 4750·x. Ÿ. 12018 858 cm 3 14 858 ˜ 1733 1487 ˜ 10 3 kp ˜ cm. x = 313 cm > 300 cm. no es necesario reforzar más 300 cm 210 cm. P. 115. M (m·Kp). 5460 5610. +. 9970. 14250. Solicitación Capacidad resistente. 10180 14872 9500/2 = 4750 Kp +. T (Kp) -. 4250 Kp.

(52) 56. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 5.2 Dimensionar un segmento de pistón de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro una presión uniforme de 0,19 N/mm2 , sin que las tensiones superen el valor de Vmax= 261,5 N/mm2 (Ve = 340 N/mm2 , Jse = 1,3) (Fundición de grafito nodular).. Nota: Usar la simplificación de simetría, h es suficientemente suponiendo que R pequeño.. R. R = 40 mm. h b. Resolución: voladizo R. Por razones de simetría consideramos:. Diagrama de momentos flectores : p. C. Momento producido por dp en el punto genérico C. R·dM. dM c. b ˜ p ˜ R ˜ dM ˜ R ˜ sen M c  M. 2. p ˜ b ˜ R ˜ sen M c  M ˜ dM. MC. dp M. (dp = p · R · dM) B. Momento total para el punto genérico C:. O. A.

(53) 57. 5 Dimensionado de secciones o flexión. Mc. ³. Mc. 0. p ˜ b ˜ R 2 ˜ sen M c  M ˜ dM. >p ˜ b ˜ R. 2. ˜ cos M c  M. @. Mc 0. p ˜ b ˜ R 2 ˜ 1  cos M c. Por tanto, si el momento flector para cualquier punto del segmento es : Mc. p ˜ b ˜ R 2 ˜ 1  cos M c. M. tendremos el máximo: Mc = 180 q M. Mmax = 2 · p ·b · R2 Mmax. V max. M h ˜ I 2. Ÿ. 2 ˜ p ˜ b ˜ R2 h 1 ˜ b ˜ h3 2 12. 12 ˜ p ˜ R 2 d V adm h2. h t 0,093R Ÿ 3,7 mm. h. M = 180q. 261,5 N. mm 2. No depende de b. 0q q MM==180.

(54) 58. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 5.3 Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. Los ha colocado uno junto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener. Al ir a comprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. No sabe cuál escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que está haciendo 3er curso de Ingeniería Industrial y le expone el problema: He decidido instalar un estante para libros, según el croquis de la figura:. h b a. a A. A 100 cm. a 15 cm. b 20 cm. p libros y apuntes. 0,6 Kg/cm. En la tienda me han informado de que la madera de los estantes tiene las siguientes características mecánicas:. V adm. 4 N/mm 2. E 10 000 N/mm 2. La cuestión es: a) ¿De qué espesor h mínimo debo colocar el estante? b) Los dos apoyos los he colocado, simétricamente, a una distancia a = 15 cm del extremo por razones puramente estéticas. Pero, atendiendo a razones de comportamiento resistente, ¿cuál sería la distancia óptima de los apoyos a los extremos, que podría minimizar el espesor h del estante? c) Finalmente, me preocupa saber cuál será la flecha que tendrá el estante, una vez cargado, en su punto central (con la distancia a inicial)..

(55) 59. 5 Dimensionado de secciones o flexión. Resolución: a) Determinación de h mínima. p. A. B. C. D. h b. a. a A. x. RB. -. M. Tramo AB:. +. M. p. MA. + T. 0 MB. -. T. p. a2 2. TA. p ˜ x 0. vE. Tramo BC: p. x2 2. +. -. M. pA 2. RC. x2 A  p xa 2 2. Ÿ. 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. TB. p˜a.

(56) 60. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. T. p ˜ x  p. A 2. A 2. TB. p˜a  p. TC. p ˜ A  a  p. A 2. p˜a p. A 2. Tramo CD: M M. T. x2 A A  p xa  p x Aa 2 2 2 2 x A p  p 2x  A 2 2 p. p. x2 A  p xa xAa 2 2 2 Aa A MC p  p 2 Aa A 2 2 2 A A MD p  p 2A  A 0 2 2 TC TD. p ˜ x  p ˜A. p A  a  p˜A p˜A  p˜A 0. p˜a. Con A = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados: MB. V máx. M máx Wz. MC. 112,5 ˜ p. ME. 500 ˜ p 300 cmKg. ME d V adm Wz Ÿ. b 20. 67,5 cmKg. 40,77 Kg/cm 2. ME ˜6 40,77 ˜ 20. hmín. Ÿ W z , mín. Ÿ hmín. b) Determinación de la distancia a óptima. Óptimo resistente: M máx . MB. p. a2 2. p. M máx . ME. a˜A A2 p 8 2. ME b ˜ h2  40.77 6. 1,49 cm. p. a2 2.

(57) 61. 5 Dimensionado de secciones o flexión. a2  A ˜ a . A2 4. 0. 2. a. . A A2 §A· r ¨ ¸  2 4 © 2¹. a. . A 2 ˜ A2 r 2 4. . A 2 r A Ÿ a 2 2. Así pues, la distancia ‘a’ óptima es:. a óptima. Y se tiene, un momento máximo:. M máx. La segunda solución no interesa, porque cae fuera del intervalo analizado. ­0,207 ˜ A ® ¯  1,207 ˜ A. 20,7 cm 128,7 cmKg. c) Cálculo de la flecha en el punto central, por el método de la fuerza unitaria.. F=1 A. B. C. Tramo BE:. D. E. Mc. a. 1 ˜ xa 2. Tramo EC:. a. Mc. A. 1 A· § ˜ x  a  1˜ ¨ x  ¸ 2 a¹ ©. x M’ +. G. wW wF. ³ G. ª1 « «¬ EI. M M c ˜ dx EI 2 2 EI. A § 2 ¨ a ¨. ³. ©. p. ³. a. o. p. x2 1 ˜ 0 dx  a EI. A § 2 ¨ a ¨. ³. ©. p. A x2 1 xa  p xa 2 2 2. 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. º · ¸ ˜ dx » ˜ 2 ¸ »¼ ¹.

(58) 62. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. A. ª x 4 A ˜ x3 A ˜ a ˜ x 2 a ˜ x3 a ˜ A ˜ x2 a 2 ˜ A ˜ x º 2      » « 6 4 6 4 2 ¼a ¬ 8. G. P EI. G. 0,6 (781,25  2083  937,5  312,5  937,5  562,5  6,328 EI.  56,25  84,375  8,437  84,375  168,75) ˜ 10 3. § ¨I ¨ ©. bh 3 12. 20 ˜ 1,49 3 12. 0,6 ˜ 24724 100 000 ˜ 5,513. · 5,513 cm 4 ¸¸ ¹. 0,265 cm.

(59) 63. 5 Dimensionado de secciones o flexión. 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 Wadms = 1000 kg/cm2.. y. A. A. 12 mm 6 mm 600. G. z. As. As. x. x. z. 220. Resolución: Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda T ˜ mZA1 IZ. f. m ZA1 IZ. mzA1 : momento estático del ala. 22 ˜ 1,2 ˜ 30,6 807,84 cm 3 ª1 º 1 2 ˜ « ˜ 22 ˜ 1,2 3  22 ˜ 1,2 ˜ 30,6 2 »  ˜ 0,6 ˜ 60 3 ¬12 ¼ 12. f. 40 000 ˜ 807,84 60 246,14 ˜ 6. 49 446,14  10 800 60 246,14 cm 4. 536,35 kg/cm.

(60) 64. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura, Fadms. 2 ˜W adms ˜ A s ˜ a. Igualando esfuerzos Fadms. f ˜A. 2 ˜ W adms ˜ A s ˜ a. T ˜ m zA1 ˜A Iz. 2 ˜ 1000 ˜ 10 ˜ 0,5 536,35 ˜ A. A. 2 ˜ 1000 ˜ 10 ˜ 0.5 18,64 cm | 19 cm 536,35.

(61) 65. 5 Dimensionado de secciones o flexión. 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: Vadmisible=173 Mpa; tensión cortante admisible de los roblones Wadm roblón= 42 MPa. y 120. e. 120. e. 60. 400. 20. z. Resolución: P. V adm P. P. 2. 2. 6m. Iz. 3˜ 2. P 2. +. T -. P. 2. 3 ˜ P ˜ 10 3 2 ˜ 200 Iz I z ,alma  I z , angular. 1 ˜ 2 ˜ 40 3  4 ˜ 368  27,5 ˜ 20  3,4 12 10666,7  4 ˜ 7945,9 42450,3 cm 4. M. +. P. 173. M y máx Iz. Iz. 42450,3 ˜ 10 3 mm 4. P. 173 ˜ 42450,3 ˜ 10 3 ˜ 2 200 ˜ 3 ˜ 10 3. 244796 N. 2.

(62) 66. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud. f. T ˜ mZ IZ. 122 398 ˜ 913 ˜ 10 3 42450,3 ˜ 10 4. § ¨T ©. P · 122 398 N ¸ 2 ¹. mz. 2 ˜ 27,5 ˜ 16,6 913 cm 3. 263,25 N/mm. 913 ˜ 10 3 mm 3. Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblon F Fadm d. f ˜ e 263,25 ˜ 120 31590 N. Sd 2 ˜ 42 31590 N 4 31590 ˜ 4 21,9 mm 2 ˜ S ˜ 42 2˜. Diámetro mínimo de los roblones : d = 21,9 mm.

(63) 67. 5 Dimensionado de secciones o flexión. Problema 5.6 Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 800˜12 mm, y cada ala compuesta por una platabanda de 190˜10 mm y 2 perfiles angulares 90˜8 mm. Calcular el 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 Wadm = 42 MPa. e2=40. 190 10. d2 800 (total). d1. e1=18. 12 z ( simétrico ). ( simétrico ). Resolución: IZ. I Z ( alma )  I Z ( angulares )  I Z ( platabandas ). IZ. 1 ˜ 1,2 ˜ 80 3  4 ˜ 104  13,9 ˜ 40  2,5 12. 2. §1 ·  2 ˜ ¨ ˜ 19 ˜ 13  19 ˜ 1 ˜ 40  0,5 2 ¸ © 12 ¹. 51200  4 ˜ 19650,8  2 ˜ 31166,3 192135,9 cm 4 Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud f1. T ˜ mZA1 IZ. (A1 = área angulares + área platabanda) m ZA1 19 ˜ 1 ˜ (40  0,5)  2 ˜ 13,9 ˜ ( 40  2,5) 1812 cm 3 f1. 40000 ˜ 1812 192135,9. 377,2 N/cm 37,72 N/mm.

(64) 68. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Esfuerzo a transmitir por cada roblon:. Sd 1 2 ˜ W adm 4 3,1416 ˜ d 1 2 ˜ 42 377,2 ˜ 180 2 ˜ 4 4 ˜ 37,72 ˜ 180 d12 102,9 2 ˜ 3,1416 ˜ 42 d 1 10,15 mm f 1 ˜ e1. 2˜. Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud: f2. T ˜ mZA 2 IZ. (A2 = área ala) m ZA2 f2. 19 ˜ 1 ˜ (40  0.5) 769,5 cm 3 40000 ˜ 769,5 160,2 N/cm 16,02 N/mm 192135,9. Esfuerzo que debe transmitir cada roblón:. Sd 2 2 ˜ W adm 4 2 16,02 ˜ 400 3,1416 ˜ d 2 ˜ 42 2 4 d 2 9,86 mm f 2 ˜ e2 2.

(65) 69. 5 Dimensionado de secciones o flexión. Problema 5.7 * Se construye una viga cajón compuesta de dos tipos de madera: - ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2 - ALAS : sección cuadrada 200 · 200 mm E1 = 10000 N/mm2. p =10 KN/ m. = = 500. 10 m. 25. 500. a) Calcular la distribución de tensiones en la sección central. b) Calcular la tensión tangencial media en el adhesivo de contacto ( Wadm = 1 N/mm2 ). c) Calcular la flecha central. 200 · 200. 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. 10000 1,25 8000. El espesor equivalente e n. e*. 25 mm 1,25. 20 mm. La posición del baricentro de la sección es inmediata por razón de simetría. 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.

(66) 70. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Vx2. Vx1. Hx 3,2. 2,1 2,1 e*. e* =20. 400. G 500. 2,1 2,1 3,2. Tensión en la madera maciza:. V x1 ( y ). M. MZ ˜y IZ. Mmáx =. Tmáx =. MZ §1· ˜ y ˜¨ ¸ IZ ©n¹. 1 pL 50 KN 2. Así: ­ °V x1 ( y °° ® ° °V x1 ( y °¯. 125 KN ˜ m. T. Tensiones reales en el tablero:. V x2 ( y). 1 2 pL 8. 600 mm). 125 ˜ 1000 ˜ 1000 N ˜ mm ˜ 600 mm 3,2 N/mm 2 236 ˜ 10 8 mm 4. 400 mm). 125 ˜ 1000 ˜ 1000 N ˜ mm ˜ 400 mm 236 ˜ 10 8 mm 4. 2,1 N/mm 2. En el tablero contrachapado n = 1,25 § 1 · 125 ˜ 10 6 N ˜ mm ˜ 500 mm 2,1 N/mm 2 V x 2 ( y 500 mm) ¨¨ ¸¸ 8 4 © 1,25 ¹ 236 ˜ 10 mm.

(67) 71. 5 Dimensionado de secciones o flexión. b) Tensión media en el adhesivo. 100 mm. y. Fórmula de Collignon:. A Wmed. W med. d. Ty ˜ mZA IZ ˜b. z G. Ty: esfuerzo cortante en la sección IZ: momento de inercia total respecto Z mZA: momento estático de la sección A respecto al eje Z b: linea AB. x. W med. 50000 N ˜ 200 ˜ 200 mm 2 ˜ 500 mm 236 ˜ 10 8 mm 4 ˜ 2 ˜ 100 mm. 0,2 N/mm 2. Este valor es inferior a la tensión tangencial admisible en el adhesivo = 1 N/mm2 c). f. 5 P ˜ L4 ˜ 384 E ˜ I Z. Valor aceptable, ya que . L 1000. 10 ˜ 10000 5 ˜ 384 10000 ˜ 236 ˜ 10 8 10000 10 mm 1000. 5,5 mm.

(68) 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. y. a) Material alas: Fe E 235 Material alma: Fe E 235. == 300 · 25. b) Material alas: Fe E 35 Material alma: Fe E 235. == 800 · 12. z. (Puede comprobarse que la sección se plastifica con la ausencia de abolladuras elásticas o elastoplásticas. No se consideran inestabilidades globales : pandeo, vuelco lateral). G. == 300 · 25. Resolución: a) Mismo acero. y A1 · Ve. Ve = 235. Ve = 235. A2 · Ve. z. Eje neutro elástico. G. Eje neutro plástico. G. 12,5. Mel.z. Ve = 235. 25. Mpl.z. Ve = 235. Al tratarse de una sección doblemente simétrica el eje neutro plástico pasa por el baricentro G. Caso elástico: IZ. WZ. 1 ª1 º ˜ 800 3 ˜ 12  2 ˜ « ˜ 300 ˜ 25 3  300 ˜ 25 ˜ 12,5 2 » 12 ¬12 ¼. IZ y max. 306484 ˜ 10 4 mm 4 12,5 mm. 7210 ˜ 10 3 mm 3. 306484 ˜ 10 4 mm 4. ( = Wel.z ). d1. d2.

(69) 73. 5 Dimensionado de secciones o flexión. M el . z. Wel . z ˜ V e. 7210 ˜ 10 3 mm 3 ˜ 235. N mm 2. 1694 KN ˜ m. Caso plástico: 400 º ª M pl . z # 2 ˜ >A1 ˜ V e ˜ d 1  A2 ˜ V e ˜ d 2 @ 2 ˜ «300 ˜ 25 ˜ 235 ˜ 12,5  400 ˜ 12 ˜ 235 ˜ 1905 KN ˜ m 2 »¼ ¬. 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 425 V max 235 250  355 400 M el . z. Wel . z ˜ V max. 7210 ˜ 10 3 ˜ 250 1802 KN ˜ m. Caso plástico N N º ª M pl . z # 2 ˜ « A1 ˜ d 1 ˜ 355  A2 ˜ d 2 ˜ 235 2 mm mm 2 »¼ ¬. 2648 KN ˜ m. Coeficiente \:. \. M pl . z M el . z. 2648 1,47 1802. 425. A1 · Ve. Ve = 355. Vmax. A2 · Ve. Ve = 235 400. Eje neutro plástico Mel.z. Ve = 235. Mpl.z. Ve = 235. d1. d2.

(70) 6 Flexión desviada y flexión compuesta. 6 Flexión desviada y flexión compuesta. 75.

(71) 76. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 6.1 * Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión. o. q. q = 2000 kg/ml. 4m 30q y’. 1,5. 18 z’. 1,5. 7,5. 1,5. Resolución: a) Determinación del momento flector máximo. M max. ql 2 8. 2000 ˜ 4 2 8. 4000 m ˜ kg. ( en la sección central x = 2 m ).

(72) 77. 6 Flexión desviada y flexión compuesta. o. q. y’. 30q o. o. M es perpendicular a q y forma 30q con el eje z’. Los ejes y’-z’ no son los ejes principales de inercia. Vamos a determinarlos.. M= 4000 m˜kg 30q z’. b) Determinación de los momentos de inercia principales Iy’, Iz’ Primero hallaremos el tensor de inercia en ejes y’-z’ (no principales) y a continuación lo diagonalizaremos, para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales) y’ 1. I 3z' I 3 y' I 1z '. 1 ˜ 1,5 ˜ 18 3 12 1 ˜ 18 ˜ 1,5 3 12 I 2z'. 729 cm 4 5,06 cm. z’ 3. 4. 1 1,5 · § ˜ 9  1,5 ˜ 1,5 3  7,5 ˜ 1,5 ˜ ¨ 9  ¸ 12 2 ¹ ©. 2. 767,8 cm 4 2.

(73) 78. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. I1y'. 1 § 1,5 7,5 · ˜ 1,5 ˜ 7,5 3  7,5 ˜ 1,5 ˜ ¨  ¸ 12 2 ¹ © 2. I 2 y'. I z'. 729  2 ˜ 767,8 2264,6 cm 4. I y'. 5,06  2 ˜ 280,54 566,14 cm 4. 2. 280,54 cm 4. I3y’z’=0 por tener eje de simetría. ª 7,5 ·º §  «0  7,5 ˜ 1,5 ˜ 9  0,75 ˜ ¨ 0,75  ¸ 2 ¹»¼ © ¬. I1y'z '. I 2 y'z '. I y 'z '. 417,65 ˜ 2 835,3 cm 4. 417,65 cm 4. Tensor de inercia. I z'.  I y'z'. 2264,6. 853,3.  I y'z'. I y'. 853,3. 566.14. ( cm4 ). Los momentos principales de inercia son los valores propios.. 2264,6  O. 835,3. 835,3. 566,14  O. 0. Ÿ. 2264,6  O 566,14  O  835,3. 2264,6 ˜ 566,14  2264,6O  566,14O  O2  835,32. 2. 0. 0. O2  2830,74O  584 354,55 0. O. 2830,74 r 2830,74 2  4 ˜ 584 354,55 2. Momentos de inercia principales. ­ 2830,74  2382,36 2606,55 cm 4 ° 2 ® 2830,74  2382,36 ° 224,19 cm 4 2 ¯. I z 2606,55 cm 4 ½° ¾ I y 224,19 cm 4 °¿.

(74) 79. 6 Flexión desviada y flexión compuesta. Los vectores propios serán las direcciones principales. El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4. 2264,6  2606,55. 835,3. 835,3. 566,14  2606,55.  314,95 ˜ n1z  835,3 ˜ n1y 835,3 ˜ n1z tg D. D.  2040,41 ˜ n1y. n1y n1z. 341,95 835,3. § n1 · ˜ ¨ 1z ¸ ¨ny ¸ © ¹. §0· ¨¨ ¸¸ ©0¹. 0½° ¾ 0 °¿. 0,409. arctg 0,409 22,24D. y’ y. My. 7,76q. 4000 ˜ sen 30  22,24. z. 4000 ˜ sen 7,76 D. M 30q. 22,24. Mz. q. z’. Mz. 540 m ˜ kg. 4000 ˜ cos 30  22,24. My. D. D. Vx. . My Mz ˜y ˜z Iz Iy. Vx. . 3963,36 ˜10 2 540 ˜10 2 ˜y ˜z 2606,55 224,19. Vx. 152,05 y  240,86 z. Ecuación del eje neutro. y’. 22,24q. y A(-8.25,9). 0 152,05 y  240,86 z 240,86 y z 152,05. E. z. y 1,58 z. 22,24q. Angulo que forma el eje neutro con el eje principal z:. z’ Eje neutro B(8.25,-9). 3963,36 m ˜ kg. tg E. y z. 1,58 Ÿ. E. 57,67 º.

(75) 80. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Relación entre coordenadas de ambas referencias. §z· ¨¨ ¸¸ © y¹ §z· ¨¨ ¸¸ © y¹. § cos T sen T · § z ' · ¨¨ ¸¸ ˜ ¨¨ ¸¸ ©  sen T cos T ¹ © y ' ¹ § cos 22,24 D sen 22,24 D · § z ' · ¨ ¸ ¨  sen 22,24 D cos 22,24 D ¸ ˜ ¨¨ y ' ¸¸ © ¹ © ¹ z y. 0,9256 z '0,3784 y ' ½ ¾ 0,3784 z '0,9256 y '¿. Las tensiones máximas aparecen en los puntos más alejados del eje neutro ( A y B ) Para A ­ z ' A 8.25 ® ¯ y'A 9. zA. 0,9256 ˜ (8.25)  0,3784 ˜ 9 4,230. yA. 0,3784 ˜ (8.25)  0,9256 ˜ 9 11,452. Tensión en A:. VA. 152,05 ˜ 11,452  240,86 ˜ (4,230) 2760,11 kg/cm 2. Tensión en B: z 'B 8,25½ ¾ y 'B 9 ¿ z. 0,9256 ˜ (8,25)  0,3784 ˜ ( 9) 4,230. y. 0,3784 ˜ (8,25)  0,9256 ˜ (9) 11,452. VB. 152,05 ˜ (11,452)  240,86 ˜ 4,230 2760,11 kg/cm 2.

(76) 81. 6 Flexión desviada y flexión compuesta. 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. ( cm ) 10. 15 B 10. y 50 Tn. 15 10. A. z. Resolución: Trasladando la fuerza al centro de gravedad G de la sección, los esfuerzos equivalentes son:. B. N -50 Tn. My. G. y. My= -875 cm˜Tn. Mz. 50 Tn 15 · § 50 Tn ˜ ¨10  ¸ cm 875 cm ˜ Tn 2¹ © 10 50 Tn ˜ cm 250 cm ˜ Tn 2. A Mz= 250 cm˜Tn. z. -50 Tn y. B My=-875 cm˜Tn. A Mz= 250 cm ˜Tn z.

(77) 82. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. My N Mz  y z A Iz Iy. Vx. 250 000  50 000  875 000 y z  A Iz Iy. Vx. 800 cm 2. 10 ˜ 35  2 ˜ 15 ˜ 15. A. 1 1 3 ˜ 15 ˜ 15  10  15  2 ˜ ˜ 10 ˜ 10 3 12 12 1 1 3 ˜ 10 ˜ 10  15  10  2 ˜ ˜ 15 ˜ 15 3 12 12. Iz Iy. 875 000  50 000 250 000  y z 800 81667 44167. Vx. 81667 cm 4 44 167 cm 4. Ÿ. Vx. 62,5  3,06 y  19,81z kg/cm 2. a) Tensión normal en B. Coordenadas de B. ­ y 5 cm ® ¯ z 17,5 cm. 62,5  3,06 ˜ (5)  19,81 ˜ (17,5). V xB. 299,47 kp/cm 2. b) Eje neutro y. 0 62,5  3,06 y  19,81z y. . 19,81 62,5 z Ÿ 3,06 3,06. para. y. 0o z. y.  20,42 6,47. 6,47 z  20,42. z. z. 0o y. 20,42. zona traccionada. 3,15 z. para. zona comprimida. y. 0. B. ½ ¾ 20,42¿. ­ z 3,15 ® ¯y 0 eje neutro.

(78) 83. 6 Flexión desviada y flexión compuesta. 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.. y. 30 Tn. 50 Tn. 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 1,2  2.5 1,3 Tn ˜ m ½ ° ° ° M z 30 ˜ 0,03 0,9 Tn ˜ m ¾ ° ° N 30  50 80 Tn °¿. y. My. D My= 1,3 Tn ˜ m. 80 Tn B. C. G. A z. Mz= 0,9 Tn ˜ m.

(79) 84. Vx. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. My N Mz  y z A Iz Iy A 40 ˜ 35 1400 cm 2. ½ ° ° 4° 142 916,7 cm ° ¾ Ÿ Vx ° ° 186 666,7 cm 4 ° °¿. Iz. 1 ˜ 40 ˜ 35 3 12. Iy. 1 ˜ 35 ˜ 40 3 12. Vx. 57,14  0,630 y  0,696 z (kg/cm 2 ) œ V x.  80000 90000 130000  y z (kg/cm 2 ) 1400 142 916,7 186 666,7. 5,71  0,0630 y  0,0696 z ( N/mm 2 ). ( y, z en cm). ( y, z en mm). Eje neutro: 0. 57,14  0,630 y  0.696 z. y. 0,696 57,14 ½ z ¾o 0,630 0,630 ¿. y 1,1z  90,70. y 0 o z 82,46 z 0 o y 90,70 y C. D. A. B. z (0 ; 82,46). eje neutro. (-90,70 ; 0).

(80) 85. 6 Flexión desviada y flexión compuesta. VA. 57,14  0,630 ˜ ( 17,5)  0,696 ˜ 20 32,19 kg/cm 2. 3,219 N/mm 2. VB. 57,14  0,630 ˜ ( 17,5)  0,696 ˜ (20) 60,04 kg/cm 2. VC. 57,14  0,630 ˜ 17,5  0,696 ˜ 20 54,24 kg/cm 2. VD. 57,14  0,630 ˜ 17,5  0,696 ˜ (20) 82,08 kg/cm 2. 6,004 N/mm 2. 5,424 N/mm 2 8,208 N/mm 2.

(81) 86. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 6.4 Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista de baloncesto. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormigón a 45º de la horizontal según se indica en la figura. Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permanece unos instantes sujeto al aro de la canasta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma indicada en la figura. Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que el jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 2000 N y M = 106 Nmm. La estructura se quiere construir en tubo redondo de acero con espesor de pared de 4 mm.. L=4000 mm L0=1000 mm F=2000 N M=106 N·mm A1=0,5 A. P M. Tubo de acero. Espesor de pared: 4mm E=2,1·105 MPa G=8·104 MPA. y. 45º F. x. z L1. L. L0. Calcular el diámetro necesario, según la tabla de perfiles normalizados, para que el descenso vertical del punto P no exceda los 80 mm. Notas importantes: - Considerar todos los esfuerzos de sección para calcular el descenso de P. - Trabajar con la carga trasladada al punto P, como se indica en la figura..

(82) 87. 6 Flexión desviada y flexión compuesta. Resolución: x =0 F x = L0. dA. M. dx P G. dA. 2 ˜ dx. x x =L. Aplicamos el teorema de Castigliano al punto P en la dirección F: M -. M. -. M x M F˜x wM x wF. T=F. T -. wT wF. -. T wT wF. F 2 1 2. 1.

(83) 88. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. N=0. N. wN wF. -. F. N. 2. wN wF. G. 0. 1 2. T wT N wN M wM dA dA  dA  wF EA wF GA wF. ³ EI. ³. ³. F. F. G. ³. L0. 0. M F˜x x dx  EI. ³. L0. 0. F dx  A G 2. ³. L. L0. M F˜x x EI. ª ML0 2 FL0 3 º ª 2 FL0 º ª M L2  L0 2 «   « » 3EI ¼» «¬ GA »¼ ¬« 2 EI ¬« 2 EI. G. 2 dx . ³. L. L0. 2 1 A 2 G 2. 2 dx . ³. L. L0. 2 1 EA 2. 3 2 F L3  L0 º ª 2 F L  L0 º ª F L  L0 º »« » »« 3EI 2 GA »¼ ¬« 2 EA »¼ »¼ «¬. 3,389 ˜ 10 8 176,3  I A. Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares: Tubo ( Dext x e). A ( cm2 ). I (cm4 ). G (mm). 135 x 4 150 x 4. 16,46 18,34. 353,4 489,2. 96 69,4. Tomaremos pues un tubo Dext x e: 150 x 4 (mm).. ( >80 ) ( <80 ). 2 dx.

(84) 7 Torsión y esfuerzos combinados. 7 Torsión y esfuerzos combinados. 89.

(85) 90. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 7.1 Una viga biempotrada está sometida a un momento torsor producido por una torsión uniformemente repartida. Hallar el MT máx y el ángulo de torsión máximo.. MA P kg˜m/ml. A. h. A B. b. MB. ( b<h ). Resolución: Por ser una viga simétrica Ÿ los momentos de empotramiento han de ser iguales. MA. MB. PA 2. M T ( x). PA  P ˜ x, 2. en x. A 2. §A· MT ¨ ¸ © 2¹. x. Diagrama de momentos torsores:. PA 2. +. A. B -. . PA 2. 0.

(86) 91. 7 Torsión y esfuerzos combinados. El ángulo de torsión máximo se tiene para la sección central, x. T§ A · ¨ ¸ ©2¹. ³. A. 2. 0. M T ( x) GK 3 b 3 h. dx. 1 GK 3 b 3 h. T§ A · ¨ ¸ © 2¹. ³. A. 0. 2. A : 2. · § PA  P ˜ x ¸ dx ¨ ¹ © 2. ª PA2 PA2 º 1  « » 8 ¼ GK 3 b 3 h ¬ 4 T§ A · ¨ ¸ ©2¹. P A2 1 GK3b3h 8. § G: módulo de rigidez a torsión del material del eje ¨¨ G ©. · E ¸ 2 ˜ (1  Q ) ¸¹. K3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relación capítulo 5. Torsión). A. ª PA x2 º 2 P x  « » 2 ¼0 GK 3 b 3 h ¬ 2 1. h (ver tabla 5.87 del b.

(87) 92. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 7.2 Hallar los momentos en los empotramientos MA y MD. Dibujar el diagrama de momentos torsores.. MA. MB=30000 N˜cm. MC=20000 N˜cm MD. A B C D. a=30 cm b=50 cm c=40 cm. Resolución: Es un problema hiperestático.. ¦M. 0 Ÿ M. T. MA  MD. A. M. B. M. C. M. D. 0. 30000  20000 50000 kg ˜ cm. Considerando por tramos:. MA -MA A. TB. TA. 0. T BA T B  T A B.  MA ˜a G ˜ Io.  M A ˜ 30 G ˜ I0.

(88) 93. 7 Torsión y esfuerzos combinados. MA-MB -(MA-MB). T CB. TC TB.  MA MB ˜ 50 G ˜ Io. T DC. T D TC. M D ˜ 40 G ˜ I0. B C. -MD = MA-MB-MC MD C D. TD. TD. . 0. T BA  T CB  T DC. 0. M A ˜ 30 M D ˜ 40 M A  M B   ˜ 50 G ˜ Io G ˜ Io G ˜ Io. 0.  M A ˜ 30  M A  30000 ˜ 50  M D ˜ 40 0  M A ˜ 30  M A ˜ 50  1500000  M D ˜ 40 0 80 ˜ M A  40 ˜ M D M A  M D 50000 ­ ® ¯80 ˜ M A  40 ˜ M D 1500000. 1500000. ­40 ˜ M A  40 ˜ M D ® ¯80 ˜ M A  40 ˜ M D. 2000000 1500000. ŸMA. 3500000 120. 29166,6 N ˜ cm. Diagrama de momentos torsores: 29166,6 +. MD. B. A -833,4. -. 50000  29166,6 20833,4 N ˜ cm D. C -20833,4. -20833,4 ( N˜cm ).

(89) 94. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 7.3 Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta, sometidas a un momento torsor Mx = 1000 Nm : a) el valor y la posición de la tensión tangencial máxima, Wmax . b) el momento de inercia a torsión, It .. y. 5. y. 60q. 200 mm z. z. G. G. Mx. 60q. Mx 60q. x. x. Resolución: Sección cerrada : Am: área limitada por la curva media a). W máx. Mx 2 ˜ Am ˜ e. 1000 Nmm ˜ 10 3 2˜. 1 ˜ 200 mm ˜ 200 mm ˜ cos 30 D ˜ 5 mm 2 2. c). It. 4 ˜ Am2 ds e s. ³. 4 ˜ Am2 e s. N mm 2. e. §1 · 4 ˜ ¨ ˜ 200 ˜ 200 ˜ cos 30 D ¸ ©2 ¹ ˜ 5 mm 1000 ˜ 10 4 mm 4 3 ˜ 200 d). Sección abierta:. 5,77. Wmax.

(90) 95. 7 Torsión y esfuerzos combinados. a). W máx. ¦. Mx ˜e 1 3 ˜ bi ˜ ei 3. 1000 Nmm ˜ 10 3 ˜ 5 mm §1 3· 3 ˜ ¨ ˜ 200 mm ˜ 5 mm ¸ ©3 ¹. 200. N mm 2 e. Wmax. b) It. 1. ¦ 3 ˜b. i. ˜ ei3. 2,5 ˜ 10 4 mm 4.

(91) 96. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 7.4 Un panel está sujeto por un mástil horizontal, según el esquema de la figura. Teniendo en cuenta el peso propio del panel, el peso propio del mástil y la acción del viento, hallar las tensiones máximas en el empotramiento del mástil a la pared. Datos: Peso propio del panel P1= 90 kp Dimensiones 80˜200 cm Diámetro del mástil D =15 cm Empuje del viento f = 80 kg/m2 (Peso propio del mástil de acero: P2 = 7850 kp/m 3 ˜ 6 m ˜. S ˜ 0,15 2 4. 832 kp ). y. D=15 cm. x z. P2. F. 50. 520 150 40. Resolución: F. 80. 40. P1. y. kg. ˜ 0,8 ˜ 2 128 kp m2 Sección en el empotramiento. Esfuerzos: Nx. 0. Ty. 90  832 922 kp. Tz. 128 kp. My= 716,8 kp˜m Tz =-128 kp Mz= -3000 kp˜m Mx= 64 kp˜m z x Ty= -922 kp.

(92) 97. 7 Torsión y esfuerzos combinados. Mx. 128 kp ˜ 0,5 m. 64 kp ˜ m. My. 128 kp ˜ (0,4  5,2) m. Mz. 90 kp ˜ (5,2  0,4) m  832 ˜ 3. 716,8 kp ˜ m 3000 kp ˜ m. Tensiones normales debidas a los momentos flectores:. y 716,8 kp˜m. 3000 2  716.8 2. MF D 3000 kp˜m. z. y. z. B. arctan. D. 3084,4 kp ˜ m. 716,8 13,4D 3000. MF = 3084,4 kp˜m. D D. V (+). V xmax. MF D Iz 2. 3084,4 ˜ 10 2 15 2 S ˜ 15 4 64. 930,9 kp/cm 2. V (-). Tensiones tangenciales debidas al momento torsor: y Wmax. z A. W max. M x ˜ rmax Io. 15 2 S ˜ 15 4 32. 6400 ˜. 9,66 kp/cm 2.

(93) 98. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes: y. z. -128. T. W max. A T -922. T z2  T y2 4T 3 A. 128 2  922 2. 4 930,8 3 S ˜ 15 2 4. 930,8 kp. 7,0 kp/cm 2.

(94) 99. 7 Torsión y esfuerzos combinados. 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 Tn˜m está aplicado en la sección B. A y. B C. 1m. D. 1m M= 8 Tn˜m. E. 1m 1m. z. x Tx. 5 Tn. 4 Tn. 10 Tn. F. 2m. Tramo AC: ‡ = 40 cm Tramo CE: ‡ = 10 cm Tramo DF: ‡ = 10 cm Material: acero G = 8,4˜105 kgf/cm2. Resolución: a) Tensiones máximas en el empotramiento A y. Sección A. My=22 Tn˜m. Nx. 5 Tn. Ty. 10 Tn. Tz. 4 Tn. Mx. 8  10 ˜ 2 12 Tn ˜ m. My. 4 ˜ 3  5 ˜ 2 22 Tn ˜ m. Mz. 10 ˜ 3 30 Tn ˜ m. Mz=30 Tn˜m Tz=4 Tn. Nx=5 Tn Mt=Mx=12 Tn˜m. z x Ty=10 Tn.

(95) 100. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Tensión normal debida al esfuerzo axil: y V. Vx. z. 5000 S ˜ 40 2 4. 3,97 kp/cm 2. Tensión normal debida a los momentos flectores: y 22. MF D 30. z. y. 22 2  30 2. MF. D. arctan. 22 30. 37,20 Tn ˜ m. 36,25 D. MF = 37,20 m˜Tn. D z. P D. V (+). V x max. M y max I. 3720000 ˜ 20 592 kp/cm 2 4 S ˜ 40 64. V (-). Tensión normal máxima total:. V max. 592  3,97 596 kp/cm 2.

(96) 101. 7 Torsión y esfuerzos combinados. Tensión tangencial debida a los esfuerzos cortantes: y. T. Q E. z. E. 4 E. 4 2  10 2 10,77 Tn 10 arctan 68,2 D 4. Distribución parabólica de W con una Wmax. T. 10. W max. 4T 3 A. 4 10770 3 S ˜ 40 2 4. 11,43 kp/cm 2. Tensión tangencial debida al momento torsor y Wmax. B. z A. W max. M x ˜ rmax Io. 1200000 ˜ 20 S ˜ 40 4 32. 95,49 kp/cm 2. La tensión tangencial máxima total. W max. W A 11,43  95,49 106,92 kp/cm 2. Aplicación del criterio de Von Mises en el punto P 596 kp/cm 2 ½ ° ¾ V equiv 2 95,49 kp/cm (1)°¿. V max N , M W M x ,T. V 2  3W 2. 618,5 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, pero Q y P no coinciden, ya que los ángulos D y E no son complementarios. Pero como están muy próximos, y por tanto W debido a T será muy pequeño, puede despreciarse frente a la W debida a Mx..

(97) 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 1m. B. Tx. Tx. 1m. ³. L. 0. C. 1m. D. 1m. E. El giro alrededor del eje x en la sección E será el mismo que el de la sección D.. Mx 12 mT ˜ 1 m 20 mT ˜ 1 m 20 mT ˜ 1 m dx   GI o GI ‡ 40 GI ‡ 40 GI ‡10. 1200000 ˜ 100 2000000 ˜ 100 2000000 ˜ 100   4 4 S ˜ 40 S ˜ 40 S ˜ 10 4 840000 840000 840000 32 32 32. 0,244 rad 13,98 D.

(98) 103. 7 Torsión y esfuerzos combinados. Problema 7.6 Un árbol, de acero, debe de transmitir 120 CV a 600rpm desde la polea A a la B. La tensión cortante admisible para el material del árbol es Wadm = 420 Kg/cm2 y la tensión normal admisible es Vadm=728 kp/cm2. Calcular el diámetro del árbol. Datos: F=2·F’ , Q=2·Q’ , rA=15 cm , rB=22 cm. (radios de las poleas). y 50 cm 50 cm z. B. D. 40 cm F. C rA rB. rB. A. rA. F’. Q’ x. Q Resolución:. P. Mx ˜Z o Mx. P Z. ­1 CV 736 W ½° ° ®1 rpm 2S rad s ¾° °̄ 60 ¿ Mx. Mx. 120 ˜ 736 1405 Nm 2S · § ¨ 600 ˜ ¸ 60 ¹ ©. 1405 Nm 14324 cmKg. Mx= F·rA – F’·rA = (2F’ – F’)·rA = F’·rA F c ˜ 15 14324 cmKg F. también. o. Fc. 14324 | 955 Kg 15. 2 F c 1910 Kg. Mx= Q·rB – Q’·rB Q c ˜ 22 14324 cmKg. Qc. 14324 1193,7 Kg 12. Q 2 ˜ 1193,7 2387,4 Kg.

(99) 104. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Diagrama de momentos en el plano xy : 3Q’= 3581 Kg. y x. D. C B. 3581 2. RD. RC 50 cm. 3581 2. 50 cm. Mz. x. +. M z,B. 3582 ˜ 50 89525 cmKg 2. Diagrama de momentos en el plano xz : 3F c 2865 Kg x. B. C. A. D z. RD. 1146 Kg. RC. 4011 Kg. 40 cm. 100 cm. My x. +. M x MB. 1146 x 1146 ˜ 50 57300. Mc. 114600 cmKg.

(100) 105. 7 Torsión y esfuerzos combinados. RC  R D  2865 0 R D ˜ 100 40 ˜ 2865 40 ˜ 2865 1146 Kg 100 2865  1146 4011 Kg. RD RC. Determinación del momento flector en B ( combinando Mz y My): MB El máximo está en C: M f. 89525. 2.  57300. 2. 106292,12 cmKg. 114600 cmKg. Diagrama de momentos torsores:. y. x. +14324 cmKg B. A. C. D -14324 cmKg. Mx. M x,B. M x, A. 14324 cmKg. 16 S ˜ V adm. 4 M 2f  3M x2. Determinación del diámetro mínimo del eje. Aplicando el criterio de Von Mises: 3 d min. 3 d min. 16 4 ˜ 1146002  3 ˜ 14324 2 S ˜ 728 d min. 11.7 cm.

(101) 106. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Problema 7.7 En la figura se ha esquematizado la pieza desmontable de un enganche tipo cuello de cisne para el arrastre de caravanas de camping por parte de vehículos de turismo convencionales. La solicitación sobre la bola corresponde a una hipótesis de carga de arrastre con fuerte pendiente. a) Determinar para la sección circular 6A los esfuerzos de sección: normal, cortante, flector y torsor. b) Dibujar para la misma sección 6A la distribución de tensiones normal y tangencial que provoca independientemente cada esfuerzo de sección. Indicar sobre el dibujo la posición de la tensiones máximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numéricamente sus valores. c) Como resumen del estudio, indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máxima total.. Sección 6A. G 75 Kp 50 Kp y z O. 6A. 400 Kp. 150 mm. x 250 mm. I 40 mm.

(102) 107. 7 Torsión y esfuerzos combinados. Resolución: a) Esfuerzos de sección y. ­ N 400 Kp ° ®T y 75 Kp ° ¯Tz 50 Kp Tz. z. Mz G. x. N Mx. 50 ˜ 150 7500 mmKp. ­M x ° °M y ® °M z ° ¯. Ty. 50 ˜ 250 12500 mmKp 400 ˜ 150  75 ˜ 250 78750 mmKp. My. Nota: El signo del valor numérico y el sentido del vector en el dibujo son redundantes. b) Determinación de las tensiones x. Esfuerzo normal N. 400 Kp. Distribución uniforme de tensiones V x : G. V x ,máx. 400 Kp. N A. S. 40 4. 2. 0,32 Kp/mm 2. Vx. x. G G G Esfuerzo cortante T T y  Tz T Tz. T y 2  Tz 2. 75 2  50 2. 90 Kp. G. Distribución parabólica de W: T. Ty. Wmáx. W máx. 4T 3A. 4 3. 90 40 2 S 4. 0,1 Kp/mm 2.

(103) 108. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Momento torsor M x. x. 7500 mmKp. Distribución de tensión W con una ley lineal radial:. Wmáx Wmáx. M x ˜ rmáx I0. W máx. x. G Momento flector M. 7500 ˜ 20 40 4 S 32. 0,6 Kp/mm 2. G G My  Mz M. Vx,máx. M y2  M z2. 12500 2  78750 2. 79737 mmKp. Distribución lineal de tensión V x respecto al eje de giro: Mz Vx,máx. V x ,máx My. M. M ˜ y cmáx I. 79737 ˜. c) La tensión normal máxima total vale:. V x ,máx. 0,32  12,69. 13,01 Kp/mm 2. La tensión tangencial máxima total vale:. W máx. 0,6  0,1 0,7 Kp/mm 2. 4. S. 40 64. 40 2. 12,69 Kp/mm 2.

(104) 109. 7 Torsión y esfuerzos combinados. Problema 7.8 Un tubo de acero I200 mm y de bajo espesor, e, constituye el soporte para el arrollamiento motorizado de una persiana según muestra la figura adjunta. El peso propio de la persiana y el rozamiento de arrastre equivalen a una carga de q = 50 Kp/m, la cual se aplica excéntricamente respecto de la directriz del tubo. La luz efectiva es L = 5 m, y se supone simplemente apoyado en A y C. a) Representar gráficamente los diagramas de esfuerzos y calcular sus valores máximos. b) Determinar el espesor mínimo del tubo para que se cumplan los siguientes requisitos: - La tensión equivalente de von Mises en las secciones críticas 6A y 6B sea inferior a Vadm=500 Kp/cm2. - El corrimiento vertical GB d 1/1000 L. NOTAS: - Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q. - Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2. - Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor:. I 0|. SeI 3 4. Iz |. e I200. SeI 3 8. A | SeI. 6B A. q. 6C B. q=50 Kp/m L= 5m. C. Motor.

(105) 110. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Resolución: a) Determinación de los diagramas de esfuerzos. y. qy=50 Kp/m 25 mKp. mx=50·0,1= 5 mKp/m. 125 Kp. z. 125 Kp. qy=50 Kp/m Mz I/2 = 0,1 m +. M z ,máx. Ty. 1 q y L2 8. 1 50 ˜ 5 2 8. + -. T y ,máx M x ,máx. qy. Mx. b) Características mecánicas de la sección. 3. SeI m SeI 3 # 4 4. Iy. Iz. A. 2S. I0 2. SeI 3 8. I e SeI 2. Ÿ. Ÿ. W0. Wz. L 125 Kp 2. 25 mKp. +. I0 |. 156,25 mKp. I 0 SeI 2 I 2 2 I z SeI 2 I 4 2.

(106) 111. 7 Torsión y esfuerzos combinados. c) Comprobación de tensiones en la sección central 6B. Vmáx. ­M z 156,25 mKp ° Mz ® °V x ,máx W z ¯. ^T. y. z. z. Vmáx. 0. Wmáx. ­M x 12,5 mKp ° Mx ® °W máx W 0 ¯ Aplicando el criterio de falla de von Mises:. V equiv. 2 V x2,máx  3 ˜ W máx. V equiv. § ¨ ¨ 15625 ¨ 20 2 ¨ Se 4 ©. e. 2474  11,8 500. 2. d 500 Kp/cm 2. · § ¸ ¨ ¸  3 ˜ ¨ 1250 ¸ ¨ 20 2 ¸ ¨ Se 2 ¹ © 0,1 cm. · ¸ ¸ d 500 Kp/cm 2 ¸ ¸ ¹. Ÿ. e t 1 mm. Comprobación de tensiones en la sección extrema 6C. ^M z. 0. Ty ­T y 125 Kp ° Ty ® T °W máx 2 ˜ A ¯. ­M x 25 mKp ° Mx ® °W máx W 0 ¯. Wmáx. Wmáx. Wmáx.

(107) 112. Resistencia de materiales. Problemas resueltos. Apliando el criterio de falla de von Mises: 2. d 500 Kp/cm 2. V equiv. T  W máx 0  3 ˜ W máx. V equiv. § ¨ 125 ˜ 2 2500 3˜¨  ¨ S ˜ e ˜ 20 20 2 S ˜e˜ ¨ 2 ©. e. 47,5  47,5 500. 0,02 cm. 2. · ¸ ¸ d 500 Kp/cm 2 ¸ ¸ ¹. Ÿ. e t 0,2 mm. Con el espesor anterior de e = 1 mm, las tensiones en la sección extrema 6C son de Vequiv | 100 Kp/cm2. d) Comprobación del corrimiento vertical de la sección central GB d L / 1000 = 5 mm. q. 5 q ˜ L4 d 5 mm 384 EI z. GB. GB L. GB. 5 384. 5 Kp/cm 100 2100000 Kp/cm. 2. 500 cm. 4. S ˜ e ˜ 20 cm 8. 3. d 0,5 cm. Despejando el espesor de la ecuación e = 0,123 cm o 1,3 mm. En conclusión, para verificar los requisitos de resistencia y deformación el espesor e t 1,3 mm. Una solución comercial sería I200 x 1,5 mm..

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