PrefacioEl presente libro estudia los temas más importantes en Resistencia de Materiales, con énfasis en aplicación a, solución de problemas y diseño de elementos estructurales y dispositivos mecánicos. El libro está orientado para alumnos de Ingeniería del segundo o tercer año. El desarrollo del curso de Resistencia de Materiales presupone que el alumno posee los recursos propios del cálculo infinitesimal, cálculo integral, geometría de masas en lo referente a saber calcular centros de gravedad y momentos de inercia de figuras planas, y, fundamentalmente, de la Estática, sin cuyo conocimiento es impensable poder obtener un suficiente aprovechamiento del curso. En la mayoría de los capítulos el primer objetivo es la determinación de las tensiones normales y transversales, luego la determinación de los valores máximos de estos tensiones y finalmente el cálculo de las correspondientes deformaciones. Se estudian como tipos de carga: Tracción, Corte, Torsión y Flexión. Inicialmente se estudia la teoría y esta se complementa con un apreciable número de ejemplos o problemas resueltos y luego con problemas propuestos para que el alumno refuerce su comprensión. En el primer capítulo se hace una introducción al estudio de la Resistencia de Materiales marcando sus objetivos y estableciendo los principios generales, que completan las conclusiones de la teoría de la Elasticidad, para poder desarrollar la disciplina siguiendo el método lógico-deductivo. En el resto de los capítulos se hace un análisis sistemático de las acciones que se derivan de una solicitación externa actuando sobre un prisma mecánico. Y este estudio se hace considerando los efectos producidos por cada una de las posibles magnitudes causantes, actuando cada una de ellas independientemente de las otras. Así, las tensiones normal y cortante que someten al prisma a tracción o compresión y a cortadura, respectivamente, son tratados en los Capítulos 2 y 3. En el capítulo 4 se estudia la teoría de la torsión y los tres capítulos siguientes se dedican al estudio de la flexión, en sus múltiples aspectos. En los dos primeros de éstos se expone la teoría general haciendo en uno de ellos un análisis del estado tensional que se crea en el prisma mecánico cuando se le somete a flexión pura o flexión simple, y en el otro, el estudio de las deformaciones producidas por la misma causa. El importante tema del pandeo es tratado en el Capítulo 8, en el que hay que abandonar una de las hipótesis fundamentales admitidas en Resistencia de Materiales cual es la de pequeñez de las deformaciones. Finalmente, un último capítulo se dedica al estudio de los estados tensional y de deformaciones cuando la solicitación que actúa sobre el prisma mecánico es arbitraria. Era necesario acabar la obra con un tema que nos hiciera ver la generalidad de aplicación de las teorías de la Resistencia de Materiales a todo tipo de piezas. En toda la obra se usa el Sistema Técnico de Unidades o el Sistema Internacional de Unidades y para la solución de muchos de los problemas se usó software matemático. Agradezco la ayuda y sugerencias de los docentes de Ingeniería Mecánica y Electromecánica de la UMSA, quienes realizaron valiosos aportes al texto. Contenido Prefacio INDICE 1 Conceptos Básicos de la Resistencia de Materiales 1.1. Objeto y Finalidad de la Resistencia de Materiales 1.2. Concepto de Sólido Elástico 1.3. Modelo teórico de sólido utilizado en Resistencia de Materiales. (Prisma mecánico) 1.4. Principios generales de la Resistencia de Materiales 1.5. Tipos de Cargas exteriores sobre un prisma mecánico 1.6. Equilibrio estático y equilibrio elástico 1.7. Tipos de Solicitación 1.8. Determinación de las Cargas Internas (Método de las Secciones) 1.9. Tensiones o Tensiones 1.10. Deformación 1.11. Diagrama Tensión y Deformación 1.12. Constantes Elásticas 1.13,- Diagrama Tensión – Deformación para otros materiales 1.14. Diagramas Ideales 1.15. Coeficiente de Seguridad, Tensión Admisible y Carga Admisible 1.16. Falla frente a Cargas Estáticas y Variables PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 2 Tracción y Compresión 2.1. Introducción 2.2. Diagramas de Fuerzas Normales: 2.3.- Tracción Compresión Mono axial 2.4.- Tracción Compresión Biaxial 2.6.- Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) 2.7.- Trabajo de las Fuerzas en Tracción Compresión (Energía Potencial de Deformación) PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 3 Corte Puro 3.1. Introducción 2.2.- Tensiones y Deformaciones en Corte Puro 2.3. Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 4.- Torsión 4.1. Introducción 4.2. Diagrama de Momentos de Torsión: 4.3.- Torsión Circular 4.4 Torsión en Elementos con Sección Rectangular 4.5 Tensiones en Secciones Cerradas de Pequeño Espesor 4.6. Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 5.- Flexión - Fuerza Cortante y Momento Flector 5.1. Introducción 5.2. Cargas 5.3. Tipos de Apoyos 5.4. Tipos de Vigas 5.5. Cálculo de Reacciones 5.6. Momento Flector y Fuerza Cortante 5.7. Relación entre el momento Flector y la Fuerza Cortante 5.8. Determinación del Momento Flector y la Fuerza Cortante 5.9. Valores del Momento Flector y la Fuerza Cortante en los extremos 5.10. Cálculo de Momentos por funciones de Singularidad 5.11. Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 6.- Flexión – Tensiones Normales y Cortantes 6.1. Introducción 6.2. Tensiones Normales en Flexión 6.3. Tensiones Cortantes en Flexión 6.4. Perfiles Comunes Usados en Vigas PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 7.- Deformaciones en Flexión 7.1. Introducción 7.2 Línea Elástica 7.3 Método de la Ecuación Diferencial de la Elástica o Doble Integración del Momento 7.4. Método de Superposición 7.5. Método del Área del Diagrama de Momentos o Teoremas de Mohr 7.6. Método de la viga conjugada 7.7. Sistemas Hiperestáticos PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 8.- Solicitación Compuesta 8.1. Introducción 8.2. Combinación de Tensiones 8.3. Combinación de Deformaciones 8.4 Casos de Solicitación Compuesta PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 9.- Métodos Energéticos 9.1. Introducción 9.2. Trabajo 9.3 Energía Potencial 9.4 Ecuaciones de la energía 9.5 Teorema de Castigliano 9.6 Ecuaciones de Castigliano PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 10.- Pandeo de Columnas 10.1. Introducción 10.2 Equilibrio Estable, Inestable e Indiferente 10.3. Tipos de apoyos y Columnas 10.4 Carga Crítica de Euler 10.5. Ecuación de la línea elástica: 10.6. Límites de Aplicación de la Formula de Euler 10.7. Columnas cargadas Excéntricamente – Formula de la Secante PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS 1 Conceptos Básicos de la Resistencia de Materiales 1.1 Objeto y Finalidad de la Resistencia de Materiales El objetivo del presente libro es establecer los criterios que nos permitan determinar el material más conveniente, la forma y las dimensiones más adecuadas que hay que dar a los elementos de una estructura o máquina para que puedan resistir la acción de las fuerzas y momentos exteriores que los solicitan, así como para obtener este resultado de la forma más económica posible. Si se someten dos cables de la misma forma y dimensiones, pero de distinto material como podían ser de acero y cobre a una misma fuerza por ejemplo el peso de un cuerpo, mismo que se incrementa paulatinamente, se observa que el cable de cobre es el primero en el que se produce la rotura. Por lo tanto se puede decir que el acero posee mayor resistencia mecánica que el cobre, entendiendo por tal la capacidad de oponerse a la rotura al ser sometido a una solicitación exterior. En cuanto a las deformaciones que experimentan ambos materiales, también se observa que son distintas. Se llama rigidez a la propiedad que presenta el material de oponerse a las deformaciones. Otro aspecto de gran importancia es la estabilidad, entendiendo por tal la capacidad de oposición del elemento a grandes desplazamientos y deformaciones como resultado de las cargas exteriores. El cálculo de la estabilidad de la pieza nos permitirá conocer su capacidad de conservar las formas de equilibrio que adopta en estado deformado. Teniendo presentes las anteriores consideraciones, podemos dar una definición más simple aún que la dada inicialmente, y decir que Resistencia de Materiales es la ciencia que trata del cálculo de la Resistencia Mecánica, Rigidez y Estabilidad de las piezas de una estructura o máquina. En el presente libro se estudiaran principalmente dos problemas fundamentales: 1.° Problema de dimensionamiento. Conocido el sistema de cargas que solicita a una pieza de una estructura o máquina, calcular sus dimensiones para que la pieza resista y las deformaciones que se originan no sobrepasen unos valores límites fijados de antemano. 2.° Problema de comprobación. Conocida la solicitación exterior y terminado el dimensionamiento de una pieza, comprobar su resistencia y calcular las deformaciones. La Resistencia de Materiales tiene importantes aplicaciones en todas las ramas de la ingeniería. Sus métodos los utilizan los ingenieros aeronáuticos y navales para el diseño y construcción de aviones y barcos, respectivamente; los ingenieros civiles, al proyectar puentes, presas y cualquier tipo de estructura; los ingenieros de minas, para resolver la necesidad de conocimientos de construcción que exige su profesión; los ingenieros mecánicos y electromecánicos. para el proyecto y construcción de maquinaria y todo tipo de construcciones mecánicas, como son los recipientes a, presión; los ingenieros energéticos, para proyectar los diferentes componentes de un .reactor; los ingenieros metalúrgicos, por la necesidad que tienen del conocimiento de los materiales actuales para la búsqueda de nuevos materiales: los ingenieros eléctricos, para el proyecto de máquinas y equipos eléctricos, y, en fin, los ingenieros químicos, para el diseño de instalaciones en industrias de su especialidad. 1.2 Concepto de Sólido Elástico La Estática y la Mecánica Teórica consideran indeformables los cuerpos materiales, ya se encuentren en estado de movimiento o de reposo. Las conclusiones que se obtienen con esta suposición son en gran número de casos buenas aproximaciones de lo que realmente ocurre. Pero para determinar la resistencia de una pieza y sus deformaciones se deben analizar los cuerpos como deformables. Según lo indicado se pueden considerar los sólidos como: a) Sólido rígido, b) Sólido elástico y c) Sólido verdadero. a) Sólido rígido.- Es aquel que se supone indeformable y que ante cualquier carga (por grande que sea) a que está sometido, la distancia entre dos moléculas cualesquiera permanece invariable. b) Sólido elástico.- Es aquel que ante una tensión exterior se deforma y recupera su forma original al cesar la causa exterior. A los sólidos elásticos se les supone una serie de cualidades como son las de isotropía, homogeneidad y continuidad. Un cuerpo es isótropo cuando sus propiedades físicas no dependen de la dirección en que se han medido en dicho cuerpo. El sólido es homogéneo si toda región del mismo posee idéntica composición y características que otra cualquiera. Finalmente el cuerpo es continuo si no existen huecos entre partículas ni, por consiguiente, distancias intersticiales. c) Solido verdadero.- Las propiedades de isotropía, homogeneidad y continuidad no concurren en ningún material, ya sea natural o elaborado por el hombre: no es posible que se dé un grado de elasticidad exactamente igual en todas las direcciones debido a la distribución de sus átomos o moléculas en redes cristalinas ordenadamente dispuestas. Tampoco existe en la realidad la homogeneidad perfecta, así como sabemos por las teorías modernas de la materia que ésta no es continua y que existen espacios vacíos entre las moléculas y entre los mismos átomos que la componen. Por lo tanto en algunos materiales como la madera y el hormigo el cuerpo no puede ser analizado como Solido Elástico y debe ser analizado como solido verdadero. Entonces sólido verdadero es aquel que resulta de considerarlo como deformable ante las cargas a que está sometido y falto de isotropía, homogeneidad y continuidad El considerar a los sólidos continuo es muy cómoda, pues permite admitir, cuando existe una deformación debida a la aplicación de una fuerza a unas moléculas del sólido, que el tensión es absorbido en parte por las moléculas próximas y de esta forma queda repartido de forma continua y apta para el cálculo. Los materiales a que nos refiramos en lo sucesivo los consideraremos como sólidos elásticos. Quiere ello decir que si microscópicamente no son ciertas las hipótesis que se lo hacen, sí lo son macroscópicamente, pues los resultados que se obtienen quedan sancionados por la experiencia. Aún podremos en muchos casos, por ejemplo, cuando falte la homogeneidad en un sólido, considerar la existencia de varios sólidos elásticos dentro del sólido dado, cada uno de los cuales estará concretado por zonas que posean perfecta homogeneidad, y aplicarles las consideraciones teóricas que hagamos para los sólidos elásticos en general. 1.3 Modelo teórico de sólido utilizado en Resistencia de Materiales. (Prisma mecánico) Con objeto de estudiar los sólidos elásticos se crea un modelo teórico que se denomina prisma mecánico, que desde el punto de vista físico posea las propiedades de isotropía, homogeneidad y continuidad y que se define atendiendo a un criterio meramente geométrico. como las placas utilizadas como forjados en las edificaciones. La mayoría de las piezas pueden considerarse como uno de los siguientes tipos de prismas: a) Barra. en placas y cascaras. es decir. Fig. plano de simetría del prisma. En estructuras de hormigón armado se emplean sección transversal rectangular y cuadrada. en general. como los tanques de agua. Se llama así al prisma mecánico cuyas dimensiones de la sección transversal son pequeñas. así como las tuberías de gran diámetro y. Pertenecen a este tipo los elementos de estructuras y los cables.Se llama prisma mecánico al sólido engendrado por una sección plana S de área cuyo centro de gravedad G describe una curva llamada línea media o directriz. cuyo espesor es pequeño en comparación con las otras dos dimensiones. Es un cuerpo limitado por dos superficies no planas. 1 Barra b) Placa. las estructuras laminares. etc. Adicionalmente la mayor parte de barras son planos. en vez de línea media se utiliza la superficie media. silos. además.. por ejemplo. c) Cascara. que se define como la constituida por los puntos que dividen el espesor en dos partes iguales. 2 Placa Pertenecen a este tipo las losas que se fabrican para tapar depósitos subterráneos. Este es tipo de prisma mecánico más usado. siendo el plano que contiene a S normal a la curva. gasómetros. . 3 Cascara Son de este tipo los depósitos. En los últimos tipos. as. es decir con línea media contenida en un plano. cuya distancia es pequeña en comparación con las otras dos dimensiones (Fig. Fig. Fig. 1. Es un cuerpo limitado por dos planos.7). o dos secciones en U soldadas en pilares. en comparación con la longitud de la línea media. siendo éste. mientras que en estructuras metálicas secciones muy usuales son el perfil laminado doble te I en vigas. las ecuaciones de equilibrio correspondiente a un cuerpo cargado pueden plantearse sobre su configuración inicial. Las cargas se clasifican en: a) Fuerzas de volumen y fuerzas de superficie. b) Cargas concentradas y distribuidas.. se llaman cargas estáticas mismas que no provocan vibraciones de las estructuras o elementos. ya que existen espacios entre ellos y fuerzas que los mantienen vinculados. y que las deformaciones son proporcionales a las cargas. sin deformaciones. Al hablar de fuerzas interiores no consideramos las fuerzas moleculares que existen en un sólido no sometido a cargas. Pueden ser concentradas o repartidas. c) Cargas estáticas y dinámicas. Las fuerzas de superficie son las que se aplican a la superficie exterior del prisma. c) Los materiales se consideran isótropos.Las cargas concentradas son aquellas que se aplican en un punto mientras que las cargas distribuidas las que están aplicadas en porciones de área o volumen..Según este principio las fuerzas interiores en los puntos de un sólido. es decir.Las cargas cuya magnitud. o el campo magnético. punto de aplicación y dirección no varían o lo hacen muy lentamente.. f) Es aplicable el principio de Saint Venant.Las fuerzas interiores entre las partículas del material se oponen al cambio de la forma y dimensiones del cuerpo sometido a cargas.. formando una red ordenada.. en el presente texto se asumen las siguientes hipótesis: a) Los materiales se consideran continuos. En la naturaleza no existen fuerzas concentradas sino solo distribuidas sin embargo cuando el área o volumen de aplicación son pequeños las cargas pueden considerarse como concentradas. d) Las fuerzas interiores que preceden a las cargas son nulas.La mayoría de los materiales cumple con esta hipótesis aun cuando existan poros o se considere la discontinuidad de la estructura de la materia. compuesta por átomos que no están en contacto rígido entre sí. b) Los materiales se consideran homogéneos. el campo de fuerzas de inercia.4 Principios generales de la Resistencia de Materiales Como se mencionó anteriormente la Resistencia de Materiales requiere hipótesis simplificativas. Las cargas distribuidas pueden ser de superficie (presión del viento o del agua sobre una pared) o de volumen (peso propio). situados lejos de los lugares de aplicación de las cargas no dependen del modo de aplicación de las mismas.. mientras que las cargas que varían con el tiempo se llaman cargas dinámicas y son las que provocan vibraciones ... por lo que se puede sustituir un sistema de fuerzas por otro equivalente 1.Con esta hipótesis se consideran las propiedades idénticas en todos los puntos.5 Tipos de Cargas exteriores sobre un prisma mecánico Las cargas exteriores sobre una pieza están constituidas por las cargas directamente aplicadas y las reacciones debidas a los apoyos..Debido a que las deformaciones de los cuerpos son pequeños en comparación con las dimensiones del mismo.Las primeras actúan sobre todos los puntos del sólido y se deben a campos de fuerzas tales como el campo gravitatorio.Con esta hipótesis se consideran las propiedades idénticas en todas las direcciones. e) Es válido el principio de superposición de efectos.1. el hormigón y la piedra no lo son. Los metales son materiales homogéneos e isótropos y la madera. que la resultante sea nula. o lo que es lo mismo. es necesario que el sistema de fuerzas interiores en los puntos de la sección ideal sea equivalente al sistema de fuerzas que actúan sobre la parte eliminada. 1. Así la Fuerza Normal produce cargas Normales de Tracción Compresión. Esta condición asegura que el sólido no experimente giros.6 Equilibrio estático y equilibrio elástico Para que un sólido rígido se encuentre en equilibrio es necesario y suficiente que se verifiquen: 1 Que la suma de las fuerzas que actúan sobre el sólido sea igual a cero.7 Tipos de Solicitación Considérese un cuerpo en equilibrio sometido a la acción de fuerzas y momentos externos. la Fuerza Tangencial produce cargas de Corte. ya que si suponemos realizado en el sólido un corte ideal y prescindimos de una de las partes. Así. La resistencia para cargas estables se analiza en el presente libro pero no para cargas de régimen no estable. que los valores máximos de la carga se repiten cada determinado intervalo de tiempo las cargas se denominan cargas de régimen estable o cargas de repetición periódica. Los valores de la fuerza y el Momento internos se hallan generalmente con las ecuaciones de la estática P1 Fue rza In te rn a P2 M o m en to In te rn o M2 M1 Pn P3 M3 P1 Mn P4 Fig. 4 Fuerza y Momento Internos La fuerza y el momento internos pueden descomponerse en componentes paralelas y normales a la sección.Si la variación de la carga es de carácter periódico. En un Sólido Elástico estas condiciones son necesarias pero no suficientes. en cualquier sección interna aparecen una fuerza y un momento resultantes internos que equilibran las cargas externas. Esta condición asegura que el sólido no tenga desplazamientos. 2 Que el momento resultante de todas las fuerzas respecto de cualquier punto sea igual a cero. para el equilibrio en un sólido elástico no sólo se requieren las condiciones del equilibrio estático. es decir. Esta última condición es la característica del equilibrio elástico: es necesario que las fuerzas exteriores que actúan sobre el sólido sean contrarrestadas por las fuerzas interiores de cohesión molecular. 1. el Momento Normal produce cargas de Torsión y el Momento Tangencial produce cargas de Flexión. sino también que exista equilibrio entre las fuerzas exteriores y las internas en cada una de las infinitas secciones. Del análisis individual de estas componentes definen los diferentes tipos de carga. . .. Dependiendo si la carga tiende a estirar o a comprimir la pieza.Un cuerpo está sometido a Solicitación de Flexión cuando sobre él se aplican Fuerzas y Momentos perpendiculares a su eje centroidal y paralelos a la sección transversal.Un cuerpo está sometido a Solicitación de Torsión cuando sobre él se aplican Momentos paralelos al eje centroidal y perpendiculares a la sección transversal. cuando sobre él se apliquen fuerzas paralelas al eje centroidal y perpendiculares a la sección transversal.Un cuerpo está sometido a Solicitación de Corte cuando sobre él se apliquen fuerzas perpendiculares al eje centroidal y paralelas a la sección transversal.Un cuerpo está sometido a Solicitación de Tracción o Compresión.a) Tracción Compresión.. 7 Torsión d) Flexión. la carga será de tracción o compresión. 5 Tracción b) Corte.. Fig. Fig.. Fig. 6 Corte c) Torsión. En el presente texto inicialmente se analizan los tipos de carga de forma individual y su combinación se analiza posteriormente 1.8 Determinación de las Cargas Internas (Método de las Secciones) En un cuerpo sometido a fuerzas y momentos. Frecuentemente las fuerzas exteriores se encuentran en un mismo plano. Los valores de la Fuerza y el Momento internos se pueden hallar generalmente con las ecuaciones de la estática P1 Fue rza In te rn a P2 M o m en to In te rn o M2 M1 Pn P3 Mn M3 P1 P4 Fig. 8 Flexión e) Cargas Combinadas. para hallar las cargas internas por el método de corte o secciones se imagina un plano imaginario que seccione o divida el cuerpo en dos partes.Fig. en la superficie de corte de cada una de las partes por la interacción que ejerce la otra deben actuar una fuerza y un momento internos que equilibran las cargas exteriores. que actúan sobre la parte separada. La componente normal de la fuerza a la sección “N” produce tracción. 9 Fuerza y Momento Internos La fuerza y el momento internos tienen componentes tangencial y normal a la sección. 10 Configuración Frecuente . los momentos exteriores perpendiculares a este plano y no existen momentos de torsión Mt Fig.Los cuerpos y elementos en condiciones reales presentan combinaciones de los anteriores tipos de carga.. Para que cada parte este en equilibrio. la componente normal del momento a la sección “Mt” produce torsión y la componente tangencial del momento a la sección “Mf” produce flexión. la componente tangencial de la fuerza a la sección “Q” produce corte. 11 Fuerzas en las Moléculas Realizando un análisis molecular. que tratan de separarla de sus vecinas.1. Tomando un par de ellas se verifica que: -Pi Fi . lo que finalmente impide que las moléculas se alejen entre sí.12 Hipótesis de Navier Entonces : Pi P n P y Pi Fuerzas externa e interna sobre cada átomo “n” el número de átomos que hay en la sección transversal. Aumentando “P” aumenta la reacción Fi .1 Donde Pi es la acción sobre cada molécula generada por las fuerzas “P” y “Fi “ la reacción que opone el material generada por la atracción molecular (o Atómica). b) Hipótesis de Navier Según esta hipótesis los sólidos homogéneos se imaginan como una sucesión de innumerables secciones transversales paralelas entre si y perpendiculares a su eje longitudinal (similar naipes pegados entre sí). (1.P = 0 Fig. Se verifica el equilibrio: P .2 . 1. y como consecuencia la barra se deforma permanentemente o se separa.9 Tensiones o Tensiones a) Análisis Molecular Considérese una barra sometida a la acción de dos fuerzas iguales.Fi Pi (1. la fuerza externa se distribuye en pequeñas fuerzas tirando de cada molécula. opuestas y colineales en sus extremos. que podrá crecer hasta un determinado límite. sin embargo la atracción entre moléculas opone resistencia con una fuerza igual y contraria. más allá del cual las moléculas se separan irremediablemente. Cada sección es tan delgada como el diámetro de un átomo y los átomos están ordenados según un arreglo matricial Fig. c) Vector Tensión Considérese un cuerpo sometido cargas exteriores. 1. . se define como tensión en el punto a: Esfuerzo Fuerza F Area A f df t lim dS0 S dS (1. Fig. A ambas tensiones se denomina componentes intrínsecas del vector tensión. e) Tipos de Tensiones o Tensiones El vector tensión puede descomponerse en una componente normal al plano () que recibe el nombre de tensión normal y en una componente paralela al plano () que recibe el nombre de tensión tangencial o cortante. por ejemplo la B.3 (1. de la condición de equilibrio elástico se concluye que en toda la sección S aparece una distribución continua de fuerzas Fig.4 El tensión o tensión es un vector colineal con df. si el mismo es cortado idealmente en dos partes A y B por medio de un plano π y se suprime una de las partes. 1. tiendan a separarse o a acercarse mientras que las tensiones tangenciales provocan el deslizamiento de las partículas del material.13 Vector Tensión Si df es la fuerza resultante en un punto P. en el plano de la sección en cuestión.14 Tensiones Normales y Cortantes La tensión normal provoca que las partículas que están en el plano dado. pero sí tienen determinadas resistencias a las tensiones normales y cortantes En las caras de un elemento diferencial cúbico actuarán en el caso general las tensiones de la figura Fig. en cualquier sección transversal aparece una fuerza interna F que equilibra a la externa que se distribuye en tensiones normales. 1.Los materiales no tienen una determinada resistencia a las fuerzas y momentos.17 Concentración de Tensiones Los cambios o variaciones de las secciones transversales de una pieza y especialmente las variaciones bruscas. Dibujando líneas equidistantes de la periferia se puede apreciar que ellas tienen mayor “concentración” o “densidad” donde el área es menor.16 Densidad de Tensión Cuando una barra de sección variable se somete a cargas de tracción F. Estos tensiones son mayores donde las secciones normales son las menores y viceversa. g) Concentradores de tensión Fig. 1. Sin embargo la magnitud de estos tensiones es variable debido a la variación del área. La magnitud de las tensiones es proporcional a la concentración de líneas equidistantes. 1. . resultan en la magnificación de las tensiones efecto conocido como Concentración de Tensiones. Este fenómeno es similar a la velocidad que adquiere un fluido en una tubería por lo que también es conocido por flujo de tensiones.15 Estado tensional f) Densidad de Tensiones Fig. ya que ella depende de las dimensiones. a) Deformación provocada por Cargas de Axiales Fig. Se definen como deformación total y unitaria a la variación de distancia entre estos dos puntos y a la variación sobre la distancia original. respectivamente P' Q' P' Q' dr ' dr P' Q' PQ PQ dr ' dr dr (1.19 Deformación por Cargas Axiales Una barra sometida a cargas axiales además de experimentar una deformación en la dirección de axial también presenta otra deformación en la dirección transversal. Se ha podido verificar que por ejemplo un agujero circular en una placa plana incrementa las tensiones hasta tres veces.lo Deformación longitudinal (1. 1.18 Deformación Aplicadas las cargas externas hay deformación y los dos puntos pasan a las posiciones P' y Q'.7 . no sometido a solicitación alguna Fig. agujeros y cambios de sección bruscos son Concentradores de Tensiones. Las deformaciones se cuantifican con: δ = lf .10 Deformación Consideremos dos puntos P y Q en un sólido elástico en estado neutro. mientras que las cargas de compresión provocan acortamiento en la dirección axial y ensanchamiento en la dirección transversal.Las hendiduras.6 Los sólidos. Las cargas de tracción provocan alargamiento en la dirección axial y adelgazamiento en la dirección transversal. Al cambio de dimensión se le denomina deformación lineal y al cambio de forma deformación angular. 1. bajo la acción de cargas externas se deforman y cambian sus dimensiones o forma. es decir. sin carga.5 (1. 1. 1. lo. Fig. Las secciones transversales giran una respecto a otra. df y do son las longitudes y diámetros final e inicial b) Deformación provocada por Cargas de Corte Las cuerpos sometidos a cargas de corte no presentan deformaciones significativas (no se verifica cambio de dimensiones) pero si presentan distorsión (se verifica cambio de forma).do Deformación transversal (1. .ε = (lf – lo)/lo Deformación longitudinal unitaria (1.9 εq = (df – do)/do Deformación transversal unitaria (1.20 Distorsión por Cargas de Corte La deformación se cuantifica con: γ Angulo de inclinación de las caras c) Deformación provocada por Cargas de Torsión Las barras sometidas a cargas de torsión no presentan deformaciones longitudinales sino rotaciones o deformaciones angulares entre secciones. Fig.21 Deformación por Cargas de Torsión La deformación se cuantifica con: φ Angulo de rotación entre secciones de los extremos de la barra d) Deformación provocada por Cargas de Flexión Los cuerpos generalmente rectos sometidos a cargas de Flexión se vuelven curvos por lo que presentan deformaciones lineales y angulares.10 Donde lf.8 δq = df . 1. en efecto. En este ensayo sometiendo una pieza de dimensiones normalizadas llamada probeta a una carga de tracción que se aumenta gradualmente hasta la rotura. que determinan una longitud denominada distancia entre puntos. es decir. de la estructura interna del material. La deformada unitaria longitudinal es: l f lo lo (1. midiendo ε y llevando los valores a un gráfico. debido al tensión. sobre las que se efectúa. las deformaciones son distintas. Para obtener la relación entre tensiones y deformaciones se procede por vía experimental mediante ensayos realizados en el laboratorio. de iguales dimensiones y sometidas al mismo estado de cargas. que para dos piezas de distintos materiales.22 Deformación por Cargas de Flexión Las deformaciones se cuantifican con: ô Deformación lineal θ Deformación angular 1. por medio de un extensómetro. se obtiene para el acero dulce el diagrama tensión-deformación similar al de la figura . El ensayo más simple que se hace es el de tracción. en donde se comprueba.11 Diagrama Tensión y Deformación La deformación depende de las cargas externas y consecuentemente de las tensiones y de fuerzas de atracción molecular.12 Aumentando progresivamente el valor de P.Fig. la fuerza origina en el interior del material un estado de tensiones que se supone constante. Si A es la sección de la probeta y P la fuerza aplicada en sus extremos en dirección axial. En la probeta se realizan previamente dos marcas.11 La probeta. se alarga. 1. la medida de los alargamientos. P A (1. ε En este diagrama pueden distinguirse ciertas zonas con determinadas características: a) Período elástico. El fenómeno no es tan simple.001 %. aumentan las deformaciones sin que existe aumento de tensión.. La segunda zona entre Sp y Se. b) Período elasto-plástico. A medida que aumenta la solicitación. hasta llegar al mismo.Este período queda delimitado por la tensión Se (límite de elasticidad). la probeta recupera su longitud inicial. tendiendo a anularse en el tramo final del período. hasta el Sp (límite de proporcionalidad). dónde el material verifica la ley de Hooke. los límites de proporcionalidad y de elasticidad difieren muy poco entre sí.Para tensiones superiores al límite elástico.14 En general. c) Período plástico (fluencia).23 Diagrama ζ . el material se comporta elásticamente. respectivamente. ya que la tensión oscila entre dos valores cercanos entre sí. El límite de elasticidad se caracteriza porque. al cual se llega con un valor de tensión que se indica como Sy (tensión de fluencia). si bien es elástica. En la práctica. La tensión de proporcionalidad es aproximadamente 80% la de fluencia ... la gráfica disminuye el valor de su tangente. la pieza no recobra su dimensión original y la deformación es permanente acorde con la carga aplicada. el material fluye. denominados límites de fluencia superior e inferior. En la primera zona: d E d (1. Este período comprende dos zonas: la primera. es decir que producida la descarga.13 En la segunda zona d f ( ) d (1. no manifiesta proporcionalidad entre tensiones y deformaciones.Una vez arribado al valor de tensión Sy (límite de fluencia). 1. este límite se considera como tal cuando en la descarga queda una deformación especifica remanente igual al 0.Fig. Entonces el diagrama que anterior suele denominarse “diagrama convencional. en realidad. a partir del cual la tensión disminuye hasta que alcanza una determinada deformación de rotura. 1. con área igual a la inicial. La estricción se mide por el “coeficiente de estricción lateral” con la siguiente expresión: Ai A f Af Dónde: Ai y Af área inicial y final respectivamente En los aceros comunes φ ≈ 50 % (1.24 Líneas de Chernov . d) Período de endurecimiento y de estricción. que forman con el eje de la misma un ángulo de 45º. La tensión Sut no es en realidad la máxima tensión que se origina en la probeta sometida a carga. alcanzado el valor de la deformación específica correspondiente a Sut. comienza a manifestarse en la probeta un fenómeno denominado “estricción”. produciéndose la rotura física.25 Fenómeno de estricción La estricción es la reducción de una sección central de la pieza. En efecto. denominado “tensión de rotura”. Fig.Lüders Los experimentos demuestran que durante la fluencia se producen deslizamientos relativos entre los cristales y en la superficie de la probeta aparecen las llamadas líneas de Chernov Lüders. misma que hace que las tensiones aumenten y que.Luego de la fluencia hay un reacomodamiento cristalográfico y el material se endurece e incrementa su resistencia. 1. es decir..Fig. admite un incremento de carga. ya que los cálculos de las tensiones se realizan siempre sobre la base de suponer la sección transversal constante. el diagrama efectivo en lugar de presentar su concavidad hacia abajo muestra un punto de inflexión en las vecindades de Sut y cambia su curvatura presentando una rama creciente hasta alcanzar la deformación de rotura. En este período las deformaciones son muy pronunciadas. La tensión aumenta hasta alcanzar un valor máximo.15 . logrado por un mayor contenido de carbono o mediante aleaciones especiales. pero con un nuevo recorrido donde ya no existe el período de fluencia y la zona recta se prolonga hasta un valor ζ'p > ζp.26 Diagrama ζ . Las características más importantes son las siguientes: .27 Endurecimiento mecánico del acero dulce Este fenómeno se denomina endurecimiento mecánico o por trabajo en frío. este se determina en forma convencional como la tensión para la cual la deformación especifica remanente alcanzan al 0. el diagrama ζ . trefilado o torsión. Al no existir un límite de fluencia definido.Fig. 1.2 %. para hormigón armado. Para aceros endurecidos mecánicamente o los de dureza natural. Cuando se quita la carga las tensiones y deformaciones desaparecen a través de una recta paralela a la del período elástico.ε es distinto del que se vio. . Fig.Sus límites de proporcionalidad y elasticidad son más elevados que los aceros comunes. Si la probeta vuelve a cargarse la curva llega al punto N. 1. y también puede lograrse por laminado en frío. y el torsionado especialmente para barras redondas (en general.La deformación de rotura se reduce considerablemente.No poseen un límite de fluencia definido ni tampoco zonas de escurrimiento plástico.ε efectivo y convencional Para tensiones mayores a la fluencia como M en la gráfica la pieza presenta deformaciones permanentes. . . con conformaciones superficiales). El trefilado se utiliza para endurecer alambres o barras circulares finas. Fig. la madera y el hormigón se consideran perfectamente elásticos dentro de ciertos límites.% Los materiales como el acero dulce. que la estructura llega a la falla por este motivo. 1. aluminio.Considérese una barra recta sometida a tracción. Un material es “perfectamente plástico” cuando al dejar de actuar la carga que lo deforma mantiene su configuración deformada. sin grandes deformaciones previas.12 Constantes Elásticas El comportamiento lineal elástico de los sólidos. 1. En la realidad ningún material es perfectamente elástico o plástico. ya que antes de alcanzarse la misma las deformaciones son tan grandes.. 1. Otros materiales como la arcilla y la masilla pueden considerarse como perfectamente plásticos. e) Elasticidad y Plasticidad.La propiedad que posee un material de volver parcial o completamente a su forma inicial una vez que desaparece la carga es lo que se llama “elasticidad”.28 Límite Convencional de Fluencia 0. que presentan una gran capacidad de deformación antes de alcanzar la rotura. se denominan “dúctiles”. Fig. a) Módulo de Elasticidad Longitudinal (E). para los cuales la rotura se produce bruscamente. se dice que el material es “perfectamente elástico” sino “parcialmente elástico”.33 Barra de sección constante sometida a tracción La deformación unitaria es : .. goma. se denominan “frágiles”. Los materiales como el acero duro. permite definir las constantes elásticas. Si la pieza recupera completamente su longitud inicial. pero el acero. Se puede decir que estos materiales avisan la rotura física. 19 es similar a la vista anteriormente para las tensiones normales. se conoce como módulo de elasticidad longitudinal o módulo de Young. 1. 1.35 Distorsión provocada por tensiones cortantes La deformación se cuantificada por el ángulo La grafica entre y la tensión tangencial o cortante es: P A - (1.. Fig.34 Proporcionalidad entre ζ – ε en la zona elástica Tg E (1. b) Módulo de Elasticidad Transversal (G).18 Ecuación conocida como de Hooke. . L L (1. Es la más importante de las cuatro constantes elásticas.17 E (1. las tensiones son proporcionales a las deformaciones Fig. La constante E.Sea un paralelepípedo fijo en su parte inferior y con una fuerza P en su cara superior.16 En la zona elástica. el cuerpo también deforma en la dirección normal a ella. es llamada módulo de elasticidad transversal o módulo de rigidez (G).57 Sy c) Coeficiente de Poisson Al someter a una barra a un tensión axial. Tg G (1.23 . la constante que vincula la tensión tangencial con la deformación angular. Para el acero común Sy’ = 0. además de experimentar deformación según la dirección de la fuerza.22 q Experimentalmente se ha visto que ambas deformaciones son proporcionales εq = ν ε (1.Dentro de la zona elástica. 1.20 Esta es la ecuación de Hooke para tensiones cortantes.37 Deformaciones Longitudinal y Transversal Las deformaciones unitarias son: L L (1. Fig.21 a a (1. 34 0. Frágil Acero de Alta Calidad Acero Media Calidad Mat.20 0.ε es una curva continua sin tramos rectos.30. Ahora bien como se observa en la figura 1.ε en compresión.10 a 0.23 a 0.29 se presentan los diagramas tensión – deformación para diferentes materiales. varía entre 0.31 a 0.35 0.01 - Acero Cobre Bronce Hierro fundido Aluminio Madera (paralela a la fibra Hormigón Mampostería de ladrillo Caucho Corcho γ 0.33.00 Los módulos de elasticidad longitudinal y transversal están relacionados por: E=2G(1+ν) (1.24 ν es el coeficiente de Poisson Donde 1. que prácticamente en ningún momento se verifica la ley Hooke.32 a 0.160 a 1. Dúctil Acero Corriente Fig.33 0.50 Valores de Constantes Elásticas según el material Material E (Ton/cm²) 2.25 y 0.300 1. es decir.13 Diagrama Tensión – Deformación para otros materiales En la figura 1.36 0. donde interesa la curva ζ .100 1. Mat.27 0.47 » 0. Un ejemplo clásico es el hormigón.100 750 a 1600 760 80 a 120 150 a 350 < 120 0. En general para materiales isótropos. En cualquier caso ν < 0.32 a 0.29 Diagramas Tensión Deformación .000 a 2.22 a 0. hay algunos materiales para los cuales se observa que el diagrama ζ .ν se define como el coeficiente o módulo de Poisson y su valor depende del material. 1. .15 k = 1. 1.25 b) Módulo Instantáneo. Cabe distinguir tres valores del módulo de elasticidad: Fig. propuso como relación entre ζ . ya que depende de muchas variables): Material Hormigón Cobre Latón Cuero Coeficiente k k = 1.70 Fig.30 Módulos Tangentes y Secantes a) Módulo al origen.ε en cada punto: E d tg ( o ) d (1. Bach.26 c) Módulo Secante..10 k = 1. .Su valor viene dado por la tangente trigonométrica del ángulo α1..ε En el caso que k = 1. 1.En estos casos no puede hablarse de un módulo de elasticidad único. 0 se obtiene la ley de Hooke. Ciertos materiales presentan un comportamiento diferente en compresión que a tracción. tal es el caso del hormigón.Su valor lo da la pendiente a la curva ζ . Para estos materiales.ε una ley de tipo exponencial que lleva su nombre: ζk = E e (1.31 Diagramas no lineales ζ .Es el valor al origen E = tg α (1.27 el coeficiente k depende del material (valor medio.085 k = 0. La falla de una pieza puede provocar pérdidas económicas y humanas por lo que se debe buscar la máxima seguridad.29 Donde es el coeficiente de seguridad. Fig.10 y en la construcción de máquinas el valor varía.25 y 1.15 Coeficiente de Seguridad. etc. los errores de cálculos. . materializando el período de fluencia. la tensión máxima en una pieza no debe superar un valor límite. los errores de ejecución.32 Diagramas ideales a) material dúctil b) material frágil c) material plástico En los materiales frágiles el límite de proporcionalidad es próximo a la tensión de rotura.1. lo que significa que sometidos a una carga. correspondiente al período elástico. El diagrama ideal correspondiente a un material dúctil se compone de dos tramos rectos: uno inclinado. El período de endurecimiento no interesa porque la deformación al final de la fluencia es tan significativa que el material está en falla antes de llegar a la rotura. prescindiéndose del tramo curvo y en materiales plásticos el diagrama es una recta horizontal.60. entre 1. Tensión Admisible y Carga Admisible No hay la seguridad absoluta y las piezas están amenazadas por incertidumbres.28 Sadm = Sut/ Para materiales frágiles (1.5 a 2.75 y 2. indican valores que varían entre 1.5. se deforman indefinidamente sin incremento de tensión. 1. La elección del coeficiente de seguridad es compleja pero disposiciones reglamentarias que tratan sobre construcciones de acero. los errores de las dimensiones. para estructuras de hormigón armado.14 Diagramas Ideales Los diagramas que se vieron a veces son reemplazados por diagramas idealizados por Prandtl. los defectos del material. Para evitar la falla. Para materiales dúctiles el valor límite es el límite de fluencia y para de materiales frágiles es el límite de resistencia o tensión de rotura Sadm = Sy/ Para materiales dúctiles (1. 1. los coeficientes de seguridad varían entre 1. Existen numerosas causas de incertidumbres: Las hipótesis de cargas. el otro horizontal. las hipótesis de cálculo. resumiendo las características fundamentales de los tres tipos de materiales. 40 Carga Intermitente ..16 Resistencia para Cargas Estáticas y Variables a) Cargas Estáticas. En el presente libro se analiza la resistencia solo para cargas estables P Pmax t P Pmin Pmed max 2 P min Fig.1..30 = G < S’adm (1.39 Carga variable de régimen estable Los dos casos más comunes de cargas variables de régimen estable son: .Pmin) . 1. P Pmax Pmin t Fig. Es decir que varían periódicamente de un valor máximo a cero.Son aquellas cuya magnitud varía con el tiempo. 1.Son aquellas que aparecen y desaparecen. 1.. ( Pmax = .Son aquellas cuya magnitud cambia de un valor positivo al mismo valor negativo.Cargas Intermitentes.Son aquellas cuya magnitud no varía con el tiempo. ( Pmin = 0 ) P Pmax P min t P Pmed max 2 Fig.31 b) Cargas Variables. Cuando la variación es de carácter periódico y los valores máximos de la carga se repiten cada determinado intervalo de tiempo las cargas se denominan de régimen estable o de repetición periódica..Cargas Alternantes.38 Carga Estática Como se mencionó anteriormente. la falla frente a cargas estáticas se previene con : = E < Sadm (1. Esfu erzos M á xim o s Sut Sy Esfu erzos M ed io s Se 4 5º med Esfu erzos M íni m o s -S e Fig. 1. Se = Sut/2). .41 Carga Alternante Existen varias teorías para verificar la falla frente a cargas variables. En el presente libro se desarrollará sólo la teoría de Goodman Modificado. Para construir el diagrama se necesitan: El Limite de Rotura Sut .42 Diagrama de Goodman Modificado Según esta teoría la pieza no falla mientras las tensiones se encuentran dentro de la región sombreada. Por cada una de estas tensiones se traza una línea horizontal que intersecte a una línea a 45 grados que constituye la línea de Tensiones Medias.P Pmax t P Pmin Pmed max 0 2 P min Fig. El Limite de Fluencia Sy y el Limite de Resistencia a la fatiga Se (cuyo valor aproximado es la mitad de la resistencia a la rotura. 1. 05 (5%) Nótese que: a < b pero a > b 1. se deforman hasta alcanzar longitudes finales de 11 cm y 105 cm respectivamente.1 (10%) b = 5 cm b = 0. Si en el problema anterior los diámetros de ambas piezas es de 1 cm. Se tiene dos cables metálicos. el primero de Aluminio con un diámetro de 1 mm y el segundo de Acero con un diámetro de 0.65 Kg Pac = 8. 1. Se pide calcular la deformada total y unitaria transversal.05 [cm] (b) Solución: Para evitar la falla = P/A < Sy Despejando P = d2 Sy /4 Reemplazando valores Pal = 22. Se pide calcular la deformada total y unitaria Solución: = lf – l = / l = (lf .3. Tomar Sy al = 283 Mpa (2884.8 Kg/cm²).l)/ l a = 1 cm a = 0.1 [cm] (a) 0.PROBLEMAS RESUELTOS 1.3 Solución: q = - df = q d + d . Tomar = 0. Dos piezas “a” y “b” con una longitud inicial de 10 cm y 100 cm.2.8 Kg/cm²) y Sy ac = 428 Mpa (4362. Se pide hallar la carga máxima que pueden soportar ambos cables y cuál es el de mayor resistencia Cable Al Cable Ac 0.5 mm.1.56 Kg El cable de aluminio es más resistente. 6.2%) 1.1 x 10 6 Kg/cm².1 (10%) b = 0.9 x 10 6 Kg/cm².anterior.512 (151. Tomando Eacero = 2.8 %) acero / aluminio = Syacero/ Syaluminio = 1.qa = . Solución: =/E = Sy/ acero = P/A = aluminio acero/aluminio = Ealuminio / Eacero = 0.1 x 10 6 Kg/cm² Solución: < Sy =E < = Sy/ E = 0.0. Cuál es la deformada máxima que puede tener un acero antes de fallar.3 Eac = 2. Para el problema 1.2 se pide hallar las tensiones a los que están sometidas las piezas si son de acero. Ealuminio = 0.5%) dfb = 0.985 cm 1. Hallar los módulos de elasticidad al corte para los materiales del 1.00207 (0. Una carga de 100 Kg se aplica a dos piezas de aluminio y acero con el mismo diámetro de 1 cm. Tomar = 0. Se pide hallar : La relación de deformadas y la relación de factores de seguridad.0.1 x 10 6 Kg/cm² Solución: =E a = 0.9 x 10 6 Kg/cm² Solución: .5.015 (1.8 Kg/cm²) y E = 2. Tomar Sy = 428 Mpa (4362. Eal = 0.97 cm qb = .03 (3%) dfa = 0. Estas deformadas (10 y 5 %) son imposibles. Sy acero = 428 Mpa (4362.2 %) Estos resultados muestran primero que el acero se deforma menos que el aluminio y segundo que el acero resiste más que el aluminio 1.4.8 Kg/cm²).428 (42.7. 1.8 Kg/cm²) y Sy aluminio = 283 Mpa (2884. Tomar E = 2.05 (5%) Entonces a = 210000 Kg/cm² b = 105000 Kg/cm² Ningún material soporta estos tensiones.1 x 10 6 Kg/cm². -3000) -3000 E 1.0) = (6000 – 3000)/(6000 – 0) Smax = x/2+3000 para Smax< 4000 Las curvas de tensiones mínimas van de B a E y de C a D (y – 6000)/(x . Construir el diagrama de Goodman Modificado para un material con S y = 4000 Kg/cm² Sut = 6000 Kg/cm² y Se = Sut/2 = 3000 Kg/cm² Solución: S 6000 B 4000 3000 C A 45º D med A(0.07 x 105 Kg/cm² Galumino = 3.6000) C (4000.3000) B (6000.6000) = (-3000 – 6000)/(0 .4000) E (0.6000) Smin = 1. Solución: A (0.9.hallar las ecuaciones de las tensiones máximas.5 x – 3000 para min < 0 Cuando Smin = 0 se halla que x = 2000 y D = ( 2000.3000) B(6000.8.G = E/[2 ( 1 + )] Gacero = 8.46 x 105 Kg/cm² 1.0) (y – 4000)/(x .4000) y = 2 x – 4000 . tensiones medios y tensiones mínimas.4000) = (0 – 4000)/(2000 .B) (y – 3000)/(x .4000) E(0.-3000) La ecuación de la recta conocidos dos puntos es (y – y1)/(x – x1) = (y2 – y1)/(x2 – x1) Para (A. En el anterior 1.6000) C(4000. max = 4500 Kg/cm² y min = 0 Kg/cm².para min > 0 Smin = 2x – 4000 1.10. Solución: med = (max+ min)/2 a med = 0 b med = 1500 Kg/cm² c med = 2250 Kg/cm² d med = 3000 Kg/cm² S 6000 B 4000 3000 C A 45º D(20000. max = 4500 Kg/cm² y min = 1500 Kg/cm². max = 3500 Kg/cm² y min = – 500 Kg/cm². Para las cargas dadas determinar en cada caso si hay o no falla con el material de los problemas 6 y 7 max = 3500 Kg/cm² y min = – 3500 Kg/cm².0) med -3000 E a) a med = 0 S max = 3000 < a max = 3500 Hay falla . Smax = x/2+3000 y x = 2000 S = 4000 Kg/cm² c) Carga alternante S = Se = 3000 Kg/cm² 1.11. Hallar las tensiones admisibles para carga estática. carga intermitente y carga alternante del material de los problemas 6 y 7 Solución: a) Carga estática S = Sy = 4000 Kg/cm² b) Carga intermitente S = . 0) E(0.5 Sut – Sut)/(0 – Sut) Smin = 1.5 x – 3000 y = x/2+3000 < b max = 4500 Kg/cm² Hay falla d max = 3000 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² Smax = 4500 y = x/2+3000 < b max = 4500 Kg/cm² No hay falla d min = 3000 Kg/cm² > 0 Smin = 2000 y = 2x – 4000 > b min = 1500 Kg/cm² Si hay falla 1.5*Sut ) -S e E La ecuación de la recta conocidos dos puntos es (y – y1)/(x – x1) = (y2 – y1)/(x2 – x1) La curva de tensiones máximas va de A a B (y – 0.5 Sut)/(Sut – 0) Smax = (x + Sut)/2 para Smax< Sy Las curvas de tensiones mínimas van de B a E y de C a D BE) (y – Sut)/(x – Sut) = (-0. Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas.0.5 Sut CD) para min < 0 Cuando Smin = 0 se halla que x = Sut/3 y la coordenada de D ( Sut/3.b) b max = 1500 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² Smax = 3750 y = x/2+3000 > b max = 3500 Kg/cm² No hay falla b min = . S Sut B Sy Se C A 45º D med A(0.5 Sut)/(x .0) = (Sut – 0. 0) (y – Sy)/(x – Sy) = (0 – Sy)/(Sut/3 – Sy) y = (x – Sy)( – Sy)/(Sut/3 – Sy) + Sy Smin = (x – Sy)( – Sy)/(Sut/3 – Sy) + Sy para min > 0 .0.Sut ) C(Sy . medios y mínimos.500 Kg/cm² < 0 Smin = .750 c) < b min = -500 Kg/cm² No hay falla c max = 2250 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² Smax = 4125 d) y = 1.5*Sut ) B(S ut .12.5 x – 0.Sy ) D(Descon. Tomar S y al = 2884. tensiones medios y tensiones mínimas. max = 3000 Kg/cm² y min = – 500 Kg/cm².21. 1. Tomar Sy = 2884.19. el primero de Aluminio con un diámetro de 2 mm y el segundo de Acero con un diámetro de 1 mm.22. En el anterior 1.hallar las ecuaciones de las tensiones máximas.PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Cuál es la deformada máxima que puede tener un Aluminio antes de alcanzar la fluencia. .7 x 10 6 Kg/cm² 1. Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas.1 mm. En el anterior 1. 5 y 6 max = 3000 Kg/cm² y min = – 3000 Kg/cm².17. Se pide calcular las deformadas longitudinal y transversal. 1.16. Se pide hallar la carga que pueden levantar (resistencia) dos cables metálicos. Construir el diagrama de Goodman Modificado para un material con Sy = 3000 Kg/cm² Sut = 5000 Kg/cm² y Se = Sut/2 = 2500 Kg/cm² 1.8 Kg/cm² 1. max = 4000 Kg/cm² y min = 1500 Kg/cm². 1. tensiones medios y tensiones mínimas. Se pide hallar resistencia de los cables del 1.se pide calcular la variación del volumen debido a la deformación. Una carga de 100 Kg se aplica a una pieza de Acero con un diámetro de 1 cm y una longitud de 100 cm. max = 4000 Kg/cm² y min = 0 Kg/cm². Para las cargas dadas determinar en cada caso si hay o no falla con el material de los problemas 4.15. 1. Que carga aplicada a una pieza cilíndrica de Acero con un diámetro de 1 cm y una longitud de 100 cm produce una deformación de 0. carga intermitente y carga alternante del material de los problemas 4 y 5 1.20.13.23. 1.anterior.18. Hallar las tensiones admisibles para carga estática.14. para cargas Alternante e Intermitente.8 Kg/cm² y E = 0.8 Kg/cm² y S y ac = 4362. 1. 6 10.9 400 500 830 51 58 48 Ksi 10.27 .28 0.9 44.2% C hot-rolled Steel .4 8.33 0.00276 207 207 207 207 207 200 200 200 200 200 9 13.9 86.6 250 340 700 41 45 32 60 70 120 7.3 4 20 9.9 3.4 0.PROPIEDADES MECANICAS Material Aluminun allys 2014-T4 Aluminun allys 2014-T6 Aluminun allys 2024-T4 Aluminun allys 6061-T6 Aluminun allys 7075-T6 Brass (Red.2% C hardened Steel .8 280 150 345 414 4 428 414 366 366 524 1140 911 Ksi 62 70 68 45 80 75 40 100 50 40 125 5 45 10 40 90 80 9 2.4 0.15 .32 .1 12.5 27.7 41.3 .4 Ksi 4 3.4 30 30 30 30 30 29 29 29 29 29 1.4 .4% C hot-rolled Steel .5 4.8 3.32 .6 10.6 11.29 .32 .5 2 40 22 50 60 0.6 11.8 G GPa 73 73 73 72 69 104 104 104 104 173 173 31 117 69 166 179 207 2.6 62 60 53 53 76 165 132 MPa 283 410 331 276 483 414 104 772 138 205 13.76 1 .3 75.5 11 11 11 - GPa 27.5 12.34 0.32 .4 6.5 12.3 43.3 86.32 .28 0. cold rolled) Brass (Red.33 0.5 2 90 85 62 84 122 190 150 MPa 428 480 470 310 552 518 276 515 345 274.32 0. annealed) Bronze (cold rolled) Bronze (annealed) Cast iron (tension) Cast iron (compression) Concrete (compression) Copper (cold-drawn) Plate glass Magnesium alloy Monel (wrough.6 12.5 13.6 78.34 0.6 10.33 0.34 0.5 6.5 12.27 .5 870 35 310 70 280 621 552 60 17.8% C hot-rolled Steel Stainless (cold-rolled) Steel Stainless (heat-treated) Steel.9 75.0007 11.35 .9 - 0.6 11.6 26.33 0.3 1. hot rolled) Nickel alloy Nylon Polyethylene Rubber (average) Steel .5 5.75 5.4 10 15 15 15 15 25 25 4.9 3.6 11.5 6.6 138 65.9 75.35 0.33 0. structural Steel ASTM-A36 Steel ASTM-A572 Steel ASTM-A514 Douglas Fir Southern Pine Red Oak Sy Sut E Ksi 41 60 48 40 70 60 15 75 20 29.5 11.5 80 80 80 80 80 86.34 0.5 620 587 428 580 842 1310 1040 36 50 100 6 6.5 17 10 24 26 30 400 150 .3 .48 .31 0.32 .32 .3 86.5 6.2 0.2 27 27 26 38 38 44.9 1.32 .2% C cold-rolled Steel . 1 Tracción Ejemplos de elementos sometidos a tracción compresión son: Los cables metálicos. la carga será de tracción o compresión.Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.Los materiales son homogéneos 4. 2.. es decir. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.. 2.Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5.Los miembros sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo.1 Introducción Un elemento está sometido a tracción o compresión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen momentos internos.. . tampoco fuerzas de corte y solo se verifica una fuerza normal N en el centro de gravedad de la sección. Fig.2 Diagramas de Fuerzas Normales: Se denominan diagramas de fuerzas normales a los diagramas que dan las fuerzas normales N en cada sección de una barra prismática. Dependiendo si la carga tiende a estirar o a comprimir la pieza.2 Tracción y Compresión 2. en todas las secciones rectas del elemento se anulan el tensión cortante y los momentos torsor y flector.Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2. los arriostres... los elementos de las vigas armadas y elementos de las estructuras metálicas. las tensiones resultan constantes. 2.Fig.1 Hipótesis de Bernoulli Entonces si εX = cte.2 La hipótesis de Bernoulli se comprueba experimentalmente observando que en una barra sin carga en la que se trazaron líneas rectas paralelas y perpendiculares a su eje longitudinal. 2. con carga las líneas paralelas al eje longitudinal se alargan por igual (La deformación longitudinal es constante).3 Tracción Compresión Monoaxial a) Tensiones Considérese una barra prismática sometida a Tracción-Compresión.1 Tensiones en Tracción Compresión Realizando un corte en la barra por la sección recta transversal A.4 Diagrama de Fuerzas Normales 2. 2.1 n = 0 (2. Para una pieza de sección variable las tensiones varían inversamente proporcionalmente a la magnitud del área . se observa que: n = P/A (2. de la ley de Hooke se concluye que como el área es también constante. Fig. Fig. 3 Q = P Sin α (2.7 y 2.P/2AN)2 + α2 = (P/2 AN)2 (2.11 Reemplazando α = 0 en 2.6 α = Q/Aα = P Sin α/(AN /Cos α) = P Sin α Cos α / AN (2.1 La ecuación de una circunferencia es : (x – xo)2 + (y – yo)2 = R2 (2. se verifican los resultados obtenidos en 2.8. 2. se la corta por una sección inclinada en un ángulo α Fig.3 y 2. sin embargo esta ya no es perpendicular a la sección y se la puede descomponer en una componente N perpendicular a la sección que producirá tensiones normales y en otra componente Q tangencial a la sección que producirá tensiones cortantes. 2.5 y 2. 2.6 α = N/Aα = P Cos α /(AN /Cos α) = P Cos2 α / AN (2. la fuerza externa P genera una fuerza interna de igual magnitud. Se tiene: N = P Cos α (2.4 α = N/Aα (2.Si en lugar de cortar la barra por la sección recta transversal A.9 De 2.4.8 α = (P/2AN) (1 + Cos 2 α) (2.5 α = Q/Aα (2.7 De 2.3 Tensiones en una sección inclinada Por equilibrio.12 Y se verifica que (α .13 .6 AN = Aα Cos α (2.2.10 α = (P/2AN) Sin 2 α (2. 17 c) Deformaciones Una pieza recta de sección constante y longitud l cargada en sus extremos por una fuerza de tracción (compresión) sufre una deformación L Fig.7. max P/2AN max Fig.5 Deformación en una pieza de sección constante En la zona elástica. De 2.4 Tensiones en una sección normal Entonces. b) Tensiones Principales Se llaman tensiones principales a las tensiones máximas.ν x /E (2. la deformada es proporcional a la carga y es válida la ecuación de Hooke x = P/AN = E x (2. la relación entre las tensiones α y α puede se representa por una circunferencia con un radio de P/2AN y con centro desplazado horizontalmente con el mismo valor del radio. max = P/AN < Sy (2. 2.8 y del gráfico Para α = 0 max = N = P/AN min = 0 (2.16 max = P/2AN < S´y (2.19 x = /L (2. Para prevenir la falla. ambos tensiones máximas no deben exceder las fluencias.18 y = z = 0 (2.20 y = z = .21 .15 Para cargas de tracción y compresión en una dimensión las tensiones normales máximos ocurren en una sección transversal α = 0 y las tensiones cortantes máximos en una sección a α = 45º. 2.14 Para α = 45 45 = P/2AN max = P/2AN (2.ν x = . 2. 2.6 Deformación en una pieza de sección variable d = Pdx/EA l 0 (2.25 El peso de la porción de la pieza que se encuentra sobre una sección a una altura “y” es h W ( y ) A( y )dy y (2. y la de abajo soporta 150 Kg.22 Resultado válido para piezas con sección constante. Para entender mejor esto se presenta la analogía de una torre humana de 3 personas cada una con un peso de 75 Kg. la del medio soporta 75 Kg.Entonces x = PL/EA (2.24 Para una sección transversal constante se obtienen los mismos resultados de 2. torres y otros.26 . Tensiones y Deformadas debido al Peso Propio En objetos de gran altura como por ejemplo edificios.7 Peso Propio Para un elemento diferencial “dy” el área de la sección se considera constante y su peso es dW = A(y) dy (2. sobre sus hombros. el peso propio es una carga que tiene mucha importancia y debe ser tomada en cuenta.17 d) Cargas.23 Pdx EA (2. 2. En ésta torre la persona de arriba no soporta sobre sus hombros ninguna carga. El peso es una carga variable ya que a analizando una sección horizontal a una altura “y”. dy A W(y ) Peso sobre "y " h y Fig. Para piezas con sección variable se aplica la anterior ecuación a un elemento diferencial “dx” donde el área se puede considerar constante. esta soporta el peso de la porción del objeto que se encuentra encima de ella. dx P P l lf Fig. ya que en este caso el peso calculado es el de toda la pieza.27 La deformación longitudinal debido al peso propio se halla con la ecuación 2.32 Si la deformación por cambios de temperatura se restringe.Un error común es tomar el límite inferior como cero.7 11. Para encontrar estas tensiones.33 Cuando la expansión térmica de un sistema se restringe por ejemplo anclando una pieza entre dos paredes rígidas. Material Aluminio Fundición Cobre Acero Hormigón 23. se usa la anterior ecuación escrita en otra forma que se conoce como la ley de Hooke extendida o la ley de Duhamel – Neumann = E (tot .7 10.8 Las deformada total es por consiguiente la suma de las deformadas debido a cargas externas y la deformada debido a los cambios de temperatura. Entonces se enfatiza en que el límite inferior de la integral es “y”. conocidas como dilataciones y contracciones. provocan tensiones. tot = mec + t = /E + T (2.19 reemplazando en ella el peso como carga h A( y )dy dy h h Pdy y EA EA 0 0 (2. Los cambios de temperatura originan una deformación lineal uniforme en todas las direcciones. que se calcula por : Entonces lf = l +l T (2. aun pequeños cambios de temperatura producen grandes tensiones térmicos.31 es el coeficiente de dilatación que es un valor específico de cada material.2 10.29 t = l T (2. Esto se debe al módulo de Young que para la mayoría de los materiales usados en Ingeniería es grande .28 e) Deformaciones debido a la temperatura Además de las deformadas debido a las cargas externas se presentan deformadas originados por cambios de temperatura.30 t = T (2. La tensión en una sección a una altura “y” es: h W ( y) ( y) A( y ) A( y)dy y A( y ) (2.4 16. T) (2. y )/2.y )/2]2 (2.39 L dz + y dx dz Cos -x dy dz Sin = 0 (2. Esta ecuación no necesariamente pasa por el origen .34 L Sin = dx (2.43 Entonces [-(x + y )/2]2 + 2 = [(x . las ecuaciones representan una circunferencia con desplazamiento en de (x +y )/2.40 + y Sin Cos .37 = y (1-Cos 2)/2+ x (1+ Cos 2)/2 (2.2. sin desplazamiento en y radio igual al (x .44 Similar a una dimensión. Por trigonometría L Cos = dy (2.y Sin2 .26 y 2.y )(Cos 2)/2 (2.x Cos2 = 0 (2.36 .x Sin Sin = 0 (2.41 = (x -y )(Sin2)/2 (2.38 = (y+ x )/2+(x .8 Tensiones en Tracción Compresión Biaxial En la sección inclinada aparecen simultáneamente tensiones normales y cortantes .35 L dz .29 dan las tensiones normales y cortantes para una sección inclinada.x dy dz Cos = 0 (2.y dx dz Sin .42 De la estática F1 = 0 F2 = 0 Las ecuaciones 2. Ya que (Sin 2 )2+( Cos 2 )2 = 1 (2.4 Tracción Compresión Biaxial a) Tensiones Considérese un elemento diferencial sometido simultáneamente a cargas de tracción compresión en dos direcciones Fig. 2. 45 Para = 90 max = y min = 0 (2.9 Circulo de Mohr en Tracción Compresión Biaxial b) Tensiones Principales Las tensiones máximas o principales son: Para = 0 max = x min = 0 (2.47 Una pieza sometida a tracción compresión en dos dimensiones tiene tensiones normales máximas en los ejes “x” y “y”.46 Para = 45 min = 0 max = (x -y )/2 (2. 2. 2. Para que la pieza no falle.49 c) Deformaciones En la figura se muestra un elemento sometido a tracción compresión en dos dimensiones o biaxial Fig.10 Deformaciones en Tracción Compresión Biaxial Debido a que las ecuaciones son lineales. y tensiones cortantes máximos en secciones inclinadas a = 45º. se aplica el principio de superposición.48 max < S´y (2. (x y)/2 max (x-y)/2 max Fig. donde se hallan primero las deformaciones originadas sólo por las cargas horizontales y luego las . las tensiones máximas no deben exceder los límites de fluencia max < S y (2. 5 Tensiones en Recipientes de Pequeño Espesor a) Tensiones en Recipientes Cilíndricos de Pequeño Espesor Considerando recipiente cilíndrico de radio interior r y espesor de pared t. .q = .51 Considerando ahora sólo las tensiones verticales y = y /E (2. Figura 2. x /E = y. y /E (2. Se van a determinar las tensiones ejercidos sobre un pequeño elemento de pared con lados respectivamente paralelos y perpendiculares al eje del cilindro.11 Recipiente cilíndrico Las tensiones ζ1 y ζ2 mostrados en la figura 2. Se aclara que p es la presión manométrica del fluido.54 yt = y /E . que contiene un fluido a presión.q = . Considerando inicialmente sólo las tensiones horizontales x = x /E (2.52 x = . x /E (2.53 Superponiendo xt = x /E . Debido a la simetría axial del recipiente y de su contenido. Para determinar las tensiones de costilla se retira una porción del recipiente y su contenido limitado por el plano “xy” y por dos planos paralelos al plano yz con una distancia Δx de separación entre ellos.11 son por tanto tensiones principales.50 y = .55 2.deformaciones originadas sólo por las cargas verticales. El tensión ζ1 se conoce como tensión de costilla y se presenta en los aros de los barriles de madera.y (2.x (2. El tensión ζ2 es el tensión longitudinal. no se ejercen tensiones cortantes sobre el elemento. Las deformadas totales se hallan por la superposición o combinación de ambos resultados parciales. y /E = x. 13 Corte del cilindro De la sumatoria de fuerzas en z. consta de la parte del recipiente y de su contenido a la izquierda de la sección Figura 2.Figura 2.57 Para hallar el tensión longitudinal ζ2 como se muestra en la figura 2.58 ζ2 = p r / (2 t) (2.59 El tensión en la costilla es el doble del tensión longitudinal b) Tensiones en Recipientes Esféricos de Pequeño Espesor Debido a la presión interior p.56 ζ1 = p r / t (2.13 se hace un corte perpendicular al eje x y se considera. finalmente se concluiría que: p (π r2) = ζ2 2 π r (2. el cuerpo libre. un elemento diferencial y por la simetría de la esfera estará sometido a las tensiones ζ2 uniformes .12 Trozo del cilindro Con la ecuación de equilibrio de fuerzas en “z” se halla el tensión de costilla: p (2r) Δx = 2 ζ1 Δx t (2. 14 Tensiones en un Recipiente de Pared Delgada Esférico La tensión ζ2 se halla de una manera similar a la tensión longitudinal en cilindros De la sumatoria de fuerzas en x.Fig.6 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) Cuando en una barra o en una estructura el número de ecuaciones de equilibrio es inferior al número de incógnitas. Para resolver pues un caso hiperestático no serán suficientes las Ecuaciones de equilibrio y se buscarán para complementarlas Ecuaciones de Deformación. 2. .60 ζ2 = p r / (2 t) (2. finalmente se concluiría que: p (π r2) = ζ2 2 π r (2.61 2. Estos casos suelen darse cuando la barra o la estructura tiene apoyos (ligaduras) de más. se dice que es un caso Hiperestático. 2 -49.2 -49.7 3.0 Esf Normal 2.1 -32.0 41.3 140 2.4 150 2. .0 20.0 97.0 88. Hallar las tensiones en secciones con ángulos de 0º hasta 360º con un intervalo de 10º.3 -32.7 3.0 3.3 30 0.2 20 0.0 17.1 -43.5 40 0.2 49.3 49.1 43.0 60.0 100.1 43.3 -49.1.9 290 5.8 230 4.1 17. Hallar las tensiones para ángulos desde 0º hasta 360º con un intervalo de 10º.3 75.7 75.0 Esf Corte (Gr) (Rad) 0 0.3.1 32.0 180 3.3 58.3 75.7 280 4.0 17.0 240 4.3 25.4 320 5.2 43.1 300 5.8 340 5.3 32.0 3.0 58.2.3 97.3 58.1 17.3 97.2 -43.5 210 3.1 -43.6 100 1.2 -43.1 0.0 -60.2 250 4.2 43. Solución: max = P/AN = 100/1 = 100 Kg/cm² max = P/2AN = 100/2 = 50 Kg/cm² 2.7 25.1 0.0 0.2 49.0 11.0 41.0 40.0 -17.0 70 1.0 10 0.7 110 1.0 100.7 25.1 130 2.0 =(P/2An)(Sin 2) 0.6 330 5.0 88.3 25.7 50 0.0 11.0 88.0 88.PROBLEMAS RESUELTOS 2.3 -49.3 200 3.6 160 2.8 170 3. Solución: =(P/2An)(1+Cos 2) 100.2 80 1.1 -17.1.3 -32.2 310 5.4 260 4.1 32.9 120 2.1 190 3.7 41.0 50.0 -50.5 270 4.0 58.9 60 1. Hallar las tensiones máximas del 2.0 0.1 -17. Graficar los resultados.0 11.0 -17.1 0.9 350 6.4 90 1.3 49.0 11.7 41.0 -20.0 -40.0 100.0 97.3 32.3 0.1 360 6.7 220 3. Una pieza está sometida a cargas de tracción compresión en dos dimensiones con x = 90 Kg/cm² y y = -120 Kg/cm².1 -32.1 0. Una pieza con una sección de 1 cm² está sometida a una fuerza de tracción en una dimensión de 100 Kg.0 0.7 75. 2 -33.4 320 5.0 =(x-y)(Sin 2)/2 0.0 0.9 -67.8 170 3.4 -103.4 -113. Solución: =0 max = x = 90 Kg/cm² = 90 max = y = -120 Kg/cm² = 45 max = (x .3.5 90.6 330 5. unitaria longitudinal y transversal Los coeficientes de seguridad Solución: a) A = 2/4 = 7.2 37.2 -33.5 210 3. Hallar las tensiones máximas del problema 2.9 0.1 130 2.0 -50.0 10 0.3 200 3.2 37.9 -103.5 -90.1 300 5.0 240 4.6 160 2.2 -67.7 -120.3 -150.0 35.0 Esf Corte (Gr) (Rad) 0 0.9 0.4 90.7 -120.0 150.5 35.2 3.4 -90.0 50.2 -67.9 -67.07 Kg/cm² max = N = P/AN = = 141.0 83.9 67.5 -95.7 90.7 -95.8 340 5.9 0.9 120 2.5 -35.y )/2 = 105 Kg/cm² 2.4 -67.0 -113.9 67.4 90.7 50 0.0 50.0 70 1.2 80 1.0 Esf Norm al 2.4 83.7 90.4 -90.5 40 0.9 350 6.0 -150. Una pieza cilíndrica de Acero tiene = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a una carga de 1000 Kg.2 310 5.9 0.0 -35.9 -67.4 83.4 37.5 35.3 30 0.7 220 3.9 290 5.4 -67.0 83.8 230 4.4 -113.4 90 1.0 -50.4 37.7 280 4.1 190 3.5 -33.4.9 -67.0 100.5 -33.0 -100.5 65.5 3.0 180 3.9 67.5 -90.5 3.5 90.7 65.0 35.0 -35.5 65.5 -95.9 103.1 360 6.0 -113.5 270 4.3 140 2.9 67.4 -103.4 103.4 150 2.9 -103.2 20 0.9 103.5 -35.2 3.2 250 4.7 110 1.Solución: = (x+y)/2 + ( x- y)(Cos 2)/2 90.7 -95. Tomando Sy = 1800 Kg/cm² y Sy´ = 960 Kg/cm²sse pide hallar: Las tensiones máximas Las tensiones a 30o Las deformadas total.4 260 4.9 60 1.4 103.47 Kg/cm² para = 0o .5.6 100 1.7 65. max = P/2AN = 70. En la pirámide truncada de área transversal cuadrada de la figura. Una pieza de a = 2 cm de ancho por b = 3 cm de alto y c = 1 cm de profundidad está sometida a una fuerza horizontal de 100 Kg.00012 cm 2.28 x 10-5 af = a + a xt = 2.25 Kg/cm² = Pl/EA = 6.72 d) = Sy´/max = 960/70.73 x 10-3 cm c) = /l = 67 x 10-6 ( 67 x 10 –4 %) q = - = -20. y una vertical de 200 Kg.10 Kg/cm² = (P/2AN) Sin 2 30 = 61. x /E = 4.73 Kg/cm² para = 45o = (P/2AN )(1 + Cos 2) b) 30 = 106.000003 cm bf = b + b yt = 3.00 Kg/cm² xt = x /E .58 x 10-6 yt = y /E . Se pide hallar las dimensiones finales.33 Kg/cm² y = Fy/(a c) = 100.7.57 2. Tomar = 0.73 = 13.20 x 10 –6 (-20. y /E = 1.47 = 12.6 x 10 –6 cm = Sy/max = 1800/141.6.3 200[kg] c 100[kg] b a Solución: x = Fx/(b c) = 33. Se pide calcular: a) El peso parcial sobre cualquier altura “y” b) El tensión normal máximo .20 x 10 –4 %) q = q d = -60. En la pieza cónica truncada de la figura.8. A-A dy A 1000[cm] A y 90[cm] Solución: b(y) = (.30/1000) y + 90 a) El peso sobre y es h h y y 2 W ( y ) A( y )dy 30 / 1000 y 90 dy 1000 3 W ( y ) 603 30 / 1000 y 90 (3)30 b) El tensión normal es máximo en la base ( y = 0) max 1000 (603 903 ) 903 max = 703.83 c) La deformada l Wdy 0 EA l 0 3 1000 3 30 60 y 90 dy 90 1000 dy 2 30 E y 90 1000 1000 1 1000 1 2 2 1000 603 60 90 E 90 2(30) 30 60 90 2. se pide hallar la deformación debida a la acción de la fuerza P y del peso propio.c) La deformada total 60[cm] SEC. . 9. Tb . La tercera ecuación se halla analizando las deformaciones . B-B dy B h B y D Solución: h P W ( y)dy EA 0 D y 1 2 h d d 2 A 4 D y 1 4 2 h 2 2 y y D y W ( y ) A( y )dy 1 dy 0 0 4 2 h W ( y) h h Pdy 0 D 2y 2 ( y 3 yh 3h 2 ) 48h 2 E D y 1 4 2 h 2 0 D 2 y 2 ( y 3 yh 3h 2 )dy 48h 2 2 D y E 1 4 2 h h(24P D 2 h) 3ED 2 2.Tc) y sólo 2 ecuaciones.Tb –Tc 2 = 0 (ii El sistema es hiperestático ya que son tres incógnitas (Ta .P D/2 SEC. l l (b) l/2 P l (c) (a) a l (b) b (c) c Solución: Fy = 0 Ta+ Tb + Tc = P (i Ma = 0 P l/2 – Tb l – Tc 2l = P/2 . En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables. Tc = 2 Tb . ii y iii (iii Ta = P .866 = P Fx = 0 (I Ta Cos = Tc Cos Ta 0.(a-c)/2l = (b-c)/l Tl Ta l Tcl T 2 b c EAa EAc EA EA c b Ta –Tc = 2 (Tb – Tc) Ta – 2 Tb + Tc = 0 De i. De la ecuación de deformadas O O O' O' .5 la lb = lc Sin = 0. Tb .Tc) y sólo 2 ecuaciones.10.Tb .Tc Tb = P/3 Tc = P/12 Ta = 7P/12 2. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables b a c O P O' Solución: lb = la Sin = 0.866 = Tc /2 Ma = 0 (ii No existe ya que las fuerzas son concurrentes El sistema es hiperestático ya que son tres incógnitas (Ta .866 lc Fy = 0 Ta Sin + Tb+Tc Sin = P Ta 0.5 + Tb + Tc 0. 52Tb .8662Tb) / (0.866 = lb De vi Tala/(Sin Cos .Ta) / (0.52Tb .5 De viii y ix (ix [( 0.5.866Cos+Sin 0.5 Ta + 1.866 Tb)]/0.5Tb) = 0.866 Tan Tan = [( 0.5)/(Cos 0. La barra horizontal se supone rígida y articulada en la pared .11.577 P 0.a = OO´Sin (-) = Ta la / EA (iii b = OO´Sin (90-) = Tblb/EA (iv c = OO´Sin (+) = Tclc/EA (v De iii y iv Ta la/ Sin (-) = Tb lb/ Sin (90-) (vi De iv y v Tb lb/ Sin (90-) = Tc lc/ Sin (+) (vii Del gráfico la 0.8662Tb) ( 0.5 = lb lc 0.866 (2Ta 0.211 P 0.5 P 2.0.866)/ (0. De x y i Ta 0.5 = [(Tc – 0.Sin Cos ) = Tblb/ Cos Ta (lb/0.5.Ta) / (0.29 P Tc = 0.Sin 0.5 Tan = (Tc/0.5) 0.5 .5Tb)]/0.866) = P Ta = 0.5Tb( 0.866 Tc = P 1.5 + (Ta +Tc )+ Tc 0.866 = P 1.8662Tb) Tb = Ta + Tc (x Esta última es la ecuación de deformaciones buscada.8662Tb) / (0.5Tb)] 0.866) = Tblb/ Cos Ta = 0.366 P 0. En el sistema de la figura se piden hallar las tensiones en los cables a y b.866 Tan ) 0.Ta) = (Tc – 0.42 P Tb = 0.866 Tb) – 0.52Tb .5 Ta + 1.866 De vii (viii Tb lb/ Cos = Tc lc/ SinCos+Sin Cos) Tb lb/ Cos = Tc (lb/0.(Ta / 0.866 ( 0.52Tb .866 Tb)] 0.Ta) = (Tc – 0.866 Tan = [(Tc – 0. 4472 = P (iii Son tres ecuaciones con cuatro incógnitas Rx .3535 + Tb 0. Ry .8 (iv .Ta Sin l/2 -Tb Sin l + P l = 0 Ta 0.5 = 26. Ta y Tb l/2 A A' a Del grafico B' b la Cos = l/2 lb Cos = l a = AA´Sin b = BB´Sin AA´ = BB´/2 Entonces AA´ = a / Sin = BB´/2 = b /2 Sin Tala/(EA Sin ) = Tblb/ (2EA Sin ) Ta/(2 Cos Sin ) = Tb/ (2 Cos Sin ) Ta/ Sin (2 ) = Tb/ Sin (2 ) Ta/ 1 = Tb/ 0.56 Fx = 0 Rx.l/2 (b) (a) Tb Ta Rx l/2 l/2 P Ry l/2 l/2 P Solución: Tan = (l/2)/(l/2) = 1 = 45º Tan = (l/2)/l = 0.TaCos -Tb Cos = 0 (i Fy = 0 Ry + Ta Sin +Tb Sin -P = 0 (ii Mo = 0 . Que es la cuarta ecuación buscada.433 = 0 (iii El 2.12. Ta y Tb (a) A B A' b B' lb Cos 30 = la a = AA´Sin 90 b = BB´Sin 60 AA´ = BB´/2 Entonces AA´ = a / Sin 90 = BB´/2 = b /(2 Sin 60) Tala/(EA) = Tblb/ (2EA Sin 60) Ta lb Cos 30 = Tb lb / (2 Sin 60) Ta 1.124 P 2. De donde Ta = 1. Ry . Hallar las tensiones en los cables a y b Ta (a) (b) Rx Tb Ry l/2 l/2 P P Solución: Fx = 0 Rx + Ta Sin 30 = 0 (i Fy = 0 Ry + Ta Cos 30 + Tb -P = 0 (ii Mo = 0 -Ta l/2 -Tb Sin 60 l + P Sin 60 l/2 = 0 -Ta 0.es hiperestático con tres ecuaciones y cuatro incógnitas Rx .866 + P 0.405 P Tb = 1.5 = Tb Resolviendo (iv .5 -Tb 0. 13.03 TAC Sin = P TAC = 3163.49 cm 2.09 Kg Fx = 0 Tracción TAC Cos + 2TBC Cos = 0 TBC = . Se pide hallar el diámetro de la barra AC. En el sistema de la figura se piden las reacciones en A y B 30[cm] B Rb B T 2 40[cm] P y P 1 x A A 60[cm] Ra Solución: Fy = 0 Rb = Ra + P (i El sistema es hiperestático con una ecuación y dos incógnitas Ra y Rb.43 Tan = 15/60 = 14. Las ecuaciones de los círculos respecto del sistema x .1546.2406 P Tb = 0.361 P 2.y son x2+y2 = 302 x2 + (y-40)2 = 152 .56 Kg Compresión .Pandeo Analizando solo la barra AC AC = TAC/( dAC2/4) < Sy dAC = 1.Ta = 0.14. Tomar Sy = 1800 Kg/cm² A TAC 20 30 B 60 2TBC Cos B C P Vista Lateral P Solución: Fy = 0 Tan = 20/60 = 18. 6167) a (2.0472) 0 E 60 E 30 Ra = .los diámetros 1 = 2 (302-y2)1/2 2 = 2 [152-(y-40)2]1/2 éstos se igualan a un altura de 2(302-y2)1/2 = 2[152-(y-40)2]1/2 302-y2 = 152. 43 2 ( Ra P)dy 4 ( Ra P) 1 1 dy E 30 28.15.43 ec deformaciones t = 1+2 = 0 1 28. 43 15 ( y 40) 15 ( y 40) 40 E 2(152 ( y 40) 2 )1/ 2 2 ( R a P) (2.0.259 P Rb = 0.195 (i .43 0 Ra dy 4 E 2(30 y ) 2 1/ 2 2 2 Ra E 60 28.y2+ 80y –1600 y = 28. Se pide hallar las reacciones en las paredes 2 1 60 30 A 45 RA P 30 B 10 RA A x P 3 RB B Solución: Fx = 0 Rb + P = Ra Los diámetros y deformadas d1 = -30 x/45 + 60 d2 = 30 d3 = 3 x .741 P 2.43 0 1 1 (30 y) (30 y) dy Ra (3.0472) E 30 1 2 Ra ( R P) (3.6167) E 60 1 40 2 28. 45 Ra dy 4 4 Ra 45 dy 2 E (30 x / 45 60) 30 E 30 x / 45 60 1 0 1 4(45) Ra 1 1 ( ) Ra 9.09 E-7+Ra2.36e 9 E (3) 60 30 La ec de deformadas t = 1 +2+3 = Ra9.75 P Rb = 0.001 Ra = 0.16.09e 7 E 30 30 60 2 Ra 30(4) Ra 2.36 E-9 = 0.02e 8 2 E 30 ( Ra P)dy 4 4( Ra P) dy 2 E (3x 195)(3) 75 E 3 x 195 85 3 3 4( Ra P) 1 1 ( ) ( Ra P)3.25 P 2. Hallar las tensiones en las barras del sistema de la figura 100 cm a b Tb a Ta 30 Ta P P Solución Fx = 0 Ta Cos 30 = Ta Cos 30 Fy = 0 2 Ta Sin 30 + Tb = P M = 0 Las fuerzas son concurrentes No aporta (i Se tiene una ecuación y dos incógnitas.03 E-8+(Ra-P)3. De las deformaciones b a a 30 O b a b = OO´ O' . a = OO´Sin 30 b = a /Sin 30 Tb lb/EA = Tala/(EA Sin 30) la Sin 30 = lb Tb la Sin 30 = Ta la/Sin 30 Tb = Ta / Sin2 30 4 Tb = Ta De i y ii (ii 2 (4 Tb) Sin 30 + Tb = P Ta = 0.2 P Tb = 0.8 P 2.17. Tres barras se encuentran articuladas en A para soportar juntas, un peso W como se indica en la figura. El desplazamiento horizontal del punto A esta impedido por una varilla corta horizontal AO que se supone infinitamente rígida, a) Determinar las expresiones para calcular las tensiones en cada una de las barras y la fuerza total sobre la barra AO. b) Utilizando las anteriores relaciones determinar las tensiones sí: A1 = A2 = A3 = 2 cm² = 30º; = 45º; W = 2500 [ Kg]. L2,A2,E 0 L1,A1,E 0 L3,A3,E 0 L a W Solución. Mo = 0 (T1 cos )a T2 a (T3 cos )a Wa 0 L2,A2,E0 L1,A1,E 0 T1 cos T2 T3 cos W 0 L3,A3,E 0 (i L W Además cos 1 / 2 cos 3 / 2 (ii l1 Cos = l2 = l3 Cos A T1 cos 2 · 1 A2 (iv ·T2 A T3 cos 2 · 3 ·T2 A2 T1 T2 T3 (v cos 2 A1W A2 cos 3 A3 cos 3 A1 (vi A2W A2 cos A3 cos 3 A1 (vii cos 2 A3W A2 cos 3 A3 cos 3 A1 (viii 3 Además y T2 T1 T3 R x W T3 sen T1 sen R 0 W (cos 2 senA3 cos 2 senA1 ) R A2 cos 3 A3 cos 3 A1 (ix Con los datos se halla que: T1 = 936.062 Kg T2 = 1248 Kg T3 = 624.041 Kg R = - 26.768 Kg 2.18. Hallar la deformación total de la barra de la figura, considerando el material Acero con D = 10 cm, l = 50 cm, E = 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg P D/2 2P l/2 l/2 D/3 D l/2 T l/2 0 P1 dx l P2 dx 3l / 2 P3 dx EA1 l / 2 EA2 EA3 l P1 = -P (compresión) P2 = -P (compresión) P3 = P (tracción) D1 D 2 d1 D 3 A1 ( D1 d 1 ) 2 2 5D 2 144 D2 Dx D 2x l D( ) 2l 4 4l d2 D 3 A2 ( D2 d 2 ) 2 D3 2 2 D 2 2 x l 1 4 4l 9 Dx D 2x l D( ) 2l 4 4l d3 0 A3 ( D3 d 3 ) 2 T l/2 0 2 2 D 2 2 x l 4 4l P1 dx l P2 dx 3l / 2 P3 dx 72 Pl 12 Pl 25 8Pl ln 2 2 EA1 l / 2 EA2 EA3 13 3ED 2 5ED ED l Reemplazando T = - 0,00296 cm 2.19. En el sistema mostrado en la figura, se pide determinar las reacciones que soportan las paredes rígidas por efecto de las cargas que se indican. Considerar una sección rectangular de espesor constante “b” y los siguientes datos: L = 30cm; H = 10 cm; h = H/3; E = 2.1x106 Kg/cm² ; P = 5000 Kg; b = 5 cm Solución: l P1 dx 2l P2 dx 5l / 2 P3 dx 3l P4 dx T EA1 l EA2 EA3 5l/ 2 EA3 0 2l 2x A1 b1 H 3l A2 bH / 3 bH (l 2 x' ) H h A3 A4 b x' h 3l l Asumiendo que el bloque no llega a chocar en el extremo izquierdo P1 = 0 P2 = P P3 = P P4 = 3P Reemplazando l T 0 l 2l 0dx Pdx bH 2x Eb1 H l E 3 3l 2l 0dx Pdx bH 2x l E Eb1 H 3 3l T 0 l/2 0 l/2 0 l Pdx 3Pdx bH (l 2 x' ) l / 2 bH (l 2 x' ) E E 3l 3l l Pdx 3Pdx bH (l 2 x' ) l / 2 bH (l 2 x' ) E E 3l 3l PL 9 (3 3 ln 2 ln 3) 0.00837cm EbH 2 T ya que ésta deformada es mayor a la tolerancia indicada, hay contacto en la pared izquierda y se debe tomar en cuenta la reacción R1 sobre la pared izquierda del apoyo. Recalculamos la deformada con P1 = -R1 P2 = P - R1 P3 = P - R1 P4 = 3P - R1 Además la deformación iguala a la tolerancia dada ( = 0.001) l T 0 T R1dx ( P R1 )dx bH 2x Eb1 H l E 3 3l 2l l/2 0 ( P R1 )dx (3P R1 )dx 0.001 bH (l 2 x' ) l / 2 bH (l 2 x' ) E E 3l 3l l 3Pl 3R l (2 2 ln 2 3 ln 3) 1 (ln 3 1) 0.001 2 EbH EbH De donde R1 = 4657.03 Kg Además R2 = P + 2P – R1 R1 P De donde R2 2P R2 = 10342.97 Kg 2.20. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función cuadrática, como se ve en la figura. y y P D d x D Dx dx f(x2) x d x l Solución: t l 0 Pdx EAx la variación del diámetro en función de x es cuadrática Dx Ax 2 B para x = 0 Dx = d para x = l Dx = D Resolviendo Dd Dx 2 x 2 d l Ax t D d · 4 l 2 E·· D d ·x l 0 t De donde ·x d 2 2 P·dx 4 l 2 2 d 2 D d 2 P·l D 1 arctg d (D d ) E· ·d ·D Dd 2.21. Hallar una expresión para determinar la reacción en cada uno de los apoyos, de los elementos mostrados en la figura, originados por un aumento de la temperatura T, considerando como datos: , l, a. Cu a Al a/2 l a l Solución: Suponiendo que la deformación por dilatación es mayor a la holgura Cu Al La deformada en la pieza de cobre por tensiones es cu l 0 Dx R·dx E cu Ax a x ( 1) 2 l cu R·dx l 0 Ecu cu a x 1 4 2 l 2 8Rl E cu a 2 En el aluminio la deformación es similar: al l 0 Dx a x ( 1) 2 l l R·dx 0 a x al al R·dx Eal Ax Eal 1 4 2 l 2 8Rl Eala 2 La deformación por la variación de temperatura: T lcu T l alT l (cu al )T Además cu al T Reemplazando. obtenemos: . 2x105[1/ºC].1x106[ Kg/cm²]. al = 22. hay contacto en la pared derecha. d = 2[cm].22. R T dx Dx Cu R Al x x l R 0 2l P1 dx P dx 2 E al Aal l E cu Acu . Ecu = 1.0745cm Ya que la deformada es mayor a la holgura.2 x10 5 )(120 25) T 0. D = 5[cm]. si la temperatura aumenta a 120ºC. cu = 17x10-6[1/ºC]. determinar las reacciones que soportan los apoyos luego de la dilatación. tomando: l = 20[cm]. La pieza mostrada en la figura fue maquinada con las dimensiones mostradas. Eal = 7x105[ Kg/cm² Tº=25 ºC D Cu Al l l d Solución: La deformación debido a la dilatación es: T l cu T l al T l ( cu al )T T 20(17 x10 6 22.8Rl 8Rl l ( cu al )T 2 E cu a E al a 2 8R * l 2 Ecu * * a 8R * l E al * * a 2 l * T cu al De donde: 8Rl 8Rl l ( cu al )T 2 Ecua Eala 2 Ecu Eala 2 2 Ecu Eal R l (cu al )T 2. En la siguiente figura determinar las tensiones que ocurren en cada uno de los alambres flexibles. articulada en uno de sus extremos. que soportan a la barra rígida.A 3.l1 E. E.P1 = R A1 = d2/4 P2 = R A1 = Dx2/4 El diámetro es lineal Dx = A x + B de las condiciones de borde se obtiene que: Dx Dd x 2d D l Reemplazando: l R 0 2l Rdx Rdx 2 2 d Dd l E al E cu x 2d D 4 4 l Resolviendo: R 4 R( DEal dE cu ) Dd 2E al E cu Reemplazando 4 R( DEal dE cu ) Dd 2E al E cu T Con los datos R = 2599.23. (Considerar los datos mostrado en la figura.A 1.A 2.l3 P Solución: Las deformaciones .39 Kg 2.l2 l l l E. 1 a 3 2 b entonces a / l = b / (2l) 1 = a Sin 2 = b Sin 3 = b Sin además l = l1 Cos l = l2 Cos l = l3 Cos reemplazando: 2 2 sen 1 sen 2 2 1 sen sen 3 2 1sen sen Las deformadas: 1 T1l1 EA1 2 T2 l 2 EA2 3 T3 l 3 EA3 T2 l l T1 cos cos sen 2 EA2 EA1 sen T2 T3 2sen cos A2T1 sen cos A1 l l T1 cos cos sen 2 EA3 EA1sen T3 2sen cos A3T1 sen cos A1 . mostrado.24. Siendo la sección. de forma parabólica. H x x ry y H dy y wy H/3 y Solución: T H 0 w( y ) dy EA y la ec. de la parábola es x x o P( y y o ) 2 ( xo . y o ) ( H . Determinar la deformación debido al peso propio del bloque mostrado en la figura.De la estática T1senl Pl T2 sen 2l T3sen 2l 0 Donde T1 sen cos A1P K T2 sen cos A2 2 P K T3 sen cos A3 2 P K K A1 sen 2 cos 4 A2 sen 2 cos 4 A3 sen 2 cos 2. según el sistema de coordenadas. circular y variable con la altura.H) 6 para x = H/2 y = 0 x rr ( y H )2 H 3H 6 El área a cualquier altura “y” es: ( y H )2 H 2 A( y ) rr 6 3H El peso por debajo de “y” es: 2 . w( y ) ry dy 2 Reemplazando y simplificando: w( y) H 2 540 47H 5 135H 4 y 180 H 3 y 2 140 H 2 y 3 60 Hy 4 12 y 5 La deformada: 47 H 5 135H 4 y 180 H 3 y 2 140 H 2 y 3 60 Hy 4 12 y 5 2 H H 540 T 2 0 ( y H )2 H E 6 3H simplificando: T H 2 90 E (17 6 ln 3) dy . 2.27. Una pieza de acero tiene sección cuadrada de 3 x 4 cm y un largo de 900 cm y está sometida a una carga de 1500 Kg. Se pide hallar: a) El peso parcial sobre cualquier altura “y” b) La tensión normal máxima c) La deformada total .29. 2. Hallar las tensiones normal y cortante para una sección a 30º en el anterior problema 2.25. Tomar = 0.PROBLEMAS PROPUESTOS 2. Una pieza de a = 3 cm de ancho por b = 4 cm de alto y c = 2 cm de profundidad está sometida a una fuerza horizontal de 150 Kg. Se pide hallar las dimensiones finales. y una vertical de -200 Kg. Una pieza está sometida a tensiones de tracción compresión en dos dimensiones con x = . Hallar las tensiones para una sección que forma un ángulo de 30º con la horizontal 2.120 Kg/cm² y y = -150 Kg/cm². En el sistema de la figura la sección transversal es circular y las dimensiones están en centímetros. Hallar el círculo de Mohr y las tensiones máximas en el anterior problema.30.26.3 200[kg] c 150[kg] b a 2. Hallar la tensión normal en una barra de sección circular sujeta a una carga de tracción de 100 Kg si su diámetro es de 1 cm.28.31. Se pide hallar: Las tensiones máximas Las tensiones a 30o Las deformadas total y unitaria longitudinal y transversal Los coeficientes de seguridad Sy = 1800 Kg/cm² y Sy´ = 960 Kg/cm² 2. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables. Hallar las tensiones en los cables l/4 (a) l/5 (b) (c) l/5 2.33. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables (a) (b) (c) P 2.35. l l (a) (b) (c) (b) (a) l/2 P 2.30 1000 y 500 15 45 2. Hallar las tensiones en los cables (d) l/5 (e) l/5 l/5 P .34.32. 37. Para el sistema de la figura se piden las reacciones en A y B. Se pide hallar el diámetro de la barra AC. Tomar las unidades en cm 30 40 P 25 60 2. Tomar las unidades en cm B 40 50 P 30 A 50 2.36. Hallar la deformación total debido al peso propio. (a) (b) (c) l/2 l/2 P 2. Se pide hallar las reacciones en las paredes.39. Tomar = 0. Tomar Sy = 1800 Kg/cm² A A 20 30 B 60 B C P 2.01 cm .38. Hallar la deformada debido a la fuerza P y el peso propio P D h dy A A y D/2 2.41. W = 2500 Kg. un peso W como se indica en la figura.70 P 40 A 60 50 B 20 2. El desplazamiento horizontal del punto A esta impedido por una varilla corta horizontal AO que se supone infinitamente rígida. Tomar E = 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg 0. En el sistema mostrado en la figura determinar las reacciones que soportan las paredes rígidas por efecto de las cargas y un incremento de la temperatura. Considerar una sección rectangular de espesor constante “b” y los siguientes datos: .42. Hallar la deformación total del sistema de la figura. l/4 l/4 l/4 l/4 l/3 A P 2. Tres barras se encuentran articuladas en A para soportar juntas.35 P 60 45 45 2. b) Utilizando las anteriores relaciones determinar las tensiones sí: A1 = A2 = A3 = 2 cm² = 30º.40. a) Determinar las expresiones para calcular las tensiones en cada una de las barras y la fuerza total sobre la barra AO. = 45º.43. Hallar las tensiones en el sistema de la figura.46. T a/2 Cu a l Al l 2. determinar las reacciones que soportan los apoyos luego de la dilatación. como se ve en la figura.1x106 Kg/cm² . Ecu = 1. al = 22. tomando: l = 20 cm. Si la temperatura aumenta a 120 º C. y y P D d x Dx D dx f(x2) x d x l 2. debido a la variación de temperatura T. Hallar una expresión para determinar la reacción en cada uno de los apoyos.L = 30cm. l.1x106[ Kg/cm²]. P = 5000 Kg. d = 2 cm. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función cúbica. D = 5 cm. h = H/3. cu = 17x10-6 (1/ºC). de los elementos mostrados en la figura.2x10-5 (1/ºC).44. considerando como datos: . Cuando las deformaciones además de la carga P provienen de un incremento de la temperatura T . b = 5 cm T = 90C l/2 B P A H 2P h H B l l B-B b l 2. E = 2.47. H = 10 cm. Eal = 7x105[ Kg/cm² T d Cu l a Al D l cm 2. a.45. consta de un tramo troncocónico y otro cilíndrico. t P D l/2 2P 3P 2P D/2 l l 2. 3P 2P E2 d 2d E1 E1 l l l acción de las fuerzas a los apoyos que se apoyos. La barra maciza mostrad en la figura.51. y es circular y varía en cada tramo. que tiene una perforación que produce una pared de espesor constante t. determinar las reacciones que se producen en dichos además que los materiales tienen diferente módulo de elasticidad.A 2. d D 3P P 2P l l 2. Determinar la variación que debe tener la sección circular del elemento de la figura.A 1. La barra mostrada en la figura se encuentra sometida a la mostradas que produce una reacción interna de la barra. determinar la deformación total del sistema siendo el material el mismo para ambos tramos.50. como se muestra en la figura. La sección de la barra varía según se ve en dicha figura.l2 l l l E. debido muestran.49.E. la barra se encuentra sometida a la acción de las respectivas cargas.A 3. Determinar la expresión para calcular la deformación total de la barra. de modo que las tensiones debido al peso propio sean constantes.48. considerando su sección transversal .l1 E. x y ry dy wy y 2.l3 P 2. 1 2 P a 2. Hallar las tensiones de los elementos mostrados en la figura. Considerar E. A igual para todas las barras.56.53. a=1[m] 2a a . a 1 2 a a P 2.5 cm. Una armadura simétrica experimenta las cargas mostradas en la figura. Hallar las tensiones en las barras de la armadura mostrada en la figura cuando se aplica la fuerza indicada. 1 2 a P 3 a 2. Determinar la ecuación para determinar el Área de las secciones transversales de los elementos elásticos que se muestran en la figura.55. Determinar las tensiones normales que experimentan cada una de ellas. si uno de ellos fue fabricado con una falla en su longitud = 0.2.54. Considerar conocidas las longitudes de cada una de éstas. Calcular las tensiones de montaje de los elementos flexibles mostrados en la figura.52. 1 1 a 3a 3a 2 2 P 2. horizontal y vertical. Determinar el desplazamiento del punto A debido a las cargas aplicadas sobre la armadura mostrada en la figura. l 2l 3 1 l 2 l P .58. del punto de aplicación de la fuerza P. 2l l 3 1 2 l A l P .57. constante. Considerar. el módulo de rigidez a la tensión E·A.2. 2. además determinar todas las tensiones en las diferentes barras. Determinar los desplazamientos. Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3. soldadura.1 Introducción Un elemento está sometido a Corte Puro cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen momentos internos...Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.Los miembros sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1. 3.Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5. es decir.3 Corte Puro 3.2 Tensiones y Deformaciones en Corte Puro a) Tensiones Considérese una pieza sometida a una carga horizontal en su cara superior y anclada en su cara inferior: . el corte de planchas metálicas mediante cizallado. tampoco fuerzas normales y solo se verifica una fuerza tangencial Q en el centro de gravedad de la sección. etc.1 Corte Puro Ejemplos de elementos sometidos a Corte Puro son: Vigas de muy pequeña luz donde la rotura se produce por corte puro y el efecto de flexión es despreciable. 3.. Fig. punzonado o troquelado y las uniones con remaches. bulones...Los materiales son homogéneos 4. en todas las secciones rectas del elemento se anulan la fuerza normal y los momentos torsor y flector. pernos. 2 Ahora bien. las tensiones cortantes no aparecen aisladas. Analizando un elemento diferencial del cuerpo (a) (b) (c) (d) No equilibrio en x Si equilibrio en x Si equilibrio en x Si equilibrio en x Si equilibrio en y Si equilibrio en y Si equilibrio en y Si equilibrio en y No equilibrio rotación No equilibrio rotación No equilibrio rotación Si equilibrio rotación Fig. 3.1 = Q/A (3. Si en lugar de cortar la barra por la sección recta horizontal A.Fig. necesariamente se requiere que: a) Las tensiones de corte actúen en cuatro caras del elemento diferencial. 3. se observa que: =0 (3.3 Condiciones de Equilibrio Para que el elemento diferencial este en equilibrio.2 Tensiones en Corte Puro Realizando un corte en la pieza por la sección recta horizontal A. se la corta por una sección inclinada en un ángulo α . b) Las tensiones sean concurrentes o divergentes en las aristas y que tengan igual magnitud. y Cos α Cos α + x Sin α Sin α = 0 (3. 3.4 α dl dz + y dy dz Sin α + x dx dz Cos α = 0 (3.5 α + y Cos α Sin α + x Sin α Cos α = 0 (3.5 Circulo de Mohr b) Tensiones principales Los valores máximos de las tensiones normales y cortantes son: Paαa α = 0 min = 0 max = P/AN (3.4 Tensiones en una Sección Inclinada Geométricamente dl Cos α = dy (3.10 De la estática F1 = 0 F2 = 0 Cuando α = 0 se verifica que 0 = 90 = 0 (3.3 dl Sin α = dx (3.Fig.5 α2 + α2 = 2 (3.11 0 = 90 = (3. max max Fig.15 .12 Ya que (Sin 2 α)2+( Cos 2 α)2 = 1 (3.7 α dl dz .6 α = - Sin 2α (3.14 Que es la ecuación de una circunferencia con centro en el origen. 3.8 α .13 De 3.9 α = Cos 2α (3.3 y 3.y dy dz Cos α + x dx dz Sin α = 0 (3. .17 max = P/AN < S´y (3. los elementos sometidos a la acción de fuerzas cortantes o tangenciales. max = P/AN < Sy (3. Dentro de la zona elástica. las tensiones de corte son proporcionales al ángulo de deformación.16 Estos resultados indican que un elemento con cargas cortantes presenta las tensiones cortantes máximos cuando α = 0 y las tensiones normales máximas en una sección a α = 45º. Estos problemas se conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir ecuaciones adicionales de deformaciones. más que presentar cambios en las dimensiones sufre distorsión o cambios de forma. las tensiones máximas no deben excedeα las fluencias.3 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) En algunas ocasiones las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y M = 0) son en número menores al número de Cargas incógnitas que se desean hallar. De la ecuación de Hooke = Q/AN = G (3.19 = Q/(AN G) (3.20 3.18 c) Deformaciones Como se mencionó anteriormente.Paαa α = 45 max = P/AN min = 0 (3. Para prevenir la falla. PROBLEMAS RESUELTOS 3.1. Una pieza con un área de 1 cm² soporta una fuerza cortante de 100 Kg. Se piden: a) Las tensiones en ángulos de 0 a 360 con intervalos de 10.y b) Graficar vs. Solución: =(Q/An)Sin 2 0.0 34.2 64.3 86.6 98.5 98.5 86.6 64.3 34.2 0.0 -34.2 -64.3 -86.6 -98.5 -98.5 -86.6 -64.3 -34.2 0.0 34.2 64.3 86.6 98.5 98.5 86.6 64.3 34.2 0.0 -34.2 -64.3 -86.6 -98.5 -98.5 -86.6 -64.3 -34.2 0.0 =(Q/An)Cos 2 100.0 94.0 76.6 50.0 17.4 -17.4 -50.0 -76.6 -94.0 -100.0 -94.0 -76.6 -50.0 -17.4 17.4 50.0 76.6 94.0 100.0 94.0 76.6 50.0 17.4 -17.4 -50.0 -76.6 -94.0 -100.0 -94.0 -76.6 -50.0 -17.4 17.4 50.0 76.6 94.0 100.0 150.0 100.0 50.0 Esf Corte (Gr) (Rad) 0 0.0 10 0.2 20 0.3 30 0.5 40 0.7 50 0.9 60 1.0 70 1.2 80 1.4 90 1.6 100 1.7 110 1.9 120 2.1 130 2.3 140 2.4 150 2.6 160 2.8 170 3.0 180 3.1 190 3.3 200 3.5 210 3.7 220 3.8 230 4.0 240 4.2 250 4.4 260 4.5 270 4.7 280 4.9 290 5.1 300 5.2 310 5.4 320 5.6 330 5.8 340 5.9 350 6.1 360 6.3 0.0 -100.0 -50.0 0.0 50.0 100.0 -50.0 -100.0 -150.0 Esf Normal 3.2. El remache de la figura une tres piezas y soporta las cargas dadas. Hallar las tensiones. Tomar d = 25.4 mm y F = 100 kN. Solución: = F/(2AN) = 100000/(2 ( 25.42)/4] = 98,67 N/mm2 3.3. Que diámetro debe tener un remache para unir dos placas que soportan una fuerza de corte de 1000 Kg. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² Solución: max < P/AN = 1000/( d2/4) < 900 d2 = 4(1000)/( 900) d = 1.19 cm Se adopta d = 1,27 cm 3.4. Dos placas unidas por dos cordones de soldadura a 45º soportan una carga de corte de 6000 Kg. Si el ancho de las placas es de b = 3 cm, se pide hallar las dimensiones de la garganta y de la base de la soldadura. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm². P e P a Solución: El área mínima es A=eb=e3 max = P/AN = 6000/[2(3)e] < 900 De donde e = 1.11 cm Y a = 2 e Cos 45 = 1.57 cm 3.5. Una pieza de madera con una sección transversal de 3 x 3 cm. está colada como se ve en la figura. Hallar la fuerza máxima que puede soportar. Tomar Sy´ = 200 Kg/cm² P 1. Solución: 60 P De 2.7 y 2.8 = (P/2AN) (1 + Cos 2 ) = (P/2AN) Sin 2 60 = (P/2AN) Sin 2 = P/[2(3)(3)] Sin 60 < 200 P = 4156.92 Kg 3.6. Hallar las tensiones cortantes en función del momento torsor en un pasador que sostiene una polea en un eje Solución: El Momento de Torsión T=Qr Q=T/r = Q/AN = T /(r a b) 3.7. Una polea está fijada a su eje por medio de un pasador cilíndrico. Los ejes del eje y del pasador son perpendiculares. Si el momento torsor soportado es de 150 Kg cm. y el diámetro del eje de 3 cm. Se pide hallar el coeficiente de seguridad en el pasador. Tomar diámetro pasador 0,5 cm. y Sy` = 900 Kg/cm² Pasador Polea Eje Solución: T=Fr F = T / r eje = 150 Kg cm/(3/2) cm = 100 Kg max = P/AN = 100/( pas2/4) = 509.29 Kg/cm² = Sy´/max = 900/509.29 = 1.76 3.8. En la figura se representan planchuelas, unidas por cordones de soldadura. Se trata de soldaduras en ángulo compuestas por dos cordones laterales y dos frontales. Se pide la fuerza P que pueden soportar los cordones Solución: g = 0.7 e AN = (2 a + 2 b) g = P/AN = P/ [(a + b) 1.4 e] 3.9. Hallar la intensidad máxima H de la carga que puede soportar la plataforma rígida de la figura. Los pasadores en A, B y C tienen un diámetro de 1 cm y Sy´ = 900 Kg/cm² A 30 AC C B 40 C Rx 30 Rv 35 Peq 30 Solución: = Arctan(30/40) = 36.86 La carga equivalente Peq = H 70 Fx = 0 Rx – AC Cos = 0 (i Fy = 0 Ry + AC Sin = Peq (ii MB = 0 AC Sin 40 = Peq 35 (iii AC = H(70)35/(Sin 40) = 102,08 H Rx = AC Cos = 81.66 H Ry = H70 - AC Sin = 8.75 H R ( Rx 2 Ry 2 ) 82.12 H AC = AC/AN = 102,08H/( 12/4) < 900 Kg/cm² HAC = 6.92 Kg/cm O = R/AN = 82,12H/( 12/4) < 900 Kg/cm² HO = 8.6 Kg/cm Entonces H = 6.92 Kg/cm. 3.10. La plataforma rígida de la figura está soportada por dos cables a y b. Hallar el diámetro del pasador en O si Sy´ = 900 Kg/cm² y P = 100 Kg a Ta 30 O 30 Rx b Tb 30 60 60 Ry P P Solución: De 2.11 Ta = 0.24 P = 24 Kg Tb = 0.36 P = 36.1 Kg Fx = 0 Rx + Ta Sin 30 = 0 (i Rx = -12.04 Kg Fy = 0 Ry + Ta Cos 30 + Tb -P = 0 (ii Ry = 43.2 Kg R ( Rx 2 R y 2 ) 44.64 Kg O = R/AN = 44.64/( pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 0.25 cm 3.11. Hallar la fuerza que se necesita para troquelar un disco de 3 cm de diámetro y 0,2 cm de alto . Tomar Sy´ = 1500 Kg/cm². P Solución: max = P/AN > S`ut A = t = 3 0,2 = 1,88 cm² P > S`ut A = 1500 Kg/cm 2 1.88 cm² = 2827.4 Kg 3.12. Una escalera está diseñada para soportar una persona de 500 Kg y está fijada al piso por dos pasadores que evitan su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores: Tomar Sy´ = 900 Kg/cm². P P N x 60 60 Rx Ry Solución: Fx = 0 Rx = N (i Fy = 0 Ry = P (ii MA = 0 P x Cos 60 – N l Sin 60 = 0 (iii N = P x Cot 60 /l Rx = N = P x Cot 60 /l Ry = P R Rx 2 Ry 2 x R P 1 ( Cot 60) 2 l Máx con x = l R = 1.15 P max = R/AN = 1.15 (500)/(2 pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 0.6377 cm 3.13. Una escalera soporta una persona de 500 Kg en su punto medio y está fijada al piso por dos pasadores que evitan su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores: Tomar Sy´ = 900 Kg/cm². P 60 Solución: Del anterior problema x R P 1 ( Cot 60) 2 l para x = l/2 R = 1,04 P max = R/AN = 1,04 (500)/(2 pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 0.606 cm 3.14. La pieza de la figura está fijada por cuatro pasadores y soporta una carga de P = 3000 Kg. Se pide hallar el diámetro mínimo de los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm². P 9 A B 9 C D Solución: Por simetría, la carga P se reparte equitativamente entre los cuatro pernos Fy = 0 Fa = Fb = Fc = Fd = P/4 (i Fa = Fb = Fc = Fd = 750 Kg (i = F /A < S´y 750 Kg/( d2/4) < 1100 Kg/cm² d > 0.9317 cm 3.15. La plataforma de la figura soporta una carga de 100 Kg y esta soportada por 2 pasadores de 1 cm de diámetro. Se pide el coeficiente de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm². 33/( 12/4) = 1188.02 Kg/cm² b = FB /A = 933.16.33/( 12/4) = 1061.833.36)] = 1250 Kg La composición da .33 Kg a = Fa /A = 833.36 Fy = 0 Fa = Fb = Fc = Fd = P/4 = 100 Kg (i Mo = 0 Fa = Fb = Fc = Fd = M/(d4) (ii Fa = Fb = Fc = Fd = [400(75+9/2)]/[4(6.036 (No hay falla) b = S`y/ b = 0.P=100[kg] P M 75 9 Fa Fb Solución: Los pasadores además de soportar la carga vertical deben soportar el momento que se origina respecto del centro de los mismos. P=400 kg 9 75 P=400 kg M=P(75+9/2) B D A C d Solución: d = (9 )21/2/2 = 6. Fy = 0 Fa + Fb = P (i MA = 0 P (75+9) = Fb 9 (ii De i y ii Fb = 933.34 Kg/cm² a = S`y/ a = 1. Se pide el coeficiente de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm². La plataforma de la figura soporta una carga de 400 Kg y esta soportada por 4 pasadores de 1 cm de diámetro.33 Kg Fa = .925 (Hay falla) 3. 56 .88 Kg Fby = 100+1250 Sin 45 = 983.88 Kg Fdtot = 1322.60/( 12/4) = 1683.88 Kg Fbtot = 1322.88 Kg Fdy = 100+1250 Sin 45 = 983.88 Kg Fcy = 100-1250 Sin 45 = -783.883. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².88 Kg Fay = 100-1250 Sin 45 = -783. Se pide el diámetro del pasador O.10 Ta = 1. Ta l/2 Rx l/2 l/2 P Ry l/2 Tb l/2 P Solución: De 2.60 Kg Los pasadores más solicitados son los “b” y “d”. La plataforma de la figura soporta una carga de 1000 Kg y esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables.40 Kg Fdx = 1250 Cos 45 = 883.98 Kg = S`y/ = 0.124 P = 1124 Kg Fx = 0 Rx.653 (Hay Falla) 3.405 P = 1405 Kg Tb = 1.60 Kg Fcx = 1250 Cos 45 = 883.TaCos -Tb Cos = 0 (i Fy = 0 Ry + Ta Sin +Tb Sin -P = 0 (ii = 45º = 26.17.40 Kg Fbx = -1250 Cos 45 = .88 Kg Fatot = 1181.88 Kg Fctot = 1181.883. es decir los de la derecha b = d = F /A = 1322.Fax = -1250 Cos 45 = . 9 Kg Ry = -496.21/( pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 1.49 cm .Rx = 1496.21 Kg max = R/AN = 1577.9 Kg R Rx Ry 2 2 R = 1577. 21. Una pieza de madera con sección cuadrada soporta una carga de 1000 Kg y está unida a 70 º. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y un cable. están unidas por cordones de soldadura a 45º: Se pide hallar la carga máxima que la unión soportan.23.y b) Graficar vs. de diámetro se necesitan para unir dos placas que deben soportar una fuerza de corte de 1500 Kg. Tomar Sy` = 900 Kg/cm² Chav eta Polea Eje 3. Cuantos remaches de 2 cm.PROBLEMAS PROPUESTOS 3. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² A 30 B 40 30 . Se pide hallar los diámetros de los pasadores en A. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm P P 3. El momento torsor soportado es de 150 Kg cm y el diámetro del eje de 3 cm. Una polea está fijada a su eje por medio de un pasador rectangular. Dos placas con un ancho de b = 3 cm y un espesor de e = 0.5 cm. Se piden a) Las tensiones para ángulos de 0 a 360 con intervalos de 10. Para una intensidad de la carga distribuida de H = 10 Kg/cm. Tomar Sy´ = 200 Kg/cm² P P 70 3.20.22.18. 3. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² P e P a 3. Una pieza circular con un diámetro de 1 cm soporta una fuerza cortante de 150 Kg. Hallar el área que debe tener la chaveta. B y C.19. Se piden las dimensiones. La plataforma de la figura esta soportada por 4 pasadores de diámetro de 1. Se pide hallar el valor máximo de P que pueden soportar los pasadores. Una escalera soporta una carga distribuida de H = 10 Kg/cm y se fija al piso por dos pasadores para evitar su deslizamiento.3 cm de alto. P 9 A 9 B C D .27. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².3.5 cm y en ella actúa una fuerza P. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² 30 O 30 60 P P 3. Que fuerza se necesita para troquelar una pieza de sección cuadrada de 6 cm de lado y 0. Se pide hallar el diámetro de los pasadores. H 60 3. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm². Tomar Sy´ = 1500 Kg/cm² P 3.26. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables. se pide hallar el diámetro del pasador en O. Para una carga horizontal en su extremo derecho de P = 100 Kg.24.25. 31. 3P l/2 l/2 P 3.3.30. P=400 kg 90 A C B 12 3. Para las cargas en su extremo derecho de P y 3P. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm² 9 90 A B C D P = 400 Kg 6 3.29. La plataforma de la figura esta soportada por 3 pasadores con un diámetro de 1 cm y en ella actúa una fuerza P = 400 Kg. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² y P = 1000 Kg. se pide hallar el diámetro del pasador en O. se pide hallar el diámetro del pasador en O.28. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables. La plataforma de la figura esta soportada por 4 pasadores con un diámetro de 1 cm y en ella actúa una fuerza P = 2000 Kg. Se pide el factor de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm². Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm². Se pide el factor de seguridad en los pasadores. P l/2 l/4 l/4 l/4 l/4 . Para una carga vertical en su extremo derecho de P = 1000 Kg. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y cuatro cables. .. Fig.Los miembros sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo.1 Torsión Los ejes y árboles de cualquier maquina son ejemplos de elementos sometidos a torsión.. 4. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1...Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2. en todas las secciones rectas del elemento se anulan las fuerzas y el momento flector. poleas y engranajes en los sistemas de transmisión de potencia (donde se generan pares de torsión) tienen agujeros circulares que se montan sobre árboles y ejes.1 Introducción Un elemento está sometido a torsión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen fuerzas internas. Los elementos sometidos a torsión son comúnmente de sección circular. sólida o hueca. debido a que piezas tales como rodamientos. .Los materiales son homogéneos 4.2 Diagrama de Momentos Torsores: Se denominan diagramas de momentos torsores a los diagramas que dan los momentos de torsión Mt en cada sección de una barra prismática.Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5. tampoco momentos de flexión y solo se verifica un momento normal Mt en el centro de gravedad de la sección o una cupla que queda contenida en el plano de la misma.4 Torsión 4.Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3. es decir. 4. Analizando el giro d entre las secciones laterales en un elemento diferencial de longitud dx .3 Torsión Circular a) Tensiones Aceptando la hipótesis de Coulomb que establece que las secciones normales al eje de la pieza permanecen planas y paralelas a sí misma luego de la deformación por torsión.Fig. Una línea recta (A-B) dibujada en su superficie exterior y paralela a su eje axial antes de la aplicación de los momentos de torsión. de modo que las rectas trazadas sobre ellas continúan siendo rectas y los ángulos mantienen su medida. 4. se inclina y curvea luego de la aplicación de los momentos (A-C). las generatrices rectilíneas de la superficie lateral del cilindro se transforman en hélices. Por otro lado. 4.2 Diagrama de Momentos Torsores 4. Como consecuencia de lo enunciado resulta que las secciones tienen rotaciones relativas.3 Rotación de Secciones en Torsión Considérese una barra prismática sometida a momentos de torsión en sus extremos. Fig. 3 =G (4. 4. d debido al desplazamiento de los puntos a y b hacia a` y b` en la sección derecha. d se distorsiona en la forma romboidal a´. c.5 En la ecuación se aprecia las tensiones cortantes son proporcionales al radio ( r ). Ésta deformación o distorsión es la misma que se producía en cargas de corte. 4.6 .5 Tensiones Cortantes en Torsión De la estática Mo = 0 A (dA)r Mt 0 Y de 4. b.2 AAo = dz (4.4 = G r d/ dz (4. b´. que una figura rectangular a. Fig. Entonces : De Hooke Tg ≈ = AA’/AAo (4.4 Análisis de un Elemento Diferencial Se puede apreciar.5 (4. c.Fig.1 AA` = r d (4. Grd r 2rdr Mt dz 0 R r 4 d 4 dz G 2 Mt GI o (4.15 .9 Mtr Io max (4.7 R Mt (4.13 b) Deformaciones El ángulo que giran las secciones laterales de una pieza sometida a torsión.5 y 4.9 De 4.10 Mt R Io (4.12 Las tensiones máximas nunca deben sobrepasar los Límites de Fluencia del material.8 0 d dz (4.14 Si el diámetro es constante MtL GIo (4.10 l Mt dz GI o 0 (4.11 Para piezas sólidas max d T( ) 16T 24 3 d d 32 (4. 4. max < S´y (4.6 Angulo de Rotación entre Secciones en Torsión Integrando 4. R d Fig. 4. Como se vio. no tienen un aporte significativo. las tensiones principales resultan iguales en valor absoluto y de signo contrario e iguales al valor de las tensiones tangenciales.7 Tensiones Tangenciales y Normales Un elemento diferencial del interior de una barra circular torsionada se encuentra en un estado de corte puro. Además actúan a 45º con respecto a los planos de las secciones.9 Torsión en una Pieza Rectangular . por lo que para torsión son más convenientes las secciones huecas Fig. 4.c) Tensiones Principales Fig.8 Tensiones en una Pieza Circular Hueca 4. En vista que las tensiones de la parte central de la sección maciza son pequeñas.4 Torsión en Elementos con Sección Rectangular Fig. 4. formando superficies helicoidales. 5 3 4 6 8 10 OO 0.249 0.281 0.5 0.263 0.333 0. se debe a Saint-Venant y es parte de la Teoría de la Elasticidad. .231 0.246 0.214 0.75 2 2.267 0. Aquí se exponen solo los resultados que se obtienen al aplicar dicha teoría al caso se piezas de sección rectangular.17 1. 4.En este caso la hipótesis de Coulomb: "las secciones transversales permanecen planas durante la torsión".333 4.299 0.258 0.229 0.5 Tensiones en Secciones Cerradas de Pequeño Espesor Para piezas con pequeño espesor las tensiones normales se consideran cero y sólo habrá tensiones cortantes.313 0.239 0.141 0. El cálculo exacto de tensiones y deformaciones en una pieza de sección cualquiera sometida a Torsión.196 (4. Fig.10 Alabeo de una Pieza Rectangular Aun así se supone que sólo aparecerán tensiones cortantes x.208 0.313 0. válida para secciones circulares.299 0.307 0.11 Tensiones en una Pieza Rectangular El esfuerzo cortante máximo se da en el punto medio del lado mayor y su valor es max Mt b 2 h (4.307 0. no es válida para secciones rectangulares ya que las secciones se alabearán. 4.282 0.16 El Angulo h/b Mt Ghb3 1 1. Fig. 18 b tb = c tc (4. de todas las fuerzas que actúan en la misma: Fig.13 Tensiones en Sección Cerrada de Pequeño espesor b tb dx = c tc dx (4. 4. Las tensiones cortantes aparecen solo en las secciones cortadas y son tangentes a ellas Fig. son mayores donde el espesor es menor Tomando momentos respecto del centro de gravedad G de la sección.12 Sección Cerrada de Pequeño espesor Analizando el elemento b c d e.21 . 4.Considérese un elemento diferencial de una pieza de longitud dx sometida a Torsión.20 Las tensiones cortantes.14 Momentos de las Tensiones en Sección Cerrada de Pequeño espesor dF = dSm t (dS Sm m t )r Mt Sm Longitud de la Linea Media (4. De la estática en x Fig.19 t = Constante (Flujo cortante es constante (4. 4. 24 4. los problemas se conocen como estáticamente indeterminados o hiperestáticos.Mt t rdSm t 2dAm t 2 Am Sm (4. resultando su valor: max Mt 2t min Am (4.22 Sm Mt 2tAm (4.23 Dónde: Am = "área encerrada por la línea media de la sección transversal" La tensión cortante máxima se da donde el espesor es mínimo.6 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) De manera similar a lo visto anteriormente. cuando las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y M = 0) son en número menores al número de reacciones incógnitas que se deben hallar. En estos casos se deben complementar las ecuaciones de la estática con ecuaciones de deformaciones . 08 c) Deformada = TL/(GIo) = 1000(100)/(6.95 max = 188.3. m) (rad/seg)/ 75 . Una pieza cilíndrica de Acero de diámetro = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a una carga de 1000 Kg. cm. Un tambor con un diámetro de 30 cm. Tomando = 1.2. Si el material del eje tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm².62 = 5.5 se pide calcular el diámetro del eje. Un motor de 5 Hp esta acoplado por medio de una transmisión a un eje que gira a 30 rpm. Tomar Sy` = 900 Kg/cm² Ø 30[cm] d 1000[kg] Solución: El momento T = 1000(30)/2 = 15000 Kg.5)/7.PROBLEMAS RESUELTOS 4. levanta una carga de 1000 Kg.14 max = 16 T/ ( d 3) d = [16 T / ( S`y)]1/3 d = 4. se pide: a) Las tensiones máximas b) El coeficiente de seguridad y c) Las deformadas total y unitaria longitudinal y transversal Solución: La inercia es I = 4/32 = 7. Calcular el diámetro del eje.95 cm4 a) Tensión máximo max = TR/Io = 1000(1. Tomando Sy´ = 960 Kg/cm².08 = 5. Solución: La potencia Pot (CV) = T ( Kg.39 cm 4.62 Kg/cm² b) Coeficiente de seguridad = S`y/max = 960/188.0188 rad 4.95) = 0.67 x 105 7. cm De 4.1. 5. Si la fluencia al corte es Sy.14 rad/seg El momento T = 5 (75)/3. Se pide : La relación de dimensiones La relación de masas.67 x 105 14/32) = 0. cm Tensión max = 16 T/ ( d 3) < S`y/ d = [16 T / ( S`y)]1/3 = 4.66 cm Se adopta d = 5 cm 4.14 = 119. La primera pieza es sólida con un diámetro “d” y la segunda es hueca con un diámetro externo “D” y un espesor “e”. Dos piezas cilíndricas del mismo material están cargadas con el mismo momento de torsión “T”.36 Kg. se pide el ángulo de deformación del extremo libre respecto al extremo fijo. El material es acero y las dimensiones están en cm 120 40 100 [kg] 3Ø 1Ø 6Ø Solución: T = F r = 100(3) = 300 Kg cm 1 = TL/(GIo) = 300(120)/(6. m = 11942.00678 rad 2 = TL/(GIo) = 300(40)/(6.59 Kg. (rad/seg) = (30 rpm) (2 rad / rev) (min/60 s) = 3. d D e Solución: a) Las tensiones de corte no pueden ser mayores a la fluencia max TR S y ´ Io .67 x 105 34/32) = 0.189 rad 4.182 rad tot = 1 + 2 = 0.4. En el sistema de la figura. Igualando i y ii d4 D 4 ( D 2e) 4 d D D 4 ( D 2e) 4 d D 1/ 3 (iii b) La relación de masas Mh Ms 4 D 2 ( D 2e) 2 (iv d 2 4 (v De iii.6849 cm b) Mh D 2 ( D 2e) 2 Ms d2 D e . Hallar : a) El diámetro de un cilindro sólido que soporta la misma carga de torsión b) La relación de masas d Solución: a) D 4 ( D 2e) 4 d D 1/ 3 d = 3. iv y v Mh D 2 ( D 2e) 2 D 2 ( D 2e) 2 D 2 / 3 2/3 Ms d2 D 4 ( D 2e) 4 4.6.I T o Sy ' R En el cilindro sólido T d 4 2 Sy ' 32 d (i En el cilindro hueco T D 4 ( D 2e) 4 2 Sy ' 32 D (ii Ya que ambos tienen la misma carga y el mismo material. Para un cilindro hueco con un diámetro D = 5 cm y un espesor e = 0.3 cm. El sistema de la figura tiene una forma cónica circular hueca. la pieza hueca solo pesa el 41.8. 4. En ellas se pide: a) La tensión cortante máxima b) La deformada total 60 45 T=1000 kg cm dy 1000 y 15 90 .03 y 90) 4 = 0.0235 Kg/cm² b) La deformada h T dy GI o 0 1000 0 1000(32) dy G (0.(Mh/Ms) = 0.41536 Este resultado indica que si bien ambos cilindros tienen la misma resistencia.7.64 % de la pieza sólida. En ella se pide calcular La tensión cortante máxima La deformada total 60 T=1000 kg cm dy 1000 y 90 Solución: El diámetro d(y) = . El sistema de la figura tiene una forma cónica circular.368717 /G 4.(30/1000) y + 90 y=0 d = 90 y = 1000 d = 60 a) La tensión máxima se presenta en el menor diámetro max = 16 T/( d 3 ) = 16(1000)/ [ (60)3] max = 0. 09 cm4 max = TR/I = (1000)(30)/ 869767. con un diámetro en la base de 60 cm y una altura de 20 cm.(30/1000) y + 90 d(y) = (30/1000) y + 15 La inercia Io = [-(30/1000)y + 90]4 .9. La pieza de la figura tiene una forma semiesférica truncada.454)/32 = 869767.3634 10-5 T / G 4. La pieza de la figura está formada por dos semiesferas truncadas con diámetros de 60 y 30 cm en sus bases.10.03 y 90 0.0344 Kg/cm² b) La deformada h 0 1000 T dy GIo 0 (1000)(32) dy 4 4 G 0. y T 20[cm ] x 60[cm] Solución: Definiendo un sistema de coordenadas en la base. Para un momento torsor T aplicado en su parte superior. de los diámetros externo e interno son : D(y) = .4145 /G 4.Solución: Las ec.03 y 15 = 0. se pide la deformación angular.[(30/1000)y + 15]4/32 a) La tensión máxima se presenta en la menor inercia I o min = ( 604 . La ecuación del círculo es : x2+y2 = 302 El diámetro d = 2x = 2 (302-y2)1/2 20 G 2(30 T 32dy 2 0 2 1/ 2 4 y ) T2 G 20 (30 2 0 dy y 2 )2 = 2. Para un momento torsor T aplicado en la sección común.09 max = 0. se pide hallar los momentos de reacción en A y B . En ella se pide hallar las reacciones en las paredes .11.43 1 28.Tb 30[cm] B B 2 T T 40[cm] 1 y x A A 60[cm] Ta Solución: M=0 Ta + Tb = T (i Sistema hiperestático con una ecuación y dos incógnitas. La pieza de la figura tiene una sección circular. Las ecuaciones de los círculos son : x2+y2 = 302 x2 + (y-40)2 = 152 Los diámetros d1 = 2(302-y2)1/2 d2 = 2[152-(y-40)2]1/2 Que igualan a una altura de d1 = 2(302-y2)1/2 = d2 = 2[152-(y-40)2]1/2 y = 28.678 T Tb = 0.43 0 G 2(30 y ) 40 2 28.309)10 4 (Ta T )(2.309)10 4 G 4 (Ta T )(2. La ec de deformadas t = 1+ 2 = 0 Se define un sistema de coordenadas en la base. 43 T Ta 32dy 2 2 1/ 2 4 (Ta T )32dy G 2(15 2 ( y 40) 2 )1 / 2 Ta (1.761)10 4 0 G G De donde Ta = 0.322 T 4.761)10 4 G Ta (1. La ec de deformadas t = 1 + 2 + 3 = 0 Los diámetros d1 = -30 x/45 + 60 d2 = 30 d3 = 3 x + 30 Ta 32dx Ta (1.65)10 4 (Ta T )(3. Determinar la deformación total que se produce en la barra de la figura que consta de dos tramos.2 1 4T T T 3 4T Tb 60 30 A 45 30 10 B Ta x A B Solución: M=0 Ta + T + Tb = 4T (i Sistema hiperestático con una ecuación y dos incógnitas.65)10 4 4 G 0 G ( 30 x / 45 60) 45 1 2 (Ta T )30(32) (Ta T )(3. sometida a la acción de un momento torsor T en su extremo libre.462 T 4. Tomar D = 10 cm y l = 50 cm.462 T Tb = -3.773)10 4 G G 30 4 (Ta 3T )32dx (Ta 3T )(3. una cilíndrica y otra cónica.668)10 5 G G (3x 195) 4 75 85 3 Resolviendo T Ta (1.668)10 5 0 G G G De donde Ta = 0.773)10 4 (Ta 3T )(3.12. T D/3 D/2 D l/2 l/2 l/2 . Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función cuadrática. como se ve en la figura. y D Dx d x x dx l Solución: La variación del diámetro en función de x es cuadrática = Ax2 + B para x=0 Dx = d x=l Dx = D T .13.Solución: l 0 2 Tdx GIo1 l Tdx l GI o2 2 3l 2 l Tdx GIo3 (i ext = D/2 0<x<l/2 int = D/3 I o1 l/2<x<l ( D / 2)4 ( D / 3)4 32 (ii ext = (D/2) (x/l)+ D/2 int = D/3 Io2 l<x<3l/2 4 D Dx D ( )4 2 l 2 3 32 (iii ext = (D/2) (x/l)+ D/2 int = 0 I o3 Dx D 2 2l 32 Reemplazando 4 (IV 3l T (l / 2)32 32dx 32dx ll l 2 4 4 4 4 Dx D 2 G ( D / 2) ( D / 3) D Dx D ( ) 4 3 2l 2 2l 2 (V = 0.721 T/G 4. d = 3cm. Determinar la deformación angular de la pieza de sección circular. l = 150cm. Mt = 7000 Kg·m. G = 7. como se ve en la figura.resolviendo Dd Dx 2 ·x 2 d l l T ·dx G·I 0 l 0 o T 32dx Dd G· ( 2 ) x 2 d l 4 D d 10 A tan d ( D d ) Tl 10 20 16 G d 3 D 3d 2 D 2 3dD 3 d 3 d (D d ) 4.15.648x105 Kg/cm² . y D Dx d x x dx T l Solución: La variación del diámetro en función de x es polinómica = A xm + B Para resolviendo x=0 Dx = d x=l Dx = D = (D .14.d)(x / l)m + d l T ·dx 0 G·I 0 o l T 32dx Dd G· ( m ) x m d l 4 4. Tomar D = 10cm. sometida a las cargas de torsión mostradas en la figura. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función potencial. Tomar D = 20cm.4. Mt = 2000 Kg·cm 3Mt Mt D GAc D/2 l Gal 2Mt Gcu D/3 l l x Solución: 2l 3l 2M t 32 (2M t M t )32 (2M t M t 3M t )32 dx dx dx 4 4 Gac ( D) 4 0 Gcu ( D / 3) l Gal ( D / 2) 2l l M t l 2(32)(81) 1(32)(16) 4(32)(1) Gcu Gal Gac D 4 = 5.64x105 Kg/cm².283 Mt/G 4.1x105 Kg/cm².Gcu = 4.16.866 x 10--5 rad . Gal = 2. Calcular la deformación angular del eje circular de la figura. l = 50 cm Gac = 7.3Mt D 2Mt Mt d l/4 l/4 l/4 l/4 x Solución: D2 d D1x D d D x dx d x x l/4 x D1 2(d D) x D l D2 2( D d ) x D 2d l l/4 GD M t 32 0 4 1 l/2 dx l/4 M t 32 GD14 128lMt ( D d )3 (d D)G 3l / 4 dx l/2 M t 32 GD24 16lMt 3d 3 (d D)G l/4 dx (2 M t )32 0 GD24 dx 32lMt 3D3 (d D)G = .65x105 Kg/cm². Hallar la deformación de la pieza troncocónica y cilíndrica hueca mostrada en la figura. 2Mt Mt D d d/2 D/2 l l x Solución: 0< x < l Dext = D/2 dint = d/2 l< x < 2l Dext = (Dx)/(2l) dint = (dx)/(2l) l 2l M t 32 D d 0 G 2 2 4 4 dx l M t 32 dx Dx 4 dx 4 G 2l 2l integrando = 7.243 x 10-4 Mt/G 4.18. Tomar D = 20cm.6x105 Kg/cm². Mt = 8000 Kg·cm. La ecuación de deformadas es : (i . Ma Mb 5 4 2Mt 3 2 Mt D 1 5Mt D/2 l/3 l/3 D l/3 x Solución: M=0 Ma + 2Mt – Mt – 5 Mt + Mb = 0 0< x < l/3 d = (D/2) (2-3x/l) Mt1 = Mb l/3< x < l/2 d = (D/2) Mt2 = Mb – 5 Mt l/2< x < 2l/3 d = (D/2) Mt3 = Mb – 6 Mt 2l/3< x < 5l/6 d = (D/2) (3x/l-1) Mt4 = Mb – 6 Mt 5l/6< x < l Mt5 = Mb – 4 Mt d = (D/2) (3x/l-1) El sistema es hiperestático. Se pide hallar las reacciones en los extremos.17. d = 5 cm. El eje de la figura tiene sección circular.4. G = 7. 0. Evaluar el resultado cuando d = D/2 .507 Mt 4.195M t l GD 4 4.507 Mt Ma = . 5Mt Mt D 2D d l l x Solución: M=0 Ma + 2Mt – Mt – 5 Mt + Mb = 0 0< x < l D1 = D (l + x)/l Mt1 = Mt l< x < 2l D2 = D (3l .19.total = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 0 tot l /3 M t1 32 GD 0 l /3 0 Mb 3x 2 l 4 l/2 dx M t 2 32 GD l /3 1 4 2l / 3 M t 3 32 GD dx l/2 2 4 (ii 5l / 6 dx 2l / 3 3 M t 4 32 GD4 4 l dx M t 5 32 5l / 6 GD5 4 dx 2l / 3 5l / 6 l ( M b 5M t ) ( M b 6M t ) ( M b 6M t ) ( M b 4M t ) dx dx dx dx 0 4 4 14 14 l /3 l/2 2l / 3 3x 5l / 6 3 x 1 1 l l l/2 dx 4 Reemplazando Mb = 4. Hallar la deformación angular del extremo derecho de la pieza mostrada en la figura. Hallar la deformación angular del sistema. Tomar H = 3R/4 y R = 5 cm Mt h 4Mt R y h Solución: Definiendo un sistema de coordenadas en la base de la esfera .x)/l Mt1 = -4Mt l G (D 0 simplificando M t132 4 1 d 4) 2l dx G (D M t 2 32 4 2 l d 4) (i dx 9.20. No se debe rebasar un tensión cortante permisible de 713.8 Kg/cm².1452 moa 4. Tomar m0 = 10 Kg·cm/cm.x2 + y2 = R2 D1 ( y) 2 x 2 R 2 y 2 Cuando y = h = 3R/4 D1 = D2 D2 2 R2 h2 7 R / 2 3R / 4 0 evaluando 3R / 2 3R / 4 0 3M t 32 M t 32 dy dy 4 GD1 ( y ) GD2 ( y ) 4 3R / 4 3R / 2 3M t 32 G 2 ( R y ) 4 2 2 2 dy M t 3 ln 7 36 M t G 2 R3 7 R3 G 3R / 4 M t 32(16) G 49 R 4 dy 512 3 3 49 R 4 4. mo 4D x Ma a a 5D Mb Solución: M=0 Ma + Mb = mo a El sistema es hiperestático con una ecuación y dos incógnitas.1573x105.8547 moa Mb = 0. .21.22. De las deformadas total = 1 + 2 = 0 2a ( M a mo x)32 ( M a mo a)32 dx dx 0 4 G ( 5 D ) G (4 D) 4 0 a a a ( M a mo ) 2 ( M a mo a) 0 (5) 4 (4) 4 entonces Ma = 0. a = 100 cm y D = 2 cm. y G = 8. Hallar las reacciones en los extremos empotrados del eje de sección circular mostrado en la figura. Hallar la longitud que debe tener un eje macizo de acero de d = 13 mm de diámetro para que sus extremos giren 90º uno respecto del otro. La barra de la figura tiene sección transversal circular sólida en el tramo AB. Obtener la expresión de la relación a/L tal que los momentos de reacción en los apoyos sean iguales. y sección transversal circular hueca en el tramo BC. B A D d d a L Solución: M=0 Ma + Mb = 2Ma = 2Mb = Mt (i El sistema es hiperestático.68 m 4.23.max d l Solución: Las ecuaciones de deformación y tensión M tl GIo max l De ambas Mtr Io rG max l = 116. La ecuación de deformación es : tot = 1 + 2 = 0 M a a32 Gd 4 Ma resolviendo De i y ii ( M a M t )(l a)32 G ( D 4 d 4 ) 0 d 4 M t (l a) (aD4 2ad 4 d 4l ) 2d 4 M t (l a) Mt (aD 4 2ad 4 d 4 l ) (a / l) = (d / D)4 (ii . La barra circular de la figura está empotrada en sus extremos. Una pieza está conformada por dos materiales. q(x) Ma Mb x L q( x) q ox L Solución: M=0 Ma + Mb = Mt (i El sistema es hiperestático. Se piden los momentos de reacción Ma y Mb. la exterior de acero y la interior de latón.24. se pide hallar el momento máximo de torsión que puede aplicarse a la pieza.4. Sobre ella actúa un Par de Torsión distribuido q(x) en toda su longitud con intensidad cero en A y qo en B. Si los diámetros externo e interno son 75 y 60 mm respectivamente y asumiendo las tensiones permisibles como a = 82 Mpa y l = 50 Mpa en el acero y latón respectivamente.25. (Ga = 80 Gpa Gl = 36 Gpa) Mp Latón d D L Acero Solución: laton = acero M latonl 32 Gd 4 M acerol 32 G ( D 4 d 4 ) Mtot = Mlaton + Macero (i (ii . La ecuación de deformación es : tot = 0 l 0 [ M a q( x) x] dx 0 GIo resolviendo con q(x) = qox/l Ma = qo l / 3 Mb = qo l / 6 4. 363 x 104 Nm para el latón Luego Mt = 4.M t Glatond 4 M laton GaceroD 4 Glatond 4 M acero M t GaceroD 4 GaceroD 4 Glatond 4 Las tensiones permisibles par cada barra son: laton M laton(d / 2)32 acero M acero( D / 2)32 Mt Mt d 4 ( D4 d 4 ) acero(GaceroD 4 Glatond 4 ) ( D 4 d 4 ) 16GaceroD5 laton(GaceroD 4 Glatond 4 ) 16Glatond remplazando Mt = 4.749 x 103 Nm para el acero Mt = 1.749 x 103 Nm . 150 60 150 [kg] 6Ø 3Ø 12 Ø 4. Hallar además la deformación.cm] H D 4. Un eje gira a 120 rpm y esta acoplado a un motor de 9 Hp por medio de una transmisión. Un tambor de una máquina de elevación tiene un diámetro de 30 cm y se encuentra montado sobre un eje con un diámetro de 3 cm con Sy` = 900 Kg/cm².32. Hallar el ángulo de torsión del extremo libre respecto al extremo fijo del sistema de la figura.28. Hallar el diámetro de una pieza cilíndrica de Acero con un largo de 100 cm para que pueda soportar un momento de 1000 Kg cm. Para = 2 se pide calcular el diámetro del eje. y = 2. Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura T=1000[kg. La pieza de la figura tiene forma cónica truncada. 4.31. El material es acero y las dimensiones están en cm.29.26. Tomar Sy´ = 960 Kg/cm². 4. Si el material tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm².27. Se pide hallar el peso máximo que puede levantar 4.30.cm] d H D 4. Se pide hallar la deformada total y la tensión máxima d d/2 T=1000[kg . Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura .PROBLEMAS PROPUESTOS 4. 3 T 20[cm ] 60[cm ] 4.33. Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura D e xt 90[cm] . Hallar las reacciones en A y B en el sistema de la figura B 40[cm] 30[cm] 25[cm] y A 60[cm] T x .d H T=1000[kg. Hallar la deformada angular para un momento torsor aplicado en su parte superior de T. altura 20 cm y espesor 3 cm.35. d int 30[cm] 4.cm] D 4.34. d int 45[cm] T=1000[kg-cm] A 1000 [cm] dy A y D e xt 60[cm] . Una pieza tiene la forma de cascaron semiesférica truncada de diámetro 60 cm. d = 3cm.39.4. En el sistema de la figura se pide hallar las reacciones en las paredes. Mt = 7000 Kg·m. Se pide hallar las reacciones en las paredes para el sistema de la figura 4T T 60 30 A 50 30 10 40 B 4. se pide determinar las reacciones en los apoyos.648x105 Kg/cm² Mt 3M t d A l/4 l/4 D l/4 l/4 B . Para el sistema de la figura. G = 7. Las dimensiones están en cm T 30 Ø 9 Ø 20 30 45 60 Ø 45 Ø 45 4. E = 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg T D/3 D/2 l/2 l/2 l/2 4. Tomar D = 10cm. Tomar D = 10 cm. Para el sistema de la figura se pide hallar las reacciones.36. l = 150cm. l = 50 cm.37.38. 5 4 2Mt 3 2 Mt D Ma 1 5Mt D/2 l/3 l/3 D/8 l/3 Mb 4. D = 10cm. l = 150cm. Hallar las reacciones en los extremos del sistema de la figura. Hallar la deformación de la pieza troncocónica hueca mostrada en la figura.40. G = 7. Mt = 7000 Kg·m.648x105 Kg/cm² Mt 3M t D d l/4 A l/4 l/4 l/4 B 4. l = 150cm. Tomar D = 20cm d = 5cm Mt = 8000 Kg·cm G = 7. d = 3cm.43. Hallar las reacciones del sistema de la figura.648x105 Kg/cm² Mt 3Mt D d l/5 A l/5 l/5 l/5 l/5 B 4. considerar para cada caso los valores indicados a continuación. Hallar las reacciones del sistema de la figura. considerar para cada caso los valores indicados a continuación.6x105 Kg/cm² 3Mt Mt D d B l/5 A l/5 l/5 4.4. Hallar la deformación angular del extremo derecho de la pieza mostrada en la figura.41.44. Mt = 7000 Kg·m. d = 3cm. D = 10cm. G = 7. Evaluar el resultado cuando d = D/2 y e = D/9 .42. y G = 8. Mt D d a L . No se debe rebasar un tensión cortante permisible de 713.48. 4. Hallar la longitud que debe tener una barra hueca de acero de D = 1. Hallar las reacciones en los extremos empotrados del bloque de sección circular mostrado en la figura.8 Kg/cm². Obtener la expresión de la relación a/L tal que los momentos de reacción en los apoyos sean iguales. La barra cónica de la figura tiene sección transversal circular.5 cm y d = 0. a = 100 cm y D = 2 cm. Tomar H = 3/4R.45.5 cm de diámetros para que sus extremos giren 30º uno respecto del otro. Tomar m0 = 10 Kg·cm / cm. R = 15 cm y d = 3 d Mt h 3M t h R 4. m D d A l/2 l/2 B 4.46. Hallar la deformación angular de la figura.1573x105.47.Mt 3Mt e D d A B l/4 l/4 l/2 4. Si se supone que las tensiones permisibles son a = 82 Mpa y l = 50 Mpa en el acero y latón respectivamente.49. Un cono macizo está constituida por dos materiales. de acero y otro interior cilíndrico de latón. La barra circular. Calcular los momentos de reacción Ma y Mb. como se muestra en la figura. uno exterior. y varía de intensidad desde cero en A hasta qo en B parabólicamente. está empotrada en ambos extremos.4.50. Sobre ella actúa un par de Torsión distribuido q(x) que actúa a lo largo de su longitud. (Ga = 80 Gpa Gl = 36 Gpa) D = 15 cm l D D/4 D/2 . determinar el momento máximo de torsión permisible que puede aplicarse a la barra. q(x) A B 4. de la figura. 5.5.Las vigas son relativamente largas y angostas respecto a su peralte 6.Las tensiones no exceden al límite de fluencia del material 8.... Para la validez de las ecuaciones y resultados se asumen las siguientes condiciones: 1.Los elementos son rectos 2. Las vigas.1 Introducción Un elemento está sometido a torsión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen fuerzas ni momentos internos normales a la sección y solo se verifican fuerzas y momentos internos en el centro de gravedad de la sección y paralelos a ella. losas de las viviendas y puentes y pasarelas son ejemplos de elementos sometidos a torsión. 5.Fuerza Cortante y Momento Flector 5. 4.1 a) Flexión Pura a) Flexión Simple Se llama FLEXIÓN PURA cuando actúan únicamente los momentos flectores: Mz y/o My.Los materiales son homogéneos 7.. (Fig.2 Cargas a) Tipos de Cargas.1.. 5.(Fig.1.Las vigas no fallan por pandeo 5...2 (a) Cargas Puntuales (b) Cargas Distribuidas .Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.b).Las vigas no están sometidas a torsión 5.Las cargas pueden ser : Puntuales y Distribuidas. Fig.5 Flexión . Fig.Las cargas y reacciones en apoyos actúan perpendicularmente al eje de la viga.a) y cuando actúan los momentos flectores Mz y/o My y también las fuerzas cortantes Qy y/o Qz.. se llama FLEXIÓN SIMPLE.. Las cargas distribuidas deben cuantificarse y concentrarse en una carga puntual que produzca similares efectos (cargas y momentos).Cargas puntuales.4 l X eq p( x) xdx 0 l p( x)dx 0 _ X (5.5 . sin embargo las cargas aplicadas en áreas pequeñas pueden idealizarse como puntuales. las fuerzas en elementos de estructuras metálicas. La fuerza del viento. 5.Cargas distribuidas .. etc.. Son ideales ya que no existen físicamente. son ejemplos de cargas distribuidas. etc. Así.3 l M p( x) xdx Peq X eq 0 (5.. las reacciones en las llantas de los vehículos automotores. b) Carga Puntual Equivalente de Distribuida.3 Carga Distribuida en un Elemento diferencial Tomando un elemento infinitesimal “dx” en él. la altura es constante p(x) y su peso es : dw = dV = h(x) dx dz donde Llamando es el peso específico del material h(x) es la altura de la carga en la posición x dx es el ancho diferencial dz es la profundidad p(x) = h(x) dz (5..Son aquellas que actúan en un solo punto. Esta carga puntual se denomina equivalente de la carga distribuida.2 Los momentos que producen las cargas puntual y distribuida deben ser iguales dM = x dw (5.1 e Integrando l Peq W p( x)dx 0 (5. la presión de los líquidos en superficies sólidas sumergidas. son cargas que se pueden idealizar como puntuales .Son aquellas que están aplicadas en áreas no muy pequeñas. el peso de materiales continuos. Considérese una carga distribuida cualquiera P x 0 x dx Fig.. las tensiones en cables. 4 Tipos de Apoyos a) Apoyo Móvil. tiene apoyos múltiples y su cálculo es hiperestático.4 Tipos de Vigas Los tipos de vigas dependen de los tipos de apoyos.Es aquella que tiene uno de sus extremos empotrado..4 Tipos de Vigas a) Viga simplemente apoyada.La carga puntual equivalente debe ubicarse en el centro de gravedad de la carga distribuida 5.3 Tipos de Apoyos Los apoyos que sostienen a las vigas son : a) Apoyo móvil. 5. (b) (a) (c) Fig.El área de una carga distribuida es igual a la carga puntual equivalente .Este apoyo restringe los desplazamientos vertical y horizontal pero no los giros. Las vigas más comunes son la simplemente apoyada y la simplemente empotrada. 5. En este apoyo aparecen reacciones verticales. En él aparecen solo reacciones verticales.6 . 5.5 Cálculo de Reacciones El cálculo de las reacciones en los apoyos se realiza con las ecuaciones de la estática.5 se concluye que : . Como hay infinitas combinaciones de apoyos hay infinito tipos de vigas..Es aquella que descansa sobre un apoyo móvil y otro fijo..Las vigas que tenga más de un apoyo fijo y otro móvil o un empotramiento.2 y 5. b) Viga simplemente empotrada. En este apoyo aparecen reacciones verticales y horizontales. M 0 F 0 (5.Este apoyo restringe el movimiento vertical pero no el horizontal ni los giros. Un rodillo es un ejemplo de apoyo móvil b) Apoyo Fijo.. 5.. horizontal y los giros.De 5. horizontales y momentos. b) Apoyo fijo y c) Empotramiento Rx Mr Rx Ry Ry (a) Ry (b) (c) Fig.Este apoyo restringe los desplazamientos vertical.. Una bisagra es un ejemplo de un apoyo fijo. c) Empotramiento. c) Viga con apoyos múltiples. 5.7 De la estática Fy = 0 Q = (q+dQ)+p(x)dx (5. la carga puede ser tomada constante.5 Relación entre M y Q Entonces : Peq = p(x) dx (5. son respectivamente la fuerza cortante y el momento flector.5 Fuerza Cortante y Momento Flector Las componentes tangenciales de la fuerza y del momento internos.9 .6 Momento Flector y Fuerza Cortante Como se vio anteriormente. Fig.Notas : . 5.Las vigas con múltiples apoyos son hiperestáticas y serán analizadas posteriormente.Las cargas distribuidas previamente deben reemplazarse por sus equivalentes puntuales . en cualquier sección plana interna de un cuerpo en equilibrio sometido a la acción de fuerzas y momentos externos. 5. 5. Adoptando las direcciones de la figura para el momento flector y la fuerza cortante. aparecen una fuerza y un momento internos que equilibran las cargas externas. Peq M M+dM Q dx Q+dQ Fig.7 Relación entre el momento Flector y la Fuerza Cortante Analizando un elemento diferencial de viga.8 dQ/dx = -p(x) (5. 8 Determinación del Momento Flector y la Fuerza Cortante Para la determinación del Momento Flector y la Fuerza Cortante se emplean generalmente dos métodos: El cálculo estático y el cálculo por integración. 5. 5.Por este método el momento flector y la fuerza cortante se calculan aplicando las EC.M .9 Valores del Momento Flector y la Fuerza Cortante en los extremos Cuando se emplea el método de doble integración para el cálculo de la fuerza cortante y del momento flector. 5.6 Valores de M y Q en los extremos extremo izquierdo empotrado Cuando x 0.dM = 0 (5. las mismas que se describen a continuación a) M y Q para extremo izquierdo empotrado Peq Mr M(x) Rx x Rv Q Fig.11 Es decir que la derivada de la función del momento flector da la función de la fuerza cortante y la derivada de esta da la función de la carga.(M+dM) = 0 (5. a) Cálculo estático.15 b) M y Q para extremo izquierdo con apoyo fijo o móvil Q = Ry (5.11 dM/dx = Q (5.11 y 5.8. la integración de la función de la carga origina constantes que deben hallarse por las condiciones de borde.. 5.13 De 5..12 d2M /dx2 = -p (5.14 M = -Mr (5. Peq = 0 y de la estática Q = Ry (5. es decir integrando una vez la función de la carga se obtiene la Fuerza Cortante e integrando dos veces la función de la carga se obtiene el Momento Flector.13 b) Cálculo por integración.12.Por este método se realiza un corte y el momento flector y la fuerza cortante se calculan aplicando las ecuaciones de la estática F 0 M 0 (5.16 .8 y 5..Peq dx/2 + Q dx . Mder = 0 M . 5.10 M-p dxdx/2 + Q dx . 19 d) M y Q para extremo derecho empotrado Peq Mr M(x) Rx l-x Q Rv Fig.20 M = .18 M=0 (5.10 Cálculo de Momentos por funciones de Singularidad Las funciones de singularidad se emplean para integrar cargas puntuales .21 e) M y Q para extremo derecho con apoyo fijo o móvil Q = -Ry (5.22 M=0 (5. 5.Mr (5.M=0 (5.23 f) M y Q para extremo derecho libre Q=0 (5.24 M=0 (5.25 5.17 c) M y Q para extremo izquierdo libre Q=0 (5.7 Valores de M y Q en los extremos extremo derecho empotrado Cuando x l Peq = 0 y de la estática Q = -Ry (5. 5.8 Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores .Funcion Forma Valor -2 <x-a> Momento Puntual x <x-a>-2 = 1 si x=a <x-a>-2 = 0 si x<>a <x-a> dx = <x-a> -2 a x -1 <x-a>-1 Fuerza Puntual x a x x <x-a>1 a x Carga Lineal <x-a>-1dx = <x-a>0 <x-a>0 Carga Constante <x-a>-1 = 1 si x=a <x-a>-1 = 0 si x<>a <x-a>0 = 0 si x<a <x-a>0 = 1 si x>=a <x-a>0dx = <x-a>1 x <x-a>1= 0 si x<a <x-a>1= (x-a) si x>=a <x-a> dx = <x-a> /2 1 2 <x-a>2 a x Parabola de Grado 2 x <x-a>2 = 0 si x<a <x-a>2 = (x-a)2 si x>=a <x-a> dx = <x-a> /3 2 a x 3 5.11 Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores Se denominan diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores a los diagramas que dan las fuerzas cortantes y momentos de flexión en cada sección de una barra prismática. Fig. xeq) = 0 RA = Hl/6 método de cortes H A B xeq l .3. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga simplemente apoyada. Analizar los resultados del 5. para diferentes valores de n Solución: Cuando n = 0 carga constante Cuando n = 1 carga triangular Cuando n = 2 carga parabolica Cuando 0<n<1 carga parabolica inv 5.2.1.Peq (l .PROBLEMAS RESUELTOS 5. l Solución: l ( n 1) l x Peq W H dx H H (n 1) (n 1)l n l n 0 l X eq x n H l xdx 0 l H (n 1) H l ( n 2) (n 2)l n (n 1)l l (n 2) H (n 1) 5. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida cuya función es p(x) = H(x/l)n.1. Peq H A B l Solución: Peq = Área = Hl/2 xeq = CG = 2l/3 MA = 0 Peq xeq – RB l = 0 RB = Hl/3 MB = 0 RA l . Hx2/2l + Hl/6 (iii M = -Hx3/6l + Hlx/6 (iv c) método de la doble integración de funciones singulares p(x) = Ra <x>-1.(H/6l)<x>3+(Hl/3)<x-l>1 .(H/l)<x>1 + Rb<x-l>-1 p(x) = (Hl/6)<x>-1.Peq – Q = 0 Q = Hl/6 – Hx2/2l Q = H (l/6 – x2/2l) (ii b) método de la doble integración p = Hx/l Integrando Q = -Hx2/2l + c1 M = -Hx3/6l + c1 x + c2 Las condiciones de borde x=0M=0 c2 = 0 x=lM=0 0 = -Hl2/6 +c1l c1 = Hl/6 de donde Q = .(H/2l)<x>2+(Hl/3)<x-l>0 M = (Hl/6)<x>1.(H/l)<x>1+(Hl/3)<x-l>-1 Integrando y aplicando las propiedades de las funciones de singularidad Q = Hl/6<x>0.x2/l2)/6 Fy = 0 (i RA .Peq p=Hx/l M A xeq Q x La carga equivalente Peq = Area = Hx2/2l xeq = CG = 2x/3 Mcorte = 0 RA x.Peq (x – xeq) – M = 0 M = (Hl/6)x – (Hx2/2l)(x/3) M = Hlx(1. Hallar las funciones de Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la figura p(x)=Hx2/l2 Peq H A B A xeq RA L Solución: De 2 Peq = Hl/3 xeq = 3l/4 Ma = 0 Peq xeq-Rb l = 0 Rb = (Hl/3)(3l/4)/l Rb = Hl/4 Mb = 0 Ra l .(Hx2/2l) (v M = Hlx/6 –Hx3/6l (vi Los resultados son los mismos por todos los métodos 5.Peq (l .xeq) = 0 Ra = (Hl/3)(l-3l/4)/l Ra = Hl/12 Prueba Ra + Rb = Hl/4 + Hl/12 = 4HL/12 = Hl/3 = Peq a) Método de cortes Peq M A RA xeq Q x La carga equivalente p(x)=Hx2/l2 OK .Cuando 0<x<l <x>1 = x <x>3 = x <x-l>1 = 0 Q = Hl/6 .4. 5. 5.Peq (x-xeq) – M = 0 M = (Hl/12)x-(Hx3/3l2)(x/4) M = Hlx/12 .x 2 x3 x Peq W H dx H 2 3l l 0 X eq Fy = 0 2 4 x 0 H l xdx H 4xl 2 3x 4 x3 x3 H 2 H 2 3l 3l x Ra .(Hx4/12l2) (ii x=0 Q = Hl/12 = Ra Ok x=l Q = Hl/12-Hl/3 = -3Hl/12 = -Hl/4 = -Rb Ok x=0 M=0 Ok x=l M = Hl2/12-(Hl/3)(l/4) = 0 Ok Finalmente M Hl Hx3 Q x 12 3l2 Ok Prueba: b) Método de la doble integración p = H(x/l)2 Integrando Q = -Hx3/3l2 + c1 Integrando M = -Hx4/12l2+c1x+c2 x=0M=0 0 = c2 x=lM=0 0 = -Hl2/12 + c1l c1 = Hl/12 De donde Q = -Hx3/3l2+Hl/12 M = -Hx4/12l2+Hl/12x (iii (iv Idénticas expresiones a las halladas por el otro método.Q = 0 Q = Ra – Peq = Hl/12.Peq . Una viga simplemente apoyada tiene una carga distribuida cuya función p(x) = H(x/l)n. a) Hallar la carga equivalente b) Hallar las reacciones y c) Hallar el momento flector y la fuerza cortante .Hx3/3l2 (i Mcorte = 0 Ra x . Q = 0 Q H l x n 1 n (n 1) n 2 l (i Mcorte = 0 Ra x .Peq .Peq (l-xeq) = 0 Ra´ = Hl/(n+2)(n+1) Prueba Ra + Rb = Hl/(n+1) = Peq OK a) Método de cortes Peq M A xeq RA p(x)=H(x/l)n Q x x X eq x n H l xdx 0 H x ( n 1) H (n 1)l n x H x ( n 2) (n 2)l n (n 1) x (n 2) x ( n 1) (n 1)l n x( n 1) x Peq W H dx H l (n 1)l n n 0 Fy = 0 Ra .Peq (x-xeq) –M = 0 M x n 1 Hx l (n 2)(n 1) l n (ii .p(x)=H(x/l)n Peq H A B A RA L xeq RB Solución: (n 1) l x n l l Peq W H dx H H n l ( n 1) ( n 1 ) l 0 ( n 2) l x n l H xdx H n ( n 1)l l ( n 2 )l X eq 0 l l ( n 2) H H ( n 1) ( n 1) Ma = 0 Peq xeq-Rb l = 0 Rb = Hl/(n+2) Mb = 0 Ra l . 6.Verificación x=0 Q = Hl/(n+1)(n+2) = Ra Ok x=l Q = Hl/(n+1)(n+2)-Hl/(n+1) = -Hl/(n+2) = -Rb Ok x=0 M=0 Ok x=l M=0 Ok Finalmente M Q x Ok b) Método de la doble integración p = H(x/l)n Q Integrando Hx( n 1) l n (n 1) M c1 (i Hx( n 2) l (n 2)(n 1) n c1x c2 (ii Condiciones de borde x=0M=0 0 = c2 x=lM=0 0 = -Hl2/(n+2)(n+1) + c1l c1 = Hl/(n+2)(n+1) Q De donde M H l x n 1 n (n 1) n 2 l (i x n 1 Hx l (n 2)(n 1) l n (ii Idénticas expresiones a las halladas por el otro método. 5. Una viga simplemente apoyada tiene una carga cuya función p(x) = H(x/l)n. Peq H A B L Solución: Del 5.anterior Q H l x n 1 n (n 1) n 2 l A RA xeq RB . No se aplica el método de doble integración de funciones de singularidad por ser muy similar. Hallar el momento flector y la fuerza cortante máximos. cuando x = l Qmax = .8. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente apoyada con una carga cuya función p(x) = H(1-x/l)n H p(x)=H(1-x/l)n A RA B l RB Solución: Este problema es el conjugado del problema anterior y basta reemplazar en los resultados obtenidos x por su complemento l-x Carga p = H(l-x)/ln = H (1-x/l) n (i Fuerza Cortante Q H l (l x)n 1 (n 1) n 2 ln (ii H (l x) (l x)n 1 l (n 2)(n 1) ln (iii Momento Flector M 5. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga simplemente empotrada.7. .Hl/(n+2) M x n 1 Hx l n (n 2)(n 1) l Máximo cuando Q = 0 Q H l x n1 n 0 (n 1) n 2 l l (n+1)/ (n+2) = x(n+1) x = l/ (n+2)1/(n+1) M max M max Hl 2 (n 2) ( n 2) /( n1) (n 2) Hl 2 (n 2) ( 2 n 3) /( n 1) 5.Rb = . Peq H M o l xeq R R Solución: Peq = Area = Hl/2 xeq = CG = 2l/3 Mo = 0 Peq (l-xeq )– Mr = 0 Mr = .Peq = 0 R = Hl/2 a) Método de cortes Peq M xeq x p(x)=Hx/l Q La carga equivalente Peq = Area = Hx2/2l xeq = CG = 2x/3 Mcorte = 0 Peq (x – xeq) + M = 0 M = – (Hx2/2l)(x/3) M = – Hx3 /6l Fy = 0 .Peq – Q = 0 Q = – Hx2/2l b) Método de la doble integración p = Hx/l Integrando (I Q = -Hx2/2l + c1 M = -Hx3/6l + c1 x + c2 Condiciones de borde (ii .Hl2 /6 Fy = 0 R . xeq) = .(H/2l)<x>2+(Hl/2)<x-l>0 M = .x=0M=0 c2 = 0 x=0Q=0 c1 = 0 De donde Q = -Hx2/2l (iii M = -Hx3/6l (iv c) método de la doble integración de funciones singulares p(x) = (H/l)<x>1 + R<x-l>-1 p(x) = (H/l)<x>1+(Hl/2)<x-l>-1 Integrando y aplicando las propiedades de funciones de singularidad Q = .Peq = 0 xeq .9.Mr Mr = Hl2 /12 Fy = 0 R = (Hl/3) a) Método de cortes R . Hallar las funciones de Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la figura Peq H p(x)=H(x/l)2 M p(x)=H(x/l)2 o l R Solución: Peq = Hl/3 xeq = 3l/4 Mo = 0 Peq (l .(H/6l)<x>3+(Hl/2)<x-l>1 Cuando 0<x<l <x>1 = x <x>3 = x <x-l>1 = 0 y Q = .(Hx2/2l) (v M = – Hx3/6l (vi Los resultados son los mismos por todos los métodos 5. 2 Q x 3l Ok Verificación b) Método de la doble integración p = H(x/l)2 Integrando Q = -Hx3/3l2 + c1 M = -Hx4/12l2+c1x+c2 x=0M=0 0 = c2 x=0Q=0 0 = c1 De donde Q = -Hx3/3l2 (iii M = -Hx4/12l2 (iv Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes 5.Q = 0 Q = -Hx3/3l2 (i Mcorte = 0 .Peq p(x)=H(x/l)2 M xeq x x Q 2 x3 x Peq W H dx H 2 3l l 0 x X eq Fy = 0 x 2 H l xdx 0 x H 3 H x4 4l 2 3x x 4 H 3 .(Hx4/12l2) (ii x=0 Q=0 Ok x=l Q = -Hl/3 = -Rb Ok x=0 M=0 Ok x=l M = Hl2/12 = Mr Ok Finalmente M Hx 3 .Peq . Hallar a) La carga equivalente b) Las reacciones y c) El momento flector y la fuerza cortante . Una viga simplemente empotrada tiene una carga cuya función es p(x) = H(x/l)n.Peq (x-xeq) – M = 0 M = -(Hx3/3l2)(x/4) = .10. xeq) = Mr Mr = Hl2/(n+1)(n+2) Fy = 0 R .Peq H p(x)=H(x/l)n p(x)=H(x/l)n M o l xeq R Solución: (n 1) l x n l l Peq W H dx H H n l ( n 1) ( n 1)l 0 ( n 2) l x n l H xdx H n ( n 1)l l ( n 2 )l X eq 0 l l ( n 2) H H ( n 1) ( n 1) Mo = 0 Peq (l .Peq = 0 R = Hl/(n+1) a) Método de cortes Peq p(x)=H(x/l)n M xeq x x Q x( n 1) x Peq W H dx H (n 1)l n l n 0 x X eq 0 n x H xdx l H Fy = 0 x ( n 1) H (n 1)l n H x ( n 2) (n 2)l n (n 1) x (n 2) x ( n 1) (n 1)l n .Peq (x-xeq) –M = 0 M Verificación Hx( n 2) (n 2)(n 1)l n (ii .Q = 0 Q H x( n 1) (n 1)l n (i Mcorte = 0 .Peq . Peq H p(x)=H(x/l)n p(x)=H(x/l)n M o l R xeq Solución: Q De 5. Hallar los valores máximos de la fuerza cortante y del momento flector de la viga del problema anterior. 5.11.2 Q x 3l Ok b) Método de la doble integración p = H(x/l)n Q Integrando Hx( n 1) l n (n 1) M l n (n 2)(n 1) 0 = c2 x=0Q=0 0 = c1 De donde (i Hx( n 2) x=0M=0 Q c1 c1x c2 (ii Hx( n 1) l n (n 1) M (i Hx( n 2) l (n 2)(n 1) n (ii Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes.10 M Hx( n 1) l n (n 1) (i Hx( n 2) l (n 2)(n 1) n Máximos en el empotramiento (x = l) (ii . No se aplica el método de doble integración de funciones de singularidad por ser muy similar.x=0 Q=0 Ok x=l Q = -Hl/(n+1) = -Rb Ok x=0 M=0 Ok x=l M = -Hl2/(n+2)(n+1) = Mr Ok Finalmente M Hx3 . x Carga p = H(x/l)n p = H(l-x)/ln = H (1-x/l) n Q Fuerza Corte Q (i Hx( n 1) l n (n 1) (i H (l x)( n 1) M Momento M l n (n 1) Hx( n 2) l n (n 2)(n 1) (ii H (l x)( n 2) l (n 2)(n 1) n 5. Hallar las funciones de Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la figura x H x' p(x)=H((l-x)/l)n M o l R Solución: Se reemplaza en 5.12.Rbl = 0 Rb = Pa/l Mb = 0 Ral . Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P P M1 a l-a Solución: Ma = 0 P(a) .13.11 x por su complemento l .P(l-a) = 0 Ra = P(l-a)/l x Q1 M2 a x Q2 .Qmax Hl (n 1) M max Hl 2 (n 2)(n 1) 5. Prueba Ra + Rb = P Ok a) Método de los cortes 1er intervalo Ra x = M1 M1 = P(l-a)x/l 2do intervalo Ra x .M2 = 0 M2 = P(l-a)x/l . pendientes y valores máximos de estos en el sistema de la figura usando funciones de singularidad P M R a b .P<x-a>-1 + Rb<x-l>-1 p(x) = P(l-a)/l<x>-1 . Hallar la EC.P<x-a>-1 + Pa/l<x-l>-1 Integrando y aplicando las propiedades de este tipo de funciones Q = P(l-a)/l<x>0 . de deformaciones. 5.P(x-a) = Pa (1-x/l) b) Método de integración con funciones de singularidad De derecha a izquierda p(x) = Ra <x>-1 .P(x-a) = Pa(1-x/l) Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes.P<x-a>1 + Pa/l<x-l>1 Cuando 0<x<a <x>1 = x <x-a>1 = 0 <x-l>1 = 0 y M1 = P(l-a)x/l Para a<x<l <x>1 = x <x-a>1 = x-a <x-l>1 = 0 y M2 = P(l-a)x/l .P<x-a>0 + Pa/l<x-l>0 M = P(l-a)/l<x>1 .P(x-a) .14. P<x-a>0 M(x) = -Pa <x>0 + P <x>1 .M1 = 0 M1 = Px – Pa 2do intervalo R x – M .P(x-a) b) Método de integración con funciones de singularidad Usando funciones de singularidad y de derecha a izquierda p(x) = -Mr <x>-2 + R <x>-1.P<x-a>1 Para 0<x<a <x>-1 = 0 <x>0 = 0 <x-a>0 = 0 <x-a>1 = 0 entonces Q(x) = P M(x) = -Pa x + P x Para a<x<l <x>-1 = 0 <x>0 = 0 <x-a>0 = 0 <x-a>1 = 0 entonces Q(x) = 0 Q2 .P<x-a>-1 Integrando y aplicando las propiedades de este tipo de funciones Q(x) = -Pa <x>-1 + P <x>0 .P(x-a) .P M1 M R x M2 M a Q1 R x Solución: Fy = 0 R=P M=0 Mr = P a a) Método de los cortes 1er intervalo R x – M .M2 = 0 M2 = Px – Pa .P<x-a>-1 p(x) = -Pa <x>-2 + P <x>-1 . M2 = 0 M2 = -Mx/l +M b) Método de integración con funciones de singularidad De derecha a izquierda p(x) = Ra <x>-1 + M<x-a>-2 + Rb<x-l>-1 p(x) = -M/l<x>-1 + M<x-a>-2 + M/l<x-l>-1 Integrando y aplicando las propiedades de este tipo de funciones Q = -M/l<x>0 + M<x-a>-1 + M/l<x-l>0 M = -M/l<x>1 +M<x-a>0 + M/l<x-l>1 Para 0<x<a <x>1 = x <x-a>0 = 0 <x-l>1 = 0 y M1 = -Mx/l Para a<x<l <x>1 = x <x-a>0 = 1 Ok .M(x) = 0 5.15.Rbl = 0 Rb = M/l Mb = 0 Ral + M = 0 Ra = -M/l Comprobación Ra + Rb = 0 a) Método de los cortes 1er intervalo Ra x = M1 M1 = . Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura M M M1 a l-a x Q1 M2 a x Q2 Solución: Ma = 0 M .Mx/l 2do intervalo Ra x + M . Hallar solo el momento flector de los sistemas de la figura.16. 5.l/4) = (Hl/2)(5l/12) + (Hl)(l/4) Rb = 11Hl/18 Ok .l/2) = (Hl/2)(l/3) + (Hl)(l/2) Ra = 4H/6 = 2Hl/3 Prueba Ra + Rb = 5H/6 + 2H/3 = 9H/6 = 3H/2 = Peq1+Peq2 (b) Fy = 0 R = Peq1 + Peq2 R = ·3Hl/2 Mo = 0 M = Peq1 xeq1 + Peq2 xeq2 M = (Hl/2)(2l/3) + (Hl)(l/2) = 5Hl2/6 (c) Ma = 0 Peq1 (xeq1-l/4) + Peq2(xeq2-l/4) .Peq2(l . En todos los casos p(x) = H(1+x/l) 2H 2H H H 2H H M l Ra (a) l/4 l R (b) Rb Ra 3l/4 (c) Rb Solución: 2l/3 Peq1 l/2 Peq2 2H H Peq1 = Hl/2 Peq2 = Hl l Se halla primero las reacciones en los apoyos de los tres casos (a) Ma = 0 Peq1 xeq1 + Peq2 xq2-Rb l = 0 Rb l = (Hl/2)(2l/3) + (Hl)(l/2) Rb = 5Hl/6 Mb = 0 Ral .<x-l>1 = 0 y M2 = -Mx/l + M Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes.xeq2) = 0 Ra l = (Hl/2)(l .2l/3) + (Hl)(l .Peq1 (l – xeq1) .l/4) + (Hl)(l/2 .Rb(3l/4) = 0 Rb(3l/4) = (Hl/2)(2l/3 . 17.2lx/3) b) Si x = l Q = 0 0 = -H(l+l/2)+c1 c1 = 3Hl/2 Si x = l M = 0 0 = -H(l2/2+l3/6)+(3Hl/2)l+c2 c2 = -5Hl2/6 M = -H(x2/2+x3/6l)+3Hlx/2-5Hl2/6 c) En este caso hay dos intervalos pero como la carga es la misma en los dos intervalos la variación se da solamente en las constantes.H(x2/2 + x3/6l) + c1x + c2 Las constantes dependen de las condiciones de borde en los tres casos a) Si x = 0 M=0 c2 = 0 Si x = l M = 0 0 = .Peq2(l-xeq2) = 0 Ral(3l/4) = (Hl/2)(l-2l/3) + (Hl)(l-l/2) = (Hl/2)(l/3) + (Hl)(l/2) = 2H/3 Ra = 8Hl/9 Prueba Ra + Rb = 11H/18 + 8H/9 = 27H/18 = 3H/2 = Peq1 + Peq2 Ok A continuación se hallan la Fuerza Cortante y el Momento Flector por integración Integrando Q = -H(x+x2/2l) + c1 M = . Entonces Q1 = -H(x+x2/2l)+c1 valido 0<x<l/4 M1 = -H(x2/2+x3/6l)+c1x+c2 Q2 = -H(x+x2/2l)+c3 valido l/4<x<l M2 = -H(x2/2+x3/6l)+c3x+c4 Y las condiciones de borde son Si x = 0 Q1 = 0 c1 = 0 Si x = 0 M1 = 0 c2 = 0 Si x = l Q2 = .H(l2/2 + l2/6) + c1l c1 = 2Hl/3 M = .H(x2/2 + x3/6l .Peq1 (l-xeq1) .H(l2/2+l3/6) + 19Hl/9 + c4 M1 = -H(x2/2+x3/6l) M2 = -H(x2/2+x3/6l+8lx/9-2l2/9) 5. Hallar el momento flector del sistema de la figura c4 = -2Hl2/9 .Rb -H(l+l/2) + c3 = -11Hl/18 c3 = 8Hl/9 Si x = l M2 = 0 0 = .Mb = 0 Ra(3l/4) . P2(l-x2) .2l/9 2l/9 l/6 H P1 H P2 l/3 l/3 2l/ 3 Ra Rb Ra P3 2l/3 Rb Solución: La carga se descompone en formas más sencillas P1 = Hl/6 x1 = 2l/9 P2 = Hl/3 x2 = l/6 P3 = 2Hl/3 x3 = l/3 + 2l/9 = 5l/9 Ma = 0 P1 x1+P2 x2 + P3x3 .Hx2/2 + c1x + c2 Q2 = 3Hx2/2l .Rbl = 0 Rb = (Hl/6)(2l/9) + (Hl/3)(l/6) + (2Hl/3)(5l/9) Rb = 25Hl/54 Mb = 0 Ral – P1(l-x1) .3Hx + c3 M2 = Hx3/2l .P3(l-x3) = 0 Ra = Hl/6(l-2l/9) + (Hl/3)(l-l/6) + (2Hl/3)(l-5l/9) Ra = 38Hl/54 Prueba Ra + Rb = 25Hl/54 + 38HL/54 = 7Hl/6 = Hl/6 + Hl/3 + 2Hl/3 Se analiza el sistema en dos intervalos P1 = Hx/(l/3) + H P2 = -3Hx/l + 3H Integrando Q1 = -3Hx2/2l – Hx + c1 M1 = -Hx3/2l .3Hx2/2 + c3x + c4 Las condiciones de borde son x = 0 Q1 = Ra c1 = 38Hl/54 Ok . Rb . Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura Peq Peq H H H xeq a a l-a Ra l-a Rb ( l a) 2 ( l a) 3 .3Hl2/2 + c3l + c4 c3 = 28Hl/27 c4 = Hl2 /27 M1 = .Hx3/(3l) + c1 x + c2 Condiciones de Borde x=0M=0 c2 = 0 x = 0 Q = Ra c1 = Ra = Hl/4 Q1(x) = .25Hl/54 = 3Hl2/2l-3Hl+c3 x = l M2 = 0 0 = Hl3/2l .Hx3/(3l) + Hlx/4 Estas ecuaciones solo son válidas cuando 0<x<l/2 5.Hx2/l + Hl/4 M1(x) = . Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura Hl/4 Hl/4 H H l/2 l/2 l/2 Ra l/2 Ra Rb Rb Solución: Aplicando el método de doble integración y por simetría solo en la mitad izquierda Ra = Rb = Hl/4 p1 = 2Hx/l Q1(x) = .19.2Hx2/(2l) + c1 M1(x) = .De donde x = 0 M1 = 0 c2 = 0 x = l Q2 = .18.Hx3/2l – Hx2/2 + 19Hlx/27 M2 = Hx3/2l .3Hx2/2 + 28Hlx/27 + Hl2/27 5. M2 = 0 M2 = Hx(l-a)2/(6l)-H(x-a)3/[6(l-a)] b) Método de integración con funciones de singularidad H Ra a la Rb De derecha a izquierda p(x) = Ra <x>-1 + [H/(l-a)]<x-a>1 + Rb<x-l>-1 p(x) = H(l-a)2/(6l)<x>-1 + [H/(l-a)]<x-a>1 + H(l-a)(a+2l)/(6l)<x-l>-1 Integrando y aplicando las propiedades de este tipo de funciones Q(x) = H(l-a)2/(6l)<x>0+H/[2(l-a)]<x-a>2+H(l-a)(a+2l)/(6l)<x-l>0 .H x (l-a)2/(6l) 2do intervalo Ra x – Peq xeq .Peq(l-a)/3 = 0 Ral = [H(l-a)/2](l-a)/3 Ra = H(l-a)2/(6l) Prueba Ra + Rb = [H/(6l)](l .a)[(a + 2l) + (l .Solución: Ma = 0 Peq (l-xeq) .a)] Ra + Rb = [H/(6l)](l .Rbl = 0 [H(l-a)/2][l-(l-a)/3] = Rbl [H(l-a)/2][a/3+2l/3] = Rbl Rb = H(l-a)(a+2l)/(6l) Mb = 0 Ral .a)/2 = Peq Ok a) Método de los cortes Q1 Ra peq p M2 M1 a x x a l a x a p 2 p H p eq Q2 x Ra peq H xeq x a 2 2( l a ) x a 3 1er intervalo Ra x = M1 M1 = .a)(3l) = H(l . M(x) = H(l-a)2/(6l)<x>1+H/[6(l-a)]<x-a>3+H(l-a)(a+2l)/(6l)<x-l>1 Para 0<x<a <x>1 = x <x-a>1 = 0 <x-l>1 = 0 y M1(x) = H(l-a)2/(6l) x Para a<x<l <x>1 = x <x-a>1 = x-a <x-l>1 = 0 M2(x) = Hx(l-a)2/(6l) – H(x-a)3/[6(l-a)] Las expresiones obtenidas por los métodos de cortes e integración son idénticas. . 5.25. 5.22.21.26.PROBLEMAS PROPUESTOS 5. 5. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante H l/2 l/2 Rb Ra 5. 5. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante H l/2 Ra l/2 Rb 5. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente apoyada con carga p(x) = H Sin (x/2l).24. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante H M l/2 R l/2 5. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida p(x) = H Sin (x/2l).29.20. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con carga p(x) = H Sin (x/2l).23. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con carga semicircular. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con carga semicircular 5. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante . Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de una carga distribuida de forma semicircular 5.28.27. H M l/2 R l/2 5.32. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura H H l/3 l/4 5l/1 2 Rb 5. Hallar solo el momento flector de los sistemas de la figura.33. Hallar el Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la figura H M l/2 l/2 R 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura H M H Rx l/3 Ry l/4 5l/12 5.34. l/2 l/2 l/2 l/2 H H H H H H l/4 RA l/2 3l/4 RB 5.30. Hallar el momento flector del sistema de la figura RA l/2 RB .31. 36. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura 2H H l-a a RB RA 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura La carga distribuida tiene una intensidad q = qo·sen(x/L) .H H l/3 l/3 l/3 RA RB 5.38. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P B A L/4 L 5.39.37.35. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P H l-a a RB RA 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura m0 B A L 5. q0 q=q0 sen(·x/L) B 2/3·L L/3 A 5. con valor q = qo·sen(x/L).q0 q=q0 sen(·x/L) B A L .40.45.41. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P q0=P·a C a a a B A 5.43. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·a q0=P·a P C a a B A 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura La intensidad de carga varía según la onda senoidal. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura .42. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q ox q( x) L B 2/3·L L/3 A 5. 5.44. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P q( x) q ox q0=P·a L L/3 L 5. 48.50.q0=P·l q0=P·l P C C a a A B L 5.46. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l P EI l/4 l/4 l 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q(x)=qo·x2/L2 EI B A l 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l q0=P·l/2 EI l/2 l/2 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l P B A L 3L 5.49. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l C L/3 L/3 A B L 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura .47.51. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura Hl/4 Hl/4 H l/2 Ra l/2 Rb .55. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0 l/3 l/3 l/3 5.q0=P·l q(x)=qo·x2/L2 2P EI l/2 l 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0 l/2 l B A 5.54.53.52. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l q0=P·l/2 EI l/2 l/2 5. 2 Acortamiento y Alargamiento de las Fibras El elemento diferencial curvo puede ser considerado como un arco de circulo con centro en O y radio .6 Flexión – Tensiones Normales y Cortantes 6. 6.2 Tensiones Normales en Flexión Considérese una viga sometida a un estado de flexión Deflexion de la Viga Fig. se curvea por efecto de las cargas y algunas fibras se acortan mientras que otras se alargan.1 Viga sometida a Flexión Un elemento recto de pequeña longitud de la viga sin carga. La porción superior AB es de menor longitud a la inferior CD debido a que las fibras superiores se comprimen y las inferiores se alargaron. Las tensiones no deben exceder a los límites de fluencia de los materiales empleados. Fig. Existe un plano llamado “neutro” oo que no se alarga ni se acorta (no hay deformación y tampoco hay tensiones). Fig. 6.1 Introducción En este capítulo se desarrollarán las ecuaciones para calcular las tensiones que se presentan en elementos sometidos a flexión. 6. 6.3 Deformación de un Elemento Diferencial . 4 Distribución de Tensiones Normales En la ec 6.4 =E=Ey/ (6.5 De la ec 6.5 se aprecia que las tensiones normales en cualquier punto son proporcionales a la distancia del mismo al eje neutro. Las tensiones son nulas en el eje neutro y máximas en las fibras más alejadas. En otras palabras el eje neutro coincide con el eje centroidal de la viga La estática. se observa que la deformada del elemento a una distancia “y” es: d = y d (6. De la estática Fx = 0 dF N 0 A (6.8 En esta ecuación E/ no es cero por lo que ydA 0 A (6.1 = d/ds = y d/ds (6. Fig.9 Entonces el origen del sistema de coordenadas empleado debe estar situado en el centro geométrico de la sección transversal (que es equivalente al centro de gravedad en el caso de vigas homogéneas).3 =y/ (6.5 es desconocido.6 dF = dA = (Ey/)dA E (6. además de requerir equilibrio de fuerzas requiere el equilibrio de momentos .Tomando el plano neutro como referencia.3 de 6.7 ydA 0 A (6.2 del Grafico ds = d (6. 6.2 y 6. 6.M = 0 dFy M A (6.11 EI (6.10 dF = dA = (Ey/)dA M y dA E 2 A (6.12 Mc I max (6.5 Tensiones Cortantes en la Sección Superior En las secciones laterales del elemento diferencial se aparecen tensiones normales mientras que en la sección superior aparecen tensiones cortantes De la estática Fx = 0 ( d )dA dA A sup Alat Alat 0 (6. mientras que los valores de “c” e “I” dependen exclusivamente de la sección transversal de la viga.5 y 6.15 .3 Tensiones Cortantes en Flexión Considérese un elemento diferencial al que se realiza un corte en ab. 6.14 El momento flector “M” depende únicamente del tipo de viga y carga. Fig.12 El valor de “I” es el Momento de Inercia de la sección.13 M max c I (6. Entonces de 6. 17 d = dM y / EI (6.18 Asup = b dx En 6.16 = M y / EI (6. Las tensiones cortantes tienen una distribución parabólica y sus valores mínimos se presentan en los extremos superior e inferior de la viga.22 _ S 0 QyA ydA Ib max (6. QS Ib (6. contrariamente a las tensiones normales que tienen una distribución lineal y sus valores máximos se presentan en los extremos superior e inferior y son nulos en el plano neutro .13 (6.21 La integral (yp y Ap) no son del área total sino del área parcial. mientras que su valor máximo se presenta en el plano neutro. mientras que los valores de “S”.24 El valor de “Q” depende únicamente del tipo de viga y carga.23 Qmax S max Ib (6.16 dMy dA bdx 0 EI Alat (6.19 dM EI (6.20 ydA bdx Alat Q y p Ap dM ydA Ibdx Alat Ib (6. ddA A sup 0 Alat de 6. “I” y “b” dependen exclusivamente de la sección de la viga. 6.7 Perfiles Comunes Usados en vigas .Fig. En la figura se muestran los perfiles preferidos para secciones transversales de vigas de los cuales se hallarán las ecuaciones reducidas para calcular las tensiones de normales y cortantes. 6.6 Distribución Parabólica de las Tensiones Cortantes 6. Fig.4 Perfiles Comunes Usados en Vigas Los perfiles más usados en vigas son los que tienen valores altos de Inercia. y por ello generalmente se usan perfiles con secciones de mayor alto que ancho. PROBLEMAS RESUELTOS 6. Aparcial = b(h/2-y) ycgparcial = y + (½)(h/2-y) S = Apycgparcial = b(h/2-y)[y+(1/2)(h/2-y)] = b(h/2-y)(h/2+y)(1/2) S = b(h2/4-y2)/2 En 1 Aparcial = b(h/2+y) ycgparcial = (h/2+y)/2-y = (h/2-y)/2 . Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil rectangular.1.h/2 I = bh3/12 My My 12My 3 I bh bh3 12 My My 12My 3 I bh bh3 12 max Mc M (h / 2) 6M 2 I bh3 bh 12 b) Tensiones Cortantes La línea a-a divide el perfil en dos secciones: La superior 1 y la inferior 2. ycg h b Eje Neutro h/2-y Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/. 2.5 Q/A 6.S = b(h2/4-y2)/2 Entonces S = b(h2/4-y2)/2 Smax y = 0 = bh2/8 QS Ib Qb( 2 h2 1 6Q( 1 y ) y2 ) 4 h2 4 2 3 bh bh b 12 max = 1. h LN 2h/3+y h/3 h/3-y b Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/3 c1 = h/3 c2 = 2h/3 I = bh3/36 . Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil triangular. My My 36My 3 I bh bh3 36 max tracc Mc1 M (h / 3) 12M I bh3 bh2 36 max comp Mc2 M (2h / 3) 24M I bh3 bh2 36 b) Tensiones Cortantes De nuevo la línea a-a divide el perfil en dos secciones: La superior 1 y la inferior 2. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil romboidal. .2h/3 se tiene = 0 y cuando y = 0 se tiene max Q( 2h 2 4h 2 6 ) 6 Q 3 9 Q8 4Q 3 3bh 3 A bh bh3 6.3. h/B = (2h/3+y)/b b = (2h/3+y)B/h A1 = b(2h/3+y)/2 = (2h/3+y)2(B/2h) A2 = [B+b](1/2)(h2) = [B+(2h/3+y)B/h](1/2)(h/3-y) ycg1 = (1/3)(2h/3+y)-y = (2h/9-2y/3) ycg2 = (h/2+y)/2-y = (h/2-y)/2 S1 = A1ycg1 = (2h/3+y)2(B/2h)(2h/9-2y/3) S2 = A2ycg2 = [B+(2h/3+y)B/h](1/2)(h/3-y) (h/2-y)/2 Smax = (4h2/9)(B/2h)(2h/9) = (4h2B/81) 2h b 2h Q( y ) 3 Q( y ) 2 6 QS 6h 3 sup 33 Ib bh 2h b bh3 ( y) 36 3 h 2h b 2h Q( y ) 3 Q( y ) 2 6 QS 3 6h 3 sup b Ib bh 3 2h bh 3 ( y) 36 3 h Cuando y = . h/2 I = 2h(h/2)3/36 + (h/2)(h/2)(h/6)2 = h4/48 max Mc M (h / 2) 24M 3 I h4 h 48 b) Tensiones Cortantes Aparcial = h(h/2)/2 ycgparcial = (h/2)/3 Smax = Aparcial ycgparcial = h3/24 max h3 ) QS 24 2Q Ib h4h h2 48 Q( 6.h/2 I = [bh3 – (b-2e)(h-2e)3]/12 b .h/2 h h h Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil rectangular hueco. h h/2 b Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/.4. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil I. h h /2 b b Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/.2e)]/2 ycgparcial = e(h/2-e)(h/2-e)/2+be(h/2-e+e/2) Aparcial Smax = e(h/2-e)(h/2-e)/2+be(h/2-e+e/2) max QS 3Q 4be h 2e h 2 Ib 2e 2b 4e2 6eh 3h2 2e h 3 .5.h/2 I = bh3/12-(b-e)(h-2e)3/12 max Mc M 6h 2 I e 2b 4e 6eh 3h2 2e h 3 b) Tensiones Cortantes Aparcial = [bh – (b-e)(h. max Mc 3Mh 2 I e b 4e 6eh 3h2 2e h 3 b) Tensiones Cortantes Aparcial = b(h/2) – (b-2e)(h/2-e) ycgparcial = [b(h/2)(H/2)(1/2) – (B-2E)(H/2-e)(h/2-e)(1/2)]Aparcial Smax = [b(h/2)(H/2)(1/2) – (B-2E)(H/2-e)(h/2-e)(1/2)] max QS 3Q 2b(e h) (2e h)2 Ib 4e b(4e2 6eh 3h2 ) (2e h)3 6. . Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil T.6. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil H h h /2 b b Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/.7.h/2 I = (b-2e)e3/12 + 2eh3/12 max Mc 6Mh I (b 2e)e3 2eh3 b) Tensiones Cortantes Aparcial = bh/2 – (b-2e)(h/2-e/2) ycgparcial = (bh/2)(h/4)-(b-2e)(h/2-e/2){e/2+(h/2-e/2)/2} Aparcial Smax = (bh2/8)-(b-2e)(h-e)h/8 max QS 3Q bh2 (b 2e)(h e) Ib 2 (b 2e)e3 2eh3 e 6.6. h yc g b Solución: a) Tensiones Normales ycg bh(h / 2) (b e)(h e)(h e)(1/ 2) bh (b e)(h e) ycg b (e 2 h ) (e h ) 2 2(b e h) c1 = ycg c2 = h-ycg I e be2 (h e)(e2 2eh 4h2 ) eh2 (e h)2 12 4(b e h) max Mc 6 M b (e 2 h ) ( e h ) 2 I e b2e2 2b(e h)(e2 eh 2h2 ) (e h)2 (e2 2eh h2 ) b) Tensiones Cortantes Aparcial = [bh – (b-e)(h. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil circular. .8.2e)]/2 ycgparcial = e(h/2-e)(h/2-e)/2+be(h/2-e+e/2) Aparcial Smax = e ycg2/2 Smax max e be 2h e h 2 2 8(b e h)2 2 QS 3Q b(e 2h) (e h)2 Ib 2e b2e2 2be h (e2 eh 2h2 ) (e h)2 * (e2 2eh h2 ) (b e h) 6. Solución: a) Tensiones Normales ycg = d/2 c = +/. Comparar la relación tensiones normales vs. peso para los perfiles de la figura.9. peso y tensiones cortantes vs.d/2 I = d4/32 max Mc M (d / 2) 32M I d 4 d 3 64 b) Tensiones Cortantes Tomando un elemento diferencial dA r (rd ) 2 ycgparcial 3 2r 2r 3 2r 3 Sin Sind r (Cos Cos 0) 3 2(3) 0 3 3 Aparcial Aparcial Aparcial Aparcial dA 0 2r 3 4r y cgparcial 3 2 3 r 2 S max Aparcial ycgparcial max QSmax Ib 2r 3 d 3 3 12 d3 Qd 3 16Q 4Q 12 12 d 4 d 2 d 3 12 A 3 A d 64 4 16 Q 6. (a) (b) (d) (e) (c ) (f ) . Tomar Ancho = 6 cm. Alto = 12 cm y Espesor = 1 cm. 10. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil trapezoidal.5 Q/A max Para b) Mc M 6h I e 2b 4e2 6eh 3h2 2e h 3 max QS 3Q 4be h 2e h 2 Ib 2e 2b 4e2 6eh 3h2 2e h 3 max Mc 6Mh I (b 2e)e3 2eh3 max QS 3Q bh2 (b 2e)(h e) Ib 2 (b 2e)e3 2eh3 e max Mc 6 M b (e 2 h ) ( e h ) 2 2 2 I e b e 2b(e h)(e2 eh 2h2 ) (e h)2 (e2 2eh h2 ) Para c) Para d) max 2 QS 3Q b(e 2h) (e h)2 Ib 2e b2e2 2be h (e2 eh 2h2 ) (e h)2 * (e2 2eh h2 ) (b e h) max Mc 3Mh 2 I e b 4e 6eh 3h2 2e h 3 max QS 3Q 2b(e h) (2e h)2 Ib 4e b(4e2 6eh 3h2 ) (2e h)3 Para e) 6.Solución: max Para a) Mc M (h / 2) 6M 2 I bh3 bh 12 max = 1. 9 12 9 12 15 Solución: a) Tensiones Normales ycg = (2A1 xcg1+A2 xcg2)/(2 A1+A2) 3 3 . 11. C y E van montados engranajes y en B y D los cojinetes de apoyo.(2h/3)(B/2+b)/(B+b) I = 2(Icg1+A1d12)+(Icg2+A2d22) I = 2{[(B-b)/2]h3/36+[(B-b)/2](h/2)(Icg1+A1d12)+(Icg2+A2d22) 6.83 Kg/cm² 15 10 .73 Kg/cm² max = 14. el eje es simétrico y las dimensiones están en centímetros.5 10 6 15 30 Solución: Para una sección circular max M max c 16M max I d 3 max QS 4Q Ib 3 A Por la simetría y de la Estática Ra = Rb = (45+60+45)/2 = 75 Kg En el eje de 3 Mmax = Ra 5 = 75(5) = 375 Kg cm Qmax = Ra = 75 Kg max = 70.ycg = (2(3)(12/2)(4)+9(12)6)/(2(3)(12/2)+9(12)) = ycg = [(B-b)(h2/6)+(bh2/2)]/[(B-b)(h/2)+(bh)] ycg = (h2/3)(B/2+b)/[(h/2)(B+b)] = (2h/3)(B/2+b)/(B+b) c1 = ycg = (2h/3)(B/2+b)/(B+b) c2 = h . Las fuerzas sobre los engranajes son todas verticales.5 Mmax = Ra 20 = 75(20) = 1500 Kg cm Qmax = Ra = 75 Kg max = 83. En la figura se muestra un eje de una transmisión. En los puntos A. Se pide calcular las tensiones normales de flexión y de corte máximos.ycg = h .14 Kg/cm² En el eje 4. 60[kg] 45[kg] 45[kg] 3 4. max = 6.2814 Kg/cm² En el eje 6 Mmax = Ra 50 = 75(50) = 3750 Kg cm Qmax = Ra = 75 Kg max = 88.53 Kg/cm² .41 Kg/cm² max = 3. 14.15. . e H 6. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.PROBLEMAS PROPUESTOS 6.13.12. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. H d 6. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. b h d 6.16. d e 6. a a 6.19. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.b H e 6. b e H 6. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. a a .17. b e H 6.20.18. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.6. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.23. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. a .22. a a 6.21. a a 6. 1 Linea Elástica 7.1 . b) Método de superposición y c) Método del área del diagrama de momentos.2 Línea Elástica Se llama “Línea elástica” a la forma que adopta el eje de una viga al producirse la deformación de la misma por acción de las cargas exteriores.12 estableció que M y dA E 2 A EI 7.7 Deformaciones en Flexión 7. 7. Estos métodos son:a) Método de doble integración. 7.2 Deformación de un Elemento Diferencial La ecuación 6. 7.1 Introducción En este capítulo se estudiarán tres métodos para hallar las deformaciones que se presentan en vigas sometidas a flexión.3 Método de la Ecuación Diferencial de la Elástica o Doble Integración del Momento Un elemento diferencial de la viga puede considerarse como un arco de círculo Fig. Fig. que dice “Si el estado de carga en una viga puede descomponerse en n cargas más sencillas.3 se iguala a la unidad d2y M dx 2 EI 7.7 7.2 3/ 2 2 3/ 2 M EI 7.4 Método de Superposición Debido a que las ecuaciones de las deformadas son lineales se puede aplicar el principio de superposición. 7.6 7. la deformada total de la viga es la superposición de las n deformadas que producen cada una de las n cargas”..Por desarrollos se sabe que la curvatura de una curva plana está dada por la ec 1 Entonces 1 d2y dx 2 dy 2 1 dx d2y dx 2 dy 1 dx 7.4 y su valor al cuadrado se desprecia por lo que el denominador de 7. Cuando se conoce la deformada de una viga empotrada bajo un estado de carga se puede hallar la deformada otra viga con voladizo con el mismo estado de carga Fig.Permite calcular el ángulo θAB que forman entre sí dos secciones A y B de una viga.3 La integración de esta ecuación es difícil pero para deformaciones pequeñas dy/dx = tan (θ) = θ 7.5 Método del Área del Diagrama de Momentos o Teoremas de Mohr a) Primer Teorema de Mohr.3 Deformada de una Viga con Voladizo total = + b (7. Este ángulo es el mismo que el que forman las tangentes a la elástica en los puntos A y B .5 d M dx EI 7. 8 Integrando entre los puntos A y B: B M dx EI A ( AB ) ( A) ( B) (7.3 Angulo entre Secciones y entre Tangentes La ecuación diferencial de la elástica es.10 "El ángulo θ (AB) que forman entre sí dos secciones de la viga flexionada. δBA.9 Si EI es constante ( AB ) ( A) ( B) B 1 Area ( M AB ) M dx EI A EI (7.Permite calcular la distancia en vertical. . es igual al área del diagrama de momentos flectores comprendida entre A y B: Area(MAB). dividido por el módulo de rigidez de la viga EI" b) Segundo Teorema de Mohr.. según ecuación 6.Fig. que hay desde un punto B de la elástica a la tangente en otro punto A de la elástica.6: d M dx EI (7. 7. 11 Para pequeñas deformaciones B1B2 = (xB . es igual al momento estático respecto del primer punto B del área del diagrama de momentos flectores comprendida entre ambos puntos: QBAB.x) tag (θ . 7. dividido por EI" En el caso de que el diagrama tenga áreas positivas y negativas. tendremos la longitud total δBA deseada. las cuales intercectan a una línea vertical en B en B1 y B2.Fig.d θ) = (xB . se trazan sus tangentes.13 A y si finalmente se sustituye el valor absoluto de dθ obtenido en el primer teorema de Mohr: M ( xB x) dx EI A B BA (7.x) θ .x) dθ (7.x) tag θ .(xB .x) (θ .12 sumando las longitudes de los segmentos diferenciales B1B2 al mover los puntos C y D desde A hasta B.15 "La distancia en vertical: δBA que hay desde un punto B de la elástica a la tangente en otro punto A de la misma.(xB . cuya longitud será: B1B2 = B1B0 – B2B0 = (xB .4 Distancia Vertical entre Tangentes Por dos puntos C y D muy próximos. situados en x y x+dx. Así: B BA ( xB x)d (7.14 Si EI es constante BA B 1 QBM ( AB ) M ( x x ) dx B EI A EI (7.dθ) (7. se realizará el procedimiento para cada área . Con este método se genera una viga ficticia (conjugada) con las siguientes condiciones: .6 Método de la viga conjugada Se basa en los mismos principios que el método área de momentos (teoremas de Mohr).M d1 d2 CG1 T x A B CG2 EI() = Area AT – Area TB (7. .Mismas condiciones de apoyo que la viga original.19 Llamando a M/EI el diagrama de momentos reducidos o diagrama de curvaturas y tomándolo como un diagrama de cargas ficticias p* = M/(EI) aplicado sobre una viga también ficticia y que se llama “viga conjugada”.18 2 y M 2 x EI (7. de la identidad formal entre las dos ecuaciones anteriores surge que la línea elástica de una viga coincide con el diagrama de momentos ficticios M* producido en todas las secciones de su viga conjugada cargada con la carga p*.Carga igual al diagrama de momento flector de la viga original dividido por EI Recordando dos ecuaciones diferenciales ya conocidas: 2M p y 2 (7.17 A continuación se muestran las áreas y centros de gravedad de figuras comunes : b/2 b/3 h h b 3b/8 b A=bh b A=bh/2 Rectangular Triangular b/4 b/5 h b A=bh/3 Parabolica h A=2bh/3 Parabolica 2b/ h h b A=bh/4 Cubica b A=2bh/ Armonica 7. .16 EI() = (Area AT)d1 – (Area TB) d2 (7. En otras palabras: y = M* (7.Misma luz que la viga original.20 . Estos problemas se conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir ecuaciones adicionales de deformaciones.7 Sistemas Hiperestáticos.En algunas ocasiones las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y M = 0) son en número menores al número de Cargas incógnitas que se desean hallar. .VIGA REAL Momento M Angulo Flecha y VIGA FICTICIA Carga M/EI Cortante Q’ Momento M’ 7. 0 0<x<a Ma = P(x-a) 2 Pa2 Mb = 0 EIyb (a 3x) EI b Pa 6 2 . . a<x<l Qa = P Qb = 0 R1 = Hl R2 = 0 M1 = Hl2/2 M2 =0 M = (H/2)(x-l)2 Q = H(l-x) r Ry R1 = P R2 = 0 M1 = Pl M2 = 0 M = P(x-l) Q=P EIy x Hl 3 [(1 ) n 3 1] l Hl x 2 M (1 EI)n (n 1)(n 2)(n 3) (n 1)(n 2) l 2 l x x Hl 4[(1 ) n 4 (n 4) 1] l l EIy (n 1)(n 2)(n 3)(n 4) Q Hl x 1 (n 1) l n 1 Hl 4 (n 1)(n 2)(n 4) Hl 3 (n 1)(n 2)(n 3) EIy max EI max . .Deflexiones de vigas simplemente empotradas M P r Ry l M P r Ry a b M l Mb M r Ry p l EIymax Pl3 3 EI Px ( x 2l ) 2 EI max Pl2 2 EIymax Pa2 (a 3l ) 6 EI max Pl2 2 EIy Hx2 (4lx x 2 6l 2 ) 24 EIymax Hl4 8 EI Hx (3lx x 2 3l 2 ) 6 EI max Hl3 6 EIy Mx2 2 EIymax Ml2 2 EI Mx R1 M r Hl 2 x (1 ) 3 6 l Hl x Q (1 ) 2 2 l Hl R1 n 1 R2 0 EIy EI max Ml Hx 2 3 ( x 5lx 2 10l 2 x 10l 3 ) 120l EIymax Hl4 30 Hx 3 ( x 4 x 2 l 6 xl 2 4l 3 ) 24l EI max Hl3 24 EI M l x p H (1 ) n l M Hl 2 M1 (n 1)(n 2) M2 0 r Ry R1 = 0 R2 = 0 M1 = Me M2 = Me M = Me Q=0 Hl 2 R2 0 Hl 2 M1 6 M2 0 Hx l Px2 ( x 3l ) 6 R1 = P R2 = 0 Px Px2 M1 = Pa M2 = EIya 6 ( x 3a) EI a 2 ( x 2a) . Mx/l Mb = .M/l R1 R2 Hl / 2 Hxl x M (1 ) 2 l l Q H ( x) 2 l EIy b Pbx 2 (l x 2 b 2 ) 6l Pb l ( x a) 3 (l 2 b 2 ) x x 3 6l b Pb 3x 2 b 2 (l ) 6 l l Pb 3l 2 EI b ( x a ) (l 2 b 2 ) 3x 2 6l b EI a M ( x 3 6axl 3a 2 x 2l 2 x) 6l M EIy b ( x 3 3x 2 l 3a 2 x 2l 2 x 3a 2 l ) 6l M EI a (3x 2 6al 3a 2 2l 2 ) 6 M EIb (3x 2 6 xl 3a 2 2l 2 ) 6 Hx 3 EIy (l 2lx 2 x 3 ) 24 H EI (l 3 6lx 2 4 x 3 ) 24 EIy a R1 Hl / 6 R2 Hl / 3 l RA RB Hxl x (1 2 ) 6 l Hl 3x 2 Q (1 2 ) 6 l M R1 Hl /( n 2)(n 1) R2 Hl /( n 2) l RA RB M x n 1 ) l n 1 (n 2)(n 1) Hlx(1 n 1 Q Hl ( Hx (7l 4 10l 2 x 2 3x 4 ) 360l H EI (7l 3 30lx 2 15 x 4 ) 360l EIy 2 1 x ) n 2 l n 1 (n 1) Pl 3 48 EIy lx 2 l 3 Hx l 3 n x3 n EIy (n 2)(n 1) 6 (n 4)(n 3)l n EI 3lx 2 l 3 l 3 n (n 4) x3 n H (n 2)(n 1) 6 (n 4)(n 3)l n EIymax Pl 2 16 Pb(l 2 b 2 )3 / 2 9 3l 2 2 en x (l b ) / 3 Pb (l 2 b 2 ) 6l Pa (l 2 a 2 ) EI 2 6l EI1 M (6al 3a 2 2l 2 ) 6l M 2 EI 2 (l 3a 2 ) 6l EI1 EIy max 5Hl 4 384 EI 1 EI 2 Hl 3 24 5Hl 4 384 7 Hl 4 EI1 360 8Hl 4 EI 2 360 EIy max 1 1 Hl 3 (n 4)(n 3) 6 EI1 (n 2)(n 1) 1 1 Hl 3 3 (n 4) EI 2 (n 2)(n 1) .M/l R2 = M/l Ma = .M(l-x)/l Qa = .Deflexiones de vigas simplemente apoyadas P l/2 l/2 l RB RA R1 = P/2 R2 = P/2 M = Px/2 Q = P/2 b a l RA RB R1 = Pb/l R2 = Pa/l Ma = Pbx/l Mb = Pa(l-x)/l Qa = Pb/l Qb = -Pa/l M b a RA Px 3 2 ( l x2 ) 12 4 EIy max EI P l2 ( x2 ) 4 4 EI 1 EI 2 EIy a P l RB R1 = .M/l Qb = . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura p (x)=H(x/l)2 A B l RA Solución: De 5.2.2 M = (H/6)(lx-x3/l) Integrando EI y’ = (H/6)(lx2/2 – x4/4l) + c1 EI y = (H/6)(lx3/6 – x5/20l) + c1 x + c2 Condiciones de borde x=0y=0 c2 = 0 x=ly=0 0 = (H/6)(l4/6 – l4/20) + c1 l c1 = -(7H l3/360) EIy ' H (7l 3 30lx 2 15 x 4 ) 360l EIy Hx (7l 4 10l 2 x 2 3x 4 ) 360l 7.1.PROBLEMAS RESUELTOS Método de la doble integración 7.4 M = (H/12)(lx-x4/l2) Integrando EI y’ = (H/12)(lx2/2 – x5/5l2 ) + c1 EI y = (H/12)(lx3/6 – x6/30l2 ) + c1 x + c2 Condiciones de borde x=0 y=0 H c2 = 0 RB . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura H l Ra Rb Solución: De 5. x=l 0 = (H/12)(l4/6 – l4/30) + c1 l y=0 c1 = -(H l3/90) EIy ' H lx 2 x 5 4l 3 ( ) 12 2 5l 2 30 EIy H lx 5 x6 4l 3 ( ) 2 12 6 30l 30 7.5 n2 H xl x (n 2)(n 1) l n EIy' lx2 H x n 3 c1 (n 2)(n 1) 2 (n 3)l n EIy lx3 H xn 4 c1x c2 n (n 2)(n 1) 6 (n 4)(n 3)l Integrando Condiciones de borde x=0y=0 c2 = 0 c1 1 Hl3 1 (n 2)(n 1) 6 (n 4)(n 3) EIy' lx2 H x n 3 l3 l3 (n 2)(n 1) 2 (n 3)l n 6 (n 4)(n 3) EIy lx3 H xn 4 l 3x l 3x n (n 2)(n 1) 6 (n 4)(n 3)l 6 (n 4)(n 3) x=ly=0 7.3.4. Hallar los valores de las pendientes en los extremos y la ubicación de la deformada máxima del sistema de la figura p(x)=H(x/l)n A H B RA l RB . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura p(x)=H(x/l)n A H B l RA RB Solución: M De 5. 6. deformaciones y valores máximos de estos en el sistema de la figura H A B RA l Solución: Reemplazando n = 0 en los resultados del problema 7. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura p(x)=H(1-x/l)n H A B RA l RB Solución: Se reemplaza en el problema anterior (l – x) por x EIy' l (l x)2 (l x)n 3 l 3 H l3 n (n 2)(n 1) 2 6 (n 4)(n 3) (n 3)l EIy l (l x)3 H (l x)n 4 l 3 (l x) l 3 (l x) n (n 2)(n 1) 6 6 (n 4)(n 3) (n 4)(n 3)l 7. Hallar las ecuaciones de las pendientes.Solución: Del problema anterior EIy' lx2 H x n 3 l3 l3 n (n 2)(n 1) 2 (n 3)l 6 (n 4)(n 3) izq 1 Hl3 1 (n 2)(n 1) 6 (n 4)(n 3) Para x = 0 der Para x = l 1 Hl3 1 1 1 (n 2)(n 1) 2 (n 3) 6 (n 4)(n 3) La deformada máxima ocurre cuando y’ = 0 lx2 x n 3 l3 l3 0 2 (n 3)l n 6 (n 4)(n 3) Ecuación de donde se despeja x 7.5.3 RB . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura p(x)=H(x/l) H M o l Solución: M H x3 6l EIy' H x4 c1 24l De 5.8 Integrando EIy H x5 c1x c2 120l Condiciones de Borde x = l y’ = 0 x=ly=0 c1 Hl 3 24 c2 Hl 4 30 EIy ' H x4 3 l 24 l EIy H x5 3 l x5 l 4 4 120 l R . lx 2 H lx 2 x 3 l 3 H x n 3 l3 l3 l3 (n 2)(n 1) 2 (n 3)l n 6 (n 4)(n 3) 2 2 3 6 4(3) EIy ' H 6lx2 4 x3 l 3 24 EIy' EIy lx 3 H lx 3 H xn 4 l3x l3x x4 l3x l3x (n 2)(n 1) 6 (n 4)(n 3)l n 6 (n 4)(n 3) 2 6 4(3) 6 4(3) EIy H 2lx 3 x 4 l 3 x 24 La deformada máxima ocurre en x = l/2 y la pendiente máxima ocurre en x = 0 y x = l EIy max 5Hl 4 384 EIy´max Hl 3 24 7.7. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura H p(x)=H(x/l)2 M o l R Solución: M H De 5.9.7.9 x4 12l 2 EIy' H Integrando EIy H x5 60l 2 c1 x6 360l 2 c1x c2 Condiciones de Borde x = l y’ = 0 x=ly=0 c1 H l3 60 l4 72 c2 H EIy ' H x5 3 l 60 l 2 EIy H x6 3 2 l x6 l 4 5 360 l 7.8.10 x ( n 2) (n 2)( n 1)l n EIy ' H Integrando EIy H x ( n 3) c1 (n 3)( n 2)( n 1)l n x ( n 4) c1 x c2 (n 4)( n 3)( n 2)( n 1)l n R . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura H p(x)=H(x/l)n M o l Solución: M H De 5. Hallar los valores máximos de pendiente y deformación del sistema de la figura H p(x)=H(x/l)n M o l R Solución: Del problema anterior EIy ' x n 3 3 H l (n 3)(n 2)(n 1) l n EIy x n 4 3 H l x(n 4) l 4 (n 3) (n 4)(n 3)(n 2)(n 1) l n La pendiente y deformada máximas ocurren cuando x = 0 EI max Hl 3 (n 3)( n 2)( n 1) EIy max Hl 4 (n 4)(n 2)(n 1) 7.10.9 (l – x) por x EIy ' (l x) n3 3 H l (n 3)(n 2)(n 1) ln . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura H p(x)=H(l-x/l)n l Solución: Se reemplaza en el problema 7.Condiciones de Borde x = l y’ = 0 x=ly=0 l3 (n 3)(n 2)(n 1) c1 H l4 (n 4)( n 2)( n 1) c2 H EIy ' x n 3 H n l 3 (n 3)(n 2)(n 1) l x n4 3 H l x(n 4) l 4 (n 3) (n 4)(n 3)(n 2)(n 1) l n EIy 7.11. P<x-a>1 Integrando y aplicando las propiedades de funciones de singularidad EIy´(x) = -Pa <x>1 + P <x>2/2 .P<x-a>0 M(x) = -Pa <x>0 + P <x>1 .12.Pa2/2 = . Hallar las ecuaciones de las pendientes. deformaciones y valores máximos de estos en el sistema de la figura usando funciones de singularidad P M R a b Solución: De 5.P<x-a>3/6 Para 0<x<a <x>n = xn <x-a>n = 0 entonces EIy´(x) = -Pa x + P x2/2 EIy(x) = -Pa x2/2 + P x3/6 Para a<x<l EIy´ Px ( x 2a ) 2 EIy Px2 ( x 3a) 6 <x>n = xn <x-a>n = (x-a)n <x-l>n = 0 entonces EIy´(x) = -Pa x + P x2/2 – P (x-a)2/2 EIy´(x) = -Pa x + P x2/2 – Px2/2 + Pxa .14 Q(x) = -Pa <x>-1 + P <x>0 .Pa2/2 EIy(x) = -Pa x2/2 + P x3/6 – P (x-a)3/6 EIy(x) = -Pa x2/2 + P x3/6 – Px3/6 + Px2a/2 – Pxa2/2 + Pa3/6 EIy(x) = – Pxa2/2 + Pa3/6 EIy´ Pa 2 2 .P<x-a>2/2 EIy(x) = -Pa <x>2/2 + P <x>3/6 .EIy (l x) n4 3 H l (l x)(n 4) l 4 (n 3) n (n 4)(n 3)(n 2)(n 1) l 7. Pxa/l M2 = Pa.Pxa/l b Rb .EIy Pa 2 (a 3 x) 6 Las deformadas máximas ocurren cuando x = l EIy´max EIymax Pa 2 2 Pa2 (a 3l ) 6 7. deformaciones y valores máximos de estos en los sistemas de la figura P M l R Solución: Reemplazando en el problema anterior a = l y b = 0 EIy´ EIy Px ( x 2l ) 2 Px2 ( x 3l ) 6 EIy 'max Pl 2 2 EIymax Pl3 3 7. Hallar las ecuaciones de las pendientes.14.13 M1 = Px . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura P a Ra Solución: De 5.13. Integrando EIy '1 Px 2 Px 2 a c1 2 2l EIy1 Px 3 Px 3 a c1 x c 2 6 6l EIy ' 2 Pax Px 2 a c3 2l Pax 2 Px 3 a c3 x c 4 2 6l EIy 2 Condiciones de Borde x = 0 y1 = 0 C2 = 0 Pa 2 Pa 3 Pa 3 c1 Pa 2 c3 2l 2l x = a y1’ = y2’ 2 Pa 3 Pa 4 Pa 3 Pa 4 c1 a c 2 c3 a c 4 6l 2 6l x = a y1 = y2 6 0 x = l y2 = 0 De donde Ml 3 Ml 2 c3l c4 6l 2 c1 P( a 2 a 3 al ) 2 6l 3 c3 P( a 3 al ) 6l 3 Pa 3 c4 6 y EIy a P (lx 3 x 3 a 3a 2 lx a 3 x 2al 2 x) 6l EIy b P (3ax 2 l x 3 a a 3 xl 2al 2 x a 3 l ) 6l EI a P (3lx 2 3x 2 a 3a 2 l a 3 2al 2 ) 6l EI b P (6axl 3x 2 a a 3 l 2al 2 ) 6l . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura P a b Ra Solución: De 5.7.16 M1 = .15.Mx/l M2 = -Mx/l +M Integrando EIy '1 Mx 2 c1 2l EIy1 Mx 3 c1 x c2 6l EIy ' 2 EIy 2 Mx 2 Mx c3 2l Mx 3 Mx 2 c3 x c4 6l 2 Condiciones de Borde x = 0 y1 = 0 x = a y1’ = y2’ x = a y1 = y2 C2 = 0 Ma 2 Ma 2 c1 Ma c3 2l 2l Ma 3 Ma 3 Ma 2 c1a c2 c3 a c4 6l 6l 2 0 x = l y2 = 0 De donde Ml 3 Ml 2 c3l c4 6l 2 c1 M (a c3 M ( c4 y a2 l ) 2l 3 a2 l ) 2l 3 Ma 2 2 EIy a M ( x 3 6axl 3a 2 x 2l 2 x) 6l Rb . Hx5/(60l)+Hlx3/24+c1x+c2 Condiciones de Borde x = 0 y1 = 0 c2 = 0 x = l/2 y1´ = 0 0 = .M ( x 3 3x 2 l 3a 2 x 2l 2 x 3a 2 l ) 6l EIy b EI a M (3x 2 6al 3a 2 2l 2 ) 6 EIb M (3x 2 6 xl 3a 2 2l 2 ) 6 7.Hx2/l + Hl/4 M1(x) = .16. Hallar por superposición la ecuación de la deformación del sistema de la figura H A B 2H H RA l Ra RB H Rb A B RA Solución: De las tablas l l RB .H(l/2)4/(12l) + (Hl/8)(l/2)2 + c3 c3 = .17.Hx4/(12l)+Hlx2/8+c1 EI y1 = . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura Hl/4 Hl/4 H H l/2 l/2 l/2 Ra l/2 Ra Rb Rb Solución: De 5.17 Q1(x) = .5Hl3/192 x 4 lx 2 5l 3 EIy´ H 12l 8 192 x 5 lx 3 5l 3 x H 5 2 3 4 EIy H 960l (16 x 40l x 25 xl ) 60 l 24 192 Estas ecuaciones sólo son válidas cuando 0<x<l/2 7.Hx3/(3l) + Hlx/4 Integrando EI y1´ = . Hallar por superposición la ecuación de la deformación del sistema de la figura H P A B H A l A Solución: De tablas Para 1 EIy1 H 3 l 2lx 2 x 3 24 Para 2 de 7.18.19.15 con a = b = l/2 EIy 2 P B Px 2 (3l 4 x 2 ) 48 B .Para 1 Para 2 EIy1 Hx 3 l 2lx 2 x 3 24 EIy 2 Hx 7l 4 10l 2 x 2 3x 4 360l EIyTotal Hx 3 3x 4 22l 40lx 2 15 x 3 360 l 7. Hallar por superposición la ecuación de la deformación del sistema de la figura H H A B RA RB H A B H A l RA RB B l RA RB Solución: Para 1 Para 2 Entonces EIy1 Hx 3 l 2lx 2 x 3 24 EIy 2 Hx 25l 4 40l 2 x 2 16 x 4 960l EIy tot Hx 3 Hx l 2lx 2 x 3 25l 4 40l 2 x 2 16 x 4 24 960l Esta ec es válida solo en la mitad izquierda 7. la deformación máxima se encuentra en l/2 La deformación en l/2 producida por la carga 2 se obtiene de EIya con Pbx 2 l x 2 b2 6l x = l/2. a = 2l/3 y b = l/3 l l P( )( ) 2 2 3 3 2 l 2 l l 23Pl EIy 2 6l 4 9 1296 Por la simetría la deformación en l/2 producida por la carga 1 es la misma . Hallar por superposición la deformación máxima del sistema de la figura P P P (1 H P (2 l (3 Solución: Por la simetría.21.20.Entonces EIy tot Hx 3 Px 2 l 2lx 2 x 3 (3l 4 x 2 ) 24 48 Ecuación valida solo en la mitad izquierda 7. Hallar por superposición la ecuación de la deformación del sistema de la figura P p(x)=H(x/l)n A B P A B RA RB H A B Solución: Para 1 EIy1 Px 2 (3l 4 x 2 ) 48 EIy 2 lx 3 H x n4 l3x l3x n (n 2)( n 1) 6 (n 4)( n 3)l 6 (n 4)( n 3) EIyTot lx3 Px 2 H x n4 l3x l3x (3l 4 x 2 ) n (n 2)( n 1) 6 (n 4)( n 3)l 6 (n 4)( n 3) 48 Para 2 Ecuación valida solo en la mitad izquierda 7. 23.EIy1 23Pl 3 1296 La deformación en l/2 producida por la carga 3 se obtiene de EIy 3 Hx 3 l 2lx 2 x 3 24 con x = l/2 l H( ) 3 l 2 l 3 5Hl 4 2 l 2l EIy 3 24 4 8 384 Finalmente EI max 2(23) Pl 3 5Hl 4 1296 384 7. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura 2P 4P 3P P 2P P 3P l/4 Solución: l/4 l/4 l/4 4P .22. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura P l /4 P l /4 P l /4 P l /4 Solución: 1 P(l / 4)3 P(l / 4) 2 (3l / 4) 3EI 2 EI 2 ( P)(l / 2)3 ( P)(l / 2) 2 (l / 2) 3EI 2 EI 3 ( P)(3l / 4)3 ( P)(3l / 4) 2 (l / 4) 3EI 2 EI 4 ( P)(l )3 3EI Tot Pl 3 1 3 1 1 33 32 1 65Pl 3 EI (64)3 (64)2 (8)3 (8)2 (64)3 (64)2 3 96 EI 7. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P 2H 2H l /3 l /3 l /3 l /3 l /3 l /3 H H l/3 l/3 l/3 A P B l /3 l /3 l /3 .1 P(l / 4)3 P(l / 4)2 (3l / 4) 3EI 2 EI 2 (2 P)(l / 2) 3 (2 P)(l / 2) 2 (l / 2) 3EI 2 EI 3 (3P)(3l / 4) 3 (3P)(3l / 4) 2 (l / 4) 3EI 2EI 4 (4 P)(l ) 3 3EI Tot Pl 3 EI 1 3 2 2 34 33 4 141Pl 3 64 EI (64)3 (64)2 (8)3 (8)2 (64)3 (64)2 3 7.25. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura 2P 4P 3P P 2P P 4P 3P H l/4 l/4 l/4 l/4 Solución: 1 P(l / 4) 3 P(l / 4) 2 (3l / 4) 3EI 2 EI 2 (2 P)(l / 2) 3 (2 P)(l / 2) 2 (l / 2) 3EI 2 EI 3 (3P)(3l / 4) 3 (3P)(3l / 4) 2 (l / 4) 3EI 2 EI 4 (4 P)(l ) 3 3EI 5 ( H )(l ) 4 8EI tot l3 108P 8Hl 64 EI 7.24. 26.Solución: Para 1 EI1 A EIy Para 2 (2 H )(2l / 3) 4 16 Hl 4 30 1215 Hx2 (4lx x 2 6l 2 ) 24 con x = 2l/3 EI 2 A EIy Para 3 Con x = 2l/3 ( H )(2l / 3) 2 24 2l 2 17 Hl 4 2l 2 4 l ( ) ( ) 6 l 3 3 243 Px2 ( x 3l ) 6 EI 3 A 3 P(2l / 3) 2 2l 7 Pl 3l 6 3 162 EI totA EI1B 16 Hl 4 17 Hl 4 7 Pl 3 1215 243 162 (2 H )(2l / 3) 4 (2 H )(2l / 3) 3 l 26 Hl 4 30 24 3 1215 EI 2 B ( H )(l ) 4 8 EI 3 B P(l ) 3 3 EI totB 26 Hl 4 Hl 4 Pl 3 1215 8 3 7. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P P H l/2 EIy Para 1 Px2 ( x 3l ) 6 l/2 l/2 l/2 l/2 A Solución: l/2 B H . Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P P H l/2 B Con x = l/2 EIy Para 2 Px2 ( x 3l ) 6 EI 1 A 3 P(l / 2) 2 l 5Pl 3 l 2 6 48 Hx2 (4lx x 2 6l 2 ) 24 EI 2 A Con x = l/2 H (l / 2) 2 24 l/2 l/2 H Solución: Para 1 l/2 l/2 A EIy l/2 l l 2 17 Hl 4 2 4l 6l 384 2 2 EI totA 5Pl 3 17 Hl 4 48 384 EI 1B Pl 3 3 .Con x = l/2 P(l / 2) 2 6 EI 1 A EIy Para 2 3 l 5Pl 3 l 2 48 Hx 2 3 ( x 5lx 2 10l 2 x 10l 3 ) 120l EI 2 A Con x = l/2 H (l / 2) 2 120l 2 l 3 49 Hl 4 l 2 l 3 5l 10l 10l 3840 2 2 2 5Pl 3 49 Hl 4 48 3840 EI totA EI 1B Pl 3 3 EI 2 B Hl 4 30 EI totB Pl 3 Hl 4 3 30 7.27. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P P H l/2 l/2 l/2 l/2 l/2 l/2 B A H Solución: EIy Para 1 Px2 ( x 3l ) 6 EI 1 A Con x = l/2 Para 2 EI 2 A 3 P(l / 2) 2 l 5Pl 3 l 2 6 48 l H 2 8 4 EI totA 5Pl 3 Hl 4 48 128 EI 1B Pl 3 3 4 EI 2 B 3 l l H H 2 2 l 7 Hl 4 8 6 2 512 EI totB Pl 3 7 Hl 4 3 512 7.28. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura .EI 2 B Hl 4 8EI EI totB Pl 3 Hl 4 3 8 7.29. P P H B Px2 ( x 3l ) 6 Con x = l/2 EI 1 A Hx 2 3 ( x 5lx 2 10l 2 x 10l 3 ) 120l EI 2 A H (l / 2) 2 120l Con x = l/2 EIy Para 3 3 P(l / 2) 2 l 5Pl 3l 6 48 2 EIy Para 2 2 l 3 49 Hl 4 l 2 l 3 5l 10l 10l 2 2 2 3840 Hx2 (4lx x 2 6l 2 ) 24 EI 3 A Con x = l/2 H (l / 2) 2 24 l l 2 17 Hl 4 2 4l 6l 384 2 2 EI totA 5Pl 3 49 Hl 4 17 Hl 4 48 3840 384 EI 1B Pl 3 3 EI 2 B Hl 4 30 EI 3 B Hl 4 8 EI totA l/2 l/2 l/2 H Solución: Para 1 l/2 l/2 A EIy l/2 H H l/2 l/2 Pl 3 Hl 4 Hl 4 3 30 8 . 7. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura 6H (-) 2l/3 l/3 A 2H 2H 2l/3 B (+) l/3 A 2l/3 B l/3 A 4H B (+) 2l/3 l/3 A B Solución: EIy Para 1 Con x = l/2 Hx 2 3 ( x 5lx 2 10l 2 x 10l 3 ) 120l EI 1 A EIy Para 2 6 H (2l / 3) 2 120lEI 2l 2 142 Hl 4 2l 3 2 2l 3 ( ) 5 l ( ) 10 l ( ) 10 l 3 3 3 1215 Hx2 (4lx x 2 6l 2 ) 24 4 2 H 2l 2 2l 2 2l 34 Hl ( ) ( ) 4l ( ) 6l 2 24 3 3 3 243 EI 2 A Con x = l/2 4 Para 3 EI 3 A 2l 4H 4 3 32 Hl 30 1215 EI totA 142 Hl 4 347 Hl 4 32 Hl 4 1215 243 1215 EI1B (6 H )(l ) 4 30 EI 2 B (2 H )(l ) 4 8 EI 3 B (4 H )(2l / 3) 4 (4 H )(2l / 3) 3 52 Hl 4 (l / 3) 30 24 1215 EI totB 6 Hl 4 Hl 4 52 Hl 4 30 4 1215 .30. 5 con n = 0 M H (lx x 2 ) 2 B H AB BA l/ 2 .32.7. Hallar por el método del área del diagrama de momentos la deformada máxima del sistema de la figura A A B H tg A tg B l Solución: De 5. Hallar por superposición la Reacción en el apoyo derecho Solución: EI tot Ha 4 Ha 3b Rb l 3 M b l 2 0 30 24 3 2 (1 EI tot Ha 3 Rb a 2 M bl 0 24 2 (2 Sumando 1 con 2 x l/2 Ha 4 Ha 3b Rb l 3 M b l 2 Ha 3l Rb a 2 l M b l 2 30 24 3 2 48 4 2 a 4 a 3b a 3l l 3 a 2l Rb H 4 30 24 48 3 16a 4 20a 3b 10a 3l 4l 3 3a 2 l Rb H 480 12 Rb H 16a 4 20a 3b 10a 3l 40 4l 3 3a 2 l Método del Área del diagrama de Momentos 7.31. Hx3/(3l) + Hlx/4 EI AB max EI AB max EI AB max l/2 x 5 lx 3 x 3 lx H ( ) xdx H 3l 4 15l 12 0 0 l/2 Hl 4 120 l/2 x 4 lx 2 x 3 lx H ( )dx H 3l 4 12l 8 0 0 l/2 EI AB max 5Hl 3 192 7. Hallar por el método del área del diagrama de momentos la deformada máxima del sistema de la figura Hl/4 Hl/4 H l/2 H l/2 l/2 Ra l/2 Ra Rb Rb Solución: De 5.17 Q1(x) = .l/2 2EI (lx x ) xdx AB max H 2 0 AB max l/2 AB max 5Hl 4 384 EI 2EI (lx x )dx H 2 0 AB Hl 3 24 EI 7.33.Hx2/l + Hl/4 M1(x) = .34. Hallar por el método del área del diagrama de momentos la deformada máxima del sistema de la figura. p = H (1 – x/l)n tg B AB M M Rx A Ry Solución: B tg A Rx A Ry B . 3 l EI AC 0 H x3 (lx )(l x)dx 6 l H l 2 x 2 lx 3 lx 4 x 5 Hl 4 7 Hl 4 ( ) (30 20 15 12) 6 2 3 4l 5l 6(60) 360 EI AC Trigonometría Tg AB = AC/l AB 7 Hl 3 360 EI xb 2 4 x H x3 H lx 2 x 4 H lx (lx )dx ( b b ) 6 l 6 2 4l 0 6 2 4l 0 xb Además Igualando EI AB EI AB 2 15xb 30lxb 7l 3 0 4 De donde 4 x 7 Hl 3 H lxb ( b ) 360 6 2 4l xb = 0.M De 5. Hallar por el método del área del diagrama de momentos la deformada máxima del sistema de la figura A C B A B H tg C tg A BA l tg B Ra Rb Solución: Hlx x2 H x3 (1 2 ) (lx ) 6 l 6 l M De 5.519 l 2 CA .35.12 H (l x) ( n 2) l n (n 2)(n 1) EI BA max l H (l x) n2 H (l x) n4 n (l x)dx n l (n 2)(n 1) l (n 4)(n 2)(n 1) 0 0 l EI BA max Hl 4 (n 4)(n 2)(n 1) l H (l x) n2 H (l x) n3 dx l n (n 2)(n 1) l n (n 3)(n 2)(n 1) 0 0 l EI AB max EI AB max Hl 3 (n 3)(n 2)(n 1) 7. 5Hl 4 (lx ) xdx 6 l 384 Sistemas Hiperestáticos 7.37. 519l 0 H x3 2. Determinar la expresión para hallar la reacción en el punto B de la viga mostrada en la figura .38. Determinar la reacción en el punto medio de la viga mostrada de la figura A B p(x)=H(x/l)n H RC A C B H A p(x)=H(x/l)n C B Solución: B1 B2 Rc l 3 48EI l4 H l4 l4 l4 n4 EI (n 2)( n 1) 48 (n 4)( n 3)2 12 (n 4)( n 3) B = B1 + B2 = 0 R c 3 l H n2 7 n 16 (n 3)( n 4) n 48 (n 3)( n 4) 4 (n 3) n3 7 n2 14 n 8 7. l/2 H l/2 A l/2 B R b l/2 A H B l/2 l/2 A B Solución: 1B Rb 2B l3 3EI 7 H (l ) 4 384 EI B = 1B + 2B = 0 de donde: RB 7Hl 128 7.36.EI max 0. Determinar la reacción del punto B de la viga mostrada en la figura. Determinar la reacción del apoyo B.H l/2 l/2 A B Rb H H l/2 l/2 l/2 A l/2 B H l/2 l/2 A B Solución: 1B Rb l3 3EI 2B ( H )(l ) 4 30 EI 3B ( H )(l ) 4 8EI B = 1B + 2B + 3B = 0 de donde: RB 19Hl 40 7.39. de la viga mostrada en la figura.40. l/2 H l/2 B Rb A l/2 H l/2 A B l/2 l/2 A B Solución: 1B 2B Rb l 3 3EI ( H )(l ) 4 8EI B = 1B + 2B = 0 de donde: RB 3Hl 8 7. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto B . 2H 2l/3 2H l/3 A B H H 2l/3 2l/3 l/3 l/3 B A B B Solución: 1B (2 H )( 2l / 3) 4 (2 H )( 2l / 3) 3 (l / 3) 30 EI 24 EI 2B ( H )(l ) 4 8EI 3B Rb (l ) 3 3EI por superposición B = 1B + 2B + 3B = 0 RB de donde: 1343Hl 8Hl 3240 27(12) 7.41. Hallar la deformación máxima en una viga simplemente apoyada con carga uniforme por el método de la Viga Conjugada Solución: . 44. Hallar las funciones de deformación y pendiente de la figura p(x)=H((l-x)/a)2 b a l 7.46.42. en el sistema de la figura p(x)=H((l-x)/a)2 b a l 7. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura a b Rb Ra 7. Hallar la expresión para determinar la deformación máxima y determinar la posición de esta. pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura . y la expresión para determinar esta.43.PROBLEMAS PROPUESTOS Método de la doble integración 7.47. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura p(x)=H(x/a)2 a b l 7. Hallar la ec.45. de deformaciones. Hallar la posición de la deformación máxima. para el sistema mostrado en la figura p(x)=H(x/l)n a b Rb Ra 7. 51. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura p(x2) b H a l 7. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura H b a l 7.50. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura P p(x)=H(b-x/b)n H M o R b a l . Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura P p(x)=H(x/l)n H b a l 7. Hallar la pendiente y deformada máximas del sistema de la figura P p(x)=H(b-x/b)n H M o b a R l 7.52.49.48.P H b a l 7. 54. Hallar la ec. Hallar la ec. pendientes y valores máximos de estos en el sistema de la figura usando funciones de singularidad P P H M o b a R l 7. de deformaciones. Hallar la ec.56. pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura A B RA l/2 RB 2l/3 l/2 Método de superposición 7. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura b a l . pendientes y valores máximos de estos en el sistema de la figura por funciones de singularidad 2P P A B RA l/3 l/3 RB l/3 7. de deformaciones. de deformaciones. de deformaciones. Hallar la ec. pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura 2P P H M o b a R l 7.57.55.7.53. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura P l/4 2P l/4 2P l/4 P l/4 7.62.7. de deformación del sistema de la figura l/3 2l/3 Rb Ra 7.63. Hallar por superposición la ec. Hallar por superposición la ec.60. de deformación del sistema de la figura p(x)=H(x/l)n a b l 7. Hallar por superposición la ec. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura 2H H l/2 l 7.61. de deformación del sistema de la figura 2H H l/2 l 7.59.58. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura . Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura .64. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P H l/3 l/3 l/3 A B 7. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura 4P 3P l /4 l /4 2P l /4 l /4 7.4P 3P 2P P l /4 l /4 l /4 l /4 7. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P H 2l/3 l/3 A B 7.65.68.69. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura H l/3 l/3 l/3 A B 7.67.66. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P H l/2 l/2 A B 7. pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura H 2l/3 l/3 A B 7. Hallar la ec. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura siendo la intensidad de carga máxima H l/2 l/2 A B 7.71. en los punto A y B H 2l/3 l/3 A B 7. Hallar por superposición la ec.73.70. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P H 2l/3 l/3 A B 7. Hallar por el método de área de momentos la deformación del sistema de la figura.P H 2l/3 l/3 A B 7. de deformaciones. de deformación del sistema de la figura P H l/2 l/2 A B .72.74. 77. H H H l/2 l 7. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto de apoyo . Determinar la reacción en el punto medio de la viga mostrada de la figura 2H H l/2 l 7.76.78. Determinar la expresión para hallar la reacción en los punto de apoyo de la viga mostrada en la figura 2H H l/2 l 7. Determinar las reacciones que ocurre en los punto de apoyo de la viga mostrada en la figura. Mediante el método de diagrama de momentos de terminar el valor de la deformación máxima para la viga mostrada en la figura.7.75. P H l/4 l/2 Sistemas Hiperestáticos 7.79. l/3 2l/3 Rb Ra 7.80. Determinar la reacción de los puntos de apoyo de la viga mostrada en la figura. l/3 2l/3 7. Determinar las reacciones en los puntos de empotramiento de la viga mostrada en la figura p(x)=H(x/l)n H A B .81. los pernos que en el momento de su ajuste soportan cargas de torsión y de tracción. en este caso basta realizar una suma vectorial de las tensiones parciales en un punto cualquiera (no solo se deben considerar las magnitudes sino también las direcciones). las Cargas de Torsión y las Cargas de Flexión. las Cargas de Corte.Los miembros no son tan esbeltos de modo que no se produce pandeo. Como se vio anteriormente la magnitud de las tensiones cortantes es la misma.Los materiales son homogéneos 4. En este capítulo se estudiaran la combinación de las anteriores cargas.1 Solicitación Compuesta Ejemplos de elementos sometidos a cargas y tensiones combinados son: Los ejes y árboles de máquinas con movimiento..2 Combinación de Tensiones a) Estado Tensional Simple Ocurre cuando las tensiones son del mismo tipo. b) Estado Tensional Compuesto Ocurre cuando tensiones normales () y tensiones cortantes (). Se analizaran las tensiones y las se deformadas que presentan las piezas sometidas a cargas combinadas. normales o cortantes..Los elementos son rectos 2. . Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1. las cargas de tracción cuando estas no están aplicadas en el centro de gravedad de la sección transversal y los marcos rígidos.. Torsion a Flexion a Corte Traccion Fig.1 Introducción En los capítulos anteriores se estudiaron individualmente las Cargas de Tracción Compresión.. 8. 8.Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.8 Solicitación Compuesta 8. que soportan cargas de flexión y de torsión.actúan en un punto. yCos Sin = 0 (8.15 .4 + 2xySin Cos .xCos )Cos + (xyCos .10 + xy (1+Cos2 )/2 + xSin 2/2 -yx(1.yCos )dxdz = 0 (8.Cos 2 )/2 = 0 (8.xy (8.xCos2 .11 x y 2 sen(2 ) xy cos(2 ) (8.y (1.y y y y x x x x y x x y x x y y y x y y x Fig.2 Estado de Tensión general en el Plano Por trigonometría l Cos = dy (8.14 c) Circulo de Mohr La relación entre las tensiones normales y cortantes es la de un círculo conocido como el Círculo de Mohr De 3 .8 De 1 y 4 + (xyCos + xSin )Cos + (-xySin .3 Se 1 y 2 + (xySin .1 l Sin = dx (8.(x + y)/2 = (x .y)Cos (2 )/2 + xySin 2 (8.ySin ) Sin = 0 (8.yCos ) Sin = 0 (8.2 F1 = 0 l dz+(xySin .ySin2 = 0 (8.6 De la estática x y 2 x y 2 cos(2 ) xy sen(2 ) (8.9 + xyCos2 + xSin Cos -xySin2 . 8.5 + xySin 2 .ySin 2/2 = 0 (8.x (1+Cos 2)/2 .Cos 2)/2 .xCos )dydz+(xyCos .7 F2 = 0 l dz + (xyCos + xSin )dydz + (-yxSin .12 Algunos casos especiales son: Para = 0 0 = x 0 = xy (8.13 para = 90 90 = y 90 = .ySin )dxdz = 0 (8. Como ya se vio anteriormente las tensiones normales máximos se conocen como tensiones principales y las direcciones en las que ocurren son las direcciones principales.19 Comparando 8.El radio de la circunferencia es de [(y + x)2 + xy2]1/2.( De 5 x y 2 x y 2 )2 Cos2 2 2( x y 2 )Cos2 xy Sin2 ( xy Sin2 )2 = (y . Este es el Círculo de Mohr y tiene las siguientes características: .x) Sin (2)/2 -xy Cos (2)/2 ( )2 ( De 7 y 9 )2 ( ( x y 2 x y 2 )2 Sin2 2 2( )2 2 ( x y x y 2 2 (8.18 )2 xy 2 (8.17 ) Sin2 xyCos2 ( xyCos2 )2 (8. xy max xy max Fig.16 (8.El centro del circulo tiene un desplazamiento en el eje horizontal de (y + x)/2 .21 .3 con respecto a e igualando a cero ( x y 2 )2Sin2 xy 2Cos2 0 (8.No hay un desplazamiento en el eje vertical .20 se ve que es la misma con las tensiones normales como abscisas () y las tensiones cortantes como ordenadas (). En estas direcciones principales y en aquellas en las que las tensiones cortantes son máximas la falla es la más probable.3 Circulo de Mohr para el estado de Tensión en el Plano d) Tensiones Principales En esta sección se hallaran los valores máximos de las tensiones normales y cortantes y las direcciones en la que estos se presentan.19 con la ecuación de una circunferencia (x – xo)2 + (y)2 = R2 (8. 8. Derivando 8. Tan2 2 xy x y (8.26 Ecuación que da los valores de las tensiones cortantes máximos además 1.2 = 1 . en este caso basta realizar una suma vectorial de las deformaciones parciales en un punto cualquiera (no solo se deben considerar las magnitudes sino también las direcciones).25 )2 xy 2 (8.2 x y ( 2 x y 2 )2 xy 2 (8.22 De 8.4 1. b) Estado de Deformación Compuesto Ocurre cuando deformaciones producidas por tensiones normales () y distorsiones producidas por tensiones cortantes () aparecen en un punto. 8. Como se vio anteriormente la magnitud de las tensiones cortantes es la misma. y y s(1+y) s s x s(1+x) x Fig.2 (8.3 Combinación de Deformaciones a) Estado de Deformación Simple Ocurre cuando las deformaciones son del mismo tipo.13 y 8.4 Estado de Deformación General en el Plano Las tensiones normales producen variación de las dimensiones mientras que las tensiones cortantes producen una distorsión cuantificada por el ángulo .24 x y 2 xy x y 2 De 8.5 (8.27 8.11 8.23 Ecuación que da los valores de las tensiones normales máximas o principales Derivando 8.5 con respecto a e igualando a cero ( x y Tan2 1. deformaciones y distorsiones. .2 ( )2Cos2 xy 2Sin2 0 2 (8. (8. 8.36 . 21 y 22 s2 (1 2 2 ) s2Cos2 (1 2 x x2 ) s2Sin2 (1 2 y y 2 ) 2ssSinCos (1 x y x y ) (8.33 2 Cos2 2 x Sin2 2 y 2SinCos (8.29 y = s Sin (8.Sen ( ) = . 8.34 = x Cos2 + y Sin2 + Sin Cos (8.5 Deformaciones y Distorsiones y y s(1 y ) + ' x(1+x) x x x Fig.35 De las expresiones de ángulo doble x' x y Reemplazando por + 90 2 x y 2 Cos2 2 Sin2 (8. 20.31 De 19.30 y Como es muy pequeño Cos (/2 + ) = .28 x = s Cos (8.32 Despreciando términos de segundo orden de las deformaciones ( y ) (1 2 ) Cos2 (1 2 x ) Sin2 (1 2 y ) 2SinCos (1 x y ) (8. y’ y ’ asociadas al marco x’ y y’ que forman un ángulo con xy y y' y y' s(1+y') s ' ' x' s x' s(1+x') x x Fig.Para hallar x’.6 Relación entre Deformación y Distorsión Del teorema del coseno Pero [s(1+)]2 = [x(1+x)]2+[y(1+y)]2-2x(1+x)y(1+y)Cos(/2+) (8. 2 ( De 8. y en aquellos lugares donde los estados sean múltiples. las tensiones estén por debajo de los valores admisibles. En la verificación de piezas deberá comprobarse que en los puntos donde aparecen estados tensionales simples (Normal o corte puro).39 2 xy x y (8.43 )2 xy 2 (8.2 x y 2 ( x y 2 )2 xy 2 (8.42 x y 2 xy x y 2 (8.44 Ecuación que da los valores de las tensiones cortantes máximos además 1. La combinación de tensiones normales da cargas de .2 = 1 .2 (8.3 con respecto a e igualando a cero ( x y Tan2 2 )2Sin2 xy 2Cos2 0 (8.40 De 8.13 y 8.5 con respecto a e igualando a cero ( x y 2 Tan2 1.37 (8.4 Casos de Solicitación Compuesta Los estados tensionales se obtienen como superposición de los correspondientes a cada uno de los esfuerzos por separado.41 Ecuación que da los valores de las tensiones normales máximas o principales Derivando 8.38 d) Deformaciones Principales Derivando 8.5 )2Cos2 xy 2Sin2 0 (8. a) Flexión Recta Compuesta Esta situación se presenta cuando en una sección se presentan Tracción/Compresión y Flexión. deberá comprobarse las teoría de rotura. y ' 90 x y 2 x y 2 Cos2 2 Sin2 x' y' ( x y )Sin2 xyCos2 (8.11 8.4 1.45 8. N My A I (8. 8. 8.7 Tensiones Normales de Tracción Compresión y Flexión La distribución de tensiones es lineal. . pero el eje neutro deja de ser baricéntrico.46 Fig. Fig. Para determinar la posición del eje neutro N My 0 A I (8.47 La sección compuesta puede ser considerado como resultado de la acción de una fuerza normal a la sección actuando en forme excéntrica con respecto al centro de gravedad.8 Fuerza Normal Excéntrica Para que la flexión sea recta es necesario que la carga esté ubicada sobre alguno de los ejes principales de inercia. Su valor es max d Mr 2 16M t t 4 d Io d 3 32 Mt (8.48 Las tensiones cortantes máximas producidas por flexión aparecen en el empotramiento en los puntos 2 y 4. de modo que el diagrama de tensiones resulta triangular. es decir.48 La carga de Tracción / Compresión puede desplazarse sobre el eje “y”. b) Flexo . Su valor es max d M y 2 32Ql max 4 d I d 3 64 (Ql ) (8. las tensiones cortantes no varían a los de flexión simple. en la flexión compuesta. el diagrama de tensiones tendrá un solo signo. 2. el eje no cortará la sección. y que el eje neutro coincida con la fibra superior o inferior de la sección. El punto de aplicación de la carga se denomina “punto nuclear”. Si la carga se ubica en cualquier punto dentro de los puntos nucleares.48 Las tensiones normales máximas aparecen por flexión en el empotramiento en los puntos 1 y 3. Debido a que las cargas de tracción compresión no producen tensiones tangenciales. N My N Ne A I A I (8. Su valor es . Se llama “distancia nuclear” a la excentricidad de la carga con respecto al baricentro que hace que el eje neutro coincida con la fibra superior o inferior de la sección.Torsión Considérese por ejemplo una viga empotrada cargado con una Fuerza Transversal y un Momento de Torsión en su extremo libre Las tensiones cortantes máximas producidas por torsión ocurren en los puntos 1. 3 y 4. max QSmax 3 Q Q 6 2 Ib 2A d (8.48 . 8 114.8 259.4 -107.1 300 5.8 14.2 195.3 200 3.0 275.9 -57.0 70 1.7 220 3.9 60 1.2 310 5.0 125.3 64.6 159.0 225.8 187.9 261.4 150.7 220.4 150 2.1 190 3.0 Esf Corte (Gr) (Rad) 0 0.8 259.5 -50.2.2 122.0 82.PROBLEMAS RESUELTOS 8. En una pieza se verifican los siguientes tensiones : x = 60 Kg/cm².1 360 6. hallar las tensiones máximas y las direcciones en las que estos ocurren. Hallar las tensiones en direcciones con ángulos de 0 hasta 360 con un intervalo de 10. Solución: Para Tan2 2 xy x y 2(50) 60 250 = -13.2 50.0 -50.64 Kg/cm² )2 xy 2 60 250 60 250 2 ( ) 502 2 2 .1 48.0 100.3 102.2 84.9 57.0 79.2 -84.8 170 3.4 250.8 -14.4 250.8 340 5.6 60.7 220.4 150.5 -99.4 -107.4 107.7 50 0.87 1.1.4 260 4.3 140 2. y = 250 Kg/cm² y xy = 50 Kg/cm².6 100 1.7 245.0 10 0.3 102.0 150.0 0.2 50.0 180 3. En el problema anterior.5 270 4.2 250 4.8 14.2 -84.5 210 3.1 48.9 -57.4 320 5.0 60.6 159.8 187.3 -22.2 80 1.6 60.0 82.3 -102.2 x y 2 ( x y 2 1 = 262.7 245.3 22.6 160 2.0 Esf Normal 8.9 120 2.0 175.9 57.5 99.0 -100.0 -79.8 -14.0 -79.0 79.5 -99.2 84.7 110 1.5 50.3 22.3 50.0 240 4.3 89.4 90 1.5 99.0 -150.3 -102.3 -22.0 227.5 -50.2 195.0 227.6 330 5.2 122.5 50.3 89. Solución: 50.8 114.4 107.2 20 0.9 350 6.3 30 0.1 130 2.3 64.8 230 4.9 290 5.0 75.9 261.0 25.35 Kg/cm² 2 = 47.5 40 0.7 280 4. P b a Solución: La carga puede reemplazarse por una carga de compresión aplicada en centro de gravedad de la sección y un momento de flexión cuya magnitud es la del producto del valor de la carga por el desplazamiento.35 Kg/cm² 2 = -107.35 Kg/cm² además 1.Para Tan2 x y 2 xy = 31.2)/2 8. P P M = Pb/2 M = Pb/2 + a) Compresión a) Compresión b) Flexión Total b a P P A ab My P(b / 2) y 6 Py 2 I ab3 / 12 ab tot a b P 6 Py ab ab2 b) flexión .2 ( x y 2 )2 xy 2 1 = 107.12 1.3. Hallar las ecuaciones y los valores máximos de las tensiones normales que aparecen en una pieza con sección transversal rectangular cuando soporta una carga de compresión en el medio de una de sus aristas.2 = (1 . A la izquierda y = +b/2 totizq 2P ab A la derecha y = -b/2 totder 4P ab El eje neutro por definición esta donde = 0 tot P 6 Py 0 ab ab2 y = + b/6 Es decir que el eje neutro se sitúa a b/6 a la izquierda del centro de gravedad b/6 2P/ab -4P/ab 8.4. H Solución: Nuevamente se superponen una carga de compresión con otra de flexión P P M = P2h/3 2h/3 M = P2h/3 + a) Compresión b) flexión .g. Hallar las ecuaciones y los valores máximos de las tensiones normales que aparecen en una pieza con sección transversal triangular cuando soporta una carga de compresión en uno de sus vértices P c. a a) Compresión b) Flexión Total b P 2P A ab My P(2b / 3) y 24Py 3 I ab / 36 ab2 tot a b 2 P 24Py ab ab2 A la izquierda y = +b/3 totizq 6P ab A la derecha y = -2b/3 totder 14P ab El eje neutro por definición esta donde = 0 tot 2 P 24Py 0 ab ab2 y = + b/12 Es decir a b/12 a la izquierda del centro b/12 6P/ab -14P/ab 8.5. Hallar la combinación de tensiones cortantes Mt P P Mt Solución: Las cargas de corte y torsión producen tensiones de corte . Una pieza cilíndrica está sometida a torsión y corte como se ve en la figura. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta una carga puntual vertical en su extremo. Entonces la porción “a” está sometida a flexión mientras que la porción “b” a torsión y flexión . como se ve en la figura.+ a) Corte a) Corte b) Torsión Arriba Abajo b) Torsión a P 4P A d 2 b Mr M (d / 2) 16M Io d 4 / 32 d 3 totarr totarr 4P d 2 4P d totarr ( Lados 2 4P d 2 16M d 3 ambos son paralelos 16M d 3 )2 ( ambos son paralelos 16M d 3 )2 ambos son perpendiculares El eje neutro por definición esta donde = 0 tot 4P d 2 M (r ) d 4 / 32 0 y = + Pd2/(8M) Pd2/(8M) 8. Hallar las tensiones máximas y z b P x a Solución: La porción “a” se analiza como una viga empotrada con una carga puntual en su extremo y la porción “b” se analiza como una viga empotrada con una carga puntual y un momento de torsión en su extremo.6. La manivela de la figura tiene una sección circular de diámetro “d” y soporta una carga distribuida vertical y una carga puntual horizontal. Hallar las tensiones máximas .2 16P d 3 1.2 ( De 8.15 1. 2 ( x y 2 )2 xy 2 16Pb 16Pb )2 ( d 3 ( 16Pb d 3 )2 ( 16Pa d 3 )2 (b a 2 b2 ) x y 2 )2 xy 2 ( d 3 16Pa d 3 )2 16P ( a2 b2 ) 3 d 8.7.P P a b Mt=Pa En “a” solo flexión Flexión My ( Px)(r ) I (d 4 / 64) ( Pa)(d / 2) max (d / 64) 4 32Pa d 3 En “b” flexión y torsión Flexión My ( Pv)(r ) I (d 4 / 64) ( Pb)(d / 2) max Torsión (d 4 / 64) 32Pb d 3 M t r ( Pa)(r ) 4 Io d / 32 max 16Pa d 3 Las tensiones son de diferente tipo por lo que se combinan por tensiones principales Tomando x 32Pb d 3 y = 0 xy 16Pa 1.14 1.2 d 3 x y 2 De 8. My ( Hav)(r ) I (d 4 / 64) max Flexión hor ( Hab)(d / 2) (d / 64) 4 32Hab d 3 My ( Pv)(r ) I (d 4 / 64) max ( Pb)(d / 2) (d / 64) 4 32Pb d 3 a . Entonces la porción “a” está sometida a flexión mientras que la porción “b” a torsión y flexión en dos direcciones Ha H P b Mt=Haa/2 En “a” solo flexión Flexión My ( Ha2 / 2)(r ) I (d 4 / 64) max ( Ha2 / 2)(d / 2) (d / 64) 4 16Ha2 d 3 En “b” flexión y torsión Flexión vert.y z b P x H a Solución: H P=H*a a a/2 equivalente La porción “a” se analiza como una viga empotrada con una carga distribuida en toda su longitud y la porción “b” se analiza como una viga empotrada con una carga puntual y un momento de torsión en su extremo. 15 d 3 x 32Hab y 32Pb xy De 8.14 8Ha2 d 3 d 3 8Ha2 1. Hallar la deformación vertical del extremo libre de la manivela del problema 8.8.2 ( ( x y 2 x y 2 )2 xy 2 ) 2 xy 2 [ 16 d 3 16 16 8Ha2 d d d 3 ( Hab Pb) [ 3 ( Hab Pb)]2 ( 8Ha2 d 3 ( Hab Pb)]2 ( 3 )2 )2 8.6 y z b P x a Solución: P P a b Mt=Pa a) La deformación vertical de la porción “a” originada por la carga vertical es a Pa 3 Pa 3 64 3EI 3E d 4 b) La deformación vertical de la porción “b” originada por la carga vertical es b1 Pb 3 Pb 3 64 3EI 3E d 4 El momento de torsión origina un giro o deformada angular en la porción “b” de .2 d 3 x y 2 1. Torsión M t r ( Ha2 / 2)(r ) Io d 4 / 32 max Entonces De 8. Hallar la deformación vertical del extremo libre de la manivela del problema 8. M t b Pab 32 GI 0 G d 4 este giro produce una caída vertical del extremo libre de “a” b2 32 Pa 2 b a d 4 La deformada total del extremo libre es tot a b1 b 2 64 d 4 Pa 3 Pb 3 Pa 2 b 3E 2G 3E 8.9.7 y z b P x H a Solución: La fuerza horizontal no produce una deformación vertical en el extremo libre Ha b H P a Mt=Haa/2 a) La deformación vertical de la porción “a” originada por la carga vertical distribuida es a Ha 4 Ha 4 64 8EI 8E d 4 b) La deformación vertical de la porción “b” originada por la carga vertical es b1 Hab3 Hab3 64 3EI 3E d 4 El momento de torsión origina un giro o deformada angular en la porción “b” de M t b Ha 2 b 32 GI 0 2G d 4 este giro produce una caída vertical del extremo libre de “a” . P = 0 Fx = 0 N1 = 0 Para x = l M1 Q1 Pl cos (3 2 cos ) 2 P cos (3 2 cos ) N1 = 0 l x R1 R2 Las reacciones son Q1 R2 . b 2 a 16 Ha 3b d 4 La deformada total del extremo libre es tot a b1 b 2 64 d 4 Ha 4 Hab3 Ha 3b 3E 4G 8E 8.R2(lcos + x) = 0 Fy = 0 Q1 + R2 .10. de la sección A-A. Seccion A-A P l/2 2a A B l a A 3/2 l A a a Solución. La viga de la figura tiene una sección transversal como se muestra Hallar las tensiones en los puntos A y B.P P M1 R3 R3 l N1 3/2 l R1 Mo = 0 P(3l/2)-R2(3l/2+l cos ) = 0 R2 3P (3 2 cos ) Las reacciones internas sobre la viga son: M1 = 0 M1 + Px . No hay cargas de tracción N1 = 0 Tensiones normales por Cargas de Flexión.Componentes de la tensión.- A Para A QS A Ib A B QS B IbB cA = 5a/2 A parcial = 2 a a y cg parcial = a S max A = 2 a 3 bA = a Para B cB = a/2 A parcial = 0 y cg parcial = 0 S max B = 0 bB = a I La inercia a(5a) 3 aa 3 127a 4 2 12 12 12 5a a a a .- A Mc A I Mc B I B Tensiones de corte por Cargas de Flexión. y 2a y B a x A a a Cargas de tracción. Determinar la distribución de la tensión normal que actúa en la sección mostrada.Tensiones normales: . (Las unidades geométricas están en [cm]) z y y 2 x 1000 [kg] x 3 1. El bloque de la figura de peso despreciable se somete a dos fuerzas verticales. que se aplican en diferentes esquinas.9=900[kg-cm] Solución.Pl cos 5a 30 Pl cos (3 2 cos ) 2 A 4 127a 127(3 2 cos )a 3 12 Remplazando Pl cos a 6 Pl cos (3 2 cos ) 2 B 4 127a 127(3 2 cos )a 3 12 La tensión en el punto B es de compresión.11. por eso el signo negativo.5 1 y 1000kg 1000*1.5=1500[kg-cm] x 1000*0. 2 P cos 2a 3 48P cos (3 2 cos ) A 4 127a 127(3 2 cos )a 2 a 12 B 0 8. 9167) 2 10.5 2 2 2 3 1.3697cm 123 21( 1 0.51 12 My c Iyy 528.25 yo 2 3 1.51 1.513 12 4 2.487 kg cm2 Tensión máximo de compresión de My con c = 0.916 fc fc 1.5 1.5 0.5 2 2 .589cm 4 el tensión será en x será: Tensión máximo de compresión de Mx con c = 3/2 fc fc Mxc Ixx 949.53 12 yo 0.5 6 1.5 1.5 1.51 0.53 10.847 kg cm2 0.9167cm 0.5 3 2 cm 1.P 1000 Kg Kg 222.22 2 2 A 45cm cm A La tensión de flexión fc M c I siendo: xo xo Ixx Ixx 2 3 1 1.91 12 12 Iyy 2 Iyy 1.51 1.51. tomaremos en cuenta los datos indicados a continuación.Tensión debido a Mx Tensión debido a My Tensión debido a P 8. Determinar el tensión máximo que ocurre en el Punto A de la columna mostrada en la figura z P y a A a /2 x a /2 Solución.12. la que se muestra en la figura.Siendo la sección transversal de la columna. y h M P a h A 3 2 a h 2 a a x . A 1 4 a2 3 Las fuerzas trasladadas al centro de gravedad serán un momento y la respectiva carga: M P h 2 3 M 1 3 P 3 a Este momento está en la dirección x como se ve en la anterior figura. La carga axial que actúa sobre la columna provocará la compresión de la misma y la tensión que se suceda por este efecto será: P c A la distribución de las tensiones en la sección transversal será el mostrado en la siguiente figura: z y P c A x Debido a que el punto A se encuentra por sobre el eje del centro de gravedad. I: Inercia respecto del eje xx de la sección transversal. determinaremos la tensión de compresión debido al momento de flexión con: M c fc donde I c: la distancia de la línea del cg (eje neutro) al punto A en análisis. h A P C v u a c u v u 3 a 2 2 a v 2 3 Remplazando las relaciones mostradas en la figura en la anterior ecuación: . tenemos: P A 4 3 a2 . fc 8 P 3 2 3 a el diagrama de tensiones debido a la flexión es el mostrado en la siguiente figura: y z M fc A x La tensión total que ocurre en el punto A es: A c fc remplazando las anteriores expresiones. y simplificando. hallar las tensiones máximas y las direcciones en las que estos ocurren. Hallar la combinación de tensiones normales del sistema de la figura P b a 8.19.13. En una pieza se verifican los siguientes tensiones : x = 90 Kg/cm². Hallar las tensiones máximas .16.18.14. Hallar la combinación de tensiones 8. Una perno en el momento de su apriete está sometida a cargas de torsión y a cargas de tracción.17.13. y = 350 Kg/cm² y xy = 30 Kg/cm². 8. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta varias cargas puntuales como se ve en la figura. Hallar la combinación de tensiones normales del sistema de la figura. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta varias cargas puntuales como se ve en la figura.15. Hallar las tensiones en direcciones con ángulos de 0 hasta 360 con un intervalo de 10. En el problema 8.PROBLEMAS PROPUESTOS 8. 8. Cada lado del triángulo l = 3 cm y la carga P = 800 Kg P 8. Hallar las tensiones máximas y z b P M P P x a 8. Para el problema anterior determinar la tensión total en el punto donde se aplica la carga de 500 Kg. Determinar la tensión máxima que soporta la columna mostrada en la figura .19 8.y z b M P x P a P P 8. Hallar las deformaciones horizontal y vertical del extremo libre del problema 8. Determinar los diagramas de tensión para cada una de las cargas. Determinar la tensión máxima de compresión de la columna mostrada en la figura. 8. z 3 y x 1 800 [kg] y 200 [kg] 3 x 1 8. Hallar las deformaciones horizontal y vertical del extremo libre del problema 8. mostradas en la figura: 8.24.18 8.21.22.23.20.25. Hallar la tensión totales en los puntos indicados: a A a/4 A t q b/4 b A l a=5 [cm] b=7[cm] t=1 [cm] l t q=1200 [kg/m] l=50[cm] 8. 1000 [kg] 800 [kg] 5 2 5 2 8. Determinar la tensión máxima de compresión sobre la viga mostrada en la figura. Determinar la tensión máxima en la sección indicada en la figura. q=1500 [kg/m] l=80[cm] P=500 [kg] A l/2 P l A l/2 45 a t b a=8[cm] b=8[cm] t=2 [cm] .28.29.27. Hallar las tensiones para la columna mostrada en la figura.y z 3 y 800 [kg] x x 5 1 1 8.26. (Dimensiones en mm) 2000 [kg] 1500 [kg] 50 17 50 17 8. 8. En el problema anterior.30. Hallar las ecuaciones de las tensiones en cada una de las barras del sistema de la figura. determinar la tensión máxima en el punto A.31. z y x a A Ø 5[cm] B a a=50 [cm] a 1000[kg] 1500[kg] 8. . En el problema anterior determinar una fórmula genérica para determinar las tensiones de compresión en el punto A. 8.32. corte.9 Métodos Energéticos 9. El trabajo se calcula mediante la integral del producto escalar del vector fuerza por el vector desplazamiento. d F FCos W = Area d Fig. 9.2 Trabajo y Energía de Deformación .Deformación 9.2 Trabajo de Desplazamiento El trabajo. 9.2 El trabajo es el área bajo la curva Fuerza .1 Trabajo de Desplazamiento W F dr (9.3 Trabajo y Energía Potencial de Deformación Fig. luego se deducen las expresiones de energía potencial de deformación para elementos sometidos a cargas de tracción/compresión.1 W = Fd Cos (9. 9. flexión y torsión y finalmente se deducen las ecuaciones de Castigliano las que permiten hallar las deformaciones a partir de las expresiones de energía potencial de deformación. es el producto de una fuerza por la distancia que recorre y por el coseno del ángulo que forman ambas magnitudes vectoriales entre sí.1 Introducción En la zona elástica (cuando las tensiones son inferiores a los límites de fluencia) los materiales se comportan elásticamente y las deformaciones se almacenan como energía potencial de deformación. En esta capitulo primero se ve la relación que existe entre trabajo y energía potencial de deformación. El trabajo que efectúa la fuerza Fi durante su desplazamiento es dW = Fi ds = −k s ds s s 1 W Fi ds (ks)ds ks2 2 0 0 Este trabajo es negativo pues se realiza en contra de la fuerza Fi del resorte. 9. Si retiramos la fuerza Fe la partícula regresara a su posición original s = 0 y la Fi producirá un Trabajo positivo producto de la Energía acumulada.Considere un resorte indeformado s = 0 antes de la aplicación de la fuerza externa Fe. El trabajo que efectúa la carga Fe. es s s 1 W Fe ds (ks)ds ks2 2 0 0 Se puede decir que el trabajo de la fuerza externa (Fe) se gasta en deformar el resorte (elemento interno) que acumula el trabajo en forma de una Energía Elástica Potencial de Deformación (U). Cuando se aplica la fuerza Fe se produce un alargamiento del resorte s y aparece una fuerza interior Fi = ks producida por la resistencia al alargamiento del resorte.4 Energía Potencial de Deformación parea los Diferentes Tipos de Carga a) Energía Potencial de Tracción Compresión dWi dU 1 (A)(dl ) 2 E P A 1 P 2 dl ) dWi dU 2 EA l Wi U 1 P 2 dl 2 0 EA b) Energía Potencial de Cargas de Corte . dWi dU 1 (bdy)(dl ) 2 G QS Ib 2 1 QS dWi dU bdydl 2G Ib Llamando coeficiente de forma a (que depende del tipo de sección) ys S 2 dy A yi I b dWi dU 1 Q2 dl 2 GA l 1 Q2 Wi U dl 2 0 GA e) Energía Potencial de Cargas de Torsión dWi dU d 1 M t d 2 M t dl GIo 2 1 M t dl dWi dU 2 GIo l 2 1 M dl Wi U t 2 0 GIo d) Energía Potencial de Cargas de Flexión dWi dU d 1 M f d 2 M f dl EI 2 1 M f dl dWi dU 2 EI . l 2 1 M dl Wi U f 2 0 EI 9.5 Ecuaciones de la Energía En la tabla se resume las expresiones de energía para los diferentes tipos de solicitaciones Fuerza/Momento Tracción Compresión Corte Torsión Flexión P Deformada Pdx EA Qdx GA U 1 Q 2 dl (9.8 2 GA 1 M t dl (9.9 2 GI o Q Mt Mtdx GI o M f dx Mf Energía 1 P 2 dl (9.7 U 2 EA EI 2 2 1 M dl (9.10 f 2 EI 9.6 Teorema de Castigliano Sea un cuerpo elástico, apoyado de tal forma que le sea imposible moverse y sobre él se aplican gradualmente las fuerzas: Fi, F2, ..... F¡, ..... Fn. Considerando que el trabajo que realizan las fuerzas externas se transforma todo en energía de deformación (campos conservativos) Los desplazamientos que sufren los puntos de aplicación de dichas fuerzas: Δ¡, se descomponen en dos componentes, los desplazamientos δi que van en la misma dirección que los vectores fuerza y los desplazamientos en direcciones perpendiculares a las anteriores. Esta descomposición se hace así para que en el cálculo del trabajo que realizan las fuerzas exteriores tan sólo haya que tener en cuenta las componentes δi, que van en la misma dirección que las fuerzas aplicadas, pues las otras componentes, al ser perpendiculares a las direcciones de las fuerzas aplicadas, no realizan trabajo. La energía de deformación del cuerpo será función de las fuerzas aplicadas sobre él: U = U (Fi, F2, Fi,….,Fn) (9.11 Si se diera un incremento infinitesimal a una cualquiera de las fuerzas aplicadas, por ejemplo la F¡, la energía de deformación sería: U U dFi Fi (9.12 Si se considerase ahora un segundo estado de cargas, en el que se invierta el orden de aplicación de las fuerzas externas, así, se aplica en primer lugar dF¡ y a continuación las restantes fuerzas: Fi, F2, ..... F¡, ..... Fn. La energía de deformación sería ahora: Fig.9.8.c 1 dFi d i U dFi i 2 (9.13 En efecto: - Al aplicar primero dFi, se realizará un trabajo de valor 1 dFi d i 2 - Al aplicar a continuación el resto de las fuerzas: Fi, F2, ..... F¡, ...., F„, se realizará un trabajo: U dFi i en donde el término: dFj.5i es el trabajo indirecto que realiza dFi, que ya estaba aplicado, al aplicar ahora el resto de las fuerzas y desplazarse su punto de aplicación δi. Y como según se sabe, en el caso de campos conservativos: "el trabajo que realizan las fuerzas externas es igual a la energía de deformación y su valor depende solamente de los valores iniciales y finales de dichas fuerzas y no de su orden de aplicación". Como consecuencia de ello serán iguales los dos valores obtenidos de la energía de deformación para los dos estados de cargas considerados, ecuaciones: (8.12) y (8.13). Así pues se verificará: U U 1 dFi dFi d i U dFi i Fi 2 (9.14 y despreciando infinitésimos de 2do orden frente a los de 1ro: U dFi dFi i Fi (9.15 U Fi i (9.16 En el caso de que fuera un momento, en lugar de una fuerza, la carga que actuase sobre el cuerpo, el giro producido se podría obtener de igual forma a través del Teorema de Castigliano. Siguiendo un proceso análogo al anterior, la relación sería en este caso: i U M i (9.17 - " El desplazamiento del punto de aplicación de una fuerza exterior que actúa sobre un cuerpo, medido en dirección de la misma, es igual a la derivada parcial de la energía de deformación respecto de dicha fuerza " - " El desplazamiento angular del punto de aplicación de un momento exterior que actúa sobre un cuerpo, medido en dirección de la misma, es igual a la derivada parcial de la energía de deformación respecto de dicho momento" Observaciones - La energía de deformación U, es la suma de las energías parciales 2 2 1 P 2 dx 1 Q 2 dx 1 M t dx 1 M f dx U 2 EA 2 GA 2 GI o 2 EI (9.18 - Si se quisiera calcular el desplazamiento de un punto donde no actuase ninguna fuerza exterior, el Teorema de Castigliano se aplicaría de la siguiente forma: se supondría que hubiese una fuerza F¡ actuando en dicho punto, a continuación se aplicaría el Teorema de Castigliano y finalmente se haría que dicha fuerza fuese nula 9.7 Ecuaciones de Castigliano Aplicando las ecuaciones de Castigliano a las ecuaciones de la Energía se obtiene Tracción U P l dx Pn E 0 A Torsión U 1 M n G 0 n n n Flexión n l (9.19 M t )dx M n Io (9.20 M )dx Pn I (9.21 M )dx M n I (9.22 Mt ( M( l U 1 Pn E 0 U 1 M n E 0 l M( PROBLEMAS RESUELTOS 9.1. Hallar la deformada en el extremo libre de una viga simplemente empotrada tiene una carga puntual. P P Q Mr l M x R Solución: M=0 M=Px max l 1 M M( ) dx EI P 0 max 1 EI max l ( Px )xdx 0 Px 3 3EI Pl 3 3EI 9.2. Hallar la deformada angular en el extremo libre de una viga simplemente empotrada tiene una carga puntual P P Q Mh M x l R Mh Solución: Se introduce un momento ficticio Mh y ell momento: M = P x + Mh max max l 1 ( Px M h )(1)dx EI 0 max Pero Mh = 0 l 1 M M( )dx EI M h 0 1 Px 2 ( Mh) EI 2 M1 max Pl 2 2 EI 9.3. Hallar las deformadas lineal y angular en el extremo libre de una viga simplemente empotrada con una carga puntual interna P a H H Q Mh P Q Mh M1 R x M1 x Solución: Se introducen una fuerza y un momento ficticio H y Mh: Los momentos son: ax0 M1 = H x + Mh lxa M2 = H x + P (x – a) + Mh max a l M 1 M 2 1 M1 ( )dx M 2 ( )dx EI H H 0 a max 1 [ [ Hx M h ]xdx [ Hx P( x a) M h ]xdx] EI 0 a a l Pero H = Mb = 0 max P l 3 a 3 a(l 2 a 2 ) [ ] EI 3 2 max a l M 1 M 2 1 M1 ( )dx M 2 ( )dx EI M h M h 0 a max 1 [ [ Hx M h ](1)dx [ Hx P( x a) M h ](1)dx] EI 0 a a l Con H = Mh = 0 max P l 2 a2 [ a(l a)] EI 2 9.4. Hallar las deformadas lineal y angular en el extremo libre de una viga simplemente empotrada con una distribuida p = H (x/l)n 10 sin F ni Mb: M Hx( n 2) l n (n 2)(n 1) con F y Mb: M Fx Hx( n 2) Mb l n (n 2)(n 1) max l 1 M M( )dx EI F 0 max 1 EI l [ Fx 0 Hx( n 2) M b ]xdx l (n 2)(n 1) n Pero H = Mb = 0 max Hl 4 EI (n 4)(n 2)(n 1) max l 1 M M( )dx EI M b 0 max 1 EI l [ Fx 0 Hx( n 2) M b ](1)dx l n (n 2)(n 1) Con H = Mh = 0 max Hl 3 EI (n 3)(n 2)(n 1) 9. Hallar las deformadas lineal y angular en el extremo libre de una viga simplemente empotrada con una carga puntual .H F Q Mr Mh L R x Solución: Se introducen una fuerza y un momento ficticio F y Mh: De 5.5. Hallar la deformada lineal en el extremo libre de una viga simplemente empotrada con una carga puntual en el extremo P P P Mr x l/2 M1 l/2 l/2 Solución: Los momentos son: M1 = .P y=x2/b P Q Mr ds b M R dy dx b-x x Solución: M = P (b .x) max longitud 1 M M( ) ds EI P 0 ds dx2 dy2 dy = 2xdx/b max max 1 EI b [ P(b x)](b x) 1 4( x / b) 2 dx 0 Pb 3 32 10 5 51ln( 2b b 5 ) 45 ln(b) 192 EI 9.6.P Sin 45 x lxa M2 = .P (l/2 Sin 45 + v ) max l/2 l / 2 M 1 M 2 1 M1 ( )dx M2( )dv EI P P 0 0 max l/2 l / 2 1 P( xSin45) 2 dx P(l / 2Sin45 v) 2 dv EI 0 0 max ((l / 2) Sin45 v) 3 P ( xSin45) 3 [ ] EI 3 3 M2 x R L/2 x 0 Q Q . max P (lSin 45) 3 [(l / 2) Sin 45 (l / 2)]3 [(l / 2) Sin 45]3 { } EI 24 3 3 max Pl 3 4(sin 45) 2 3Sin 45 1 24 EI 9. Por simetría se duplica solo uno max l / 2 M 1 2 M1 ( ) ds EI H 0 ds dx2 dy2 dy = 2 x dx max max 0 l/2 2 P l 2 2 2 [ ( x) H ( x d )]( x d ) 1 4 x dx EI 0 2 2 0.8.7. Por simetría Ra = Rb = P/2 l/2 x 0 M1 = Ra (l/2 -x) – H y M1 = (P/2)(l/2 – x) – H (x2 + d) Hay dos intervalos. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma parabólica y carga puntual en su centro.02 Pl 3 EI 9. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma triangular y carga puntual en su centro . Resolver para d = l/4 P y-d=x2 Q M1 y-d=x2 d y y x H l Ra l/2-x Ra Rb Solución: Se introducen una fuerza ficticia H. Por simetría se duplica solo uno max l M 1 2 M1 ( ) dx EI H 0 max l 2 Px 3 Hx x [ ]( ) dx EI 4 2 2 0 max 2 P 3 x3 3Pl 3 EI 4 6 12 EI 9. para que el desplazamiento sea nulo. b) El valor de .9. Por simetría Ra = Rb = P/2 l/2 x 0 M1 = Ra x Cos 30 – H x Sin 30 M1 Px 3 Hx 4 2 Hay dos intervalos.P l Q M1 30 x H Ra Rb Ra Solución: Se introducen una fuerza ficticia H. En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por la fuerza P. C C P R R A B Rh A P Rv B H Fr Solución: a) Ma = 0 Fr 2R – PR Sin (1 + Cos ) + P Cos R Sin = 0 Fr = (P/2) Sin Se incluye una ficticia H en B para calcular la deformada horizontal de este punto BH 1 M M 2 M1( 1 )dx M 2 ( )dx EI H H 0 (I . (qL2/2) Cos2 . ii y iii y simplificando BH PR3Sin( ) (3Cos 1 Cos2 ) 3EI b) Para que el desplazamiento sea nulo (3 Cos .(qL2/2) Sin2 = 0 C x M1 x M2 H H B B Fr Fr . articulado en uno de sus extremos y apoyado en el otro está cargado. El bastidor A.Cos ) + HR Sin M1 = (P/2) R Sin (1 . como se muestra en la figura.C M1 P C M2 B P H B H Fr 0 Fr M1 = Fr R (1 . en uno de sus tramos con una carga uniformemente distribuida.B.1 + Cos2 ) = 0 De donde: = 72.Cos ) + HR Sin (ii M2 = (½ Sin+3/2SinCos-CosSin-CosSin)RP+HRSin (iii De i. Hallar el desplazamiento horizontal de B (Considerar solamente efectos de flexión) C C dF l l l A A H Rh B B Fr Rv Solución: De la estática : Ma = 0 2 Fr L Cos .C.10.376 9. El bastidor ABC mostrado en la figura soporta una carga lineal en uno de sus tramos.11. Hallar una expresión para calcular el desplazamiento horizontal del extremo derecho. Solamente considerar tensiones de flexión.qx3/2 – (q – qx) x2/9 con qx = q (1 – x/(2L)) Fr x ) 2L .qx2/2 M2 = qL2/4 + qLx/4 + H Sin .H x Sin .Fr = (qL)/(4 Cos ) En el tramo derecho: 0xL M1 = Fr x Cos + H x Sin M1 = (qLx)/4 + H x Sin En el tramo izquierdo: 0xL M2 = Fr (L Cos + x Cos ) + H (L-x) Sin . q q x q (1 B A B Rh A 2L L 2L Rv H Solución: M=0 Fr (2L + L Cos ) – (2/3)(qL2)(4/3) + HL Sin = 0 Fr = (8qL – 9 H Sin )/(18 + 9 Cos ) q M1 qx x M2 B x H Fr H Fr 0xL L M1 = Fr L Cos + H L Sin M1 = 2L( 4 qL Cos + 9 H Sin )/(18 + 9 Cos ) 0 x 2L M2 = Fr (L Cos + x) + H L Sin .qx2/2 remplazando en la ecuación de desplazamiento y simplificando: BH L L 1 M M 2 M1( 1 )dx M 2 ( )dx EI H H 0 0 BH 5 qL4 Sin 24EI 9. como se ve en la figura. con un voladizo BC Está sometida a una carga linealmente variable en el tramo AB. Una viga simple AB.12.1 ( 8q L 9Hsin ( ) ) 1 1x M2 ( L cos( ) x ) Hsin( ) L q 1 x2 9 2 2L ( 2 cos( ) ) 1 9 q 1 1x q 1 x2 9 2L remplazando en la ecuación de desplazamiento y simplificando: 2L L 1 M1 M 2 M1 ( )dx M 2 ( )dx EI H H 0 0 BH 16 (27Cos 4) qL4 Sin 135EI 4 4Cos Cos2 BH 9. Determinar la expresión para calcular la deflexión c del punto C q q H=0 C A L x c L/2 B Solución: Se aplica una carga ficticia H en el punto C Ma = 0 Rb = 3H/2 + qL/3 Ra = H/2 + qL/6 q q qx q q H=0 M1 M2 A C A x x RA c L B x RA x B RB En el tramo izquierdo: 0xL M1 = Ra x – qx x/2)(x/3) qx = qx/L M1 ( L x 3L/2 qL H q x2 )x x 6 2 6 M2 ( qL H 3H qL qL 2L )x ( )( x L) (x ) 6 2 2 3 2 3 La deformación total en el extremo libre será dada por la expresión: C 3L / 2 L 1 M M 2 M1( 1 )dx M 2 ( )dx EI H H L 0 . q q M0=0 A B L x B C c L/2 B Solución: Se aplica en B un momento ficticio Mo Ma = 0 Ra = qL/6 + Mo /L Rb = qL/3 .anterior. En el 9.13. hallar el ángulo de deformación del punto B. (Úsese el momento M0 = 0 aplicado en el punto B. Ver figura). Determinar el desplazamiento que se produce en el extremo libre de la viga mostrada y cargada como se ve en la figura.resolviendo C 7qL4 360EI 9.14.Mo /L 0xL M1 = (Ra x – qx x/2)(x/3) qx = qx/L M1 L x 3L/2 qx3 qx2 qL M ( o )x 3L 3 6 L M2 ( qL M o qL M ) x ( o )( x L) M o 6 L 3 L La deformación angular es 3L / 2 L 1 M1 M 2 B M1 ( )dx M 2 ( )dx EI M o M o L 0 resolviendo: B 7qL3 180EI ahora bien la deformación en C es c = B L/2 C 7qL4 360EI 9. . qx 2q 2·q L x L 2q q q B B L/2 l/2 L/2 l/2 x x Solución: Se incluye una fuerza ficticia H 2q 2q q qx q q H M1 H M2 B l/ 2 B x x x x Para el tramo derecho: 0 x L/2 con M1 Hx q x x 2 ( 2q q x ) 2 x 2 2 3 qx = 2q(l-x)/l M1 (3Hl 3qlx qx2 ) x 3l En el tramo izquierdo L/2 x L M 2 Hx qLx qL2 qx2 4 24 2 La deformación total en el extremo libre será dada por la expresión: resolviendo B L L / 2 1 M M 2 M1( 1 )dx M 2 ( )dx EI H H L/2 0 B 361qL4 1920EI 9.15. q dF q Q B R R A Solución: Rh Rv H . la carga aplicada en toda su longitud tiene dirección radial. Hallar la deformación horizontal y vertical del punto B de la viga curva mostrada en la figura. P P P R R A A H Q Solución: Se incluyen dos cargas ficticias (H = 0 y Q = 0). está cargada en dos puntos como se muestra en la figura.QR (1 – Cos ) 3/4 R A M3 = PR 21/2/2 [(Cos + 21/2/2)+(Sin .HR Sin .21/2/2)] + H Q . P P P P P M P 2 M1 A AH M R Q 3 H Q Los momentos son 0 /2 M1 = -QR(1-Cos )-HR Sin /2 3/4 M2 = PR Cos .Se incluyen las cargas ficticias H y Q M1 QR(1 Cos ) HRSin qR2Cos ( Sin Sin )d qR2 Sin (Cos Cos )d 0 0 simplificando M1 = QR – QR Cos + HR Sin + qR2 ( 1 – Cos ) Las deformaciones V / 4 1 M M( ) Rd EI H 0 H / 4 1 M M( ) Rd EI Q 0 (2 2 3) qR3 4 EI V resolviendo: H 3 1 2 )qR3 8 4 EI ( 9. La viga curva semicircular.16. determinar la deformación horizontal y vertical que se produce en el extremo libre de dicha barra. empotrada en el extremo A. HR Sin .PR Cos .18. En C actúa una carga vertical P. Determinar la fuerza de reacción que soporta el extremo apoyado B en la viga mostrada en la figura. Como se muestra en la figura. Una Barra curva delgada de forma semicircular está articulada en A y simplemente apoyada en B.17. Determinar el .QR (1 – Cos ) Las deformaciones en el extremo libre son: 3 / 4 / 2 1 M1 M 2 M h M1 ( ) Rd M 2 ( ) Rd M 3 ( 3 ) Rd EI H H H /2 3 / 4 0 3 / 4 / 2 1 M M 2 M M1( 1 ) Rd M2( ) Rd M 3 ( 3 ) Rd EI Q Q Q /2 3 / 4 0 v resolviendo y simplificando: h h PR (8 4 2 2 ) 16EI PR (8 2 32 4 2 ) 16EI 9. P P/l B A l/2 Solución: l/2 x La deformada vertical en B es nula bv l l / 2 1 M1 M 2 M1 ( )dx M 2 ( )dx 0 EI Rb Rb l/2 0 Los momentos son con 0 x l/2 M1 = Rb x l/2 x l M2 = Rb x – P (x-l/2) – qx (x – l/2)2 / 6 qx = (P/l)(2x/l-1) M2 = (24 Rb x – 30 P x +13 P l – 8 P x3/l2 +12 Px2/l)/24 simplificando: bv l3 (640Rb 209P) 0 1920EI Rb = (209/640)P 9. determinar una expresión para calcular éste desplazamiento. Una barra curva delgada AB de forma semicircular está articulada en A y simplemente apoyada en el extremo B una carga distribuida que actúa en dirección radial. provoca que el extremo B se desplace horizontalmente.PR Cos =- con Simplificando M2 = (R/2)( P + P Cos + 2 H Sin / Cos + P Tan Sin ) La deformada / 2 1 M M 2 M1( 1 ) Rd M 2 ( ) Rd EI H H /2 0 Reemplazando y simplificando PR3 (2Cos Sin ) EI 4Cos2 9. q dF·cos dF dF 3 A 3 q 3 d B R Rh A B Rv Solución: H Rv dF·sen . P M1 P C H R H Rh R B A Fr Rv Fr Solución: Ma = 0 Fr 2R Cos .H 2R Sin .19. como se muestra en la figura.desplazamiento vertical v y el desplazamiento horizontal h en el extremo B.PR = 0 Fr = (H Sin + P/2)/ Cos Los momentos son 0 /2 M1 = R Sin(HCos + FrSin) + R(1 – Cos)(-HSin + Fr Cos) /2 M2 = R Sin(HCos + FrSin) + R(1 + Cos)(-HSin + Fr Cos) . que se encuentra apoyado en una superficie inclinada. se encuentra sometida a la acción de la carga uniforme q en dirección vertical. q q H Fr R Rh O R O Rv Solución: De la estática Rh + H Cos .Cos ) – H R Sin 3 2 1 2 1 2 2 1 2 qR q R cos ( ) HRsin( ) q R cos ( ) 3 q R sin( ) 8 2 2 2 M2 La deformada /2 / 3 1 M M 2 M1( 1 ) Rd M 2 ( ) Rd EI H H /3 0 Reemplazando y simplificando qR4 (1 2 3 ) EI 24 9. determinar una expresión para calcular el desplazamiento del extremo apoyado. La barra mostrada en la figura.Fr Sin = 0 Rv – q R + q R + Fr Cos + H Sin = 0 de donde Rh Rv qR qR qRSinCos HSin 1 Cos Fr qR qR qRSin HSin 1 Cos Rh con = /3 HCos qRSin qRSin qR qRCos2 H 1 Cos H 2 9 3 q R Rv 4 q R 9 1 Fr 4 q R 9 1 6 3 1 q R 2 3 q R 1 H 3 3 3 q R 1 H 3 3 . considerando que el apoyo tiene una inclinación de /3.Considerando una fuerza ficticia H y de la estática Rv 1 2 2 / 3 qRSind /3 qR 2 Los momentos son 0 /3 /3 /2 M1 = (q R2/2) ( 1.20. q dF M d RhO Rv El momento M Rv R(1 Cos ) Rh RSin qR2 (Cos Cos )d 0 Simplificando y con H = 0 M qR2[ La deformada 2 / 3 1 M M( ) Rd EI H 0 Simplificando 4 1 2 3 1 (1 Cos ) ( 3 Cos ) Sin ( ) Cos ] 9 6 9 2 qR4 (108 189 3 40 2 3 ) 216EI . 23.25.26. Hallar las reacciones del sistema de la figura .27. Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura P 2P l/2 l/2 R 9. Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura H M l/3 l/3 l/3 R 9.22. Hallar las reacciones del sistema de la figura H 2l/3 Ra 9. Hallar las reacciones del sistema de la figura H l/2 l/2 9.24.21. Hallar las reacciones del sistema de la figura H l/2 l/2 Ra Rb A B C 9. Hallar las reacciones del sistema de la figura P P l/4 P P l/4 l/4 l/4 9.PROBLEMAS PROPUESTOS 9. Hallar las deformadas lineal y angular en el extremo libre de una viga simplemente empotrada con una carga distribuida p = H Sin (x/2l) H M L R 9. Hallar las reacciones en el sistema de la figura.28.29. q0=P·l q0=P·l P C C a a A B L 9.33.31. Hallar la deformación máxima del sistema de la figura q0=P·a q0=P·a P C a a B A 9. Hallar la deformada en el centro y en los extremos del sistema de la figura. B .30. Hallar las deformadas lineal y angular en el extremo libre de una viga simplemente empotrada cargada con un momento uniformemente y constante m0 m0 B A L 9. q0=P·l C L/3 A L/3 L 9.H l 9. Determinar la relación a/l para que la deformada en el centro sea nula.32. Hallar las deformadas lineal y angular máximas en el sistema de la figura. q(x)=qo·x2/L2 EI B A l 9.35.39. Hallar las reacciones en el sistema de la figura. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma cosenoidal y carga puntual en su centro .38.34.36.q0=P·L L/2 L 9. Hallar las reacciones en el sistema de la figura q0=P·l P C A L B L 3L 9. q0 C A B b a 9. q0=P·l P L/2 L/2 2L 9. Hallar las reacciones en el sistema de la figura q0=P·l A C B b L/2 L 9.37. Hallar las reacciones en el sistema de la figura. Hallar las reacciones de los empotramientos del pórtico de la figura P l/2 x l 9.41. para que el desplazamiento sea nulo.44.43. Hallar las reacciones de la viga de forma cosenoidal de la figura P y x l Ra Rb 9. Hallar el desplazamiento del sistema de la figura 45 x l Ra Rb 9. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma cosenoidal y carga puntual en su centro y x l Ra Rb 9.40. En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por las fuerzas P.P d y x l Ra Rb 9.42. b) El valor de. . 46. Se pide la fuerza P que cierra esta separación r P P h 9. Hallar las reacciones en el sistema de la figura q0=P·l q0=P·l/2 EI l/2 l/2 . Un anillo de radio “R” de alambre de acero de radio “r” tiene una separación de h.45.P C R P A B 9. 3 Tipos de apoyos y Columnas Los apoyos de las columnas son los mismos de las vigas. Inestable e indiferente Una forma clásica de determinar si el equilibrio es estable consiste en desviar muy poco el sistema de su configuración mediante una causa perturbadora cualquiera y ver qué sucede cuando ésta cesa. Vamos a tratar de clarificar más aún estos conceptos estudiando el comportamiento de las tres esferas del esquema de la figura 10. 10.2 Equilibrio Estable. ésta es entonces una situación de equilibrio inestable. Si en el caso (a) hacemos mover la esfera sobre la superficie y luego la soltamos. el equilibrio es inestable si frente a una causa perturbadora. si el sistema permanece en la posición final el equilibrio es indiferente. y por último. Si el sistema retoma la configuración inicial el equilibrio es estable. ésta ya no retomará la posición inicial sino que seguirá rodando. Si en la situación (b) cambiamos levemente a la esfera de posición.1. sin embargo cuando los elementos sometidos a compresión tienen una longitud de varios diámetros. la pieza no falla cuando los esfuerzos superan la fluencia sino que fallan por inestabilidad 10.10 Pandeo de Columnas 10.1 Equilibrio Estable. el sistema se aparta de esta configuración y ya no la vuelve a tomar y finalmente el equilibrio es indiferente si frente a una causa perturbadora el sistema puede mantenerse en su configuración o pasar a otras configuraciones muy próximas a la primera. si se aleja aún más de ella el equilibrio es inestable. es decir: a) Apoyo Móvil b) Apoyo Fijo y c) Empotramiento . ésta permanecerá en el nuevo lugar o próximo a éste. Inestable e Indiferente Una pieza está en equilibrio cuando se cumplen las ecuaciones de la estática. Si en el caso (c) movemos la esfera. Este es un caso de equilibrio estable.1 Introducción En Tracción Compresión se estableció que la falla de una pieza ocurre cuando los esfuerzos sobrepasan la fluencia. intuitivamente podemos reconocer que la esfera volverá a su posición inicial. Ahora bien se dice que el equilibrio es estable cuando frente a una perturbación el sistema no se aparta de esta configuración. 10. constituyendo entonces un estado de equilibrio indiferente. deteniéndose en alguna cualquiera de éstas. Fig. Inestable e Indiferente en Columnas Equilibrio Estable: si al separarla un poco a la posición 2 y soltar. 10. va a depender del valor de la carga P de compresión a la que se le someta y se denomina: CARGA CRÍTICA (Pcr): "al valor de la carga P de compresión que hace que se alcance el EQUILIBRIO INDIFERENTE" Así pues se tendrá: • si P = Pcr —» Equilibrio Indiferente (10. Equilibrio Indiferente: al separarla un poco.4 Carga Crítica de Euler Euler planteo el estudio teórico del Pandeo como un estudio de equilibrio. se aleja de la posición l. a la posición 2 y soltar. el mismo ser: ESTABLE. a la posición 2 y soltar. INESTABLE o INDIFERENTE Fig.3 Equilibrio Estable.1 • si P < Pcr —» Equilibrio Estable (10.2 Tipos de Columnas 10.De la combinación de estos apoyos se obtienen los cuatro tipos de Columnas básicas P P P P l P P a) a) Ambos extremos articulados b) b) Ambos extremos empotrados P c) c) Un extremo empotrado el otro libre P d) d) Un extremo empotrado el otro articulado Fig. 10. vuelve a la posición l. Equilibrio Inestable: si al separarla un poco.2 . si se tiene una pieza sometida a una fuerza N de compresión y se encuentra en equilibrio. Así. se queda en la posición 2 El que una pieza dada adopte uno u otro tipo de equilibrio. Los vínculos son ideales.• si P > Pcr —» Equilibrio Inestable (10.C3C4Sin C4x (10. Para analizar el problema de estabilidad elástica relativo al pandeo de barras comprimidas por Euler.4 De la ecuación de doble integración en flexión d2y/dx2= M/EI (10.Py (10.Su eje es idealmente recto.4 Fuerzas y Momento Internos en una Columna Una sección a una distancia “x” del extremo presenta una deformada “y” De la estática M= .9 .7 La Solución de esta ecuación es y = C1 Sin C2x+C3Cos C4x (10. se asumen las siguientes condiciones: .5 d2y/dx2= -Py/EI (10. Considérese una columna con extremos articulados Fig.La columna es homogéneo y elástica (No se supera la tensión de proporcionalidad) .La carga está exactamente centrada. .8 dy/dx= C1C2Cos C2x . .3 Las piezas deberán trabajar con P < Pcr.6 d2y/dx2+Py/EI = 0 (10. sin rozamiento. para que se encuentren en equilibrio estable. 10. d2y/dx2= .10 Reemplazando 8.14 y = C1 Sin (P/EI)1/2x +C3 Cos(P/EI)1/2x (10.17 Cuando x=l y=0 0 = C1 Sin (P/EI)1/2 l (10.7 y 8. El mismo procedimiento puede ser aplicado para los cuatro tipos de columnas variando las condiciones de borde.C1C22Sin C2x-C3C42CosC4x (10.9 en 8.11 Sin C2x(-C1C22+PC1/EI)+CosC4x(-C3C42+PC3/EI)=0 (10.12 -C1C22+PC1/EI=0 C2=(P/EI)1/2 (10.16 0 = C3 (10.22 .19 (10.21 donde l/k recibe el nombre de relación de esbeltez de la columna.6 (-C1C22Sin C2x-C3C42CosC4x)+P(C1Sin C2x+C3Cos C4x)/EI=0 (10. Cuando x=0 y=0 0= C1 Sin (0)+C3 Cos(0) (10.15 Para hallar c1 y c3 se ve que en los extremos de la columna no hay deformación. La ecuación genérica de Euler es Pcr= 2 EI/2 (10.18 Hay dos posibilidades : C1=0 descartada ya que anula toda Solución (P/EI)1/2 l = n() Entonces Solución Pcr= n2 2 EI/l2 Empleando la relación (10.20 I = A k2 donde A es el área y k es el radio de giro Pcr/A= 2 E/(l/k)2 (10.21 cr = Pcr/A= 2 E/2 (10.13 -C3C42+PC3/EI=0 C4=(P/EI)1/2 (10. cos kz.5. que es la esbeltez para la cual: scr (tensión crítica) = fy (tensión del límite elástico). la falla ocurre por pandeo a pesar de que los esfuerzos son mucho menores al límite de fluencia . que corresponde a una esbeltez llim. se obtiene el siguiente diagrama Fig. 10.5 Ecuación de la línea elástica: Se vio que la solución de la ecuación diferencial de la elástica era de la forma: y = C1.15. Además. que representa la curva de la tensión crítica de Euler. sustituyendo los valores hallados de ci y c2 se obtiene y = C1 Sin (nx/L) (10.sen kz. 10. se utiliza la ecuación diferencial de la elástica y ésta sólo es aplicable para los casos en que E = cte o lo que es lo mismo cuando s fy ( sección 3. Ello es debido a que en la deducción de la fórmula para la obtención de la carga crítica Ncr.6 Límites de Aplicación de la Formula de Euler El diagrama de la fig. En la Fig.x + C2. 10. En piezas largas y esbeltas sometidas a compresión. al alcanzarse la tensión del límite elástico.23 10. en unos ejes coordenados.18 se representa la curva de pandeo de Euler y los modos de fallo En piezas cortas sometidas a compresión la falla ocurre cuando los esfuerzos superan los límites de fluencia.10. la ecuación de la tensión crítica de Euler en función de la esbeltez.Fig. diagrama tensiones deformaciones).6 Grafica de la Ecuación de Euler 10.x.5 Valores de Lk para Diferentes Tipos de Columnas Representando gráficamente. el fallo se produciría por haberse alcanzado la resistencia a la compresión de la sección. sólo va a ser válida hasta un cierto punto P. Gráficamente Fig. Para elementos con relación de esbeltez altos la falla se determina por la ecuación 8.4 .24 2E (10.9 86. 10.22. Entonces para elementos con relación de esbeltez bajos la falla ocurre cuando la carga por unidad de área es mayor a la fluencia.26 Sy • para esbelteces: λ mayores λlim SI se podrá aplicar la curva de Euler • para esbelteces: λ menores λlim NO se podrá aplicar la curva de Euler Los valores de llim para los aceros más utilizados en la construcción son: Acero S235 S275 S355 Sy (N/mm2) 235 275 355 λlim 93.8 76.7 Fallo por Tensión y por Pandeo En la gráfica se tiene la relación de esbeltez (l/k) como abscisa y la carga por unidad de área (P/A) como ordenada.25 Sy 2E (10. cr < Sy Así pues tendremos que para poder utilizar la curva de Euler se habrá de verificar: cr = Pcr/A= 2 E/2 < Sy lim (10. dividiendo la tensión crítica de Euler entre el límite elástico: ( / Sy ) y la esbeltez entre la esbeltez límite: (λ / λ lim). puesto que las columnas fabricadas nunca son perfectamente rectas. dando lugar a la siguiente curva de Pandeo adimensional La ventaja de este gráfico es que puede aplicarse a barras de diferentes esbelteces y resistencias Fig. Esto es irreal. ni se conoce con exactitud la posición de la carga aplicada.10. en realidad las columnas nunca se pandean repentinamente. .18 puede ser redibujada de forma adimensional.8 Curva de Pandeo Adimensional 10. Por tanto. 10. sino que comienzan a pandearse de modo ligero.7 Columnas cargadas Excéntricamente – Formula de la Secante La fórmula de Euler se obtuvo con base en las hipótesis de que la carga P se aplica en el centroide de la sección transversal de la columna y de que ésta es perfectamente recta. inmediatamente después de la aplicación de la carga.La curva de pandeo expresada en la fig. 29 La solución homogénea es la misma que se vi anteriormente.30 La solución homogénea es la misma que se vi anteriormente. EI 2 y P (e y ) x 2 (10.27 La ecuación diferencial para la curva de deflexión es.Fig.31 Entonces .8 Columnas Cargadas Excéntricamente El diseño entonces buscara no sobrepasar una deflexión especificada de la columna y a no permitir que el esfuerzo máximo en la columna exceda un esfuerzo permisible. 10.28 EI 2 y Py Pe x 2 (10. Sin embargo debe incluirse una solución particular y C1Sin P P x C2Cos xe EI EI (10. Sin embargo debe incluirse Cuando x = 0 y = 0 Entonces c2 = e Cuando x 0 L y = 0 (10.P (e + y) (10. por tanto. Considérese una columna con una carga excéntrica De la estática M = . 33 Usando ángulos dobles 1 Cos Sin P L P L 2Sin 2 EI EI 2 P L P L P Cos L 2Sin EI 2 EI EI 2 (10.37 La deformada máxima ocurre en x = L/2 y es P L y max e Sec 1 EI 2 (10.36 P L P P y e Tan Sin x Cos x 1 EI 2 EI EI (10.34 (10.35 P L e 2Sin 2 EI 2 P L C1 eTan EI 2 P L P L 2Sin Cos EI 2 EI 2 (10.39 El esfuerzo máximo en la columna es de compresión.40 El esfuerzo máximo en la columna se determina teniendo en cuenta que es generado tanto max P Pec P L Sec A I EI 2 (10.41 .32 (10.38 El esfuerzo máximo en la columna se determina teniendo en cuenta que es generado tanto por la carga axial como por el momento. El momento máximo ocurre a la mitad de la columna M max Pe ymax PeSec P L EI 2 (10. y su valor es: max P Mc A I (10.0 C1 Sin P P L eCos Le EI EI P e1 Cos L EI C1 P Sin L EI (10. pueden trazarse gráficas de esta ecuación en función de Kl/r vs P/A para diferentes valores de la razón de excentricidad ec/r2. . tienden a fallar en o cerca de la carga crítica de Euler sin importar cuál sea la excentricidad.42 Para un valor dado de ζmax. Fig. la ecuación 10.9 Graficas de la ecuación de la Secante Las curvas en la figura indican que diferencias en la razón de excentricidad tienen un marcado efecto en la capacidad de carga de columnas con relaciones pequeñas de esbeltez. donde P es la carga crítica en la columna. Por otra parte. Cuando se usa la ecuación 13-19 para fines de diseño. 10. En la figura se muestra la gráfica para un acero A36. las columnas que tienen grandes relaciones de esbeltez. es importante por consiguiente contar con un valor más o menos preciso de la razón de excentricidad en el caso de columnas cortas.42 da ζmax = P/A.En vista que el radio de giro es r2 = I/A la ecuación anterior puede escribirse en una forma conocida como fórmula de la secante: max P ec P L 1 2 Sec A r EA 2r (10. definida por la fórmula de Euler. o cuando ec/r2 → 0. Nótese que cuando e → 0. 06 Kg = ¼ Pcr= 0. Material acero. Solución: I = d4/64 Pcr = 2 E (d4/64)/l2 = 1 Pcr= 1.03 Kg 10. Encima de la cual la falla se produce por pandeo y debajo de la cual la falla se debe a esfuerzos que superan la fluencia.7 cm . longitud 10 m y diámetro 1 cm. Solution: I = d4/64 A = d2/4 k = (I/A)1/2 = d2/16 = 0.25 Kg = 2 Pcr= 2.2. Se pide hallar la carga que provoca pandeo para los cuatro tipos de columnas. Sy = 1800 Kg/cm².3 10. Tomar = 1.3.PROBLEMAS RESUELTOS 10. Si el diámetro de la barra es 1 cm cual es la longitud que da la relación de esbeltez calculada. En el anterior problema. Determinar la relación de esbeltez critica.3 = 6.01 Kg = 4 Pcr= 4.1. Solución: Falla por compresión P/A = Sy Falla por pandeo Pcr/A= 2 E/(l/k)2 Igualando 2 E/(l/k)2 = Sy (l/k) = ( 2 E/Sy)1/2 = 107.0625 cm² l = k 107. 8 359.0 428.8 3238.0 80 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 Pcr /A= 2 E/(l/k)2 8290.6 717.5 2558.4 1057. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. Hallar (P/A) para valores de (l/k) de 0 a 250 en la fórmula de Euler.5.1 E 06 y Sy= 1800 Kg/cm² 23 0 20 0 17 0 14 0 11 0 9000.2 470.8965 P Ta = 0.42 cm .5 5757.0 0.0 6000.3 4229.0 7000.2 639.5 921.2 809.0 5000.9 1439.3 1226.0 3000. E = 2. Graficar los resultados.6 1712.4.2 391.0 2000.8 331.0 4000.0 8000. Material acero y diámetro 1 cm P 100 cm a 30 P b 30 Ta 45 Tb 45 Solución : Fx = 0 Ta Cos 30 = Tb Cos 45 (i Fy = 0 Ta Sin 30 + Tb Sin 45 = P (ii DE i y ii (Tb Cos 45/Cos 30) Sin 30 + Tb Sin 45 = P (iii Tb = 0.8 2072.10.0 1000. Tomar = 1.6 50 (l/k) 10.1 518.732 P La Sin 30 = 100 la = 200 cm Lb Sin 45 = 100 lb = 141.7 574. 732 P = 2 2.74 Kg Para B 0.Pcr= 2 EI/l2 Para A 0. de deformadas b = OO´ a = OO´Sin 30 b = a /Sin 30 Tblb/EA=Tala/(EA Sin 30) la Sin 30 = lb .74 Kg 10.1 x 10 6 (1)4/64/141.1 x 10 6 (1)4/64/2002 P = 34. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo.74 Kg De donde Pmax=34.6. Material acero y diámetro 1 cm Solución : Fx = 0 Ta Cos 30 = Ta Cos 30 No aporta a O a O 30 O´ 30 O` Fy = 0 2 Ta Sin 30 + Tb = P M = 0 Las fuerzas son concurrentes (i No aporta El sistema es hiperestático por lo que se debe hallar la ec.8965 P = 2 2. la = 200 cm Tbla Sin 30=Tala/Sin 30 .422 P P a a b 100 cm 30 30 Ta Ta Tb 30 P = 56. 2 P = 2 2.8 P Para A 0. Si P = 1000 Kg hallar el diámetro de los elementos sometidos a compresión para evitar el Pandeo.2 P Ta = 0.Tb = Ta/Sin2 30 Tb = 4 Ta De i y ii (ii 2 (4 Tb) Sin 30 + Tb = P Tb = 0.17 Kg 10.1 x 10 6 (1)4/64/2002 P = 127.17 Kg P P 100 cm a b a Ta Ta Tb Tc 30 c Ra De donde Tc Rb Ra Pmax=127.17 Kg Para B 0.Ra/Sin 30 = -1000 Kg (Compresión) . Material acero A TAC 20 30 B 60 B C 2TBC Cos P Vista Lateral P Solución : Por simetría Ra = Rb = P/2 = 500 Kg En el apoyo izquierdo Fx = 0 Ta Cos 30 + Tc = 0 (i Fy = 0 Ta Sin 30 + Ra = 0 (ii Ta = .8 P = 2 2.1 x 10 6 (1)4/64/1002 P = 127.7. 84 cm Pcr= 2 EI/l2 = 2 2.5 y 1.1546. Material acero Solución : Del 10.9. 0. Sy = 1800 Kg/cm² Solución : P/A= Sy /(1+(ec/k2)Sec[(l/k)(P/4Ae)1/2] En la ecuación no se puede despejar P/A pero si l/k .12 del capítulo 1 : TAC = 3163. Se pide hallar el diámetro de la barras BC.2 Kg (Tracción) De donde d = 2.Ta Cos 30 = 866.56 dBC = 1.09 Kg Tracción TBC = .1. Tomar ec/k2 = 0. 0.8.49 cm hallados en el capítulo 1 10.1 x 106 ( d4 /64) /l2 = 1546. Graficar la relación fuerza sobre área P/A vs relación de esbeltez l/k utilizando la fórmula de la secante.Ta Pcr EI 2 l2 2 E( d 4 ) 64 (100 / Sin30) 2 Tc = .56 Kg Compresión – Pandeo LBC = (152+602)1/2 LBC = 61.5 cm 10.55 cm Compárese con dAC = 1. 8 144.5 223.4 259.7 309.0 Nótese que la curva de Euler es la de la secante con ec/k2 = 0 200.8 110.0 438.5 198.4 453.2 185.6 179.5 123.0 2000 1500 0.1 94.1 206.6 0.0 446.3 0.6 152.0 151.1 58.4 46.Graficando P/A 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200 1300 1400 1500 1600 1700 455.3 321.9 172.1 161.1 132.0 400.6 105.0 136.0 600.8 142.9 0.5 113.8 101.1 0.1 246.3 131.5 114.8 227.5 65.7 117.0 137.4 123.6 185.2 229.0 .6 203.6 118.9 165.5 156.9 178.2 82.5 1000 1 500 Euler 0 0.6 319.0 78.3 121.4 126.2 296.9 262.9 96.1 152. Si P = 1000 Kg hallar el diámetro de los elementos sometidos a compresión para evitar el Pandeo.13. Material acero 10. Hallar el diámetro de una barra circular sólida que tiene la misma resistencia al pandeo que otra hueca con diámetros externo e interno D y d respectivamente 10. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. Sy = 1800 Kg/cm². Material acero.17.15. Material acero y diámetro 1 cm 10.1 E 06 y Sy= 1800 Kg/cm² 10. Hallar (P/A) para valores de (l/k) de 0 a 250 para los cuatro tipos de columnas en la fórmula de Euler.PROBLEMAS PROPUESTOS 10.11. Que ancho debe tener una barra cuadrada para que no se produzca pandeo para los cuatro tipos de columnas. Encima de la cual la falla se produce por pandeo y debajo de la cual la falla se debe a esfuerzos que superan la fluencia. Material acero y diámetro 1 cm 10.18. 10. Material acero y diámetro 1 cm 10. Se pide hallar el diámetro de la barras BC. y longitud 10 m 10.10. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo.12. Graficar los resultados.16. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. carga 100 Kg. Tomar E = 2. Determinar la relación de esbeltez critica para los cuatro tipos de columnas.14. Material acero . Sy = 3000 Kg/cm² .19. 0. Tomar ec/k2 = 0. Graficar la relación fuerza sobre área P/A vs relación de esbeltez l/k utilizando la fórmula de la secante.5 y 1.1.10. 0.