FACULTAD DE INGENIERÍAESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL E.A.P. Ingeniería Industrial RESISTENCIA DE MATERIALES Trabajo De Investigación 2 Ing. Víctor Vidal B. Integrantes: CAMARENA GAMEZ, Ari Rey 201212496 GONZALEZ MARQUEZ, José Luis 201110615 SANCHEZ ZAMBRANO, Sergio 201221260 BORDA LIPOWAN, Claudia 201121532 HUALLULLO OLIVERA, Darwin 200911482 PALOMINO GONZALES, Alonso 201221281 1 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL CONTENIDO 1. INDICE PAG.1 2. INTRODUCCION PAG.3 3. OBJETIVOS PAG.4 4. CAPITULO VII PAG.5 5. CAPITULO VIII PAG.12 6. CAPITULO IX PAG.17 7. CAPITULO X PAG.56 8. CAPITULO XI PAG.71 9. CAPITULO XII PAG. 95 10. CAPITULO XIII PAG.103 11. WEBGRAFIA PAG.116 2 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL INTRODUCCION La resistencia de materiales clásica es una disciplina de la ingeniería mecánica, la ingeniería estructural y la ingeniería industrial que estudia la mecánica de sólidos deformables mediante modelos simplificados. La resistencia de un elemento se define como su capacidad para resistir esfuerzos y fuerzas aplicadas sin romperse, adquirir deformaciones permanentes o deteriorarse de algún modo. Un modelo de resistencia de materiales establece una relación entre las fuerzas aplicadas, también llamadas cargas o acciones, y los esfuerzos y desplazamientos inducidos por ellas. Generalmente las simplificaciones geométricas y las restricciones impuestas sobre el modo de aplicación de las cargas hacen que el campo de deformaciones y tensiones sean sencillos de calcular. Para el diseño mecánico de elementos con geometrías complicadas la resistencia de materiales suele ser insuficiente y es necesario usar técnicas basadas en la teoría de la elasticidad o la mecánica de sólidos deformables más generales. Esos problemas planteados en términos de tensiones y deformaciones pueden entonces ser resueltos de forma muy aproximada con métodos numéricos como el análisis por elementos finitos. 3 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL OBJETIVOS La Resistencia de Materiales tiene como finalidad elaborar métodos simples de cálculo, aceptables desde el punto de vista práctico, de los elementos típicos más frecuentes de las estructuras, los elementos de máquinas y el equipamiento electromecánicos, empleando para ello diversos procedimientos aproximados. La necesidad de obtener resultados concretos al resolver los problemas prácticos nos obliga a recurrir a hipótesis simplificativas, que pueden ser justificadas comparando los resultados de cálculo con los ensayos, o los obtenidos aplicando teorías más exactas, las cuales son más complicadas y por ende usualmente poco expeditivas. Los problemas a resolver haciendo uso de esta ciencia son de dos tipos: Dimensionamiento: se trata de encontrar el material, las formas y dimensiones más adecuadas de una pieza, de manera tal que ésta pueda cumplir su cometido: Con seguridad, en perfecto estado técnico y con gastos adecuados. Verificación: cuando el material, la forma y las dimensiones ya han sido prefijadas y es necesario conocer si son las adecuadas para resistir el estado de solicitaciones actuantes. 4 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL CAPITULO 7: Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector 7.1 Vigas. Se llama viga a una barra estructural sometida a pares y fuerzas situados en un plano perpendicular a su eje. Las vigas se clasifican en: 1. Vigas estáticamente determinadas. 2. Vigas estáticamente indeterminadas. 7.1.1 Vigas Estáticamente Indeterminadas: Isostáticas Se dice que una viga es estáticamente determinadas, cuando el número de reacciones que se ejercen sobre la viga es igual al número de ecuaciones de equilibrio. Se clasifican de acuerdo con sus condiciones de apoyo. 1. Vigas en Voladizo con apoyo en su extremo libre: Se La viga está sujeta solamente en un extremo, de tal manera que su eje no puede girar en ese punto. 2. Vigas simplemente Apoyadas: Se llama así cuando la viga está apoyada libremente en sus dos extremos. 3. Vigas con Voladizo.Se llama así cuando la viga tiene uno o los dos extremos libres de apoyo. 5 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 7.1.2 Vigas Estáticamente Indeterminadas: Hiperestáticas Se dice que una viga es estáticamente indeterminada, cuando el número de reacciones que se ejercen sobre la viga excede al número de ecuaciones de equilibrio. Se clasifican de acuerdo con sus condiciones de apoyo. 1. Vigas en Voladizo con apoyo en su extremo libre: La viga esta empotrada en un extremo y apoyada en el otro extremo. 2. Vigas simplemente Apoyadas.: Se llama así cuando la viga esta empotrada en sus dos extremos. 3. Vigas con Voladizo: Se lama así cuando la viga está apoyada en tres o más apoyos. 7.2 Fuerza cortante y momento flexionante. Consideremos la viga mostrada en la figura 7.4, esta viga se puede cotar en cualquier sección, y trazar un DCL de cualquier parte. El DCL de la porción izquierda se muestra en la figura 7.4 (b), se mantiene el equilibrio por medio de un sistema equivalente que consta de una fuerza V que actué en un punto dado y un par M. La componente V de la fuerza normal al eje de la viga se denomina Fuerza Cortante, y el par M se denomina Momento Flector. La figura 7.5 ilustra la convención de signos que se usa al trazar los valores positivos y negativos en las gráficas de fuerza cortante y momento flexionante. 6 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Fig. 7.5 Convención de signos 7.3 Relación entre Fuerza Cortante y momento flector. Consideremos una viga sometida a una carga distribuida W por unidad de longitud, C y C’ dos puntos distantes 3x entre sí; aislemos este elemento y tracemos su DCL. Al dividir por Δx y tomar el límite como Δ x → o, se obtiene: Integrando (7.1) entre los puntos C y D se obtiene: VD – VC = - (Área del diagrama de cargas entre C y D). La ecuación 7.1 indica que la pendiente dV/dx de la curva de fuerza cortante es negativa. Aplicando la ecuación de equilibrio en el DCL de la figura 7.6, y escribiendo que la suma de los momentos con respecto a C’ es cero, se tiene: Dividiendo ambos miembros de la ecuación por Δx y dejando que Δx tienda a cero, se obtiene: 7 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL La ecuación 7.2 indica que la pendiente dM/dx de la curva de momento flector es igual al valor de la fuerza cortante. PROBLEMAS 7.3. Construcción de diagramas de fuerza cortante y momento flector Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector de la viga mostrada en la figura 7.5. Despreciar el peso de la viga. P=20KN, M1 Fig. 7.5 Viga con carga aplicada SOLUCIÓN: a. Calculo de las reacciones. ∑MA = 0 + By(4) – 20(1) – 50 – 150(2)(3) = 0 By = 242.50 KN ∑Fy = 0 +↑ Ay+ By – 20 – 150 x 2 = 0 By = 77.5 KN DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE (DFC) 8 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 77.5 77.5 57.5 57.5 A C D B 242.5 7.3.1. METODO POR SECCIONES TRAMO DCL FUERZA CORTANTE MOMENTO FLECTOR ∑Fy = 0 +↓ ∑Ma = 0 + V - Ay = 0 M - Ay · X 1 = 0 V = Ay= 77.5 KN M = Ay · X1 = 77.5 X1 AC Si X1 = 0 , V = 77.5 KN Si X1 = 0 , M = 0 0≤ X1 ≤ 1 Si X1 = 1 , V = 77.5 KN Si X1 = 1 , M = 77.5 KN m En X = 1 actúa P En X = 1 actúa M1 V = 77.5 – P = 77.5 – 20 M = 77.5 + M1 = 77.5 – 20 V = 57.5 KN M = 77.5 + 50 = 127.5 KNm ∑Fy = 0 +↓ ∑Mb = 0 + V - P1 - Ay = 0 M + P1 (X2 – 1) – M1 – Ay X2= 0 V = Ay - P1 = 77.5 – 20 M = Ay X2 + M1 – P1(X2 – 1) CD V = 57.5 KN M= 77.5 X2 + 50 - 20(X2 – 1) 1≤ X2 ≤ 2 Si X2 = 1 , V = 57.5 KN Si X2 = 1 , M = 77.5 + 50 Si X2 = 2 , V = 57.5 KN M = 127.5 KNm Si X2 = 2 , M = 77.5(2) + 50 – 20 (2-1) = 185 KNm ∑Fy = 0 +↓ ∑Mc = 0 + V + P1 + W 1(X3 – 2) - Ay = 0 𝑊 M + P1 (X3 – 1) - 21 –(X3 – 2)2 V = Ay - P1 - W 1 (X3 – 2) - Ay X3 - M1 = 0 V = 77.5 - 20 - 150 (X3 – 2) M = Ay X3 + M1 – P1 (X3 – 1) - Si X3 = 2 , V = 57.5 𝑊1 Si X3 = 4 , V = 57.5 – 150 (4 – 2 –(X3 – 2)2 DB 2) M = 77.5 X3 + 50 – 20 (X3 – 1) - 2≤ X3 ≤ 4 V = 57.5 – 150 x 2 75 – (X3 – 2)2 V = - 242.5 KN Si X3 = 2, M = 77.5 x 2 + 50 – 20(1) – 75 (0) M = 185 KNm Si X3 = 4, M = 77.5 x 4 + 50 – 20(4-1) – 75 (4-2)2 M=0 9 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Calculo del Mmax. Ec. Del tramo DB: V = 57.5 – 150 (X3 – 2) = 0 57.5 = 150(X3 – 2) X3 = 2.3833 m En la ec. De M del tramo DB: M = 77.5 X3 + 50 - 20 (X3 – 1) – 75 (X3 – 2)2 Si X3 = 2.3833 m; Mmax = 77.5 (2.3833) + 50 – 20 (2.3833 - 1) – 75 (2.3833 - 2)2 Mmax = 196.02 KNm 7.3.2. METODO POR AREAS FUERZA CORTANTE: ∫ 𝒅𝒗 = TRAMO MOMENTO FLECTOR: ∫ 𝒅𝑴 = ∫ 𝒗𝒅𝒙 − ∫ 𝒘𝒅𝒙 𝐶 𝐶 ∫𝐴 𝑑𝑀 = Área del DFC entre A y C ∫𝐴 𝑑𝑣 = Area del DC entre A y C AC MC – MA = 77.5 x 1 VC – VA = 0 0≤ X1 ≤ Pero: MA = 0 VC = VA = Ay = 77.5 KN 1 MC = 77.5 KN En C actúa P En C actúa M1 𝑉𝑐𝑛 = 75.5 – 20 = 57.5 KN 𝑀𝑐𝑛 = 77.5 + 50 = 127.5 KNm 𝐷 𝐷 ∫𝐶 𝑑𝑀 = Area del DFC entre C y D CD ∫𝐶 𝑑𝑣 = Area del DC entre C y D MD – MC = 57.5 x 1 1≤ X2 ≤ VD – VC = 0 Pero: MC = 127.5 KNm 2 VD = VC = 57.5 KN MD = MC + 57.5 = 127.5 + 57.5 MD =185 KNm 𝐵 𝐵 ∫𝐷 𝑑𝑀 = Area del DFC entre D y B ∫𝐷 𝑑𝑣 = Area del DC entre D y B 1 MB – MD = 2 (0.38333)57.5 − DB VB – VD = - W 1 x 2 = -150 x 2 1 2≤ X3 ≤ Pero: VD = 57.5 KN (1.61667)242.5 2 4 VB = VD – 300 = 57.5 - 300 Pero: MD = 185 KNm VB = -242.5 KN MB = 185 + 11.0207375 – 196.0212375 MB = 0 Calculo de x: 10 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Por semejanza del triángulo. 57.5 242.5 = 57.5 (2 – x) = 242.5 𝑋 2−𝑋 115 = 300x x = 0.38333m DB = 2 – x = 2 – 0.38333 = 1.61667m 11 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Capítulo 8 : Esfuerzo Flexión en Vigas 8.1 Introducción. La manera más fácil de romper un pedazo pequeño de madera (figura 8.1a) es doblarlo para que se fracture (figura 8.1.b). Para hacerlo, el pedazo de madera se somete a pares en los extremos, lo cual induce esfuerzos que le causan la falla. Fig. 8.1 Esfuerzo en una barra de madera De igual manera los esfuerzos inducidos por los momentos flectores en las barras de una estructura pueden hacer que estos se deformen de manera permanente y que esta colapse. 8.2 Esfuerzo de flexión en vigas Para describir la acción de los esfuerzos de flexión, considérese una viga sujeta a flexión pura (es decir, una viga en la cual no se presentan esfuerzos cortantes), como en la figura 8.2. Supóngase que la viga está formada de un gran número de fibras longitudinales. Cuando se flexiona la viga, las fibras de la porción superior se comprimen, mientras que las de la porción inferior se alargan. Fig. 8.2 Flexión pura en una viga. 12 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Hipótesis para la deducción de la fórmula de flexión: 1. Las secciones planas de la viga, inicialmente planas, permanecen planas. 2. El material es homogéneo y obedece a la ley de Hooke. 3. El modulo elasticidad es igual a tensión y a compresión. 4. La viga es inicialmente es recta y de sección constante. 5. Las cargas actúan perpendicularmente al eje longitudinal de la viga. En la figura 8.3 se observa que debe existir una superficie que sea la transición o el inicio entre compresión y tensión. A esta superficie en la cual el esfuerzo es cero se le llama Eje Neutroy se encuentra en el centro de gravedad de la sección transversal. La figura 8.3 es un DCL de la porción izquierda de la viga y muestra la distribución de las fuerzas en las fibras de la viga. Distribución de los esfuerzos Fig. 8.3 Viga sometida a pares en sus extremos. Cambios en la tensión La figura 8.4 muestra a una viga sometida a la acción de la carga P, y dos secciones planas ab y cd antes y después de la flexión, separadas a una distancia dx. Debido a la flexión producida por la carga P, las secciones ab y cd giran una con respecto a la otra un pequeño ángulo dθ, como se observa en la figura 8.5; pero permanecen planas y sin distorsión de acuerdo con la hipótesis 1 de la sección 8.2. 13 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Fig. 8.4 Viga sometida a la acción Fig. 8.5 Deformación de la Viga de la carga P. La fibra ac de la parte superior se acorta y la fibra bd se alarga. En algún punto entre ellas existe una fibra, tal como ef, cuya longitud no varía; a este plano que contiene a la fibra ef se llama superficie neutra, ya que tales fibras no varían su longitud y no están sujetas a esfuerzo alguno. Distribución de Distribución del la deformación esfuerzo Fig. 8.6 Distribución de esfuerzo y deformación. 14 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Se analiza una fibra localizada a una distancia “y” a partir del eje neutro, se determina la fuerza ejercida en esta fibra, debido a su esfuerzo y el momento de esta fuerza con respecto al eje neutro; la deducción tiene la forma siguiente: 1. Por semejanza de triángulos: OMN ∼OXY 2. Por esfuerzo del capítulo 1: 3. Igualando (1) y (2) de donde: 4. Momento con respecto al eje neutro: ΣM0 = 0 + dM – ydP = 0 dM = ydP (4) 5. Sustituyendo (3) en (4): Integrando: Haciendo: Donde: I = Momento de inercia de la sección transversal 6. Sustituyendo (6) en (5): 15 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Donde: σ: Esfuerzo en las fibras extremas de la viga, Pa (N/m 2) o psi (lb/pulg2) M: Momento flexionante interno de la viga, N.m o lb.pulg c: Distancia al eje neutro desde las fibras extremas, m o pulg I: Momento de inercia de la sección transversal de la viga, m 4 o pulg4. 16 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Capítulo 9: Esfuerzo Cortante en Vigas 9.1 Introducción. Una carga transversal aplicada a laviga produce esfuerzos de flexión y cortante en su sección, tal como se observa en la figura 9.1. Las seis ecuaciones expresan que las fuerzas normales y cortantes ejercidas sobre la sección son equivalentes a la fuerza cortante V y al par flector M. Fig. 9.1 Carga transversal. Los esfuerzos cortantes en las caras verticales de un elemento, deben ser iguales en las caras horizontales; tal como se observa en la figura 9.2. Fig. 9.2 Esfuerzos cortantes. 9.2 Deducción de la fórmula de flexión La figura 9.3 muestra a una viga de ancho t y altura h, y sometida a las cargas que se muestran. Considerando la sección abocad de la viga, de longitud dx, aislamos a esta porción y trazamos su DCL de esta porción de la viga; tal como se observa en la figura 9.2. Fig. 9.3 Viga de ancho t 1. El momento flexionante en la cara CD es mayor que el de la cara ab. En la figura 9.4 observamos que: 17 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Fig. 9.4 DCL de la porción dx. En la figura 9.5 observamos que: 2. Por lo tanto los esfuerzos es mayor en la cara cd que la cara ab. σcd>σab Por el Capítulo 8, el esfuerzo de flexión en estas caras será: 3. En el diagrama de esfuerzos, figura 9.6, considerando un elemento dAa una distancia “y” del EN. Fig. 9.5 Diagrama de Esfuerzos. Para que el sistema esté en equilibrio en esta sección, debe actuar una fuerza horizontal hacia la derecha; tal como ps, porque: Fig. 9.6 Diagrama de fuerzas. 18 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Donde: Ps = fuerza cortante horizontal en la sección de la viga. Reemplazando valores en (1) y (2): Fig. 9.7 Momento Estático 4. En el diagrama de esfuerzos de la figura 9.4, aplicamos la ecuación de equilibrio y obtenemos: Sustituyendo (3) y (4) en (5) tendremos: Haciendo: Siendo: Q: Momento estático del área con respecto al eje neutro. Sustituyendo (7) en (6): Sustituyendo (9), (10) en (8) tendremos: Siendo: Q: Momento estático del área con respecto al eje neutro. 19 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Q=A.ŷ=a.t.ŷ PROBLEMA N° 9.1 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector de la viga mostrada en la figura. Despreciar el peso de la viga P1 = 200 KN, M1 = 150 KNm, W 1 = 100 KN/m, q2 = 0 a 150 KN/m. DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE 315 115 2° 90 A C D -110 2° -310 DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR 20 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 536.67 4 30 386.67 2° 3° A C D B SOLUCION: a. Calculo de las reacciones. ∑MA = 0 + 1 2 BY(5) – W 1(2)1 – P1(3) + M1 - 2 (3)q 2 = (3 (3) + 2) = 0 3 BY(5) – 100(2)1 – 200(3) + 150 - 2 (150)(4) = 0 Simplificando: BY – 40 – 120 + 30 - 180 = 0 BY = 310 KN ∑FY = 0 + ↑ 1 AY + BY – W 1(2) – P1 - 2 (3)q 2 = 0 1 AY + 310 – 100(2) – 200 – 2 (3)150 = 0 AY = 315 KN b. DIAGRAMAS DE FC Y MF Utilizamos el método de secciones 21 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL MOMENTO FLECTOR TRAMO DCL FUERZA CORTANTE ∑Fy = 0 +↓ ∑Ma = 0 + V + W 1 X1 - Ay X M+ W 1 X1 ( 1-) - Ay X1 = 0 2 V = Ay - W 1 X1 = 315 - 100 X1 Si X1 = 0 , V = 315 KN W AC M = Ay X1 - -X1= 315 X1 - 30 X12 Si X1 = 2 , V = 315 – 100(2) = 115KN 2 0≤ X1 ≤ 2 Si X1 = 0 , M = 0 X1 = 2 , M = 315(2) – 50(2)2 = 430KN ∑Fy = 0 +↓ ∑Mb = 0 + 1 1 1 V + 2W 1 + (X2 − 2) qx - Ay = 0 M + 2W 1 (X2 – 1) + (X2 − 2) qx [ (𝑋2 − 2)] - AyX2 = 0 2 2 3 1 M = Ay X2 - 2W 1 (X2 – 1) – (X2 − 2)2 x 50 (X2 – 2) 1 6 V = Ay - 2W 1 - (X2 − 2) 50 (X2 − 2) 25 2 M = Ay X2 - 2W 1 (X2 – 1) – (X2 − 2)3 3 V = 315 – 200 – 25 (X2 − 2)2 25 Si X2 = 2 , V =315 – 200 = 115KN M = 315 X2 - 200 (X2 – 1) – (X2 − 2)3 3 CD Si X2 = 3 , V = 315 – 200 – 25(3 - 2)2 = 90KN 25 Si X2 = 2 , M = 315(2) – 200(2-1) - (2 − 2)3 2≤ X2 ≤ 3 3 M = 315(2) – 200 = 430KNm 25 Si X2 = 3 , M = 315(3) – 200(3-1) – (3 − 2)3 3 M = 945 – 400 – 8.33 = 536.67KNm 22 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL ∑Fy = 0 +↓ ∑Mc = 0 + 1 1 1 V + 2W 1 + (X3 − 2)q𝑥 + P1 − A𝑦 = 0 M + 2W 1(X3 − 1) + M1 + P1 (X3 − 3) + (X3 − 2)q𝑥 (X3 − 2) − 2 2 3 A𝑦 X 3 = 0 1 1 V = Ay - 2W 1 - P1 - (X3 − 2) 𝑥 50(X3 − 2) M = A𝑦 X3 - 2W 1 (X3 − 1) - M1 - P1 (X3 − 3) − (X3 − 2) 𝑥 50(X3 − 2 2 1 2)𝑥 (X3 − 2) V = 315 – 200 – 200 – 200 – 23 (X3 − 2)2 3 DB Si X3 = 3 , V = 315 – 400 - 25(3 – 2)2 = - 25 3≤ X3 ≤ 5 110KN M = 315 X3 – 200 (X3 − 1)– 150–200(X3 − 3) – (X3 − 2)2 3 Si X3 = 5 , V = 315 – 400 - 25(5 – 2)2 = - Si X3 = 3 , M = 315(3) – 200(3-1) – 150 - 200(3 – 3) – 25 (3 − 2)2 310KN 3 M = 386.67KNm 25 X3 = 5 , M = 315(5) – 200(4) – 150 – 200 x 2 – (3)3 3 M=0 23 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL PROBLEMA 9.2 Una viga de sección I soporta cargas que se muestran en la figura adjunta. Determinar los esfuerzos máximos de flexión en las fibras extremas de la viga. P1 = 200KN, M1 = 150KNm, W1 = 100KN/m, q2 = 0 a 150KN/m. SOLUCIÓN: a. Calculo del esfuerzo de flexión en la viga. 𝑀𝐶 Utilizamos la ec. (8.1) ; σ= (1) 𝐼 a.1. Calculo del Mmax Utilizamos el DFC, se observa en el punto D, V = 0, se produce el Mmax; en la ecuación del tramo CD. 25 Mmax = 315X2 – 200(X2 – 1) - (X2 – 2)2 3 25 Si X2 = 3 , M = 315(3) – 200(3 - 1) - (3 – 2)3 3 M = 536.67KNm Mmax = 536.67KNm 24 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL a.2. Calculo del Centroide. ∑ 𝐴𝑦 Utilizamos la relación: c = 𝑦⃑ = (2) 𝐴 (150 𝑥 60)30 + (40 𝑥 120)(60 + 60) + (250 𝑥 50)(60 + 120 + 25) 𝑦⃑1 = 150 𝑥 60 + 40 𝑥 120 + 250 𝑥 50 3′408,500 𝑦⃑1 = = 129,6𝑚𝑚 26,300 𝑐1 = 𝑦⃑1 = 129,6𝑚𝑚 = 0.12296𝑚 𝑐2 = 𝑦⃑2 = 230 − 129,6 = 100.4𝑚𝑚 = 0.1004𝑚 a.3. Calculo del Momento de Inercia (I). Utilizamos las siguientes relaciones: I = 𝐼0 + 𝐴𝑑 2 BLOQUE I0(mm4) A(mm2) d(mm) Ad2(mm4) 1 150 x 60 = 9000 129.6 – 30 = 99.6 9000 x 99.62 = (150)603 1 12 89’281,440 = 2′700,000 1 40 x 120 = 4800 129.6 – 60 – 60 = 4800 x 9.62 = (40)1203 12 9.6 89’281,440 2 = 5′760,000 1 250 x 50 = 12500 100.4 – 25 = 75.4 12500 x 75.42 = (250)503 3 12 89’281,440 = 2′604,166.67 ∑ 𝐼0 11’064,166.67 ∑ 𝐴𝑑 2 160’778,308 25 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL I = (11’064,166.67 + 160’788,308)mm4 1𝑚4 I = 171’852,474.7mm4 × 1012 𝑚𝑚4 I = 171,8525 × 10−6 mm4 a.4. Calculo de los esfuerzos Reemplazando valores en (1): 536.67 × 103 𝑁𝑚 × 0.1004𝑚 𝜎1 = 171.8525𝑚4 = 313.6𝑀𝑃𝑎 106 536.67 × 103 𝑁𝑚 × 0.1296𝑚 𝜎2 = 171.8525𝑚4 = 404.8𝑀𝑃𝑎 106 PROBLEMA 9.3 Una viga de acción I soporta cargas que indica la figura adjunta. Determinar los esfuerzos cortantes en la viga a 2 metros a la derecha del apoyo A y en los puntos 1 al 5 indicados en el perfil. 26 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL SOLUCION a. ESFUERZO CORTANTE EN LOS PUNTOS 1 al 5. 𝑉𝑄 Utilizamos la ecuación (9.1): 𝑡2 = (1) 𝐼𝑡 a.1. Cálculo de V: a 2 metros a la derecha de A En la figura del DFC, V = 115 KN Utilizar el diagrama de carga. ∑Fy = 0 + ↓ V + 2W 1 – Ay = 0 V = Ay - 2W 1 = 315 – 2 x 100 V = 115KN a.2. ESFUERZO CORTANTE EN LOS PUNTOS a.2.1. En el punto 1 Datos: V = 115KN , t = 250mm Q = (b x h) 𝑦⃑1 Q = (250 x 0) x 100.4 = 0 Reemplazando valores en (1): 115 × 0 𝑡1 = 171.8525 𝑚4 =0 106 27 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL a.2.2. En el punto 2: Datos: t = 250mm V = 115KN t = 40mm I = 171.8525 x 10-6m4 Calculo de Q2 Q2 = (250 x 50) x (100.24 -- 25) = 942,500 mm3 Si t = 250mm, reemplazando valores en (1): 115 𝑥 103 𝑁 × 942,500𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡2 = 171.8525 𝑚4 × = 2.522𝑀𝑃𝑎 × 250𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 Si t = 40mm, reemplazando valores en (1): 115 𝑥 103 𝑁 × 943,500𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡2 = 171.8525 𝑚4 × = 15.76𝑀𝑃𝑎 × 40𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 a.2.3. En el punto 3: Datos: V = 115KN t = 40mm I = 171.8525 x 10-6m4 Calculo de Q3 Q3 = (40 x 50.4) x (100.4 – 50 – 25.2) + (250 x 50) x (100.4 - 25) Q3 = 993,303.2 mm3 Reemplazando valores en (1): 115 𝑥 103 𝑁 × 993,303.2𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡3 = 171.8525 𝑚4 × = 16.617𝑀𝑃𝑎 × 40𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 a.2.4. En el punto 4: 28 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Datos: V = 115KN I = 171.8525 x 10-6m4 t = 40mm , t = 150mm Calculo de Q4 Q4 = (150 x 60) x (129.6 – 30) Q4 = 896,400mm3 Si t = 40mm, reemplazando valores en 1. 115 𝑥 103 𝑁 × 896,400𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡4 = 171.8525 𝑚4 × = 14.996𝑀𝑃𝑎 × 40𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 Si t = 150mm, reemplazando valores en 1. 115 𝑥 103 𝑁 × 896,400𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡4 = 171.8525 𝑚4 × = 3.999𝑀𝑃𝑎 × 150𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 a.2.5. En el punto 5: Datos: t = 150mm I = 171.8525 x 10-6m4 V = 115KN Calculo de Q5 Q5 = (150 x 0) x 129.6 = 0 Si t = 150mm, reemplazando valores en 1. 115 × 103 𝑁 𝑥 0 1𝑚2 𝑡5 = 171.8525 𝑚4 × =0 × 150𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 29 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL PROBLEMA 9.4 Una viga de sección I soporta cargas que se muestran en la figura adjunta. Determinar los esfuerzos máximos de flexión en las fibras extremas de la viga. Datos: W 1 = 10KN/m, P = 50KN. M1 = 100KNm, W 2 = 11KN/m SOLUCION: a. Calculo de las reacciones ∑ 𝑀𝐴 = 0 + 𝐵𝑦(12) − 10 × 4 × 2 − 50 × 6 + 100 − 11 × 4 × 10 = 0 ; 𝐵𝑦 = 60𝐾𝑁 ∑ 𝐹𝑦 = 0 + ↑ 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 − 10 × 4 − 50 − 11 × 4 = 0 𝐴𝑦 = 40 + 50 + 44 − 60 , 𝐴𝑦 = 74𝐾𝑁 30 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL b. Diagramas de FC y MF TRAMO FUERZA CORTANTE ∫ 𝒅𝑽 = ∫ −𝑾𝒅𝒙 MOMENTO FLECTOR dM = Vdx Área en el DC entre A y C Área en el DFC entre A y C 𝐶 𝐶 1 ∫ 𝑑𝑉 = −10 × 4 = −40 ∫ 𝑑𝑀 = 34 × 4 + (4)40 𝐴 2 AC 𝐴 VC – VA = -40; Pero: VA = Ay MC – MA = 216KN VC = -40 + VA = -40 + 74 Pero MA = 0 VC = 34KN MC = 216.0KN MD – MC = 34 x 2 = 68 VD – VC = 0 M0 = 68 + MC = 68 + 216 VD = VC = 34KN MD = 284KNm CD Pero en D actúa P, entonces. Pero en D actúa M, entonces. VD = 34 – 50 = 16KN MD = 284 – 100 = 184KNm ME – MD = -16 x 2 = -32 VE – VD = 0 ME = -32 + MD = -32 + 184 DE VE = VD = -16.0KN ME = 152KNm 1 VB – VE = -11 x 4 = -44 MB – ME = -16 x 4 - 2 (4) 44 VB = -44 MB – ME = -152 EB Pero en D actúa P, entonces. MB = -152 + ME VD = 34 – 50 = 16KN MB = -152 + 152 = 0 a. ESFUERZOS MAXIMOS DE FLEXION 𝑀𝐶 Utilizamos la ecuación (8.1): 𝜎 = (1) 𝐼 En el DMF se observa que Mmax = 284KN.m c.1. Cálculo del Centroide ∑ 𝐴𝑦 Utilizamos la relación: 𝑐 = 𝑦⃑ = ∑𝐴 (2) 400 × 50 × 25 + 50 × 300 × 200 + 300 × 50 × 375 9′125,000 𝑦1 = = 400 × 50 + 50 × 300 + 300 × 50 50,000 𝑦1 = 182.5𝑚𝑚 31 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 𝑦2 = 400 − 182.5 = 217.5𝑚𝑚 c.2. Cálculo del Momento de Inercia Utilizamos las ecuaciones: 𝐼 = 𝐼0 + 𝐴𝑑 2 1 𝐼 = 12 + 𝑏ℎ3 FIG. I0(mm4) A(mm2) d(mm) Ad2(mm4) 1 1 (400)503 400 x 50 = 496’125,000 12 182.5 – 25 = 152.5 20,000 = 4′166,666.67 1 2 (50)3003 50 x 300 = 217.5 – 50 – 150 = 4’593,750 12 15,000 17.5 = 112′500,000 1 300 x 50 = 555’843,750 3 (300)503 = 3′125,000 217.5 – 25 = 192.5 12 15,000 ∑ 𝐼0 119′791,666.7 ∑ 𝐴𝑑 2 1,056’562,500 1𝑚4 I= 119’791,666.7 + 1,056’562,500 = 1,176’354,167𝑚𝑚4 × 1012 𝑚𝑚4 I= 1,176.354 x 10-16 m4 c.4. ESFUERZO MAXIMO: Reemplazando valores en (1) 284 × 103 𝑈𝑚 × 182.5𝑚𝑚 1𝑚 𝜎1 = 1176.354𝑚4 × 103 𝑚𝑚 = 44.060𝑀𝑃𝑎 (𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛) 106 284 × 103 𝑈𝑚 × 217.5𝑚𝑚 1𝑚 𝜎2 = 1176.354𝑚4 × = 52.51𝑀𝑃𝑎 (𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛) 103 𝑚𝑚 106 32 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL PROBLEMA 9.5. Una viga de sección I soporta cargas que se indica en la figura adjunta. Determinar los esfuerzos cortantes en la viga a 4 metros a la derecha del apoyo A y en los puntos 1 al 5 indicada en el perfil de la viga. SOLUCION: a. Esfuerzo cortante en los puntos 1 al 5. 𝑉𝑄 Utilizamos la ecuación (9.1): 𝑡= (1) 𝐼𝑡 a.1. Calculo de V: a 4 metros a la derecha de A. De la figura DFC: V = 34KN Utilizando el DC. W1 M ∑ 𝐹𝑦 = 0 + ↓ V + 2W 1 – Ay = 0 V = Ay – 2W 1 V V = 74 – 4(10) 4m V = 34KN 33 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL a.2. Esfuerzo Cortante en los puntos 1 al 5 a.2.1. En el punto 1: Datos: V = 34KN , t1= 300mm I = 1176.354 x 10-6m4 Calculo de Q1 Q = (b x h) x 𝑦⃑1 Q1 = (300 x 0) x 217.5 = 0 Reemplazando valores (1) 34KN × 0 𝑡1 = 1176.354𝑚4 =0 106 a.2.2. En el punto 2: Datos: t2 = 300mm ; V = 34KN t2 = 50mm I = 1176.354 x 10-6m4 Calculo de Q2 Q2 = (b x h) x 𝑦⃑2 Q2 = (300 x 50) x (217.5 – 25) = 2’887,500mm3 Para t2 = 300mm ; reemplazando valores en (1): 34 × 103 𝑁 × 2′ 887,500𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡2 = 1176.354𝑚4 × = 0.278𝑀𝑃𝑎 × 300𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 Para t2 = 50mm ; reemplazando valores en (1): 34 × 103 𝑁 × 2′ 887,500𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡2 = 1176.354𝑚4 × = 1.67𝑀𝑃𝑎 × 50𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 a.2.3. En el punto 3: Datos: t3 = 50mm ; V = 34KN ; I = 1176.354 x 10-6m4 Calculo de Q3 34 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Q3 = (b x h) x 𝑦⃑3 Q3 = (300 x 50) x (217.5 – 25) + (50 x 167.5) x (167.5/2) Q3 = 2’887,500 + 701,406.25 = 3’588,906.25 mm3 Reemplazando valores en (1): 34 × 103 𝑁 × 3′ 588,906.25𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡3 = 1176.354𝑚4 × = 2.075𝑀𝑃𝑎 × 50𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 a.2.4. En el punto 4: 50 y 3 132 .5 182.5 y4 4 50 5 x 400 Datos: V = 34KN ; I = 1176.354 x 10-6m4 t4 = 50mm t4 = 400mm Calculo de Q4 Q4 = (b x h) x 𝑦⃑4 Q4 = (400 x 50) x (182.5 – 25) Q4 = 3’150,000 mm3 Para t4 = 50 mm; reemplazando valores en (1): 34 × 103 𝑁 × 3′ 150,000𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡4 = 1176.354𝑚4 × = 1.82𝑀𝑃𝑎 × 50𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 Para t4 = 400 mm; reemplazando valores en (1): 35 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 34 × 103 𝑁 × 3′ 150,000𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡4 = 1176.354𝑚4 × = 0.23𝑀𝑃𝑎 × 400𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 a.2.5. En el punto 5: Datos: t4 = 400 mm ; V = 34KN ; I = 1176.354 x 10-6m4 Calculo de Q5 Q5 = (b x h) x 𝑦⃑5 Q5 = (400 x 0) x 182.5 Reemplazando valores en (1): 34 × 103 𝑁 × 0 1𝑚2 𝑡5 = 1176.354𝑚4 × =0 × 400𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 PROBLEMA 9.6 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector de la viga mostrada en la figura adjunta. Despreciar el peso W 1 = 150 KN/m P1 = 40KN M1 = 70KNm 36 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL SOLUCION: 2° 360 290 a. Calculo de las reacciones ∑MA = 0 + By(5) – 40(3) – 150(3) 1.5 + 70 = 0 By = 145KN ∑Fy = 0 + ↑ Ay + By – -40 - 150(3) = 0 Ay = 345KN b. Diagramas de fuerza cortante y Momento Flector Utilizamos el método de secciones. TRAMO DCL FUERZA CORTANTE MOMENTO FLECTOR ∑Fy = 0 ↓ + ∑Ma = 0 + V + W 1X1 - Ay = 0 𝑋 M + W 1X1 ( 21 ) - Ay X1 = 0 AC V = Ay - W 1X1 = 345 - 150 M = 345 X1 - 75 X12 0≤ X1 ≤ 3 X1 Si X1 = 0 , M = 0 Si X1 = 0 , V = 345 KN Si X1 = 3 , M = 345 (3) – 75(3)2 37 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Si X1 = 3 , V = 345 - M = 360KNm 150(3) V = -105 KN ∑Fy = 0 +↓ ∑Mb = 0 + V + W 1(3) + P1 - Ay = 0 M + 3W 1 (X2 + 1.5) + P1 (X2 – 3) + V = 345 - 450 – 40 = -145 M1 – Ay X2= 0 Si X2 = 3 , V = -145kn M = 345 X2 – 450 (X2 – 1.5) – X2 = 5 , V = -145kn 40(X2 – 3) – 70 CB Si X2 = 3 , M = 345 x 3 – 450(1.5) 3 ≤ X2 ≤ 5 – 70 = 250KNm M = 127.5 KNm Si X2 = 5 M =345(5) – 450(3.5) – 40 x 2 – 70 =0 PROBLEMA 9.7 La viga mostrada en la figura adjunta, está sometida a las cargas que se indican. Determinar los esfuerzos máximos de flexión en las fibras extremas de la viga. Despreciar el peso de la viga W 1 = 150 KN/m P1 = 40KN M1 = 70KNm 38 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL SOLUCION: a. Esfuerzo máximo de flexión, en las fibras extremas: 𝑀𝑚𝑎𝑥.𝑐 Utilizamos la ecuación (8.1): 𝜎𝑚𝑎𝑥 = (1) 𝐼 a.1. Calculo del Mmax: El momento máximo esta en el tramo AC, utilizamos la ecuación de este tramo: M = 345X1 – 75X12 (2) Calculo de X: En el diagrama de FC, por semejanza de triángulos: 345 105 = 3−𝑥 → 345 (3 - x) = 105x 𝑥 345 x 3 = (105 + 345)𝑥 X = 2.3m Reemplazando valores en (2): Mmax = 345(2.3) – 75(2.3)2 = 396.75KNm a.2. Calculo del Centroide: 220mm y 1 60 2 d3 125.038 30 EN 3 d2 180 d1 2 164.962 4 50 1 x 5 160 ∑ 𝐴𝑦 Utilizamos la ecuación: 𝑐 = 𝑦̅ = ∑𝐴 (2) Reemplazando valores en (2) 100 × 50 × 25 + 30 × 180 × 140 + 220 × 60 × 260 4′388,000 𝑦1 = = 160 × 50 + 30 × 180 + 220 × 60 26,600 39 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 𝑦1 = 164.962𝑚𝑚 = 0.164962𝑚 𝑦2 = (60 + 180 + 50) − 164.962 = 125.038𝑚𝑚 = 0.125038𝑚 a.3. Calculo Momento de Inercia: Utilizamos las siguientes ecuaciones: I = I0 + Ad2 1 𝐼𝑜 = 𝑏ℎ3 12 BLOQUE I0(mm4) A(mm2) d(mm) Ad2(mm4) 1 1 160 x 50 = 164.962 – 25 156′ 714,891.6 (160)503 12 8000 = 139.962 = 1′ 666,666.67 2 1 30 x 180 = 164.92 – 90 – 3′ 353,434.56 (30)1803 12 5400 50 = 24.92 = 14′ 580,000 3 1 220 x 60 = 125.038 – 30 119’225,323.1 (220)503 12 13200 = 95.038 = 3′ 960,000 ∑I0 20’206,666.67 ∑Ad2 279’293,649.3 Entonces: I = 20’206,666.67 + 279’293,649.3 = 2999’500,315.9 mm4 1𝑚4 I = 299’500,315.9 mm4 × 1012 𝑚𝑚4 I = 299’500,316 x 10-6 a.4. Calculo del σmax Reemplazando valores en (1): 1 396.75 × 103 𝑁𝑚 × 164.962 𝑚𝑚 1𝑚 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 299.500316𝑚4 × = 218,526𝑀𝑃𝑎 103 𝑚𝑚 106 40 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 2 396.75 × 103 𝑁𝑚 × 125.038 𝑚𝑚 1𝑚 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 299.500316𝑚4 × = 165,638𝑀𝑃𝑎 103 𝑚𝑚 106 PROBLEMA 9.8 La viga mostrada en la figura adjunta, está sometida a cargas que se indican en la figura dada. Determinar los esfuerzos cortantes en la viga en los puntos 1 al 5 y a 2 metros del apoyo A SOLUCION: a. Esfuerzos cortantes en los puntos 1 al 5: 𝑉𝑄 Utilizamos la ecuación 9.1: 𝑡= (1) 𝐼𝑡 a.1. Calculo Vt 2mt del apoyo A: 41 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL W1 M V Ay 2m ∑ 𝐹𝑦 = 0 ↓ + 𝑉 + 150 × 2 − 345 = 0 V = 45KN 42 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL a.2. Calculo de tn: a.2.1. En el punto 1: 220 1 60 2 30 y2 125.038 65.038 y3 3 EN Datos: V = 45KN I = 299.5 x 10-6 𝑡 = 220 𝑚𝑚 𝑄 = 𝐴 × 𝑦̅ = (𝑏 × ℎ)𝑦̅1 Pero: b = 220mm h=0 Q = (220 x 0) 123.038 Q=0 Reemplazando valores en (1) 45 × 0 𝑡1 = 299.5 =0 𝑚4 × 220 106 a.2.2. En el punto 2: datos: V = 45KN I = 299.5 x 10-6m4 𝑡 = 220,30 𝑚𝑚 Calculo de Q: 𝑄 = (220 × 60)(125.038 − 30) = 1′ 501.6 𝑚𝑚3 43 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Reemplazando valores en (1) 45 × 103 × 1′ 254,501. 6𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡1 = 299.5 × 6 = 0.857𝑀𝑃𝑎 𝑚4 × 220𝑚𝑚 10 𝑚𝑚2 106 45 × 103 × 1′ 254,501. 6𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡2 = 299.5 × = 6.283𝑀𝑃𝑎 𝑚4 × 30𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 a.2.3. En el punto 3: datos: V = 45KN I = 299.5 x 10-6m4 𝑡 = 30 𝑚𝑚 Calculo de Q: 𝑄 = (30 × 65.038)32.519 + (220 × 60)95.038 𝑄 = 1′ 317,950. 722𝑚𝑚3 Reemplazando valores en (1) 45 × 103 × 1′ 317,950. 722𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡3 = 299.5 × 6 = 6.6𝑀𝑃𝑎 𝑚4 × 30𝑚𝑚 10 𝑚𝑚2 106 45 × 103 × 1′ 254,501. 6𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡2 = 299.5 × = 6.283𝑀𝑃𝑎 𝑚4 × 30𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 a.2.4. En el punto 4: 44 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 30 3 114.962 y4 164.962 4 50 5 160 Datos: V = 45KN I = 299.5 x 10-6m4 𝑡 = 30 𝑚𝑚, 160mm Calculo de Q: 𝑄 = (160 × 50)(164.962 − 25) 𝑄 = 1′ 119,696𝑚𝑚3 Reemplazando valores en (1) 45 × 103 × 1′ 119, 696𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡4 = 299.5 × = 5.608𝑀𝑃𝑎 𝑚4 × 30𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 45 × 103 × 1′ 119, 696𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡4 = 299.5 × 6 = 1.051𝑀𝑃𝑎 𝑚4 × 160𝑚𝑚 10 𝑚𝑚2 106 a.2.5. En el punto 5: 𝑄 = (160 × 0)(164.962) = 0 Reemplazando valores en (1) 45 × 103 × 0 1𝑚2 𝑡4 = 299.5 × =0 𝑚4 × 160𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 45 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL PROBLEMA 9.9 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector de la viga mostrada en la figura adjunta. Despreciar el peso de la viga. Utilizar el método de áreas. W 1 = 100 KN/m P1 = 150KN M1 = 100KNm 46 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL SOLUCION: a. Calculo de las reacciones ∑MA = 0 + By(5) – 150(2.5) – 100(5) 2.5 - 100 = 0 By = 345KN ∑Fy = 0 + Ay + By – 150 - 100(5) = 0 Ay = 150 + 500 - 345 Ay = 305KN b. Diagramas de FC y MF Utilizamos el método de secciones. TRAMO FUERZA CORTANTE: ∫ 𝒅𝒗 = − ∫ 𝒘𝒅𝒙 MOMENTO FLECTOR: ∫ 𝒅𝑴 = ∫ 𝒗𝒅𝒙 AC 𝐶 𝐶 ∫𝐴 𝑑𝑣 = Area del DC entre A y C ∫𝐴 𝑑𝑀 = Área del DFC entre A y C VC – VA = -100 x 2.5 = -250KN MC – MA = 55 x 2.5 c Pero = VA = Ay = 305 KN MC – MA =137.5 + 312.5 = 450KNm VC = VA – 250 = 305 – 250 = 55KN En A: MA = 0 En C actúa P En C: MC = 450KNm 𝑉𝑐𝑛 = 55 – 150 = -95 KN En C actúa M1 = (sh) + 𝑀𝑐𝑛 =450 + 100 = 550 KNm CB 𝐵 𝐷 ∫𝐶 𝑑𝑣 = Area del DC entre C y B ∫𝐶 𝑑𝑀 = Area del DFC entre C y B VB – VC = -100 x 2.5 = -250KN 1 MB – MC = -95 x 2.5 - (2.5)(345 − 95) 2 En C: VC = -95KN MB – MC = -237.5 - 312.5 = −550 En B: VB = VC – 250 = -95 – 2500 En C: MC = 550 KNm VB = -345KN En B: MB = MC - 550 = 550 – 550 MB = 0 47 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL PROBLEMA 9.10 Una viga de sección I soporta cargas que se indica en la figura adjunta. Determinar los esfuerzos máximos de flexión en las fibras extremas de la viga. W 1 = 100 KN/m P1 = 150KN M1 = 100KNm SOLUCION: a. Esfuerzos máximos de flexión. 𝑀𝐶 Utilizamos la ecuación (8.1): 𝜎= (1) 𝐼 a.1. Calculo del Mmax En el diagrama de FC en C el cortante V = 0, en el diagrama MF se produce el momento máximo Mmax = 550KNm W1 M A a V M1 2.5 m Utilizando el DC. ∑ 𝑀𝑎 = 0 + 2.5 𝑀 + 𝑊1 2.5 ( 2 ) − 𝐴𝑦 (2.5) − 𝑀1 = 0 48 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 2.5 2 𝑀 = 305(2.5) + 100 − 100 ( ) 2 𝑀 = 762.5 + 100 − 312.5 = 550𝐾𝑁𝑚 a.2. Calculo del Centroide ∑ 𝐴𝑦 utilizamos la relación: 𝑐 = 𝑦̅ = ∑𝐴 (2) (200 × 50)25 + (70 × 180)(90 + 50) + (300 × 60)(180 + 50 + 30) 𝑦̅1 = 200 × 50 + 70 × 180 + 300 × 60 6′694,000 𝑦̅1 = = 164,8768 40,600 𝑐1 = 𝑦̅1 = 164.8768𝑚𝑚 = 0.1648768𝑚 𝑐2 = 𝑦̅2 = (50 + 180 + 60) = −164.8768 = 125.1232𝑚𝑚 = 0,1251232𝑚 a.3. Calculo del Momento Inercia (I) Utilizamos las siguientes relaciones I = I0 + Ad2 1 I0 = 12 𝑏ℎ3 BLOQUE. I0(mm4) A(mm2) d(mm) Ad2(mm4) 1 1 (200)503 200 x 50 = 164.8768 – 25 = 195’655,199.8 12 10,000 139.8768 = 2′083,333.33 2 1 70 x 180 = 164.8768 – 50 – 90 = 7’797,575.246 (70)1803 = 34′020,000 12 126,000 24,8768 1 300 x 60 = 125.1232 – 30 = 162’871,617.2 3 (300)603 = 5′400,000 18,000 19295.1232 12 ∑ 𝐼0 41′503,333.33 ∑ 𝐴𝑑2 366’324,384.2 49 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL I = 41’503,333.33 + 366’324,384.2 1𝑚4 𝐼 = 407’827,717,5𝑚𝑚4 × 1012 𝑚𝑚4 I = 407.82772 x 10-6m4 a.4. Calculo de los Esfuerzos máximos: Reemplazando valores en (1): 550 × 103 𝑁𝑚 × 0.1251232𝑚 𝜎1 = 407.82772𝑚4 = 168.742𝑀𝑃𝑎 106 550 × 103 𝑁𝑚 × 0.16648768𝑚 𝜎2 = 407.82772𝑚4 = 222.354𝑀𝑃𝑎 106 PROBLEMA 9.11 Una viga de sección I soporta cargas que se indica en la figura adjunta. Determinar los esfuerzos cortantes en la viga y en los puntos 1 al 5 indicados en el perfil y a 2 metros del apoyo A. W 1 = 100 KN/m P1 = 150KN M1 = 100KNm 50 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL SOLUCION: a. Esfuerzo cortante en los puntos 1 al 5. 𝑉𝑄 Utilizamos la ecuación (9.1): 𝑡= (1) 𝐼𝑡 a.1. Calculo del V 305 A’’ 250 y 55 A’ C’ A 55 V Z C x 2 2.5 A 2 metros del apoyo A, utilizamos el DFC. En la figura: V = xy = xz +zy (2) Dónde: xz = 55KN Calculo de zy Por semejanza de triángulos: A’’ A’ C’ ≈ YZC’ ∑ 𝑀𝑎 = 0 + 250 𝑧𝑦 250 ×0.5 = 0.5 => 𝑧𝑦 = = 50𝐾𝑁 2.5 2.5 𝑉 = 55 + 50 = 105𝐾𝑁 Otro método cortamos la viga a 2mt del apoyo A y trazamos su DCL W1 M V Ay 2m 51 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL ∑ 𝐹𝑦 = 0 + ↓ V + 100 x 2 – Ay = 0 V = 305 – 200 = 105KN a.2. Esfuerzo cortante en los puntos 1 al 5. a.2.1. En el punto 1: 300 y 1 60 2 125.1232 65.1232 y2 y3 3 70 Datos: V = 105KN I = 407.82772 x 10-6 m3 t = 300mm Calculo de Q: Q = (b x h)𝑦̅1 Q = (300 x 0) x 125.1232 Q=0 Reemplazando valores en (1): 105 × 0 𝑡1 = 407.82772 × 10−6 × 300 𝑡1 = 0 a.2.2. En el punto 2: Datos: t = 300mm , V = 105KN t = 70mm , I = 407.82772 x 10-6 m3 52 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Calculo de Q: Q = (300 x 60) x (125.1232 – 30) = 1’712,217.6mm3 Para t1 = 300mm, reemplazando valores en (1) 105 × 103 𝑁 × 1′ 712,217.6𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡1 = 407.82772 × 6 = 1.469𝑀𝑃𝑎 × 300𝑚𝑚 10 𝑚𝑚2 106 Para t2 = 70mm, reemplazando valores en (1) 105 × 103 𝑁 × 1′ 712,217.6𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡2 = 407.82772 × = 6,298𝑀𝑃𝑎 × 70𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 a.2.3. En el punto 3: Datos: W1= 100KN/m , P1= 150KN , M1= 100KN.m Calculo de Q: 65.1232 𝑄 = (300 × 60) × (125.1232 – 30) + (75 × 65.1232) × ( ) 2 𝑄 = 1’712,217.6 + 148,436.0912 = 1′ 860,653.691𝑚𝑚3 Reemplazando valores en (1) 105 × 103 𝑁 × 1′ 860,653.601𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡1 = 407.82772 × = 6.844𝑀𝑃𝑎 × 70𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 53 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL a.2.4. En el punto 4: 70 y 3 114.8768 164.8768 y4 4 50 5 x 200 Datos: t = 70mm t= 200mm V=105KN I=407.82772 X 10-6m4 Cálculo de Q4: Q4=(200x50) x (164.8768-25) Q4=1´398,76mm3 Para t= 70mm; reemplazando valores en (1): 105 × 103 𝑁 ×1´398.768𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡4 = 407.82772𝑚4 × = 5.145𝑀𝑃𝑎 × 70𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 Para t= 200mm; reemplazando valores en (1): 105 × 103 𝑁 ×1´398.768𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡4 = 407.82772𝑚4 × = 1.801𝑀𝑃𝑎 × 200𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 Cálculo de Q: 65.1232 Q = (300 x 60) x (125.1232 – 30) + (70 x 65.1232) x ( ) 2 Q = 1´712,217.6 + 148,436.0912 = 1´860,653.691 mm3 Reemplazando valores en (1): 105 × 103 𝑁 ×1´860.653.691𝑚𝑚3 1𝑚2 𝑡3 = 407.82772𝑚4 × = 6.844𝑀𝑃𝑎 × 70𝑚𝑚 106 𝑚𝑚2 106 54 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL a.2.5. En el punto 5: Datos: t= 200mm V=105KN I=407.82772 X 10-6m4 Cálculo de Q: Q=(200x0) x 164.8768 = 0 Reemplazando valores en (1): 105 𝐾𝑁 × 0 𝑡5 = 407.82772𝑚4 =𝑜 × 200𝑚𝑚 106 55 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Capítulo 10: Esfuerzos Combinados 10.1 Introducción. El estado más general de esfuerzo en un punto dado Q, puede representarse por 6 componentes. Esfuerzo cortante Esfuerzo de flexión Nota: El mismo estado de tensión se representa por un juego diferente de componentes si se giran los ejes. En los capítulos anteriores se han estudiado tres tipos básicos de cargas: axiales, torsión y de flexiona. Cada una de ellas se consideró que actuaba aisladamente Fig. 10.1 Estado de un punto En este capítulo se tratan los casos en que actúan conjuntamente dos o más de estos esfuerzos. 1. Esfuerzo por carga de torsión:Con τ = Tr/J solamente se consideraron cargas de torsión, sobre ejes de sección 2. Esfuerzo por carga axial:Con σa = P/A solamente se consideraron cargas axiales aplicadas a través del centroide de la sección, 3. Esfuerzo por carga de Flexión:Con σf = Mc/I se consideraron solamente cargas aplicadas perpendicular al eje transversal. 56 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL En este capítulo se estudian las combinaciones de estos esfuerzos: 1. Axial y torsión 2. Axial y flexión 3. Torsión y flexión 4. 4.Axial, torsión y flexión. Por carga axial Por carga de flexión 10.2 Cargas Combinadas: Axial y Flexión: Considere la viga empotrada en un extremo y sujeta a una carga inclinada P, como se muestra la figura 10.3 (a). Fig. 10.3 Carga combinada (axial y flexión) Si la carga P se descompone en sus componentes horizontal y vertical, estas componentes actúan en las direcciones que permite aplicar la teoría de los capítulos 1 y 8. La carga axial Px produce esfuerzos de tensión (σ = P/A) y la carga Py produce esfuerzos de flexión (σ = Mc/I). 10.3 Cargas Excéntricas: Cuando a un elemento se le aplica una carga axial, esta debe coincidir con el eje centroidal del elemento, para que sea válida la ecuación σ = P/A. En algunos casos la carga se aplica paralela al eje centroidal de la barra, pero a cierta distancia de él, tal como se observa en la figura 10.4 (b). 57 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL A este tipo de carga se le denomina como excéntrica, siendo “e” la excentricidad (distancia entre la carga y el eje centroidal).Para este caso, la carga excéntrica se descompone en una fuerza que pasa por el centroide de la sección y un par, como se muestra en la figura 10.5 b) y c). Fig. 10.4 Carga Excéntrica Fig. 10.5 Descomposición de una Fuerza 10.4 Cargas Axiales Excéntricas con respecto a dos ejes: Si la carga no se aplica a lo largo de ninguno de los ejes principales, como se observa en la figura 10.6, la carga excéntrica se descompone en una fuerza axial que pasa por el centroide y un par. Sin embargo, el par no actúa a lo largo de un eje principal, y a su vez debe descomponerse en los pares: Fig. 10.6 Carga Axial con respecto a dos ejes 58 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL PROBLEMA N° 10.1: Una prensa tiene la estructura de acero fundido que muestra la figura10.1. determinar los esfuerzos en las fibras extremas de la prensa indicada, si la fuerza máxima de prensado que se puede ejercer es de 8KN. Los datos de la sección A- A’ se indica en la figura dada. XY es el eje que pasa por el cetro de gravedad de la sección. SOLUCION: a. Esfuerzos en las fibras extremas de la prensa. 𝑃 𝑀𝐶 Utilizamos la ecuación (10.1): 𝜎 = ± 𝐴 ± (1) 𝐼 Donde: P = 8KN (tensión) a.1. Calculo del Centroide 50mm y 20 2 23.33 d2 EN d1 40mm 36.67 1 20 ∑ 𝐴𝑦 utilizamos la ecuación 𝑦̅ = ∑𝐴 59 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL (20 × 40)20 + (50 × 20)50 66000 𝑦1 = = 20 × 40 + 50 × 20 1800 𝑦1 = 36.67𝑚𝑚 𝑦2 = 60 − 36.67 = 23.33𝑚𝑚 a.2. Calculo del Momento de Inercia: I 1 utilizamos las ecuaciones: 𝐼 = 𝐼0 + 𝐴𝑑 2 𝑦 𝐼0 = 12 𝑏ℎ3 BLOQUE 𝐼0 (𝑚𝑚4 ) 𝐴(𝑚𝑚2 ) d(mm) 𝐴𝑑 2 (𝑚𝑚4 ) 1 214,381.52 1 (20)403 = 106,666.67 20 x 40 = 800 36.67 – 20 = 16.37 12 2 1 177,688.9 (50)403 = 33,333.33 50 x 20 = 1000 23.33 – 10 = 13.33 12 ∑𝐼0 140,000 ∑A = 1800 ∑ 𝐴𝑑 2 392,070.42 I = 140,000 + 392,070.42 = 532,070.42 mm4 a.3. En la sección A A’ 60 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL aplicando las ecuaciones de equilibrio ∑ 𝐹𝑦 = 0+↓ P + 8 = 0 P = -8KN ∑ 𝑀𝐶𝐺 = 0 + M + Pe = 0 M = - Pe (2) Donde: P = -8KN e = 120 + 23.53 = 143.53mm reemplazando valores en (2): M = -8KN x 143.53mm M = -1148.24KNmm Reemplazando valores en la ecuación (1): 𝜎1 = 4.44𝑀𝑃𝑎 − 50.78𝑀𝑃𝑎 = −46.34𝑀𝑃𝑎 8 × 103 𝑁 106 𝑚𝑚2 1148 × 103 𝑁𝑚𝑚 × 36.67𝑚𝑚 1𝑚2 𝜎2 = × + 53.207𝑚4 × 6 1800𝑚𝑚2 1𝑚2 10 𝑚𝑚2 108 𝜎2 = 4.44𝑀𝑃𝑎 + 78.69𝑀𝑃𝑎 𝜎2 = 81.13𝑀𝑃𝑎 PROBLEMA 10.2: Un voladizo tiene el perfil indicado en la figura 10.2 y ha de servir de soporte a los cojinetes de unas grandes poleas montadas sobre un eje. La acción del eje es una fuerza de 240KN dirigida como se indica en la figura dada. Determinar los esfuerzos en los puntos A y B del empotramiento y localizar la variación del eje neutro. 61 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL SOLUCION: a. Esfuerzos en los puntos A y B del empotramiento. 𝑃 𝑀𝐶 Utilizamos la ecuación (10.1): 𝜎 = ± 𝐴 ± (1) 𝐼 a.1. Calculo del Centroide ∑ 𝐴𝑦 utilizamos la siguiente relación 𝑐 = 𝑦 = ∑𝐴 (40 × 200)100 + (50 × 120)225 2′150,000 𝑦1 = = = 153.57𝑚𝑚 = 0.15357𝑚 40 × 200 + 50 × 120 14,000 𝑦2 = 250 − 𝑦1 = 250 − 153.57 = 96.43𝑚𝑚 = 0.09643𝑚 a.2. Calculo del Momento de Inercia: I 1 utilizamos las ecuaciones: 𝐼 = 𝐼0 + 𝐴𝑑 2 𝑦 𝐼0 = 12 𝑏ℎ3 BLOQUE 𝐼0 (𝑚𝑚4 ) 𝐴(𝑚𝑚2 ) d(mm) 𝐴𝑑2 (𝑚𝑚4 ) 1 8000 x 53.572 = 22’957,959.2 1 (40)3003 = 26′666,666.67 40 x 200 = 8000 153.57 – 100 = 53.57 12 2 1 120 x 50 =6000 96.43 – 25 = 71.43 6000 x 71.432 = 30’613,469.4 (120)503 = 1′250,000 12 ∑𝐼0 ∑A = 14,000 ∑ 𝐴𝑑2 53’571,428.6 27′916,666.67 62 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL I = 27’916,666.67 + 53’571,428.6 = 81’488,095.27mm 4 1𝑚4 I = 81’488,095.27𝑚𝑚4 × 1012 𝑚𝑚4 = 81488 × 10−6 𝑚4 a.3. En la sección A A’ calculo de Px y Py 𝑃𝑥 4 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑃𝑥 = 𝑃𝐶𝑜𝑠𝛼 = 240 ( ) = 192𝐾𝑁 𝑃 5 𝑃𝑦 3 𝑆𝑒𝑛𝛼 = 𝑃𝑦 = 𝑃𝑆𝑒𝑛𝛼 = 240 ( ) = 144𝐾𝑁 𝑃 5 a.4. Calculo del esfuerzo axial: Px 𝑃𝑥 192 × 103 𝑁 106 𝑚𝑚2 𝜎𝑥 = = × 𝐴 14000 1𝑚2 63 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL a.5. Calculo del Mmax DFC Py A 600 mm y B M 600 mm -144 -144 DMF 39,085 KNm (+) (-) 47,314.56 ∑ 𝐹𝑦 = 0+↓ RE – Py = 0 RE = Py = 144KN ∑ 𝑀𝐴𝐵 = 0 + ME + M – Py (600) = 0 ME = 144(600) – M (2) Calculo de M: M= Px x d (ver fig. 10.2) M= 192(150 + 96.43) = 47,314.56KNmm 64 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Reemplazando valores en (2): ME = 144(600) – 47,314.56 ME = 39,025.44 KNmm Del DMF hallamos: Mmax = 47,314.56KNm a.6. Calculo del Esfuerzo de Flexion. 𝑀𝑐 Utilizamos la ecuación (8.1): 𝜎 = 𝐼 47.31456 × 103 𝑁𝑚 × 0.09643𝑚 𝜎1 = 81488𝑚4 = 55.99𝑀𝑃𝑎 106 47.31456 × 103 𝑁𝑚 × 0.15357𝑚 𝜎1 = 81488𝑚4 = −89.156𝑀𝑃𝑎 106 Reemplazando valores en (1): 𝜎𝐴 = 13.7 + 55.99 = 69.69𝑀𝑃𝑎 𝜎𝐵 = 13.7 − 89.156 = −75.456𝑀𝑃𝑎 b. Variación del eje neutro. y 13.7 55.99 69.69MPa EN y = + = x -75.46MPa 65 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 𝑃 𝑀𝑐 Utilizamos la ecuación (10.1): 𝜎 = 𝐴 ± 𝐼 Datos en el eje neutro σ = 0, entonces en (1) 47.31456 × 103 𝑁𝑚 × 𝑦(𝑚) 0 = 13.7𝑀𝑃𝑎 − 81488𝑚4 106 47.31456 ×× 𝑦 𝑀𝑃𝑎 = 13.7𝑀𝑃𝑎 81488𝑚4 13.7 × 81.488 𝑦= = 0.02358𝑚 47.31456 × 103 𝑦 = 23.586𝑚𝑚 PROBLEMA 10.3: Un bloque rectangular de peso despreciable mostrado en la figura adjunta, está sometida a una fuerza vertical de 500KN excintrica. Determinar: a. Los esfuerzos que actúa en las cuatro esquinas de la sesión ABCD. Localice la variación del eje neutro de la sección transversal. 66 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL SOLUCION: a. Los esfuerzos que actúa en las cuatro esquinas ABCD Utilizamos la ecuación (8.2): 𝑃 𝑀𝑥 𝑦̅ 𝑀𝑦 ×𝑥̅ 𝜎 = ±𝐴± ± (1) 𝐼𝑥 𝐼𝑦 a.1. Calculo del esfuerzo axial 𝑃 −500×103 𝑁 104 𝑐𝑚2 𝜎 = −𝐴 = × = 909,09𝐾𝑃𝑎 (Compresion) 50×10𝑐𝑚2 1𝑚2 𝜎 = 0.9091𝑀𝑃𝑎 a.2. Calculo del esfuerzo de flexion. a.2.1. Para el eje x: Utilizamos la ecuacion 𝑀𝑥 𝑦̅ 𝜎= (2) 𝐼𝑥 1𝑚 Donde: 𝑀𝑥 = 500, 𝑒𝑦 = 500 × 10 = 5000𝐾𝑀𝑐𝑚 × 100𝑐𝑚 = 50𝐾𝑁𝑚 𝑦̅ = 25 𝑐𝑚 = 0.25𝑚 1 1𝑚4 𝐼𝑥 = (110)503 = 1′ 145,833.33𝑐𝑚4 × 8 4 = 11,158.33 × 10−6 𝑚4 12 10 𝑐𝑚 Reemplazando valores en (2): 50 × 103 𝐾𝑁𝑚 × 0.25𝑚 𝜎𝑥 = 11,458.33𝑚4 = 1.091𝑀𝑃𝑎 106 a.2.2. Para el eje y: Utilizamos la ecuación 𝑀𝑦 𝑥̅ 𝜎= (2) 𝐼𝑥 1𝑚 Donde: 𝑀𝑦 = 𝑃, 𝑒𝑥 = 500 × 20 = 10000𝐾𝑀𝑐𝑚 × 100𝑐𝑚 = 100𝐾𝑁𝑚 𝑥̅ = 55 𝑐𝑚 = 0.55𝑚 1 1𝑚4 𝐼𝑦 = (50)1103 = 5′ 833.33𝑐𝑚4 × 8 4 12 10 𝑐𝑚 67 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 𝐼𝑦 = 55,458.33 × 10−6 𝑚4 Reemplazando valores en (2): 100 × 103 𝐾𝑁𝑚 × 0.55𝑚 𝜎𝑦 = 55,458.33𝑚4 = 0.992𝑀𝑃𝑎 106 a.3. esfuerzo en las cuatro esquinas. 0.992MPa 1.091MPa D D “Compresión” C C A A Mx x x y B B M Reemplazando valores en la ecuacion (1): En el punto A: σA = -0.9091 + 1.091 + 0.992 = 1.1739 MPa (tensión) En el punto B: σB = -0.9091 - 1.091 + 0.992 = -1.0081 MPa (compresión) En el punto C: σC = -0.9091 - 1.091 - 0.992 = -2.9921 MPa (compresión) En el punto D: σD = -0.9091 + 1.091 - 0.992 = -0.8101 MPa (compresión) b. Variación del eje neutro de la sección trnsversal. Graficar los esfuerzos calculados en los puntos A, B, C y D. 68 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL x -x D 110 0.8101 39 1.17 A C x 50 C -y B 2.992 y 81 1.00 Por semejanza de triangulos: 1.1739 1.1739 A B 1.0081 0.8101 50 - y y 110 - x x 1.1739 1.081 = 50 − 𝑦 𝑦 1.1739𝑦 = 1.081(50 − 𝑦) (1.1739 + 1.0081)𝑦 = 1.0081 x 50 (2.1819)𝑦 = 54.05 𝑦 = 24.772𝑐𝑚 1.0081 0.8101 = 110 − 𝑥 𝑥 1.0081𝑥 = 0.8101(110 − 𝑥) (1.0081 + 0.8101)𝑥 = 0.8101 x 110 (1.8182)𝑥 = 89.11 𝑥 = 49.0105𝑐𝑚 69 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL El eje neutro de la sección transversal: 𝑥̅ = 55𝑐𝑚 𝑦̅ = 25𝑐𝑚 Con la carga aplicada el eje neutro será: 𝑥̅ = 49.0105𝑐𝑚 𝑦̅ = 24.972𝑐𝑚 70 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Capítulo 11: Transformación del Esfuerzo 11.1 Introducción. El estado más general de esfuerzo en un punto dado Q, puede representarse por 6 componentes. Esfuerzo cortante Esfuerzo de flexión El mismo estado de tensión se representa por un juego diferente de componentes si se giran los ejes. En este capítulo se va a determinar cómo se transforman las componentes de esfuerzo, bajo una rotación de los ejes coordenados. Fig. 11.1 Estado de un punto 11.2 Ecuaciones Generales para el esfuerzo en un punto. Para obtener ecuaciones generales para resolver todas las combinaciones posibles de esfuerzo plano, se deducirán las fórmulas para los esfuerzos mostrados sobre el cubo elemental de la figura 11.2 a. Los esfuerzos varían con la orientación de los planos que pasan por el punto. Para expresar analíticamente estas variaciones cortemos el elemento inicial mediante un plano, y apliquemos a una cualquiera de las partes las condiciones de equilibrio; tal como se observa en la figura 11.2 b. La cuna mostrada en la figura 11.2b muestra las fuerzas que actúan sobre las superficies. Se desea deducir ecuaciones para σNy τT, aplicando las ecuaciones de equilibrio, cuya normal N forma un ángulo θ con el eje X. 71 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Fig. 11.2 Variación de los componentes de esfuerzo 11.2 Ecuaciones Generales para el esfuerzo en un punto. Sea A el área de la cara inclinada, como se observa en la figura 11.3a, y la reducción de estas fuerzas en un punto, como observamos en la figura 11.3b Fig. 11.3 Transformación de las fuerzas en un punto 72 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Simplificando, ordenando y realizando las sustituciones trigonométricas en (1) y (2) obtenemos: Los planos en los que aparecen los esfuerzos máximos y mínimos se obtienen derivando la ecuación 11.1 con respecto a θ y haciendo que los valores de θ para esa pendiente sea cero. Fig. 11.4 Esfuerzos Máximos y Mínimos Sustituyendo los valores de la ecuación (11.3) en la ecuación (11.1), se obtiene: 73 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Esfuerzos Principales en “Circulo de Mohr’s”. Las ecuaciones 11.1 y 11.2 son las ecuaciones paramétricas para un círculo: Donde: Los Esfuerzos principales máximos y mínimos se obtiene sustituyendo 11.3 en 11.1 Nota: define dos ángulos separados a 90º. Fig. 11.5 “Circulo de Mohr’s”. El máximo esfuerzo cortante se presenta cuando: Nota: define dos ángulos separados por 90 y separados desde θp por 45. 74 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Fig. 11.6 Círculo de Mohr’s para el Esfuerzo Plano. Con el significado físico del circulo de Mohr’s para el estado del esfuerzo plano, muy bien puede Aplicarse con simple consideraciones geométricas. Para conocer el estado del esfuerzo plano para los puntos X y Y se construye el circulo con centro en C. Los principales esfuerzos son obtenidos en A y B. La dirección de rotación para Ox y Oa está dado por CX a CA. 75 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Esfuerzo en el Círculo de Mohr’s para planos diferentes. Componentes del esfuerzo sobre un elemento rotado en el círculo de Mohr Fig. 11.8 Esfuerzos para un elemento rotado un ángulo θ con respecto al eje xy, construir un nuevo diámetro X’Y’ con un ángulo de 2θ con respecto a XY. Esfuerzos normales obtenidos en la coordenadas X’Y’. Fig. 11.9 76 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL PROBLEMA N°11.1 Para el estado de esfuerzo plano de la figura adjunta, determinar analíticamente y gráficamente: a. Los planos principales. b. Los esfuerzos principales. c. El esfuerzo cortante máximo y su esfuerzo normal correspondiente. d. Los componentes de los esfuerzos ejercidos sobre el elemento dado 50° en sah. SOLUCIÓN 1. ANALÍTICAMENTE: 1.a. Los planos principales: 2𝑡 Utilizamos la ecuación 11.3: 𝑡𝑔2𝜃𝑁 = 𝜎 (1) 𝑥 × 𝜎𝑦 Datos: 𝜎𝑥 = 50𝑀𝑃𝑎 , 𝜎𝑦 = −10𝑀𝑃𝑎 , 𝑡 = −40 𝑀𝑃𝑎 𝑠𝑎ℎ Reemplazando valores en la ecuación (1): 77 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 2(−40) −80 4 𝑡𝑔2𝜃𝑁 = = =− 50 − (−10) 60 3 4 2𝜃𝑁 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (3) = 53.13° 𝜃𝑁 = 26.57° 1.b. Los esfuerzos principales 𝑚𝑎𝑥 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2 Utilizamos la ecuación. (11.4): 𝜎𝑚𝑖𝑛 = ± √( ) + 𝑡2 (2) 2 2 Reemplazando valores en (2): 50 + (−10) 50 − (−10) 2 𝑚𝑎𝑥 𝜎𝑚𝑖𝑛 =( √ )± ( ) + (−40)2 2 2 𝑚𝑎𝑥 𝜎𝑚𝑖𝑛 = 20 ± 50 Donde: σmax = 20 + 50 = 70MPa σmin = 20 - 50 = -30MPa 1.c. Esfuerzo cortante máximo y su esfuerzo normal 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2 Utilizamos la ecuación (11.6): 𝑡𝑚𝑎𝑥 = ±√( ) + 𝑡2 (3) 2 Reemplazando valores en (3): 50−(−10)2 𝑡𝑚𝑎𝑥 = ±√( ) + (−40)2 = ±√302 + 402 = ±50𝑀𝑃𝑎 2 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 Esfuerzo normal, utilizamos la ecuación (11.7): 𝜎𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = (4) 2 Reemplazando valores en (4): 50+(−10) 𝜎𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = = 20𝑀𝑃𝑎 2 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 La dirección, utilizamos la ecuación (11.5): 𝑡𝑔2𝜃𝑇 = − (5) 2𝑡 Reemplazando valores en (5): 50 − (−10) 60 𝑡𝑔2𝜃𝑇 = − = = 0.75 2(−40) −80 2𝜃𝑇 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(0.75) = 36.87° 1.d. Componentes del elemento rotado 50° en sah: c 78 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 1.d.1. Calculo de σn 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 Utilizamos la ec. (11.1) 𝜎𝑛 = ( )+( ) 𝐶𝑜𝑠2𝜃 − 𝑡𝑆𝑒𝑛2𝜃 (6) 2 2 Donde: 𝜎𝑥 = 50𝑀𝑃𝑎, 𝜎𝑦 = −10𝑀𝑃𝑎, 𝑡 = 𝑡𝑣 = −40𝑀𝑃𝑎, 𝜃 = 50° Reemplazando valores en (6): 50+(−10) 50−(−10) 𝜎𝑛 = ( )+( ) 𝐶𝑜𝑠(2 × 50) − 20𝑆𝑒𝑛(2 × 50) 2 2 𝜎𝑛 = 20 + 5.209 + 39.392 = 54.183𝑀𝑃𝑎 (tension) 79 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 2.a. Los planos principales 𝑉𝐹 𝑡𝑔2𝜃 = 𝐶𝐹 (1) Donde: VF = 40MPa 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 50−(−10) 𝐶𝐹 = = = 30 2 2 40 𝑡𝑔2𝜃 = 30 4 2𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( ) = 53.13° 3 2.b. Los esfuerzos principales: σmax, σmin σmax = OB = OC + CB (2) 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 50 +(−10) donde: 𝑂𝐶 = = = 20𝑀𝑃𝑎 2 2 𝐶𝐵 = 𝐶𝑉 = √302 + 402 = 50𝑀𝑃𝑎 Reemplazando valores (2): σmax = 20 + 50 = 70MPa σmin = OA = AC - OC (3) Donde: AC = R = CV = 50MPa OC = 20MPa Reemplazando valores en (3): σmin = 50 – 20 = 30MPa 2.c. Esfuerzo cortante máximo y su esfuerzo normal tmax = CD = CE = R = CV = 50MPa 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 𝜎𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = 𝑂𝐶 = = 20𝑀𝑃𝑎 2 2.d. Los componentes del elemento rotado 50° en sah: σn, σt, t 2.d.1. Calculo de σn en el círculo de Mohr 𝜎𝑛 = 𝑂𝐺 = 𝐷𝐶 + 𝐶𝐺 (4) Donde: OC = 20MPa 80 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 𝐶𝐺 Calculo de 𝐶𝐺: 𝐶𝑜𝑠2𝜃𝑛 = CG =CnCos2θn 𝐶𝑛 CG = 50Cos46.87° Cn = R CG = 34.183MPa Reemplazando valores en (4): 𝜎𝑛 = 20 + 34.183 = 54.183𝑀𝑃𝑎 (lado derecho tensión) 2.d.2. Calculo de σt: σt = OH =HC – OC (5) Donde OC = 20MPa 𝐻𝐶 𝐻𝐶 Calculo de HC: 𝐶𝑜𝑠 2𝜃 = = 𝐶𝑡 𝑅 𝐻𝐶 = 𝑅𝐶𝑜𝑠2𝜃𝑡 = 50𝐶𝑜𝑠46.87° HC = 34.183 Reemplazando valores en (5): 𝜎𝑡 = 34.183 − 20 = 14.183𝑀𝑃𝑎 (lado izquierdo compresión) 2.d.3. Calculo de tnt: tnt = Ng 𝑛𝐺 𝑛𝐺 En el círculo de Mohr: 𝑆𝑒𝑛𝜃𝑛𝑡 = 𝐶𝑛 = 𝑅 nG = tnt = RSenθnt = 50Sen46.87° = 36.490MPa [CW(-)] 1.d.2. Calculo de σt: Datos: 2θ = 180 + 100 = 280° Reemplazando valores en (6): 50 + (−10) 50 − (−10) 𝜎𝑡 = ( )+( ) 𝐶𝑜𝑠280° − 20𝑆𝑒𝑛280° 2 2 𝜎𝑛 = 20 + 5.209 + 39.392 = 14.183𝑀𝑃𝑎 81 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 1.d.3. Calculo de tnt: 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 Utilizamos la ecuación (11.2): 𝑡𝑛𝑡 = ( ) 𝑆𝑒𝑛2𝜃 + 𝑡𝐶𝑜𝑠2𝜃 (7) 2 Datos: 2θ = 100 , t = tv = -40MPa Reemplazando valores en (7): 50 − (−10) 𝑡𝑛𝑡 = ( ) 𝑆𝑒𝑛100° − (−40)𝐶𝑜𝑠100° 2 𝑡𝑛𝑡 = 29.544 + 6.946 = 36.49𝑀𝑃𝑎 82 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL PROBLEMA 11.2 Para el estado de esfuerzo de la figura adjunta, determinar analíticamente y gráficamente: a. Los planos principales. b. Los esfuerzos principales. c. El esfuerzo cortante máximo y su esfuerzo normal correspondiente: d. Los componentes del esfuerzo ejercidos sobre el elemento dado 40° en sah. SOLUCION: 1.0. ANALITICAMENTE. 1.a. Los planos principales. 2𝑡 Utilizamos la ecuación (11.3): 𝑡𝑔2𝜃𝑁 = 𝜎 (1) 𝑥 − 𝜎𝑦 Datos: 𝜎𝑥 = 40𝑀𝑃𝑎, 𝜎𝑦 = 30𝑀𝑃𝑎, 𝑡𝑣 = 20𝑀𝑃𝑎 Reemplazando valores en la ecuación (1): 83 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 2(20) 40 𝑡𝑔2𝜃 = = =4 40 − 30 10 2θN = 75.964° ; 2θy = 180 + 2θN θN = 37.982° ; 2θy = 180 + 75.964° θy = 127.982° 1.b. Los esfuerzos principales. 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2 Utilizamos la ecuación (11.5): 𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 = ± √( ) + 𝑡2 (2) 2 2 Reemplazando valores en la ecuación (2): 40 + 30 40 − 30 2 𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 = √ ± ( ) + 202 = 35 ± 20.616 2 2 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 35 + 20.616 = 55.616𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑚𝑖𝑛 = 35 − 20.616 = 14.384𝑀𝑃𝑎 1.c. Esfuerzo cortante máximo y su esfuerzo normal. 1.c.1. esfuerzo cortante máximo. 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2 Utilizamos la ecuación (11.6): 𝑡𝑚𝑎𝑥 = ±√( ) + 𝑡2 (3) 2 Reemplazando valores en (3): 40− 30 2 𝑡𝑚𝑎𝑥 = ±√( ) + 202 = ±20.616𝑀𝑃𝑎 2 1.c.2. Esfuerzo normal 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 Utilizamos la ecuación: 𝐶 = 𝜎𝑚 = (11.7) 2 40 + 30 𝜎𝑚 = = 35𝑀𝑃𝑎 2 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 La dirección utilizamos la ecuación (11.4): 𝑡𝑔2𝜃𝑇 = − (4) 2 Reemplazando valores en la ecuación (4): 84 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 40 − 30 10 𝑡𝑔2𝜃𝑇 = − =− = −0.25 2(20) 40 2𝜃𝑇 = −14.036° 𝜃𝑇 = −7.02 85 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 1.d. Los componentes del elemento rotado 40° en sah. 1.d.1. Calculo σn: 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 Utilizamos la ecuación (11.1): 𝜎𝑛 = ( )+( ) 𝐶𝑜𝑠2𝜃 − 𝑡𝑆𝑒𝑛2𝜃 (5) 2 2 Reemplazando valores en (5): 40+ 30 40− 30 𝜎𝑛 = ( )+( ) 𝐶𝑜𝑠(2 × 40) − 20𝑆𝑒𝑛(2 × 40) 2 2 𝜎𝑛 = 35 + 0.868 − 19.696 = 16.172𝑀𝑃𝑎 1.d.2. Calculo de σt: Datos: 2θ = 80 + 180 = 260° Reemplazando valores en (5): 40 + 30 40 − 30 𝜎𝑡 = ( )+( ) 𝐶𝑜𝑠260° − 20𝑆𝑒𝑛260° 2 2 𝜎𝑛 = 35 + 0.868 + 19.696 = 53.828𝑀𝑃𝑎 1.d.3. Calculo de tnt: 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 Utilizamos la ecuación (11.2): 𝑡𝑛𝑡 = ( ) 𝑆𝑒𝑛2𝜃 + 𝑡𝐶𝑜𝑠2𝜃 (6) 2 Datos: 2θ = 80 , t = tv = 20MPa Reemplazando valores en (6): 40 − 30 𝑡𝑛𝑡 = ( ) 𝑆𝑒𝑛80° − 20𝐶𝑜𝑠80° 2 𝑡𝑛𝑡 = 4.924 + 3.473 = 9.397𝑀𝑃𝑎 2.0. GRAFICAMENTE: 2.a. Los planos principales. 𝑉𝐹 𝑡𝑔2𝜃 = 𝐶𝐹 (1) Donde: VF = t = 20MPa 86 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 40 −30 𝐶𝐹 = = = 5𝑀𝑃𝑎 2 2 20 𝑡𝑔2𝜃 = =4 CF = OF – OC Siendo : OF = σx =40 5 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 40+ 30 2θ = 75.96° CF = 40 – 35 𝑂𝐶 = = = 2 2 35 θ = 37.98° CF = 5MPa 2.b. Los esfuerzos principales. 2.b.1. σmax = OB = OC + CB (2) 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 40+ 30 Donde: 𝑂𝐶 = = = 35𝑀𝑃𝑎 2 2 𝐶𝐵 = 𝐶𝑋 = √𝐶𝐹 2 + 𝑋𝐹 2 = √52 + 202 = 20.616𝑀𝑃𝑎 Reemplazando valores en la ecuación (2): 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 35 + 20.616 = 55.616𝑀𝑃𝑎 2.b.2. σmin = OA = OC - AC (3) 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 40+ 30 Donde: 𝑂𝐶 = = = 35𝑀𝑃𝑎 2 2 𝐴𝐶 = 𝐶𝐵 = 𝐶𝑋 = 20.616𝑀𝑃𝑎 Reemplazando valores en la ecuación (3): 𝜎𝑚𝑖𝑛 = 35 − 20.616 = 14.384𝑀𝑃𝑎 2.c. Esfuerzo cortante máximo y su esfuerzo normal. 2.c.1. esfuerzo cortante máximo. 𝑡𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝐷 = 𝐶𝑋 = 𝑅 = 20.616𝑀𝑃𝑎 2.c.2. Esfuerzo normal 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 40+30 𝜎𝑛 = 𝑂𝐶 = = = 35𝑀𝑃𝑎 2 2 87 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 2.d. Los componentes del elemento rotado 40° en sah. 2.d.1. Calculo σn: σn = OG = OC – GC (4) donde: OC = 35MPa 𝐺𝐶 𝐶𝑜𝑠2𝜃𝑛 = GC = nCCos2θn = Cos2θn 𝑛𝐶 Pero: Nc = R = 20.616MPa 2𝜃𝑛 = 180 − 80 − 75.96 = 24.04° GC = 20.616Cos24.04 = 18.828 Reemplazando valores en (4): 𝜎𝑛 = 35 + 18.828 = 16.172𝑀𝑃𝑎 2.d.2. Calculo de σt: σt = OI =OC + CI (5) Donde: OC = 35MPa 𝐶𝐼 𝐶𝑜𝑠2𝜃𝑡 = 𝐶𝑡 CI = CtCos2θt ;ct = 20.616MPa = R CI = 20.616Cos24.04° = 18.828 Reemplazando valores en (5): 𝜎𝑛 = 35 + 18.828 + 53.828𝑀𝑃𝑎 2.d.3. Calculo de tnt: tnt = Hn (6) 𝐻𝑛 𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑛 = Hn = nCSen2θn 𝑛𝐶 Pero: nC = R = 20.616MPa Hn = 20.616Sen24.04° = 8.398 En (6): tnt = 8.398MPa 88 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 40 − 30 𝑡𝑛𝑡 = ( ) 𝑆𝑒𝑛80° − 20𝐶𝑜𝑠80° 2 𝑡𝑛𝑡 = 4.924 + 3.473 = 9.397𝑀𝑃𝑎 PROBLEMA N° 11.3 Para el estado de esfuerzo plano de la figura adjunta, determinar analíticamente y gráficamente: a. Los planos principales b. Los esfuerzos principales c. El esfuerzo cortante máximo y su esfuerzo norma correspondiente. d. Los componentes de los esfuerzos ejercidos sobre el elemento dado, 45° en sah. 89 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL SOLUCION: I. ANALITICAMENTE: 1.a. Los planos principales. 2𝑡 Utilizamos la ecuación (11.3): 𝑡𝑔2𝜃𝑁 = 𝜎 (1) 𝑥 − 𝜎𝑦 Datos: 𝜎𝑥 = −30𝑀𝑃𝑎, 𝜎𝑦 = 60𝑀𝑃𝑎, 𝑡 = 40𝑀𝑃𝑎 𝑠ℎ (+) Reemplazando valores en la ecuación (1): 2(40) 80 𝑡𝑔2𝜃𝑛 = = = −0.888 −30 − 60 −90 2θn = 41.63° ; como es negativo => 180 – 41.63 = 138.37° 2θn = 138.37° 1.b. Los esfuerzos principales. 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2 Utilizamos la ecuación (11.4): 𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 = ± √( ) + 𝑡2 (2) 2 2 Reemplazando valores en la ecuación (2): −30 + 60 −30 − 60 2 𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 = √ ± ( ) + 402 2 2 𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 = 15 ± 60.208 ; De donde: 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 15 + 60.208 = 75.208𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑚𝑖𝑛 = 15 − 60.208 = −45.208𝑀𝑃𝑎 1.c. Esfuerzo cortante máximo y su esfuerzo normal. 1.c.1. esfuerzo cortante máximo. 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2 Utilizamos la ecuación (11.6): 𝑡𝑚𝑎𝑥 = ±√( ) + 𝑡2 (3) 2 Reemplazando valores en (3): − 30−60 2 𝑡𝑚𝑎𝑥 = ±√( 2 ) + 402 = ±60.208𝑀𝑃𝑎 90 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 1.c.2. Esfuerzo normal 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 Utilizamos la ecuación: 𝜎𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = (11.7) (4) 2 Reemplazando valores en la ecuación (4): −30 + 60 𝜎𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = = 15𝑀𝑃𝑎 2 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 La dirección utilizamos la ecuación (11.4): 𝑡𝑔2𝜃𝑇 = − (5) 2 Reemplazando valores en la ecuación (5): −30 − 60 90 𝑡𝑔2𝜃𝑇 = − = = 1.125 2(40) 80 2𝜃𝑇 = 48.366° 1.d. Los componentes del elemento rotado 45° en sah. 1.d.1. Calculo σn: 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 Utilizamos la ecuación (11.1): 𝜎𝑛 = ( )+( ) 𝐶𝑜𝑠2𝜃 − 𝑡𝑆𝑒𝑛2𝜃 (6) 2 2 Donde: σx = -30MPa , σy = 60MPa, t = ty = 40MPa (sh), θ = 45° Reemplazando valores en (6): −30+60 −30−60 𝜎𝑛 = ( )+( ) 𝐶𝑜𝑠(2 × 45) − 40𝑆𝑒𝑛(2 × 45) 2 2 𝜎𝑛 = 15 − 0 − 40 = −25𝑀𝑃𝑎 1.d.2. Calculo de σt: Datos: 2θ = 180 + 90 = 270° Reemplazando valores en (6): −30 + 60 −30 − 60 𝜎𝑡 = ( )+( ) 𝐶𝑜𝑠270° − 40𝑆𝑒𝑛270° 2 2 𝜎𝑡 = 15 + 0 + 40 = 55𝑀𝑃𝑎 1.d.3. Calculo de tnt: 91 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 Utilizamos la ecuación (11.2): 𝑡𝑛𝑡 = ( ) 𝑆𝑒𝑛2𝜃 + 𝑡𝐶𝑜𝑠2𝜃 (7) 2 Datos: 2θ = 90 , t = tv = 40MPa Reemplazando valores en (7): −30 − 60 𝑡𝑛𝑡 = ( ) 𝑆𝑒𝑛90° − 40𝐶𝑜𝑠90° 2 𝑡𝑛𝑡 = −45 + 0 = −45𝑀𝑃𝑎 II. GRAFICAMENTE: 2.a. Los planos principales. 𝑋𝐹 𝑡𝑔2𝛽 = (1) Donde: XF = 40MPa 𝐶𝐹 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 −30+ 60 CF = OF + OC= + 30 = + 30 2 2 CF = 45MPa Reemplazando valores en la ecuación (1): 40 𝑡𝑔2𝛽 = 45 = 0.8889 Para 2β =180 – 41.63 = 138.37° 2β = 41.63° 2.b. Los esfuerzos principales. 2.b.1. σmax 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 −30+ 60 σmax = OB = OC + CB (2) Donde: 𝑂𝐶 = = = 15 2 2 𝐶𝐵 = 𝑅 = 𝑋𝐶 = √𝑋𝐹 2 + 𝐹𝐶 2 2 2 Reemplazando valores en (2): 𝐶𝐵 = √40 + 45 = 60.208 σmax = 15 + 60.208 = 75.208MPa 2.b.2. σmin 92 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL σmin = AO = AC + OC (2) Donde: 𝐴𝐶 = 𝑅 = 60.208 OC = 15 Reemplazando valores en (2) 𝜎𝑚𝑖𝑛 = 60.208 − 15 = 45.208𝑀𝑃𝑎 2.c. Esfuerzo cortante máximo y su esfuerzo normal. 2.c.1. esfuerzo cortante máximo. 𝑡𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝐷 = 𝐶𝐸 = 𝑅 = 60.208𝑀𝑃𝑎 2.c.2. Esfuerzo normal 𝜎𝑛 = 𝑂𝐶 = 15𝑀𝑃𝑎 2.d. Los componentes del elemento rotado 40° en sah. 2.d.1. Calculo σn: σn = OG = CG – OC (3) donde: OC = 15MPa CG = CnCos48.37 = RCos48.37 CG = 60.208Cos48.37 = 39.997 Reemplazando valores en (3): 𝜎𝑛 = 39.997 − 15 = 24.997 = 25𝑀𝑃𝑎 2.d.2. Calculo de σt: σt = OI =OC + CI (4) Donde: OC = 15 CI = CtCos48.37 = RCos48.37 CI = 60.208Cos48.37 = 39.997 Reemplazando valores en (4): 𝜎𝑛 = 15 + 39.997 + 54.997 = 55𝑀𝑃𝑎 93 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 2.d.3. Calculo de tnt: tnt = Gn = CnSen48.37 = RSen48.37 CG = 60.208Sen48.37 = 45MPa 94 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Capítulo 12: Diseño de Vigas 12.1 Consideraciones del Diseño. En los capítulos anteriores (8 y 9) se conocieron las dimensiones de la viga y se calcularon los esfuerzos. En el diseño de vigas se utilizan las fórmulas de flexión y cortante σ=Mc/I y τ= VQ/It respectivamente. Fig. 12.1 Esfuerzos normales y cortantes en una viga. En el diseño de vigas el problema consiste en determinar las dimensiones y forma requeridas de la sección transversal de la viga, y el objetivo es saber elegir el material y la sección transversal de una viga para un tramo dado; a fin de que no falle bajo una carga establecida. (8.1) (9.1) De la ecuación (1): 95 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Haciendo Sustituyendo (13.1) en (3): De donde En (13.2): Para calcular las dimensiones del perfil de la viga, se presentan 2 casos: 1. Los perfiles tienen figuras geométricas conocidas o que fácilmente se pueden el área y su centroide; tales como: Triangulo, circulo, rectángulo, etc. 2. Los perfiles son figuras que no pueden determinar su área y el centroide; en estos casos se debe seleccionar perfiles de tablas normalizadas y utilizando la ecuación (13.1) PROBLEMA 12.1 La viga AB soporta una carga uniforme de 50KN/m y una carga concentrada de 1000KN en C. si para el grado de acero por utilizar σalma = 170MPa y talma = 102MPa, elija el perfil de ala sucha que debe usarse. 96 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL SOLUCION: a. Seleccionar el perfil de patin ancho. Utilizamos las siguiente ecuaciones: 𝐼 (12.1). 𝑆= (1) 𝐶 𝑀𝑚𝑎𝑥 (12.2). 𝑆𝑚𝑖𝑛 = (2) 𝜎𝑝𝑒𝑟𝑚 𝑉𝑚𝑎𝑥 (12.3). 𝑡𝑚𝑎𝑥 = (3) 𝐴𝑎𝑙𝑚𝑎 Se requiere: σmax < σperm Smin < Stablas 190.625 tmax < talma 75 40.625 a.1. Calculo de las reacciones. Aplicando las 0.00 ecuaciones de equilibrio. ∑ 𝑀𝐴 = 0 + 59.375 7.5 𝐵𝑦 (6) = −100 − 50 × 7.5 × =0 209.375 2 𝐵𝑦 = 284.375𝐾𝑁 ∑ 𝐹𝑦 = 0 + ↑ 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 − 100 − 50 × 7.5 = 0 𝐴𝑦 = 100 + 375 − 284.375 𝐴𝑦 = 190.625𝐾𝑁 97 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL TRAMO FUERZA CORTANTE: ∫ 𝒅𝒗 = − ∫ 𝒘𝒅𝒙 MOMENTO FLECTOR: ∫ 𝒅𝑴 = ∫ 𝒗𝒅𝒙 𝐶 𝐶 ∫𝐴 𝑑𝑣 = -Area del DC ∫𝐴 𝑑𝑀 = -Área del DFC VC – VA = -50 x 3 = -150KN 1 𝑀𝐶 – 𝑀𝐴 = 40.625 𝑥 3 + (3)150 AC Pero = VA = Ay = 190.625 KN 2 VC = VA – 150 = 190.625 – 150 Pero: MA = 0 VC = 40.625KN MC = 121.875 + 225 En C actúa P MC =346.875KNm 𝑉𝑐𝑛 = 40.625 – 100 = -59.375KN 𝐵 𝐷 ∫𝐶 𝑑𝑣 = -Area del DC ∫𝐶 𝑑𝑀 = -Area del DFC VB – VC = -50 x 3 = -150KN 1 𝑀𝐵 – 𝑀𝐶 = −59.375 × 3 + (3)150 CB VB = VC – 150 2 VB = -59.375 – 150 = 209.375KN Pero: MC = 346.875KNm En B actua By = 284.375KN MB = MC – (178.125 + 225) VB = –209.375 + 284.375 MB = 346.875 -403.125 VB = 75KN MB = -56.75KNm 𝐷 𝐷 ∫𝐵 𝑑𝑣 = -Area del DC ∫𝐶 𝑑𝑀 = -Area del DFC BD VD – VB = -50 x 1.5 = -75KN 1 VD = VB – 75 𝑀𝐷 – 𝑀𝐵 = (1.5)75 2 VD = 75 – 75 𝑀𝐷 = 𝑀𝐵 + 56.25 MD = -56.25 + 56.25 = 0 a.3. Calculo del Momento Maximo. En el DFC, en el tramo AC MC = Mmax = 346.875 a.4. Modulo de la sección minima: Smin Reemplazando valores en (2): 𝑀 346.875 × 103 𝑁𝑚 346.875𝑚3 𝑆𝑚𝑖𝑛 = 𝜎 𝑚𝑎𝑥 = 𝑁 = 𝑝𝑒𝑟𝑚 170 × 106 2 170 × 103 𝑚 𝑆𝑚𝑖𝑛 = 2040.441 × 103 𝑚𝑚3 a.5. Selección del Patin de ala ancha. De la tabla perfiles W 1. W530 x 92 S x 103 (mm3) 2080 > 2040.441 2. W410 x 114 S x 103 (mm3) 2200 > 2040.441 3. W310 x 143 S x 103 (mm3) 2150 > 2040.441 4. W250 x 167 S x 103 (mm3) 2060 > 2040.441 98 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL a.5.1. Perfil W530 x 92 Datos: Mmax = 346.875KNm 533 𝐶 = 𝑑= = 266.5𝑚𝑚 2 𝐼 = 554 × 106 𝑚𝑚4 𝑆𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 = 2080 × 103 𝑚𝑚3 𝑀𝑚𝑎𝑥 × 𝐶 Utilizamos la ecuación (8.1.): 𝜎𝑚𝑎𝑥 = (7) 𝐼 Reemplazando valores en (7): 346.875 × 103 𝑁𝑚 × 266.5𝑚𝑚 109 𝑚𝑚3 𝜎𝑚𝑎𝑥 = × 554 × 106 𝑚𝑚4 1𝑚3 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 166.86𝑀𝑃𝑎 < 𝜎𝑝𝑒𝑟𝑚 = 170𝑀𝑃𝑎 Si Cumple 𝑆𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎𝑠= 2080 × 103 𝑚𝑚3 > 𝑆𝑚𝑖𝑛 = 2040.441 × 103 𝑚𝑚3 Si Cumple a.5.2. Perfil W410 x 114 Datos: Mmax = 346.875KNm 420 𝐶 = 𝑑= = 210𝑚𝑚 2 𝐼 = 462 × 106 𝑚𝑚4 𝑆𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 = 2200 × 103 𝑚𝑚3 Reemplazando valores en (7): 346.875 × 103 𝑁𝑚 × 210𝑚𝑚 109 𝑚𝑚3 𝜎𝑚𝑎𝑥 = × 462 × 106 𝑚𝑚4 1𝑚3 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 157.67𝑀𝑃𝑎 < 𝜎𝑝𝑒𝑟𝑚 = 170𝑀𝑃𝑎 Si Cumple 𝑆𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎𝑠= 2200 × 103 𝑚𝑚3 > 𝑆𝑚𝑖𝑛 = 2040.441 × 103 𝑚𝑚3 Si Cumple a.5.3. Perfil W310 x 143 Datos: Mmax = 346.875KNm 99 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 323 𝐶 = 𝑑= = 161.5𝑚𝑚 2 𝐼 = 347 × 106 𝑚𝑚4 𝑆𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 = 2150 × 103 𝑚𝑚3 Reemplazando valores en (7): 346.875 × 103 𝑁𝑚 × 144.5𝑚𝑚 109 𝑚𝑚3 𝜎𝑚𝑎𝑥 = × 347 × 106 𝑚𝑚4 1𝑚3 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 161.44𝑀𝑃𝑎 < 𝜎𝑝𝑒𝑟𝑚 = 170𝑀𝑃𝑎 Si Cumple 𝑆𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎𝑠= 2150 × 103 𝑚𝑚3 > 𝑆𝑚𝑖𝑛 = 2040.441 × 103 𝑚𝑚3 Si Cumple a.5.4. Perfil W250 x 167 Datos: Mmax = 346.875KNm 289 𝐶 = 𝑑= = 144.5𝑚𝑚 2 𝐼 = 298 × 106 𝑚𝑚4 𝑆𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 = 2060 × 103 𝑚𝑚3 Reemplazando valores en (7): 346.875 × 103 𝑁𝑚 × 144.5𝑚𝑚 109 𝑚𝑚3 𝜎𝑚𝑎𝑥 = × 298 × 106 𝑚𝑚4 1𝑚3 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 168.20𝑀𝑃𝑎 < 𝜎𝑝𝑒𝑟𝑚 = 170𝑀𝑃𝑎 Si Cumple 𝑆𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎𝑠= 2060 × 103 𝑚𝑚3 > 𝑆𝑚𝑖𝑛 = 2040.441 × 103 𝑚𝑚3 Si Cumple a.5.5. Selección del perfil PERFIL σperm σmax σperm - σmax 100 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL W530 x 92 170 166.86 3.14 W410 x 114 170 157.67 12.33 W310 x 143 170 161.44 8.56 W250 x 167 170 168.20 1.8 Seleccionamos a.6. Esfuerzo normal máximo en el alma Suponiendo que la máxima fuerza cortante esta distribuida uniformemente sobre el área del alma de una viga W410 x 114 Utilizamos la ecuación: 𝑁 𝑡𝑚 = 𝑚𝑎𝑥 (8) 𝐴𝑎𝑙𝑚𝑎 En el DFC en el punto B: Vmax = 209.375KN a.6.1. Calculo de Aalma: y 𝐴𝑎𝑙𝑚𝑎 = 𝑡𝑤 × 𝑑 = 11.6 × 420 = 48.72𝑚𝑚2 a Reemplazando valores en (8): 19.3 209.375 × 103 𝑁 b 𝑡𝑚 = 4872𝑚𝑚2 6 190.7 10 𝑚𝑚2 × 420 EN 1𝑚2 𝑡𝑚 = 42.98𝑀𝑃𝑎 < 102𝑀𝑃𝑎 tN 11.6 a.6.2. Calculo de los esfuerzos en los puntos a y b 𝑀 x 𝜎𝑎 = 𝑚𝑎𝑥 = 𝑆𝑡 3 346.875 × 10 𝑁𝑚 109 𝑚𝑚3 181 × 2200 × 103 𝑚𝑚 1𝑚3 𝜎𝑎 = 157.67𝑀𝑃𝑎 101 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 𝑉𝑏 190.7 𝜎𝑏 = 𝜎𝑎 × = 157.67 × = 143.18𝑀𝑃𝑎 𝐶 210 𝑉𝐶 59.875 × 103 𝑁 106 𝑚𝑚2 𝑡𝑏 = = × = 12.29𝑀𝑃𝑎 𝐴𝑎𝑙𝑚𝑎 4872𝑚𝑚2 1𝑚2 102 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL CAPITULO 13: RECIPIENTES DE PRESION DE PARED DELGADA Toma el nombre de superficie de revolución aquella superficie que se genera al girar una curva llamada generatriz alrededor de una recta que se conoce como eje de revolución. Por sencillez se supondrá que el eje de revolución es el eje vertical OZ. También vamos a adoptar como generatriz una curva plana contenida en un plano vertical que pasa por el eje de revolución. A este plano se le llama plano meridiano. La intersección de la superficie de revolución con el plano meridiano se le llama meridiano. El plano tangente es el plano perpendicular al plano meridiano que es tangente a la generatriz Para la resolución de estas envolventes de revolución de pared delgada, se aplica la teoría de membrana, en la que se considera que no hay ni esfuerzos cortantes ni momentos en ningún punto de la envolvente. Por lo tanto, todos los esfuerzos que se producen son normales. Por otra parte se admite un reparto uniforme de tensiones en todo el espesor de la envolvente. La aplicación más importante de esta teoría es a depósitos de pared delgada sometidos a una presión interior p. que, en general, estará provocada por un gas, o un líquido. La presión no tiene que ser necesariamente constante, pero sí es necesario que presente simetría respecto al eje de revolución y varíe de forma continua. Se ha aislado un elemento del recipiente de espesor e limitado por dos planos meridianos y por dos secciones normales a las líneas meridianas en el que se ha designado: 𝜌𝑚 el radio de curvatura del meridiano de la superficie media. En el caso de que la generatriz sea plana y esté contenida en el plano meridiano, 𝜌𝑚 coincide con el radio de curvatura de la generatriz en ese punto 𝜌𝑡 el radio de curvatura de la sección normal perpendicular al meridiano. Corresponde a la distancia del punto de la superficie de revolución al eje de revolución a lo largo de la normal al plano tangente. 𝜎𝑚 la tensión en dirección del meridiano o tensión meridiana. 𝜎𝑡 la tensión en dirección normal 103 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL a la sección meridiana o tensión circunferencial. 𝑑𝑠1 longitud del elemento de arco meridiano. 𝑑𝑠2 longitud del elemento de arco perpendicular al arco de meridiano. 104 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 105 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 106 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 107 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 108 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 109 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Problema 13.1 Un recipiente cilíndrico a presión se construye enrollado sobre sobre un mandril una placa de acero larga y estirada y soldándola luego a lo largo de los bordes para formar una junta helicoidal, el cordón helicoidal de soldadura forma un ángulo α = 55 ° en el eje longitudinal. El recipiente tiene un radio interior r = 1.8 m y espesor de pared 20 mm , es acero con un modulo E = 200 Gpa y razón de poisson γ = 0.30 la presión manométrica interna p es de 800 kPa. Determine: a) Los esfuerzos longitudinal y circunferencial b) Los esfuerzos cortantes máximos en el plano y fuera del plano c) Las deformaciones unitarias circunferencial y longitudinal d) Los esfuerzos en dirección perpendicular y paralelo al cordón de soldadura Solución: • Esfuerzos en la tapa esférica pr Utilizando la ecuación: σ₁=σ₂= 2t (1) Datos: p = 800 Kpa = 800 x 10ᶟ N/m² t = 20 mm r = 1.8 m Reemp. Valores en (1) : 800 x 10ᶟ N x 1.8 m 10ᶟ mm σ₁=σ₂= m² x 2x 20 mm x 1m = 36 MPa 110 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Para el esfuerzo cortante máximo utilizamos la ecuación 13.7 : 800 x 10ᶟ N x 1.8 m 10ᶟ mm tmax= m² x 4 x 20 mm x 1m = 18 Mpa OA σ₁ σ₂ 36 tmax= 2 = 2 = 2 = 2 tmax= 18 MPa a) El esfuerzo circunferencial y longitudinal 𝑝𝑟 Para el esfuerzo circunferencial utilizamos la ecu 13.1 σ1= 𝑡 𝑝𝑟 Para el esfuerzo longitudinal, utilizamos la ecu 13.2 σ₂= 2𝑡 Datos: p = 800 Kpa = 800 x 10ᶟ N/m² t = 20 mm r = 1.8 m Reem. Valores en 1 y 2 800 x 10ᶟ N x 1.8 m 10ᶟ mm σ₁= m² x 20 mm x 1 𝑚 = 72 Mpa 800 x 10ᶟ N x 1.8 m 10ᶟ mm σ₂= m² x 2x 20 mm x 1 𝑚 = 36 Mpa b) Esfuerzo cortante máximo Utilizamos las ecuaciones: 𝑝𝑟 800 x 10ᶟ N x 1.8 m 10ᶟ mm tmax1= 4𝑡 = m² x 4 x 20 mm x 1 𝑚 = 18 MPa 𝑝𝑟 800 x 10ᶟ N x 1.8 m 10ᶟ mm tmax2= = x = 36 MPa 2𝑡 m² x 2 x 20 mm 1𝑚 111 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 112 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Problema 13.2 Un tanque de aire comprimido esta apoyada como se muestra en al figura adjunta. Uno de los soportes esta diseñado de modo que no ejerce ninguna fuerza longitudinal sobre le tanque. El cuerpo cilíndrico del tanque tiene 80 cm de diámetro exterior y esta hecho de platina de acero de 1 cm con soldadura a botón en hélice que forma 25° con un plano transversal. Los extremos son esféricos con un espesor uniforme de 0.8 cm , para uan presión manométrica interior de 13 KPa. Determinar : a) El esfuerzo normal y el máximo esfuerzo cortante en los extremos esféricos b) Los esfuerxos perpendicular y paralelo a la soldadura helicoidal 113 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 114 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL 115 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Reemplazando valores en 6: BF = 126.75 – 81.47 = 45.28 KPa Reemplazando valores en 5: σ𝑠 = 253.5 + 45.28 = 298.78 KPa b.4.2 Esfuerzo cortante En la figura del circulo de Mohr ts = FE = R Sen50° ts = 126.75 Sen50° ts = 97.096 KPa 116 FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA INDUSTRIAL BIBLIOGRAFÍA. LIBROS: MECANICA DE MATERIALES (6ta edición), R.C.Hibbeler SOLUCIONARIO DE MECANICA DE MATERIALES, Jorge Sanchez Blas RESISTENCIA DE MATERIALES (4ta edición), Pytel y Singer SOLUCIONARIO PYTEL – SINGER, Marco Llanos R. MECÁNICA DE MATERIALES 5ta edición, Beer Johnston WEBGRAFÍA: Stiopin, P. A. (1979). 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