Problemas de Resistencia de Materiales

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(1)MATERIAL DIDÁCTICO INGENIERÍA. PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES: Nivel básico. Eduardo Martínez de Pisón Ascacíbar. 18.

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(3) PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES Nivel básico. Ingeniería Agrícola.

(4) MATERIAL DIDÁCTICO Ingenierías nº 18.

(5) Eduardo Martínez de Pisón Ascacibar. PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES Nivel básico. Ingeniería Agrícola. UNIVERSIDAD DE LA RIOJA SERVICIO DE PUBLICACIONES 2011.

(6) Problemas de resistencia de materiales. Nivel básico. Ingeniería Agrícola de Eduardo Martínez de Pisón Ascacíbar (publicado por la Universidad de La Rioja) se encuentra bajo una Licencia Creative Commons Reconocimiento-NoComercial-SinObraDerivada 3.0 Unported. Permisos que vayan más allá de lo cubierto por esta licencia pueden solicitarse a los titulares del copyright.. © El autor © Universidad de La Rioja, Servicio de Publicaciones, 2011 publicaciones.unirioja.es E-mail: [email protected] ISBN: 978-84-694-0677-3.

(7) PRESENTACIÓN. Problemas de Resistencia de Materiales, Nivel Básico, reúne un conjunto de ejercicios resueltos que completa el libro de teoría, Resistencia de Materiales, Nivel Básico, que publicó la Universidad de la Rioja en el año 1999. En primer lugar es justo pedir disculpas por las erratas que el lector haya podido encontrar en el libro de teoría y las que pueda encontrar en este. Espero que puedan ser corregidas en una segunda edición y de las cuales, como su autor, me hago totalmente responsable. Espero que el lector sepa disculparme y comprenda que escribir un libro de estas características y que una sola persona se ocupe de su entera elaboración dificulta en gran medida el resultado del mismo. Ya en el libro de teoría, se explicó la problemática de esta asignatura en los nuevos planes de estudio de las ingenierías. Se resume en una carga docente insuficiente lo que obliga a sintetizar los contenidos y prescindir de muchos de ellos que pueden ser importantes para la formación del estudiante. En Problemas de Resistencia de Materiales, Nivel Básico, se presentan ejercicios resueltos dirigidos al diseño elemental de vigas y de forma práctica en acero según la NBE-EA-95, Norma Básica de la Edificación “Estructuras de acero en edificación”. También aparecen diseños en otros metales y hormigón. Sin embargo, en el caso del hormigón se plantea algún ejercicio sin aplicar los conceptos tecnológicos de la normativa actual la EHE, “Instrucción de Hormigón Estructural”, por lo que son meramente ilustrativos desde el punto de vista de la Resistencia de Materiales y se le asumen unas propiedades al hormigón que si bien se pueden asemejar en algún caso a su comportamiento no corresponden a la realidad tecnológica. La razón de esto último es que el diseño en estructura de hormigón es excesivamente complejo para poder ilustrarlo convenientemente en estas pocas lecciones. Los problemas presentados siguen las lecciones del libro de teoría y corresponden a los contenidos de la asignatura, por ello no me extenderé más en desglosar los objetivos y contenidos remitiéndome a la publicación mencionada. Todas las lecciones cuentan con sus ejercicios salvo la primera que es de repaso y la última, correspondiente al potencial interno que se aplica en el resto de lecciones y se introdujo como complemento. Además, cada lección de ejercicios incluye una presentación con la formulación básica de la lección. En esta formulación se han corregido algunos errores detectados en la teoría y en alguna lección se han incluido figuras que faltaban en la edición del libro de teoría, e incluso se han ampliado algunos contenidos. Respecto a los ejercicios presentados, aquellas lecciones que se consideran más relevantes cuentan con un mayor número de problemas, o bien, aunque sean pocos son completos y ampliamente desarrollados. Las figuras que aparecen en los ejercicios se han numerado con un primer dígito referente a la lección, un segundo al ejercicio. Si el ejercicio cuenta con varias figuras se distinguen añadiendo a la numeración una letra.. I.

(8) Presentación.. También se añaden los anexos con tablas, incluyendo las tablas de perfiles que recoge la NBE EA 95. Lo mismo que se dijo en la presentación del libro de teoría, que estas lecciones se dedican a los estudiantes con el ánimo de que se esfuercen y trabajen para ser unos buenos profesionales.. Logroño Noviembre del año 2000. Eduardo Martínez de Pisón Ascacíbar. II.

(9) CAPÍTULO I INTRODUCCIÓN A LA RESISTENCIA DE MATERIALES.

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(11) LECCIÓN 1 Concepto y Situación de la Resistencia de Materiales Introducción: Esta lección es introductoria y no incluye ejercicios. Objetivos de la lección: Situar la Resistencia de Materiales como disciplina dentro de la Mecánica. Repaso de conceptos elementales de la Física. Contenidos de los problemas: Repaso de las unidades en los sistemas: SI (Sistema Internacional) y en el SM (Sistema Métrico), que se aplicarán en la asignatura en las lecciones sucesivas. Problemas resueltos: No se han incluido al ser una lección de repaso. Fórmulas básicas: Segunda ley de Newton →. →. F = m·a. Ley de la Gravitación Universal. →. F=G. m1·m 2 ∧ r r2. 1.

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(13) LECCIÓN 2 Fundamentos de Resistencia de Materiales Objetivos de la lección: Conseguir que el estudiante comprenda y maneje correctamente los conceptos y contenidos de la lección que son la base de la asignatura. Contenidos de los problemas: Introducir los conceptos básicos de la Resistencia de Materiales como son la introducción al concepto de sólido deformable, distinción entre acciones y esfuerzos, resistencia mecánica y rigidez, modelo del sólido elástico, planteamiento de las ecuaciones de equilibrio elástico y obtención de los esfuerzos, análisis de las reacciones en vigas e introducción al concepto de isostatismo e hiperestatismo en vigas. Problemas resueltos: Los problemas se pueden separar en varios grupos: i) Cálculo de esfuerzos en secciones concretas de vigas planas de vital importancia, dado que la mayoría de los casos que se estudian en la asignatura y muchos de los casos reales se pueden estudiar como problemas planos. Además de los contenidos señalados, el estudiante se familiariza con el estudio de acciones de tipo puntual, uniformemente repartido y triangular. ii) Cálculo de esfuerzos en secciones concretas de elementos tridimensionales con cargas sencillas para no complicar excesivamente los ejercicios. iii) Determinación de esfuerzos en estructuras planas sencillas en determinadas secciones por aplicación del método de las secciones que en estructuras se denomina método de Ritter Formulación básica: Segunda ley de Newton →. åF. →. = m· a G EXT. →. å MG. →. = IG ·α EXT. Ecuaciones de equilibrio estático →. åF. →. =0 EXT. →. åM. →. =0. G EXT. desarrolladas. åF |. x EXT. =0. åF |. y EXT. =0. åF |. z EXT. =0. 3.

(14) Ejercicios propuestos. åM |. Gx EXT. =0. Ejercicios de Resistencia de Materiales Básica. åM |. Gy EXT. =0. åM |. Gz EXT. =0. Ecuaciones de equilibrio elástico →. →. åF = 0 →. →. å MG = 0. se diferencian de las de equilibrio estático en que las primeras solo incluyen acciones y las incógnitas suelen ser las reacciones, mientras que en estas por aplicación del método de las secciones incluyen los esfuerzos que suelen ser las incógnitas del problema. NOTA: En el cálculo de esfuerzos los signos pueden salir cambiados dependiendo de la elección del tramo, o del criterio de signos empleados, ejes usados, etc. En temas sucesivos se interpretarán los valores y signos de los esfuerzos. Esta nota es extensible a todos los ejercicios y problemas de esta lección. Aclaraciones al método de Ritter. El método de Ritter es el método de las secciones aplicado a estructuras. Se puede aplicar a cualquier estructura obteniendo los esfuerzos en las vigas que interese. Sin embargo, no siempre permite obtener todos los esfuerzos de la estructura. En esta lección se aplica a estructuras planas con disposiciones triangulares de barras y cargas puntuales en los nudos, de forma que los momentos en los mismos se desprecian pudiéndose considerar que la estructura trabaja con nudos articulados, y las vigas con esfuerzo normal exclusivamente. Si al aplicar el método se aísla un nudo, se podrá resolver cuando confluyan dos barras, y si confluyen más cuando solo se tengan dos incógnitas planteando el equilibrio de fuerzas en el nudo. Se puede cortar la estructura aislando más de un nudo, siempre que las incógnitas sean tres y aplicando las ecuaciones de equilibrio de fuerzas y momentos.. 4.

(15) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. 3000 N/m. 4000 N 1250 N·m A. B. 2m. 2m. 2,3 m. 2m. Figura 2.1a. 1.- Para la viga cargada y apoyada según la figura 2.1a. Determinar los esfuerzos en las secciones con posiciones x = 1, x = 4, x = 5 y x = 7. Tomar el origen de x el extremo A y ejes x horizontal, y vertical. En la figura 2.1b se ha representado un diagrama de sólido libre de la viga. La acción del pasador en A se representa mediante las componentes de fuerza HA y VA. 4000 N. 6000 N. 1250 N m HA A VA. 2m. B VB. 2,3 m 7,3 m Figura 2.1b. La acción del apoyo en B está representada por la fuerza VB, la cual actúa perpendicularmente a la superficie horizontal en B. Para determinar las reacciones la carga distribuida de 3000 N/m puede representarse en el diagrama de sólido libre por una resultante ficticia R que sea estáticamente equivalente, y que se sitúa en la mitad de la carga distribuida. Así pues, R = A = 3000·2 = 6000 N a una distancia x = 6,3 + ½ (2) = 7,3 m. La resultante R debería dibujarse a trazos en el diagrama a fin de indicar que puede utilizarse solamente para calcular los efectos exteriores (reacciones). Para determinar los esfuerzos deberá utilizarse la carga distribuida real. La viga está sometida a un sistema coplanario de fuerzas paralelas al eje y; por tanto, HA = 0. De las dos ecuaciones de equilibrio restantes se pueden despejar VA y VB.. 5.

(16) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. Determinación de VB: →. åM. →. = 0 ; → VB ·8,3 + 1250 – 4000·4,3 – 6000·7,3 = 0 → VB = + 7199N; VB = A. 7199 N ↑. Determinación de VA: →. →. å M B = 0 ; → -VA ·8,3 + 1250 + 4000·4 + 6000·1 = 0 →. åM. →. = 0 ; → VA = + 2800N; A. VA = 2800 N ↑. Alternativamente (o como comprobación) : å Fy =0; → VA – 4000 – 6000 +7200 = 0 → VA = +2801N; → VA = 2800 N ↑. Resueltas las reacciones se pueden evaluar los esfuerzos. Se aplica el método de las secciones VA. M1. VA. 1250 N m. 4000 N. T1. M3 T3. x=5. x=1 VA. 4000 N 1250 N m. T2 M2. VA. 1250 N m. 3000 N/m. M4 T4. x = 6,3 x=4 x=7 Figura 2.1c. En x = 1: →. →. åF=0→ →. åM. 6. →. = 0→ S. VA + T1 = 0 → T1 = - VA = - 2800 N VA ·x1 – M1 = 0 → M1 = x1·VA = 1m· 2800N → M1 = 2800 N·m.

(17) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. En x = 4 : →. →. å F = 0 → VA →. + T2 = 0 → T2 = - VA = - 2800 N. →. å M = 0 → VA x2 – 1250 – M2 = 0 → M2 = VA x2 – 1250 → M2 = 4·2800 – S. 1250 = M2 = 9950 N·m En x = 5 : →. →. å F = 0 → VA →. åM. + T3 – 4000 = 0 → T3 = 4000 – VA = 1200 N. →. = = 0 → VA ·x3 – 1250 – (5 – 4,3 )·4000 – M3= 0 → S. M3 = VA·x3 – 1250 – 0,7·4000 = 9950 N·m En x = 7 : →. →. å F = 0 → VA – 4000 – (7 – 6,3)·3000 + T4 = 0 VA – 4000 – 2100 + T4 = 0 → T4 = - VA + 4000 + 2100 → T4 = 3300 N NOTA: En el cálculo de esfuerzos los signos pueden salir cambiados dependiendo de la elección del tramo, o del criterio de signos empleado, ejes usados, etc. En temas sucesivos se interpretará los valores y signos de los esfuerzos. Esta nota es extensible a todos los ejercicios y problemas de esta lección.. 6 kN/m. 3 kN/m. B. A. 3m. 3m. Figura 2.2a. 2.- Una viga está cargada y apoyada según se indica en la figura 2.2a. Determinar los esfuerzos en las secciones con posiciones x = 1, x = 2, x = 3 y x = 4. Tomar el origen de x el extremo A, ejes x horizontal, y vertical.. 7.

(18) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. En la figura 2.2b se ha representado un diagrama de sólido libre de la viga. La acción que soporta del pasador en A se representa por las componentes de fuerza HA y VA. La acción del apoyo en B está representada por la fuerza VB, la cual actúa perpendicularmente a la superficie horizontal en B. Por ahora, en el diagrama de sólido libre, las cargas distribuidas pueden representarse por resultantes ficticias R1, R2 y R3 cuyas rectas soporte (las que tienen dirección de la carga y pasan por el centro de masas) se hallan a distancias x1, x2 y x3 respectivamente, del apoyo de la izquierda. R1 = ½ ·6·3 = 9 kN;. x1 = (2/3)·3 = 2 m. R2 = ½·3·3 = 4,50 kN;. x2 = 3 + (1/3)·3 = 4 m. R3 = 3·3 = 9 kN;. x3 = 3 + ½ (3) = 4,5 m. La viga está sometida a un sistema coplanario de fuerzas paralelas al eje y; por lo tanto, HA = 0. De las dos ecuaciones de equilibrio restantes se pueden despejar VA y VB. 4,50 kN. y. 9 kN. 9 kN. HA A. B. VA. VB. 2m 4m 4,5 m. Figura 2.2b. Determinación de VB: →. →. å M A = 0 ; → VB ·6 - 9·2 - 4,50·4 – 9·4,5 = 0 VB = 12,75 kN ↑. VB = + 12,75 kN Determinación de VA: →. åM. →. = 0 ; → - VA·6 + 9·4 + 4,5·2 + 9·1,5 = 0 B. VA = + 9,75 kN. VA = 9,75 kN↑. Alternativamente (o como comprobación): å Fy = 0:. VA – 9 – 4,5 – 9 + 12,75 = 0. VA = + 9,75 kN 8. VA = 9,75 kN↑. x.

(19) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. Antes de plantear los esfuerzos es conveniente obtener el valor de la carga trapezoidal para cualquier posición. Como en el futuro se tomarán las x a partir de un extremo, casi siempre A, pues lo hacemos así. La carga distribuida triangular entre 0<x<3 también conviene conocer su distribución, sin embargo, es más sencillo.. q1 (x). q2 (x). q. q'. A. B. x. a. b. Figura 2.2c. Carga triangular: Por semejanza de triángulos: q1 ( x ) q = x a. Þ. q 6 q1 ( x ) = x = x = 2·x a 3. Carga trapezoidal: Es suma de una triangular y una uniforme. La uniforme vale q´. La triangular tiene una altura q – q´, así por semejanza de triángulos: 6−3 q − q ´ q 2 ( x ) − q´ q − q´ = Þ q 2 ( x ) − q´= ( a + b − x ) ; q 2 (x) − 3 = (3+ 3− x ) b (a +b−x) b 3. q 2 (x ) = 3 + ( 6 − x ) q 2 (x ) = 9 − x Ahora, conocidas las distribuciones para ∀x se pueden calcular los esfuerzos: En x = 1: →. →. å F = 0 →VA - ½·q1(1)·x1 + Ty1 = 0. →. 9,75 – ½·2·1 + Ty1 = 0. Ty·1 = - 9,75 + 1 = - 8,75 kN →. →. å M = 0 → x1·VA – 1/3·x1 ( ½·q1(1)·x1) – M1 = 0 S. M1 = x1·VA – 1/6·q1·x12 = 1·9,75 – (1/6)·2· 12 = 9,75 – 1/3 = 9,42 kN En x = 2: 9.

(20) Ejercicios resueltos →. Ejercicios de Resistencia de Materiales. →. å F = 0 →VA + Ty2 – ½·q1(2)·x2 = 0 → 9,75 + Ty2 – ½·4·2 = 0 Ty2 = - 9,75 + 4 = - 5,75 kN →. →. å M = 0 → x2·VA – (1/3)·x2·[½·q1(2)·x2] - M2 = 0 S. M2 = x2·VA – (1/6)·q1(2)·x22 = 2· 9,75 – (1/6)·4·22 = 16,83 m kN En x = 3: →. →. å F = 0 → VA + Ty3 – ½·q·x3 = 0 →. → Ty3 = - 9,75 + 9 = - 0,75 kN. →. å M = 0 → x3·VA – (1/6)·q·x32 – M3 = 0 →. M3 = 3·9,75 – (1/6)·6·32. S. M3 = 20,25 kN En x = 4: →. →. å F = 0 →VA + Ty4 –½·q·x3 – q2(4)·(x4 – x3) – ½·[q – q2(4) ]·(x4 – x3) = 0 9,75 + Ty4 –½·6·3 – 5·(4 – 3) – ½·(6 – 5)·(4 – 3) = 0 → 9,75 + Ty4 – (18/2) - 5·1 – ½=0 Ty4 = - 9,75 + 9 + 5 + 0,5 = 4,75 kN q2. q1. Ty2. Ty1. M2. M1 VA. VA. x1 = 1. x2 = 2 q4. q3 Ty3 M3 VA. M4 VA. x4 = 4. x3 = 3. Figura 2.2d Método de las secciones en la viga. 10. Ty4.

(21) Ejercicios de Resistencia de Materiales →. Ejercicios resueltos. →. å M = 0 → x4·VA – (x4 – (2/3)·x3)·½·q·x3 – ½·q2(4)·(x4 - x3)2 – (2/3)·(x4 – x3)· S. ½·[q – q2(4)]·(x4 – x3 ) - M4 = 0 → x4 VA – (x4 – (2/3)·x3)· ½·q·x3 – ½·(x4 – x3)·q2(4)·(x4 x3) – (1/3)·[q – q2(4)]·(x4 –x3)2 - M4 = 0 M4 = x4·VA – (x4 – (2/3)·x3)· ½·q·x3 – ½·(x4 – x3)·q2(4)·(x4- x3) - (1/3)·[q – q2(4)] (x4 –x3 )2 M4 = 4·9,75 – (6/2)·3·(4 – (2/3)·3) – (5/2)·(4 – 3)2 – (1/3)·(6 – 5)·(4 – 3)2 = 39 – 18 – (5/2) – 1/3 M4 = 18,17 kN·m 1 kN. 2,25 kN/m 1m. 1,5 kN 1m. 1m. A B. 1,3 m. 1,3 m. 0,65 m. Figura 2.3a. 3.- La estructura de la figura 2.3a está cargada y apoyada según se indica. Determinar las reacciones en los apoyos A y B. Determinar también los esfuerzos para la barra AB a una distancia de 2 m de A.. En la figura 2.3b se ha representado un diagrama de sólido libre del entramado. La acción del pasador en A está representada por las componentes de fuerza HA y VA. La acción del rodillo de apoyo en B está representada por la fuerza VB, que actúa perpendicularmente a la superficie horizontal en B. La carga distribuida puede representarse, por ahora, en el diagrama de sólido libre, por una resultante R, cuya recta soporte se haya a una distancia y por encima del apoyo A. Así pues: R = ½·(2,25)·(2) = 2,25 kN;. y = 1 + (2/3)·(2) = 2,33 m. Como el entramado está sometido a un sistema de fuerzas coplanarias, disponemos de tres ecuaciones para despejar HA, VA y VB. Determinación de VB: 11.

(22) Ejercicios resueltos →. Ejercicios de Resistencia de Materiales. →. å M A = 0 ; → VB·3,25 – 2,25·2,3 + 1·2,6 – 1,5·2 = 0 VB = + 1,715 kN ↑ Determinación de HA: å F = 0 → HA + 2,25 + 1,5 = 0 → HA = - 3,75 kN →. HA = 3,75 kN ←. Determinación de VA: →. →. å M B = 0 ; → -VA·3,25 – 2,25·2,3 – 1·0,65 – 1,5·2 = 0 VA = -2,715 kN 1 kN. 2,25 kN/m 1m. 1,5 kN 1m. 1m. HA. A. B. VA. VB 1,3 m. 1,3 m. 0,65 m. Figura P-2.3b. La reacción en el apoyo A es: R A = ( H A ) 2 + ( VA ) 2 = ( 3,75) 2 + ( 2,75 ) 2 = 4,650kN. la dirección la da el ángulo. θ = arctg. VA 2,75 = 36º = arctg HA 3,75. para la posición tomando a partir del eje x negativo. Si el ángulo se toma desde el eje positivo de x (que es la referencia habitual por convenio) será de 180º + 36º = 216º.. 12.

(23) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. M. T. VB 1,25. Figura 2.3c Método de las Secciones. Si se corta la barra en x = 2 y seleccionando la parte de la derecha ver figura 2.3c, para las orientaciones dibujadas se tiene: →. →. åF=0→ →. Ty = VB = 1,715 kN. →. å M = 0 → M – VB 1,25 = 0 → M = 1,25 VB = 1,25 1,715 =2,144 kN·m S. B. B 50º. 1,2 m. 1,2 m. C. 0,6 m. C 1,8 m. 1,2 m. RC. G. P 0,6 m. 0,6 m. Cable. F. A. A. VA Figura 2.4a. 4.- La barra de la figura 2.4a pesa 1250 N está soportada por un poste y un cable según se indica en la figura. Se suponen lisas todas las superficies. Determinar la fuerza del cable y las fuerzas que se ejercen sobre la barra en las superficies de contacto. Establecer a una distancia del extremo A de 2 metros los esfuerzos en la barra.. En la figura 2.4a también se ha representado un diagrama de sólido libre de la barra. Como todas las superficies son lisas, la reacción en A será una fuerza vertical A y la reacción en C será una fuerza C perpendicular a la barra. El cable ejerce sobre la barra una tracción F en la dirección del cable. Como la barra se halla sometida a un sistema coplanario de fuerzas, se dispone de tres ecuaciones de equilibrio de las cuales se pueden despejar las incógnitas que son los módulos de las fuerzas VA, RC y F.. 13.

(24) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. Determinación de F: La determinación de la tracción F del cable se puede simplificar tomando momentos respecto al punto de concurso (exterior a la barra) de las fuerzas VA y RC. Así →. åM. →. = 0;→ D. F [2,4/sen 50º - 0,6·sen50º] - 1250·1,8·cos50º = 0 F = 541 N →. F = + 541 N Determinación de A: →. åM. →. = 0;→ B. -VA·2,4·cos 50º + F·1,8·sen50º + 1250·0,6·cos50º = 0 -VA·2,4·cos50º + 541·1,8·sen50º + 1250·0,6·cos50º = 0 VA = 796 N ↑. VA = + 796 N. Determinación de C: →. åM. →. = 0;→ B. - F·0,6·sen50º – 1250·1,8·cos50º + VC·2,4 = 0 -541·0,6 sen50º – 1250·1,8·cos50º + C·2,4 = 0 VC = + 822 N a 140º respecto la x positiva.. FS MS 2m. P F. A. VA Figura 2.4b Método de las Secciones. Para determinar los esfuerzos, se parte por x = 2 m según la dirección de la barra. Me quedo con la parte inferior. Puedo calcular vectorialmente o escalarmente. Vectorialmente: 14.

(25) Ejercicios de Resistencia de Materiales →. ∧. VA = 796 N j. Ejercicios resueltos. →. ∧. ∧. ∧. →. F = 541 N i. →. ∧. F1250 = -1250 j. r AS = -2·(cos50º i + sen50º j ). →. ∧. ∧. r FS = - 1,4 (cos50º i + sen50º j ). →. ∧. ∧. r 1250S = - 0,2 (cos50º i + sen50º j ) →. → → → → ìïFSx ü ì 0 FS + VA + F + F1250 = í y ý+ í ïîFS þ î796. →. åF= 0 x). FSx + 541 =0. y). FSy + 796 - 1250 = 0 →. →. åM = 0 →. ü ì541 ý+ í þ î0. ü ì 0 ý+ í þ î− 1250. ü → ý= 0 þ. FSx = -541 N. →. →. FSy = 1250 - 796 = 454 N →. →. →. →. →. M S + r AS ∧ VA + r FS ∧ F + r 1250S ∧ F1250 =. S. ìcos50ü ì 0 ü ìcos50ü ì541ü ìcos50ü ì 0 ü M Sz +(−2) í ý∧ í ý + (−1,4)í ý ∧ í ý +(−0,2)í ý∧ í ý =0 îsen 50þ î796þ îsen 50þ î 0 þ îsen 50þ î− 1250þ. x) M Sz + (-2)·796·cos50º - 1,4 (- sen50º)·541 - 0,2·cos50º·(-1250)= 0 M Sz - 1023,32 + 580,2 + 160,7 = 0. M Sz = 282,42 N·m. y. F. y´. y. S. N F. x. x. S. T x´. Figura 2.4c. ¿Cuales son los esfuerzos normales y cortantes?. 15.

(26) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. → ì −541 ü ý FS = í î 454 þ xy. Para determinar el esfuerzo normal y el cortante hay que proyectar la fuerza interna →. FS dada para los ejes x, y sobre los ejes de la sección.. x´ ) T= FSx ·sen50º - FSy ·cos50º N = FSx ·cos50º + FSy ·sen50º. y´). T= (-541)·sen50º - 454·cos50º = -706,26 N N =(-541)·cos50º - 454·sen50º = 0,04 N prácticamente nula. La barra trabaja fundamentalmente a flexión y cortadura. 0,14. 0,3. 0,16 400 N. 400 N 600 N. C B. A. 600 N. C A RA. HB. B VB. Figura 2.5a. 5.- Para la estructura del ejemplo figura 2.5a determinar los esfuerzos según los ejes para la sección situada en (150, 200) mm.. En la figura 2.5a se ha representado un diagrama de sólido libre del entramado. La acción del pasador en A está representada por la fuerza RA de dirección conocida (ya que la barra AC es un miembro de dos fuerzas) definida por el ángulo θA = arctg (200/ 300)= 33,69º. La acción del pasador en B está representada por las componentes de fuerza HB y VB. Como el entramado se halla sometido a un sistema general de fuerzas coplanarias, se dispondrá de tres ecuaciones de equilibrio para despejar las incógnitas que son los módulos de las fuerzas RA, HB y VB. Determinación de RA: →. →. å M B = 0 - RA·sen33,69º·(0,6) + 400·0,16 + 600·0,1= 0 → RA = 372,6 N Determinación de HB y VB.. 16.

(27) Ejercicios de Resistencia de Materiales →. Ejercicios resueltos. →. å F = 0 → x) RA·cos33,69º + HB – 600 =0 → 372,6·cos33,69º + HB – 600 = 0 → HB = 290 N →. →. å M A = 0 → VB·0,6 – 400·0,44 + 600·0,1 = 0 → VB = 193,3 N La reacción en el apoyo B es. (H B )2 + (VB )2. RB =. =. (290 )2 + (193,3)2. = 348,5. θB = arctgVB/HB = 33,69º Para determinar los esfuerzos se corta por (150, 200) mm y se elige la parte izquierda. Aquí los esfuerzos normales no son nulos. →. →. åF = 0 x) N + 373·cos33,69º = 0 → N = - 373·cos33,69º → N = - 310,36 N (compresión) y) T + 373·sen33,69º = 0 → T= -373· sen33,69º → T= - 206,9 N (cortante) →. åM. →. = 0 → 373·sen33,69º(xAS) -373 cos 33,69 (yAS) - M = 0 S. M = 206,9·0,15 - 310,36·0,2 = - 31,037 N·m T. M N. A RA = 373 N Figura 2.5b Método de las Secciones. 6.- El eje de la figura 2.6a transmite el movimiento con dos poleas de pesos 136 kp y 82 kp y radios de 50 cm y 40 cm, respectivamente. Los extremos del eje son apoyos que no transmiten momentos. Determinar los esfuerzos en x = 80 cm.. 17.

(28) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. 544 kp. R = 50 cm 22,9 cm. C. B. H. F. 68,6 cm. A. R = 40 cm. 204 kp. E. 136 kp. 408 kp. 22,9 cm. D. J Figura 2.6a →. åF. →. EXT. →. åM →. →. =0. →. →. →. →. →. →. →. →. R H + R J + FA + FB + FC + FD + FE + FJ = 0 →. =0. EXT H →. →. →. →. →. →. →. →. →. →. →. →. →. →. →. T M + AH∧ FA + BH ∧ FB + CH ∧ FC + DH ∧ FD + EH ∧ FE + FH ∧ FF + JH ∧ R J = 0 ì0,229ü ï ï AH = í 0 ý ï 0,5 ï î þ. ì0,229ü ï ï BH = í 0 ý ï 0 ï î þ. →. →. ì 0 ü ï ï R H = íR Hy ý ïR z ï î Hþ. ì0ü ï ï R J = íR Jy ý ïR z ï î Jþ. ì 0 ü ï ï FD = í 0 ý ï− 204ï î þ. ì 0 ü ï ï FE = í− 82ý ï 0 ï î þ. →. →. ì0,915ü ï ï FH = í 0,4 ý ï 0 ï î þ →. →. →. →. ì0,229ü ï ï CH = í 0 ý ï − 0,5 ï î þ. ì0,915ü ï ï DH = í − 0,4 ý ï 0 ï î þ. →. ì 0 ü ï ï FA = í− 408ý ï 0 ï î þ →. →. ì 0 ü ï ï FB = í− 136ý ï 0 ï î þ →. ì0,915ü ï ï EH = í 0 ý ï 0 ï î þ →. ì 0 ü ï ï FC = í− 136ý ï 0 ï î þ →. ì 0 ü ï ï FF = í 0 ý ï− 544ï î þ →. ì1,144ü ï ï JH = í 0 ý ï 0 ï î þ →. →. →. TM Þ Es el par del motor o momento de torsión en el eje X; TM = TM i que acciona el eje, puede ser nulo si está en equilibrio en algún instante del movimiento. ì0,229ü ì 0 ü ì0,229ü ì 0 ü ì0,229ü ì 0 ü ì0,915ü ì 0 ü ì0,915ü ì 0 ü ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï TM + í 0 ý ∧ í− 408ý + í 0 ý ∧ í− 136ý + í 0 ý ∧ í− 136ý + í − 0,4 ý ∧ í 0 ý + í 0 ý ∧ í− 82ý + ï 0,5 ï ï 0 ï ï 0 ï ï 0 ï ï 0,5 ï ï 0 ï ï 0 ï ï− 204ï ï 0 ï ï 0 ï î þ î þ î þ î þ î þ î þ î þ î þ î þ î þ →. 0,5· 408 − 0,5·· 136 + 0,4· 204 − 0,4· 544 ì0,915ü ì 0 ü ì1,144ü ì 0 ü é ù → ï ï ï ï ï ï ï yï ê ú=→ z 0,915· 204 + 0,915· 544 − 1,144· R J + í 0,4 ý ∧ í 0 ý + í 0 ý ∧ íR J ý = TM i + ê ú 0 y ï 0 ï ï− 544ï ï 0 ï ïR z ï ê ú 0 , 229 · 408 0 , 229 · 136 0 , 229 · 136 0 , 915 · 82 1 , 144 ·· R − − − + Jû î þ î þ î þ î Jþ ë−. 18.

(29) Ejercicios de Resistencia de Materiales. y. Ejercicios resueltos. RH. 544 kp B. H. C. F. A. z. 408 kp. E. 136 kp 136 kp. RJ. 82 kp D. 204 kp x J. Figura 2.6b Diagrama del cuerpo libre. 0,5·408 − 0,5·136 + 0,4·204 − 0,4· 544 é ù ê ú=→ z TM i + ê 0,915· 204 + 0,915· 544 − 1,144·R J ú 0 y êë− 0,229·408 − 0,229·136 − 0,229·136 − 0,915·82 + 1,144·R J úû →. TM = (136 − 408)· 0,5 + (544 − 204)·0,4 = 0 0,915·(204 + 544 ) = 598,3 kp 1,144 0,229·(408 + 136 + 136 ) + 0,915 82 R Jy = ≅ 201,7 kp 1,144 R zJ =. →. →. å FEXT = 0. é 0 ù é 0 ù é 0 ù é 0 ù é 0 ù é 0 ù é 0 ù é 0 ù êR y ú + ê201,7 ú + ê− 408ú + ê− 136ú + ê− 136ú + ê 0 ú + ê − 82ú + ê 0 ú = → ê Hú ê ú ê ú ê ú ê ú ê ú ê ú ê ú 0 z êëR H úû êë598,3úû êë 0 úû êë 0 úû êë 0 úû êë− 204úû êë 0 úû êë− 544úû R Hy = −201,7 + 408 + 136 + 136 + 82 = 560,3 kp R zH = −598,3 + 204 + 544 = 149,7 kp Reacciones. ì 0 ü ï ï R H = í560,3ý ï149,7 ï þ î →. ì 0 ü ï ï R J = í201,7ý ï598,3ï þ î →. 19.

(30) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. y. RH FS MS H. z. 136 kp. 408 kp. x. 136 kp. Figura 2.6c Método de las secciones. En x = 80 cm. Seleccionando la parte izquierda. →. →. →. åF = 0. →. →. →. →. →. FS + FH + FA + FB + FC = 0. 0 ì ü ï ï ì→ → → →ü FS = − íFH + FA + FB + FC ý = −í560,3 − 408 − 136 − 136 ý = î þ ï ï 149,7 î þ →. ì 0 ü ï ï í119,7 ý ï149,7 ï î þ. Momentos: →. åM. →. S. =0. ì− 0,571ü ï ï AS = í 0 ý ï 0,5 ï î þ →. →. →. →. →. →. →. →. →. →. →. MS + AS ∧ FA + BS ∧ FB + CS ∧ FC + HS ∧ R H = 0 ì− 0,571ü ï ï BS = í 0 ý ï 0 ï î þ →. ì− 0,571ü ï ï CS = í 0 ý ï − 0,5 ï î þ →. ì− 0,8ü ï ï HS = í 0 ý ï 0 ï î þ →. æ ì− 0,571ü ì 0 ü ì− 0,571ü ì 0 ü ì− 0,571ü ì 0 ü ì− 0,8ü ì 0 ü ö çï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï÷ ï ï ï ï M S = −ç í 0 ý ∧ í− 408ý + í 0 ý ∧ í− 136ý + í 0 ý ∧ í− 136ý + í 0 ý ∧ í560,3ý ÷ = ç ï 0,5 ï ï 0 ï ï 0 ï ï 0 ï ï − 0.5 ï ï 0 ï ï 0 ï ï149,7 ï ÷ þ î þ î þ î þ î þ î þ î þ î þø èî →. 0,5· 408 − 0,5·136 ì ü ì − 136 ü ï ï ï ï = −í 0,8149,7 ý = í119,76ý kp· m ï0,571· 408 + 0,571·136 + 0,571·136 − 0,8· 560,3ï ï 59,96 ï î þ î þ. 20.

(31) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. 750 N. RA. 200 mm. 200 mm A. RB 250 mm. 200 mm. P. B 200 mm. Figura 2.7a. 7.- El árbol de dos palancas, figura 2.7a, soporta una fuerza P que lo mantiene en equilibrio. En A hay un cojinete de bolas y en B uno de empuje. Los cojinetes no ejercen momentos de reacción sobre el árbol. Calcular los esfuerzos en la sección situada a 200 mm de A, indicando como trabaja.. Se consideran los ejes x según la barra, y vertical y z. El origen en A. Las fuerzas: →. RA. ìR Bx ü ï ï R B = íR By ý ïR z ï î Bþ. ì 0 ü ï ï = íR Ay ý ïR z ï î Aþ. →. åF. →. →. EXT. →. →. →. →. →. = 0 → R A + R B + P + F750. ∧. P = −P j ;. ;. →. ∧. F750 = −750 k. x ì 0 ü ìR B ü ì 0 ü ì 0 ü ï ï ï ï ï ï ï ï → = 0 → íR Ay ý + íR By ý + í− P ý + í 0 ý = 0 ïR z ï ïR z ï ï 0 ï ï− 750ï î Aþ î Bþ î þ î þ →. R Bx = 0 R Ay + R By − P = 0 R zA + R zB − 750 = 0. ** Þ. →. →. å M EXT →. r750 B. →. →. →. Þ R By = P − R Ay = 750 − 519 = 231 N Þ R zB = 750 − R zA = 750 − 231 = 519 N →. →. →. r750 B ∧ F750 + rPB ∧ P + rAB ∧ R A = 0 B. ì− 0,2ü ï ï = í 0,2 ý ï 0 ï þ î. →. rPB. ì− 0,45ü ï ï =í 0 ý ï 0,2 ï þ î. →. rAB. ì− 0,65ü ï ï =í 0 ý ï 0 ï þ î. 21.

(32) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. RA FS. RA FS 200 mm. MS. 200 mm MS A. A. 200 mm. x≤0,2 m. x≥0,2 m Figura 2.7b. ì− 0,2ü ì 0 ü ì− 0,45ü ì 0 ü ì− 0,65ü ì 0 ü ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï yï → ï í 0,2 ý ∧ í 0 ý + í 0 ý ∧ í− P ý + í 0 ý ∧ íR A ý = 0 ï 0 ï ï− 750ï ï 0,2 ï ï 0 ï ï 0 ï ïR z ï þ î þ î þ î þ î þ î Aþ î 0 ü ì0,2· (− 750)ü ì − 0,2· (− P ) ü ì → ï ï ï ï ï z ï 0 ý + í− (− 0,65)· R A ý = 0 í− 0,2· (750)ý + í ï ï− 0,45· (− P )ï ï − 0,65· R z ï ï 0 A þ þ î þ î î 150 0,2 750 = 750 N → −0,2· 750 + 0,65· R zA = 0 → R zA = = 231 N 0,2 0,65 0,45 0,45· P − 0,65· R Ay = 0 R Ay = P = 519 N 0,65 Ahora sustituimos en **; obteniendo Þ R By = 231 N R zB = 519 N − 150 + 0,2· P = 0 → P =. ì 0 ü ï ï R A = í519ý ï 231ï î þ →. ì 0 ü ï ï R B = í 231ý ï519ï î þ →. ì 0 ü ï ï P = í− 750ý ï 0 ï þ î. →. En el punto x = 200 mm = 0,2 m, debido a que la carga P está en dicha coordenada se produce una discontinuidad para los esfuerzos. Se considera x ≤ 0,2 m y x ≥ 0,2 m para obtener los dos valores. Para x ≤ 0,2 m :. 22.

(33) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. ì 0 ü ï ï å F = 0 → R A + FS = 0 → FS = − R A = í− 519ý → Ty = −519 N Cortante → Tz = −231 N Cortante. ï − 231ï î þ →. →. →. →. åM = 0. →. →. →. →. →. →. →. →. →. M S + rAS ∧ R A = 0. ìMSx ü ì− 0,2ü ì 0 ü ï yï ï ï ï ï → íMS ý + í 0 ý ∧ í519ý = 0 ïM z ï ï 0 ï ï231ï þ î þ î Sþ î. ìMSx ü ì 0 M Sx = 0 ü → ï yï ï ï y íM S ý + í 0,2 231 ý = 0 MS = −0,2·231 = −4,62 N·m ï M z ï ï− 0,2 519ï M Sz = 0,2 ·519 = 103,8 N·m þ î Sþ î. 8.- En la barra de la figura 2.8a los cojinetes permiten el desplazamiento según el eje z y no transmiten momentos a la barra. El extremo C apoya sobre una placa en forma de L según los planos yz y xy. Determinar A) Reacciones en los apoyos B) Esfuerzos en el codo E como 1) Sección perteneciente a DE 2) Sección perteneciente a FE 3) Esfuerzo en el codo F como perteneciente a la barra EF = AF = EB z 300 mm. 400 N. 450 mm. E. 200 mm. 200 mm. 300 N. D. B. 200 N A. C y. 300 mm. 250 mm. x Figura 2.8a. 23.

(34) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales →. →. →. →. →. Las reacciones son R A = (RAx, RAy,0); R B = (RBx, RBy,0); R C = ( R C x, 0 , R C z). A) Equilibrio estático →. åF. →. EXT. =0. →. åM →. rAC. →. →. →. →. →. R A + R B + R B + FA = 0 ;. →. =0. EXT. →. →. →. →. →. ìR x ü A ï ï ï yï íR A ý ï 0 ï ï þï î. →. +. ìR x ü ìR x ü ì− 400ü → B ï ï C ï ï ï ï ï ï ï ï ï yï íR B ý + í 0 ý + í 300ý = 0 ï 0 ï ïR y ï ï ï − 200ïþ ï þï ï î î C þï ï î. →. rAC ∧ R A + rBC ∧ R B + rAC ∧ F A = 0. C. = (0,3 -0,25 0,3) ;. →. rBC (0,3. -0,25 0,5) ;. →. rAC = (0,3. 0,2 0,7). ì 0,3 ü ìR A x ü ì 0,3 ü ìR Bx ü ì 0,3ü ì − 400ü ì 0ü ï ï ï ï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ï ï ï ï í− 0,25ý ∧ íR A y ý + í− 0, 25ý ∧ íR B y ý + í 0,2 ý ∧ í 300 ý = í 0ý ïî 0,3 ïþ ïïî 0 ïïþ ïî 0,5 ïþ ïïî 0 ïïþ ïî 0,7 ïþ ïïî − 200ïïþ ïïî 0ïïþ y y ì ü ì ü ì 0,2·( −200) − 0,7·(300) ü ì 0ü − 0,3· R A − 0,5·R B ï ï ï ï ï ï ïï ïï x x 0,3· R A 0,5·R B í ý+í ý + í 0,3·( 200) − 0,7·( 400) ý = í 0ý ï0,3· R y + 0,25·R x ï ï0,3·R y + 0,25·R x ï ïî 0,3·(300) + 0, 2·( 400) ïþ ïîï 0ïïþ A A þ B B þ î î. ì y y ï 1) − 0 , 3·R A − 0 ,5·R B − 250 ï ï x x í 2 ) 0 ,3·R A + 0 ,5·R B − 220 ï ï 3) 0 ,3·R y + 0 , 25 ·R x + 0 ,3·R B y + 0 , 25 ·R B x + 170 = 0 A A ïî. ì ï 4 ) R A x + R B x + R C x = 400 ï ï y y y y y y í 5) R A + R B = 300 → R B = − 300 − R A → 1 . → − 0 ,3·R A − 0 ,5·( − 300 − R A ) − 250 = 0 ï y ï 6 ) R Z = 200 + 0 ,3·R y + 150 + 0 ,5·R A y − 250 = 0 → 0 , 2 ·R A y − 100 = 0 R = 100 / 2 C A A ïî. Añadimos las del equilibrio de fuerzas En resumen:. 24. →. →. →. R A = (-1900 500 0 ); R B = (1580 -800 0); R C = ( 720 0 200 ).

(35) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. B) Esfuerzos en el codo E: Los esfuerzos a nivel numérico valen lo mismo. R. y. = 500 N ; 5. → R. A. 2. → 0,3·R. x. A. + 0,5·R. 0,3·500 + 0,25·R. R. x. B. R. x. A. x. A. x. B. −R. x. B. − 220 = 0. x A. + 0,5 ( −320 − R. = − 1900; R. x. B. = − 300 − R. y. A. x. A. = −300 − 500 = − 800 N. 3. → 0,3·R. + 0,3 ( −800) + 0,25· R. A. = −80 / 0,25. 0,3·R. R. x. y. = −320 − R. x. B x. A. y. A. + 0,25·R. x. A. + 0,3·R. + 170 = 0 ; 80 + 0,25· R. x. A. y. B. + 0,25·R. + 0, 25·R. x. B. x. B. + 170 = 0. = 0→. →. ) − 220 = 0 ; 0,3·R. x. − 160 − 0,5·R. A. = −320 + 1900 = 1580 ; R. x. C. = 400 − R. x. A. x. A. − 220 = 0; − 0,2·R. −R. x. B. x. A. = 380. =. = 400 + 1900 − 1580 = 720. C. Se considere E Є DE o E Є EF, lo único que cambia es su interpretación. Si nos quedamos con las secciones a la derecha de E, es decir tramo ED → E. FD. D. ì −400 ü → → → → ï ï F E + F D = 0 ; F D = ïí 300 ïý ï ï ï î− 200ï þ. → → åF = 0. → →. åM = 0 → FE. =. → ME =. →. →. →. →. ì 400 ü ì 0 ü ì − 400ü ìïM XE üï → → ï ï ï ï ï ï ï − F D = ïí − 300ïý ; í 0,45ý ∧ ïí 300ïý + ïíM Y Eý= 0 Þ ï îï. ï. 200 þï. ïî. 0 ï þ. ï îï. ï 200 þï. N. → ME. ì 90 ï = ïí 0 ï îï− 180. ü ï ï ý ï þï. ï. − 200 þï. ì − 0, 45 ⋅ 200 ü ì 90 N·m ü ï ï ï ï −í 0 0 ý ý=í ïî 0, 45 ⋅ 400ïþ ïî − 180 N·m ïþ. ì 400 ü → ï ï F E = ïí − 300ïý ï îï. →. r DE ∧ F D + M E = 0 ; r DE = (0 0,45 0). ï Zï M ï î Eï þ. ì − 0, 45 ⋅ 200 ü → → ï ï 0 ý + ME = 0 í ïî 0, 45 ⋅ 400ïþ. en resumen:. N·m. 25.

(36) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. i) E Є ED z. 200 N. y. 180 N·m. 300 N. x. 400 N Fuerzas en la sección. 90 N·m Momentos en la sección. En la figura se expresan los esfuerzos positivos al dibujarse con su orientación correcta. Esto indica que trabajan así: FE X = 400 N → Cortante TX = 400 N Momento flector M E X = 90 N·m Mx = 90 N·m FE Y = -300 N → Tracción N = 300 N Momento torsor nulo M E y = 0. MT = 0. FE Z = 200 N → Cortante TZ = 200 N Momento flector M E z = -180 N·m Mz =-180 N·m. ii) E Є EF 200 N. 200 N 180 N·m 400 N. 300 N. Por igualdad de esfuerzos internos en la barra EF. 180 N·m. 300 N. 400 N. 90 N·m. 90 N·m. Esfuerzos en la barra EF Para que sea de EF por la igualdad de esfuerzos internos →. FE′ = F E. ; FE′ = −M E. ′ FE X = +300 N. → TY = 300 N cortante. ′ FE y = +400 N. → TX = -400 N cortante. ′ FE Z = -200 N. → N=. ′. M E X =-90 N·m. ′. M E Y =0. 26. -200 N compresión. → MX =-90 N·m momento flector → MY = 0 momento flector.

(37) Ejercicios de Resistencia de Materiales. ′. M E Z =180 N·m. Ejercicios resueltos. → MZ = 180 N·m. momento torsor. iii) por el método de las secciones es más fácil considerar el tramo FC →. → FF. → MF. → RC. → → → → → → → å F = 0 → F F + R C= 0 ; F F = −RC = →. åM. →. S. =0. →. ì720ü ì −720 ü ï ï ï ï ï ï ï ï −í 0 ý=í 0 ý ï ï ï ï îï200þï îï− 200þï. → → → → → → → M F + r CS ∧ R C = 0 → M F = - r CS ∧ R C. ì − 0,3ü r CS = ïí 0,25 ïý ; ïî − 0,2 ïþ. →. ì720ü ì − 0,3ü ì − 0,25 ⋅ 200 ü → ì−50ü → → ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï = R C ∧ r CF = í 0 ý ∧ í 0,25 ý = í0,2 ⋅ 720 − 0,3 ⋅ 200ý = M F = ïí 84 ïý ; ï ï ï ï ï ï ï ïþ 0, 25 ⋅ 720 îï200þï î − 0, 2 þ î îï180 þï. → MF. Para que sea de la barra EF → → ′ → FF + FF. →. →. →. ì720ü ï ï ï ý ï ï 200 ï ï î þ. ì 50 ü →′ → ï ï M F = − M F = ïí− 84ïý. = 0 → F F′ = − F F = ïí 0. ï ï ï î 180 ï þ. Así para la sección Є EF → 200 N. 180 N·m 84 N·m. 50 N·m. x. ′ FE X = 720. cortante. TX = 720 N. ′ FE Y = 0. cortante. TY = 0. ′ FE Z = 200. compresión. N = -200 N. ′. M FX. = 50 N·m. momento flector MX = 50 N·m 27.

(38) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. ′. = 0. momento flector MY = 0. ′. = 180 N·m. momento torsor MZ = 180 N·m. M FX M FX. 9.- Determinar los esfuerzos para la figura 2.9a en x = 1 m, x = 3m, x = 5m y x = 7m desde el extremo inferior, teniendo en cuenta el peso propio. Datos: El material es acero de densidad γ = 8 kg/dm3, áreas Ω2 = 325 cm2, Ω1 = 2·Ω2, Ω1 = 3·Ω3. N4 2m. A1. A2. 1t. 2m. 1t x=7m. 2m A3. 2m 2t. 2t. a). b) Figura 2.9a. Primero se debe valorar el efecto del peso. Para ello, se calcula el peso de cada tramo. Para una densidad γ = 8 kg/dm3 le corresponde un peso específico de ρ = 8 kp/dm3 P1 = ρ·Ω1·L1 = 8(kp/dm3)·2·325 (cm2)·2 (m) = 8·10-3(kp/cm3)·650(cm2)·200·(cm) = 1040 kp = 1,04 t P2 = ρ·Ω2·L2 = 8(kp/dm3)·325(cm2)·4(m) = 8·10-3(kp/cm3)·325·(cm2)·400(cm) = 1040 kp = 1,04 t P3 = ρ·Ω3·L3 = 8(kp/dm3)·2·325/3(cm2)·2(m) = 8·10-3·(kp/cm3)·216,7·(cm2)·200(cm) = 347 kp = 0,347 t Está claro que los pesos son significativos. Ahora se calcula por el método de las secciones el valor de los esfuerzos que en este caso es claro que sólo son esfuerzos normales. En x = 1 solución: el esfuerzo normal vale N1 = 2,17 t En x = 3 solución: el esfuerzo normal vale N2 = 2,607 t En x = 5 solución: el esfuerzo normal vale N3 = 2,127 t En x = 7 Resolución:. 28.

(39) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. Se plantea el equilibrio elástico para la figura 2.9aa) así sólo se necesita una sola ecuación: N4 = P1*+ P2 + P3 + 2 t - 1 t donde P1* es el peso de la porción del tramo superior, P2 y P3 los pesos de los tramos inferiores, calculados anteriormente. Así: P1*= P1/2 = 1,04/2 t = 0,52 t o bien P1* = ρ·Ω1·L1* = 8(kp/dm3)·2·325(cm2)·1(m) = 8·10-3(kp/cm3)·650(cm2)·100(cm) = 1040 kp = 0,52 t así se obtiene que: N4 = 0,52 t + 1,04 t + 0,347 t + 2 t - 1 t = 2,907 t 6t. 6t. 2m 4t. 4t x=5 m. 2m. q=1,5 t/m 6t. 6t. 2m N3. a). b) Figura 2.10a. 10.- Determinar los esfuerzos para la figura 2.10a en x = 1 m, x = 3 m y x = 5 m desde el extremo superior, teniendo en cuenta el peso propio de la viga si es imprescindible. Datos: El material es acero de densidad γ = 8 kg/dm3, área Ω = 20 cm2. El peso de la viga es: P = ρ·Ω·L = 8kp/dm3·20cm2·6m = 8·10-3kp/cm3·20cm2·600cm = 96 kp = 0,096 t que a todas luces es despreciable frente a las cargas del problema. No considerar el peso simplifica los cálculos. Así, si no se considera el peso los esfuerzos normales (no hay otros esfuerzos) valen:. 29.

(40) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. En x = 1 solución: el esfuerzo normal vale N1 = -7,5 t En x = 3 solución: el esfuerzo normal vale N2 = -6,5 t En x = 5 Resolución: Se plantea el equilibrio elástico para la figura 2.10ab), así se necesita una sola ecuación: N3 = -6 t + 4 t - 6 t – q·5m = - 8 + 1,5·(t/m)·5m = - 15,5 t. F. VA Ty. q A. Mz. B. L/2. F q. VB. Ty. L/2. Mz. 1). 2) Figura 2.11a. 11.- Determinar los esfuerzos para la figura 2.11a1 en x = L/4 y x = 3 L/4, el peso propio es despreciable. Datos: L = 3m; F = 4 t; q = 5 t/m. Lo primero es determinar las reacciones. A partir de las ecuaciones de equilibrio: å FEXT. X. = 0 Þ HA = 0. å FEXT. Y. = 0 Þ VA + VB = q·L + P = 15 + 4 = 19. å M EXT. A Z. = 0 Þ q·L·. 3 3 19 L L + P· - VB·L = 0; 15· + 4· - VB·3 = 0 Þ VB = t 2 2 2 2 2. 19 t . Para determinar las reacciones bastaba una sola 2 ecuación ya que hay simetría de geometría y carga respecto al plano medio de la viga por lo que VA = VB. y por tanto VA = 19 - VB =. En x = L/4. Resolución:. En la figura 2.11a2 se muestra la viga seccionada en x = L/4. Los esfuerzos en la viga son el cortante Ty y el momento flector Mz. Eligiendo la parte de la izquierda y planteando el equilibrio los esfuerzos y para los ejes de la figura se obtiene:. 30.

(41) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ty + VA – q· Mz - VA·. Ejercicios resueltos. 23 L = 0 Þ Ty = t 4 4. 183 L L L + q· · = 0 Þ Mz = t 4 4 8 32. si se aplica para la parte derecha los esfuerzos que se obtienen son del mismo valor pero con sentido contrario de forma que se anulan. En x = 3.L/4. Solución: Ty =. 23 183 t; Mz = t·m 4 32. 12.- Determinar los esfuerzos para la figura 2.12a en x = 1, x = 3 y x = 5, el peso propio es despreciable. Datos: a = b = c = 2 m; M 1z = 6 t·m; P = 3 t; q = 2 t/m. P q. M. A. a. B. b. c. Figura 2.12a. Lo primero es determinar las reacciones. A partir de las ecuaciones de equilibrio: å FEXT. X. = 0 Þ HA = 0. å FEXT. Y. = 0 Þ VA + VB = q·b + P = 2·2 + 3 = 7. å M EXT. A Z. = 0 Þ M- q·b·. VB = 5 t. b - P·(b+c) + VB·b = 6 – 2·2·2/2 – 3·(2+2) + VB·2 = 0 Þ 2. y por tanto VA = 7 - VB = 2 t. En x = 1. Solución: Ty = 0 t; Mz = - 6 t·m. En x = 3. Resolución:. En la figura 2.12c se muestra la viga seccionada en x = 3. Los esfuerzos en la viga son el cortante Ty y el momento flector Mz. Eligiendo la parte de la izquierda y planteando el equilibrio los esfuerzos y para los ejes de la figura se obtiene: å F Y = 0 Þ -Ty + VA – q·. b = 0 Þ Ty = 0 t 2. 31.

(42) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. å M AZ = 0 Þ Mz + M- VA·(3-a) + q·(3-a)·(3-a)/2= 0 Þ Mz = - 5 t·m. Solución: Ty = - 3 t;. En x = 5. Mz = 3 t·m q. P. Ty. q M A. M. A. B. VB. VA. Mz. VA x=3. 1). 2) Figura 2.12b. 13.- Determinar los esfuerzos para la figura 2.13 en x = L/8, x = 3 L/8, x = 5 L/8 y x = 7 L/8. El peso propio es despreciable. Datos: a = b = c = d; L = 4m; P = 6 t; q = 3 t/m; M 1z = 2 t·m; M 1x = 3 t·m. q. P. A. M. 1. x. a. M. 1. M. z. b. c. 1. B x. d. Figura 2.13. Lo primero es determinar las reacciones. A partir de las ecuaciones de equilibrio: å FEXT. X. = 0 Þ HA = 0. å FEXT Y = 0 Þ VA + VB = Q + P; siendo Q la carga neta triangular y cuyo valor es: 1 L 1 4 Q = ·q· = ·3· = 3 t Þ VA + VB = 3 t + 6 t = 9 t 2 2 2 2 å M EXT AX = 0 Þ M1X - M1X = 0; se equilibran y por tanto se puede estudiar como caso plano considerando esos momentos torsores en el eje x.. 32.

(43) Ejercicios de Resistencia de Materiales. å M EXT. A Z. = 0 Þ M 1Z +. =3t. Ejercicios resueltos. 2 L L 2 4 4 · ·Q + P· - VB·L = 2 + · ·Q + 6· - VB·4 = 0 Þ VB 4 3 2 3 2 4. y por tanto VA = 9 - VB = 6 t. En x = L/8 = 1/2. Resolución:. Se aplica el método de las secciones y seleccionando la parte de la izquierda. Los esfuerzos en la viga son el cortante Ty y el momento flector Mz. Planteando el equilibrio los esfuerzos y para los ejes de la figura se obtiene: åF. = 0 Þ Ty + VA -Q´= 0; siendo Q´ la carga triangular que queda a la izquierda 1 L 1 L 1 3 2·q de la sección y de valor Q´= ·q(x = = )· ; la función q(x) = ·x Þ q( ) = ; 8 2 2 2 4 2 L Y. Q´= åM. 93 1 3 1 3 3 Þ Ty + 6 t · · = = 0 Þ Ty = − 16 2 4 2 16 16 A Z. = 0 Þ Mz - VA·. En x = 3 L/8 = 3/2 Ty =. L 1 L 93 + Q´· · = 0 Þ Mz = 8 3 8 32 Solución:. 27 165 t·m; el resto nulos. t; MT = 3 t·m; Mz = 32 16. En x = 5.L/8 = 5/2. Solución:. Ty = 3 t; MT = 3 t·m; Mz = 4,5 t·m; el resto nulos. En x = 7.L/8 = 7/2. Solución:. Ty = 3 t; Mz = 1,5 t·m; el resto nulos.. Figura 2.14a. 14.- Para la estructura de las figuras 2.14a establecer los esfuerzos en todas las barras por aplicación del método de Ritter. 33.

(44) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. En primer lugar se calculan las reacciones: å FEXT. X. å FEXT. Y. = 0 Þ HA = 0; las componentes de las cargas en el eje x se anulan.. P 3 = 0 Þ VA + VD = (2·P + 4· ) cos30º= 4·P· = 2·P· 3 2 2. Como hay simetría respecto al plano medio de la estructura, tanto de carga como de geometría se puede asegurar: VA = VD no siendo necesario el planteamiento de la ecuación de momentos. Así, las fuerzas en las barras que son simétricas respecto a este plano medio, también serán iguales. En la segunda figura 2.14a se muestran cuatro cortes que permiten resolver la estructura por el método de Ritter. Con estos cortes se aísla cada nudo y basta aplicar el equilibrio de fuerzas. El cuarto corte sólo sirve de comprobación. Analizando estos cortes. Corte I (figura 2.14b1):. =−. åF. X. = 0 Þ N1 + N7·cos30º +. P ·sen30º = 0 2. åF. Y. = 0 Þ VA + N7·sen30º -. P ·cos30º = 0. Resolviendo se obtienen: N1 = 2·P; N7 2. 3· 3·P 2. Corte II (figura 2.14b2): En este caso se puede proyectar sobre los ejes x´, y´ dando ecuaciones más sencillas. åF. X′. = 0 Þ N6 = N7 = −. åF. Y′. = 0 Þ N8 = - P. 3· 3 P 2. Corte III (figura 2.14b3): Primero debe conocerse el ángulo. Si H es la altura de la cercha se cumple que: tgβ =. H H Þ tgβ = 2·tg30º Þ β = 49,106605º además tg30º = L/ 4 L/ 2. åF. X. = 0 Þ N8·sen30º + N1 - N9·cosβ - N2 = 0. åF. Y. = 0 Þ N8·cos30º + N9·senβ = 0 → Resolviendo se obtienen: N2 =. 1,1456439·P 34. 3·P ; N9 = 4.

(45) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. y. y. y´. x´. P/2 N7. 30º. 30º A. P x. N1. 30º. N6 30º. G N7. VA. N8. 2). 1). y. y P/2. N9 N8. 30º. P/2 30º 30º. β N1. x. B. 3). x. x N2. F. N6 N9. 4). N6 N9. Figura 2.14b. Corte IV (figura 2.14b4): La ecuación en el eje y sirve de comprobación, se debe tener en cuenta que hay simetría y que por tanto N5 = N6; N10 = N9 åF. Y. P = 0 Þ ¿ 2· ·cos30º + 2·N6·sen30º + 2·N9·senβ = 0? 2. P sustituyendo los valores se comprueba: 2· ·cos30º + 2·N6·sen30º + 2·N9·senβ = 2 3 3· 3·P ·P − + 2·1,1456439·P·0,7559289 = 0 comprobado. 2 2 15.- Para la estructura de la figura 2.15a establecer los esfuerzos en las barras GF, FB y BC por aplicación del método de Ritter. 35.

(46) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. Corte. Figura 2.15a. Este ejemplo sirve para ver otra aplicación del método de Ritter cortando tres barras a la vez, de forma que se debe aplicar también la ecuación de momentos para la resolución. Para determinar los esfuerzos en dichas barras se puede cortar directamente (figura 2.15a) al ser tres barras y, por tanto; tres esfuerzos las incógnitas. Para resolver se necesitan tres ecuaciones, como es un caso plano; con las dos de fuerzas y una de momentos basta. Así se aplica el método de Ritter o de las secciones en estructuras como se muestra en la figura 2.15b. Se elige el corte izquierdo por ser más sencillo. Por comodidad se numeran las barras como en el ejercicio anterior. Para poder resolver primero se deben calcular las reacciones. Esto se hizo en el ejemplo anterior por lo que no se repite aquí. Se plantean las ecuaciones de equilibrio para el corte: åF. X. = 0 Þ N2 + N6·cos30º + N9·cos49,1º + P·sen30º +. P ·sen30º= 0 2. åF. Y. = 0 Þ N6·sen30º + N9·sen49,1º + VA – P·cos30º -. P ·cos30º= 0 2. Los momentos se toman en B por ser más fácil. åM. BG =. B Z. = 0 Þ VA·AB –. P ·AG + N6·BG = 0 la geometría que se necesita es: 2. L L L L 3 sen30º = ; AG = ·cos30º = ·L ; AB = 4 8 4 4 8. P. 30º. N6 N9. P/2 30º. 49,1º. N2 Figura 2.15b. 36.

(47) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. Resolviendo la ecuación de momentos VA·. L P 3 L 3· 3·P – · L + N6· = 0 N6 = − que coincide con el ejercicio anterior. 4 2 8 8 2. Las ecuaciones de fuerzas: åF. X. = 0 Þ N2 −. åF. Y. =0Þ −. 1 P 1 3· 3·P 3 · + N9·cos49,1º + P· + · = 0 2 2 2 2 2. 3 P 3 3· 3·P 1 · + N9·sen49,1º + 2· 3·P – P· - · =0 2 2 2 2 2. Se resuelve: N9 = 1,146·P N2 =. 3·P valores que coinciden con los del ejercicio anterior. 4 300 kN z C O. B 250 kN. x. y. A 200 kN. 150 kN. 100 kN. 300 kN. z. M. F B. O. C B 250 kN. x. y. A 150 kN. 200 kN 100 kN Figura 2.16. 16.- La figura 2.16 es una viga en cruz que está empotrada en O. Establecer los esfuerzos en la sección media del tramo OB. Datos: OB = 40 cm, AB = BC = 30 cm. El planteamiento del método de las secciones se realiza en un caso tridimensional con esfuerzos en el centro de masas de la sección de cálculo. Aplicar el método de las secciones es dividir por la sección de cálculo y considerar una parte, bien la de la derecha o la de la izquierda. Si en este caso se considera la parte izquierda sería necesario calcular las reacciones en el empotramiento, lo que no es 37.

(48) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. necesario si tomamos la parte derecha. En la figura 2.16a de se muestra la situación elegida para el cálculo de esfuerzos. →. →. En la sección de corte se toman las acciones internas cuyas resultantes son F y M para fuerzas y momentos respectivamente. Se resuelve planteando directamente el equilibrio elástico. i) Equilibrio de fuerzas: →. →. →. →. →. →. →. å F = 0 Þ FA +FB +FC + F = 0 →. →. →. →. →. →. →. FA = (150 100 0); FB = (0 250 -200); FC = (0 0 300); Þ F = - FA - FB - FC = - (150 ∧. ∧. ∧. 100 0) – (0 250 -200) – (0 0 300) = (-150 –350 -500) = -150 i - 350 j - 100 k Þ Fx = 150 kN, Fy = -350 kN; Fz = -100 kN Si se identifican los esfuerzos se tiene para los ejes absolutos: ∧. →. Esfuerzo normal: N = Fy = -350 kN; N = -350 kN j →. ∧. Esfuerzos cortantes: Tx = Fx = -150 kN; Tz = Fz = -100 kN Þ T = -150 kN i - 100. ∧. kN k ii) Equilibrio de Momentos: Se toma en la sección →. →. →. →. →. →. →. →. →. →. å M = 0 Þ R A ∧ FA +R B ∧ FB +R C ∧ FC + M = 0 →. →. →. R A = (0´3 0´2 0); R B = (0 0´2 0); R C = (-0´3 0´2 0) ∧ →. ∧. i. →. j. ∧. k. ∧. →. R A ∧ FA = 0′3 0′2 0 = (0,3·100 – 0,2·150) k = 0 150 100 0 ∧ →. →. ∧. i. ∧. j. k. ∧. ∧. R B ∧ FB = 0 0′2 0 = (0,2·-200) i = -40 i 0 250 −200 ∧ →. →. i. ∧. j. ∧. k. ∧. ∧. ∧. ∧. R C ∧ FC = −0′3 0′2 0 = 0,2·300 i – (-0,3)·300 j = 60 i + 90 j 0 0 300. 38.

(49) Ejercicios de Resistencia de Materiales →. ∧. →. →. →. Ejercicios resueltos. →. →. →. →. →. ∧. ∧. ∧. å M = 0 Þ M = -(R A ∧ FA +R B ∧ FB +R C ∧ FC ) = -(-40 i )-(60 i + 90 j ) = -20 ∧. ∧. ∧. ∧. i - 90 j = Mx i + My j + Mz k Þ Mx = -20; My = -90; Mz = 0. Si se identifican los esfuerzos se tiene; ∧. →. ∧. Momento Torsor: M T = My j = -90 kN·m j →. ∧. ∧. ∧. Momento Flector: M F = = Mx i + Mz k = - 20 kN·m i. 20 kN. 15 kN C. D. B. A. E. F. Figura 2.17a. 17.- Determinar las fuerzas, para la estructura de la figura 2.17a, que soportan las barras BC, BE y EF. Todas las barras tienen longitud 2 m. Aplicando el método de Ritter y cortando por las tres barras se elige la parte superior. Ver figura 2.17a. Se aplican las ecuaciones de equilibrio. →. →. ΣF = 0 Þ. →. Σ Fx = 0. NBC·cos 60º + NBE + NEF·cos 60º = 0. Σ Fy = 0. NBC·sen 60º + NEF ·sen 60º + 15 + 20 = 0. →. Σ M E = 0 Þ 15·CE·cos 60º - 20·ED·cos 60º + NBC·CE·sen 60º = 0 1 1 3 15·2· − 20·2· + N BC ·2· =0 2 2 2. NBC =. 20 − 15 3. =. 5 3. =. 5· 3 kN 3. NBC =. 5· 3 3. 39.

(50) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. 15 kN C. 20 kN D. NBC. NBE. E NEF Figura 2.17b. Sustituyendo en las ecuaciones de las fuerzas 1 5· 3 5· 3 1 ·cos 60º + NBE + NEF·cos 60º = 0 Þ · + NBE + NEF · = 0 2 3 3 2 3 5· 3 5· 3 3 5· 3 ·sen 60 + NEF ·sen60º+ 35 = 0 Þ · + NEF · + 35 = 0 Þ + NBE 2 2 3 3 6 1 + NEF · = 0 2. − 70 − 5 − 75 5 3 − 75· 3 + NEF · + 35 = 0→NEF = = →NEF = 2 2 3 3 3 5 3 − 75· 3 5· 3 − 75· 3 1 70 3 + NBE = 0→ + NBE = 0 − + NBE = 0 2 6 6 3 6 6. NBE =. 70· 3 6. Solución: NBC =. 5· 3 kN 3. NEF =. 10 t. 5t. 5m A. − 75· 3 70· 3 kN NBE = kN 3 6. 5m. 5m B. C. 5t. 5m D. α. 5m F. β. H E Figura 2.18a. 40. E. 2m.

(51) Ejercicios de Resistencia de Materiales. Ejercicios resueltos. 18.- El puente de la figura 2.18a se va a diseñar para las cargas marcadas. Determinar por Ritter los esfuerzos en todas las barras. En los nudos A y E sólo hay reacciones verticales VA y VE. Como hay simetría en la geometría y en la carga respecto al plano medio se puede escribir VA = VE → VA+ VE = 5 + 10 + 5 = 20 t→ VA = VE = 10 t Por simetría se verifica.. NAF. B. A. 45º. VA. NCE. 5t. NAB. A. NBC. NEF. NCF. VA. NEH E. F. NEF Figura 2.18b. NAB = NDE ; NBC = NCD ; NBF = NDM ; NEF = NEH ; NCF = NCH Hacemos el primer corte. Nudo A. Por equilibrio de fuerzas. El ángulo α = 45º Σ Fx = 0. NAB + NAF ·cos 45º = 0. Σ Fy = 0. NAF ·sen 45º - VA = 0. NAF =. VA 20 20· 2 10 = = = = 10· 2 t sen 45º 2 2 2 2. NAB = - NAF ·cos45º = - NAF NAF = 10. 2 t. 2 = - 10 2. 2. 2 = - 10 t 2. NAB = - 10 t. La barra BF es inmediata por equilibrio en el nudo B. NBF = - 5t. Hacemos 2º corte. El ángulo β = 21,8º. tg β =. 2 → β = 21,8º 5. Aplicamos el equilibrio: Σ Fx = 0. NBC + NCF ·cos45º + NEF·cos21,8º = 0. Σ Fy = 0 - 5 + VA + NCF ·sen 45º - NEF ·sen45º - NEF ·sen21,8º = 0 Σ MF = 0. VA ·5 + N BC ·5 = 0 →NBC = - VA = -10 t. 41.

(52) Ejercicios resueltos. Ejercicios de Resistencia de Materiales. 2 10 − N CF · 2 2 →- 5 + 10 + N · 2 -10 + NCF · + NEF ·0,93 = 0 →NEF = CF 2 2 0,93. NEF ·0,37 = 0 →5 + NCF · =-. 2 - 0,37·(10,75 - 0,76·NCF ) →1,02 + 0,99·NCF = 0 →NCF 2. 1,02 = 0,99 - 1,03→NCF = -1,03→NEF = 10,75 - 0,76·(1,03) = 11,53 Falta la barra CE. Equilibrio en el nudo E. NEF ·senβ + NEH·senβ + NCE = 0 →NEF = NEH. 8,53. 2·NEF ·senβ + NCE = 0. →NCE = - 2·NEF ·sen β = - 2·11,53·0,37 = -8,53 →NCE = -. En resumen: NAB = NDE = - 10 t NBC = NCA = - 10 t NBF = NDH = - 5 t NEF = NEH = 11,53 t NCF = NCH = - 1,03 t NAF = NEH = 10· 2 t NCE = - 8,53 t. 42.

(53) LECCIÓN 3 Geometría de masas. Secciones planas Introducción: En el estudio de la mecánica de los cuerpos es de vital importancia conocer en profundidad sus propiedades como son la masa, los centros de masa, sus inercias, etc., para poder analizar sus movimientos y, si es el caso, puedan diseñarse con la mayor fiabilidad posible. En la teoría se estudia la geometría de masas tanto de los cuerpos como de las secciones planas. El estudio de las secciones planas es fundamental en el diseño de los elementos estructurales para que el diseñador de estructuras las optimice en todos sus aspectos como pueden ser la resistencia mecánica, la rigidez, estabilidad, economía, etc. En este curso de Resistencia de Materiales se insiste el estudio de las secciones planas evitando la geometría de masas de los cuerpos, con la finalidad de no recargar los contenidos. Objetivos de la lección: Conseguir que el estudiante aprenda a calcular las propiedades fundamentales de las secciones de los elementos estructurales y métodos de obtención de las mismas, con el objetivo de que los diseños que realice sean adecuados. Contenidos de los problemas: Cálculo de áreas, centroides, momentos estáticos, momentos de inercia, radios de giro, etc., por los métodos directos del cálculo o por la aplicación del teorema de Steiner. Además se estudian los teoremas de Pappus y Guldinus para el cálculo de áreas y volúmenes. Problemas resueltos: Los problemas se pueden separar en varios grupos: i) Determinación de las propiedades de las secciones por los métodos de cálculo tradicionales. ii) Determinación de las propiedades de las secciones por descomposición en secciones de propiedades conocidas y con la aplicación del teorema de Steiner. iii) Cálculo de áreas y volúmenes con los teoremas de Pappus y Guldinus. Formulación básica: Momentos estáticos de masas, volúmenes, secciones y longitudes, como sistemas discretos y continuos: Masa m:. sM =. n. å r ·m i =1. Volumen V:. sV =. sΩ =. i. n. å r ·V i =1. Área Ω:. i. i. V. n. i =1. i. m. sV = ò r·dV. i. å r ·Ω. sM = ò r·dm. i. sΩ = ò r·dΩ Ω. 43.