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. 1 Barra b) Placa. es decir con línea media contenida en un plano. Pertenecen a este tipo los elementos de estructuras y los cables. siendo el plano que contiene a S normal a la curva. en vez de línea media se utiliza la superficie media. en placas y cascaras. en comparación con la longitud de la línea media. Adicionalmente la mayor parte de barras son planos. Este es tipo de prisma mecánico más usado. como los tanques de agua. 1. es decir. En estructuras de hormigón armado se emplean sección transversal rectangular y cuadrada. silos. como las placas utilizadas como forjados en las edificaciones. por ejemplo.. 2 Placa Pertenecen a este tipo las losas que se fabrican para tapar depósitos subterráneos. mientras que en estructuras metálicas secciones muy usuales son el perfil laminado doble te I en vigas. Fig. cuya distancia es pequeña en comparación con las otras dos dimensiones (Fig. Es un cuerpo limitado por dos superficies no planas. gasómetros. Fig. que se define como la constituida por los puntos que dividen el espesor en dos partes iguales.7). Se llama así al prisma mecánico cuyas dimensiones de la sección transversal son pequeñas. así como las tuberías de gran diámetro y. c) Cascara. En los últimos tipos. La mayoría de las piezas pueden considerarse como uno de los siguientes tipos de prismas: a) Barra. Es un cuerpo limitado por dos planos. as. en general. Fig. plano de simetría del prisma. etc. las estructuras laminares. 3 Cascara Son de este tipo los depósitos. además. . siendo éste.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. o dos secciones en U soldadas en pilares. .4 Principios generales de la Resistencia de Materiales Como se mencionó anteriormente la Resistencia de Materiales requiere hipótesis simplificativas. c) Cargas estáticas y dinámicas.Las primeras actúan sobre todos los puntos del sólido y se deben a campos de fuerzas tales como el campo gravitatorio.. el hormigón y la piedra no lo son. por lo que se puede sustituir un sistema de fuerzas por otro equivalente 1.5 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. mientras que las cargas que varían con el tiempo se llaman cargas dinámicas y son las que provocan vibraciones ..Las cargas cuya magnitud. o el campo magnético. se llaman cargas estáticas mismas que no provocan vibraciones de las estructuras o elementos. en el presente texto se asumen las siguientes hipótesis: a) Los materiales se consideran continuos... situados lejos de los lugares de aplicación de las cargas no dependen del modo de aplicación de las mismas.Debido a que las deformaciones de los cuerpos son pequeños en comparación con las dimensiones del mismo..Con esta hipótesis se consideran las propiedades idénticas en todas las direcciones. 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.La mayoría de los materiales cumple con esta hipótesis aun cuando existan poros o se considere la discontinuidad de la estructura de la materia. f) Es aplicable el principio de Saint Venant.Según este principio las fuerzas interiores en los puntos de un sólido. formando una red ordenada. b) Los materiales se consideran homogéneos. y que las deformaciones son proporcionales a las cargas. es decir. punto de aplicación y dirección no varían o lo hacen muy lentamente.. el campo de fuerzas de inercia. d) Las fuerzas interiores que preceden a las cargas son nulas. Las fuerzas de superficie son las que se aplican a la superficie exterior del prisma. las ecuaciones de equilibrio correspondiente a un cuerpo cargado pueden plantearse sobre su configuración inicial. c) Los materiales se consideran isótropos. sin deformaciones. Los metales son materiales homogéneos e isótropos y la madera. e) Es válido el principio de superposición de efectos.. Las cargas distribuidas pueden ser de superficie (presión del viento o del agua sobre una pared) o de volumen (peso propio)..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. ya que existen espacios entre ellos y fuerzas que los mantienen vinculados.Con esta hipótesis se consideran las propiedades idénticas en todos los puntos.1. Pueden ser concentradas o repartidas. compuesta por átomos que no están en contacto rígido entre sí. Las cargas se clasifican en: a) Fuerzas de volumen y fuerzas de superficie. Al hablar de fuerzas interiores no consideramos las fuerzas moleculares que existen en un sólido no sometido a cargas.Las fuerzas interiores entre las partículas del material se oponen al cambio de la forma y dimensiones del cuerpo sometido a cargas. b) Cargas concentradas y distribuidas. es decir. el Momento Normal produce cargas de Torsión y el Momento Tangencial produce cargas de Flexión. 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. que la resultante sea nula. ya que si suponemos realizado en el sólido un corte ideal y prescindimos de una de las partes. 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. 2 Que el momento resultante de todas las fuerzas respecto de cualquier punto sea igual a cero. La resistencia para cargas estables se analiza en el presente libro pero no para cargas de régimen no estable.Si la variación de la carga es de carácter periódico.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. en cualquier sección interna aparecen una fuerza y un momento resultantes internos que equilibran las cargas externas.7 Tipos de Solicitación Considérese un cuerpo en equilibrio sometido a la acción de fuerzas y momentos externos. 1. para el equilibrio en un sólido elástico no sólo se requieren las condiciones del equilibrio estático. 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. la Fuerza Tangencial produce cargas de Corte. Esta condición asegura que el sólido no tenga desplazamientos. Del análisis individual de estas componentes definen los diferentes tipos de carga. sino también que exista equilibrio entre las fuerzas exteriores y las internas en cada una de las infinitas secciones. 1. 4 Fuerza y Momento Internos La fuerza y el momento internos pueden descomponerse en componentes paralelas y normales a la sección. Esta condición asegura que el sólido no experimente giros. 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. Así la Fuerza Normal produce cargas Normales de Tracción Compresión. o lo que es lo mismo. En un Sólido Elástico estas condiciones son necesarias pero no suficientes. Así. . Un cuerpo está sometido a Solicitación de Corte cuando sobre él se apliquen fuerzas perpendiculares al eje centroidal y paralelas a la sección transversal.. Dependiendo si la carga tiende a estirar o a comprimir la pieza. . Fig. Fig. la carga será de tracción o compresión. Fig. 7 Torsión d) Flexión.. 6 Corte c) Torsión..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.Un cuerpo está sometido a Solicitación de Tracción o Compresión. cuando sobre él se apliquen fuerzas paralelas al eje centroidal y perpendiculares a la sección transversal.a) Tracción Compresión.. 5 Tracción b) Corte. los momentos exteriores perpendiculares a este plano y no existen momentos de torsión Mt Fig. 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 Determinación de las Cargas Internas (Método de las Secciones) En un cuerpo sometido a fuerzas y momentos. Para que cada parte este en equilibrio.. La componente normal de la fuerza a la sección “N” produce tracción. 10 Configuración Frecuente . Frecuentemente las fuerzas exteriores se encuentran en un mismo plano.Fig. 8 Flexión e) Cargas Combinadas. 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. la componente tangencial de la fuerza a la sección “Q” produce corte. 9 Fuerza y Momento Internos La fuerza y el momento internos tienen componentes tangencial y normal a la sección. 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. la componente normal del momento a la sección “Mt” produce torsión y la componente tangencial del momento a la sección “Mf” produce flexión.Los cuerpos y elementos en condiciones reales presentan combinaciones de los anteriores tipos de carga. que actúan sobre la parte separada. En el presente texto inicialmente se analizan los tipos de carga de forma individual y su combinación se analiza posteriormente 1. Se verifica el equilibrio: P . Aumentando “P” aumenta la reacción Fi . 11 Fuerzas en las Moléculas Realizando un análisis molecular.2 . y como consecuencia la barra se deforma permanentemente o se separa. (1. 1.1.12 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.P = 0 Fig.Fi Pi (1. que podrá crecer hasta un determinado límite.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). lo que finalmente impide que las moléculas se alejen entre sí. Tomando un par de ellas se verifica que: -Pi Fi . 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).9 Tensiones o Tensiones a) Análisis Molecular Considérese una barra sometida a la acción de dos fuerzas iguales. más allá del cual las moléculas se separan irremediablemente. la fuerza externa se distribuye en pequeñas fuerzas tirando de cada molécula. sin embargo la atracción entre moléculas opone resistencia con una fuerza igual y contraria. opuestas y colineales en sus extremos. que tratan de separarla de sus vecinas. Cada sección es tan delgada como el diámetro de un átomo y los átomos están ordenados según un arreglo matricial Fig. 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.14 Tensiones Normales y Cortantes La tensión normal provoca que las partículas que están en el plano dado. Fig. en el plano de la sección en cuestión. 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. .13 Vector Tensión Si df es la fuerza resultante en un punto P. tiendan a separarse o a acercarse mientras que las tensiones tangenciales provocan el deslizamiento de las partículas del material. por ejemplo la B.3 (1.c) Vector Tensión Considérese un cuerpo sometido cargas exteriores. 1. 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. se define como tensión en el punto a: Esfuerzo Fuerza F Area A f df t lim dS0 S dS (1. 1. A ambas tensiones se denomina componentes intrínsecas del vector tensión. 1. Dibujando líneas equidistantes de la periferia se puede apreciar que ellas tienen mayor “concentración” o “densidad” donde el área es menor.15 Estado tensional f) Densidad de Tensiones Fig.16 Densidad de Tensión Cuando una barra de sección variable se somete a cargas de tracción F. 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. Estos tensiones son mayores donde las secciones normales son las menores y viceversa.17 Concentración de Tensiones Los cambios o variaciones de las secciones transversales de una pieza y especialmente las variaciones bruscas. 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. Este fenómeno es similar a la velocidad que adquiere un fluido en una tubería por lo que también es conocido por flujo de tensiones. . resultan en la magnificación de las tensiones efecto conocido como Concentración de Tensiones.Los materiales no tienen una determinada resistencia a las fuerzas y momentos. g) Concentradores de tensión Fig. ya que ella depende de las dimensiones. 1. 1. Las deformaciones se cuantifican con: δ = lf . es decir. a) Deformación provocada por Cargas de Axiales Fig. no sometido a solicitación alguna Fig. sin carga.Las hendiduras.6 Los sólidos. 1. bajo la acción de cargas externas se deforman y cambian sus dimensiones o forma.lo Deformación longitudinal (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.5 (1. agujeros y cambios de sección bruscos son Concentradores de Tensiones. mientras que las cargas de compresión provocan acortamiento en la dirección axial y ensanchamiento en la dirección transversal. Se ha podido verificar que por ejemplo un agujero circular en una placa plana incrementa las tensiones hasta tres veces.10 Deformación Consideremos dos puntos P y Q en un sólido elástico en estado neutro. 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 (1.18 Deformación Aplicadas las cargas externas hay deformación y los dos puntos pasan a las posiciones P' y Q'. 1. Al cambio de dimensión se le denomina deformación lineal y al cambio de forma deformación angular.7 . Las cargas de tracción provocan alargamiento en la dirección axial y adelgazamiento en la dirección transversal. 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.do Deformación transversal (1. 1. 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.ε = (lf – lo)/lo Deformación longitudinal unitaria (1.8 δq = df . 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). Las secciones transversales giran una respecto a otra. .9 εq = (df – do)/do Deformación transversal unitaria (1.10 Donde lf. 1. lo. Fig. Para obtener la relación entre tensiones y deformaciones se procede por vía experimental mediante ensayos realizados en el laboratorio. debido al tensión. de la estructura interna del material.12 Aumentando progresivamente el valor de P.11 La probeta. El ensayo más simple que se hace es el de tracción. P A (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.11 Diagrama Tensión y Deformación La deformación depende de las cargas externas y consecuentemente de las tensiones y de fuerzas de atracción molecular.Fig. la medida de los alargamientos. que para dos piezas de distintos materiales. en donde se comprueba. Si A es la sección de la probeta y P la fuerza aplicada en sus extremos en dirección axial. se obtiene para el acero dulce el diagrama tensión-deformación similar al de la figura . que determinan una longitud denominada distancia entre puntos. midiendo ε y llevando los valores a un gráfico. la fuerza origina en el interior del material un estado de tensiones que se supone constante. se alarga. La deformada unitaria longitudinal es: l f lo lo (1. de iguales dimensiones y sometidas al mismo estado de cargas. sobre las que se efectúa. las deformaciones son distintas. 1.22 Deformación por Cargas de Flexión Las deformaciones se cuantifican con: ô Deformación lineal θ Deformación angular 1. En la probeta se realizan previamente dos marcas. es decir. por medio de un extensómetro. denominados límites de fluencia superior e inferior. aumentan las deformaciones sin que existe aumento de tensión. hasta el Sp (límite de proporcionalidad). b) Período elasto-plástico. el material fluye. la pieza no recobra su dimensión original y la deformación es permanente acorde con la carga aplicada. no manifiesta proporcionalidad entre tensiones y deformaciones.001 %. c) Período plástico (fluencia). El fenómeno no es tan simple. En la práctica.. es decir que producida la descarga. al cual se llega con un valor de tensión que se indica como Sy (tensión de fluencia). La segunda zona entre Sp y Se. En la primera zona: d E d (1. si bien es elástica. La tensión de proporcionalidad es aproximadamente 80% la de fluencia . este límite se considera como tal cuando en la descarga queda una deformación especifica remanente igual al 0. la probeta recupera su longitud inicial.ε En este diagrama pueden distinguirse ciertas zonas con determinadas características: a) Período elástico. A medida que aumenta la solicitación. dónde el material verifica la ley de Hooke. ya que la tensión oscila entre dos valores cercanos entre sí.Una vez arribado al valor de tensión Sy (límite de fluencia). tendiendo a anularse en el tramo final del período.14 En general. El límite de elasticidad se caracteriza porque.Para tensiones superiores al límite elástico..13 En la segunda zona d f ( ) d (1.. 1.Fig.Este período queda delimitado por la tensión Se (límite de elasticidad). la gráfica disminuye el valor de su tangente. respectivamente.23 Diagrama ζ . los límites de proporcionalidad y de elasticidad difieren muy poco entre sí. hasta llegar al mismo. Este período comprende dos zonas: la primera. el material se comporta elásticamente. produciéndose la rotura física.15 .25 Fenómeno de estricción La estricción es la reducción de una sección central de la pieza.Luego de la fluencia hay un reacomodamiento cristalográfico y el material se endurece e incrementa su resistencia. En este período las deformaciones son muy pronunciadas. En efecto. alcanzado el valor de la deformación específica correspondiente a Sut. comienza a manifestarse en la probeta un fenómeno denominado “estricción”.Fig. que forman con el eje de la misma un ángulo de 45º. Fig. La tensión Sut no es en realidad la máxima tensión que se origina en la probeta sometida a carga. Entonces el diagrama que anterior suele denominarse “diagrama convencional. a partir del cual la tensión disminuye hasta que alcanza una determinada deformación de rotura. ya que los cálculos de las tensiones se realizan siempre sobre la base de suponer la sección transversal constante. La tensión aumenta hasta alcanzar un valor máximo. denominado “tensión de rotura”. 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. con área igual a la inicial. 1. 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..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. en realidad. es decir. d) Período de endurecimiento y de estricción. misma que hace que las tensiones aumenten y que. admite un incremento de carga. 1.24 Líneas de Chernov . Para aceros endurecidos mecánicamente o los de dureza natural. 1. con conformaciones superficiales). 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.No poseen un límite de fluencia definido ni tampoco zonas de escurrimiento plástico. y también puede lograrse por laminado en frío. trefilado o torsión. El trefilado se utiliza para endurecer alambres o barras circulares finas.ε es distinto del que se vio. Fig.27 Endurecimiento mecánico del acero dulce Este fenómeno se denomina endurecimiento mecánico o por trabajo en frío.Sus límites de proporcionalidad y elasticidad son más elevados que los aceros comunes. logrado por un mayor contenido de carbono o mediante aleaciones especiales. y el torsionado especialmente para barras redondas (en general. .26 Diagrama ζ .Fig.ε efectivo y convencional Para tensiones mayores a la fluencia como M en la gráfica la pieza presenta deformaciones permanentes. este se determina en forma convencional como la tensión para la cual la deformación especifica remanente alcanzan al 0. Las características más importantes son las siguientes: . para hormigón armado. .2 %. Si la probeta vuelve a cargarse la curva llega al punto N.La deformación de rotura se reduce considerablemente. el diagrama ζ . 1. . Al no existir un límite de fluencia definido. Cuando se quita la carga las tensiones y deformaciones desaparecen a través de una recta paralela a la del período elástico. . pero el acero.Considérese una barra recta sometida a tracción. aluminio.12 Constantes Elásticas El comportamiento lineal elástico de los sólidos. ya que antes de alcanzarse la misma las deformaciones son tan grandes. sin grandes deformaciones previas. que presentan una gran capacidad de deformación antes de alcanzar la rotura. Se puede decir que estos materiales avisan la rotura física. 1. Los materiales como el acero duro. se dice que el material es “perfectamente elástico” sino “parcialmente elástico”. 1.Fig. Un material es “perfectamente plástico” cuando al dejar de actuar la carga que lo deforma mantiene su configuración deformada. que la estructura llega a la falla por este motivo. a) Módulo de Elasticidad Longitudinal (E). 1. se denominan “dúctiles”. se denominan “frágiles”.% Los materiales como el acero dulce.. para los cuales la rotura se produce bruscamente. Si la pieza recupera completamente su longitud inicial. goma.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”. e) Elasticidad y Plasticidad. permite definir las constantes elásticas.28 Límite Convencional de Fluencia 0. Otros materiales como la arcilla y la masilla pueden considerarse como perfectamente plásticos. la madera y el hormigón se consideran perfectamente elásticos dentro de ciertos límites. En la realidad ningún material es perfectamente elástico o plástico.33 Barra de sección constante sometida a tracción La deformación unitaria es : . Fig. 34 Proporcionalidad entre ζ – ε en la zona elástica Tg E (1. Fig. las tensiones son proporcionales a las deformaciones Fig.Sea un paralelepípedo fijo en su parte inferior y con una fuerza P en su cara superior. L L (1.18 Ecuación conocida como de Hooke. b) Módulo de Elasticidad Transversal (G)..19 es similar a la vista anteriormente para las tensiones normales.17 E (1. se conoce como módulo de elasticidad longitudinal o módulo de Young. . Es la más importante de las cuatro constantes elásticas. La constante E.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. 1.16 En la zona elástica. 1. Para el acero común Sy’ = 0. además de experimentar deformación según la dirección de la fuerza. Fig.37 Deformaciones Longitudinal y Transversal Las deformaciones unitarias son: L L (1. 1. la constante que vincula la tensión tangencial con la deformación angular. Tg G (1.Dentro de la zona elástica.22 q Experimentalmente se ha visto que ambas deformaciones son proporcionales εq = ν ε (1.23 .57 Sy c) Coeficiente de Poisson Al someter a una barra a un tensión axial.21 a a (1.20 Esta es la ecuación de Hooke para tensiones cortantes. es llamada módulo de elasticidad transversal o módulo de rigidez (G). el cuerpo también deforma en la dirección normal a ella. Dúctil Acero Corriente Fig.34 0.30.13 Diagrama Tensión – Deformación para otros materiales En la figura 1.32 a 0. hay algunos materiales para los cuales se observa que el diagrama ζ .100 1.100 750 a 1600 760 80 a 120 150 a 350 < 120 0. En general para materiales isótropos. 1. donde interesa la curva ζ .29 se presentan los diagramas tensión – deformación para diferentes materiales. Frágil Acero de Alta Calidad Acero Media Calidad Mat.31 a 0.000 a 2.23 a 0.50 Valores de Constantes Elásticas según el material Material E (Ton/cm²) 2.33 0.27 0.24 ν es el coeficiente de Poisson Donde 1.33. Ahora bien como se observa en la figura 1.25 y 0.29 Diagramas Tensión Deformación .ε en compresión.00 Los módulos de elasticidad longitudinal y transversal están relacionados por: E=2G(1+ν) (1.22 a 0. Mat. Un ejemplo clásico es el hormigón. que prácticamente en ningún momento se verifica la ley Hooke. varía entre 0.32 a 0.35 0. En cualquier caso ν < 0.20 0.ε es una curva continua sin tramos rectos.36 0.10 a 0.01 - Acero Cobre Bronce Hierro fundido Aluminio Madera (paralela a la fibra Hormigón Mampostería de ladrillo Caucho Corcho γ 0.160 a 1.300 1.ν se define como el coeficiente o módulo de Poisson y su valor depende del material. es decir.47 » 0. propuso como relación entre ζ .Es el valor al origen E = tg α (1. 0 se obtiene la ley de Hooke.31 Diagramas no lineales ζ . .27 el coeficiente k depende del material (valor medio.085 k = 0.Su valor viene dado por la tangente trigonométrica del ángulo α1..15 k = 1.30 Módulos Tangentes y Secantes a) Módulo al origen. 1.En estos casos no puede hablarse de un módulo de elasticidad único.25 b) Módulo Instantáneo.Su valor lo da la pendiente a la curva ζ ..10 k = 1.ε En el caso que k = 1.26 c) Módulo Secante. Bach.ε una ley de tipo exponencial que lleva su nombre: ζk = E e (1. tal es el caso del hormigón. 1. Para estos materiales. Ciertos materiales presentan un comportamiento diferente en compresión que a tracción. Cabe distinguir tres valores del módulo de elasticidad: Fig. ya que depende de muchas variables): Material Hormigón Cobre Latón Cuero Coeficiente k k = 1.70 Fig.ε en cada punto: E d tg ( o ) d (1.. los errores de las dimensiones. .15 Coeficiente de Seguridad. prescindiéndose del tramo curvo y en materiales plásticos el diagrama es una recta horizontal. La falla de una pieza puede provocar pérdidas económicas y humanas por lo que se debe buscar la máxima seguridad. resumiendo las características fundamentales de los tres tipos de materiales. los errores de cálculos. 1. los defectos del material. la tensión máxima en una pieza no debe superar un valor límite.29 Donde es el coeficiente de seguridad. etc. las hipótesis de cálculo.28 Sadm = Sut/ Para materiales frágiles (1.25 y 1. 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. correspondiente al período elástico. para estructuras de hormigón armado. 1.14 Diagramas Ideales Los diagramas que se vieron a veces son reemplazados por diagramas idealizados por Prandtl. entre 1.32 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.10 y en la construcción de máquinas el valor varía. se deforman indefinidamente sin incremento de tensión.5 a 2. Existen numerosas causas de incertidumbres: Las hipótesis de cargas.75 y 2. Fig.60. indican valores que varían entre 1. Tensión Admisible y Carga Admisible No hay la seguridad absoluta y las piezas están amenazadas por incertidumbres. 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. los coeficientes de seguridad varían entre 1. materializando el período de fluencia. El diagrama ideal correspondiente a un material dúctil se compone de dos tramos rectos: uno inclinado. los errores de ejecución. Para evitar la falla.5. La elección del coeficiente de seguridad es compleja pero disposiciones reglamentarias que tratan sobre construcciones de acero. el otro horizontal. Son aquellas cuya magnitud no varía con el tiempo.30 = G < S’adm (1. la falla frente a cargas estáticas se previene con : = E < Sadm (1. 1. 1.40 Carga Intermitente ..Son aquellas cuya magnitud cambia de un valor positivo al mismo valor negativo.16 Resistencia para Cargas Estáticas y Variables a) Cargas Estáticas. Es decir que varían periódicamente de un valor máximo a cero. 1. P Pmax Pmin t Fig.Pmin) . ( Pmax = .. 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.31 b) Cargas Variables.1.Cargas Intermitentes..Son aquellas cuya magnitud varía con el tiempo.38 Carga Estática Como se mencionó anteriormente.Son aquellas que aparecen y desaparecen.39 Carga variable de régimen estable Los dos casos más comunes de cargas variables de régimen estable son: . ( Pmin = 0 ) P Pmax P min t P Pmed max 2 Fig.. En el presente libro se analiza la resistencia solo para cargas estables P Pmax t P Pmin Pmed max 2 P min Fig.Cargas Alternantes. 42 Diagrama de Goodman Modificado Según esta teoría la pieza no falla mientras las tensiones se encuentran dentro de la región sombreada.41 Carga Alternante Existen varias teorías para verificar la falla frente a cargas variables. 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. 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. . Se = Sut/2). 1. Para construir el diagrama se necesitan: El Limite de Rotura Sut . 1. En el presente libro se desarrollará sólo la teoría de Goodman Modificado. 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.P Pmax t P Pmin Pmed max 0 2 P min Fig. 5 mm. Tomar = 0.2. Se tiene dos cables metálicos.05 [cm] (b) Solución: Para evitar la falla = P/A < Sy Despejando P = d2 Sy /4 Reemplazando valores Pal = 22.l)/ l a = 1 cm a = 0. el primero de Aluminio con un diámetro de 1 mm y el segundo de Acero con un diámetro de 0.1 [cm] (a) 0.8 Kg/cm²).56 Kg El cable de aluminio es más resistente.65 Kg Pac = 8.1 (10%) b = 5 cm b = 0.3. Se pide calcular la deformada total y unitaria Solución: = lf – l = / l = (lf . se deforman hasta alcanzar longitudes finales de 11 cm y 105 cm respectivamente.05 (5%) Nótese que: a < b pero a > b 1. Se pide calcular la deformada total y unitaria transversal.1.8 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. Tomar Sy al = 283 Mpa (2884.PROBLEMAS RESUELTOS 1. Dos piezas “a” y “b” con una longitud inicial de 10 cm y 100 cm.3 Solución: q = - df = q d + d . Si en el problema anterior los diámetros de ambas piezas es de 1 cm. 1. anterior. Hallar los módulos de elasticidad al corte para los materiales del 1. Sy acero = 428 Mpa (4362.428 (42.8 %) acero / aluminio = Syacero/ Syaluminio = 1.1 x 10 6 Kg/cm² Solución: =E a = 0.2 se pide hallar las tensiones a los que están sometidas las piezas si son de acero. Ealuminio = 0.8 Kg/cm²) y Sy aluminio = 283 Mpa (2884.05 (5%) Entonces a = 210000 Kg/cm² b = 105000 Kg/cm² Ningún material soporta estos tensiones. Solución: =/E = Sy/ acero = P/A = aluminio acero/aluminio = Ealuminio / Eacero = 0.7. 1.00207 (0. Una carga de 100 Kg se aplica a dos piezas de aluminio y acero con el mismo diámetro de 1 cm. Cuál es la deformada máxima que puede tener un acero antes de fallar.1 (10%) b = 0. Eal = 0.985 cm 1. Estas deformadas (10 y 5 %) son imposibles.03 (3%) dfa = 0.0.1 x 10 6 Kg/cm² Solución: < Sy =E < = Sy/ E = 0.8 Kg/cm²).97 cm qb = .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. Tomar Sy = 428 Mpa (4362.8 Kg/cm²) y E = 2.5%) dfb = 0.4. Tomar E = 2. Tomando Eacero = 2.6.9 x 10 6 Kg/cm² Solución: .1 x 10 6 Kg/cm².015 (1. Se pide hallar : La relación de deformadas y la relación de factores de seguridad.3 Eac = 2. Tomar = 0.qa = . Para el problema 1.9 x 10 6 Kg/cm².1 x 10 6 Kg/cm².5.512 (151.0.2%) 1. 4000) E(0. 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. tensiones medios y tensiones mínimas.6000) C(4000.3000) B (6000.46 x 105 Kg/cm² 1.9. En el anterior 1.-3000) La ecuación de la recta conocidos dos puntos es (y – y1)/(x – x1) = (y2 – y1)/(x2 – x1) Para (A.B) (y – 3000)/(x .6000) C (4000.8.G = E/[2 ( 1 + )] Gacero = 8.4000) = (0 – 4000)/(2000 .6000) = (-3000 – 6000)/(0 . Solución: A (0.0) = (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 .-3000) -3000 E 1.3000) B(6000.6000) Smin = 1.4000) E (0.5 x – 3000 para min < 0 Cuando Smin = 0 se halla que x = 2000 y D = ( 2000.0) (y – 4000)/(x .4000) y = 2 x – 4000 .hallar las ecuaciones de las tensiones máximas. 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. 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 = . Smax = x/2+3000 y x = 2000 S = 4000 Kg/cm² c) Carga alternante S = Se = 3000 Kg/cm² 1.11.para min > 0 Smin = 2x – 4000 1. max = 3500 Kg/cm² y min = – 500 Kg/cm².10. max = 4500 Kg/cm² y min = 1500 Kg/cm². 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(20000.0) med -3000 E a) a med = 0 S max = 3000 < a max = 3500 Hay falla . Hallar las tensiones admisibles para carga estática. max = 4500 Kg/cm² y min = 0 Kg/cm². S Sut B Sy Se C A 45º D med A(0.0) E(0.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 = .5 Sut)/(x . Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas. medios y mínimos.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) = (-0.5*Sut ) B(S ut .0.Sut ) C(Sy .5 x – 0.Sy ) D(Descon.0.500 Kg/cm² < 0 Smin = . 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 .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 – 0.0) = (Sut – 0.750 c) < b min = -500 Kg/cm² No hay falla c max = 2250 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² Smax = 4125 d) y = 1.5 Sut CD) para min < 0 Cuando Smin = 0 se halla que x = Sut/3 y la coordenada de D ( Sut/3.5 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 – Sut)/(0 – Sut) Smin = 1.12. 16. Tomar Sy = 2884. Se pide hallar resistencia de los cables del 1. tensiones medios y tensiones mínimas. Para las cargas dadas determinar en cada caso si hay o no falla con el material de los problemas 4. para cargas Alternante e Intermitente. En el anterior 1.23. Hallar las tensiones admisibles para carga estática. 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 1.21. 1. max = 4000 Kg/cm² y min = 0 Kg/cm². Se pide hallar la carga que pueden levantar (resistencia) dos cables metálicos.8 Kg/cm² y E = 0.anterior. tensiones medios y tensiones mínimas.7 x 10 6 Kg/cm² 1. Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas. En el anterior 1. Tomar S y al = 2884.19.1 mm. 1. 1.hallar las ecuaciones de las tensiones máximas. 1. Cuál es la deformada máxima que puede tener un Aluminio antes de alcanzar la fluencia. 1.8 Kg/cm² 1.14.17.15. . Una carga de 100 Kg se aplica a una pieza de Acero con un diámetro de 1 cm y una longitud de 100 cm.22. max = 4000 Kg/cm² y min = 1500 Kg/cm².20. Se pide calcular las deformadas longitudinal y transversal. 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.se pide calcular la variación del volumen debido a la deformación. max = 3000 Kg/cm² y min = – 500 Kg/cm².13. 5 y 6 max = 3000 Kg/cm² y min = – 3000 Kg/cm². el primero de Aluminio con un diámetro de 2 mm y el segundo de Acero con un diámetro de 1 mm.PROBLEMAS PROPUESTOS 1.18. 1. carga intermitente y carga alternante del material de los problemas 4 y 5 1.8 Kg/cm² y S y ac = 4362. 5 12.15 .5 2 90 85 62 84 122 190 150 MPa 428 480 470 310 552 518 276 515 345 274.34 0.32 .3 86.6 10.9 44.33 0.6 11.4 6.5 5.4 .3 86.1 12.9 3.5 870 35 310 70 280 621 552 60 17.8 G GPa 73 73 73 72 69 104 104 104 104 173 173 31 117 69 166 179 207 2.33 0.4 0.5 12.7 41. 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 29.33 0.27 .2% C cold-rolled Steel .4 0.28 0.32 .4 8.32 .35 .5 11 11 11 - GPa 27.6 26.2 27 27 26 38 38 44.32 0.5 17 10 24 26 30 400 150 .5 11.8 280 150 345 414 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 2.8 3.6 10.4 30 30 30 30 30 29 29 29 29 29 1.2% C hardened Steel .9 1.0007 11.6 250 340 700 41 45 32 60 70 120 7.3 .32 .4 Ksi 4 3.5 12.6 78.32 .2% C hot-rolled Steel .5 13. cold rolled) Brass (Red.32 .31 0.3 43. annealed) Bronze (cold rolled) Bronze (annealed) Cast iron (tension) Cast iron (compression) Concrete (compression) Copper (cold-drawn) Plate glass Magnesium alloy Monel (wrough.5 80 80 80 80 80 86.3 .2 0.33 0.6 12.3 75.32 .34 0.75 5.5 27.6 11.00276 207 207 207 207 207 200 200 200 200 200 9 13.4 10 15 15 15 15 25 25 4.5 6.8% C hot-rolled Steel Stainless (cold-rolled) Steel Stainless (heat-treated) Steel.6 138 65.5 6.27 .9 3.6 11.5 620 587 428 580 842 1310 1040 36 50 100 6 6.9 75.3 1.76 1 . hot rolled) Nickel alloy Nylon Polyethylene Rubber (average) Steel .9 75.29 .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.9 86.9 400 500 830 51 58 48 Ksi 10.6 10.34 0.5 2 40 22 50 60 0.9 - 0.4% C hot-rolled Steel .28 0.5 6.34 0.5 4.48 .33 0.32 .35 0.3 4 20 9.6 11.6 62 60 53 53 76 165 132 MPa 283 410 331 276 483 414 104 772 138 205 13. . 2.1 Tracción Ejemplos de elementos sometidos a tracción compresión son: Los cables metálicos.Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.2 Tracción y Compresión 2. los elementos de las vigas armadas y elementos de las estructuras metálicas.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. es decir..Los materiales son homogéneos 4.. en todas las secciones rectas del elemento se anulan el tensión cortante y los momentos torsor y flector. Dependiendo si la carga tiende a estirar o a comprimir la pieza.. tampoco fuerzas de corte y solo se verifica una fuerza normal N en el centro de gravedad de la sección..1 Introducción Un elemento está sometido a tracción o compresión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen momentos internos. los arriostres. la carga será de tracción o compresión.Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3. Fig. 2.Los miembros sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo.. 2. Para una pieza de sección variable las tensiones varían inversamente proporcionalmente a la magnitud del área .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. se observa que: n = P/A (2. Fig.1 Hipótesis de Bernoulli Entonces si εX = cte.1 n = 0 (2. de la ley de Hooke se concluye que como el área es también constante.Fig. las tensiones resultan constantes.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. con carga las líneas paralelas al eje longitudinal se alargan por igual (La deformación longitudinal es constante). 2.4 Diagrama de Fuerzas Normales 2. Fig. 2. 5 y 2. la fuerza externa P genera una fuerza interna de igual magnitud.1 La ecuación de una circunferencia es : (x – xo)2 + (y – yo)2 = R2 (2.6 α = N/Aα = P Cos α /(AN /Cos α) = P Cos2 α / AN (2. se verifican los resultados obtenidos en 2.13 . 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.3 Q = P Sin α (2.P/2AN)2 + α2 = (P/2 AN)2 (2.4.10 α = (P/2AN) Sin 2 α (2.8 α = (P/2AN) (1 + Cos 2 α) (2.6 α = Q/Aα = P Sin α/(AN /Cos α) = P Sin α Cos α / AN (2.6 AN = Aα Cos α (2. Se tiene: N = P Cos α (2.3 Tensiones en una sección inclinada Por equilibrio.7 y 2.5 α = Q/Aα (2.12 Y se verifica que (α .4 α = N/Aα (2.8.11 Reemplazando α = 0 en 2.9 De 2.7 De 2.Si en lugar de cortar la barra por la sección recta transversal A.2. 2.3 y 2. se la corta por una sección inclinada en un ángulo α Fig. 2. 2. 14 Para α = 45 45 = P/2AN max = P/2AN (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. Para prevenir la falla.4 Tensiones en una sección normal Entonces. max P/2AN max Fig. De 2. b) Tensiones Principales Se llaman tensiones principales a las tensiones máximas. 2.8 y del gráfico Para α = 0 max = N = P/AN min = 0 (2. la deformada es proporcional a la carga y es válida la ecuación de Hooke x = P/AN = E x (2. 2.21 .20 y = z = . 2.16 max = P/2AN < S´y (2.ν x /E (2. ambos tensiones máximas no deben exceder las fluencias.7. max = P/AN < Sy (2.18 y = z = 0 (2.15 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.ν x = .19 x = /L (2.5 Deformación en una pieza de sección constante En la zona elástica. 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. sobre sus hombros.26 . 2. el peso propio es una carga que tiene mucha importancia y debe ser tomada en cuenta. Tensiones y Deformadas debido al Peso Propio En objetos de gran altura como por ejemplo edificios.24 Para una sección transversal constante se obtienen los mismos resultados de 2. 2. El peso es una carga variable ya que a analizando una sección horizontal a una altura “y”.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.Entonces x = PL/EA (2. la del medio soporta 75 Kg. Para piezas con sección variable se aplica la anterior ecuación a un elemento diferencial “dx” donde el área se puede considerar constante. torres y otros. esta soporta el peso de la porción del objeto que se encuentra encima de ella.6 Deformación en una pieza de sección variable d = Pdx/EA l 0 (2. y la de abajo soporta 150 Kg. dy A W(y ) Peso sobre "y " h y Fig. dx P P l lf Fig. En ésta torre la persona de arriba no soporta sobre sus hombros ninguna carga.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. Para entender mejor esto se presenta la analogía de una torre humana de 3 personas cada una con un peso de 75 Kg.17 d) Cargas.23 Pdx EA (2.22 Resultado válido para piezas con sección constante. 19 reemplazando en ella el peso como carga h A( y )dy dy h h Pdy y EA EA 0 0 (2. tot = mec + t = /E + T (2.4 16.29 t = l T (2.Un error común es tomar el límite inferior como cero. que se calcula por : Entonces lf = l +l T (2.7 10. provocan tensiones. Entonces se enfatiza en que el límite inferior de la integral es “y”. aun pequeños cambios de temperatura producen grandes tensiones térmicos.30 t = T (2. T) (2.32 Si la deformación por cambios de temperatura se restringe. Los cambios de temperatura originan una deformación lineal uniforme en todas las direcciones.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.31 es el coeficiente de dilatación que es un valor específico de cada material. Material Aluminio Fundición Cobre Acero Hormigón 23. Para encontrar estas tensiones.2 10.7 11. 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 . Esto se debe al módulo de Young que para la mayoría de los materiales usados en Ingeniería es grande . La tensión en una sección a una altura “y” es: h W ( y) ( y) A( y ) A( y)dy y A( y ) (2.33 Cuando la expansión térmica de un sistema se restringe por ejemplo anclando una pieza entre dos paredes rígidas. ya que en este caso el peso calculado es el de toda la pieza.28 e) Deformaciones debido a la temperatura Además de las deformadas debido a las cargas externas se presentan deformadas originados por cambios de temperatura.27 La deformación longitudinal debido al peso propio se halla con la ecuación 2. conocidas como dilataciones y contracciones. 38 = (y+ x )/2+(x . Por trigonometría L Cos = dy (2.37 = y (1-Cos 2)/2+ x (1+ Cos 2)/2 (2. las ecuaciones representan una circunferencia con desplazamiento en de (x +y )/2.2.y dx dz Sin .29 dan las tensiones normales y cortantes para una sección inclinada.y Sin2 .y )/2]2 (2. Esta ecuación no necesariamente pasa por el origen .35 L dz .40 + y Sin Cos .4 Tracción Compresión Biaxial a) Tensiones Considérese un elemento diferencial sometido simultáneamente a cargas de tracción compresión en dos direcciones Fig.41 = (x -y )(Sin2)/2 (2.y )/2.y )(Cos 2)/2 (2.8 Tensiones en Tracción Compresión Biaxial En la sección inclinada aparecen simultáneamente tensiones normales y cortantes .26 y 2.42 De la estática F1 = 0 F2 = 0 Las ecuaciones 2. sin desplazamiento en y radio igual al (x .39 L dz + y dx dz Cos -x dy dz Sin = 0 (2. Ya que (Sin 2 )2+( Cos 2 )2 = 1 (2.36 .34 L Sin = dx (2.x Sin Sin = 0 (2.x Cos2 = 0 (2.44 Similar a una dimensión.43 Entonces [-(x + y )/2]2 + 2 = [(x .x dy dz Cos = 0 (2. 2. 49 c) Deformaciones En la figura se muestra un elemento sometido a tracción compresión en dos dimensiones o biaxial Fig.45 Para = 90 max = y min = 0 (2.46 Para = 45 min = 0 max = (x -y )/2 (2. 2. (x y)/2 max (x-y)/2 max Fig.47 Una pieza sometida a tracción compresión en dos dimensiones tiene tensiones normales máximas en los ejes “x” y “y”. las tensiones máximas no deben exceder los límites de fluencia max < S y (2. Para que la pieza no falle. se aplica el principio de superposición.10 Deformaciones en Tracción Compresión Biaxial Debido a que las ecuaciones son lineales. 2.9 Circulo de Mohr en Tracción Compresión Biaxial b) Tensiones Principales Las tensiones máximas o principales son: Para = 0 max = x min = 0 (2.48 max < S´y (2. y tensiones cortantes máximos en secciones inclinadas a = 45º. donde se hallan primero las deformaciones originadas sólo por las cargas horizontales y luego las . El tensión ζ2 es el tensión longitudinal.55 2.53 Superponiendo xt = x /E . que contiene un fluido a presión. Las deformadas totales se hallan por la superposición o combinación de ambos resultados parciales.q = . y /E = x. Se van a determinar las tensiones ejercidos sobre un pequeño elemento de pared con lados respectivamente paralelos y perpendiculares al eje del cilindro. .54 yt = y /E .11 Recipiente cilíndrico Las tensiones ζ1 y ζ2 mostrados en la figura 2. 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.x (2.11 son por tanto tensiones principales. x /E = y.50 y = .52 x = .deformaciones originadas sólo por las cargas verticales. Debido a la simetría axial del recipiente y de su contenido. Se aclara que p es la presión manométrica del fluido. x /E (2. y /E (2. El tensión ζ1 se conoce como tensión de costilla y se presenta en los aros de los barriles de madera. no se ejercen tensiones cortantes sobre el elemento.y (2.q = . Considerando inicialmente sólo las tensiones horizontales x = x /E (2. Figura 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.51 Considerando ahora sólo las tensiones verticales y = y /E (2. 13 Corte del cilindro De la sumatoria de fuerzas en z. el cuerpo libre. un elemento diferencial y por la simetría de la esfera estará sometido a las tensiones ζ2 uniformes .13 se hace un corte perpendicular al eje x y se considera.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 (2.56 ζ1 = p r / t (2.57 Para hallar el tensión longitudinal ζ2 como se muestra en la figura 2. finalmente se concluiría que: p (π r2) = ζ2 2 π r (2.Figura 2. consta de la parte del recipiente y de su contenido a la izquierda de la sección 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. Fig.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.61 2. Para resolver pues un caso hiperestático no serán suficientes las Ecuaciones de equilibrio y se buscarán para complementarlas Ecuaciones de Deformación. 2. Estos casos suelen darse cuando la barra o la estructura tiene apoyos (ligaduras) de más. .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.60 ζ2 = p r / (2 t) (2. se dice que es un caso Hiperestático. finalmente se concluiría que: p (π r2) = ζ2 2 π r (2. 1 0.2.0 88.0 0.5 210 3.7 25.3 58.0 240 4.2 43.2 -49.1.8 340 5.1 -43.9 60 1.1 43.5 270 4.0 -20.0 97.0 0.0 3.2 20 0.0 100.9 120 2.0 58.2 80 1.3 140 2.0 11.7 3. Hallar las tensiones máximas del 2.3 -49.0 20.0 41. Hallar las tensiones para ángulos desde 0º hasta 360º con un intervalo de 10º.9 350 6.1 32. Solución: =(P/2An)(1+Cos 2) 100.5 40 0.3 97.0 -60.9 290 5.3 75.3 30 0.0 70 1.0 17.7 280 4.1 190 3.1 32.7 75.0 11.0 180 3.6 160 2.PROBLEMAS RESUELTOS 2.0 50.3 49.8 170 3.3 -32.0 11.0 58. Una pieza está sometida a cargas de tracción compresión en dos dimensiones con x = 90 Kg/cm² y y = -120 Kg/cm².3 -32.3 32.0 3.6 100 1.7 41.2 310 5. Graficar los resultados.1 -32.2 49.7 25.3 25.0 100.7 41.1 -43.1 300 5.3 49.0 97. Una pieza con una sección de 1 cm² está sometida a una fuerza de tracción en una dimensión de 100 Kg.2 -43.1 17.0 17.0 88.2 43.4 90 1.1 43.4 320 5. Solución: max = P/AN = 100/1 = 100 Kg/cm² max = P/2AN = 100/2 = 50 Kg/cm² 2.0 88.1 17.7 3.7 220 3.3 200 3.4 260 4.3 75.7 50 0.0 Esf Corte (Gr) (Rad) 0 0.0 100.1 -17. .1 0.3 0. Hallar las tensiones en secciones con ángulos de 0º hasta 360º con un intervalo de 10º.3 25.1 -17.0 -17.2 49.7 110 1.2 250 4.2 -49.3 97.1 0.0 0.3 58.3.0 11.8 230 4.0 40.3 32.0 -17.1 -32.0 =(P/2An)(Sin 2) 0.0 88.0 -40.1 0.4 150 2.0 41.0 10 0.7 75.3 -49.0 Esf Normal 2.6 330 5.2 -43.1 130 2.0 -50.1 360 6.0 60.1. 1 300 5.2 -67.5 90.2 37.1 130 2.0 -50.7 -95.5 90.5 -35.9 -103.0 -35.07 Kg/cm² max = N = P/AN = = 141.2 -33. unitaria longitudinal y transversal Los coeficientes de seguridad Solución: a) A = 2/4 = 7.5 -33.0 -100.0 Esf Corte (Gr) (Rad) 0 0.2 20 0.7 -120.0 83.3 140 2.0 50.9 -67.2 -33.0 =(x-y)(Sin 2)/2 0.0 -150.9 -67. Tomando Sy = 1800 Kg/cm² y Sy´ = 960 Kg/cm²sse pide hallar: Las tensiones máximas Las tensiones a 30o Las deformadas total.0 10 0.0 -113.2 80 1.9 67.2 250 4.9 0.9 60 1.5 -90.7 -95.y )/2 = 105 Kg/cm² 2.2 3.4 320 5.5.5 40 0.4 83.9 290 5.5 35.4 83.7 280 4.4 260 4.Solución: = (x+y)/2 + ( x- y)(Cos 2)/2 90.6 330 5.5 65.0 180 3.5 35.5 3.4 90.4 -67.0 70 1.2 310 5.9 67. Hallar las tensiones máximas del problema 2.3.0 -113.9 120 2.4 37.9 0.4 103.1 190 3.2 -67.7 110 1.7 90.0 50.0 Esf Norm al 2.7 65. Una pieza cilíndrica de Acero tiene = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a una carga de 1000 Kg.0 0.9 350 6.0 240 4.47 Kg/cm² para = 0o .7 90.9 67.4 -103.9 -103.2 3.4 -113. Solución: =0 max = x = 90 Kg/cm² = 90 max = y = -120 Kg/cm² = 45 max = (x .0 35.4 -67.7 220 3.9 67.1 360 6.9 103.0 83.0 35.5 3.4 -90.3 200 3.8 230 4.5 -33.6 160 2.9 0.0 -50.2 37.9 0.9 -67.4 103.3 -150.5 -95.9 -67.4 90 1.4 90.7 50 0.4 150 2.5 270 4.5 -35.8 340 5.5 -90.7 65.6 100 1.0 100.9 103.7 -120.4 -103.5 210 3.4 -113.5 -95.4.8 170 3.4 37.4 -90.3 30 0.5 65.0 150.0 -35. 10 Kg/cm² = (P/2AN) Sin 2 30 = 61.47 = 12.25 Kg/cm² = Pl/EA = 6. x /E = 4.20 x 10 –6 (-20. En la pirámide truncada de área transversal cuadrada de la figura.3 200[kg] c 100[kg] b a Solución: x = Fx/(b c) = 33.20 x 10 –4 %) q = q d = -60.7. y una vertical de 200 Kg.73 x 10-3 cm c) = /l = 67 x 10-6 ( 67 x 10 –4 %) q = - = -20.73 = 13. Tomar = 0.33 Kg/cm² y = Fy/(a c) = 100.57 2.28 x 10-5 af = a + a xt = 2. Se pide calcular: a) El peso parcial sobre cualquier altura “y” b) El tensión normal máximo .6.000003 cm bf = b + b yt = 3.00 Kg/cm² xt = x /E .58 x 10-6 yt = y /E .6 x 10 –6 cm = Sy/max = 1800/141.00012 cm 2. max = P/2AN = 70.73 Kg/cm² para = 45o = (P/2AN )(1 + Cos 2) b) 30 = 106.72 d) = Sy´/max = 960/70. 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. y /E = 1. Se pide hallar las dimensiones finales. En la pieza cónica truncada de la figura.8. se pide hallar la deformación debida a la acción de la fuerza P y del peso propio.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.c) La deformada total 60[cm] SEC. 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. . La tercera ecuación se halla analizando las deformaciones . En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables. 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 .Tb –Tc 2 = 0 (ii El sistema es hiperestático ya que son tres incógnitas (Ta .P D/2 SEC.9.Tc) y sólo 2 ecuaciones. 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. Tb . 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 .5 la lb = lc Sin = 0.866 lc Fy = 0 Ta Sin + Tb+Tc Sin = P Ta 0.Tc) y sólo 2 ecuaciones.10.Tc = 2 Tb . De la ecuación de deformadas O O O' O' . Tb .5 + Tb + Tc 0.866 = 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. ii y iii (iii Ta = P .Tc Tb = P/3 Tc = P/12 Ta = 7P/12 2.Tb . 5Tb( 0.5 = [(Tc – 0.866 De vii (viii Tb lb/ Cos = Tc lc/ SinCos+Sin Cos) Tb lb/ Cos = Tc (lb/0.5 .5.5 Ta + 1.11.Sin Cos ) = Tblb/ Cos Ta (lb/0.5 Tan = (Tc/0.866) = Tblb/ Cos Ta = 0.8662Tb) Tb = Ta + Tc (x Esta última es la ecuación de deformaciones buscada.866 Tan = [(Tc – 0.866 Tb) – 0.5 + (Ta +Tc )+ Tc 0.866 Tan ) 0.866) = P Ta = 0.866)/ (0. La barra horizontal se supone rígida y articulada en la pared .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 0.5)/(Cos 0.5.Ta) / (0.8662Tb) / (0.8662Tb) / (0.5Tb)] 0.211 P 0.Sin 0.866 ( 0.5 = lb lc 0.52Tb .866 Tan Tan = [( 0.577 P 0.8662Tb) ( 0.866 Tb)]/0. En el sistema de la figura se piden hallar las tensiones en los cables a y b.866Cos+Sin 0.866 Tc = P 1.52Tb .866 (2Ta 0.866 = lb De vi Tala/(Sin Cos .866 = P 1.5) 0.(Ta / 0.5Tb)]/0.Ta) / (0.52Tb .Ta) = (Tc – 0. De x y i Ta 0.366 P 0.42 P Tb = 0.0.866 Tb)] 0.29 P Tc = 0.5Tb) = 0.5 P 2.Ta) = (Tc – 0.5 De viii y ix (ix [( 0.52Tb .5 Ta + 1. 3535 + Tb 0.8 (iv .4472 = P (iii Son tres ecuaciones con cuatro incógnitas Rx .5 = 26.TaCos -Tb Cos = 0 (i Fy = 0 Ry + Ta Sin +Tb Sin -P = 0 (ii Mo = 0 .56 Fx = 0 Rx. Ry .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. 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.Ta Sin l/2 -Tb Sin l + P l = 0 Ta 0. Ry .405 P Tb = 1.12.es hiperestático con tres ecuaciones y cuatro incógnitas Rx . De donde Ta = 1. 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 1.5 = Tb Resolviendo (iv .124 P 2. 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 0.5 -Tb 0.866 + P 0.433 = 0 (iii El 2.Que es la cuarta ecuación buscada. 361 P 2.Ta = 0.y son x2+y2 = 302 x2 + (y-40)2 = 152 . 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.1546. 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 = 18.49 cm 2.Pandeo Analizando solo la barra AC AC = TAC/( dAC2/4) < Sy dAC = 1.2406 P Tb = 0. Se pide hallar el diámetro de la barra AC.43 Tan = 15/60 = 14. Las ecuaciones de los círculos respecto del sistema x .14.13.09 Kg Fx = 0 Tracción TAC Cos + 2TBC Cos = 0 TBC = .03 TAC Sin = P TAC = 3163.56 Kg Compresión . 43 ec deformaciones t = 1+2 = 0 1 28.195 (i .741 P 2.y2+ 80y –1600 y = 28.15.0472) 0 E 60 E 30 Ra = . 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 .6167) a (2.259 P Rb = 0.6167) E 60 1 40 2 28.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 15 ( y 40) 15 ( y 40) 40 E 2(152 ( y 40) 2 )1/ 2 2 ( R a P) (2. 43 2 ( Ra P)dy 4 ( Ra P) 1 1 dy E 30 28.0.43 0 Ra dy 4 E 2(30 y ) 2 1/ 2 2 2 Ra E 60 28.0472) E 30 1 2 Ra ( R P) (3.43 0 1 1 (30 y) (30 y) dy Ra (3. 03 E-8+(Ra-P)3.09e 7 E 30 30 60 2 Ra 30(4) Ra 2.36e 9 E (3) 60 30 La ec de deformadas t = 1 +2+3 = Ra9.36 E-9 = 0. 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.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 9.25 P 2. De las deformaciones b a a 30 O b a b = OO´ O' .75 P Rb = 0.09 E-7+Ra2.02e 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)3.001 Ra = 0.16. 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. obtenemos: .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. D = 5[cm].2x105[1/ºC]. si la temperatura aumenta a 120ºC. determinar las reacciones que soportan los apoyos luego de la dilatación.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. hay contacto en la pared derecha. La pieza mostrada en la figura fue maquinada con las dimensiones mostradas. 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 . d = 2[cm].0745cm Ya que la deformada es mayor a la holgura. Ecu = 1. tomando: l = 20[cm].22.2 x10 5 )(120 25) T 0.1x106[ Kg/cm²]. al = 22. 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. cu = 17x10-6[1/ºC]. En la siguiente figura determinar las tensiones que ocurren en cada uno de los alambres flexibles.39 Kg 2.A 3.A 1.l2 l l l E.l1 E.l3 P Solución: Las deformaciones .23.A 2. (Considerar los datos mostrado en la figura.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. que soportan a la barra rígida. E. articulada en uno de sus extremos. 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 . Determinar la deformación debido al peso propio del bloque mostrado en la figura. circular y variable con la altura. de la parábola es x x o P( y y o ) 2 ( xo . mostrado. de forma parabólica.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 .24. y o ) ( H . Siendo la sección. según el sistema de coordenadas.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. H x x ry y H dy y wy H/3 y Solución: T H 0 w( y ) dy EA y la ec. 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 . 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 2.28. 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. Se pide hallar: a) El peso parcial sobre cualquier altura “y” b) La tensión normal máxima c) La deformada total . 2. Una pieza está sometida a tensiones de tracción compresión en dos dimensiones con x = . y una vertical de -200 Kg.30. 2. Tomar = 0. 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. Hallar las tensiones para una sección que forma un ángulo de 30º con la horizontal 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.31.26.PROBLEMAS PROPUESTOS 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. Hallar las tensiones normal y cortante para una sección a 30º en el anterior problema 2. Se pide hallar las dimensiones finales.25.29.120 Kg/cm² y y = -150 Kg/cm².3 200[kg] c 150[kg] b a 2.27. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables (a) (b) (c) P 2.34. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables. Hallar las tensiones en los cables (d) l/5 (e) l/5 l/5 P .33.35. l l (a) (b) (c) (b) (a) l/2 P 2.30 1000 y 500 15 45 2.32. Hallar las tensiones en los cables l/4 (a) l/5 (b) (c) l/5 2. Tomar = 0.01 cm . Se pide hallar el diámetro de la barra AC.39.37. (a) (b) (c) l/2 l/2 P 2. Tomar Sy = 1800 Kg/cm² A A 20 30 B 60 B C P 2.36. Tomar las unidades en cm B 40 50 P 30 A 50 2. Hallar la deformación total debido al peso propio. Para el sistema de la figura se piden las reacciones en A y B. Tomar las unidades en cm 30 40 P 25 60 2.38. Se pide hallar las reacciones en las paredes. Hallar la deformada debido a la fuerza P y el peso propio P D h dy A A y D/2 2. Considerar una sección rectangular de espesor constante “b” y los siguientes datos: . Tomar E = 2.40.70 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. l/4 l/4 l/4 l/4 l/3 A P 2. b) Utilizando las anteriores relaciones determinar las tensiones sí: A1 = A2 = A3 = 2 cm² = 30º. un peso W como se indica en la figura. 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.42. a) Determinar las expresiones para calcular las tensiones en cada una de las barras y la fuerza total sobre la barra AO.43. W = 2500 Kg. = 45º.35 P 60 45 45 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg 0. Hallar la deformación total del sistema de la figura.41. Tres barras se encuentran articuladas en A para soportar juntas. Si la temperatura aumenta a 120 º C. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función cúbica.45. y y P D d x Dx D dx f(x2) x d x l 2. P = 5000 Kg. Ecu = 1. considerando como datos: .47. E = 2. l.46. d = 2 cm. tomando: l = 20 cm. T a/2 Cu a l Al l 2. al = 22.1x106[ Kg/cm²]. a. Cuando las deformaciones además de la carga P provienen de un incremento de la temperatura T .1x106 Kg/cm² . Hallar una expresión para determinar la reacción en cada uno de los apoyos. Hallar las tensiones en el sistema de la figura.L = 30cm.44. h = H/3.2x10-5 (1/ºC). D = 5 cm. cu = 17x10-6 (1/ºC). b = 5 cm T = 90C l/2 B P A H 2P h H B l l B-B b l 2. como se ve en la figura. H = 10 cm. Eal = 7x105[ Kg/cm² T d Cu l a Al D l cm 2. de los elementos mostrados en la figura. determinar las reacciones que soportan los apoyos luego de la dilatación. debido a la variación de temperatura T. y es circular y varía en cada tramo.l3 P 2. la barra se encuentra sometida a la acción de las respectivas cargas. La barra maciza mostrad en la figura. d D 3P P 2P l l 2. 3P 2P E2 d 2d E1 E1 l l l acción de las fuerzas a los apoyos que se apoyos. Determinar la expresión para calcular la deformación total de la barra.l2 l l l E. como se muestra en la figura. que tiene una perforación que produce una pared de espesor constante t.50.A 1.51.49. La sección de la barra varía según se ve en dicha figura. x y ry dy wy y 2. Determinar la variación que debe tener la sección circular del elemento de la figura. La barra mostrada en la figura se encuentra sometida a la mostradas que produce una reacción interna de la barra.E.48. determinar la deformación total del sistema siendo el material el mismo para ambos tramos. determinar las reacciones que se producen en dichos además que los materiales tienen diferente módulo de elasticidad. debido muestran.l1 E. t P D l/2 2P 3P 2P D/2 l l 2.A 3. de modo que las tensiones debido al peso propio sean constantes.A 2. consta de un tramo troncocónico y otro cilíndrico. considerando su sección transversal . Hallar las tensiones de los elementos mostrados en la figura. 1 2 P a 2.53. si uno de ellos fue fabricado con una falla en su longitud = 0. Hallar las tensiones en las barras de la armadura mostrada en la figura cuando se aplica la fuerza indicada. Calcular las tensiones de montaje de los elementos flexibles mostrados en la figura.56.5 cm.54. Considerar conocidas las longitudes de cada una de éstas. Determinar las tensiones normales que experimentan cada una de ellas.52. 1 1 a 3a 3a 2 2 P 2. Determinar la ecuación para determinar el Área de las secciones transversales de los elementos elásticos que se muestran en la figura.55. Considerar E. 1 2 a P 3 a 2. Una armadura simétrica experimenta las cargas mostradas en la figura. a=1[m] 2a a . A igual para todas las barras. a 1 2 a a P 2.2. 57. l 2l 3 1 l 2 l P . además determinar todas las tensiones en las diferentes barras. constante. 2. Considerar. Determinar los desplazamientos. 2l l 3 1 2 l A l P .58.2. horizontal y vertical. el módulo de rigidez a la tensión E·A. Determinar el desplazamiento del punto A debido a las cargas aplicadas sobre la armadura mostrada en la figura. del punto de aplicación de la fuerza P. . el corte de planchas metálicas mediante cizallado. bulones.. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.. Fig.Los miembros sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo.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: .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. tampoco fuerzas normales y solo se verifica una fuerza tangencial Q en el centro de gravedad de la sección.. en todas las secciones rectas del elemento se anulan la fuerza normal y los momentos torsor y flector. etc.3 Corte Puro 3. 3.Los materiales son homogéneos 4.1 Introducción Un elemento está sometido a Corte Puro cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen momentos internos. pernos.Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5. 3. punzonado o troquelado y las uniones con remaches. es decir.Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3. soldadura.. 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. necesariamente se requiere que: a) Las tensiones de corte actúen en cuatro caras del elemento diferencial. 3. Si en lugar de cortar la barra por la sección recta horizontal A.Fig. se la corta por una sección inclinada en un ángulo α .1 = Q/A (3.3 Condiciones de Equilibrio Para que el elemento diferencial este en equilibrio. b) Las tensiones sean concurrentes o divergentes en las aristas y que tengan igual magnitud. 3.2 Tensiones en Corte Puro Realizando un corte en la pieza por la sección recta horizontal A.2 Ahora bien. se observa que: =0 (3. 10 De la estática F1 = 0 F2 = 0 Cuando α = 0 se verifica que 0 = 90 = 0 (3. 3.y dy dz Cos α + x dx dz Sin α = 0 (3.13 De 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 (3.14 Que es la ecuación de una circunferencia con centro en el origen.3 dl Sin α = dx (3.12 Ya que (Sin 2 α)2+( Cos 2 α)2 = 1 (3.9 α = Cos 2α (3.4 Tensiones en una Sección Inclinada Geométricamente dl Cos α = dy (3. 3. max max Fig.5 α2 + α2 = 2 (3.6 α = - Sin 2α (3.7 α dl dz .5 α + y Cos α Sin α + x Sin α Cos α = 0 (3.Fig.15 .4 α dl dz + y dy dz Sin α + x dx dz Cos α = 0 (3.8 α .y Cos α Cos α + x Sin α Sin α = 0 (3.11 0 = 90 = (3.3 y 3. las tensiones máximas no deben excedeα las fluencias.17 max = P/AN < S´y (3. las tensiones de corte son proporcionales al ángulo de deformación.18 c) Deformaciones Como se mencionó anteriormente. más que presentar cambios en las dimensiones sufre distorsión o cambios de forma.20 3.Paαa α = 45 max = P/AN min = 0 (3. De la ecuación de Hooke = Q/AN = G (3. Dentro de la zona elástica. Estos problemas se conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir ecuaciones adicionales de deformaciones.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. los elementos sometidos a la acción de fuerzas cortantes o tangenciales. .19 = Q/(AN G) (3. max = P/AN < Sy (3.3 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. 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. 02 Kg/cm² b = FB /A = 933.33 Kg Fa = . La plataforma de la figura soporta una carga de 400 Kg y esta soportada por 4 pasadores de 1 cm de diámetro.16.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.34 Kg/cm² a = S`y/ a = 1.33/( 12/4) = 1061. P=400 kg 9 75 P=400 kg M=P(75+9/2) B D A C d Solución: d = (9 )21/2/2 = 6.833. Se pide el coeficiente de seguridad en los pasadores.33/( 12/4) = 1188.36 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(6.33 Kg a = Fa /A = 833. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm².36)] = 1250 Kg La composición da . Fy = 0 Fa + Fb = P (i MA = 0 P (75+9) = Fb 9 (ii De i y ii Fb = 933.036 (No hay falla) b = S`y/ b = 0.925 (Hay falla) 3. 10 Ta = 1.88 Kg Fatot = 1181.Fax = -1250 Cos 45 = . Ta l/2 Rx l/2 l/2 P Ry l/2 Tb l/2 P Solución: De 2.88 Kg Fay = 100-1250 Sin 45 = -783.88 Kg Fby = 100+1250 Sin 45 = 983.883.88 Kg Fdtot = 1322. Se pide el diámetro del pasador O. La plataforma de la figura soporta una carga de 1000 Kg y esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables.653 (Hay Falla) 3.883.56 .98 Kg = S`y/ = 0.TaCos -Tb Cos = 0 (i Fy = 0 Ry + Ta Sin +Tb Sin -P = 0 (ii = 45º = 26.40 Kg Fbx = -1250 Cos 45 = .60 Kg Los pasadores más solicitados son los “b” y “d”.88 Kg Fbtot = 1322.124 P = 1124 Kg Fx = 0 Rx. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².88 Kg Fctot = 1181.60/( 12/4) = 1683.40 Kg Fdx = 1250 Cos 45 = 883.405 P = 1405 Kg Tb = 1.88 Kg Fdy = 100+1250 Sin 45 = 983. es decir los de la derecha b = d = F /A = 1322.88 Kg Fcy = 100-1250 Sin 45 = -783.60 Kg Fcx = 1250 Cos 45 = 883.17. 9 Kg R Rx Ry 2 2 R = 1577.Rx = 1496.21/( pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 1.49 cm .9 Kg Ry = -496.21 Kg max = R/AN = 1577. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² A 30 B 40 30 .19. Tomar Sy` = 900 Kg/cm² Chav eta Polea Eje 3.20. Una pieza de madera con sección cuadrada soporta una carga de 1000 Kg y está unida a 70 º. Tomar Sy´ = 200 Kg/cm² P P 70 3. Una pieza circular con un diámetro de 1 cm soporta una fuerza cortante de 150 Kg. Se piden a) Las tensiones para ángulos de 0 a 360 con intervalos de 10. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² P e P a 3. El momento torsor soportado es de 150 Kg cm y el diámetro del eje de 3 cm. Hallar el área que debe tener la chaveta.5 cm.21. están unidas por cordones de soldadura a 45º: Se pide hallar la carga máxima que la unión soportan. B y C. Para una intensidad de la carga distribuida de H = 10 Kg/cm. 3.22. Una polea está fijada a su eje por medio de un pasador rectangular.y b) Graficar vs. Se piden las dimensiones. Dos placas con un ancho de b = 3 cm y un espesor de e = 0. de diámetro se necesitan para unir dos placas que deben soportar una fuerza de corte de 1500 Kg. Cuantos remaches de 2 cm.23. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm P P 3.18. Se pide hallar los diámetros de los pasadores en A.PROBLEMAS PROPUESTOS 3. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y un cable. H 60 3. Se pide hallar el valor máximo de P que pueden soportar los pasadores. La plataforma de la figura esta soportada por 4 pasadores de diámetro de 1.5 cm y en ella actúa una fuerza P.25. Tomar Sy´ = 1500 Kg/cm² P 3.27.3.26. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm². Una escalera soporta una carga distribuida de H = 10 Kg/cm y se fija al piso por dos pasadores para evitar su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores.24. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm². Que fuerza se necesita para troquelar una pieza de sección cuadrada de 6 cm de lado y 0. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² 30 O 30 60 P P 3. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables.3 cm de alto. P 9 A 9 B C D . se pide hallar el diámetro del pasador en O. Para una carga horizontal en su extremo derecho de P = 100 Kg. se pide hallar el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm². La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm² 9 90 A B C D P = 400 Kg 6 3. 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. P l/2 l/4 l/4 l/4 l/4 . 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. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² y P = 1000 Kg. Para las cargas en su extremo derecho de P y 3P.28. 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. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm².30. Se pide el factor de seguridad en los pasadores. se pide hallar el diámetro del pasador en O. Se pide el factor de seguridad en los pasadores. 3P l/2 l/2 P 3. P=400 kg 90 A C B 12 3.3.31.29. 4.1 Introducción Un elemento está sometido a torsión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen fuerzas internas..Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3. sólida o hueca... es decir. .Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5. Los elementos sometidos a torsión son comúnmente de sección circular. 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.1 Torsión Los ejes y árboles de cualquier maquina son ejemplos de elementos sometidos a torsión.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.Los materiales son homogéneos 4.. 4.4 Torsión 4. en todas las secciones rectas del elemento se anulan las fuerzas y el momento flector. debido a que piezas tales como rodamientos.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.. Fig. 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. 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. Fig. se inclina y curvea luego de la aplicación de los momentos (A-C). 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.3 Rotación de Secciones en Torsión Considérese una barra prismática sometida a momentos de torsión en sus extremos. las generatrices rectilíneas de la superficie lateral del cilindro se transforman en hélices. 4. 4. Como consecuencia de lo enunciado resulta que las secciones tienen rotaciones relativas. Por otro lado. de modo que las rectas trazadas sobre ellas continúan siendo rectas y los ángulos mantienen su medida.2 Diagrama de Momentos Torsores 4. 4 Análisis de un Elemento Diferencial Se puede apreciar. c. b´.5 Tensiones Cortantes en Torsión De la estática Mo = 0 A (dA)r Mt 0 Y de 4.5 (4. Entonces : De Hooke Tg ≈ = AA’/AAo (4. d debido al desplazamiento de los puntos a y b hacia a` y b` en la sección derecha.Fig. 4. que una figura rectangular a. Ésta deformación o distorsión es la misma que se producía en cargas de corte.5 En la ecuación se aprecia las tensiones cortantes son proporcionales al radio ( r ).1 AA` = r d (4.4 = G r d/ dz (4. 4. c.2 AAo = dz (4. Fig.3 =G (4. d se distorsiona en la forma romboidal a´. b.6 . 14 Si el diámetro es constante MtL GIo (4.8 0 d dz (4.11 Para piezas sólidas max d T( ) 16T 24 3 d d 32 (4.13 b) Deformaciones El ángulo que giran las secciones laterales de una pieza sometida a torsión. R d Fig. 4.6 Angulo de Rotación entre Secciones en Torsión Integrando 4.10 l Mt dz GI o 0 (4.9 De 4. Grd r 2rdr Mt dz 0 R r 4 d 4 dz G 2 Mt GI o (4.7 R Mt (4.15 .12 Las tensiones máximas nunca deben sobrepasar los Límites de Fluencia del material. max < S´y (4.5 y 4.9 Mtr Io max (4.10 Mt R Io (4. 4 Torsión en Elementos con Sección Rectangular Fig. En vista que las tensiones de la parte central de la sección maciza son pequeñas. formando superficies helicoidales.c) Tensiones Principales Fig. Como se vio. 4. 4.9 Torsión en una Pieza Rectangular . 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. Además actúan a 45º con respecto a los planos de las secciones. 4.7 Tensiones Tangenciales y Normales Un elemento diferencial del interior de una barra circular torsionada se encuentra en un estado de corte puro.8 Tensiones en una Pieza Circular Hueca 4. por lo que para torsión son más convenientes las secciones huecas Fig. 5 Tensiones en Secciones Cerradas de Pequeño Espesor Para piezas con pequeño espesor las tensiones normales se consideran cero y sólo habrá tensiones cortantes.263 0.229 0.En este caso la hipótesis de Coulomb: "las secciones transversales permanecen planas durante la torsión".307 0. Fig.313 0.196 (4. . 4.249 0.282 0.299 0.75 2 2.231 0. no es válida para secciones rectangulares ya que las secciones se alabearán.246 0.208 0. 4.258 0.313 0. válida para secciones circulares.307 0.333 4.267 0.10 Alabeo de una Pieza Rectangular Aun así se supone que sólo aparecerán tensiones cortantes x. Aquí se exponen solo los resultados que se obtienen al aplicar dicha teoría al caso se piezas de sección rectangular.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 (4.5 0.17 1.239 0.333 0. Fig.5 3 4 6 8 10 OO 0.299 0. se debe a Saint-Venant y es parte de la Teoría de la Elasticidad.281 0. El cálculo exacto de tensiones y deformaciones en una pieza de sección cualquiera sometida a Torsión.214 0.16 El Angulo h/b Mt Ghb3 1 1.141 0. de todas las fuerzas que actúan en la misma: Fig. 4. De la estática en x Fig.12 Sección Cerrada de Pequeño espesor Analizando el elemento b c d e. Las tensiones cortantes aparecen solo en las secciones cortadas y son tangentes a ellas Fig.18 b tb = c tc (4. 4.13 Tensiones en Sección Cerrada de Pequeño espesor b tb dx = c tc dx (4. son mayores donde el espesor es menor Tomando momentos respecto del centro de gravedad G de la sección.19 t = Constante (Flujo cortante es constante (4.20 Las tensiones cortantes.Considérese un elemento diferencial de una pieza de longitud dx sometida a Torsión. 4.21 .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. resultando su valor: max Mt 2t min Am (4.6 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) De manera similar a lo visto anteriormente.24 4.Mt t rdSm t 2dAm t 2 Am Sm (4. los problemas se conocen como estáticamente indeterminados o hiperestáticos.22 Sm Mt 2tAm (4. En estos casos se deben complementar las ecuaciones de la estática con ecuaciones de deformaciones .23 Dónde: Am = "área encerrada por la línea media de la sección transversal" La tensión cortante máxima se da donde el espesor es mínimo. cuando las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y M = 0) son en número menores al número de reacciones incógnitas que se deben hallar. 08 = 5.95) = 0. 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. cm. 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. Si el material del eje tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm². Tomando = 1. Solución: La potencia Pot (CV) = T ( Kg.0188 rad 4.95 cm4 a) Tensión máximo max = TR/Io = 1000(1.95 max = 188.62 Kg/cm² b) Coeficiente de seguridad = S`y/max = 960/188. Tomando Sy´ = 960 Kg/cm².14 max = 16 T/ ( d 3) d = [16 T / ( S`y)]1/3 d = 4.62 = 5. Un tambor con un diámetro de 30 cm.08 c) Deformada = TL/(GIo) = 1000(100)/(6.3.67 x 105 7. levanta una carga de 1000 Kg.2.39 cm 4.PROBLEMAS RESUELTOS 4. m) (rad/seg)/ 75 . Calcular el diámetro del eje.5 se pide calcular el diámetro del eje. cm De 4. Una pieza cilíndrica de Acero de diámetro = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a una carga de 1000 Kg.1. 182 rad tot = 1 + 2 = 0. La primera pieza es sólida con un diámetro “d” y la segunda es hueca con un diámetro externo “D” y un espesor “e”.189 rad 4. m = 11942.5.67 x 105 14/32) = 0. se pide el ángulo de deformación del extremo libre respecto al extremo fijo.66 cm Se adopta d = 5 cm 4. Se pide : La relación de dimensiones La relación de masas.36 Kg. En el sistema de la figura. Dos piezas cilíndricas del mismo material están cargadas con el mismo momento de torsión “T”. cm Tensión max = 16 T/ ( d 3) < S`y/ d = [16 T / ( S`y)]1/3 = 4.67 x 105 34/32) = 0. 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)/(6.14 rad/seg El momento T = 5 (75)/3.4. (rad/seg) = (30 rpm) (2 rad / rev) (min/60 s) = 3. Si la fluencia al corte es Sy.14 = 119. d D e Solución: a) Las tensiones de corte no pueden ser mayores a la fluencia max TR S y ´ Io .00678 rad 2 = TL/(GIo) = 300(40)/(6.59 Kg. 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. 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. 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.6.6849 cm b) Mh D 2 ( D 2e) 2 Ms d2 D e . 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. Para un cilindro hueco con un diámetro D = 5 cm y un espesor e = 0.3 cm. En ellas se pide: a) La tensión cortante máxima b) La deformada total 60 45 T=1000 kg cm dy 1000 y 15 90 . 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) = .64 % de la pieza sólida.368717 /G 4.41536 Este resultado indica que si bien ambos cilindros tienen la misma resistencia. 4.0235 Kg/cm² b) La deformada h T dy GI o 0 1000 0 1000(32) dy G (0. El sistema de la figura tiene una forma cónica circular.(Mh/Ms) = 0.03 y 90) 4 = 0.(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. la pieza hueca solo pesa el 41. El sistema de la figura tiene una forma cónica circular hueca.8.7. 4145 /G 4.Solución: Las ec. Para un momento torsor T aplicado en la sección común.0344 Kg/cm² b) La deformada h 0 1000 T dy GIo 0 (1000)(32) dy 4 4 G 0.(30/1000) y + 90 d(y) = (30/1000) y + 15 La inercia Io = [-(30/1000)y + 90]4 .[(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. se pide hallar los momentos de reacción en A y B .10.454)/32 = 869767.03 y 90 0.09 cm4 max = TR/I = (1000)(30)/ 869767. La pieza de la figura tiene una forma semiesférica truncada.9. con un diámetro en la base de 60 cm y una altura de 20 cm. La pieza de la figura está formada por dos semiesferas truncadas con diámetros de 60 y 30 cm en sus bases.09 max = 0. Para un momento torsor T aplicado en su parte superior.03 y 15 = 0. se pide la deformación angular. de los diámetros externo e interno son : D(y) = . y T 20[cm ] x 60[cm] Solución: Definiendo un sistema de coordenadas en la base.3634 10-5 T / G 4. 309)10 4 G 4 (Ta T )(2. 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 = 28.322 T 4.678 T Tb = 0.43 0 G 2(30 y ) 40 2 28.43 1 28.761)10 4 G Ta (1.761)10 4 0 G G De donde Ta = 0.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.11. La pieza de la figura tiene una sección circular. 43 T Ta 32dy 2 2 1/ 2 4 (Ta T )32dy G 2(15 2 ( y 40) 2 )1 / 2 Ta (1. En ella se pide hallar las reacciones en las paredes . La ec de deformadas t = 1+ 2 = 0 Se define un sistema de coordenadas en la base.309)10 4 (Ta T )(2. una cilíndrica y otra cónica. Determinar la deformación total que se produce en la barra de la figura que consta de dos tramos.668)10 5 G G (3x 195) 4 75 85 3 Resolviendo T Ta (1.65)10 4 4 G 0 G ( 30 x / 45 60) 45 1 2 (Ta T )30(32) (Ta T )(3.773)10 4 (Ta 3T )(3.2 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. sometida a la acción de un momento torsor T en su extremo libre. Tomar D = 10 cm y l = 50 cm. T D/3 D/2 D l/2 l/2 l/2 .65)10 4 (Ta T )(3.773)10 4 G G 30 4 (Ta 3T )32dx (Ta 3T )(3.12. 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 (1.462 T 4.668)10 5 0 G G G De donde Ta = 0.462 T Tb = -3. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función cuadrática.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. 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 .721 T/G 4. como se ve en la figura. d)(x / l)m + d l T ·dx 0 G·I 0 o l T 32dx Dd G· ( m ) x m d l 4 4.14. l = 150cm. como se ve en la figura.648x105 Kg/cm² . G = 7. 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 .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. Mt = 7000 Kg·m. Determinar la deformación angular de la pieza de sección circular. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función potencial. sometida a las cargas de torsión mostradas en la figura. Tomar D = 10cm. d = 3cm.15. 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 = 5.65x105 Kg/cm².1x105 Kg/cm².16.4.3Mt 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 = . l = 50 cm Gac = 7. Gal = 2.283 Mt/G 4.Gcu = 4.866 x 10--5 rad . Tomar D = 20cm. Calcular la deformación angular del eje circular de la figura.64x105 Kg/cm². Hallar la deformación de la pieza troncocónica y cilíndrica hueca mostrada en la figura.6x105 Kg/cm². G = 7. Tomar D = 20cm. Se pide hallar las reacciones en los extremos.17. d = 5 cm. El eje de la figura tiene sección circular.4. 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. 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. Mt = 8000 Kg·cm.18. 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 .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 9.195M t l GD 4 4.507 Mt 4. 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 . Hallar la deformación angular del sistema.20. Hallar la deformación angular del extremo derecho de la pieza mostrada en la figura.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 = 4.507 Mt Ma = .0. Evaluar el resultado cuando d = D/2 .19. 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.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. y G = 8. Tomar m0 = 10 Kg·cm/cm. . a = 100 cm y D = 2 cm.1452 moa 4.8547 moa Mb = 0. Hallar las reacciones en los extremos empotrados del eje de sección circular mostrado en la figura. No se debe rebasar un tensión cortante permisible de 713.1573x105. 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.21.8 Kg/cm². 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 = 0.22. 68 m 4. y sección transversal circular hueca en el tramo BC.max d l Solución: Las ecuaciones de deformación y tensión M tl GIo max l De ambas Mtr Io rG max l = 116. La barra de la figura tiene sección transversal circular sólida en el tramo AB.23. 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 . Obtener la expresión de la relación a/L tal que los momentos de reacción en los apoyos sean iguales. B A D d d a L Solución: M=0 Ma + Mb = 2Ma = 2Mb = Mt (i El sistema es hiperestático. la exterior de acero y la interior de latón. se pide hallar el momento máximo de torsión que puede aplicarse a la pieza. Una pieza está conformada por dos materiales.4. Sobre ella actúa un Par de Torsión distribuido q(x) en toda su longitud con intensidad cero en A y qo en B. 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. 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. La barra circular de la figura está empotrada en sus extremos.24. q(x) Ma Mb x L q( x) q ox L Solución: M=0 Ma + Mb = Mt (i El sistema es hiperestático. (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 . Se piden los momentos de reacción Ma y Mb.25. 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 = 1.363 x 104 Nm para el latón Luego Mt = 4.749 x 103 Nm . 29. Si el material tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm². 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.cm] H D 4.30.28.PROBLEMAS PROPUESTOS 4. Se pide hallar la deformada total y la tensión máxima d d/2 T=1000[kg . 4. Hallar el ángulo de torsión del extremo libre respecto al extremo fijo del sistema de la figura. Tomar Sy´ = 960 Kg/cm².27. Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura T=1000[kg.32. Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura . Hallar además la deformación. 4.26. El material es acero y las dimensiones están en cm.cm] d H D 4. 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. Se pide hallar el peso máximo que puede levantar 4. Un eje gira a 120 rpm y esta acoplado a un motor de 9 Hp por medio de una transmisión. 150 60 150 [kg] 6Ø 3Ø 12 Ø 4. y = 2. La pieza de la figura tiene forma cónica truncada. Para = 2 se pide calcular el diámetro del eje.31. Una pieza tiene la forma de cascaron semiesférica truncada de diámetro 60 cm.34.cm] D 4.d H T=1000[kg. 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 int 30[cm] 4. altura 20 cm y espesor 3 cm.33. d int 45[cm] T=1000[kg-cm] A 1000 [cm] dy A y D e xt 60[cm] . Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura D e xt 90[cm] . 3 T 20[cm ] 60[cm ] 4. Hallar la deformada angular para un momento torsor aplicado en su parte superior de T.35. 648x105 Kg/cm² Mt 3M t d A l/4 l/4 D l/4 l/4 B . d = 3cm.39. 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. Para el sistema de la figura. Tomar D = 10cm. l = 150cm. Mt = 7000 Kg·m. Para el sistema de la figura se pide hallar las reacciones. G = 7. Las dimensiones están en cm T 30 Ø 9 Ø 20 30 45 60 Ø 45 Ø 45 4. Tomar D = 10 cm. l = 50 cm.36.4.37. se pide determinar las reacciones en los apoyos.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg T D/3 D/2 l/2 l/2 l/2 4.38. E = 2. En el sistema de la figura se pide hallar las reacciones en las paredes. 648x105 Kg/cm² Mt 3Mt D d l/5 A l/5 l/5 l/5 l/5 B 4.40. l = 150cm.43.6x105 Kg/cm² 3Mt Mt D d B l/5 A l/5 l/5 4. D = 10cm.4. 5 4 2Mt 3 2 Mt D Ma 1 5Mt D/2 l/3 l/3 D/8 l/3 Mb 4. l = 150cm. d = 3cm. considerar para cada caso los valores indicados a continuación. Tomar D = 20cm d = 5cm Mt = 8000 Kg·cm G = 7. considerar para cada caso los valores indicados a continuación. Hallar las reacciones en los extremos del sistema de la figura. d = 3cm. Hallar la deformación angular del extremo derecho de la pieza mostrada en la figura.44. G = 7.41.648x105 Kg/cm² Mt 3M t D d l/4 A l/4 l/4 l/4 B 4. Hallar las reacciones del sistema de la figura. Evaluar el resultado cuando d = D/2 y e = D/9 . Mt = 7000 Kg·m. Mt = 7000 Kg·m. G = 7. D = 10cm. Hallar la deformación de la pieza troncocónica hueca mostrada en la figura. Hallar las reacciones del sistema de la figura.42. Hallar las reacciones en los extremos empotrados del bloque de sección circular mostrado en la figura. Mt D d a L . a = 100 cm y D = 2 cm. Hallar la longitud que debe tener una barra hueca de acero de D = 1.46. y G = 8.8 Kg/cm².5 cm de diámetros para que sus extremos giren 30º uno respecto del otro. 4.45. m D d A l/2 l/2 B 4. No se debe rebasar un tensión cortante permisible de 713. La barra cónica de la figura tiene sección transversal circular.5 cm y d = 0. Tomar H = 3/4R. R = 15 cm y d = 3 d Mt h 3M t h R 4. Tomar m0 = 10 Kg·cm / cm.Mt 3Mt e D d A B l/4 l/4 l/2 4.47.1573x105.48. Obtener la expresión de la relación a/L tal que los momentos de reacción en los apoyos sean iguales. Hallar la deformación angular de la figura. está empotrada en ambos extremos. y varía de intensidad desde cero en A hasta qo en B parabólicamente. uno exterior. (Ga = 80 Gpa Gl = 36 Gpa) D = 15 cm l D D/4 D/2 . Sobre ella actúa un par de Torsión distribuido q(x) que actúa a lo largo de su longitud. de la figura. Si se supone que las tensiones permisibles son a = 82 Mpa y l = 50 Mpa en el acero y latón respectivamente. La barra circular.4. determinar el momento máximo de torsión permisible que puede aplicarse a la barra. q(x) A B 4. Un cono macizo está constituida por dos materiales.49. como se muestra en la figura.50. de acero y otro interior cilíndrico de latón. Calcular los momentos de reacción Ma y Mb. .Los elementos son rectos 2.1. Para la validez de las ecuaciones y resultados se asumen las siguientes condiciones: 1.Las tensiones no exceden al límite de fluencia del material 8. se llama FLEXIÓN SIMPLE.Las cargas pueden ser : Puntuales y Distribuidas..1.Las cargas y reacciones en apoyos actúan perpendicularmente al eje de la viga.Fuerza Cortante y Momento Flector 5. 4. Fig.5 Flexión .(Fig. losas de las viviendas y puentes y pasarelas son ejemplos de elementos sometidos a torsión.2 Cargas a) Tipos de Cargas. Fig. 5. 5.2 (a) Cargas Puntuales (b) Cargas Distribuidas . (Fig..a) y cuando actúan los momentos flectores Mz y/o My y también las fuerzas cortantes Qy y/o Qz.Las vigas son relativamente largas y angostas respecto a su peralte 6.. 5..5.1 a) Flexión Pura a) Flexión Simple Se llama FLEXIÓN PURA cuando actúan únicamente los momentos flectores: Mz y/o My..Las vigas no fallan por pandeo 5..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. Las vigas.Las vigas no están sometidas a torsión 5..b).Los materiales son homogéneos 7..Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3. Son ideales ya que no existen físicamente. etc. 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 (5.1 e Integrando l Peq W p( x)dx 0 (5.. las fuerzas en elementos de estructuras metálicas. son cargas que se pueden idealizar como puntuales . sin embargo las cargas aplicadas en áreas pequeñas pueden idealizarse como puntuales. Considérese una carga distribuida cualquiera P x 0 x dx Fig.5 . La fuerza del viento. las tensiones en cables. Esta carga puntual se denomina equivalente de la carga distribuida..Son aquellas que actúan en un solo punto. el peso de materiales continuos.. b) Carga Puntual Equivalente de Distribuida..3 l M p( x) xdx Peq X eq 0 (5.Son aquellas que están aplicadas en áreas no muy pequeñas. son ejemplos de cargas distribuidas.Cargas puntuales.. las reacciones en las llantas de los vehículos automotores.Cargas distribuidas .4 l X eq p( x) xdx 0 l p( x)dx 0 _ X (5.Las cargas distribuidas deben cuantificarse y concentrarse en una carga puntual que produzca similares efectos (cargas y momentos). la presión de los líquidos en superficies sólidas sumergidas.3 Carga Distribuida en un Elemento diferencial Tomando un elemento infinitesimal “dx” en él. 5. etc. Así.2 Los momentos que producen las cargas puntual y distribuida deben ser iguales dM = x dw (5. 4 Tipos de Vigas Los tipos de vigas dependen de los tipos de apoyos. tiene apoyos múltiples y su cálculo es hiperestático. 5. M 0 F 0 (5... Una bisagra es un ejemplo de un apoyo fijo.3 Tipos de Apoyos Los apoyos que sostienen a las vigas son : a) Apoyo móvil. horizontal y los giros.Este apoyo restringe los desplazamientos vertical y horizontal pero no los giros.5 se concluye que : .Este apoyo restringe los desplazamientos vertical.. b) Viga simplemente empotrada..De 5. 5. 5. 5. c) Empotramiento. Como hay infinitas combinaciones de apoyos hay infinito tipos de vigas.5 Cálculo de Reacciones El cálculo de las reacciones en los apoyos se realiza con las ecuaciones de la estática.6 . En este apoyo aparecen reacciones verticales.4 Tipos de Vigas a) Viga simplemente apoyada. En él aparecen solo reacciones verticales. Las vigas más comunes son la simplemente apoyada y la simplemente empotrada.El área de una carga distribuida es igual a la carga puntual equivalente .Es aquella que tiene uno de sus extremos empotrado.2 y 5.Las vigas que tenga más de un apoyo fijo y otro móvil o un empotramiento..Este apoyo restringe el movimiento vertical pero no el horizontal ni los giros. En este apoyo aparecen reacciones verticales y horizontales. Un rodillo es un ejemplo de apoyo móvil b) Apoyo Fijo. b) Apoyo fijo y c) Empotramiento Rx Mr Rx Ry Ry (a) Ry (b) (c) Fig. c) Viga con apoyos múltiples.. horizontales y momentos.4 Tipos de Apoyos a) Apoyo Móvil.Es aquella que descansa sobre un apoyo móvil y otro fijo.La carga puntual equivalente debe ubicarse en el centro de gravedad de la carga distribuida 5. (b) (a) (c) Fig. 7 Relación entre el momento Flector y la Fuerza Cortante Analizando un elemento diferencial de viga. son respectivamente la fuerza cortante y el momento flector. la carga puede ser tomada constante. 5.Las cargas distribuidas previamente deben reemplazarse por sus equivalentes puntuales .5 Relación entre M y Q Entonces : Peq = p(x) dx (5. 5.5 Fuerza Cortante y Momento Flector Las componentes tangenciales de la fuerza y del momento internos.Las vigas con múltiples apoyos son hiperestáticas y serán analizadas posteriormente. en cualquier sección plana interna de un cuerpo en equilibrio sometido a la acción de fuerzas y momentos externos.7 De la estática Fy = 0 Q = (q+dQ)+p(x)dx (5. Fig. Peq M M+dM Q dx Q+dQ Fig. aparecen una fuerza y un momento internos que equilibran las cargas externas. Adoptando las direcciones de la figura para el momento flector y la fuerza cortante.9 . 5.6 Momento Flector y Fuerza Cortante Como se vio anteriormente.Notas : .8 dQ/dx = -p(x) (5. 5. (M+dM) = 0 (5.11 dM/dx = Q (5.8 y 5.. 5.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 (5.8.. 5..15 b) M y Q para extremo izquierdo con apoyo fijo o móvil Q = Ry (5.Por este método el momento flector y la fuerza cortante se calculan aplicando las EC. 5. a) Cálculo estático.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. las mismas que se describen a continuación a) M y Q para extremo izquierdo empotrado Peq Mr M(x) Rx x Rv Q Fig. 5.12 d2M /dx2 = -p (5. Mder = 0 M .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.dM = 0 (5.12.16 . 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. la integración de la función de la carga origina constantes que deben hallarse por las condiciones de borde.14 M = -Mr (5. 5.Peq dx/2 + Q dx . Peq = 0 y de la estática Q = Ry (5.M .13 De 5.10 M-p dxdx/2 + Q dx .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.11 y 5.6 Valores de M y Q en los extremos extremo izquierdo empotrado Cuando x 0.13 b) Cálculo por integración. 24 M=0 (5. 5.Mr (5.7 Valores de M y Q en los extremos extremo derecho empotrado Cuando x l Peq = 0 y de la estática Q = -Ry (5.21 e) M y Q para extremo derecho con apoyo fijo o móvil Q = -Ry (5.19 d) M y Q para extremo derecho empotrado Peq Mr M(x) Rx l-x Q Rv Fig.10 Cálculo de Momentos por funciones de Singularidad Las funciones de singularidad se emplean para integrar cargas puntuales .M=0 (5.22 M=0 (5.17 c) M y Q para extremo izquierdo libre Q=0 (5.18 M=0 (5.23 f) M y Q para extremo derecho libre Q=0 (5.20 M = .25 5. 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.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. Fig.8 Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores . 1. 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. Analizar los resultados del 5. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga simplemente apoyada. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida cuya función es p(x) = H(x/l)n.2.xeq) = 0 RA = Hl/6 método de cortes H A B xeq l . 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 .PROBLEMAS RESUELTOS 5.1.Peq (l . 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) 5.3. (H/l)<x>1+(Hl/3)<x-l>-1 Integrando y aplicando las propiedades de las funciones de singularidad Q = Hl/6<x>0.(H/6l)<x>3+(Hl/3)<x-l>1 .(H/l)<x>1 + Rb<x-l>-1 p(x) = (Hl/6)<x>-1.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.Peq (x – xeq) – M = 0 M = (Hl/6)x – (Hx2/2l)(x/3) M = Hlx(1.x2/l2)/6 Fy = 0 (i RA .(H/2l)<x>2+(Hl/3)<x-l>0 M = (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 = .Peq p=Hx/l M A xeq Q x La carga equivalente Peq = Area = Hx2/2l xeq = CG = 2x/3 Mcorte = 0 RA x. (Hx2/2l) (v M = Hlx/6 –Hx3/6l (vi Los resultados son los mismos por todos los métodos 5.Cuando 0<x<l <x>1 = x <x>3 = x <x-l>1 = 0 Q = Hl/6 . 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 .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 .4. Peq .Hx3/3l2 (i Mcorte = 0 Ra x . 5.5.(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. a) Hallar la carga equivalente b) Hallar las reacciones y c) Hallar el momento flector y la fuerza cortante .Q = 0 Q = Ra – Peq = Hl/12. Una viga simplemente apoyada tiene una carga distribuida cuya función p(x) = H(x/l)n.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 . 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 .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 .Peq (x-xeq) –M = 0 M x n 1 Hx l (n 2)(n 1) l n (ii .Q = 0 Q H l x n 1 n (n 1) n 2 l (i Mcorte = 0 Ra x . Peq H A B L Solución: Del 5. No se aplica el método de doble integración de funciones de singularidad por ser muy similar. 5.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.6.anterior Q H l x n 1 n (n 1) n 2 l A RA xeq RB . Una viga simplemente apoyada tiene una carga cuya función p(x) = H(x/l)n. Hallar el momento flector y la fuerza cortante máximos. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga simplemente empotrada.Rb = .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. 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 5.8.cuando x = l Qmax = . Hl2 /6 Fy = 0 R .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 – 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 .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 . (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 = . 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 .(Hx2/2l) (v M = – Hx3/6l (vi Los resultados son los mismos por todos los métodos 5.(H/2l)<x>2+(Hl/2)<x-l>0 M = .9.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 = .xeq) = .Peq = 0 xeq .Mr Mr = Hl2 /12 Fy = 0 R = (Hl/3) a) Método de cortes R . (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 (x-xeq) – M = 0 M = -(Hx3/3l2)(x/4) = .Q = 0 Q = -Hx3/3l2 (i Mcorte = 0 .10.Peq .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.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 . 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 = 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 .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 .xeq) = Mr Mr = Hl2/(n+1)(n+2) Fy = 0 R .Peq .Q = 0 Q H x( n 1) (n 1)l n (i Mcorte = 0 . 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 . Peq H p(x)=H(x/l)n p(x)=H(x/l)n M o l R xeq Solución: Q De 5. 5.11. Hallar los valores máximos de la fuerza cortante y del momento flector de la viga del problema anterior.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. No se aplica el método de doble integración de funciones de singularidad por ser muy similar.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 . 12.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) 5.13.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.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) .11 x por su complemento l . P<x-a>0 + Pa/l<x-l>0 M = 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 . pendientes y valores máximos de estos en el sistema de la figura usando funciones de singularidad P M R a b .P(x-a) .P(x-a) = Pa(1-x/l) Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes.14.P<x-a>-1 + Rb<x-l>-1 p(x) = P(l-a)/l<x>-1 .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) = Pa (1-x/l) b) Método de integración con funciones de singularidad De derecha a izquierda p(x) = Ra <x>-1 . de deformaciones.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 . 5. 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>0 M(x) = -Pa <x>0 + P <x>1 .P(x-a) .P<x-a>-1 p(x) = -Pa <x>-2 + P <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 .M2 = 0 M2 = Px – Pa .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.M1 = 0 M1 = Px – Pa 2do intervalo R x – M .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 . 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 .M(x) = 0 5.15.Mx/l 2do intervalo Ra x + M .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 .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 = . Rb(3l/4) = 0 Rb(3l/4) = (Hl/2)(2l/3 .xeq2) = 0 Ra l = (Hl/2)(l .Peq2(l .l/4) + (Hl)(l/2 .16.l/4) = (Hl/2)(5l/12) + (Hl)(l/4) Rb = 11Hl/18 Ok .<x-l>1 = 0 y M2 = -Mx/l + M Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes. 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 . 5. Hallar solo el momento flector de los sistemas de la figura.2l/3) + (Hl)(l .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) .Peq1 (l – xeq1) . 17.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. 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 = .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 = .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 = .Peq1 (l-xeq1) .H(l2/2 + l2/6) + c1l c1 = 2Hl/3 M = .H(x2/2 + x3/6l .Rb -H(l+l/2) + c3 = -11Hl/18 c3 = 8Hl/9 Si x = l M2 = 0 0 = . Hallar el momento flector del sistema de la figura c4 = -2Hl2/9 .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.Mb = 0 Ra(3l/4) . 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 .3Hx2/2 + c3x + c4 Las condiciones de borde son x = 0 Q1 = Ra c1 = 38Hl/54 Ok .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 .Hx2/2 + c1x + c2 Q2 = 3Hx2/2l .3Hx + c3 M2 = Hx3/2l .P2(l-x2) .Rbl = 0 Rb = (Hl/6)(2l/9) + (Hl/3)(l/6) + (2Hl/3)(5l/9) Rb = 25Hl/54 Mb = 0 Ral – P1(l-x1) . 18.25Hl/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.Hx3/2l – Hx2/2 + 19Hlx/27 M2 = Hx3/2l . 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) = .2Hx2/(2l) + c1 M1(x) = .19.De donde x = 0 M1 = 0 c2 = 0 x = l Q2 = .Hx3/(3l) + c1 x + c2 Condiciones de Borde x=0M=0 c2 = 0 x = 0 Q = Ra c1 = Ra = Hl/4 Q1(x) = . 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 = .Hx2/l + Hl/4 M1(x) = .Rb .3Hx2/2 + 28Hlx/27 + Hl2/27 5. a)(3l) = H(l .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 .H x (l-a)2/(6l) 2do intervalo Ra x – Peq xeq .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 .a)[(a + 2l) + (l .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 = .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 . .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. 21. 5.26. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida p(x) = H Sin (x/2l).25.20. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante H l/2 l/2 Rb Ra 5.29. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente apoyada con carga p(x) = H Sin (x/2l). En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante . En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante H l/2 Ra l/2 Rb 5. 5.23. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de una carga distribuida de forma semicircular 5. 5.27. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con carga semicircular.28. 5. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante H M l/2 R l/2 5. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con carga semicircular 5.24.22.PROBLEMAS PROPUESTOS 5. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con carga p(x) = H Sin (x/2l). 33. Hallar el Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la figura H M l/2 l/2 R 5.30.32. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura H M H Rx l/3 Ry l/4 5l/12 5. Hallar solo el momento flector de los sistemas de la figura.H M l/2 R l/2 5.34. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura H H l/3 l/4 5l/1 2 Rb 5. l/2 l/2 l/2 l/2 H H H H H H l/4 RA l/2 3l/4 RB 5.31. Hallar el momento flector del sistema de la figura RA l/2 RB . 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 La carga distribuida tiene una intensidad q = qo·sen(x/L) . Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura m0 B A L 5.36. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura 2H H l-a a RB RA 5.38. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P B A L/4 L 5.37.H H l/3 l/3 l/3 RA RB 5.35.39. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P q0=P·a C a a a B A 5.q0 q=q0 sen(·x/L) B A L .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. q0 q=q0 sen(·x/L) B 2/3·L L/3 A 5.40. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura . con valor q = qo·sen(x/L). 5.42.43.41.45. 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 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 q ox q( x) L B 2/3·L L/3 A 5. 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 q0=P·l q0=P·l/2 EI l/2 l/2 5.q0=P·l q0=P·l P C C a a A B L 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l P B A L 3L 5.48.46. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura .47. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q(x)=qo·x2/L2 EI B A l 5.50. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l P EI l/4 l/4 l 5.49.51. 55. 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 l/3 l/3 l/3 5. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura Hl/4 Hl/4 H l/2 Ra l/2 Rb .53.54. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0 l/2 l B A 5.52.q0=P·l q(x)=qo·x2/L2 2P EI l/2 l 5. Fig.3 Deformación de un Elemento Diferencial .1 Introducción En este capítulo se desarrollarán las ecuaciones para calcular las tensiones que se presentan en elementos sometidos a flexión.2 Tensiones Normales en Flexión Considérese una viga sometida a un estado de flexión Deflexion de la Viga Fig. 6. Las tensiones no deben exceder a los límites de fluencia de los materiales empleados. Existe un plano llamado “neutro” oo que no se alarga ni se acorta (no hay deformación y tampoco hay tensiones). 6. 6.2 Acortamiento y Alargamiento de las Fibras El elemento diferencial curvo puede ser considerado como un arco de circulo con centro en O y radio . Fig. se curvea por efecto de las cargas y algunas fibras se acortan mientras que otras se alargan. 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.1 Viga sometida a Flexión Un elemento recto de pequeña longitud de la viga sin carga.6 Flexión – Tensiones Normales y Cortantes 6. 6. 3 de 6.7 ydA 0 A (6.2 y 6.2 del Grafico ds = d (6. se observa que la deformada del elemento a una distancia “y” es: d = y d (6. además de requerir equilibrio de fuerzas requiere el equilibrio de momentos .5 es desconocido.4 Distribución de Tensiones Normales En la ec 6.8 En esta ecuación E/ no es cero por lo que ydA 0 A (6.5 se aprecia que las tensiones normales en cualquier punto son proporcionales a la distancia del mismo al eje neutro.3 =y/ (6. En otras palabras el eje neutro coincide con el eje centroidal de la viga La estática. 6.5 De la ec 6.Tomando el plano neutro como referencia.1 = d/ds = y d/ds (6.4 =E=Ey/ (6.9 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). Fig. Las tensiones son nulas en el eje neutro y máximas en las fibras más alejadas.6 dF = dA = (Ey/)dA E (6. De la estática Fx = 0 dF N 0 A (6. 6. Entonces de 6.13 M max c I (6.M = 0 dFy M A (6.15 .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 (6.5 y 6.3 Tensiones Cortantes en Flexión Considérese un elemento diferencial al que se realiza un corte en ab.12 El valor de “I” es el Momento de Inercia de la sección. Fig.10 dF = dA = (Ey/)dA M y dA E 2 A (6.14 El momento flector “M” depende únicamente del tipo de viga y carga.11 EI (6.12 Mc I max (6. 6. mientras que los valores de “c” e “I” dependen exclusivamente de la sección transversal de la viga. 24 El valor de “Q” depende únicamente del tipo de viga y carga.23 Qmax S max Ib (6.17 d = dM y / EI (6. QS Ib (6.20 ydA bdx Alat Q y p Ap dM ydA Ibdx Alat Ib (6. mientras que los valores de “S”.18 Asup = b dx En 6.16 dMy dA bdx 0 EI Alat (6. “I” y “b” dependen exclusivamente de la sección de la viga.22 _ S 0 QyA ydA Ib max (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 . ddA A sup 0 Alat de 6. Las tensiones cortantes tienen una distribución parabólica y sus valores mínimos se presentan en los extremos superior e inferior de la viga.21 La integral (yp y Ap) no son del área total sino del área parcial.19 dM EI (6.13 (6.16 = M y / EI (6. mientras que su valor máximo se presenta en el plano neutro. 6.7 Perfiles Comunes Usados en vigas . 6.4 Perfiles Comunes Usados en Vigas Los perfiles más usados en vigas son los que tienen valores altos de Inercia. 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. y por ello generalmente se usan perfiles con secciones de mayor alto que ancho.Fig.6 Distribución Parabólica de las Tensiones Cortantes 6. ycg h b Eje Neutro h/2-y Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/. 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 .1. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil rectangular.PROBLEMAS RESUELTOS 6.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. 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 .5 Q/A 6.2. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil triangular. 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 = . 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. .3. 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. 4.h/2 h h h Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/.h/2 I = [bh3 – (b-2e)(h-2e)3]/12 b . 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 = +/.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 h /2 b b Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/.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.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 . Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil I. 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 6.5. 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 = +/. .6. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil T.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 6.6.7. 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. . Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil circular.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. Solución: a) Tensiones Normales ycg = d/2 c = +/. peso y tensiones cortantes vs. Alto = 12 cm y Espesor = 1 cm.9. Tomar Ancho = 6 cm. (a) (b) (d) (e) (c ) (f ) . peso para los perfiles de la figura. Comparar la relación tensiones normales 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. 9 12 9 12 15 Solución: a) Tensiones Normales ycg = (2A1 xcg1+A2 xcg2)/(2 A1+A2) 3 3 .10. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil trapezoidal.Solución: max Para a) Mc M (h / 2) 6M 2 I bh3 bh 12 max = 1.5 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. En los puntos A. Se pide calcular las tensiones normales de flexión y de corte máximos.(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) 6.5 Mmax = Ra 20 = 75(20) = 1500 Kg cm Qmax = Ra = 75 Kg max = 83. el eje es simétrico y las dimensiones están en centímetros.ycg = h . En la figura se muestra un eje de una transmisión. C y E van montados engranajes y en B y D los cojinetes de apoyo.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.11.73 Kg/cm² max = 14.5 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 = 70.14 Kg/cm² En el eje 4.83 Kg/cm² 15 10 . 60[kg] 45[kg] 45[kg] 3 4. 41 Kg/cm² max = 3.53 Kg/cm² .max = 6.2814 Kg/cm² En el eje 6 Mmax = Ra 50 = 75(50) = 3750 Kg cm Qmax = Ra = 75 Kg max = 88. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.13.14.15. b 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.16.12.PROBLEMAS PROPUESTOS 6. 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. e H 6. d e 6. a a .b H e 6.18. a a 6.20.17. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.19. 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 e H 6. b e H 6. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. 6. a . Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. a a 6.21.23. a a 6. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.22. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. 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.2 Deformación de un Elemento Diferencial La ecuación 6. Estos métodos son:a) Método de doble integración.1 Introducción En este capítulo se estudiarán tres métodos para hallar las deformaciones que se presentan en vigas sometidas a flexión. 7.1 . 7.12 estableció que M y dA E 2 A EI 7.1 Linea Elástica 7. Fig. 7.7 Deformaciones en Flexión 7.2 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. b) Método de superposición y c) Método del área del diagrama de momentos. 4 Método de Superposición Debido a que las ecuaciones de las deformadas son lineales se puede aplicar el principio de superposición. 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.2 3/ 2 2 3/ 2 M EI 7.3 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 .3 La integración de esta ecuación es difícil pero para deformaciones pequeñas dy/dx = tan (θ) = θ 7.7 7.5 Método del Área del Diagrama de Momentos o Teoremas de Mohr a) Primer Teorema de Mohr. la deformada total de la viga es la superposición de las n deformadas que producen cada una de las n cargas”.5 d M dx EI 7.4 y su valor al cuadrado se desprecia por lo que el denominador de 7. 7.. que dice “Si el estado de carga en una viga puede descomponerse en n cargas más sencillas.6 7.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 7.3 se iguala a la unidad d2y M dx 2 EI 7. 10 "El ángulo θ (AB) que forman entre sí dos secciones de la viga flexionada. es igual al área del diagrama de momentos flectores comprendida entre A y B: Area(MAB). δBA. que hay desde un punto B de la elástica a la tangente en otro punto A de la elástica.8 Integrando entre los puntos A y B: B M dx EI A ( AB ) ( A) ( B) (7. .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.Fig. 7.3 Angulo entre Secciones y entre Tangentes La ecuación diferencial de la elástica es. dividido por el módulo de rigidez de la viga EI" b) Segundo Teorema de Mohr..6: d M dx EI (7. según ecuación 6. (xB .Fig.14 Si EI es constante BA B 1 QBM ( AB ) M ( x x ) dx B EI A EI (7. cuya longitud será: B1B2 = B1B0 – B2B0 = (xB .x) tag θ .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. se trazan sus tangentes. situados en x y x+dx.(xB .12 sumando las longitudes de los segmentos diferenciales B1B2 al mover los puntos C y D desde A hasta B.x) tag (θ .x) θ .11 Para pequeñas deformaciones B1B2 = (xB . 7.4 Distancia Vertical entre Tangentes Por dos puntos C y D muy próximos. Así: B BA ( xB x)d (7.x) dθ (7.15 "La distancia en vertical: δBA que hay desde un punto B de la elástica a la tangente en otro punto A de la misma.x) (θ .dθ) (7.d θ) = (xB . es igual al momento estático respecto del primer punto B del área del diagrama de momentos flectores comprendida entre ambos puntos: QBAB. las cuales intercectan a una línea vertical en B en B1 y B2. se realizará el procedimiento para cada área . dividido por EI" En el caso de que el diagrama tenga áreas positivas y negativas. tendremos la longitud total δBA deseada. M d1 d2 CG1 T x A B CG2 EI() = Area AT – Area TB (7.20 .Misma luz que la viga original. 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*.6 Método de la viga conjugada Se basa en los mismos principios que el método área de momentos (teoremas de Mohr). . Con este método se genera una viga ficticia (conjugada) con las siguientes condiciones: .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. En otras palabras: y = M* (7.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.Mismas condiciones de apoyo que la viga original. 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.7 Sistemas Hiperestáticos. Estos problemas se conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir ecuaciones adicionales de deformaciones.VIGA REAL Momento M Angulo Flecha y VIGA FICTICIA Carga M/EI Cortante Q’ Momento M’ 7. . . 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 . . 0 0<x<a Ma = P(x-a) 2 Pa2 Mb = 0 EIyb (a 3x) EI b Pa 6 2 .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) . M(l-x)/l Qa = .M/l Qb = .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) .Mx/l Mb = .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 R2 = M/l Ma = . 2.1. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura H l Ra Rb Solución: De 5. 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 5.4 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 .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.PROBLEMAS RESUELTOS Método de la doble integración 7. 4.5 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.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. 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. Hallar las ecuaciones de las pendientes.3 RB . 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.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 7.6.5. 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 .7. 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. 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 5.10 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 .8. 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 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 7.9.7. 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 7.10. 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) 7.11.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 7.9 (l – x) por x EIy ' (l x) n3 3 H l (n 3)(n 2)(n 1) ln . 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.P<x-a>1 Integrando y aplicando las propiedades de funciones de singularidad EIy´(x) = -Pa <x>1 + P <x>2/2 .Pa2/2 = .P<x-a>2/2 EIy(x) = -Pa <x>2/2 + P <x>3/6 .14 Q(x) = -Pa <x>-1 + P <x>0 .P<x-a>0 M(x) = -Pa <x>0 + P <x>1 . Hallar las ecuaciones de las pendientes.12.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 .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 . deformaciones y valores máximos de estos en el sistema de la figura usando funciones de singularidad P M R a b Solución: De 5. Pxa/l b Rb .14.13.Pxa/l M2 = Pa. Hallar las ecuaciones de las pendientes.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 7.13 M1 = Px . Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura P a Ra Solución: De 5. 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 . 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 .15.16 M1 = .7. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura P a b Ra Solución: De 5. Hx2/l + Hl/4 M1(x) = .Hx4/(12l)+Hlx2/8+c1 EI y1 = . 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 .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.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.Hx3/(3l) + Hlx/4 Integrando EI y1´ = .H(l/2)4/(12l) + (Hl/8)(l/2)2 + c3 c3 = . 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 5.17.16. 18.15 con a = b = l/2 EIy 2 P B Px 2 (3l 4 x 2 ) 48 B . 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.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 7.19. 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. 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.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 7.20. Hallar por superposición la deformación máxima del sistema de la figura P P P (1 H P (2 l (3 Solución: Por la simetría. 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 .21. 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 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 7.23. 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. 24.25.1 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. 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 . 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. 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 .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. 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. 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 .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 7.28.29.EI 2 B Hl 4 8EI EI totB Pl 3 Hl 4 3 8 7. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura . 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 . 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 .7.30. 32.31.7. 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 5.5 con n = 0 M H (lx x 2 ) 2 B H AB BA l/ 2 . 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. p = H (1 – x/l)n tg B AB M M Rx A Ry Solución: B tg A Rx A Ry B . Hallar por el método del área del diagrama de momentos la deformada máxima del sistema de la figura. 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.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.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.Hx2/l + Hl/4 M1(x) = .33.17 Q1(x) = .34. 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.M De 5.12 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) 7.3 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. 5Hl 4 (lx ) xdx 6 l 384 Sistemas Hiperestáticos 7.37.38.EI max 0. 519l 0 H x3 2. 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. 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. Determinar la reacción del punto B de la viga mostrada en la figura. Determinar la expresión para hallar la reacción en el punto B de la viga mostrada en la figura .36. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto B .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 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. Hallar la deformación máxima en una viga simplemente apoyada con carga uniforme por el método de la Viga Conjugada Solución: .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. de deformaciones. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura p(x)=H(x/a)2 a b l 7.45. para el sistema mostrado en la figura p(x)=H(x/l)n a b Rb Ra 7. Hallar la expresión para determinar la deformación máxima y determinar la posición de esta. Hallar las funciones de deformación y pendiente de la figura p(x)=H((l-x)/a)2 b a l 7.43.PROBLEMAS PROPUESTOS Método de la doble integración 7. pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura . en el sistema de la figura p(x)=H((l-x)/a)2 b a l 7. Hallar la ec.42. Hallar la posición de la deformación máxima. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura a b Rb Ra 7.47. y la expresión para determinar esta.46.44. 48.50.P 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 7.51. 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 .49. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura p(x2) b H a l 7.52. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura H b a l 7. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura P p(x)=H(x/l)n H b a l 7. 57.55. 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. de deformaciones.7. Hallar la ec. de deformaciones. 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. pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura 2P P H M o b a R l 7. de deformaciones.56.53. Hallar la ec. Hallar la ec. Hallar por superposición la ec. Hallar la ec. de deformaciones.54. 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 deformación del sistema de la figura b a l . de deformación del sistema de la figura p(x)=H(x/l)n a b l 7. Hallar por superposición la ec.58.61.62. Hallar por superposición la ec.60. Hallar por superposición la ec. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura . de deformación del sistema de la figura 2H H l/2 l 7. de deformación del sistema de la figura 2H H l/2 l 7.7. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura P l/4 2P l/4 2P l/4 P l/4 7. Hallar por superposición la ec.63. de deformación del sistema de la figura l/3 2l/3 Rb Ra 7.59. 67.65. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura . Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P H l/2 l/2 A B 7.69. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura 4P 3P l /4 l /4 2P l /4 l /4 7.68.66.64. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura H l/3 l/3 l/3 A B 7. 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 deformación en A y B del sistema de la figura P H 2l/3 l/3 A B 7.4P 3P 2P P l /4 l /4 l /4 l /4 7. P H 2l/3 l/3 A B 7. Hallar por el método de área de momentos la deformación del sistema de la figura.72. pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura H 2l/3 l/3 A B 7. 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 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 7.71.70.73. de deformación del sistema de la figura P H l/2 l/2 A B . Hallar la ec. de deformaciones.74. Hallar por superposición la ec. en los punto A y B H 2l/3 l/3 A B 7. Determinar la reacción de los puntos de apoyo de la viga mostrada en la figura. l/3 2l/3 Rb Ra 7.77.78.79. Determinar las reacciones que ocurre en los punto de apoyo de la viga mostrada en la figura. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto de apoyo . H H H l/2 l 7.7. Mediante el método de diagrama de momentos de terminar el valor de la deformación máxima para la viga mostrada en la figura.75. P H l/4 l/2 Sistemas Hiperestáticos 7.76. 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 la reacción en el punto medio de la viga mostrada de la figura 2H H l/2 l 7.80. 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. que soportan cargas de flexión y de torsión.Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3. 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).1 Introducción En los capítulos anteriores se estudiaron individualmente las Cargas de Tracción Compresión. los pernos que en el momento de su ajuste soportan cargas de torsión y de tracción. b) Estado Tensional Compuesto Ocurre cuando tensiones normales () y tensiones cortantes ().8 Solicitación Compuesta 8. Torsion a Flexion a Corte Traccion Fig.Los elementos son rectos 2. las Cargas de Torsión y las Cargas de Flexión. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.2 Combinación de Tensiones a) Estado Tensional Simple Ocurre cuando las tensiones son del mismo tipo. normales o cortantes.1 Solicitación Compuesta Ejemplos de elementos sometidos a cargas y tensiones combinados son: Los ejes y árboles de máquinas con movimiento... las cargas de tracción cuando estas no están aplicadas en el centro de gravedad de la sección transversal y los marcos rígidos..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. 8.actúan en un punto. En este capítulo se estudiaran la combinación de las anteriores cargas.. las Cargas de Corte. 8. Se analizaran las tensiones y las se deformadas que presentan las piezas sometidas a cargas combinadas. y (1.1 l Sin = dx (8.ySin2 = 0 (8.(x + y)/2 = (x .9 + xyCos2 + xSin Cos -xySin2 .12 Algunos casos especiales son: Para = 0 0 = x 0 = xy (8.7 F2 = 0 l dz + (xyCos + xSin )dydz + (-yxSin .10 + xy (1+Cos2 )/2 + xSin 2/2 -yx(1.8 De 1 y 4 + (xyCos + xSin )Cos + (-xySin .xCos )Cos + (xyCos .yCos ) Sin = 0 (8.15 .ySin 2/2 = 0 (8.11 x y 2 sen(2 ) xy cos(2 ) (8. 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 .13 para = 90 90 = y 90 = .xCos )dydz+(xyCos .6 De la estática x y 2 x y 2 cos(2 ) xy sen(2 ) (8.5 + xySin 2 .2 F1 = 0 l dz+(xySin .y y y y x x x x y x x y x x y y y x y y x Fig.x (1+Cos 2)/2 .3 Se 1 y 2 + (xySin .ySin ) Sin = 0 (8.Cos 2)/2 .y)Cos (2 )/2 + xySin 2 (8.xy (8.2 Estado de Tensión general en el Plano Por trigonometría l Cos = dy (8.ySin )dxdz = 0 (8.yCos Sin = 0 (8.4 + 2xySin Cos .xCos2 .Cos 2 )/2 = 0 (8.yCos )dxdz = 0 (8. xy max xy max Fig.16 (8. En estas direcciones principales y en aquellas en las que las tensiones cortantes son máximas la falla es la más probable. Derivando 8. 8.21 .El radio de la circunferencia es de [(y + x)2 + xy2]1/2.20 se ve que es la misma con las tensiones normales como abscisas () y las tensiones cortantes como ordenadas ().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 (8.3 con respecto a e igualando a cero ( x y 2 )2Sin2 xy 2Cos2 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.17 ) Sin2 xyCos2 ( xyCos2 )2 (8. Este es el Círculo de Mohr y tiene las siguientes características: .El centro del circulo tiene un desplazamiento en el eje horizontal de (y + x)/2 .No hay un desplazamiento en el eje vertical .( De 5 x y 2 x y 2 )2 Cos2 2 2( x y 2 )Cos2 xy Sin2 ( xy Sin2 )2 = (y .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 Comparando 8.19 con la ecuación de una circunferencia (x – xo)2 + (y)2 = R2 (8.18 )2 xy 2 (8. 2 ( )2Cos2 xy 2Sin2 0 2 (8.4 1. 8.27 8.25 )2 xy 2 (8.22 De 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 . Como se vio anteriormente la magnitud de las tensiones cortantes es la misma.26 Ecuación que da los valores de las tensiones cortantes máximos además 1.5 con respecto a e igualando a cero ( x y Tan2 1. .5 (8.2 (8. deformaciones y distorsiones.24 x y 2 xy x y 2 De 8.13 y 8. y y s(1+y) s s x s(1+x) x Fig. 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).23 Ecuación que da los valores de las tensiones normales máximas o principales Derivando 8.11 8.2 = 1 .2 x y ( 2 x y 2 )2 xy 2 (8.3 Combinación de Deformaciones a) Estado de Deformación Simple Ocurre cuando las deformaciones son del mismo tipo. b) Estado de Deformación Compuesto Ocurre cuando deformaciones producidas por tensiones normales () y distorsiones producidas por tensiones cortantes () aparecen en un punto.Tan2 2 xy x y (8. 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+) (8.30 y Como es muy pequeño Cos (/2 + ) = .35 De las expresiones de ángulo doble x' x y Reemplazando por + 90 2 x y 2 Cos2 2 Sin2 (8.Para hallar x’.31 De 19.5 Deformaciones y Distorsiones y y s(1 y ) + ' x(1+x) x x x Fig.29 y = s Sin (8.28 x = s Cos (8.Sen ( ) = .33 2 Cos2 2 x Sin2 2 y 2SinCos (8. 20. (8. 21 y 22 s2 (1 2 2 ) s2Cos2 (1 2 x x2 ) s2Sin2 (1 2 y y 2 ) 2ssSinCos (1 x y x y ) (8.34 = x Cos2 + y Sin2 + Sin 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.36 . 8. 8. 2 ( De 8.13 y 8.39 2 xy x y (8.4 1. y en aquellos lugares donde los estados sean múltiples.4 Casos de Solicitación Compuesta Los estados tensionales se obtienen como superposición de los correspondientes a cada uno de los esfuerzos por separado. En la verificación de piezas deberá comprobarse que en los puntos donde aparecen estados tensionales simples (Normal o corte puro).44 Ecuación que da los valores de las tensiones cortantes máximos además 1. y ' 90 x y 2 x y 2 Cos2 2 Sin2 x' y' ( x y )Sin2 xyCos2 (8.43 )2 xy 2 (8.37 (8.2 (8. deberá comprobarse las teoría de rotura.42 x y 2 xy x y 2 (8.3 con respecto a e igualando a cero ( x y Tan2 2 )2Sin2 xy 2Cos2 0 (8.2 x y 2 ( x y 2 )2 xy 2 (8.45 8.2 = 1 .5 con respecto a e igualando a cero ( x y 2 Tan2 1. a) Flexión Recta Compuesta Esta situación se presenta cuando en una sección se presentan Tracción/Compresión y Flexión.40 De 8.11 8. las tensiones estén por debajo de los valores admisibles.41 Ecuación que da los valores de las tensiones normales máximas o principales Derivando 8.5 )2Cos2 xy 2Sin2 0 (8. La combinación de tensiones normales da cargas de .38 d) Deformaciones Principales Derivando 8. 46 Fig. Para determinar la posición del eje neutro N My 0 A I (8. 8. Fig.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. . pero el eje neutro deja de ser baricéntrico.7 Tensiones Normales de Tracción Compresión y Flexión La distribución de tensiones es lineal. N My A I (8. 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. Su valor es . las tensiones cortantes no varían a los de flexión simple. 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”. en la flexión compuesta. el eje no cortará la sección. el diagrama de tensiones tendrá un solo signo. Su valor es max d Mr 2 16M t t 4 d Io d 3 32 Mt (8. Debido a que las cargas de tracción compresión no producen tensiones tangenciales. 2.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. de modo que el diagrama de tensiones resulta triangular. 3 y 4. 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.48 Las tensiones cortantes máximas producidas por flexión aparecen en el empotramiento en los puntos 2 y 4. es decir. Su valor es max d M y 2 32Ql max 4 d I d 3 64 (Ql ) (8.48 Las tensiones normales máximas aparecen por flexión en el empotramiento en los puntos 1 y 3. Si la carga se ubica en cualquier punto dentro de los puntos nucleares.48 La carga de Tracción / Compresión puede desplazarse sobre el eje “y”. b) Flexo . N My N Ne A I A I (8. 48 . max QSmax 3 Q Q 6 2 Ib 2A d (8. 8 -14.1.4 107. En una pieza se verifican los siguientes tensiones : x = 60 Kg/cm².1 300 5.7 245.1 360 6.7 50 0.9 60 1.PROBLEMAS RESUELTOS 8.3 -102.2.2 195.35 Kg/cm² 2 = 47.8 170 3.0 125.2 84.9 261. hallar las tensiones máximas y las direcciones en las que estos ocurren.8 187.4 150 2.8 340 5.0 Esf Corte (Gr) (Rad) 0 0.4 260 4.6 330 5.9 57.9 -57.4 -107.8 14.2 50.0 -79.0 150.0 60.6 60.0 275.3 89.64 Kg/cm² )2 xy 2 60 250 60 250 2 ( ) 502 2 2 .4 107.6 100 1.2 x y 2 ( x y 2 1 = 262.0 -50.2 250 4.3 50.3 140 2.8 187.2 80 1.0 -100.0 79.4 250.8 259.8 114.6 160 2. Solución: Para Tan2 2 xy x y 2(50) 60 250 = -13.0 25.4 150.9 350 6.4 250. y = 250 Kg/cm² y xy = 50 Kg/cm².87 1.0 0.0 79.8 -14.3 30 0.0 Esf Normal 8.3 -22.1 48.2 84. En el problema anterior.3 64.2 20 0.6 159.0 225.3 64.5 -99.2 122.9 120 2.2 122.3 200 3.0 75.4 150.0 82.9 261.2 195.3 22.1 130 2.5 50.3 102.6 60.2 50.0 82.5 99.4 -107.0 10 0.7 245.9 290 5.8 114.2 310 5.2 -84.0 100.8 230 4. Hallar las tensiones en direcciones con ángulos de 0 hasta 360 con un intervalo de 10.5 270 4.5 40 0. Solución: 50.7 220.7 280 4.4 90 1.9 57.0 -150.0 -79.3 -22.1 48.0 175.5 99.0 227.7 220 3.5 -99.5 -50.9 -57.2 -84.5 210 3.3 102.1 190 3.0 227.5 50.3 22.8 259.0 70 1.6 159.3 89.5 -50.3 -102.0 180 3.4 320 5.7 110 1.0 240 4.7 220.8 14. 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. 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 . 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 .Para Tan2 x y 2 xy = 31.35 Kg/cm² 2 = -107.3.35 Kg/cm² además 1.12 1.2 ( x y 2 )2 xy 2 1 = 107.2)/2 8. g. 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 .4. 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 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. Hallar la combinación de tensiones cortantes Mt P P Mt Solución: Las cargas de corte y torsión producen tensiones de corte .5. Una pieza cilíndrica está sometida a torsión y corte como se ve en la figura.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. 6.+ 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. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta una carga puntual vertical en su extremo. como se ve en la figura. 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. Entonces la porción “a” está sometida a flexión mientras que la porción “b” a torsión y flexión . 15 1. La manivela de la figura tiene una sección circular de diámetro “d” y soporta una carga distribuida vertical y una carga puntual horizontal. 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. Hallar las tensiones máximas .2 ( De 8.7.2 d 3 x y 2 De 8.2 16P d 3 1.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. 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. 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 .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. 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 8.14 8Ha2 d 3 d 3 8Ha2 1.8. Hallar la deformación vertical del extremo libre de la manivela del problema 8.2 d 3 x y 2 1. Torsión M t r ( Ha2 / 2)(r ) Io d 4 / 32 max Entonces De 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 .15 d 3 x 32Hab y 32Pb xy 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” . de la sección A-A.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 . La viga de la figura tiene una sección transversal como se muestra Hallar las tensiones en los puntos A y B. Seccion A-A P l/2 2a A B l a A 3/2 l A a a Solución.10.R2(lcos + x) = 0 Fy = 0 Q1 + R2 .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. - 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 . No hay cargas de tracción N1 = 0 Tensiones normales por Cargas de Flexión.Componentes de la tensión.- 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. 2 P cos 2a 3 48P cos (3 2 cos ) A 4 127a 127(3 2 cos )a 2 a 12 B 0 8. que se aplican en diferentes esquinas. El bloque de la figura de peso despreciable se somete a dos fuerzas verticales. Determinar la distribución de la tensión normal que actúa en la sección mostrada.5 1 y 1000kg 1000*1.Tensiones normales: .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.9=900[kg-cm] Solución.5=1500[kg-cm] x 1000*0. por eso el signo negativo. (Las unidades geométricas están en [cm]) z y y 2 x 1000 [kg] x 3 1.11. 22 2 2 A 45cm cm A La tensión de flexión fc M c I siendo: xo xo Ixx Ixx 2 3 1 1.25 yo 2 3 1.5 3 2 cm 1.5 2 2 2 3 1.589cm 4 el tensión será en x será: Tensión máximo de compresión de Mx con c = 3/2 fc fc Mxc Ixx 949.5 1.P 1000 Kg Kg 222.5 1.51.53 10.53 12 yo 0.5 2 2 .5 6 1.51 0.51 12 My c Iyy 528.51 1.51 1.847 kg cm2 0.513 12 4 2.916 fc fc 1.9167cm 0.91 12 12 Iyy 2 Iyy 1.5 0.9167) 2 10.487 kg cm2 Tensión máximo de compresión de My con c = 0.3697cm 123 21( 1 0.5 1. 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.Tensión debido a Mx Tensión debido a My Tensión debido a P 8. y h M P a h A 3 2 a h 2 a a x . tomaremos en cuenta los datos indicados a continuación.Siendo la sección transversal de la columna.12. la que se muestra en la figura. 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. 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: . I: Inercia respecto del eje xx de la sección transversal. 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. y simplificando. 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. Cada lado del triángulo l = 3 cm y la carga P = 800 Kg P 8. Hallar la combinación de tensiones normales del sistema de la figura. Hallar las tensiones en direcciones con ángulos de 0 hasta 360 con un intervalo de 10. hallar las tensiones máximas y las direcciones en las que estos ocurren.18.19. En una pieza se verifican los siguientes tensiones : x = 90 Kg/cm².15. En el problema 8. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta varias cargas puntuales como se ve en la figura. Hallar las tensiones máximas y z b P M P P x a 8. Una perno en el momento de su apriete está sometida a cargas de torsión y a cargas de tracción. 8.13. y = 350 Kg/cm² y xy = 30 Kg/cm². Hallar la combinación de tensiones 8. Hallar la combinación de tensiones normales del sistema de la figura P b a 8. Hallar las tensiones máximas . Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta varias cargas puntuales como se ve en la figura.16.13.17.PROBLEMAS PROPUESTOS 8.14. 8. 19 8.y z b M P x P a P P 8.23. z 3 y x 1 800 [kg] y 200 [kg] 3 x 1 8.22. Para el problema anterior determinar la tensión total en el punto donde se aplica la carga de 500 Kg. Hallar las deformaciones horizontal y vertical del extremo libre del problema 8.25. Hallar las deformaciones horizontal y vertical del extremo libre del problema 8.24. mostradas en la figura: 8.21. Determinar la tensión máxima de compresión de la columna mostrada en la figura. Determinar la tensión máxima que soporta la columna mostrada en la figura . Determinar los diagramas de tensión para cada una de las cargas.18 8.20. 8. 26. 1000 [kg] 800 [kg] 5 2 5 2 8.29. 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. Determinar la tensión máxima en la sección indicada en la figura. (Dimensiones en mm) 2000 [kg] 1500 [kg] 50 17 50 17 8.27. Hallar las tensiones para la columna mostrada en la figura.y z 3 y 800 [kg] x x 5 1 1 8. 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. Determinar la tensión máxima de compresión sobre la viga mostrada en la figura. En el problema anterior determinar una fórmula genérica para determinar las tensiones de compresión en el punto A. .30. z y x a A Ø 5[cm] B a a=50 [cm] a 1000[kg] 1500[kg] 8.8.31. En el problema anterior. determinar la tensión máxima en el punto A. Hallar las ecuaciones de las tensiones en cada una de las barras del sistema de la figura. 8.32. 2 Trabajo y Energía de Deformación . 9.1 W = Fd Cos (9.1 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. 9. corte. luego se deducen las expresiones de energía potencial de deformación para elementos sometidos a cargas de tracción/compresión. El trabajo se calcula mediante la integral del producto escalar del vector fuerza por el vector desplazamiento.2 El trabajo es el área bajo la curva Fuerza .3 Trabajo y Energía Potencial de Deformación Fig.1 Trabajo de Desplazamiento W F dr (9.9 Métodos Energéticos 9.2 Trabajo de Desplazamiento El trabajo. En esta capitulo primero se ve la relación que existe entre trabajo y 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.Deformación 9. d F FCos W = Area d Fig. 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. 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. 9.4 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 . El trabajo que efectúa la carga Fe.Considere un resorte indeformado s = 0 antes de la aplicación de la fuerza externa Fe. 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. 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. 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). 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.H F Q Mr Mh L R x Solución: Se introducen una fuerza y un momento ficticio F y Mh: De 5. Hallar las deformadas lineal y angular en el extremo libre de una viga simplemente empotrada con una carga puntual .5. P Sin 45 x lxa M2 = .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.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 . 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 = .6.P y=x2/b P Q Mr ds b M R dy dx b-x x Solución: M = P (b . 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.02 Pl 3 EI 9. 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 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.7. 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. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma triangular y carga puntual en su centro . Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma parabólica y carga puntual en su centro. 9. 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 . En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por la fuerza P. para que el desplazamiento sea nulo. b) El valor de . 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.P l Q M1 30 x H Ra Rb Ra Solución: Se introducen una fuerza ficticia H. 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. como se muestra en la figura.(qL2/2) Sin2 = 0 C x M1 x M2 H H B B Fr Fr .376 9. ii y iii y simplificando BH PR3Sin( ) (3Cos 1 Cos2 ) 3EI b) Para que el desplazamiento sea nulo (3 Cos .(qL2/2) Cos2 .Cos ) + HR Sin (ii M2 = (½ Sin+3/2SinCos-CosSin-CosSin)RP+HRSin (iii De i.C.B. El bastidor A.Cos ) + HR Sin M1 = (P/2) R Sin (1 . en uno de sus tramos con una carga uniformemente distribuida. articulado en uno de sus extremos y apoyado en el otro está cargado.10.1 + Cos2 ) = 0 De donde: = 72. 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 M1 P C M2 B P H B H Fr 0 Fr M1 = Fr R (1 . qx2/2 M2 = qL2/4 + qLx/4 + H Sin . Hallar una expresión para calcular el desplazamiento horizontal del extremo derecho. El bastidor ABC mostrado en la figura soporta una carga lineal en uno de sus tramos.qx3/2 – (q – qx) x2/9 con qx = q (1 – x/(2L)) Fr x ) 2L .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 9.11.H x Sin . Solamente considerar tensiones de flexión.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 . 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. Una viga simple AB. con un voladizo BC Está sometida a una carga linealmente variable en el tramo AB. 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 .12. como se ve en la figura. Ver figura).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 9.13.14.resolviendo C 7qL4 360EI 9. Determinar el desplazamiento que se produce en el extremo libre de la viga mostrada y cargada como se ve en la figura. En el 9.anterior. hallar el ángulo de deformación del punto B. (Úsese el momento M0 = 0 aplicado en el punto B. 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 . . Hallar la deformación horizontal y vertical del punto B de la viga curva mostrada en la figura.15. q dF q Q B R R A Solución: Rh Rv H . la carga aplicada en toda su longitud tiene dirección radial.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. 16. determinar la deformación horizontal y vertical que se produce en el extremo libre de dicha barra. empotrada en el extremo A.HR Sin . 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. La viga curva semicircular.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 ( 9.21/2/2)] + H Q .QR (1 – Cos ) 3/4 R A M3 = PR 21/2/2 [(Cos + 21/2/2)+(Sin . 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 . 17.HR Sin . Determinar la fuerza de reacción que soporta el extremo apoyado B en la viga mostrada en la figura. En C actúa una carga vertical P.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 el .PR Cos . Como se muestra en la figura.18. Una Barra curva delgada de forma semicircular está articulada en A y simplemente apoyada en B. P M1 P C H R H Rh R B A Fr Rv Fr Solución: Ma = 0 Fr 2R Cos . q dF·cos dF dF 3 A 3 q 3 d B R Rh A B Rv Solución: H Rv dF·sen . determinar una expresión para calcular éste desplazamiento.desplazamiento vertical v y el desplazamiento horizontal h en el extremo B.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. 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.H 2R Sin . provoca que el extremo B se desplace horizontalmente. que se encuentra apoyado en una superficie inclinada. como se muestra en la figura.19.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) . q q H Fr R Rh O R O Rv Solución: De la estática Rh + H Cos . se encuentra sometida a la acción de la carga uniforme q en dirección vertical. considerando que el apoyo tiene una inclinación de /3.20. determinar una expresión para calcular el desplazamiento del extremo apoyado.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 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.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. La barra mostrada en la figura. 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 . 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 . Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura P 2P l/2 l/2 R 9. Hallar las reacciones del sistema de la figura P P l/4 P P l/4 l/4 l/4 9.25. Hallar las reacciones del sistema de la figura H 2l/3 Ra 9. Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura H M l/3 l/3 l/3 R 9.PROBLEMAS PROPUESTOS 9.27.22.26.23.24. Hallar las reacciones del sistema de la figura H l/2 l/2 9. 31. Hallar las reacciones en el sistema de la figura. 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. Determinar la relación a/l para que la deformada en el centro sea nula.29. B . q0=P·l q0=P·l P C C a a A B L 9. Hallar la deformada en el centro y en los extremos del sistema de la figura.32.H l 9.33.30. 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 la deformación máxima del sistema de la figura q0=P·a q0=P·a P C a a B A 9.28. Hallar las reacciones en el sistema de la figura. q0=P·l P L/2 L/2 2L 9.36. q0 C A B b a 9. Hallar las reacciones en el sistema de la figura q0=P·l P C A L B L 3L 9. Hallar las reacciones en el sistema de la figura q0=P·l A C B b L/2 L 9.q0=P·L L/2 L 9. 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 .35. Hallar las deformadas lineal y angular máximas en el sistema de la figura.37.39. q(x)=qo·x2/L2 EI B A l 9.38.34. Hallar el desplazamiento del sistema de la figura 45 x l Ra Rb 9. En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por las fuerzas P. Hallar las reacciones de la viga de forma cosenoidal de la figura P y x l Ra Rb 9.43.44.P d y x l Ra Rb 9.40. .42. 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. b) El valor de. Hallar las reacciones de los empotramientos del pórtico de la figura P l/2 x l 9.41. para que el desplazamiento sea nulo. P C R P A B 9.45. Se pide la fuerza P que cierra esta separación r P P h 9. Un anillo de radio “R” de alambre de acero de radio “r” tiene una separación de h.46. Hallar las reacciones en el sistema de la figura q0=P·l q0=P·l/2 EI l/2 l/2 . Vamos a tratar de clarificar más aún estos conceptos estudiando el comportamiento de las tres esferas del esquema de la figura 10. Si en el caso (a) hacemos mover la esfera sobre la superficie y luego la soltamos. Si en la situación (b) cambiamos levemente a la esfera de posición. ésta ya no retomará la posición inicial sino que seguirá rodando. intuitivamente podemos reconocer que la esfera volverá a su posición inicial. el equilibrio es inestable si frente a una causa perturbadora. Este es un caso de equilibrio estable. la pieza no falla cuando los esfuerzos superan la fluencia sino que fallan por inestabilidad 10. 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. y por último. constituyendo entonces un estado de equilibrio indiferente.3 Tipos de apoyos y Columnas Los apoyos de las columnas son los mismos de las vigas. deteniéndose en alguna cualquiera de éstas. si se aleja aún más de ella el equilibrio es inestable. 10.1 Introducción En Tracción Compresión se estableció que la falla de una pieza ocurre cuando los esfuerzos sobrepasan la fluencia. 10.1 Equilibrio Estable.1. Fig. Inestable e Indiferente Una pieza está en equilibrio cuando se cumplen las ecuaciones de la estática. si el sistema permanece en la posición final el equilibrio es indiferente. es decir: a) Apoyo Móvil b) Apoyo Fijo y c) Empotramiento .2 Equilibrio Estable. sin embargo cuando los elementos sometidos a compresión tienen una longitud de varios diámetros. 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. Ahora bien se dice que el equilibrio es estable cuando frente a una perturbación el sistema no se aparta de esta configuración. Si el sistema retoma la configuración inicial el equilibrio es estable. Si en el caso (c) movemos la esfera.10 Pandeo de Columnas 10. ésta permanecerá en el nuevo lugar o próximo a éste. ésta es entonces una situación de equilibrio inestable. INESTABLE o INDIFERENTE Fig.3 Equilibrio Estable. Así.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. Equilibrio Inestable: si al separarla un poco. a la posición 2 y soltar. si se tiene una pieza sometida a una fuerza N de compresión y se encuentra en equilibrio. vuelve a la posición l. el mismo ser: ESTABLE. 10. Inestable e Indiferente en Columnas Equilibrio Estable: si al separarla un poco a la posición 2 y soltar.1 • si P < Pcr —» Equilibrio Estable (10. 10.4 Carga Crítica de Euler Euler planteo el estudio teórico del Pandeo como un estudio de equilibrio.2 . se aleja de la posición l. Equilibrio Indiferente: al separarla un poco. a la posición 2 y soltar. 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. se queda en la posición 2 El que una pieza dada adopte uno u otro tipo de equilibrio. se asumen las siguientes condiciones: . .Py (10.5 d2y/dx2= -Py/EI (10.9 .Los vínculos son ideales.La carga está exactamente centrada.6 d2y/dx2+Py/EI = 0 (10.4 Fuerzas y Momento Internos en una Columna Una sección a una distancia “x” del extremo presenta una deformada “y” De la estática M= . sin rozamiento.3 Las piezas deberán trabajar con P < Pcr.C3C4Sin C4x (10.• si P > Pcr —» Equilibrio Inestable (10.8 dy/dx= C1C2Cos C2x .7 La Solución de esta ecuación es y = C1 Sin C2x+C3Cos C4x (10. . para que se encuentren en equilibrio estable. Considérese una columna con extremos articulados Fig. Para analizar el problema de estabilidad elástica relativo al pandeo de barras comprimidas por Euler.La columna es homogéneo y elástica (No se supera la tensión de proporcionalidad) . 10.Su eje es idealmente recto.4 De la ecuación de doble integración en flexión d2y/dx2= M/EI (10. 6 (-C1C22Sin C2x-C3C42CosC4x)+P(C1Sin C2x+C3Cos C4x)/EI=0 (10.15 Para hallar c1 y c3 se ve que en los extremos de la columna no hay deformación.d2y/dx2= .12 -C1C22+PC1/EI=0 C2=(P/EI)1/2 (10. La ecuación genérica de Euler es Pcr= 2 EI/2 (10.22 .21 donde l/k recibe el nombre de relación de esbeltez de la columna.10 Reemplazando 8. Cuando x=0 y=0 0= C1 Sin (0)+C3 Cos(0) (10.7 y 8.16 0 = C3 (10.13 -C3C42+PC3/EI=0 C4=(P/EI)1/2 (10.17 Cuando x=l y=0 0 = C1 Sin (P/EI)1/2 l (10.9 en 8.19 (10.11 Sin C2x(-C1C22+PC1/EI)+CosC4x(-C3C42+PC3/EI)=0 (10. El mismo procedimiento puede ser aplicado para los cuatro tipos de columnas variando las condiciones de borde.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 (10.14 y = C1 Sin (P/EI)1/2x +C3 Cos(P/EI)1/2x (10.C1C22Sin C2x-C3C42CosC4x (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. 10. la falla ocurre por pandeo a pesar de que los esfuerzos son mucho menores al límite de fluencia . se obtiene el siguiente diagrama Fig.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. Ello es debido a que en la deducción de la fórmula para la obtención de la carga crítica Ncr.23 10.x + C2. En la Fig. al alcanzarse la tensión del límite elástico. 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. 10. que es la esbeltez para la cual: scr (tensión crítica) = fy (tensión del límite elástico).5 Valores de Lk para Diferentes Tipos de Columnas Representando gráficamente. en unos ejes coordenados. En piezas largas y esbeltas sometidas a compresión.5 Ecuación de la línea elástica: Se vio que la solución de la ecuación diferencial de la elástica era de la forma: y = C1. 10.6 Grafica de la Ecuación de Euler 10. Además.6 Límites de Aplicación de la Formula de Euler El diagrama de la fig.x.15. que representa la curva de la tensión crítica de Euler.sen kz.5. que corresponde a una esbeltez llim. la ecuación de la tensión crítica de Euler en función de la esbeltez. sólo va a ser válida hasta un cierto punto P.Fig. el fallo se produciría por haberse alcanzado la resistencia a la compresión de la sección. diagrama tensiones deformaciones). sustituyendo los valores hallados de ci y c2 se obtiene y = C1 Sin (nx/L) (10.cos kz.10. 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.4 .9 86.24 2E (10.26 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 93.22. 10.8 76. 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. Entonces para elementos con relación de esbeltez bajos la falla ocurre cuando la carga por unidad de área es mayor a la fluencia.Gráficamente Fig.25 Sy 2E (10. Para elementos con relación de esbeltez altos la falla se determina por la ecuación 8. dividiendo la tensión crítica de Euler entre el límite elástico: ( / Sy ) y la esbeltez entre la esbeltez límite: (λ / λ lim).La curva de pandeo expresada en la fig. . 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. puesto que las columnas fabricadas nunca son perfectamente rectas. Por tanto. Esto es irreal.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.18 puede ser redibujada de forma adimensional. inmediatamente después de la aplicación de la carga. 10.8 Curva de Pandeo Adimensional 10. ni se conoce con exactitud la posición de la carga aplicada. sino que comienzan a pandearse de modo ligero.10. en realidad las columnas nunca se pandean repentinamente. EI 2 y P (e y ) x 2 (10. Sin embargo debe incluirse una solución particular y C1Sin P P x C2Cos xe EI EI (10.31 Entonces .30 La solución homogénea es la misma que se vi anteriormente.27 La ecuación diferencial para la curva de deflexión es.P (e + y) (10.29 La solución homogénea es la misma que se vi anteriormente. por tanto. Sin embargo debe incluirse Cuando x = 0 y = 0 Entonces c2 = e Cuando x 0 L y = 0 (10.28 EI 2 y Py Pe x 2 (10. 10.Fig. Considérese una columna con una carga excéntrica De la estática M = .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. 37 La deformada máxima ocurre en x = L/2 y es P L y max e Sec 1 EI 2 (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.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 (10.41 .38 El esfuerzo máximo en la columna se determina teniendo en cuenta que es generado tanto por la carga axial como por el momento. y su valor es: max P Mc A I (10. El momento máximo ocurre a la mitad de la columna M max Pe ymax PeSec P L EI 2 (10.34 (10.40 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 (10.0 C1 Sin P P L eCos Le EI EI P e1 Cos L EI C1 P Sin L EI (10.32 (10.36 P L P P y e Tan Sin x Cos x 1 EI 2 EI EI (10. 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. 10. donde P es la carga crítica en la columna. es importante por consiguiente contar con un valor más o menos preciso de la razón de excentricidad en el caso de columnas cortas. la ecuación 10.42 da ζmax = P/A. pueden trazarse gráficas de esta ecuación en función de Kl/r vs P/A para diferentes valores de la razón de excentricidad ec/r2.9 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. . las columnas que tienen grandes relaciones de esbeltez. tienden a fallar en o cerca de la carga crítica de Euler sin importar cuál sea la excentricidad. Cuando se usa la ecuación 13-19 para fines de diseño.42 Para un valor dado de ζmax. En la figura se muestra la gráfica para un acero A36. o cuando ec/r2 → 0. Nótese que cuando e → 0. Fig. definida por la fórmula de Euler. Por otra parte. 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. Sy = 1800 Kg/cm².1.3 10.01 Kg = 4 Pcr= 4. Solución: I = d4/64 Pcr = 2 E (d4/64)/l2 = 1 Pcr= 1.0625 cm² l = k 107.3. Si el diámetro de la barra es 1 cm cual es la longitud que da la relación de esbeltez calculada. Tomar = 1. 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.2. Material acero. En el anterior problema.06 Kg = ¼ Pcr= 0.25 Kg = 2 Pcr= 2.7 cm . Solution: I = d4/64 A = d2/4 k = (I/A)1/2 = d2/16 = 0. Se pide hallar la carga que provoca pandeo para los cuatro tipos de columnas. Determinar la relación de esbeltez critica.03 Kg 10. longitud 10 m y diámetro 1 cm.3 = 6.PROBLEMAS RESUELTOS 10. 1 E 06 y Sy= 1800 Kg/cm² 23 0 20 0 17 0 14 0 11 0 9000.732 P La Sin 30 = 100 la = 200 cm Lb Sin 45 = 100 lb = 141.2 470.3 4229.8 331. E = 2.0 1000.2 639.8 359.4.0 8000.0 2000. Hallar (P/A) para valores de (l/k) de 0 a 250 en la fórmula de Euler.3 1226.9 1439.6 1712.4 1057.0 3000.8 3238.8 2072.0 0.0 6000.5 921.0 7000.0 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 8290.1 518.5 2558.2 809.42 cm . Graficar los resultados.0 428.0 5000.6 50 (l/k) 10. Tomar = 1.7 574.0 4000.6 717.5 5757. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo.10.8965 P Ta = 0.5.2 391. 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. 74 Kg 10. de deformadas b = OO´ a = OO´Sin 30 b = a /Sin 30 Tblb/EA=Tala/(EA Sin 30) la Sin 30 = lb .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.74 Kg De donde Pmax=34. la = 200 cm Tbla Sin 30=Tala/Sin 30 .422 P P a a b 100 cm 30 30 Ta Ta Tb 30 P = 56.1 x 10 6 (1)4/64/141. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo.732 P = 2 2.8965 P = 2 2.Pcr= 2 EI/l2 Para A 0.1 x 10 6 (1)4/64/2002 P = 34.74 Kg Para B 0. 8 P = 2 2.1 x 10 6 (1)4/64/1002 P = 127.17 Kg P P 100 cm a b a Ta Ta Tb Tc 30 c Ra De donde Tc Rb Ra Pmax=127.8 P Para A 0. Si P = 1000 Kg hallar el diámetro de los elementos sometidos a compresión para evitar el Pandeo.1 x 10 6 (1)4/64/2002 P = 127.7.17 Kg 10.2 P = 2 2.Tb = Ta/Sin2 30 Tb = 4 Ta De i y ii (ii 2 (4 Tb) Sin 30 + Tb = P Tb = 0.2 P Ta = 0.17 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 = . 12 del capítulo 1 : TAC = 3163.2 Kg (Tracción) De donde d = 2.5 cm 10. Material acero Solución : Del 10.56 Kg Compresión – Pandeo LBC = (152+602)1/2 LBC = 61.56 dBC = 1.9.49 cm hallados en el capítulo 1 10.1 x 106 ( d4 /64) /l2 = 1546.5 y 1. Se pide hallar el diámetro de la barras BC.Ta Pcr EI 2 l2 2 E( d 4 ) 64 (100 / Sin30) 2 Tc = . 0. Graficar la relación fuerza sobre área P/A vs relación de esbeltez l/k utilizando la fórmula de la secante. Tomar ec/k2 = 0.84 cm Pcr= 2 EI/l2 = 2 2.55 cm Compárese con dAC = 1.Ta Cos 30 = 866.09 Kg Tracción TBC = . 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 .1546.8.1. 0. 8 227.3 321.2 82.2 229.7 309.9 262.5 198.0 Nótese que la curva de Euler es la de la secante con ec/k2 = 0 200.0 438.6 118.6 179.5 113.0 136.1 94.9 0.0 .5 65.6 152.5 156.1 246.0 151.1 58.6 185.0 2000 1500 0.3 0.9 172.1 132.8 110.6 203.Graficando P/A 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200 1300 1400 1500 1600 1700 455.6 105.3 131.4 453.2 185.0 78.4 46.1 161.8 144.5 123.9 165.2 296.9 96.0 400.7 117.5 1000 1 500 Euler 0 0.4 123.1 206.4 126.8 142.4 259.0 600.6 319.8 101.1 152.0 137.5 114.0 446.9 178.5 223.6 0.3 121.1 0. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. 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. carga 100 Kg.PROBLEMAS PROPUESTOS 10.12.14. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo.11. Graficar los resultados. Material acero . Material acero y diámetro 1 cm 10.1 E 06 y Sy= 1800 Kg/cm² 10. Material acero y diámetro 1 cm 10. Si P = 1000 Kg hallar el diámetro de los elementos sometidos a compresión para evitar el Pandeo.17. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo.18. 10. Que ancho debe tener una barra cuadrada para que no se produzca pandeo para los cuatro tipos de columnas. Material acero 10. Tomar E = 2. Hallar (P/A) para valores de (l/k) de 0 a 250 para los cuatro tipos de columnas en la fórmula de Euler. Sy = 1800 Kg/cm².16. Material acero.13.10. 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 10.15. Determinar la relación de esbeltez critica para los cuatro tipos de columnas. Material acero y diámetro 1 cm 10. Se pide hallar el diámetro de la barras BC. y longitud 10 m 10. 0. Sy = 3000 Kg/cm² . 0. Graficar la relación fuerza sobre área P/A vs relación de esbeltez l/k utilizando la fórmula de la secante.19. Tomar ec/k2 = 0.1.10.5 y 1.