H 2 = 3,6 kn + 3,6 kn = 7,2 kn

(1)

H1 H1 H1 H1 H2 H2 Mt Mt Trabajo Practico Nº 8: Torsión en Ejes

Ejercicio 1: Una columna de sección circular actúa como soporte de un cartel sometido a cargas horizontales (viento). A los fines de del dimensionamiento estas cargas las suponemos aplicadas en partes iguales en las cuatro esquinas del cartel.

Esquema de Estructural Esquema de Cargas

Cargas: H 1 = 3,6 kN H 2 = 3,6 kN + 3,6 kN = 7,2 kN

Se plantean dos alternativas para la sección transversal: sección circular maciza de hormigón y sección circular hueca de acero.

Datos seccionales:

Sección Circular: D = 35 cm.

Material: Hormigón

Módulo de Elasticidad longitudinal: E = 21000 MPa 21 x 103 MPa

= 0,2353

Módulo de Elasticidad transversal:

MPa MPa MPa E G 8.499,96 8.500 ) 2353 , 0 1 ( 2 10 21 ) 1 ( 2 3 ≅ = + × = + =

ν

Sección hueca: D = 25 cm e = 0,64 cm (espesor de la sección hueca). Material: Acero

Módulo de Elasticidad transversal: G = 85.000 MPa 85 x 103 MPa

(2)

Se pide:

a-definir los diagramas de esfuerzo sobre la columna

b- determinar las tensiones de corte máximas debidas a la torsión de la columna circular, c- Calcular el ángulo especifico de torsión .

Diagramas de esfuerzos

Esfuerzos máximos: Momento torsor: M t = 21,60 KN.m

Esfuerzo de corte: T = 14,40 KN Momento flector: M f = 86,40 KN.m

Solución Alternativa 1

Para calcular la tensión de corte en una fibra cualquiera empleamos la expresión:

p t I r M . =

τ

siendo : r = distancia de la fibra analizada al centro Ip=Momento de Inercia Polar

Para el cálculo de la tensión de corte máxima puede emplearse cualquiera de las siguientes expresiones: t t p t máx W M I R M = = .

τ

siendo:

R

I

W

_t

=

p en donde Wt se denomina, Módulo

resistente a torsión, siendo R el radio de la sección El momento de inercia polar del círculo es:

2 .

32 .

D

4

R

4

(3)

El diámetro de la sección de hormigón es de D=35 cm y su radio será R= 17,5 cm, por lo cual el momento de inercia polar y el módulo resistente resultan igual a:

4 6 4 4

10

24 ,

473 .

1 0014732

,

0

2 )

175 ,

0 (

m

I

p −

×

≡

=

×

=

π

3 3 3 3

10

418 ,

8 008418

,

0

16 )

35 ,

0 (

m

W

t −

×

≡

=

×

=

π

Entonces la tensión de corte máxima producida por el momento torsor resulta:

[

]

[ ]

MPa

m

kN

m

kN

máx

2 .

565 ,

77

2 ,

57

10

24 ,

473 .

1

175 ,

0 .

6 ,

21

2 4 6



≅







=

×

=

₋

τ

El ángulo específico de torsión (giro unidad de longitud) para una sección circular se obtiene con la siguiente expresión:

p t

I

G

M

.

=

θ

El producto G .I p se denomina rigidez torsional de la sección

[

]

[ ]

m rad m m kN m kN 00172 , 0 24 , 473 . 1 10 5 , 8 . 6 , 21 4 2 6 = ×     × =

θ

La sección de empotramiento está solicitada también por un momento flector y un esfuerzo de corte, las tensiones correspondientes son:

[ ]

2

10

62 ,

786 00073662

,

0

64

35 ,

0

14 ,

3

64

4 6 4 4 4 4 p z

I

m

D

I

=

π

=

×

=

≡

×

−

=

[

]

[ ]

MPa

m

kN

m

kN

máx y

20 .

526 ,

25

20 ,

53

10

62 ,

736

175 ,

0 .

4 ,

86

2 3 6



≅

±







±

=

×

±

=

₋

σ

[ ]

MPa

m

kN

m

kN

R

T

máx xy

200 ,

12

0 ,

02

175 ,

0

14 ,

3

44 ,

14

3

4

3

4

2 2 2 2



≅







=

×

=

π

τ

(4)

Como puede observarse en los diagramas anteriores, en la sección coexisten tensiones normales correspondientes al momento flector y tensiones de corte debidas al momento torsor, si consideramos un elemento diferencia sobre el borde superior, el estado tensional es el siguiente:

MPa

0 ,

31

85 ,

0

2

58 ,

10

27 ,

10 )

57 ,

2 (

2

53 ,

20

2

53 ,

20

2 1 2 2 2 1

−

=

±

=

+













−

±

=

−

σ

MPa MPa _mín máx =

10 ,

58 τ

= −

10 ,

58 τ

La tensión normal principal es ligeramente superior a la debida exclusivamente a flexión, lo cual indica que en este problema el efecto principal es la flexión.

Solución Alternativa 2

Como el espesor de la pared resulta pequeño respecto al radio exterior de la sección, la tensión tangencial debida al momento torsor podemos considerarla constante en toda la sección, y la denominamos med .

Dicha tensión med resulta:

m t t t p m t med r A M W M I r M . . = = =

τ

Siendo: I p ≈ 2 . π . (rm)3 . e = A . (r m)2

r m = radio de la línea media = (re+r i)/2

re = radio exterior.

(5)

Reemplazando los valores en las fórmulas, resulta: 4 6 4 2 2 6 2 6 2

10

66 ,

72 00007266

,

0 )

1218

,

0 (

10 4898

004898

,

0 0064

,

0 1218

,

0

2 1218

,

0

2 1186

,

0

125 ,

0 1186

,

0 0064

,

0

125 ,

0

125 ,

0

2

25 ,

0 m

m

I

m

A

m

r

m

r

m

r

p m i e − − −

×

≡

=

×

=

×

≡

=

×

=

−

=

−

=

π

[

]

[ ]

MPa m kN m m m kN r A M m t med 36.206,59 36,21 1218 , 0 10 4898 . 6 , 21 . = × 6 2 × = 2 ≡ = ₋

τ

Y el ángulo específico de torsión resulta:

[

]

[ ]

m rad m m kN m kN 035 , 0 10 66 , 72 10 5 , 8 . 8 , 21 4 6 2 6 ≈ × ×     × = −

θ

El cálculo exacto de las tensiones máximas y mínimas, empleando el momento de inercia polar de la sección anular es:

[

]

4 6 4 4 4 4 4

10

64 ,

72 00007264

,

0

32 )

2372

,

0 (

)

25 ,

0 (

32 )

(

m m m m D D I _p=

π

e − i =

π

− = ≡ × −

Este valor es muy similar al que se obtuvo con la expresión aproximada

[

]

[ ]

MPa m kN m m m kN I R M p e t máx

37 .

169 ,

6

37 ,

20

10

64 ,

72

125 ,

0 .

6 ,

21 .

2 4 6 = ≡ × × = = ₋

τ

[

]

[ ]

MPa

m

kN

MPa

m

kN

m

kN

I

R

M

med p i t mín

22 ,

36

06 ,

218 .

36

2

52 ,

266 .

35

6 ,

169 .

37

27 ,

35

52 ,

266 .

35

10

64 ,

72 1186

,

0 .

6 ,

21 .

2 2 4 6

≅

=

+

=

≡

=

×

=

₋

τ

Comparando los valores de la tensión tangencial media calculada con la expresión aproximada (válida únicamente) para espesores pequeños con el promedio anterior no existe diferencia y comparándola con la máxima ésta resulta solamente un 3% menor por lo que se justifica el empleo de la expresión aproximada para la sección anular cuando los espesores de pared son reducidos.

(6)

Ejercicio 2: Un árbol de sección variable, de acuerdo a lo indicado en la figura, está hecho con acero, el cual tiene un módulo de elasticidad transversal G = 85000 MPa. El mismo esta sometido a dos momentos torsores activos (M t) en las secciones “B” y “C” respectivamente

y un momento torsor reactivo en la sección A. Determinar las tensiones máximas en cada uno de los tramos de la sección, y el ángulo de torsión en las secciones B y C. Despreciar concentración de tensiones en la junta.

Esquema de cargas Diagramas de esfuerzos

Esfuerzos máximos: Momento torsor en B: M t B = 7 kN.m

Momento torsor en A: M t A = - 7 kN.m + 11 kN.m = 4 kN.m

Datos seccionales

Sección 1: Material: Acero G = 85 x 106 kPa Diámetro: 0,12 m

Largo: 1,20 m Sección 2: Material: Acero

Diámetro: 0,08 m Largo: 0,80 m Solución:

Para calcular la máxima tensión de corte en el Tramo A-B se debe determinar el momento de inercia polar de la sección

(7)

La máxima tensión de corte producida por el momento torsor resulta

[

]

[ ]

MPa

m

kN

m

kN

AB

11 .

789 ,

25

11 ,

79

10

36 ,

20

6

0 ,

0 .

4

2 4 6

=

≅

×

=

₋

τ

En el Tramo B-C el momento de inercia polar es:

4 6 4 4 4 2

0 ,

00000402

4 ,

02

10

32 )

08 ,

0 (

32 .

m

D

I

_p

=

π

=

π

×

=

≡

×

−

[

]

[ ]

MPa

m

kN

m

kN

BC

6 .

9630

,

28

69 ,

63

10

02 ,

4

04 ,

0 .

7

2 4 6

=

≅

×

=

₋

τ

El giro total de la pieza debido a la torsión, entre sus secciones extremas, es

Por lo tanto, para los distintos tramos se obtiene, de la siguiente manera:

[

]

[ ]

m rad m kN m m kN I G l Mt p AB AB AB 0,002774 10 36 , 20 10 85 20 , 1 . 4 . . 4 6 2 6 1 − = × ×     × × − = = −

φ

[

]

[ ]

m

rad

m

kN

m

kN

I

G

l

M

P BC tBC BC

0 ,

01639

10

02 ,

4

10

85

80 ,

0 .

7 .

.

4 6 2 6 2

=

×









×

=

−

φ

Y el giro total

φ

=

φ

_AB +

φ

_BC =−

0 ,

002774

+

0 ,

016398

=

0 ,

013616

rad

Ejercicio 3: Un eje, de acuerdo a lo indicado en la figura, está compuesto por dos materiales: acero y aluminio. El mismo está sometido a un momento torsor (M t) entre las

caras extremas. Si el ángulo de torsión entre las caras extremas fuera de 2º, cual es el máximo M t que puede aplicarse al eje? El extremo superior se encuentra perfectamente

empotrado. Esquema de cargas p x

I

G

l

Mt

l

dx

.

=

_∫

θ

φ

(8)

Datos seccionales

Sección 1: Material: Acero Tensión admisible de corte: adm= 90 MPa

G = 85.000 MPa 85 x 106 kPa

Sección 2: Material: Aluminio Tensión admisible de corte: adm=77,5 MPa

G=28.000 MPa 28 x 106 kPa Solución:

Se debe determinar cual es el momento torsor máximo que el eje es capaz de absorber sin sobrepasar su capacidad resistente ni el giro admisible adoptado.

En función de la resistencia, tenemos:

R I Mt I R Mt adm p máx p adm . . max

τ

= ==> =

Siendo el radio de 0,035 m, el momento de inercia polar resulta:

4 6 4 4 4

10

36 ,

2 00000236

,

0

2 )

035 ,

0 (

2 .

m

R

I

p −

×

≡

=

×

=

π

Para el Acero

[ ]

N

m

kN

m

N

Mt

6 .

068 ,

56 .

6 ,

07 .

035 ,

0

10

36 ,

2

10

90

6 ₂ 6 4 max

=

≅

×









×

=

− Para el Aluminio

[ ]

N

m

kN

m

N

Mt

5 .

203 ,

57 .

5 ,

20 .

035 ,

0

10

36 ,

2

10

5 ,

77

6 ₂ 6 4 max

=

≅

×









×

=

−

En función de la resistencia el máximo momento que puede aplicarse a la sección es de 5,20 kN. m

Para dimensionar en función de la deformación, se debe cumplir que el giro total

p x

I

G

l

Mt

l

dx

.

=

_∫

θ

φ

debe ser menor a _adm 0,0349066rad

º 180 º 2 = × =

π

φ

(9)

[ ]

[

]

[

]

m kN Mt m kN Mt rad m kN Mt m kN Mt rad m m kN m Mt m m kN m Mt máx máx máx máx x . . 13 , 2 . 0349066 , 0 01509 , 0 0349066 , 0 . 00135 , 0 . 00374 , 0 0349066 , 0 10 36 , 2 10 28 75 , 0 10 36 , 2 10 85 75 , 0 4 6 2 6 max 4 6 2 6 max = ⇒ = = + = = × ×     × × + × ×     × × = − −

φ

El máximo momento torsor que puede aplicarse al eje está definido por la condición de deformación y es de 2,13 kN. m

Ejercicio 4: Dimensionar un eje de sección anular que soporta un momento torsor de 7,5 kN. m

Datos: adm=80 MPa 80 x 103 kPa

G = 85.000 MPa 85 x 106 kPa θ_adm_{= 1º / m}

n = D i / D e = 0,75

Para poder dimensionar se emplea la expresión del momento de inercia de la sección anular, utilizando la relación preestablecida entre los diámetros externo e interno de manera de tener una única incógnita

(

)

32 1 . 32 1 . 32 ) ( 4 4 4 4 4 4 4 n D D D D D D I e e i e i e p − =         − = − =

π

Para dimensionar teniendo en cuenta el criterio de resistencia puede usarse también el módulo resistente a torsión

(

)

16

1 .

2

32

1 .

2

1

32 )

(

3 4 2 4 4 4 4 4

n

D

W

e e i e e i e t

−

=













−

=

−

=

π

(

)

3

(

)

4 4 3

1 .

.

16

1 .

16 n

M

D

n

D

M

W

M

adm t e e t t t adm nec

−

×

=

⇒

−

×

=

π

τ

π

τ

[

]

(

)

m

cm

m

kN

m

kN

D

_e

0 ,

0887

8 ,

87

9

75 ,

0

1

10

80

16 .

5 ,

7

3 ₄ 2 6

≅

=

−

×









×

=

π

(10)

m rad adm 0,01745 º 180 º 1 = × =

π

θ

(

4

)

4

(

4

)

4 1 . 32 32 1 . G D n t M n D G t M e e adm − × × = − × =

π

θ

(

)

[

]

₍

₎

cm cm m m kN m kN n G t M D adm e 5 , 9 31 , 9 0931 , 0 75 , 0 1 01745 , 0 10 85 32 . 5 , 7 1 32 4 ₄ 2 6 4 4 ≅ = − × × ×     × × = − × × × =

π

θ

π

Se adoptará el diámetro mayor para cumplir con las condiciones de resistencia y de deformación.

Ejercicio 5: Dimensionar una pieza de sección circular sometida a torsión Datos: M t =3,58 kN. M G = 80.000 MPa

adm=30 MPa θ adm = 0,001 / m

El diámetro necesario resulta de aproximadamente 15 cm.

Ejercicio 6: Dimensionar un eje de sección anular sometido a torsión Datos: M t = 13,35 kN. M G = 85.000 MPa n = D i / D e = 0,9

adm=32 MPa θ adm = 3º / m