Ejercicios Resueltos Torsion.pdf 6w4z6o

Prefacio El 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 itidas 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 isible y Carga isible 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 itir, 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.

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, siendo el plano que contiene a S normal a la curva. La mayoría de las piezas pueden considerarse como uno de los siguientes tipos de prismas: a) Barra. Se llama así al prisma mecánico cuyas dimensiones de la sección transversal son pequeñas, en comparación con la longitud de la línea media. Pertenecen a este tipo los elementos de estructuras y los cables, por ejemplo. Este es tipo de prisma mecánico más usado. Adicionalmente la mayor parte de barras son planos, es decir con línea media contenida en un plano, siendo éste, además, plano de simetría del prisma. En estructuras de hormigón armado se emplean sección transversal rectangular y cuadrada, mientras que en estructuras metálicas secciones muy usuales son el perfil laminado doble te I en vigas, o dos secciones en U soldadas en pilares.

Fig. 1 Barra b) Placa. Es un cuerpo limitado por dos planos, cuyo espesor es pequeño en comparación con las otras dos dimensiones.

Fig. 2 Placa Pertenecen a este tipo las losas que se fabrican para tapar depósitos subterráneos, as; como las placas utilizadas como forjados en las edificaciones. c) Cascara. Es un cuerpo limitado por dos superficies no planas, cuya distancia es pequeña en comparación con las otras dos dimensiones (Fig. 1.7).

Fig. 3 Cascara Son de este tipo los depósitos, como los tanques de agua, silos, gasómetros, etc., así como las tuberías de gran diámetro y, en general, las estructuras laminares. En los últimos tipos, es decir, en placas y cascaras, en vez de línea media se utiliza la superficie media, que se define como la constituida por los puntos que dividen el espesor en dos partes iguales.

1.4 Principios generales de la Resistencia de Materiales Como se mencionó anteriormente la Resistencia de Materiales requiere hipótesis simplificativas, en el presente texto se asumen las siguientes hipótesis: a) Los materiales se consideran continuos.- La mayoría de los materiales cumple con esta hipótesis aun cuando existan poros o se considere la discontinuidad de la estructura de la materia, compuesta por átomos que no están en o rígido entre sí, ya que existen espacios entre ellos y fuerzas que los mantienen vinculados, formando una red ordenada. b) Los materiales se consideran homogéneos.- Con esta hipótesis se consideran las propiedades idénticas en todos los puntos. c) Los materiales se consideran isótropos.- Con esta hipótesis se consideran las propiedades idénticas en todas las direcciones. Los metales son materiales homogéneos e isótropos y la madera, el hormigón y la piedra no lo son. d) Las fuerzas interiores que preceden a las cargas son nulas.- Las fuerzas interiores entre las partículas del material se oponen al cambio de la forma y dimensiones del cuerpo sometido a cargas. Al hablar de fuerzas interiores no consideramos las fuerzas moleculares que existen en un sólido no sometido a cargas. e) Es válido el principio de superposición de efectos.- Debido a que las deformaciones de los cuerpos son pequeños en comparación con las dimensiones del mismo, las ecuaciones de equilibrio correspondiente a un cuerpo cargado pueden plantearse sobre su configuración inicial, es decir, sin deformaciones, y que las deformaciones son proporcionales a las cargas. f) Es aplicable el principio de Saint Venant.- Según este principio las fuerzas interiores en los puntos de un sólido, situados lejos de los lugares de aplicación de las cargas no dependen del modo de aplicación de las mismas, 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. Las cargas se clasifican en: a) Fuerzas de volumen y fuerzas de superficie.- Las primeras actúan sobre todos los puntos del sólido y se deben a campos de fuerzas tales como el campo gravitatorio, el campo de fuerzas de inercia, o el campo magnético. Las fuerzas de superficie son las que se aplican a la superficie exterior del prisma. Pueden ser concentradas o repartidas. b) Cargas concentradas y distribuidas.- 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, 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. Las cargas distribuidas pueden ser de superficie (presión del viento o del agua sobre una pared) o de volumen (peso propio). c) Cargas estáticas y dinámicas.- Las cargas cuya magnitud, punto de aplicación y dirección no varían o lo hacen muy lentamente, se llaman cargas estáticas mismas que no provocan vibraciones de las estructuras o elementos, mientras que las cargas que varían con el tiempo se llaman cargas dinámicas y son las que provocan vibraciones

Si la variación de la carga es de carácter periódico, es decir, 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. La resistencia para cargas estables se analiza en el presente libro pero no para cargas de régimen no estable. 1.6 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, o lo que es lo mismo, que la resultante sea nula. Esta condición asegura que el sólido no tenga desplazamientos. 2 Que el momento resultante de todas las fuerzas respecto de cualquier punto sea igual a cero. Esta condición asegura que el sólido no experimente giros. En un Sólido Elástico estas condiciones son necesarias pero no suficientes, ya que si suponemos realizado en el sólido un corte ideal y prescindimos de una de las partes, 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. Así, para el equilibrio en un sólido elástico no sólo se requieren las condiciones del equilibrio estático, sino también que exista equilibrio entre las fuerzas exteriores y las internas en cada una de las infinitas secciones. Esta última condición es la característica del equilibrio elástico: es necesario que las fuerzas exteriores que actúan sobre el sólido sean contrarrestadas por las fuerzas interiores de cohesión molecular. 1.7 Tipos de Solicitación Considérese un cuerpo en equilibrio sometido a la acción de fuerzas y momentos externos, en cualquier sección interna aparecen una fuerza y un momento resultantes internos que equilibran las cargas externas. Los valores de la fuerza y el Momento internos se hallan generalmente con las ecuaciones de la estática P1 Fue rza In te rn a

P2

M o m en to In te rn o M2

M1 Pn

P3 M3 P1

Mn

P4

Fig. 4 Fuerza y Momento Internos La fuerza y el momento internos pueden descomponerse en componentes paralelas y normales a la sección. Del análisis individual de estas componentes definen los diferentes tipos de carga. Así la Fuerza Normal produce cargas Normales de Tracción Compresión, la Fuerza Tangencial produce cargas de Corte, el Momento Normal produce cargas de Torsión y el Momento Tangencial produce cargas de Flexión.

a) Tracción Compresión.- 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. Dependiendo si la carga tiende a estirar o a comprimir la pieza, la carga será de tracción o compresión.

Fig. 5 Tracción b) Corte.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Corte cuando sobre él se apliquen fuerzas perpendiculares al eje centroidal y paralelas a la sección transversal.

Fig. 6 Corte c) Torsión.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Torsión cuando sobre él se aplican Momentos paralelos al eje centroidal y perpendiculares a la sección transversal.

Fig. 7 Torsión d) Flexión.- 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.

Fig. 8 Flexión e) Cargas Combinadas.- Los cuerpos y elementos en condiciones reales presentan combinaciones de los anteriores tipos de carga. En el presente texto inicialmente se analizan los tipos de carga de forma individual y su combinación se analiza posteriormente 1.8 Determinación de las Cargas Internas (Método de las Secciones) En un cuerpo sometido a fuerzas y momentos, 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. Para que cada parte este en equilibrio, en la superficie de corte de cada una de las partes por la interacción que ejerce la otra deben actuar una fuerza y un momento internos que equilibran las cargas exteriores, que actúan sobre la parte separada. 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. 9 Fuerza y Momento Internos La fuerza y el momento internos tienen componentes tangencial y normal a la sección. La componente normal de la fuerza a la sección “N” produce tracción, la componente tangencial de la fuerza a la sección “Q” produce corte, la componente normal del momento a la sección “Mt” produce torsión y la componente tangencial del momento a la sección “Mf” produce flexión. Frecuentemente las fuerzas exteriores se encuentran en un mismo plano, los momentos exteriores perpendiculares a este plano y no existen momentos de torsión Mt

Fig. 10 Configuración Frecuente

1.9 Tensiones o Tensiones a) Análisis Molecular Considérese una barra sometida a la acción de dos fuerzas iguales, opuestas y colineales en sus extremos. Se verifica el equilibrio: P - P = 0

Fig. 11 Fuerzas en las Moléculas Realizando un análisis molecular, la fuerza externa se distribuye en pequeñas fuerzas tirando de cada molécula, que tratan de separarla de sus vecinas, sin embargo la atracción entre moléculas opone resistencia con una fuerza igual y contraria, lo que finalmente impide que las moléculas se alejen entre sí. Tomando un par de ellas se verifica que: -Pi Fi - Fi Pi

(1.1

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). Aumentando “P” aumenta la reacción Fi , que podrá crecer hasta un determinado límite, más allá del cual las moléculas se separan irremediablemente, y como consecuencia la barra se deforma permanentemente o se separa. 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). Cada sección es tan delgada como el diámetro de un átomo y los átomos están ordenados según un arreglo matricial

Fig. 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.

(1.2

c) Vector Tensión Considérese un cuerpo sometido cargas exteriores, 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, por ejemplo la B, de la condición de equilibrio elástico se concluye que en toda la sección S aparece una distribución continua de fuerzas

Fig. 1.13 Vector Tensión Si df es la fuerza resultante en un punto P, se define como tensión en el punto a:

Esfuerzo 

Fuerza F  Area A

   f df t  lim dS0  S dS

(1.3

(1.4

El tensión o tensión es un vector colineal con df. 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. A ambas tensiones se denomina componentes intrínsecas del vector tensión.

Fig. 1.14 Tensiones Normales y Cortantes La tensión normal provoca que las partículas que están en el plano dado, tiendan a separarse o a acercarse mientras que las tensiones tangenciales provocan el deslizamiento de las partículas del material, en el plano de la sección en cuestión.

Los materiales no tienen una determinada resistencia a las fuerzas y momentos, ya que ella depende de las dimensiones, 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. 1.15 Estado tensional f) Densidad de Tensiones

Fig. 1.16 Densidad de Tensión Cuando una barra de sección variable se somete a cargas de tracción F, en cualquier sección transversal aparece una fuerza interna F que equilibra a la externa que se distribuye en tensiones normales. Sin embargo la magnitud de estos tensiones es variable debido a la variación del área. Estos tensiones son mayores donde las secciones normales son las menores y viceversa. Dibujando líneas equidistantes de la periferia se puede apreciar que ellas tienen mayor “concentración” o “densidad” donde el área es menor. 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. g) Concentradores de tensión

Fig. 1.17 Concentración de Tensiones Los cambios o variaciones de las secciones transversales de una pieza y especialmente las variaciones bruscas, resultan en la magnificación de las tensiones efecto conocido como Concentración de Tensiones.

Las hendiduras, agujeros y cambios de sección bruscos son Concentradores de Tensiones. Se ha podido verificar que por ejemplo un agujero circular en una placa plana incrementa las tensiones hasta tres veces. 1.10 Deformación Consideremos dos puntos P y Q en un sólido elástico en estado neutro, sin carga, es decir, no sometido a solicitación alguna

Fig. 1.18 Deformación Aplicadas las cargas externas hay deformación y los dos puntos pasan a las posiciones P' y Q'. 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

(1.5

(1.6

Los sólidos, bajo la acción de cargas externas se deforman y cambian sus dimensiones o forma, Al cambio de dimensión se le denomina deformación lineal y al cambio de forma deformación angular. a) Deformación provocada por Cargas de Axiales

Fig. 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. Las cargas de tracción provocan alargamiento en la dirección axial y adelgazamiento en la dirección transversal, mientras que las cargas de compresión provocan acortamiento en la dirección axial y ensanchamiento en la dirección transversal. Las deformaciones se cuantifican con: δ = lf - lo

Deformación longitudinal

(1.7

ε = (lf – lo)/lo

Deformación longitudinal unitaria

(1.8

δq = df - do

Deformación transversal

(1.9

εq = (df – do)/do

Deformación transversal unitaria

(1.10

Donde lf, lo, 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).

Fig. 1.20 Distorsión por Cargas de Corte La deformación se cuantifica con: γ

Angulo de inclinación de las caras

c) Deformación provocada por Cargas de Torsión Las barras sometidas a cargas de torsión no presentan deformaciones longitudinales sino rotaciones o deformaciones angulares entre secciones. Las secciones transversales giran una respecto a otra.

Fig. 1.21 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.

Fig. 1.22 Deformación por Cargas de Flexión Las deformaciones se cuantifican con: ô

Deformación lineal

θ

Deformación angular

1.11 Diagrama Tensión y Deformación La deformación depende de las cargas externas y consecuentemente de las tensiones y de fuerzas de atracción molecular, es decir, de la estructura interna del material. Para obtener la relación entre tensiones y deformaciones se procede por vía experimental mediante ensayos realizados en el laboratorio, en donde se comprueba, en efecto, que para dos piezas de distintos materiales, de iguales dimensiones y sometidas al mismo estado de cargas, las deformaciones son distintas. El ensayo más simple que se hace es el de tracción. En este ensayo sometiendo una pieza de dimensiones normalizadas llamada probeta a una carga de tracción que se aumenta gradualmente hasta la rotura. En la probeta se realizan previamente dos marcas, que determinan una longitud denominada distancia entre puntos, sobre las que se efectúa, por medio de un extensómetro, la medida de los alargamientos. Si A es la sección de la probeta y P la fuerza aplicada en sus extremos en dirección axial, la fuerza origina en el interior del material un estado de tensiones que se supone constante.



P A

(1.11

La probeta, debido al tensión, se alarga. La deformada unitaria longitudinal es:



l f  lo lo

(1.12

Aumentando progresivamente el valor de P, midiendo ε y llevando los valores a un gráfico, se obtiene para el acero dulce el diagrama tensión-deformación similar al de la figura

Fig. 1.23 Diagrama ζ - ε En este diagrama pueden distinguirse ciertas zonas con determinadas características: a) Período elástico.- Este período queda delimitado por la tensión Se (límite de elasticidad). El límite de elasticidad se caracteriza porque, hasta llegar al mismo, el material se comporta elásticamente, es decir que producida la descarga, la probeta recupera su longitud inicial. En la práctica, este límite se considera como tal cuando en la descarga queda una deformación especifica remanente igual al 0.001 %. Este período comprende dos zonas: la primera, hasta el Sp (límite de proporcionalidad), dónde el material verifica la ley de Hooke. La segunda zona entre Sp y Se, si bien es elástica, no manifiesta proporcionalidad entre tensiones y deformaciones. En la primera zona:

d   E d 

(1.13

En la segunda zona

d  f ( ) d

(1.14

En general, los límites de proporcionalidad y de elasticidad difieren muy poco entre sí. b) Período elasto-plástico.- Para tensiones superiores al límite elástico, la pieza no recobra su dimensión original y la deformación es permanente acorde con la carga aplicada. A medida que aumenta la solicitación, la gráfica disminuye el valor de su tangente, tendiendo a anularse en el tramo final del período, al cual se llega con un valor de tensión que se indica como Sy (tensión de fluencia). c) Período plástico (fluencia).- Una vez arribado al valor de tensión Sy (límite de fluencia), el material fluye, aumentan las deformaciones sin que existe aumento de tensión. El fenómeno no es tan simple, ya que la tensión oscila entre dos valores cercanos entre sí, denominados límites de fluencia superior e inferior, respectivamente. La tensión de proporcionalidad es aproximadamente 80% la de fluencia

Fig. 1.24 Líneas de Chernov - 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, que forman con el eje de la misma un ángulo de 45º. d) Período de endurecimiento y de estricción.- Luego de la fluencia hay un reacomodamiento cristalográfico y el material se endurece e incrementa su resistencia, es decir, ite un incremento de carga. En este período las deformaciones son muy pronunciadas. La tensión aumenta hasta alcanzar un valor máximo, denominado “tensión de rotura”, a partir del cual la tensión disminuye hasta que alcanza una determinada deformación de rotura, produciéndose la rotura física. La tensión Sut no es en realidad la máxima tensión que se origina en la probeta sometida a carga. En efecto, alcanzado el valor de la deformación específica correspondiente a Sut, comienza a manifestarse en la probeta un fenómeno denominado “estricción”.

Fig. 1.25 Fenómeno de estricción La estricción es la reducción de una sección central de la pieza, misma que hace que las tensiones aumenten y que, en realidad, 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. Entonces el diagrama que anterior suele denominarse “diagrama convencional, ya que los cálculos de las tensiones se realizan siempre sobre la base de suponer la sección transversal constante, con área igual a la inicial. La estricción se mide por el “coeficiente de estricción lateral” con la siguiente expresión:



Ai  A f Af

Dónde: Ai y Af área inicial y final respectivamente En los aceros comunes φ ≈ 50 %

(1.15

Fig. 1.26 Diagrama ζ - ε efectivo y convencional Para tensiones mayores a la fluencia como M en la gráfica la pieza presenta deformaciones permanentes. Cuando se quita la carga las tensiones y deformaciones desaparecen a través de una recta paralela a la del período elástico. Si la probeta vuelve a cargarse la curva llega al punto N, 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.

Fig. 1.27 Endurecimiento mecánico del acero dulce Este fenómeno se denomina endurecimiento mecánico o por trabajo en frío, y también puede lograrse por laminado en frío, trefilado o torsión. El trefilado se utiliza para endurecer alambres o barras circulares finas, y el torsionado especialmente para barras redondas (en general, con conformaciones superficiales), para hormigón armado. Para aceros endurecidos mecánicamente o los de dureza natural, logrado por un mayor contenido de carbono o mediante aleaciones especiales, el diagrama ζ - ε es distinto del que se vio. Las características más importantes son las siguientes: - Sus límites de proporcionalidad y elasticidad son más elevados que los aceros comunes. - No poseen un límite de fluencia definido ni tampoco zonas de escurrimiento plástico. - La deformación de rotura se reduce considerablemente. Al no existir un límite de fluencia definido, este se determina en forma convencional como la tensión para la cual la deformación especifica remanente alcanzan al 0.2 %.

Fig. 1.28 Límite Convencional de Fluencia 0,% Los materiales como el acero dulce, que presentan una gran capacidad de deformación antes de alcanzar la rotura, se denominan “dúctiles”. Se puede decir que estos materiales avisan la rotura física, ya que antes de alcanzarse la misma las deformaciones son tan grandes, que la estructura llega a la falla por este motivo. Los materiales como el acero duro, para los cuales la rotura se produce bruscamente, sin grandes deformaciones previas, se denominan “frágiles”. e) Elasticidad y Plasticidad.- La propiedad que posee un material de volver parcial o completamente a su forma inicial una vez que desaparece la carga es lo que se llama “elasticidad”. Si la pieza recupera completamente su longitud inicial, se dice que el material es “perfectamente elástico” sino “parcialmente elástico”. Un material es “perfectamente plástico” cuando al dejar de actuar la carga que lo deforma mantiene su configuración deformada. En la realidad ningún material es perfectamente elástico o plástico, pero el acero, aluminio, goma, la madera y el hormigón se consideran perfectamente elásticos dentro de ciertos límites. Otros materiales como la arcilla y la masilla pueden considerarse como perfectamente plásticos. 1.12 Constantes Elásticas El comportamiento lineal elástico de los sólidos, permite definir las constantes elásticas, a) Módulo de Elasticidad Longitudinal (E).- Considérese una barra recta sometida a

tracción. Fig. 1.33 Barra de sección constante sometida a tracción La deformación unitaria es :



L L

(1.16

En la zona elástica, las tensiones son proporcionales a las deformaciones

Fig. 1.34 Proporcionalidad entre ζ – ε en la zona elástica

Tg 

 E 

(1.17

 E

(1.18

Ecuación conocida como de Hooke. La constante E, se conoce como módulo de elasticidad longitudinal o módulo de Young. Es la más importante de las cuatro constantes elásticas. b) Módulo de Elasticidad Transversal (G).- Sea un paralelepípedo fijo en su parte inferior y con una fuerza P en su cara superior.

Fig. 1.35 Distorsión provocada por tensiones cortantes La deformación se cuantificada por el ángulo

 La grafica entre

y la tensión tangencial o cortante es:

P A -

(1.19 es similar a la vista anteriormente para las tensiones normales.

Dentro de la zona elástica, la constante que vincula la tensión tangencial con la deformación angular, es llamada módulo de elasticidad transversal o módulo de rigidez (G).

Tg 

 G 

(1.20

Esta es la ecuación de Hooke para tensiones cortantes. Para el acero común Sy’ = 0,57 Sy c) Coeficiente de Poisson Al someter a una barra a un tensión axial, además de experimentar deformación según la dirección de la fuerza, el cuerpo también deforma en la dirección normal a ella.

Fig. 1.37 Deformaciones Longitudinal y Transversal Las deformaciones unitarias son:



L L

(1.21

a a

(1.22

q 

Experimentalmente se ha visto que ambas deformaciones son proporcionales εq = ν ε

(1.23

ν se define como el coeficiente o módulo de Poisson y su valor depende del material, En general para materiales isótropos, varía entre 0,25 y 0,33. En cualquier caso ν < 0,50 Valores de Constantes Elásticas según el material Material

E (Ton/cm²) 2.000 a 2.100 1.160 a 1.300 1.100 750 a 1600 760 80 a 120 150 a 350 < 120 0.01 -

Acero Cobre Bronce Hierro fundido Aluminio Madera (paralela a la fibra Hormigón Mampostería de ladrillo Caucho Corcho

γ 0.22 a 0.33 0.31 a 0.34 0.32 a 0.35 0.23 a 0.27 0.32 a 0.36 0.10 a 0.20 0.47 » 0.00

Los módulos de elasticidad longitudinal y transversal están relacionados por: E=2G(1+ν)

(1.24

ν es el coeficiente de Poisson

Donde

1.13 Diagrama Tensión – Deformación para otros materiales En la figura 1.29 se presentan los diagramas tensión – deformación para diferentes materiales. Ahora bien como se observa en la figura 1.30, hay algunos materiales para los cuales se observa que el diagrama ζ - ε es una curva continua sin tramos rectos, es decir, que prácticamente en ningún momento se verifica la ley Hooke. Un ejemplo clásico es el hormigón, donde interesa la curva ζ - ε en compresión.



 Mat. Frágil

Acero de Alta Calidad Acero Media Calidad Mat. Dúctil Acero Corriente



Fig. 1.29 Diagramas Tensión Deformación



En estos casos no puede hablarse de un módulo de elasticidad único. Cabe distinguir tres valores del módulo de elasticidad:

Fig. 1.30 Módulos Tangentes y Secantes a) Módulo al origen.- Es el valor al origen E = tg α

(1.25

b) Módulo Instantáneo.- Su valor lo da la pendiente a la curva ζ - ε en cada punto:

E

d  tg ( o ) d

(1.26

c) Módulo Secante.- Su valor viene dado por la tangente trigonométrica del ángulo α1. Para estos materiales, Bach, propuso como relación entre ζ - ε una ley de tipo exponencial que lleva su nombre: ζk = E e

(1.27

el coeficiente k depende del material (valor medio, ya que depende de muchas variables): Material Hormigón Cobre Latón Cuero

Coeficiente k k = 1,15 k = 1,10 k = 1,085 k = 0,70

Fig. 1.31 Diagramas no lineales ζ - ε En el caso que k = 1, 0 se obtiene la ley de Hooke. Ciertos materiales presentan un comportamiento diferente en compresión que a tracción, tal es el caso del hormigón.

1.14 Diagramas Ideales Los diagramas que se vieron a veces son reemplazados por diagramas idealizados por Prandtl, resumiendo las características fundamentales de los tres tipos de materiales. El diagrama ideal correspondiente a un material dúctil se compone de dos tramos rectos: uno inclinado, correspondiente al período elástico; el otro horizontal, materializando el período de fluencia. 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.

Fig. 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, prescindiéndose del tramo curvo y en materiales plásticos el diagrama es una recta horizontal, lo que significa que sometidos a una carga, se deforman indefinidamente sin incremento de tensión. 1.15 Coeficiente de Seguridad, Tensión isible y Carga isible No hay la seguridad absoluta y las piezas están amenazadas por incertidumbres. Existen numerosas causas de incertidumbres: Las hipótesis de cargas, las hipótesis de cálculo, los errores de cálculos, los defectos del material, los errores de las dimensiones, los errores de ejecución, etc. La falla de una pieza puede provocar pérdidas económicas y humanas por lo que se debe buscar la máxima seguridad. Para evitar la falla, la tensión máxima en una pieza no debe superar un valor límite. 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 S = Sy/ 

Para materiales dúctiles

(1.28

S = Sut/ 

Para materiales frágiles

(1.29

Donde  es el coeficiente de seguridad. La elección del coeficiente de seguridad es compleja pero disposiciones reglamentarias que tratan sobre construcciones de acero; indican valores que varían entre 1.25 y 1.60, para estructuras de hormigón armado, los coeficientes de seguridad varían entre 1,75 y 2,10 y en la construcción de máquinas el valor varía, entre 1.5 a 2.5.

1.16 Resistencia para Cargas Estáticas y Variables a) Cargas Estáticas.- Son aquellas cuya magnitud no varía con el tiempo, P Pmax Pmin

t

Fig. 1.38 Carga Estática Como se mencionó anteriormente, la falla frente a cargas estáticas se previene con :

 = E  < S

(1.30

 = G  < S’

(1.31

b) Cargas Variables.- Son aquellas cuya magnitud varía con el tiempo. 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. En el presente libro se analiza la resistencia solo para cargas estables P Pmax

t

 P  Pmin  Pmed   max  2  

P min

Fig. 1.39 Carga variable de régimen estable Los dos casos más comunes de cargas variables de régimen estable son: - Cargas Intermitentes.- Son aquellas que aparecen y desaparecen. Es decir que varían periódicamente de un valor máximo a cero. ( Pmin = 0 ) P Pmax

P min

t

P  Pmed   max   2 

Fig. 1.40 Carga Intermitente - Cargas Alternantes.- Son aquellas cuya magnitud cambia de un valor positivo al mismo valor negativo. ( Pmax = - Pmin)

P Pmax

t

 P  Pmin  Pmed   max 0 2  

P min

Fig. 1.41 Carga Alternante Existen varias teorías para verificar la falla frente a cargas variables. En el presente libro se desarrollará sólo la teoría de Goodman Modificado.

Esfu erzos M á xim o s

Sut Sy

Esfu erzos M ed io s

Se 4 5º

 med Esfu erzos M íni m o s -S e

Fig. 1.42 Diagrama de Goodman Modificado Según esta teoría la pieza no falla mientras las tensiones se encuentran dentro de la región sombreada. Para construir el diagrama se necesitan: El Limite de Rotura Sut , 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. Se = Sut/2). 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.

PROBLEMAS RESUELTOS 1.1. Se tiene dos cables metálicos, el primero de Aluminio con un diámetro de 1 mm y el segundo de Acero con un diámetro de 0.5 mm. Tomar Sy al = 283 Mpa (2884.8 Kg/cm²) y Sy ac = 428 Mpa (4362.8 Kg/cm²). Se pide hallar la carga máxima que pueden soportar ambos cables y cuál es el de mayor resistencia

Cable Al



Cable Ac

0.1 [cm]

(a)



0.05 [cm]

(b)

Solución: Para evitar la falla  = P/A < Sy Despejando

P =  d2 Sy /4

Reemplazando valores Pal = 22.65 Kg Pac = 8.56 Kg El cable de aluminio es más resistente. 1.2. Dos piezas “a” y “b” con una longitud inicial de 10 cm y 100 cm, se deforman hasta alcanzar longitudes finales de 11 cm y 105 cm respectivamente. Se pide calcular la deformada total y unitaria Solución:

 = lf – l  =  / l = (lf - l)/ l a = 1 cm a = 0.1 (10%) b = 5 cm b = 0.05 (5%)

Nótese que:

a < b pero

a > b

1.3. Si en el problema anterior los diámetros de ambas piezas es de 1 cm. Se pide calcular la deformada total y unitaria transversal. Tomar  = 0.3 Solución:

q = -  df = q d + d

qa = - 0.03 (3%) dfa = 0.97 cm qb = - 0.015 (1.5%) dfb = 0.985 cm 1.4. Para el problema 1.2 se pide hallar las tensiones a los que están sometidas las piezas si son de acero. Tomar E = 2.1 x 10 6 Kg/cm² Solución:

=E a = 0.1 (10%) b = 0.05 (5%)

Entonces

a = 210000 Kg/cm² b = 105000 Kg/cm²

Ningún material soporta estos tensiones. Estas deformadas (10 y 5 %) son imposibles. 1.5. Cuál es la deformada máxima que puede tener un acero antes de fallar. Tomar Sy = 428 Mpa (4362.8 Kg/cm²) y E = 2.1 x 10 6 Kg/cm² Solución:

 < Sy =E  < = Sy/ E = 0.00207 (0.2%)

1.6. Una carga de 100 Kg se aplica a dos piezas de aluminio y acero con el mismo diámetro de 1 cm. Tomando Eacero = 2.1 x 10 6 Kg/cm², Ealuminio = 0.9 x 10 6 Kg/cm², Sy acero = 428 Mpa (4362.8 Kg/cm²) y Sy aluminio = 283 Mpa (2884.8 Kg/cm²). Se pide hallar : La relación de deformadas y la relación de factores de seguridad. Solución:

=/E  = Sy/ acero = P/A = aluminio acero/aluminio = Ealuminio / Eacero = 0.428 (42.8 %) acero / aluminio = Syacero/ Syaluminio = 1,512 (151,2 %)

Estos resultados muestran primero que el acero se deforma menos que el aluminio y segundo que el acero resiste más que el aluminio 1.7. Hallar los módulos de elasticidad al corte para los materiales del 1.anterior. Tomar  = 0.3 Eac = 2.1 x 10 6 Kg/cm², Eal = 0.9 x 10 6 Kg/cm² Solución:

G = E/[2 ( 1 +  )] Gacero = 8,07 x 105 Kg/cm² Galumino = 3,46 x 105 Kg/cm² 1.8. 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(0,3000) B(6000,6000) C(4000,4000) E(0,-3000)

-3000 E

1.9. En el anterior 1.hallar las ecuaciones de las tensiones máximas, tensiones medios y tensiones mínimas. Solución:

A (0,3000) B (6000,6000) C (4000,4000) E (0,-3000)

La ecuación de la recta conocidos dos puntos es (y – y1)/(x – x1) = (y2 – y1)/(x2 – x1) Para (A,B) (y – 3000)/(x - 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 - 6000) = (-3000 – 6000)/(0 - 6000) Smin = 1,5 x – 3000

para min < 0

Cuando Smin = 0 se halla que x = 2000 y D = ( 2000,0) (y – 4000)/(x - 4000) = (0 – 4000)/(2000 - 4000) y = 2 x – 4000

para min > 0

Smin = 2x – 4000

1.10. Hallar las tensiones isibles para carga estática, carga intermitente y carga alternante del material de los problemas 6 y 7 Solución: a) Carga estática S = Sy = 4000 Kg/cm² b) Carga intermitente S = . Smax = x/2+3000 y x = 2000 S = 4000 Kg/cm² c) Carga alternante S = Se = 3000 Kg/cm² 1.11. 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.  max = 3500 Kg/cm² y  min = – 500 Kg/cm².  max = 4500 Kg/cm² y  min = 0 Kg/cm².  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

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 = - 500 Kg/cm² < 0 Smin = - 750 c)

<  b min = -500 Kg/cm²

No hay falla

 c max = 2250 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² Smax = 4125

d)

y = 1,5 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

1.12. Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas, medios y mínimos. S Sut

B

Sy Se

C

A 45º D

 med

A(0,0.5*Sut ) B(S ut ,Sut ) C(Sy ,Sy ) D(Descon,0) E(0,0.5*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 – 0.5 Sut)/(x - 0) = (Sut – 0.5 Sut)/(Sut – 0) Smax = (x + Sut)/2

para Smax< Sy

Las curvas de tensiones mínimas van de B a E y de C a D BE)

(y – Sut)/(x – Sut) = (-0.5 Sut – Sut)/(0 – Sut) Smin = 1,5 x – 0,5 Sut

CD)

para min < 0

Cuando Smin = 0 se halla que x = Sut/3 y la coordenada de D ( Sut/3, 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

PROBLEMAS PROPUESTOS 1.13. Se pide hallar la carga que pueden levantar (resistencia) dos cables metálicos, el primero de Aluminio con un diámetro de 2 mm y el segundo de Acero con un diámetro de 1 mm. Tomar S y al = 2884.8 Kg/cm² y S y ac = 4362.8 Kg/cm² 1.14. Se pide hallar resistencia de los cables del 1.anterior, para cargas Alternante e Intermitente. 1.15. Una carga de 100 Kg se aplica a una pieza de Acero con un diámetro de 1 cm y una longitud de 100 cm. Se pide calcular las deformadas longitudinal y transversal. 1.16. En el anterior 1.se pide calcular la variación del volumen debido a la deformación. 1.17. 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 0,1 mm. 1.18. Cuál es la deformada máxima que puede tener un Aluminio antes de alcanzar la fluencia. Tomar Sy = 2884.8 Kg/cm² y E = 0.7 x 10 6 Kg/cm² 1.19. 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 1.20. En el anterior 1.hallar las ecuaciones de las tensiones máximas, tensiones medios y tensiones mínimas. 1.21. Hallar las tensiones isibles para carga estática, carga intermitente y carga alternante del material de los problemas 4 y 5 1.22. Para las cargas dadas determinar en cada caso si hay o no falla con el material de los problemas 4, 5 y 6  max = 3000 Kg/cm² y  min = – 3000 Kg/cm².  max = 3000 Kg/cm² y  min = – 500 Kg/cm².  max = 4000 Kg/cm² y  min = 0 Kg/cm².  max = 4000 Kg/cm² y  min = 1500 Kg/cm². 1.23. Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas, tensiones medios y tensiones mínimas.

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, cold rolled) Brass (Red, annealed) Bronze (cold rolled) Bronze (annealed) Cast iron (tension) Cast iron (compression) Concrete (compression) Copper (cold-drawn) Plate glass Magnesium alloy Monel (wrough, hot rolled) Nickel alloy Nylon Polyethylene Rubber (average) Steel .2% C hardened Steel .2% C cold-rolled Steel .2% C hot-rolled Steel .4% C hot-rolled Steel .8% C hot-rolled Steel Stainless (cold-rolled) Steel Stainless (heat-treated) Steel, structural Steel ASTM-A36 Steel ASTM-A572 Steel ASTM-A514 Douglas Fir Southern Pine Red Oak

Sy

Sut

E

Ksi 41 60 48 40 70 60 15 75 20 29.5 2 40 22 50 60 0.6 62 60 53 53 76 165 132

MPa 283 410 331 276 483 414 104 772 138 205 13.8 280 150 345 414 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 2.5 2 90 85 62 84 122 190 150

MPa 428 480 470 310 552 518 276 515 345 274.5 870 35 310 70 280 621 552 60 17.5 13.5 620 587 428 580 842 1310 1040

36 50 100 6 6.5 4.6

250 340 700 41 45 32

60 70 120 7.4 8.4 6.9

400 500 830 51 58 48

Ksi 10,6 10,6 10,6 10,4 10 15 15 15 15 25 25 4,5 17 10 24 26 30 400 150 .4 30 30 30 30 30 29 29 29 29 29 1,3 1,9 1,8

G GPa 73 73 73 72 69 104 104 104 104 173 173 31 117 69 166 179 207 2.76 1 .00276 207 207 207 207 207 200 200 200 200 200 9 13.1 12.4

Ksi 4 3,8 3,9 3,9 3,75 5,5 5,5 6,5 6,5 12,5 12,5 6,3 4 20 9,5 11,4 .0007 11,6 11,6 11,6 11,6 11,6 12,5 12,5 11 11 11 -

GPa 27.6 26.2 27 27 26 38 38 44.9 44.9 86.3 86.3 43.5 27.6 138 65.6 78.7 41.5 80 80 80 80 80 86.3 86.3 75.9 75.9 75.9 -

 0.33 0.33 0.33 0.33 0.33 0.34 0.34 0.34 0.34 0.28 0.28 0.15 .35 0.2 0.35 .32 0.31 0.4 0.4 0.48 .32 .32 .32 .32 .32 .27 .27 .32 .32 .32 .29 .3 .3

2 Tracción y Compresión 2.1 Introducción Un elemento está sometido a tracción o compresión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen momentos internos, tampoco fuerzas de corte y solo se verifica una fuerza normal N en el centro de gravedad de la sección, es decir, 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, la carga será de tracción o compresión.

Fig. 2.1 Tracción Ejemplos de elementos sometidos a tracción compresión son: Los cables metálicos, los arriostres, los elementos de las vigas armadas y elementos de las estructuras metálicas. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.- Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.- Los materiales son homogéneos 4.- Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5.- Los sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo. 2.2 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.

Fig. 2.4 Diagrama de Fuerzas Normales 2.3 Tracción Compresión Monoaxial a) Tensiones Considérese una barra prismática sometida a Tracción-Compresión.

Fig. 2.1 Tensiones en Tracción Compresión Realizando un corte en la barra por la sección recta transversal A, se observa que:

n = P/A

(2.1

n = 0

(2.2

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), Fig. 2.1 Hipótesis de Bernoulli Entonces si εX = cte, de la ley de Hooke se concluye que como el área es también constante, las tensiones resultan constantes. Para una pieza de sección variable las tensiones varían inversamente proporcionalmente a la magnitud del área

Si en lugar de cortar la barra por la sección recta transversal A, se la corta por una sección inclinada en un ángulo α

Fig. 2.3 Tensiones en una sección inclinada Por equilibrio, la fuerza externa P genera una fuerza interna de igual magnitud, 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. Se tiene: N = P Cos α

(2.3

Q = P Sin α

(2.4

α = N/Aα

(2.5

α = Q/Aα

(2.6

AN = Aα Cos α

(2.7

De 2.2, 2.3 y 2.6

α = N/Aα = P Cos α /(AN /Cos α) = P Cos2 α / AN

(2.8

α = (P/2AN) (1 + Cos 2 α)

(2.9

De 2.4, 2.5 y 2.6

α = Q/Aα = P Sin α/(AN /Cos α) = P Sin α Cos α / AN

(2.10

α = (P/2AN) Sin 2 α

(2.11

Reemplazando α = 0 en 2.7 y 2.8, se verifican los resultados obtenidos en 2.1 La ecuación de una circunferencia es : (x – xo)2 + (y – yo)2 = R2

(2.12

Y se verifica que (α - P/2AN)2 + α2 = (P/2 AN)2

(2.13

  max

P/2AN

 max



Fig. 2.4 Tensiones en una sección normal Entonces, 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. b) Tensiones Principales Se llaman tensiones principales a las tensiones máximas. De 2.7, 2.8 y del gráfico Para α = 0

max = N = P/AN

 min = 0

(2.14

Para α = 45

45 = P/2AN

 max = P/2AN

(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. Para prevenir la falla, ambos tensiones máximas no deben exceder las fluencias.

max = P/AN < Sy

(2.16

max = P/2AN < S´y

(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. 2.5 Deformación en una pieza de sección constante En la zona elástica, la deformada es proporcional a la carga y es válida la ecuación de Hooke

x = P/AN = E x

(2.18

y = z = 0

(2.19

x = /L

(2.20

y = z = - ν x = - ν x /E

(2.21

Entonces

x = PL/EA

(2.22

Resultado válido para piezas con sección constante. Para piezas con sección variable se aplica la anterior ecuación a un elemento diferencial “dx” donde el área se puede considerar constante. dx P

P

l lf

Fig. 2.6 Deformación en una pieza de sección variable d = Pdx/EA l

  0

(2.23

Pdx EA

(2.24

Para una sección transversal constante se obtienen los mismos resultados de 2.17 d) Cargas, Tensiones y Deformadas debido al Peso Propio En objetos de gran altura como por ejemplo edificios, torres y otros, el peso propio es una carga que tiene mucha importancia y debe ser tomada en cuenta. El peso es una carga variable ya que a analizando una sección horizontal a una altura “y”, esta soporta el peso de la porción del objeto que se encuentra encima de ella. Para entender mejor esto se presenta la analogía de una torre humana de 3 personas cada una con un peso de 75 Kg. En ésta torre la persona de arriba no soporta sobre sus hombros ninguna carga, la del medio soporta 75 Kg. y la de abajo soporta 150 Kg. sobre sus hombros.

dy

A

W(y ) Peso sobre "y "

h y

Fig. 2.7 Peso Propio Para un elemento diferencial “dy” el área de la sección se considera constante y su peso es dW =  A(y) dy

(2.25

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

(2.26

Un error común es tomar el límite inferior como cero, ya que en este caso el peso calculado es el de toda la pieza. Entonces se enfatiza en que el límite inferior de la integral es “y”. La tensión en una sección a una altura “y” es: h

W ( y)  ( y)   A( y )

 A( y)dy y

A( y )

(2.27

La deformación longitudinal debido al peso propio se halla con la ecuación 2.19 reemplazando en ella el peso como carga h   A( y )dy dy h h   Pdy y      EA EA 0 0

(2.28

e) Deformaciones debido a la temperatura Además de las deformadas debido a las cargas externas se presentan deformadas originados por cambios de temperatura, conocidas como dilataciones y contracciones. Los cambios de temperatura originan una deformación lineal uniforme en todas las direcciones, que se calcula por :

Entonces

lf = l +l  T

(2.29

t = l  T

(2.30

t =  T

(2.31

 es el coeficiente de dilatación que es un valor específico de cada material. Material Aluminio Fundición Cobre Acero Hormigón

23.2 10.4 16.7 11.7 10.8

Las deformada total es por consiguiente la suma de las deformadas debido a cargas externas y la deformada debido a los cambios de temperatura.

tot = mec + t = /E +  T

(2.32

Si la deformación por cambios de temperatura se restringe, provocan tensiones. Para encontrar estas tensiones, 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 -  T)

(2.33

Cuando la expansión térmica de un sistema se restringe por ejemplo anclando una pieza entre dos paredes rígidas, aun pequeños cambios de temperatura producen grandes tensiones térmicos. Esto se debe al módulo de Young que para la mayoría de los materiales usados en Ingeniería es grande

2.4 Tracción Compresión Biaxial a) Tensiones Considérese un elemento diferencial sometido simultáneamente a cargas de tracción compresión en dos direcciones

Fig. 2.8 Tensiones en Tracción Compresión Biaxial En la sección inclinada aparecen simultáneamente tensiones normales  y cortantes . Por trigonometría L Cos  = dy

(2.34

L Sin  = dx

(2.35

 L dz - y dx dz Sin  - x dy dz Cos  = 0

(2.36

 - y Sin2  - x Cos2  = 0

(2.37

 = y (1-Cos 2)/2+ x (1+ Cos 2)/2

(2.38

 = (y+ x )/2+(x - y )(Cos 2)/2

(2.39

 L dz + y dx dz Cos  -x dy dz Sin  = 0

(2.40

 + y Sin  Cos  - x Sin  Sin  = 0

(2.41

 = (x -y )(Sin2)/2

(2.42

De la estática

 F1 = 0

 F2 = 0

Las ecuaciones 2.26 y 2.29 dan las tensiones normales y cortantes para una sección inclinada. Ya que

(Sin 2 )2+( Cos 2 )2 = 1

(2.43

Entonces

[-(x + y )/2]2 + 2 = [(x - y )/2]2

(2.44

Similar a una dimensión, las ecuaciones representan una circunferencia con desplazamiento en  de (x +y )/2, sin desplazamiento en  y radio igual al (x - y )/2. Esta ecuación no necesariamente pasa por el origen

 (x y)/2

 max (x-y)/2

 max



Fig. 2.9 Circulo de Mohr en Tracción Compresión Biaxial b) Tensiones Principales Las tensiones máximas o principales son: Para  = 0

max = x

 min = 0

(2.45

Para  = 90

max = y

 min = 0

(2.46

Para  = 45

min = 0

 max = (x -y )/2

(2.47

Una pieza sometida a tracción compresión en dos dimensiones tiene tensiones normales máximas en los ejes “x” y “y”, y tensiones cortantes máximos en secciones inclinadas a  = 45º. Para que la pieza no falle, las tensiones máximas no deben exceder los límites de fluencia

max < S y

(2.48

 max < S´y

(2.49

c) Deformaciones En la figura se muestra un elemento sometido a tracción compresión en dos dimensiones o biaxial

Fig. 2.10 Deformaciones en Tracción Compresión Biaxial Debido a que las ecuaciones son lineales, se aplica el principio de superposición, donde se hallan primero las deformaciones originadas sólo por las cargas horizontales y luego las

deformaciones originadas sólo por las cargas verticales. Las deformadas totales se hallan por la superposición o combinación de ambos resultados parciales. Considerando inicialmente sólo las tensiones horizontales

x = x /E

(2.50

y = - q = -  x /E

(2.51

Considerando ahora sólo las tensiones verticales

y = y /E

(2.52

x = - q = -  y /E

(2.53

Superponiendo

xt = x /E -  y /E = x- y

(2.54

yt = y /E -  x /E = y- x

(2.55

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, que contiene un fluido a presión. Se van a determinar las tensiones ejercidos sobre un pequeño elemento de pared con lados respectivamente paralelos y perpendiculares al eje del cilindro. Debido a la simetría axial del recipiente y de su contenido, no se ejercen tensiones cortantes sobre el elemento.

Figura 2.11 Recipiente cilíndrico Las tensiones ζ1 y ζ2 mostrados en la figura 2.11 son por tanto tensiones principales. El tensión ζ1 se conoce como tensión de costilla y se presenta en los aros de los barriles de madera. El tensión ζ2 es el tensión longitudinal. 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. Se aclara que p es la presión manométrica del fluido.

Figura 2.12 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 2.13 se hace un corte perpendicular al eje x y se considera, el cuerpo libre, consta de la parte del recipiente y de su contenido a la izquierda de la sección

Figura 2.13 Corte del cilindro De la sumatoria de fuerzas en z, finalmente se concluiría que: p (π r2) = ζ2 2 π r

(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, un elemento diferencial y por la simetría de la esfera estará sometido a las tensiones ζ2 uniformes

Fig. 2.14 Tensiones en un Recipiente de Pared Delgada Esférico La tensión ζ2 se halla de una manera similar a la tensión longitudinal en cilindros De la sumatoria de fuerzas en x, finalmente se concluiría que: p (π r2) = ζ2 2 π r

(2.60

ζ2 = p r / (2 t)

(2.61

2.6 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) Cuando en una barra o en una estructura el número de ecuaciones de equilibrio es inferior al número de incógnitas, se dice que es un caso Hiperestático. Estos casos suelen darse cuando la barra o la estructura tiene apoyos (ligaduras) de más. Para resolver pues un caso hiperestático no serán suficientes las Ecuaciones de equilibrio y se buscarán para complementarlas Ecuaciones de Deformación,

PROBLEMAS RESUELTOS 2.1. Una pieza con una sección de 1 cm² está sometida a una fuerza de tracción en una dimensión de 100 Kg. Hallar las tensiones en secciones con ángulos de 0º hasta 360º con un intervalo de 10º. Solución: =(P/2An)(1+Cos 2) 100.0 97.0 88.3 75.0 58.7 41.3 25.0 11.7 3.0 0.0 3.0 11.7 25.0 41.3 58.7 75.0 88.3 97.0 100.0 97.0 88.3 75.0 58.7 41.3 25.0 11.7 3.0 0.0 3.0 11.7 25.0 41.3 58.7 75.0 88.3 97.0 100.0

=(P/2An)(Sin 2) 0.0 17.1 32.1 43.3 49.2 49.2 43.3 32.1 17.1 0.0 -17.1 -32.1 -43.3 -49.2 -49.2 -43.3 -32.1 -17.1 0.0 17.1 32.1 43.3 49.2 49.2 43.3 32.1 17.1 0.0 -17.1 -32.1 -43.3 -49.2 -49.2 -43.3 -32.1 -17.1 0.0

60.0 40.0 20.0 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 -50.0

0.0

50.0

100.0

-20.0 -40.0 -60.0 Esf Normal

2.2. Hallar las tensiones máximas del 2.1. Solución:

max = P/AN = 100/1 = 100 Kg/cm²  max = P/2AN = 100/2 = 50 Kg/cm²

2.3. Una pieza está sometida a cargas de tracción compresión en dos dimensiones con x = 90 Kg/cm² y y = -120 Kg/cm². Hallar las tensiones para ángulos desde 0º hasta 360º con un intervalo de 10º. Graficar los resultados.

Solución:  = (x+y)/2 + ( x- y)(Cos 2)/2 90.0 83.7 65.4 37.5 3.2 -33.2 -67.5 -95.4 -113.7 -120.0 -113.7 -95.4 -67.5 -33.2 3.2 37.5 65.4 83.7 90.0 83.7 65.4 37.5 3.2 -33.2 -67.5 -95.4 -113.7 -120.0 -113.7 -95.4 -67.5 -33.2 3.2 37.5 65.4 83.7 90.0

 =(x-y)(Sin 2)/2 0.0 35.9 67.5 90.9 103.4 103.4 90.9 67.5 35.9 0.0 -35.9 -67.5 -90.9 -103.4 -103.4 -90.9 -67.5 -35.9 0.0 35.9 67.5 90.9 103.4 103.4 90.9 67.5 35.9 0.0 -35.9 -67.5 -90.9 -103.4 -103.4 -90.9 -67.5 -35.9 0.0

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

-150.0

0.0 -50.0

50.0

-50.0 -100.0 -150.0 Esf Norm al

2.4. Hallar las tensiones máximas del problema 2.3. Solución:

=0

max = x = 90 Kg/cm²

 = 90

max = y = -120 Kg/cm²

 = 45

 max = (x - y )/2 = 105 Kg/cm²

2.5. Una pieza cilíndrica de Acero tiene  = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a una carga de 1000 Kg. Tomando Sy = 1800 Kg/cm² y Sy´ = 960 Kg/cm²sse pide hallar: Las tensiones máximas Las tensiones a 30o Las deformadas total, unitaria longitudinal y transversal Los coeficientes de seguridad Solución: a)

A = 2/4 = 7,07 Kg/cm² max = N = P/AN = = 141,47 Kg/cm²

para  = 0o

 max = P/2AN = 70,73 Kg/cm²

para  = 45o

 = (P/2AN )(1 + Cos 2)

b)

30 = 106,10 Kg/cm²  = (P/2AN) Sin 2 30 = 61,25 Kg/cm²  = Pl/EA = 6,73 x 10-3 cm

c)

 = /l = 67 x 10-6 ( 67 x 10 –4 %) q = -  = -20,20 x 10 –6 (-20,20 x 10 –4 %) q = q d = -60,6 x 10 –6 cm  = Sy/max = 1800/141,47 = 12,72

d)

 = Sy´/max = 960/70,73 = 13,57 2.6. 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 una vertical de 200 Kg. Se pide hallar las dimensiones finales. Tomar  = 0.3

200[kg]

c 100[kg] b a

Solución: x = Fx/(b c) = 33,33 Kg/cm² y = Fy/(a c) = 100,00 Kg/cm² xt = x /E -  y /E = 1,58 x 10-6 yt = y /E -  x /E = 4,28 x 10-5 af = a + a xt = 2,000003 cm bf = b + b yt = 3,00012 cm 2.7. En la pirámide truncada de área transversal cuadrada de la figura. Se pide calcular: a) El peso parcial sobre cualquier altura “y” b) El tensión normal máximo

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 = 703.83  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 

2.8. En la pieza cónica truncada de la figura, se pide hallar la deformación debida a la acción de la fuerza P y del peso propio.

P

D/2

SEC. 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 2y 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) 3ED 2

2.9. 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 , Tb ,Tc) y sólo 2 ecuaciones. La tercera ecuación se halla analizando las deformaciones

(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 - Tb - Tc = 2 Tb - Tc Tb = P/3 Tc = P/12 Ta = 7P/12

2.10. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables

  

 

b

a





c

O P

O'

Solución: lb = la Sin  = 0.5 la lb = lc Sin  = 0.866 lc  Fy = 0

Ta Sin + Tb+Tc Sin  = P Ta 0.5 + Tb + Tc 0,866 = P

 Fx = 0

(I

Ta Cos  = Tc Cos  Ta 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 , Tb ,Tc) y sólo 2 ecuaciones. De la ecuación de deformadas 







O

O 



O'



O'



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 = lb lc 0,866 = lb De vi

Tala/(Sin Cos - Sin  Cos ) = Tblb/ Cos  Ta (lb/0.5)/(Cos 0.5- Sin  0,866) = Tblb/ Cos  Ta = 0.5Tb( 0.5- 0.866 Tan ) 0.5 - (Ta / 0.5Tb) = 0.866 Tan  Tan  = [( 0.52Tb - Ta) / (0.5Tb)]/0.866

De vii

(viii

Tb lb/ Cos = Tc lc/ SinCos+Sin Cos) Tb lb/ Cos = Tc (lb/0.866)/ (0.866Cos+Sin 0.5) 0.5 Tan  = (Tc/0.866 Tb) – 0.866 Tan  = [(Tc – 0.8662Tb) / (0.866 Tb)]/0.5

De viii y ix

(ix

[( 0.52Tb - Ta) / (0.5Tb)] 0.5 = [(Tc – 0.8662Tb) / (0.866 Tb)] 0.866 ( 0.52Tb - Ta) = (Tc – 0.8662Tb) ( 0.52Tb - Ta) = (Tc – 0.8662Tb) Tb = Ta + Tc

(x

Esta última es la ecuación de deformaciones buscada. De x y i

Ta 0.5 + (Ta +Tc )+ Tc 0,866 = P 1.5 Ta + 1.866 Tc = P 1.5 Ta + 1.866 (2Ta 0.866) = P Ta = 0.211 P 0.29 P Tc = 0.366 P 0.42 P Tb = 0.577 P 0.5 P

2.11. En el sistema de la figura se piden hallar las tensiones en los cables a y b. La barra horizontal se supone rígida y articulada en la pared

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 = 0.5  = 26,56  Fx = 0

Rx- TaCos  -Tb Cos  = 0

(i

 Fy = 0

Ry + Ta Sin  +Tb Sin -P = 0

(ii

 Mo = 0

- Ta Sin  l/2 -Tb Sin  l + P l = 0 Ta 0.3535 + Tb 0.4472 = P

(iii

Son tres ecuaciones con cuatro incógnitas Rx , Ry , 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/ 0.8

(iv

Que es la cuarta ecuación buscada, De donde Ta = 1.405 P Tb = 1.124 P 2.12. 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.es hiperestático con tres ecuaciones y cuatro incógnitas Rx , Ry , 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

Ta = 0,2406 P Tb = 0,361 P 2.13. Se pide hallar el diámetro de la barra AC. 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

 = 18.43

Tan  = 15/60

 = 14.03

TAC Sin  = P TAC = 3163.09 Kg

 Fx = 0

Tracción

TAC Cos  + 2TBC Cos  = 0 TBC = - 1546.56 Kg

Compresión - Pandeo

Analizando solo la barra AC AC = TAC/( dAC2/4) < Sy dAC = 1.49 cm 2.14. 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. Las ecuaciones de los círculos respecto del sistema x - y son x2+y2 = 302 x2 + (y-40)2 = 152

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- y2+ 80y –1600 y = 28,43 ec deformaciones t = 1+2 = 0 1 

28.43

 0



Ra dy 4

E 2(30  y )





2 1/ 2 2

2

Ra E 60

28.43

 0

 1 1   (30  y)  (30  y) dy  

Ra (3.6167) E 60

1 

40



2 

28, 43

2 



( Ra  P)dy 4

  ( Ra  P) 1 1  dy   E 30 28, 43 15  ( y  40) 15  ( y  40)  40

E 2(152  ( y  40) 2 )1/ 2



2



( R a  P) (2.0472) E 30

1   2 

Ra ( R  P) (3.6167)  a (2.0472)  0 E 60 E 30

Ra = - 0.259 P Rb = 0.741 P 2.15. 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 - 195

(i

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 9,09e 7 E 30 30 60

2 

Ra 30(4)  Ra 2,02e 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)3,36e 9 E (3) 60 30

La ec de deformadas t = 1 +2+3 =  Ra9,09 E-7+Ra2,03 E-8+(Ra-P)3,36 E-9 = 0,001 Ra = 0.75 P Rb = 0.25 P 2.16. 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. De las deformaciones

b

a

a 30 O

b a

b = OO´

O'

a = OO´Sin 30 b = a /Sin 30 Tb lb/EA = Tala/(EA Sin 30) la Sin 30 = lb Tb la Sin 30 = Ta la/Sin 30 Tb = Ta / Sin2 30 4 Tb = Ta De i y ii

(ii

2 (4 Tb) Sin 30 + Tb = P Ta = 0.2 P Tb = 0.8 P

2.17. Tres barras se encuentran articuladas en A para soportar juntas, un peso W como se indica en la figura. El desplazamiento horizontal del punto A esta impedido por una varilla corta horizontal AO que se supone infinitamente rígida, a) Determinar las expresiones para calcular las tensiones en cada una de las barras y la fuerza total sobre la barra AO. b) Utilizando las anteriores relaciones determinar las tensiones sí: A1 = A2 = A3 = 2 cm²  = 30º;  = 45º; W = 2500 [ Kg].

L2,A2,E 0

L1,A1,E 0

L3,A3,E 0



L



a

W

Solución.  Mo = 0

(T1 cos  )a  T2 a  (T3 cos  )a  Wa  0 L2,A2,E0

L1,A1,E 0

T1 cos   T2  T3 cos   W  0

L3,A3,E 0





(i













L



W

Además

cos    1 /  2 cos    3 /  2

(ii

l1 Cos  = l2 = l3 Cos  A T1  cos 2  · 1  A2

(iv

 ·T2 

A  T3  cos 2  · 3 ·T2  A2  T1 

T2 

T3 

(v

cos 2 A1W A2  cos 3 A3  cos 3 A1

(vi

A2W A2  cos A3  cos 3 A1

(vii

cos 2 A3W A2  cos 3 A3  cos 3 A1

(viii

3

Además y T2

T1



T3



R

x

W

T3 sen  T1 sen  R  0 W (cos 2 senA3  cos 2 senA1 ) 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

5D 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 3ED 2 5ED 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  b1   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  Eb1   H l E 3 3l   2l

0dx Pdx   bH  2x  l E Eb1   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 o 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  Eb1   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

Dd  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  Dd   

2.21. Hallar una expresión para determinar la reacción en cada uno de los apoyos, de los elementos mostrados en la figura, originados por un aumento de la temperatura T, considerando como datos: , l, a.

Cu

a

Al

a/2

l

a

l 

Solución: Suponiendo que la deformación por dilatación es mayor a la holgura

Cu

Al

La deformada en la pieza de cobre por tensiones es  cu  

l

0

Dx 

R·dx E cu Ax

a x (  1) 2 l

 cu  

R·dx

l

0

Ecu

 cu 

 a  x

   1 4  2  l 

2

8Rl E cu a 2

En el aluminio la deformación es similar:  al  

l

0

Dx 

a x (  1) 2 l l

R·dx

0

 a  x

 al  

 al 

R·dx Eal Ax

 Eal    1 4 2  l 

2

8Rl Eala 2

La deformación por la variación de temperatura:  T  lcu T  l alT  l (cu   al )T

Además

 cu   al   T  

Reemplazando, obtenemos:

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 Ecua Eala 2

Ecu Eala 2 2 Ecu  Eal

R

l (cu   al )T   

2.22. La pieza mostrada en la figura fue maquinada con las dimensiones mostradas, si la temperatura aumenta a 120ºC, determinar las reacciones que soportan los apoyos luego de la dilatación, tomando: l = 20[cm]; D = 5[cm]; d = 2[cm]; cu = 17x10-6[1/ºC]; al = 22.2x105[1/ºC]; Ecu = 1.1x106[ Kg/cm²]; 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  22.2 x10 5 )(120  25)

 T  0.0745cm

Ya que la deformada es mayor a la holgura, hay o en la pared derecha.  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

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 

Dd x  2d  D l

Reemplazando: l

R   0

2l

Rdx Rdx  2 2 d  Dd  l E al E cu  x  2d  D  4 4 l 

Resolviendo:

R 

4 R( DEal  dE cu ) Dd 2E al E cu

Reemplazando 4 R( DEal  dE cu ) Dd 2E al E cu

  T  

Con los datos R = 2599.39 Kg 2.23. En la siguiente figura determinar las tensiones que ocurren en cada uno de los alambres flexibles, que soportan a la barra rígida, articulada en uno de sus extremos. (Considerar los datos mostrado en la figura.

E,A 1,l1

E,A 2,l2



  l

l

l E,A 3,l3

P

Solución: Las deformaciones



 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



De la estática T1senl  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 

2.24. Determinar la deformación debido al peso propio del bloque mostrado en la figura. Siendo la sección, circular y variable con la altura, de forma parabólica, según el sistema de coordenadas, mostrado. H

x

x ry

y

H dy

y

wy

H/3

y

Solución: T  

H

0

w( y ) dy EA y

la ec. de la parábola es

x  x o  P( y  y o ) 2 ( xo , y o )  (

H ,H) 6

para x = H/2 y = 0 x  rr 

( y  H )2 H  3H 6

El área a cualquier altura “y” es: ( y  H )2 H  2 A( y )  rr      6  3H

El peso por debajo de “y” es:

2

w( y )   ry dy 2

Reemplazando y simplificando: w( y) 

 H 2 540

47H

5

 135H 4 y  180 H 3 y 2  140 H 2 y 3  60 Hy 4  12 y 5



La deformada:    47 H 5  135H 4 y  180 H 3 y 2  140 H 2 y 3  60 Hy 4  12 y 5 2 H  H 540 T    2 0 ( y  H )2 H   E     6  3H 



simplificando:

T 

H 2 90 E

(17  6 ln 3)





dy   

PROBLEMAS PROPUESTOS 2.25. 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. 2.26. Hallar las tensiones normal y cortante para una sección a 30º en el anterior problema 2.27. Una pieza está sometida a tensiones de tracción compresión en dos dimensiones con x = - 120 Kg/cm² y y = -150 Kg/cm². Hallar las tensiones para una sección que forma un ángulo de 30º con la horizontal 2.28. Hallar el círculo de Mohr y las tensiones máximas en el anterior problema. 2.29. Una pieza de acero tiene sección cuadrada de 3 x 4 cm y un largo de 900 cm y está sometida a una carga de 1500 Kg. Se pide hallar: 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 2.30. 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. y una vertical de -200 Kg. Se pide hallar las dimensiones finales. Tomar  = 0.3

200[kg]

c 150[kg] b a

2.31. En el sistema de la figura la sección transversal es circular y las dimensiones están en centímetros. Se pide hallar: a) El peso parcial sobre cualquier altura “y” b) La tensión normal máxima c) La deformada total

30

1000 y 500

15 45

2.32. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables.

l

l

(a)

(b)

(c)

(b)

(a)

l/2

P

2.33. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables 



(a)



(b)

(c)

P

2.34. Hallar las tensiones en los cables

l/4 (a)

l/5

(b)

(c)

l/5

2.35. Hallar las tensiones en los cables

(d)

l/5

(e)

l/5

l/5

P



(a)

(b)



(c)



l/2 l/2

P

2.36. Se pide hallar el diámetro de la barra AC. Tomar Sy = 1800 Kg/cm² A A 20 30

B 60



B

C

P

2.37. Hallar la deformación total debido al peso propio. Tomar las unidades en cm

30

40

P

25

60

2.38. Para el sistema de la figura se piden las reacciones en A y B. Tomar las unidades en cm

B

40

50

P

30

A

50

2.39. Se pide hallar las reacciones en las paredes. Tomar  = 0.01 cm

70

P

40

A

60

50

B

20



2.40. 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.

l/4

l/4

l/4

l/4

l/3

A

P

2.41. Hallar la deformación total del sistema de la figura. Tomar E = 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg

0.35

P

60

45

45

2.42. Hallar la deformada debido a la fuerza P y el peso propio P

D

h

dy

A

A

y

D/2

2.43. En el sistema mostrado en la figura determinar las reacciones que soportan las paredes rígidas por efecto de las cargas y un incremento de la temperatura. Considerar una sección rectangular de espesor constante “b” y los siguientes datos:

L = 30cm; H = 10 cm; h = H/3; E = 2.1x106 Kg/cm² ; P = 5000 Kg; b = 5 cm T = 90C l/2

B

P

A

H

2P

h

H

B



l

l

B-B

b

l

2.44. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función cúbica, como se ve en la figura.

y

y

P D

d

x

Dx

D

dx

f(x2)

x

d

x

l

2.45. Hallar una expresión para determinar la reacción en cada uno de los apoyos, de los elementos mostrados en la figura, debido a la variación de temperatura T, considerando como datos: , l, a. T

a/2

Cu

a

l

Al

l



2.46. Si la temperatura aumenta a 120 º C, determinar las reacciones que soportan los apoyos luego de la dilatación, tomando: l = 20 cm; D = 5 cm; d = 2 cm; cu = 17x10-6 (1/ºC); al = 22.2x10-5 (1/ºC); Ecu = 1.1x106[ Kg/cm²]; Eal = 7x105[ Kg/cm² T

d

Cu

l

a Al

D

l

 cm

2.47. Hallar las tensiones en el sistema de la figura. Cuando las deformaciones además de la carga P provienen de un incremento de la temperatura T

E,A 1,l1

E,A 2,l2



  l

l

l E,A 3,l3

P 2.48. Determinar la variación que debe tener la sección circular del elemento de la figura, de modo que las tensiones debido al peso propio sean constantes. x y

ry

dy

wy

y

2.49. La barra maciza mostrad en la figura, consta de un tramo troncocónico y otro cilíndrico, determinar la deformación total del sistema siendo el material el mismo para ambos tramos. d D 3P

P

2P

l

l

2.50. Determinar la expresión para calcular la deformación total de la barra, que tiene una perforación que produce una pared de espesor constante t, como se muestra en la figura, la barra se encuentra sometida a la acción de las respectivas cargas. La sección de la barra varía según se ve en dicha figura. t

P

D

l/2 2P

3P

2P

D/2

l

l

2.51. La barra mostrada en la figura se encuentra sometida a la mostradas que produce una reacción interna de la barra, debido muestran, determinar las reacciones que se producen en dichos además que los materiales tienen diferente módulo de elasticidad, y es circular y varía en cada tramo.

3P

2P E2

d

2d

E1

E1 l

l

l

acción de las fuerzas a los apoyos que se apoyos, considerando su sección transversal

2.52. Determinar la ecuación para determinar el Área de las secciones transversales de los elementos elásticos que se muestran en la figura. Considerar conocidas las longitudes de cada una de éstas.

1 2

a

P

3 a

2.53. Hallar las tensiones de los elementos mostrados en la figura.

1 

2



P

a 

2.54. Hallar las tensiones en las barras de la armadura mostrada en la figura cuando se aplica la fuerza indicada. Considerar E, A igual para todas las barras.

a

1

2

a

a

P

2.55. Una armadura simétrica experimenta las cargas mostradas en la figura. Determinar las tensiones normales que experimentan cada una de ellas.

1

1

a

3a

3a

2

2

P

2.56. Calcular las tensiones de montaje de los elementos flexibles mostrados en la figura, si uno de ellos fue fabricado con una falla en su longitud  = 0.5 cm.

a=1[m]



2a



a

2.57. Determinar los desplazamientos, horizontal y vertical, del punto de aplicación de la fuerza P, además determinar todas las tensiones en las diferentes barras. Considerar, el módulo de rigidez a la tensión E·A, constante. l

2l

3 1

l

2

l

P

. 2.58. Determinar el desplazamiento del punto A debido a las cargas aplicadas sobre la armadura mostrada en la figura. 2l

l 3

1

2

l

A

l

P

3 Corte Puro 3.1 Introducción Un elemento está sometido a Corte Puro cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen momentos internos, tampoco fuerzas normales y solo se verifica una fuerza tangencial Q en el centro de gravedad de la sección, es decir, en todas las secciones rectas del elemento se anulan la fuerza normal y los momentos torsor y flector.

Fig. 3.1 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, el corte de planchas metálicas mediante cizallado, punzonado o troquelado y las uniones con remaches, bulones, soldadura, pernos, etc. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.- Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.- Los materiales son homogéneos 4.- Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5.- Los sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo. 3.2 Tensiones y Deformaciones en Corte Puro a) Tensiones Considérese una pieza sometida a una carga horizontal en su cara superior y anclada en su cara inferior:

Fig. 3.2 Tensiones en Corte Puro Realizando un corte en la pieza por la sección recta horizontal A, se observa que:

=0

(3.1

 = Q/A

(3.2

Ahora bien, las tensiones cortantes no aparecen aisladas. Analizando un elemento diferencial del cuerpo 





















(a)

(b)

(c)

(d)

No equilibrio en x

Si equilibrio en x

Si equilibrio en x

Si equilibrio en x

Si equilibrio en y

Si equilibrio en y

Si equilibrio en y

Si equilibrio en y

No equilibrio rotación

No equilibrio rotación

No equilibrio rotación

Si equilibrio rotación

Fig. 3.3 Condiciones de Equilibrio Para que el elemento diferencial este en equilibrio, necesariamente se requiere que: a) Las tensiones de corte actúen en cuatro caras del elemento diferencial. b) Las tensiones sean concurrentes o divergentes en las aristas y que tengan igual magnitud. Si en lugar de cortar la barra por la sección recta horizontal A, se la corta por una sección inclinada en un ángulo α

Fig. 3.4 Tensiones en una Sección Inclinada Geométricamente dl Cos α = dy

(3.3

dl Sin α = dx

(3.4

α dl dz + y dy dz Sin α + x dx dz Cos α = 0

(3.5

α + y Cos α Sin α + x Sin α Cos α = 0

(3.6

α = - Sin 2α

(3.7

α dl dz - y dy dz Cos α + x dx dz Sin α = 0

(3.8

α - y Cos α Cos α + x Sin α Sin α = 0

(3.9

α =  Cos 2α

(3.10

De la estática  F1 = 0

 F2 = 0

Cuando α = 0 se verifica que 0 = 90 = 0

(3.11

0 = 90 = 

(3.12

Ya que

(Sin 2 α)2+( Cos 2 α)2 = 1

(3.13

De 3.3 y 3.5

α2 + α2 = 2

(3.14

Que es la ecuación de una circunferencia con centro en el origen.

  max

  max  

Fig. 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

(3.15

Paαa α = 45 max = P/AN

 min = 0

(3.16

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. Para prevenir la falla, las tensiones máximas no deben excedeα las fluencias. max = P/AN < Sy

(3.17

 max = P/AN < S´y

(3.18

c) Deformaciones Como se mencionó anteriormente, los elementos sometidos a la acción de fuerzas cortantes o tangenciales, más que presentar cambios en las dimensiones sufre distorsión o cambios de forma. Dentro de la zona elástica, las tensiones de corte son proporcionales al ángulo de deformación.

  



 De la ecuación de Hooke  = Q/AN = G 

(3.19

 = Q/(AN G)

(3.20

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. Estos problemas se conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir ecuaciones adicionales de deformaciones.

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.

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. Fy = 0

Fa + Fb = P

(i

MA = 0

P (75+9) = Fb 9

(ii

De i y ii

Fb = 933.33 Kg Fa = - 833.33 Kg a = Fa /A = 833.33/( 12/4) = 1061.02 Kg/cm² b = FB /A = 933,33/( 12/4) = 1188.34 Kg/cm² a = S`y/ a = 1.036 (No hay falla)

b = S`y/ b = 0.925 (Hay falla) 3.16. La plataforma de la figura soporta una carga de 400 Kg y esta soportada por 4 pasadores de 1 cm de diámetro. Se pide el coeficiente de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm².

P=400 kg 9

75

P=400 kg M=P(75+9/2)

B D

A C

d

Solución: d = (9 )21/2/2 = 6,36 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(6.36)] = 1250 Kg La composición da

Fax = -1250 Cos 45 = - 883.88 Kg Fay = 100-1250 Sin 45 = -783.88 Kg Fatot = 1181.40 Kg Fbx = -1250 Cos 45 = - 883.88 Kg Fby = 100+1250 Sin 45 = 983.88 Kg Fbtot = 1322.60 Kg Fcx = 1250 Cos 45 = 883.88 Kg Fcy = 100-1250 Sin 45 = -783.88 Kg Fctot = 1181.40 Kg Fdx = 1250 Cos 45 = 883.88 Kg Fdy = 100+1250 Sin 45 = 983.88 Kg Fdtot = 1322.60 Kg Los pasadores más solicitados son los “b” y “d”, es decir los de la derecha b = d = F /A = 1322.60/( 12/4) = 1683.98 Kg  = S`y/  = 0.653 (Hay Falla) 3.17. La plataforma de la figura soporta una carga de 1000 Kg y esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables. Se pide el diámetro del pasador O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

Ta

l/2 





Rx l/2

l/2 P

Ry

l/2

Tb  l/2

P

Solución: De 2.10

Ta = 1.405 P = 1405 Kg Tb = 1.124 P = 1124 Kg

 Fx = 0

Rx- TaCos  -Tb Cos  = 0

(i

 Fy = 0

Ry + Ta Sin  +Tb Sin -P = 0

(ii

 = 45º  = 26,56

Rx = 1496.9 Kg Ry = -496.9 Kg

R  Rx  Ry 2

2

R = 1577.21 Kg max = R/AN = 1577.21/( pas2/4) < 900 Kg/cm² pas = 1.49 cm

PROBLEMAS PROPUESTOS 3.18. 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.y b) Graficar  vs.  3.19. Cuantos remaches de 2 cm. de diámetro se necesitan para unir dos placas que deben soportar una fuerza de corte de 1500 Kg. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm P P

3.20. Dos placas con un ancho de b = 3 cm y un espesor de e = 0,5 cm. están unidas por cordones de soldadura a 45º: Se pide hallar la carga máxima que la unión soportan. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² P

e P a

3.21. Una pieza de madera con sección cuadrada soporta una carga de 1000 Kg y está unida a 70 º. Se piden las dimensiones. Tomar Sy´ = 200 Kg/cm²

P

P 70

3.22. Una polea está fijada a su eje por medio de un pasador rectangular. 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. Tomar Sy` = 900 Kg/cm²

Chav eta

Polea

Eje

3.23. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y un cable. Para una intensidad de la carga distribuida de H = 10 Kg/cm. Se pide hallar los diámetros de los pasadores en A, B y C. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² A

30 

B

40

30

3.24. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables. 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

30

O 30 60

P P

3.25. Que fuerza se necesita para troquelar una pieza de sección cuadrada de 6 cm de lado y 0,3 cm de alto. Tomar Sy´ = 1500 Kg/cm²

P

3.26. 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. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

H

60

3.27. La plataforma de la figura esta soportada por 4 pasadores de diámetro de 1,5 cm y en ella actúa una fuerza P. Se pide hallar el valor máximo de P que pueden soportar los pasadores. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

P

9

A

9

B

C

D

3.28. La plataforma de la figura esta soportada por 4 pasadores con un diámetro de 1 cm y en ella actúa una fuerza P = 2000 Kg. Se pide el factor de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm²

9

90

A

B

C

D

P = 400 Kg

6

3.29. La plataforma de la figura esta soportada por 3 pasadores con un diámetro de 1 cm y en ella actúa una fuerza P = 400 Kg. Se pide el factor de seguridad en los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm².

P=400 kg 90 A C

B 12

3.30. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y dos cables. Para las cargas en su extremo derecho de P y 3P, se pide hallar el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² y P = 1000 Kg.



 3P

l/2

l/2 P

3.31. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y cuatro cables. Para una carga vertical en su extremo derecho de P = 1000 Kg, se pide hallar el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

P

l/2

l/4

l/4

l/4

l/4

4 Torsión 4.1 Introducción Un elemento está sometido a torsión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen fuerzas internas, 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, es decir, en todas las secciones rectas del elemento se anulan las fuerzas y el momento flector.

Fig. 4.1 Torsión Los ejes y árboles de cualquier maquina son ejemplos de elementos sometidos a torsión. Los elementos sometidos a torsión son comúnmente de sección circular, sólida o hueca, debido a que piezas tales como rodamientos, 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. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.- Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas) 2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.- Los materiales son homogéneos 4.- Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección 5.- Los sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo. 4.2 Diagrama de Momentos Torsores: Se denominan diagramas de momentos torsores a los diagramas que dan los momentos de torsión Mt en cada sección de una barra prismática.

Fig. 4.2 Diagrama de Momentos Torsores 4.3 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. Como consecuencia de lo enunciado resulta que las secciones tienen rotaciones relativas, de modo que las rectas trazadas sobre ellas continúan siendo rectas y los ángulos mantienen su medida. Por otro lado, las generatrices rectilíneas de la superficie lateral del cilindro se transforman en hélices.

Fig. 4.3 Rotación de Secciones en Torsión Considérese una barra prismática sometida a momentos de torsión en sus extremos. 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, 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

Fig. 4.4 Análisis de un Elemento Diferencial Se puede apreciar, que una figura rectangular a, b, c, d se distorsiona en la forma romboidal a´, b´, c, d debido al desplazamiento de los puntos a y b hacia a` y b` en la sección derecha. Ésta deformación o distorsión es la misma que se producía en cargas de corte. Entonces :

De Hooke

Tg  ≈  = AA’/AAo

(4.1

AA` = r d

(4.2

AAo = dz

(4.3

=G

(4.4

 = G r d/ dz

(4.5

En la ecuación se aprecia las tensiones cortantes son proporcionales al radio (  r ).

Fig. 4.5 Tensiones Cortantes en Torsión De la estática  Mo = 0 A

 (dA)r  Mt 0

Y de 4.5

(4.6

 Grd  r 2rdr   Mt dz  0

R

 

r 4 d 4 dz

G 2

Mt  GI o

(4.7

R

 Mt

(4.8

0

d dz

(4.9

De 4.5 y 4.9

Mtr Io



 max 

(4.10

Mt R Io

(4.11

Para piezas sólidas

 max

d T( ) 16T  24  3 d d 32

(4.12

Las tensiones máximas nunca deben sobrepasar los Límites de Fluencia del material.

 max < S´y

(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

 

(4.14

Si el diámetro es constante



MtL GIo

(4.15

c) Tensiones Principales

Fig. 4.7 Tensiones Tangenciales y Normales Un elemento diferencial del interior de una barra circular torsionada se encuentra en un estado de corte puro. Como se vio, 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, formando superficies helicoidales. En vista que las tensiones de la parte central de la sección maciza son pequeñas, no tienen un aporte significativo, por lo que para torsión son más convenientes las secciones huecas

Fig. 4.8 Tensiones en una Pieza Circular Hueca 4.4 Torsión en Elementos con Sección Rectangular

Fig. 4.9 Torsión en una Pieza Rectangular

En este caso la hipótesis de Coulomb: "las secciones transversales permanecen planas durante la torsión", válida para secciones circulares, no es válida para secciones rectangulares ya que las secciones se alabearán.

Fig. 4.10 Alabeo de una Pieza Rectangular Aun así se supone que sólo aparecerán tensiones cortantes x. El cálculo exacto de tensiones y deformaciones en una pieza de sección cualquiera sometida a Torsión, se debe a Saint-Venant y es parte de la Teoría de la Elasticidad. Aquí se exponen solo los resultados que se obtienen al aplicar dicha teoría al caso se piezas de sección rectangular.

Fig. 4.11 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

(4.16

El Angulo

 h/b

Mt Ghb3

1

1,5

0,208

0,231

0,141

0,196

(4.17

1,75

2

2,5

3

4

6

8

10

OO

0,239 0,246

0,258

0,267

0,282

0,299

0,307

0,313

0,333

0,214 0,229

0,249

0,263

0,281

0,299

0,307

0,313

0,333

4.5 Tensiones en Secciones Cerradas de Pequeño Espesor Para piezas con pequeño espesor las tensiones normales se consideran cero y sólo habrá tensiones cortantes.

Considérese un elemento diferencial de una pieza de longitud dx sometida a Torsión. Las tensiones cortantes aparecen solo en las secciones cortadas y son tangentes a ellas

Fig. 4.12 Sección Cerrada de Pequeño espesor Analizando el elemento b c d e. De la estática en x

Fig. 4.13 Tensiones en Sección Cerrada de Pequeño espesor

b tb dx = c tc dx

(4.18

b tb = c tc

(4.19

 t = Constante (Flujo cortante es constante

(4.20

Las tensiones cortantes, son mayores donde el espesor es menor Tomando momentos respecto del centro de gravedad G de la sección, de todas las fuerzas que actúan en la misma:

Fig. 4.14 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

(4.21

Mt  t  rdSm  t  2dAm  t 2 Am Sm



(4.22

Sm

Mt 2tAm

(4.23

Dónde: Am = "área encerrada por la línea media de la sección transversal" La tensión cortante máxima se da donde el espesor es mínimo, resultando su valor:

 max 

Mt 2t min Am

(4.24

4.6 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) De manera similar a lo visto anteriormente, cuando las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y  M = 0) son en número menores al número de reacciones incógnitas que se deben hallar, los problemas se conocen como estáticamente indeterminados o hiperestáticos. En estos casos se deben complementar las ecuaciones de la estática con ecuaciones de deformaciones

PROBLEMAS RESUELTOS 4.1. Una pieza cilíndrica de Acero de diámetro  = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a una carga de 1000 Kg. cm. Tomando Sy´ = 960 Kg/cm², 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 = 7,95 cm4 a) Tensión máximo  max = TR/Io = 1000(1,5)/7,95  max = 188,62 Kg/cm² b) Coeficiente de seguridad  = S`y/max = 960/188,62 = 5,08  = 5,08 c) Deformada  = TL/(GIo) = 1000(100)/(6,67 x 105 7,95)  = 0,0188 rad 4.2. Un tambor con un diámetro de 30 cm, levanta una carga de 1000 Kg. Calcular el diámetro del eje. Tomar Sy` = 900 Kg/cm² Ø 30[cm] d

1000[kg]

Solución: El momento

T = 1000(30)/2 = 15000 Kg. cm

De 4.14

max = 16 T/ ( d 3) d = [16 T / ( S`y)]1/3 d = 4,39 cm

4.3. Un motor de 5 Hp esta acoplado por medio de una transmisión a un eje que gira a 30 rpm. Si el material del eje tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm². Tomando  = 1,5 se pide calcular el diámetro del eje. Solución: La potencia

Pot (CV) = T ( Kg. m)  (rad/seg)/ 75

 (rad/seg) = (30 rpm) (2 rad / rev) (min/60 s) = 3,14 rad/seg El momento

T = 5 (75)/3,14 = 119,36 Kg. m = 11942,59 Kg. cm

Tensión

max = 16 T/ ( d 3) < S`y/ d = [16 T  / ( S`y)]1/3 = 4,66 cm

Se adopta

d = 5 cm

4.4. En el sistema de la figura, se pide el ángulo de deformación del extremo libre respecto al extremo fijo. El material es acero y las dimensiones están en cm

120 40

100 [kg]

3Ø 1Ø

6Ø

Solución: T = F r = 100(3) = 300 Kg cm 1 = TL/(GIo) = 300(120)/(6.67 x 105  34/32) = 0.00678 rad 2 = TL/(GIo) = 300(40)/(6.67 x 105  14/32) = 0.182 rad tot = 1 + 2 = 0.189 rad 4.5. Dos piezas cilíndricas del mismo material están cargadas con el mismo momento de torsión “T”. La primera pieza es sólida con un diámetro “d” y la segunda es hueca con un diámetro externo “D” y un espesor “e”. Si la fluencia al corte es Sy. Se pide : La relación de dimensiones La relación de masas.

d

D e

Solución: a) Las tensiones de corte no pueden ser mayores a la fluencia  max 

TR  S y ´ Io

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. 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, iv y v



 



Mh D 2  ( D  2e) 2 D 2  ( D  2e) 2 D 2 / 3   2/3 Ms d2 D 4  ( D  2e) 4





4.6. Para un cilindro hueco con un diámetro D = 5 cm y un espesor e = 0,3 cm. 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 = 3.6849 cm



b)

Mh D 2  ( D  2e) 2  Ms d2



D e

(Mh/Ms) = 0.41536 Este resultado indica que si bien ambos cilindros tienen la misma resistencia, la pieza hueca solo pesa el 41,64 % de la pieza sólida. 4.7. El sistema de la figura tiene una forma cónica circular. 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) = - (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 = 0,0235 Kg/cm² b) La deformada h

T dy  GI o 0

 

1000

 0

1000(32) dy G (0,03 y  90) 4

 = 0.368717 /G 4.8. El sistema de la figura tiene una forma cónica circular hueca. En ellas se pide: a) La tensión cortante máxima b) La deformada total 60 45

T=1000 kg cm

dy 1000

y

15

90

Solución: Las ec. de los diámetros externo e interno son : D(y) = - (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 - 454)/32 = 869767.09 cm4  max = TR/I = (1000)(30)/ 869767.09  max = 0,0344 Kg/cm² b) La deformada h

  0

1000

T dy  GIo

 0

(1000)(32) dy 4 4 G  0.03 y  90  0.03 y  15





 = 0,4145 /G 4.9. La pieza de la figura tiene una forma semiesférica truncada, con un diámetro en la base de 60 cm y una altura de 20 cm. Para un momento torsor T aplicado en su parte superior, se pide la deformación angular. y

T 20[cm ]

x 60[cm]

Solución: Definiendo un sistema de coordenadas en la base. 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

 = 2,3634 10-5 T / G 4.10. La pieza de la figura está formada por dos semiesferas truncadas con diámetros de 60 y 30 cm en sus bases. Para un momento torsor T aplicado en la sección común, se pide hallar los momentos de reacción en A y B

Tb

30[cm]

B

B

2

T

T 40[cm]

1

y

x

A

A 60[cm]

Ta

Solución: M=0

Ta + Tb = T

(i

Sistema hiperestático con una ecuación y dos incógnitas. La ec de deformadas t = 1+ 2 = 0 Se define un sistema de coordenadas en la base. 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 = 28,43 1 

28.43

 0



G 2(30  y )

40



2 

28, 43

T 

Ta 32dy



2



2 1/ 2 4



(Ta  T )32dy

G 2(15 2  ( y  40) 2 )1 / 2

Ta (1.309)10 4 G



4



(Ta  T )(2.761)10 4 G

Ta (1.309)10 4 (Ta  T )(2.761)10 4  0 G G

De donde Ta = 0,678 T Tb = 0,322 T 4.11. La pieza de la figura tiene una sección circular. En ella se pide hallar las reacciones en las paredes

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. La ec de deformadas t = 1 + 2 + 3 = 0 Los diámetros

d1 = -30 x/45 + 60 d2 = 30 d3 = 3 x + 30 Ta 32dx Ta (1.65)10 4  4 G 0 G ( 30 x / 45  60)

45

1  

2 

(Ta  T )30(32) (Ta  T )(3.773)10 4  G G 30 4

(Ta  3T )32dx (Ta  3T )(3.668)10 5  G G (3x  195) 4 75

85

3  

Resolviendo

T 

Ta (1.65)10 4 (Ta  T )(3.773)10 4 (Ta  3T )(3.668)10 5   0 G G G

De donde Ta = 0,462 T Tb = -3,462 T 4.12. Determinar la deformación total que se produce en la barra de la figura que consta de dos tramos, una cilíndrica y otra cónica, 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

Solución: 



l

0

2

Tdx  GIo1



l

Tdx  l GI o2 2



3l

2

l

Tdx GIo3

(i

ext = D/2

0<x
int = D/3 I o1 

l/2<x



 ( D / 2)4  ( D / 3)4



32

(ii

ext = (D/2) (x/l)+ D/2 int = D/3

Io2 

l<x<3l/2

4  D   Dx D      ( )4  2 l 2 3      32

 

(iii

ext = (D/2) (x/l)+ D/2 int = 0

I o3 

 

Dx D    2  2l 32



Reemplazando

4

(IV

3l T (l / 2)32 32dx 32dx  ll  l 2 4 4 4 4  Dx D  2  G ( D / 2)  ( D / 3) D   Dx D          ( ) 4  3   2l 2   2l 2 





(V

 = 0.721 T/G 4.13. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función cuadrática, como se ve en la figura. y

D

Dx

d

x

x

dx

l

Solución: La variación del diámetro en función de x es cuadrática  = Ax2 + B para

x=0

Dx = d

x=l

Dx = D

T

resolviendo

Dd Dx   2 ·x 2  d  l  

l T ·dx

 G·I 0





l

0

o

T 32dx  Dd  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 )    

4.14. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección variable según una función potencial, como se ve en la figura. 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 - d)(x / l)m + d l T ·dx  0 G·I 0 o

 

l

T 32dx  Dd  G· ( m ) x m  d   l 

4

4.15. Determinar la deformación angular de la pieza de sección circular, sometida a las cargas de torsión mostradas en la figura. Tomar D = 10cm; d = 3cm; l = 150cm; Mt = 7000 Kg·m; G = 7.648x105 Kg/cm²

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

 

 GD

M t 32

0



4 1

l/2



dx 



l/4

M t 32 GD14

128lMt ( D  d )3 (d  D)G



3l / 4

dx 





l/2

M t 32 GD24

16lMt 3d 3 (d  D)G



l/4

dx 



(2  M t )32

0

GD24

dx

32lMt 3D3 (d  D)G

 = - 4.283 Mt/G 4.16. Calcular la deformación angular del eje circular de la figura. Tomar D = 20cm; l = 50 cm Gac = 7.64x105 Kg/cm²; Gal = 2.65x105 Kg/cm²;Gcu = 4.1x105 Kg/cm²; 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 

 = 5.866 x 10--5 rad

4.17. Hallar la deformación de la pieza troncocónica y cilíndrica hueca mostrada en la figura. Tomar D = 20cm, d = 5 cm, Mt = 8000 Kg·cm, G = 7.6x105 Kg/cm². 2Mt

Mt

D d

d/2 D/2

l

l x

Solución: 0< x < l

Dext = D/2 dint = d/2

l< x < 2l

Dext = (Dx)/(2l) dint = (dx)/(2l) l

 

2l

M t 32

 D   d  0 G       2   2  4

4

  

dx   l

M t 32 dx  Dx  4  dx  4  G       2l   2l  

integrando  = 7.243 x 10-4 Mt/G 4.18. El eje de la figura tiene sección circular. Se pide hallar las reacciones en los extremos. 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. La ecuación de deformadas es :

(i

total = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 0  tot 

l /3

M t1 32

 GD 0

l /3

 0

Mb

3x  2    l

4

l/2

dx 

M t 2 32

 GD

l /3

1

4

2l / 3

M t 3 32

 GD

dx 

l/2

2

4

(ii 5l / 6

dx 



2l / 3

3

M t 4 32 GD4

4

l

dx 

M t 5 32



5l / 6

GD5

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 = - 0.507 Mt 4.19. Hallar la deformación angular del extremo derecho de la pieza mostrada en la figura. Evaluar el resultado cuando d = D/2 ; 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 GD 4

4.20. Hallar la deformación angular del sistema. Tomar H = 3R/4 y R = 5 cm Mt h

4Mt

R

y

h

Solución: Definiendo un sistema de coordenadas en la base de la esfera

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 GD1 ( y ) GD2 ( 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 

4.21. Hallar las reacciones en los extremos empotrados del eje de sección circular mostrado en la figura. Tomar m0 = 10 Kg·cm/cm, a = 100 cm y D = 2 cm. 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. 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 = 0.8547 moa Mb = 0.1452 moa

4.22. 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. No se debe rebasar un tensión cortante permisible de 713.8 Kg/cm², y G = 8.1573x105.

max d

l

Solución: Las ecuaciones de deformación y tensión  

M tl GIo

 max 

l

De ambas

Mtr Io

rG  max

l = 116.68 m 4.23. La barra de la figura tiene sección transversal circular sólida en el tramo AB, y sección transversal circular hueca en el tramo BC. 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 ecuación de deformación es : tot = 1 + 2 = 0 

M a a32 Gd 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

4.24. La barra circular de la figura está empotrada en sus extremos. Sobre ella actúa un Par de Torsión distribuido q(x) en toda su longitud con intensidad cero en A y qo en B. Se piden los momentos de reacción Ma y Mb. q(x) Ma

Mb x L q( x)

q ox L

Solución: M=0

Ma + Mb = Mt

(i

El sistema es hiperestático. 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 4.25. Una pieza está conformada por dos materiales, la exterior de acero y la interior de latón. 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, se pide hallar el momento máximo de torsión que puede aplicarse a la pieza. (Ga = 80 Gpa Gl = 36 Gpa)

Mp

Latón

d D L Acero

Solución: laton = acero M latonl 32 Gd 4



M acerol 32 G ( D 4  d 4 )

Mtot = Mlaton + Macero

(i (ii

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

PROBLEMAS PROPUESTOS 4.26. 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. Tomar Sy´ = 960 Kg/cm², y  = 2. Hallar además la deformación. 4.27. 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 4.28. Un eje gira a 120 rpm y esta acoplado a un motor de 9 Hp por medio de una transmisión. Si el material tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm². Para  = 2 se pide calcular el diámetro del eje. 4.29. Hallar el ángulo de torsión del extremo libre respecto al extremo fijo del sistema de la figura. El material es acero y las dimensiones están en cm.

150 60

150 [kg]

6Ø 3Ø

12 Ø

4.30. La pieza de la figura tiene forma cónica truncada. Se pide hallar la deformada total y la tensión máxima d d/2 T=1000[kg .cm]

H

D

4.31. Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura T=1000[kg.cm]

d

H

D

4.32. Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura

d

H T=1000[kg.cm]

D

4.33. Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura

D e xt  90[cm] ; d int  45[cm]

T=1000[kg-cm] A

1000 [cm]

dy A

y

D e xt  60[cm] ; d int  30[cm]

4.34. Una pieza tiene la forma de cascaron semiesférica truncada de diámetro 60 cm, altura 20 cm y espesor 3 cm. Hallar la deformada angular para un momento torsor aplicado en su parte superior de T.

3

T

20[cm ] 60[cm ]

4.35. 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

4.36. Se pide hallar las reacciones en las paredes para el sistema de la figura

4T

T

60

30

A

50

30

10

40

B

4.37. En el sistema de la figura se pide hallar las reacciones en las paredes. Las dimensiones están en cm

T 30 Ø

9 Ø

20

30

45

60 Ø

45 Ø

45

4.38. Para el sistema de la figura, se pide determinar las reacciones en los apoyos. Tomar D = 10 cm, l = 50 cm, E = 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg

T D/3 D/2

l/2

l/2

l/2

4.39. Para el sistema de la figura se pide hallar las reacciones. Tomar D = 10cm; d = 3cm; l = 150cm; Mt = 7000 Kg·m; G = 7.648x105 Kg/cm² Mt

3M t

d

A

l/4

l/4

D

l/4

l/4

B

4.40. Hallar las reacciones del sistema de la figura, considerar para cada caso los valores indicados a continuación. D = 10cm; d = 3cm; l = 150cm; Mt = 7000 Kg·m; G = 7.648x105 Kg/cm² Mt

3M t

D

d

l/4

A

l/4

l/4

l/4

B

4.41. Hallar las reacciones del sistema de la figura, considerar para cada caso los valores indicados a continuación. D = 10cm; d = 3cm; l = 150cm; Mt = 7000 Kg·m; G = 7.648x105 Kg/cm² Mt

3Mt

D

d

l/5

A

l/5

l/5

l/5

l/5

B

4.42. Hallar la deformación de la pieza troncocónica hueca mostrada en la figura. Tomar D = 20cm d = 5cm Mt = 8000 Kg·cm G = 7.6x105 Kg/cm² 3Mt

Mt

D

d

B l/5

A

l/5

l/5

4.43. Hallar las reacciones en los extremos del sistema de la figura. 5

4

2Mt

3

2

Mt

D

Ma

1

5Mt

D/2

l/3

l/3

D/8

l/3

Mb

4.44. Hallar la deformación angular del extremo derecho de la pieza mostrada en la figura. Evaluar el resultado cuando d = D/2 y e = D/9

Mt

3Mt

e

D

d

A

B l/4

l/4

l/2

4.45. Hallar la deformación angular de la figura. Tomar H = 3/4R, R = 15 cm y d = 3

d

Mt

h

3M t h

R

4.46. Hallar las reacciones en los extremos empotrados del bloque de sección circular mostrado en la figura. Tomar m0 = 10 Kg·cm / cm, a = 100 cm y D = 2 cm. m

D

d

A

l/2

l/2

B

4.47. Hallar la longitud que debe tener una barra hueca de acero de D = 1.5 cm y d = 0.5 cm de diámetros para que sus extremos giren 30º uno respecto del otro. No se debe rebasar un tensión cortante permisible de 713.8 Kg/cm², y G = 8.1573x105.

4.48. La barra cónica de la figura tiene sección transversal circular. Obtener la expresión de la relación a/L tal que los momentos de reacción en los apoyos sean iguales. Mt

D

d

a L

4.49. La barra circular. de la figura, está empotrada en ambos extremos. Sobre ella actúa un par de Torsión distribuido q(x) que actúa a lo largo de su longitud, y varía de intensidad desde cero en A hasta qo en B parabólicamente. Calcular los momentos de reacción Ma y Mb. q(x)

A

B

4.50. Un cono macizo está constituida por dos materiales, uno exterior, de acero y otro interior cilíndrico de latón, como se muestra en la figura. Si se supone que las tensiones permisibles son a = 82 Mpa y l = 50 Mpa en el acero y latón respectivamente, determinar el momento máximo de torsión permisible que puede aplicarse a la barra. (Ga = 80 Gpa Gl = 36 Gpa) D = 15 cm

l

D D/4

D/2

5 Flexión - Fuerza Cortante y Momento Flector 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.

Fig. 5.1 a) Flexión Pura

a) Flexión Simple

Se llama FLEXIÓN PURA cuando actúan únicamente los momentos flectores: Mz y/o My. (Fig. 5.1.a) y cuando actúan los momentos flectores Mz y/o My y también las fuerzas cortantes Qy y/o Qz, se llama FLEXIÓN SIMPLE.(Fig.5.1.b). Las vigas, losas de las viviendas y puentes y pasarelas son ejemplos de elementos sometidos a torsión. Para la validez de las ecuaciones y resultados se asumen las siguientes condiciones: 1.- Los elementos son rectos 2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.- Las cargas y reacciones en apoyos actúan perpendicularmente al eje de la viga. 4.- Las vigas no están sometidas a torsión 5.- Las vigas son relativamente largas y angostas respecto a su peralte 6.- Los materiales son homogéneos 7.- Las tensiones no exceden al límite de fluencia del material 8.- Las vigas no fallan por pandeo 5.2 Cargas a) Tipos de Cargas.- Las cargas pueden ser : Puntuales y Distribuidas.

Fig. 5.2 (a) Cargas Puntuales

(b) Cargas Distribuidas

- Cargas puntuales.- Son aquellas que actúan en un solo punto. Son ideales ya que no existen físicamente, sin embargo las cargas aplicadas en áreas pequeñas pueden idealizarse como puntuales. Así, las reacciones en las llantas de los vehículos automotores; las fuerzas en elementos de estructuras metálicas, las tensiones en cables, etc., son cargas que se pueden idealizar como puntuales - Cargas distribuidas - Son aquellas que están aplicadas en áreas no muy pequeñas. La fuerza del viento, el peso de materiales continuos, la presión de los líquidos en superficies sólidas sumergidas, etc., son ejemplos de cargas distribuidas. b) Carga Puntual Equivalente de Distribuida.- Las cargas distribuidas deben cuantificarse y concentrarse en una carga puntual que produzca similares efectos (cargas y momentos). Esta carga puntual se denomina equivalente de la carga distribuida. Considérese una carga distribuida cualquiera P

x 0

x dx

Fig. 5.3 Carga Distribuida en un Elemento diferencial Tomando un elemento infinitesimal “dx” en él, la altura es constante p(x) y su peso es : dw =  dV =  h(x) dx dz donde

Llamando



es el peso específico del material

h(x)

es la altura de la carga en la posición x

dx

es el ancho diferencial

dz

es la profundidad

p(x) =  h(x) dz

(5.1

e Integrando

l

Peq  W   p( x)dx 0

(5.2

Los momentos que producen las cargas puntual y distribuida deben ser iguales dM = x dw

(5.3

l

M   p( x) xdx  Peq X eq 0

(5.4

l

X eq 

 p( x) xdx 0 l

 p( x)dx 0

_

X

(5.5

De 5.2 y 5.5 se concluye que : - El área de una carga distribuida es igual a la carga puntual equivalente - La carga puntual equivalente debe ubicarse en el centro de gravedad de la carga distribuida 5.3 Tipos de Apoyos Los apoyos que sostienen a las vigas son : a) Apoyo móvil, b) Apoyo fijo y c) Empotramiento Rx Mr Rx Ry

Ry

(a)

Ry

(b)

(c)

Fig. 5.4 Tipos de Apoyos a) Apoyo Móvil.- Este apoyo restringe el movimiento vertical pero no el horizontal ni los giros. En él aparecen solo reacciones verticales. Un rodillo es un ejemplo de apoyo móvil b) Apoyo Fijo.- Este apoyo restringe los desplazamientos vertical y horizontal pero no los giros. En este apoyo aparecen reacciones verticales y horizontales. Una bisagra es un ejemplo de un apoyo fijo. c) Empotramiento.- Este apoyo restringe los desplazamientos vertical, horizontal y los giros. En este apoyo aparecen reacciones verticales, horizontales y momentos. 5.4 Tipos de Vigas Los tipos de vigas dependen de los tipos de apoyos. Como hay infinitas combinaciones de apoyos hay infinito tipos de vigas. Las vigas más comunes son la simplemente apoyada y la simplemente empotrada.

(b)

(a)

(c)

Fig. 5.4 Tipos de Vigas a) Viga simplemente apoyada.- Es aquella que descansa sobre un apoyo móvil y otro fijo. b) Viga simplemente empotrada.- Es aquella que tiene uno de sus extremos empotrado. c) Viga con apoyos múltiples.- Las vigas que tenga más de un apoyo fijo y otro móvil o un empotramiento, tiene apoyos múltiples y su cálculo es hiperestático. 5.5 Cálculo de Reacciones El cálculo de las reacciones en los apoyos se realiza con las ecuaciones de la estática. 

M  0



F  0

(5.6

Notas : - Las cargas distribuidas previamente deben reemplazarse por sus equivalentes puntuales - Las vigas con múltiples apoyos son hiperestáticas y serán analizadas posteriormente. 5.6 Momento Flector y Fuerza Cortante Como se vio anteriormente, en cualquier sección plana interna de un cuerpo en equilibrio sometido a la acción de fuerzas y momentos externos, aparecen una fuerza y un momento internos que equilibran las cargas externas.

Fig. 5.5 Fuerza Cortante y Momento Flector Las componentes tangenciales de la fuerza y del momento internos, son respectivamente la fuerza cortante y el momento flector. 5.7 Relación entre el momento Flector y la Fuerza Cortante Analizando un elemento diferencial de viga, la carga puede ser tomada constante. Adoptando las direcciones de la figura para el momento flector y la fuerza cortante. Peq

M

M+dM

Q

dx

Q+dQ

Fig. 5.5 Relación entre M y Q Entonces : Peq = p(x) dx

(5.7

De la estática  Fy = 0 Q = (q+dQ)+p(x)dx

(5.8

dQ/dx = -p(x)

(5.9

 Mder = 0

M - Peq dx/2 + Q dx - (M+dM) = 0

(5.10

M-p dxdx/2 + Q dx - M - dM = 0

(5.11

dM/dx = Q

(5.12

d2M /dx2 = -p

(5.13

De 5.8 y 5.11

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. 5.8 Determinación del Momento Flector y la Fuerza Cortante Para la determinación del Momento Flector y la Fuerza Cortante se emplean generalmente dos métodos: El cálculo estático y el cálculo por integración. a) Cálculo estático.- 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

(5.13

b) Cálculo por integración.- Por este método el momento flector y la fuerza cortante se calculan aplicando las EC. 5.8, 5.11 y 5.12., 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. 5.9 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, la integración de la función de la carga origina constantes que deben hallarse por las condiciones de borde, las mismas que se describen a continuación a) M y Q para extremo izquierdo empotrado Peq

Mr M(x)

Rx x

Rv

Q

Fig. 5.6 Valores de M y Q en los extremos extremo izquierdo empotrado Cuando x  0. Peq = 0 y de la estática Q = Ry

(5.14

M = -Mr

(5.15

b) M y Q para extremo izquierdo con apoyo fijo o móvil Q = Ry

(5.16

M=0

(5.17

c) M y Q para extremo izquierdo libre Q=0

(5.18

M=0

(5.19

d) M y Q para extremo derecho empotrado Peq

Mr M(x)

Rx l-x

Q

Rv

Fig. 5.7 Valores de M y Q en los extremos extremo derecho empotrado Cuando x  l Peq = 0 y de la estática Q = -Ry

(5.20

M = - Mr

(5.21

e) M y Q para extremo derecho con apoyo fijo o móvil Q = -Ry

(5.22

M=0

(5.23

f) M y Q para extremo derecho libre Q=0

(5.24

M=0

(5.25

5.10 Cálculo de Momentos por funciones de Singularidad Las funciones de singularidad se emplean para integrar cargas puntuales

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 0 = 1 si x>=a <x-a>0dx = <x-a>1



x

<x-a>1= 0 si x 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 2 = (x-a)2 si x>=a

 <x-a> dx = <x-a> /3 2

a

x

3



5.11 Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores Se denominan diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores a los diagramas que dan las fuerzas cortantes y momentos de flexión en cada sección de una barra prismática.

Fig. 5.8 Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores

PROBLEMAS RESUELTOS 5.1. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida cuya función es p(x) = H(x/l)n. 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)

5.2. Analizar los resultados del 5.1, para diferentes valores de n Solución:

Cuando n = 0 carga constante

Cuando n = 1 carga triangular

Cuando n = 2 carga parabolica

Cuando 0 <1 carga parabolica inv

5.3. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga simplemente apoyada. 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 - Peq (l - xeq) = 0 RA = Hl/6

método de cortes

H A

B xeq l

Peq p=Hx/l M

A

xeq

Q

x

La carga equivalente Peq = Area = Hx2/2l xeq = CG = 2x/3  Mcorte = 0 RA x- Peq (x – xeq) – M = 0 M = (Hl/6)x – (Hx2/2l)(x/3) M = Hlx(1- x2/l2)/6  Fy = 0

(i

RA - 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 = - Hx2/2l + Hl/6

(iii

M = -Hx3/6l + Hlx/6

(iv

c) método de la doble integración de funciones singulares p(x) = Ra <x>-1- (H/l)<x>1 + Rb<x-l>-1 p(x) = (Hl/6)<x>-1- (H/l)<x>1+(Hl/3)<x-l>-1 Integrando y aplicando las propiedades de las funciones de singularidad Q = Hl/6<x>0- (H/2l)<x>2+(Hl/3)<x-l>0 M = (Hl/6)<x>1- (H/6l)<x>3+(Hl/3)<x-l>1

Cuando 0<x 1 = x <x>3 = x <x-l>1 = 0 Q = Hl/6 - (Hx2/2l)

(v

M = Hlx/6 –Hx3/6l

(vi

Los resultados son los mismos por todos los métodos 5.4. 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

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 - Q = 0 Q = Ra – Peq = Hl/12- Hx3/3l2

(i

 Mcorte = 0 Ra x - Peq (x-xeq) – M = 0 M = (Hl/12)x-(Hx3/3l2)(x/4) M = Hlx/12 - (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. 5.5. Una viga simplemente apoyada tiene una carga distribuida cuya función p(x) = H(x/l)n. a) Hallar la carga equivalente b) Hallar las reacciones y c) Hallar el momento flector y la fuerza cortante

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 (l-xeq) = 0

Ra´ = Hl/(n+2)(n+1) Prueba

Ra + Rb = Hl/(n+1) = Peq

OK

a) Método de cortes

Peq

M

A

xeq

RA

p(x)=H(x/l)n

Q

x

x

X eq 

 x

n

 H  l  xdx 0

H

x

( n 1)

 H

(n  1)l n x

H

x ( n  2) (n  2)l n (n  1) x  (n  2) x ( n 1) (n  1)l n

x( n 1)  x Peq  W  H   dx  H l (n  1)l n  



n

0

 Fy = 0

Ra - Peq - Q = 0 Q

H  l x n 1   n  (n  1)  n  2 l 

(i

 Mcorte = 0 Ra x - Peq (x-xeq) –M = 0 M

 x n 1  Hx l   (n  2)(n  1)  l n 

(ii

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. No se aplica el método de doble integración de funciones de singularidad por ser muy similar. 5.6. Una viga simplemente apoyada tiene una carga cuya función p(x) = H(x/l)n. Hallar el momento flector y la fuerza cortante máximos. Peq

H A

B L

Solución: Del 5.anterior Q

H  l x n 1    n  (n  1)  n  2 l 

A RA

xeq

RB

cuando x = l Qmax = - Rb = - Hl/(n+2) M

 x n 1  Hx  l  n  (n  2)(n  1)  l 

Máximo cuando Q = 0 Q

H  l x n1    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) /( n1) (n  2) Hl 2 (n  2) ( 2 n 3) /( n 1)

5.7. 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)/ln = 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. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga simplemente empotrada.

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 = - Hl2 /6

 Fy = 0

R - Peq = 0 R = Hl/2

a) Método de cortes Peq

M

xeq

x

p(x)=Hx/l

Q

La carga equivalente Peq = Area = Hx2/2l xeq = CG = 2x/3  Mcorte = 0 Peq (x – xeq) + M = 0 M = – (Hx2/2l)(x/3) M = – Hx3 /6l  Fy = 0

- Peq – Q = 0 Q = – Hx2/2l

b) Método de la doble integración p = Hx/l Integrando

(I

Q = -Hx2/2l + c1 M = -Hx3/6l + c1 x + c2

Condiciones de borde

(ii

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 = - (H/2l)<x>2+(Hl/2)<x-l>0 M = - (H/6l)<x>3+(Hl/2)<x-l>1 Cuando 0<x 1 = x <x>3 = x <x-l>1 = 0

y

Q = - (Hx2/2l)

(v

M = – Hx3/6l

(vi

Los resultados son los mismos por todos los métodos 5.9. 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 - xeq) = - Mr

Mr = Hl2 /12  Fy = 0 R = (Hl/3) a) Método de cortes

R - Peq = 0

xeq

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

- Peq - Q = 0 Q = -Hx3/3l2

(i

 Mcorte = 0 - Peq (x-xeq) – M = 0 M = -(Hx3/3l2)(x/4) = - (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 - 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 5.10. Una viga simplemente empotrada tiene una carga cuya función es p(x) = H(x/l)n. Hallar a) La carga equivalente b) Las reacciones y c) El momento flector y la fuerza cortante

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 = 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 - Q = 0 Q  H

x( n 1) (n  1)l n

(i

 Mcorte = 0 - Peq (x-xeq) –M = 0 M 

Verificación

Hx( n  2) (n  2)(n  1)l n

(ii

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 - 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. 5.11. Hallar los valores máximos de la fuerza cortante y del momento flector de la viga del problema anterior. Peq

H

p(x)=H(x/l)n

p(x)=H(x/l)n M

o l

R

xeq

Solución: Q

De 5.10 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

Qmax  

Hl (n  1)

M max  

Hl 2 (n  2)(n  1)

5.12. 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 5.11 x por su complemento l - x Carga

p = H(x/l)n p = H(l-x)/ln = 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

5.13. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P P M1 a

l-a

Solución: Ma = 0

P(a) - Rbl = 0 Rb = Pa/l

Mb = 0

Ral - P(l-a) = 0 Ra = P(l-a)/l

x

Q1

M2 a x

Q2

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 - P(x-a) - M2 = 0 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 - 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 Integrando y aplicando las propiedades de este tipo de funciones Q = P(l-a)/l<x>0 - P<x-a>0 + Pa/l<x-l>0 M = P(l-a)/l<x>1 - P<x-a>1 + Pa/l<x-l>1 Cuando 0<x

<x rel="nofollow">1 = x

<x-a>1 = 0 <x-l>1 = 0 y

M1 = P(l-a)x/l

Para a<x

<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)

Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes. 5.14. Hallar la EC. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en el sistema de la figura usando funciones de singularidad

P M R

a

b

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 - M1 = 0 M1 = Px – Pa 2do intervalo R x – M - P(x-a) - 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- P<x-a>-1 p(x) = -Pa <x>-2 + P <x>-1 - 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>1 Para 0<x

<x rel="nofollow">-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

<x>-1 = 0 <x>0 = 0 <x-a>0 = 0 <x-a>1 = 0

entonces

Q(x) = 0

Q2

M(x) = 0 5.15. 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 - 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 = - 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

<x rel="nofollow">1 = x <x-a>0 = 0 <x-l>1 = 0

y

M1 = -Mx/l

Para a<x

<x>1 = x <x-a>0 = 1

Ok

<x-l>1 = 0 y

M2 = -Mx/l + M

Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes. 5.16. Hallar solo el momento flector de los sistemas de la figura. 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 - Peq1 (l – xeq1) - Peq2(l - xeq2) = 0 Ra l = (Hl/2)(l - 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) - Rb(3l/4) = 0 Rb(3l/4) = (Hl/2)(2l/3 - l/4) + (Hl)(l/2 - l/4) = (Hl/2)(5l/12) + (Hl)(l/4) Rb = 11Hl/18

Ok

Mb = 0

Ra(3l/4) - Peq1 (l-xeq1) - 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 = - H(l2/2 + l2/6) + c1l

c1 = 2Hl/3

M = - H(x2/2 + x3/6l - 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. Entonces Q1 = -H(x+x2/2l)+c1

valido 0<x
M1 = -H(x2/2+x3/6l)+c1x+c2 Q2 = -H(x+x2/2l)+c3

valido l/4<x

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 = - Rb -H(l+l/2) + c3 = -11Hl/18 c3 = 8Hl/9

Si x = l

M2 = 0

0 = - H(l2/2+l3/6) + 19Hl/9 + c4

M1 = -H(x2/2+x3/6l) M2 = -H(x2/2+x3/6l+8lx/9-2l2/9) 5.17. Hallar el momento flector del sistema de la figura

c4 = -2Hl2/9

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 - Rbl = 0 Rb = (Hl/6)(2l/9) + (Hl/3)(l/6) + (2Hl/3)(5l/9) Rb = 25Hl/54

Mb = 0

Ral – P1(l-x1) - P2(l-x2) - 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 - 3Hx2/2 + c3x + c4

Las condiciones de borde son x = 0 Q1 = Ra

c1 = 38Hl/54

Ok

De donde

x = 0 M1 = 0

c2 = 0

x = l Q2 = - Rb

- 25Hl/54 = 3Hl2/2l-3Hl+c3

x = l M2 = 0

0 = Hl3/2l - 3Hl2/2 + c3l + c4

c3 = 28Hl/27 c4 = Hl2 /27 M1 = - Hx3/2l – Hx2/2 + 19Hlx/27 M2 = Hx3/2l - 3Hx2/2 + 28Hlx/27 + Hl2/27

5.18. 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) = - Hx3/(3l) + c1 x + c2 Condiciones de Borde x=0M=0

c2 = 0

x = 0 Q = Ra

c1 = Ra = Hl/4

Q1(x) = - Hx2/l + Hl/4 M1(x) = - Hx3/(3l) + Hlx/4 Estas ecuaciones solo son válidas cuando 0<x
Peq  H

H

H

xeq 

a

a

l-a Ra

l-a

Rb

( l  a) 2

( l  a) 3

Solución: Ma = 0

Peq (l-xeq) - 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 - Peq(l-a)/3 = 0 Ral = [H(l-a)/2](l-a)/3 Ra = H(l-a)2/(6l)

Prueba

Ra + Rb = [H/(6l)](l - a)[(a + 2l) + (l - a)] Ra + Rb = [H/(6l)](l - a)(3l) = H(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 = - 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

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

<x rel="nofollow">1 = x <x-a>1 = 0 <x-l>1 = 0

y

M1(x) = H(l-a)2/(6l) x

Para a<x

<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.

PROBLEMAS PROPUESTOS 5.20. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida p(x) = H Sin (x/2l). 5.21. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de una carga distribuida de forma semicircular 5.22. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente apoyada con carga p(x) = H Sin (x/2l). 5.23. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con carga p(x) = H Sin (x/2l). 5.24. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con carga semicircular 5.25. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con carga semicircular. 5.26. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante

H

l/2

l/2

Rb

Ra

5.27. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante

H M l/2

R

l/2

5.28. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante

H

l/2

Ra

l/2

Rb

5.29. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante

H M l/2

R

l/2

5.30. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura

H

M

H

Rx l/3

Ry

l/4

5l/12

5.31. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura

H H

l/3

l/4

5l/1 2

Rb

5.32. Hallar el Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la figura

H

M l/2

l/2

R 5.33. Hallar solo el momento flector de los sistemas de la figura.

l/2

l/2

l/2

l/2

H

H

H

H

H

H

l/4

RA

l/2

3l/4

RB

5.34. Hallar el momento flector del sistema de la figura

RA

l/2

RB

H H

l/3

l/3

l/3

RA

RB

5.35. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P H

l-a

a

RB

RA

5.36. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura

2H H

l-a

a

RB

RA

5.37. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P B

A

L/4 L

5.38. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura m0

B A

L

5.39. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura La carga distribuida tiene una intensidad q = qo·sen(x/L)

q0 q=q0 sen(·x/L)

B A

L

. 5.40. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q ox

q( x)

L

B

2/3·L

L/3

A

5.41. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura La intensidad de carga varía según la onda senoidal, con valor q = qo·sen(x/L). q0 q=q0 sen(·x/L)

B

2/3·L

L/3

A

5.42. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P

q0=P·a

C

a

a

a

B

A

5.43. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura P

q( x)

q ox

q0=P·a

L

L/3 L

5.44. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·a

q0=P·a

P C

a

a

B

A

5.45. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura

q0=P·l

q0=P·l

P C

C

a

a

A

B

L

5.46. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l

C

L/3

L/3

A

B

L

5.47. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l

P

B A

L 3L

5.48. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l P

EI

l/4

l/4

l

5.49. 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 q0=P·l/2 EI

l/2

l/2

5.51. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura

q0=P·l

q(x)=qo·x2/L2 2P EI

l/2

l

5.52. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0

l/2 l

B

A

5.53. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura q0=P·l q0=P·l/2 EI

l/2

l/2

5.54. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura

q0

l/3

l/3

l/3

5.55. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura

Hl/4

Hl/4

H

l/2 Ra

l/2 Rb

6 Flexión – Tensiones Normales y Cortantes 6.1 Introducción En este capítulo se desarrollarán las ecuaciones para calcular las tensiones que se presentan en elementos sometidos a flexión. Las tensiones no deben exceder a los límites de fluencia de los materiales empleados. 6.2 Tensiones Normales en Flexión Considérese una viga sometida a un estado de flexión

Deflexion de la Viga

Fig. 6.1 Viga sometida a Flexión Un elemento recto de pequeña longitud de la viga sin carga, se curvea por efecto de las cargas y algunas fibras se acortan mientras que otras se alargan.

Fig. 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 . 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. Existe un plano llamado “neutro” oo que no se alarga ni se acorta (no hay deformación y tampoco hay tensiones).

Fig. 6.3 Deformación de un Elemento Diferencial

Tomando el plano neutro como referencia, se observa que la deformada del elemento a una distancia “y” es: d = y d

(6.1

 = d/ds = y d/ds

(6.2

del Grafico

ds =  d

(6.3

de 6.2 y 6.3

=y/

(6.4

=E=Ey/

(6.5

De la ec 6.5 se aprecia que las tensiones normales en cualquier punto son proporcionales a la distancia del mismo al eje neutro. Las tensiones son nulas en el eje neutro y máximas en las fibras más alejadas.

Fig. 6.4 Distribución de Tensiones Normales En la ec 6.5  es desconocido. De la estática

Fx = 0

 dF  N  0 A

(6.6

dF =  dA = (Ey/)dA E



(6.7

 ydA  0 A

(6.8

En esta ecuación E/ no es cero por lo que

 ydA  0 A

(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). En otras palabras el eje neutro coincide con el eje centroidal de la viga La estática, además de requerir equilibrio de fuerzas requiere el equilibrio de momentos

M = 0

 dFy  M A

(6.10

dF =  dA = (Ey/)dA

M 

y dA  

E

2

A

(6.11

EI

 (6.12

El valor de “I” es el Momento de Inercia de la sección. Entonces de 6.5 y 6.12



Mc I

 max 

(6.13

M max c I

(6.14

El momento flector “M” depende únicamente del tipo de viga y carga, mientras que los valores de “c” e “I” dependen exclusivamente de la sección transversal de la viga. 6.3 Tensiones Cortantes en Flexión Considérese un elemento diferencial al que se realiza un corte en ab.

Fig. 6.5 Tensiones Cortantes en la Sección Superior En las secciones laterales del elemento diferencial se aparecen tensiones normales mientras que en la sección superior aparecen tensiones cortantes De la estática

Fx = 0

 (  d )dA   dA  A

sup

Alat

Alat

0

(6.15

 ddA  A

sup

0

Alat

de 6.13

(6.16

 = M y / EI

(6.17

d = dM y / EI

(6.18

Asup = b dx En 6.16

dMy dA  bdx  0 EI Alat

(6.19

dM EI

(6.20



 ydA  bdx

Alat



Q y p Ap dM  ydA   Ibdx Alat Ib

(6.21

La integral (yp y Ap) no son del área total sino del área parcial.



QS Ib

(6.22 _

S

 0

QyA ydA  Ib

 max 

(6.23

Qmax S max Ib

(6.24

El valor de “Q” depende únicamente del tipo de viga y carga, mientras que los valores de “S”, “I” y “b” dependen exclusivamente de la sección de la viga. Las tensiones cortantes tienen una distribución parabólica y sus valores mínimos se presentan en los extremos superior e inferior de la viga, mientras que su valor máximo se presenta en el plano neutro, 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

Fig. 6.6 Distribución Parabólica de las Tensiones Cortantes 6.4 Perfiles Comunes Usados en Vigas Los perfiles más usados en vigas son los que tienen valores altos de Inercia, y por ello generalmente se usan perfiles con secciones de mayor alto que ancho. 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.

Fig. 6.7 Perfiles Comunes Usados en vigas

PROBLEMAS RESUELTOS 6.1. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil rectangular.

ycg

h

b

Eje Neutro

h/2-y

Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/- 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. 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

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 = 1,5 Q/A

6.2. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil triangular.

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

 

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. 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 = - 2h/3 se tiene  = 0 y cuando y = 0 se tiene

 max 

Q(

2h 2 4h 2 6 ) 6 Q 3 9  Q8  4Q  3 3bh 3 A bh bh3

6.3. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil romboidal.

h/2 h

h h

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(

6.4. 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 = [bh3 – (b-2e)(h-2e)3]/12

b

 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 I.

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 4be  h   2e  h 2  Ib 2e 2b 4e2  6eh  3h2  2e  h 3

 





6.6. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil H

h h /2 b

b

Solución: a) Tensiones Normales ycg = h/2 c = +/- 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





6.7. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil T.

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- 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 be  2h   e  h 2



2

8(b  e  h)2





2

QS 3Q b(e  2h)  (e  h)2   Ib 2e b2e2  2be  h (e2  eh  2h2 )  (e  h)2 * (e2  2eh  h2 ) (b  e  h)







6.8. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil circular.

Solución: a) Tensiones Normales ycg = d/2 c = +/- 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  Sind  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. Comparar la relación tensiones normales vs. peso y tensiones cortantes vs. peso para los perfiles de la figura. Tomar Ancho = 6 cm, Alto = 12 cm y Espesor = 1 cm.

(a)

(b)

(d)

(e)

(c )

(f )

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 4be  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  2be  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)



















6.10. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para un perfil trapezoidal. 9

12

9

12

15

Solución: a) Tensiones Normales ycg = (2A1 xcg1+A2 xcg2)/(2 A1+A2)

3

3

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 - ycg = h - (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) 6.11. En la figura se muestra un eje de una transmisión. En los puntos A, C y E van montados engranajes y en B y D los cojinetes de apoyo. Las fuerzas sobre los engranajes son todas verticales, el eje es simétrico y las dimensiones están en centímetros. Se pide calcular las tensiones normales de flexión y de corte máximos. 60[kg] 45[kg]

45[kg]

3

4.5

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 = 70.73 Kg/cm² max = 14.14 Kg/cm² En el eje 4.5 Mmax = Ra 20 = 75(20) = 1500 Kg cm Qmax = Ra = 75 Kg max = 83.83 Kg/cm²

15

10

max = 6.2814 Kg/cm² En el eje 6

Mmax = Ra 50 = 75(50) = 3750 Kg cm Qmax = Ra = 75 Kg max = 88.41 Kg/cm² max = 3.53 Kg/cm²

PROBLEMAS PROPUESTOS 6.12. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. b

h

d

6.13. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.

H

d

6.14. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.

e H

6.15. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.

d

e

6.16. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura.

b

H

e

6.17. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. b e

H

6.18. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. b

e H

6.19. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. a a

6.20. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. a a

6.21. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. a a

6.22. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. a a

6.23. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para el perfil de la figura. a

7 Deformaciones en Flexión 7.1 Introducción En este capítulo se estudiarán tres métodos para hallar las deformaciones que se presentan en vigas sometidas a flexión. Estos métodos son:a) Método de doble integración; b) Método de superposición y c) Método del área del diagrama de momentos. 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.

Fig. 7.1 Linea Elástica 7.3 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. 7.2 Deformación de un Elemento Diferencial La ecuación 6.12 estableció que

M 

y dA  

E

2

A

EI

 7.1

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 

7.2

3/ 2

2 3/ 2

  



M EI

7.3

La integración de esta ecuación es difícil pero para deformaciones pequeñas dy/dx = tan (θ) = θ

7,4

y su valor al cuadrado se desprecia por lo que el denominador de 7.3 se iguala a la unidad

d2y M  dx 2 EI

7,5

d M  dx EI

7.6

7.4 Método de Superposición Debido a que las ecuaciones de las deformadas son lineales se puede aplicar el principio de superposición, que dice “Si el estado de carga en una viga puede descomponerse en n cargas más sencillas, la deformada total de la viga es la superposición de las n deformadas que producen cada una de las n cargas”. 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. 7.3 Deformada de una Viga con Voladizo

total =  +  b

(7.7

7.5 Método del Área del Diagrama de Momentos o Teoremas de Mohr a) Primer Teorema de Mohr.- Permite calcular el ángulo θAB que forman entre sí dos secciones A y B de una viga. Este ángulo es el mismo que el que forman las tangentes a la elástica en los puntos A y B

Fig. 7.3 Angulo entre Secciones y entre Tangentes La ecuación diferencial de la elástica es, según ecuación 6.6:

d M  dx EI

(7.8

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

(7.10

"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), dividido por el módulo de rigidez de la viga EI" b) Segundo Teorema de Mohr.- Permite calcular la distancia en vertical, δBA, que hay desde un punto B de la elástica a la tangente en otro punto A de la elástica.

Fig. 7.4 Distancia Vertical entre Tangentes Por dos puntos C y D muy próximos, situados en x y x+dx, se trazan sus tangentes, las cuales intercectan a una línea vertical en B en B1 y B2. cuya longitud será: B1B2 = B1B0 – B2B0 = (xB - x) tag θ - (xB - x) tag (θ - dθ)

(7.11

Para pequeñas deformaciones B1B2 = (xB - x) θ - (xB - x) (θ - d θ) = (xB - x) dθ

(7.12

sumando las longitudes de los segmentos diferenciales B1B2 al mover los puntos C y D desde A hasta B, tendremos la longitud total δBA deseada. Así: B

 BA   ( xB  x)d

(7.13

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  

(7.14

Si EI es constante

 BA

B

1 QBM ( AB )  M ( x  x ) dx  B EI A EI

(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, es igual al momento estático respecto del primer punto B del área del diagrama de momentos flectores comprendida entre ambos puntos: QBAB, dividido por EI" En el caso de que el diagrama tenga áreas positivas y negativas, se realizará el procedimiento para cada área

M d1

d2 CG1 T

x

A

B CG2

EI() = Area AT – Area TB

(7.16

EI() = (Area AT)d1 – (Area TB) d2

(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

7.6 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: - Misma luz que la viga original. - Mismas condiciones de apoyo que la viga original. - Carga igual al diagrama de momento flector de la viga original dividido por EI Recordando dos ecuaciones diferenciales ya conocidas:

2M  p y 2

(7.18

2 y M  2 x EI

(7.19

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”, 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*. En otras palabras: y = M*

(7.20

VIGA REAL Momento M Angulo  Flecha y

VIGA FICTICIA Carga M/EI Cortante Q’ Momento M’

7.7 Sistemas Hiperestáticos.En algunas ocasiones las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y  M = 0) son en número menores al número de Cargas incógnitas que se desean hallar. Estos problemas se conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir ecuaciones adicionales de deformaciones.

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) ; ; 0 0<x
r

Ry

R1 = P R2 = 0 M1 = Pl M2 = 0 M = P(x-l) Q=P

EIy 

x Hl 3 [(1  ) n  3  1] l Hl x 2  M (1  EI)n  (n  1)(n  2)(n  3) (n  1)(n  2) l 2

l

x x Hl 4[(1  ) n  4  (n  4)  1] l l EIy   (n  1)(n  2)(n  3)(n  4)

Q

Hl  x 1   (n  1)  l

n 1

Hl 4 (n  1)(n  2)(n  4) Hl 3  (n  1)(n  2)(n  3)

EIy max  EI max

Deflexiones de vigas simplemente 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 = - Mx/l Mb = - 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 EIb  (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

EI1 

M (6al  3a 2  2l 2 ) 6l M 2 EI 2  (l  3a 2 ) 6l

EI1 

EIy max 

5Hl 4 384

EI 1  EI 2 

Hl 3 24

5Hl 4 384 7 Hl 4 EI1  360 8Hl 4 EI 2  360

EIy max 

 1 1 Hl 3    (n  4)(n  3) 6   EI1  (n  2)(n  1) 1 1  Hl 3    3 (n  4)   EI 2  (n  2)(n  1)

PROBLEMAS RESUELTOS Método de la doble integración 7.1. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura

H

l Ra

Rb

Solución: De 5.2

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

7.2. 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

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

7.3. 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 5.5

n2   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

7.4. Hallar los valores de las pendientes en los extremos y la ubicación de la deformada máxima del sistema de la figura p(x)=H(x/l)n

A

H B

RA

l

RB

Solución: Del problema anterior EIy' 

 lx2  H x n 3 l3 l3      n  (n  2)(n  1)  2 (n  3)l 6 (n  4)(n  3) 

 izq 

 1  Hl3 1    (n  2)(n  1)  6 (n  4)(n  3) 

Para x = 0

 der  Para x = l

1  Hl3 1 1 1      (n  2)(n  1)  2 (n  3) 6 (n  4)(n  3) 

La deformada máxima ocurre cuando y’ = 0 lx2 x n 3 l3 l3    0 2 (n  3)l n 6 (n  4)(n  3)

Ecuación de donde se despeja x 7.5. 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

7.6. Hallar las ecuaciones de las pendientes, 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 7.3

RB

 lx 2  H  lx 2 x 3 l 3 H x n 3 l3 l3 l3             (n  2)(n  1)  2 (n  3)l n 6 (n  4)(n  3)  2  2 3 6 4(3) 

EIy ' 



H 6lx2  4 x3  l 3 24

EIy' 

EIy 



 lx 3  H  lx 3 H xn 4 l3x l3x x4 l3x l3x             (n  2)(n  1)  6 (n  4)(n  3)l n 6 (n  4)(n  3)  2  6 4(3) 6 4(3) 

EIy 



H 2lx 3  x 4  l 3 x 24



La deformada máxima ocurre en x = l/2 y la pendiente máxima ocurre en x = 0 y x = l

EIy max 

5Hl 4 384

EIy´max 

Hl 3 24

7.7. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura 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

7.8. 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. 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

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 n4 3  H   l x(n  4)  l 4 (n  3)  (n  4)(n  3)(n  2)(n  1)  l n 

EIy  

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. 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 7.9 (l – x) por x EIy '  

 (l  x) n3 3  H   l  (n  3)(n  2)(n  1)  ln 

EIy  

 (l  x) n4 3  H   l (l  x)(n  4)  l 4 (n  3)  n (n  4)(n  3)(n  2)(n  1)  l 

7.12. Hallar las ecuaciones de las pendientes, deformaciones y valores máximos de estos en el sistema de la figura usando funciones de singularidad

P M R

a

b

Solución: De 5.14

Q(x) = -Pa <x rel="nofollow">-1 + P <x>0 - P<x-a>0 M(x) = -Pa <x>0 + P <x>1 - P<x-a>1

Integrando y aplicando las propiedades de funciones de singularidad EIy´(x) = -Pa <x>1 + P <x>2/2 - P<x-a>2/2 EIy(x) = -Pa <x>2/2 + P <x>3/6 - P<x-a>3/6 Para 0<x

<x rel="nofollow">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

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 = - 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

EIy 

Pa 2 (a  3 x) 6

Las deformadas máximas ocurren cuando x = l EIy´max  

EIymax 

Pa 2 2

Pa2 (a  3l ) 6

7.13. Hallar las ecuaciones de las pendientes, 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

7.14. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura

P

a

Ra

Solución: De 5.13 M1 = Px - Pxa/l M2 = Pa- Pxa/l

b

Rb

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

7.15. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura

P

a

b

Ra

Solución: De 5.16

M1 = - 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

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

EIb 

M (3x 2  6 xl  3a 2  2l 2 ) 6

7.16. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura Hl/4

Hl/4

H

H

l/2

l/2

l/2

Ra

l/2

Ra

Rb

Rb

Solución: De 5.17

Q1(x) = - Hx2/l + Hl/4 M1(x) = - Hx3/(3l) + Hlx/4

Integrando

EI y1´ = - Hx4/(12l)+Hlx2/8+c1 EI y1 = - Hx5/(60l)+Hlx3/24+c1x+c2

Condiciones de Borde x = 0 y1 = 0

c2 = 0

x = l/2 y1´ = 0 0 = - H(l/2)4/(12l) + (Hl/8)(l/2)2 + c3 c3 = - 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
B

2H H

RA

l

Ra

RB

H

Rb

A

B RA

Solución: De las tablas

l

l

RB

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 





7.18. 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 7.19. 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 7.15 con a = b = l/2 EIy 2 

P

B

Px 2 (3l  4 x 2 ) 48



B

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 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 n4 l3x l3x      n (n  2)( n  1)  6 (n  4)( n  3)l 6 (n  4)( n  3) 

EIyTot 

 lx3  Px 2 H x n4 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 7.21. 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

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

7.22. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura P

l /4

P

l /4

P

l /4

P

l /4

Solución:

1 

P(l / 4)3 P(l / 4) 2  (3l / 4) 3EI 2 EI

2 

( P)(l / 2)3 ( P)(l / 2) 2  (l / 2) 3EI 2 EI

3 

( P)(3l / 4)3 ( P)(3l / 4) 2  (l / 4) 3EI 2 EI

4 

( P)(l )3 3EI

Tot 

Pl 3  1 3 1 1 33 32 1  65Pl 3         EI  (64)3 (64)2 (8)3 (8)2 (64)3 (64)2 3  96 EI

7.23. 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

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 

7.24. 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

7.25. 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

Solución:

Para 1

EI1 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 

EI1B 

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

7.26. 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

Con x = l/2

P(l / 2) 2 6

EI 1 A 

EIy  Para 2

3 l  5Pl  3 l   2  48

Hx 2 3 ( x  5lx 2  10l 2 x  10l 3 ) 120l

EI 2 A 

Con x = l/2

H (l / 2) 2 120l

2  l  3  49 Hl 4 l 2 l  3    5l    10l    10l   3840 2 2  2  

5Pl 3 49 Hl 4  48 3840

EI totA 

EI 1B 

Pl 3 3

EI 2 B 

Hl 4 30

EI totB 

Pl 3 Hl 4  3 30

7.27. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P P H l/2

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

EI 2 B 

Hl 4 8EI

EI totB 

Pl 3 Hl 4  3 8

7.28. 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

7.29. 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

7.30. 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

EI1B  

(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

7.31. 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 7.32. 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

l/2

 2EI (lx  x ) xdx

 AB   max 

H

2

0

 AB   max  l/2

 AB   max 

5Hl 4 384 EI

 2EI (lx  x )dx H

2

0

 AB 

Hl 3 24 EI

7.33. Hallar por el método del área del diagrama de momentos la deformada máxima del sistema de la figura Hl/4

Hl/4

H

l/2

H

l/2

l/2

Ra

l/2

Ra

Rb

Rb

Solución: De 5.17

Q1(x) = - Hx2/l + Hl/4 M1(x) = - 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

7.34. Hallar por el método del área del diagrama de momentos la deformada máxima del sistema de la figura. p = H (1 – x/l)n tg B  AB

M M Rx

A

Ry

Solución:

B

tg A

Rx

A

Ry

B

M 

De 5.12

H (l  x) ( n 2) l n (n  2)(n  1)

EI BA   max

l

H (l  x) n2  H (l  x) n4  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) n2  H (l  x) n3 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)

7.35. 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 5.3

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 = 0,519 l

2

 CA

EI max 

0, 519l

 0

H x3 2,5Hl 4 (lx  ) xdx  6 l 384

Sistemas Hiperestáticos 7.36. Determinar la reacción del punto B de la viga mostrada en la figura.

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

7.37. 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      n4 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

7.38. Determinar la expresión para hallar la reacción en el punto B de la viga mostrada en la figura

H

l/2

l/2 A

B

Rb

H H

l/2

l/2 l/2

A

l/2

B H l/2

l/2 A

B

Solución:

 1B   Rb

l3 3EI

 2B 

( H )(l ) 4 30 EI

 3B 

( H )(l ) 4 8EI

B = 1B + 2B + 3B = 0

de donde:

RB 

19Hl 40

7.39. Determinar la reacción del apoyo B, de la viga mostrada en la figura.

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

7.40. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto B

2H

2l/3

2H

l/3 A

B

H

H 2l/3

2l/3

l/3

l/3 B

A

B

B

Solución:  1B 

(2 H )( 2l / 3) 4 (2 H )( 2l / 3) 3  (l / 3) 30 EI 24 EI

 2B 

( H )(l ) 4 8EI

 3B  

Rb (l ) 3 3EI

por superposición B = 1B + 2B + 3B = 0 RB 

de donde:

1343Hl 8Hl  3240 27(12)

7.41. Hallar la deformación máxima en una viga simplemente apoyada con carga uniforme por el método de la Viga Conjugada Solución:

PROBLEMAS PROPUESTOS Método de la doble integración 7.42. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura

a

b

Rb

Ra

7.43. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura

p(x)=H(x/a)2

a

b

l

7.44. Hallar la posición de la deformación máxima, y la expresión para determinar esta, para el sistema mostrado en la figura p(x)=H(x/l)n

a

b

Rb

Ra

7.45. Hallar las funciones de deformación y pendiente de la figura p(x)=H((l-x)/a)2

b

a

l

7.46. Hallar la expresión para determinar la deformación máxima y determinar la posición de esta, en el sistema de la figura

p(x)=H((l-x)/a)2

b

a

l

7.47. Hallar la ec. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura

P

H

b

a

l

7.48. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura

H

b

a

l

7.49. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura

p(x2) b

H

a

l

7.50. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura P

p(x)=H(x/l)n H

b

a

l

7.51. Hallar la pendiente y deformada máximas del sistema de la figura P

p(x)=H(b-x/b)n H M

o

b

a

R

l

7.52. 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

7.53. 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

7.54. Hallar la ec. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura 2P P

H M

o

b

a

R

l

7.55. Hallar la ec. de deformaciones, 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

7.56. Hallar la ec. de deformaciones, 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 7.57. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura

b

a

l

7.58. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura

2H

H l/2

l

7.59. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura

2H

H l/2

l

7.60. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura

p(x)=H(x/l)n

a

b

l

7.61. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura

l/3

2l/3

Rb

Ra

7.62. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura P

l/4

2P

l/4

2P

l/4

P

l/4

7.63. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura

4P

3P

2P P

l /4

l /4

l /4

l /4

7.64. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura 4P

3P

l /4

l /4

2P

l /4

l /4

7.65. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P H l/3

l/3

l/3 A

B

7.66. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura

H l/3

l/3

l/3 A

B

7.67. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P H

l/2

l/2 A

B

7.68. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P

H 2l/3

l/3 A

B

7.69. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura

P

H 2l/3

l/3 A

B

7.70. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura P

H 2l/3

l/3 A

B

7.71. Hallar por el método de área de momentos la deformación del sistema de la figura, en los punto A y B

H 2l/3

l/3 A

B

7.72. Hallar la ec. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en los sistemas de la figura

H 2l/3

l/3 A

B

7.73. 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

7.74. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura P

H

l/2

l/2 A

B

7.75. Mediante el método de diagrama de momentos de terminar el valor de la deformación máxima para la viga mostrada en la figura. P

H l/4 l/2

Sistemas Hiperestáticos 7.76. Determinar las reacciones que ocurre en los punto de apoyo de la viga mostrada en la figura.

l/3

2l/3

Rb

Ra

7.77. Determinar la reacción en el punto medio de la viga mostrada de la figura

2H

H l/2

l

7.78. Determinar la expresión para hallar la reacción en los punto de apoyo de la viga mostrada en la figura

2H

H l/2

l

7.79. Determinar la reacción de los puntos de apoyo de la viga mostrada en la figura.

H H H l/2

l

7.80. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto de apoyo

l/3

2l/3

7.81. Determinar las reacciones en los puntos de empotramiento de la viga mostrada en la figura p(x)=H(x/l)n H

A

B

8 Solicitación Compuesta 8.1 Introducción En los capítulos anteriores se estudiaron individualmente las Cargas de Tracción Compresión, las Cargas de Corte, las Cargas de Torsión y las Cargas de Flexión. En este capítulo se estudiaran la combinación de las anteriores cargas. Se analizaran las tensiones y las se deformadas que presentan las piezas sometidas a cargas combinadas.

Torsion

a Flexion a

Corte Traccion

Fig. 8.1 Solicitación Compuesta Ejemplos de elementos sometidos a cargas y tensiones combinados son: Los ejes y árboles de máquinas con movimiento, que soportan cargas de flexión y de torsión; los pernos que en el momento de su ajuste soportan cargas de torsión y de tracción; las cargas de tracción cuando estas no están aplicadas en el centro de gravedad de la sección transversal y los marcos rígidos. Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las siguientes condiciones: 1.- Los elementos son rectos 2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes 3.- Los materiales son homogéneos 4.- Los no son tan esbeltos de modo que no se produce pandeo. 8.2 Combinación de Tensiones a) Estado Tensional Simple Ocurre cuando las tensiones son del mismo tipo, normales o cortantes, 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). b) Estado Tensional Compuesto Ocurre cuando tensiones normales () y tensiones cortantes ().actúan en un punto. Como se vio anteriormente la magnitud de las tensiones cortantes es la misma.

y

y

y

y

x

x

x

x

y

x

x







y

x

x y y y

x

y y

x

Fig. 8.2 Estado de Tensión general en el Plano Por trigonometría l Cos  = dy

(8.1

l Sin  = dx

(8.2

 F1 = 0

 l dz+(xySin  - xCos )dydz+(xyCos  - ySin )dxdz = 0

(8.3

Se 1 y 2

 + (xySin  - xCos )Cos  + (xyCos  - ySin ) Sin  = 0

(8.4

 + 2xySin  Cos  - xCos2  - ySin2  = 0

(8.5

 + xySin 2 - x (1+Cos 2)/2 - y (1- Cos 2 )/2 = 0

(8.6

De la estática

  

x y 2



x y 2

cos(2  )   xy sen(2  )

(8.7

 F2 = 0

 l dz + (xyCos  + xSin )dydz + (-yxSin  - yCos )dxdz = 0

(8.8

De 1 y 4

 + (xyCos  + xSin )Cos  + (-xySin  - yCos ) Sin  = 0

(8.9

 + xyCos2  + xSin Cos  -xySin2  - yCos Sin  = 0

(8.10

 + xy (1+Cos2 )/2 + xSin 2/2 -yx(1- Cos 2)/2 - ySin 2/2 = 0

(8.11

   

 x  y 2

sen(2  )   xy cos(2  )

(8.12

Algunos casos especiales son: Para  = 0

0 = x

0 = xy

(8.13

para  = 90

90 = y

90 = - xy

(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

 - (x + y)/2 = (x - y)Cos (2 )/2 + xySin 2

(8.15

(  

De 5

x  y 2

 x  y 2

)2 Cos2 2  2(

 x  y 2

)Cos2 xy Sin2  ( xy Sin2 )2

 = (y - 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

(8.16 (8.17

) Sin2 xyCos2  ( xyCos2 )2

(8.18

)2   xy 2

(8.19

Comparando 8.19 con la ecuación de una circunferencia (x – xo)2 + (y)2 = R2

(8.20

se ve que es la misma con las tensiones normales como abscisas () y las tensiones cortantes como ordenadas (). 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 - El radio de la circunferencia es de [(y + x)2 + xy2]1/2.



xy

max

xy

max



Fig. 8.3 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. 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. En estas direcciones principales y en aquellas en las que las tensiones cortantes son máximas la falla es la más probable. Derivando 8.3 con respecto a  e igualando a cero   

(

 x  y 2

)2Sin2   xy 2Cos2  0

(8.21

Tan2 

2 xy

 x  y

(8.22

De 8.13 y 8.4

1,2 

x  y

 (

2

 x  y 2

)2   xy 2 (8.23

Ecuación que da los valores de las tensiones normales máximas o principales Derivando 8.5 con respecto a  e igualando a cero

 

(

 x  y

Tan2  

1,2   (

)2Cos2   xy 2Sin2  0

2

(8.24

 x  y 2 xy

 x  y 2

De 8.11 8.5

(8.25

)2   xy 2

(8.26

Ecuación que da los valores de las tensiones cortantes máximos además

1,2 = 1 - 2

(8.27

8.3 Combinación de Deformaciones a) Estado de Deformación Simple Ocurre cuando las deformaciones son del mismo tipo, deformaciones y distorsiones, 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). b) Estado de Deformación Compuesto Ocurre cuando deformaciones producidas por tensiones normales () y distorsiones producidas por tensiones cortantes () aparecen en un punto. Como se vio anteriormente la magnitud de las tensiones cortantes es la misma. y

y

s(1+y)

s





s

x s(1+x)

x

Fig. 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 .

Para hallar x’, 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. 8.5 Deformaciones y Distorsiones y

y

s(1

y

) + '





x(1+x)

x

x

x

Fig. 8.6 Relación entre Deformación y Distorsión Del teorema del coseno

Pero

[s(1+)]2 = [x(1+x)]2+[y(1+y)]2-2x(1+x)y(1+y)Cos(/2+)

(8.28

x = s Cos 

(8.29

y = s Sin 

(8.30

y Como  es muy pequeño Cos (/2 +  ) = - Sen (  ) = - 

(8.31

De 19, 20, 21 y 22

s2 (1  2   2 )  s2Cos2 (1  2 x   x2 )  s2Sin2 (1  2 y   y 2 )  2ssSinCos (1   x   y   x y )

(8.32

Despreciando términos de segundo orden de las deformaciones ( y ) (1  2 )  Cos2 (1  2 x )  Sin2 (1  2 y )  2SinCos (1   x   y )

(8.33

2  Cos2 2 x  Sin2 2 y  2SinCos

(8.34

 = x Cos2 + y Sin2 +  Sin  Cos 

(8.35

De las expresiones de ángulo doble

 x'   

x   y

Reemplazando  por  + 90

2



x   y 2

Cos2 

 2

Sin2 (8.36

 y '   90 

x   y 2



x   y 2

Cos2 

 2

Sin2

 x' y'  ( x   y )Sin2   xyCos2

(8.37 (8.38

d) Deformaciones Principales Derivando 8.3 con respecto a  e igualando a cero

 

(



 x  y

Tan2 

2

)2Sin2   xy 2Cos2  0 (8.39

2 xy

 x  y

(8.40

De 8.13 y 8.4

1,2 

x  y 2

 (

 x  y 2

)2   xy 2

(8.41

Ecuación que da los valores de las tensiones normales máximas o principales Derivando 8.5 con respecto a  e igualando a cero

 

(

 x  y 2

Tan2  

1,2   ( De 8.11 8.5

)2Cos2   xy 2Sin2  0 (8.42

 x  y 2 xy

 x  y 2

(8.43

)2   xy 2

(8.44

Ecuación que da los valores de las tensiones cortantes máximos además

1,2 = 1 - 2

(8.45

8.4 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), las tensiones estén por debajo de los valores isibles; y en aquellos lugares donde los estados sean múltiples, deberá comprobarse las teoría de rotura. a) Flexión Recta Compuesta Esta situación se presenta cuando en una sección se presentan Tracción/Compresión y Flexión. La combinación de tensiones normales da

cargas

de

 

N My  A I

(8.46

Fig. 8.7 Tensiones Normales de Tracción Compresión y Flexión La distribución de tensiones es lineal, pero el eje neutro deja de ser baricéntrico. Para determinar la posición del eje neutro

 

N My  0 A I

(8.47

La sección compuesta puede ser considerado como resultado de la acción de una fuerza normal a la sección actuando en forme excéntrica con respecto al centro de gravedad.

Fig. 8.8 Fuerza Normal Excéntrica Para que la flexión sea recta es necesario que la carga esté ubicada sobre alguno de los ejes principales de inercia.

 

N My N Ne    A I A I

(8.48

La carga de Tracción / Compresión puede desplazarse sobre el eje “y”, de modo que el diagrama de tensiones resulta triangular, y que el eje neutro coincida con la fibra superior o inferior de la sección. 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. El punto de aplicación de la carga se denomina “punto nuclear”. Si la carga se ubica en cualquier punto dentro de los puntos nucleares, el diagrama de tensiones tendrá un solo signo, es decir, el eje no cortará la sección. Debido a que las cargas de tracción compresión no producen tensiones tangenciales, en la flexión compuesta, las tensiones cortantes no varían a los de flexión simple. b) Flexo - 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, 2, 3 y 4. Su valor es

 max

d Mr 2  16M t  t  4 d Io d 3 32 Mt

(8.48

Las tensiones normales máximas aparecen por flexión en el empotramiento en los puntos 1 y 3. Su valor es

 max

d M y 2  32Ql  max  4 d I d 3 64 (Ql )

(8.48

Las tensiones cortantes máximas producidas por flexión aparecen en el empotramiento en los puntos 2 y 4. Su valor es

 max 

QSmax 3 Q Q  6 2 Ib 2A d

(8.48

PROBLEMAS RESUELTOS 8.1. En una pieza se verifican los siguientes tensiones : x = 60 Kg/cm², y = 250 Kg/cm² y xy = 50 Kg/cm². Hallar las tensiones en direcciones con ángulos de 0 hasta 360 con un intervalo de 10. Solución: 

 50.0 79.5 99.4 107.3 102.2 84.9 57.3 22.8 -14.5 -50.0 -79.5 -99.4 -107.3 -102.2 -84.9 -57.3 -22.8 14.5 50.0 79.5 99.4 107.3 102.2 84.9 57.3 22.8 -14.5 -50.0 -79.5 -99.4 -107.3 -102.2 -84.9 -57.3 -22.8 14.5 50.0

60.0 82.8 114.4 150.8 187.7 220.7 245.8 259.9 261.4 250.0 227.2 195.6 159.2 122.3 89.3 64.2 50.1 48.6 60.0 82.8 114.4 150.8 187.7 220.7 245.8 259.9 261.4 250.0 227.2 195.6 159.2 122.3 89.3 64.2 50.1 48.6 60.0

150,0 100,0

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

50,0 0,0 25,0 -50,0

75,0 125,0 175,0 225,0 275,0

-100,0 -150,0 Esf Normal

8.2. En el problema anterior, hallar las tensiones máximas y las direcciones en las que estos ocurren. Solución:

Para 

Tan2 

2 xy

 x  y



2(50) 60  250

 = -13.87 1,2 

x  y 2

 (

 x  y 2

1 = 262,35 Kg/cm² 2 = 47,64 Kg/cm²

)2   xy 2 

60  250 60  250 2  ( )  502 2 2

Para 

Tan2  

 x  y 2 xy

 = 31.12 1,2   (

 x  y 2

)2   xy 2

1 = 107,35 Kg/cm² 2 = -107,35 Kg/cm² además

1,2 = (1 - 2)/2

8.3. Hallar las ecuaciones y los valores máximos de las tensiones normales que aparecen en una pieza con sección transversal rectangular cuando soporta una carga de compresión en el medio de una de sus aristas.

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. 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

A la izquierda y = +b/2  totizq 

2P ab

A la derecha y = -b/2  totder  

4P ab

El eje neutro por definición esta donde  = 0  tot  

P 6 Py  0 ab ab2

y = + b/6 Es decir que el eje neutro se sitúa a b/6 a la izquierda del centro de gravedad

b/6

2P/ab -4P/ab

8.4. 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.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

a  

a) Compresión

b) Flexión

Total

b  

P 2P  A ab

My P(2b / 3) y 24Py   3 I ab / 36 ab2

 tot   a   b  

2 P 24Py  ab ab2

A la izquierda y = +b/3  totizq 

6P ab

A la derecha y = -2b/3  totder  

14P ab

El eje neutro por definición esta donde  = 0  tot  

2 P 24Py  0 ab ab2

y = + b/12

Es decir a b/12 a la izquierda del centro

b/12

6P/ab -14P/ab

8.5. Una pieza cilíndrica está sometida a torsión y corte como se ve en la figura. Hallar la combinación de tensiones cortantes Mt

P P

Mt

Solución: Las cargas de corte y torsión producen tensiones de corte

+

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)

8.6. 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

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

1,2 

d 3

x  y 2

De 8.14

1,2 

16P

d

3

1,2   (

De 8.15

 1, 2 

 (

 x  y 2

)2   xy 2 

16Pb

16Pb

)2  (

d 3

 (

16Pb

d 3

)2  (

16Pa

d 3

)2

(b  a 2  b2 )

 x  y 2

)2   xy 2   (

d 3

16Pa

d 3

)2

16P ( a2  b2 ) 3 d

8.7. La manivela de la figura tiene una sección circular de diámetro “d” y soporta una carga distribuida vertical y una carga puntual horizontal. Hallar las tensiones máximas

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. 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



Torsión

M t r ( Ha2 / 2)(r )  Io d 4 / 32

 max 

Entonces

De 8.15

d 3

x 

32Hab

y 

32Pb

 xy 

De 8.14

8Ha2

d 3

d 3 8Ha2

1,2 

d 3 x  y 2

1,2   (

 (

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

8.8. Hallar la deformación vertical del extremo libre de la manivela del problema 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



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. Hallar la deformación vertical del extremo libre de la manivela del problema 8.7 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”

 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

8.10. La viga de la figura tiene una sección transversal como se muestra Hallar las tensiones en los puntos A y B, de la sección A-A. Seccion A-A

P l/2

2a

A

B

l

a

A 3/2 l



A

a

a

Solución.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 - 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

Componentes de la tensión. y

2a y

B a

x

A a

a

Cargas de tracción. No hay cargas de tracción N1 = 0 Tensiones normales por Cargas de Flexión.-

A 

Mc A I

Mc B I

B 

Tensiones de corte por Cargas de Flexión.-

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

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, por eso el signo negativo.

2 P cos  2a 3 48P cos  (3  2 cos  ) A   4 127a 127(3  2 cos  )a 2 a 12

B  0

8.11. El bloque de la figura de peso despreciable se somete a dos fuerzas verticales, que se aplican en diferentes esquinas. Determinar la distribución de la tensión normal que actúa en la sección mostrada. (Las unidades geométricas están en [cm]) z

y

y

2

x 1000 [kg] x

3 1.5 1

y

1000kg

1000*1.5=1500[kg-cm]

x 1000*0.9=900[kg-cm]

Solución.Tensiones normales:

P 1000 Kg Kg   222.22 2 2 A 45cm cm

A  La tensión de flexión

 fc

M c I

siendo:

xo xo

Ixx Ixx

2 3 1  1.51 1.25

yo

2 3  1.51 0.9167cm

0.5  1.53 12

yo

 0.51.5



1.5  2 2





2 3 1.5  1.51 1.5 6  1.5 3 2

cm

1.513 12

4

2.3697cm

 123  21( 1  0.9167) 2   10.53  10.5 0.91  12  12  

Iyy

2

Iyy

1.589cm

4

el tensión será en x será: Tensión máximo de compresión de Mx con c = 3/2

 fc

 fc

Mxc Ixx

949.487

kg

cm2

Tensión máximo de compresión de My con c = 0.916

 fc

 fc

 1.51 12

My c Iyy

528.847

kg

cm2

0.5  2 2



Tensión debido a Mx Tensión debido a My

Tensión debido a P 8.12. 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.Siendo la sección transversal de la columna, la que se muestra en la figura, tomaremos en cuenta los datos indicados a continuación. y

h

M

P

a

h

A

3 2

a h 2

a

a

x

A

1 4

a2  3

Las fuerzas trasladadas al centro de gravedad serán un momento y la respectiva carga:

M P h 2 3

M

1 3

P  3 a

Este momento está en la dirección x como se ve en la anterior figura. La carga axial que actúa sobre la columna provocará la compresión de la misma y la tensión que se suceda por este efecto será:

P  c A la distribución de las tensiones en la sección transversal será el mostrado en la siguiente figura:

z y

P

c

A

x

Debido a que el punto A se encuentra por sobre el eje del centro de gravedad, 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.

I: Inercia respecto del eje xx de la sección transversal.

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:

 fc

8 P 3

2

 3

a

el diagrama de tensiones debido a la flexión es el mostrado en la siguiente figura: y

z M

fc

A x

La tensión total que ocurre en el punto A es:

 A  c  fc remplazando las anteriores expresiones, y simplificando, tenemos:

P  A 4  3 a2

PROBLEMAS PROPUESTOS 8.13. En una pieza se verifican los siguientes tensiones : x = 90 Kg/cm², y = 350 Kg/cm² y xy = 30 Kg/cm². Hallar las tensiones en direcciones con ángulos de 0 hasta 360 con un intervalo de 10. 8.14. En el problema 8.13, hallar las tensiones máximas y las direcciones en las que estos ocurren. 8.15. Hallar la combinación de tensiones normales del sistema de la figura P

b a

8.16. Hallar la combinación de tensiones normales del sistema de la figura, Cada lado del triángulo l = 3 cm y la carga P = 800 Kg P

8.17. Una perno en el momento de su apriete está sometida a cargas de torsión y a cargas de tracción. Hallar la combinación de tensiones

8.18. 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

8.19. 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

M

P

x

P a

P

P

8.20. Hallar las deformaciones horizontal y vertical del extremo libre del problema 8.18 8.21. Hallar las deformaciones horizontal y vertical del extremo libre del problema 8.19 8.22. Determinar los diagramas de tensión para cada una de las cargas, mostradas en la figura:

8.23. Para el problema anterior determinar la tensión total en el punto donde se aplica la carga de 500 Kg. 8.24. Determinar la tensión máxima de compresión de la columna mostrada en la figura. z

3

y

x

1

800 [kg] y

200 [kg]

3

x 1

8.25. Determinar la tensión máxima que soporta la columna mostrada en la figura

y

z

3

y 800 [kg]

x x

5 1 1

8.26. Determinar la tensión máxima de compresión sobre la viga mostrada 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. 1000 [kg] 800 [kg]

5

2

5 2

8.28. 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]

8.29. Determinar la tensión máxima en la sección indicada en la figura. q=1500 [kg/m] l=80[cm] P=500 [kg]

A

l/2

P

l

A l/2 45

a

t b

a=8[cm] b=8[cm] t=2 [cm]

8.30. En el problema anterior determinar una fórmula genérica para determinar las tensiones de compresión en el punto A. 8.31. Hallar las ecuaciones de las tensiones en cada una de las barras del sistema de la figura. z y x

a

A Ø 5[cm] B

a

a=50 [cm]

a

1000[kg] 1500[kg]

8.32. En el problema anterior, determinar la tensión máxima en el punto A.

9 Métodos Energéticos 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. En esta capitulo primero se ve la relación que existe entre trabajo y energía potencial de deformación, luego se deducen las expresiones de energía potencial de deformación para elementos sometidos a cargas de tracción/compresión, corte, 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. 9.2 Trabajo de Desplazamiento El trabajo, es el producto de una fuerza por la distancia que recorre y por el coseno del ángulo que forman ambas magnitudes vectoriales entre sí. El trabajo se calcula mediante la integral del producto escalar del vector fuerza por el vector desplazamiento. d

F

FCos 

W = Area



d

Fig. 9.1 Trabajo de Desplazamiento

  W   F  dr

(9.1

W = Fd Cos 

(9.2

El trabajo es el área bajo la curva Fuerza - Deformación 9.3 Trabajo y Energía Potencial de Deformación

Fig. 9.2 Trabajo y Energía de Deformación

Considere un resorte indeformado s = 0 antes de la aplicación de la fuerza externa Fe. 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. 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, El trabajo que efectúa la carga Fe, es s

s

1 W   Fe ds   (ks)ds  ks2 2 0 0 Se puede decir que el trabajo de la fuerza externa (Fe) se gasta en deformar el resorte (elemento interno) que acumula el trabajo en forma de una Energía Elástica Potencial de Deformación (U). 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

 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: ax0

M1 = H x + Mh

lxa

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

H

F Q Mr

Mh

L

R

x

Solución: Se introducen una fuerza y un momento ficticio F y Mh: De 5.10 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)

9.5. Hallar las deformadas lineal y angular en el extremo libre de una viga simplemente empotrada con una carga puntual

P

y=x2/b P

Q

Mr

ds

b

M

R

dy

dx b-x

x

Solución: M = P (b - x)  max

longitud  1  M  M( ) ds  EI  P   0  



ds  dx2  dy2

dy = 2xdx/b

 max 

 max 

1 EI

b

 [ P(b  x)](b  x)

1  4( x / b) 2 dx

0



Pb 3 32  10 5  51ln( 2b  b 5 )  45 ln(b) 192 EI



9.6. Hallar la deformada lineal en el extremo libre de una viga simplemente empotrada con una carga puntual en el extremo P

P

P Mr



 x

l/2

M1

l/2

l/2

Solución: Los momentos son: M1 = - P Sin 45 x

lxa

M2 = - P (l/2 Sin 45 + v )  max 

l/2 l / 2  M 1 M 2 1  M1 ( )dx  M2( )dv  EI  P P 0  0 

 max 

l/2 l / 2  1  P( xSin45) 2 dx  P(l / 2Sin45  v) 2 dv  EI  0  0 

 max 

((l / 2) Sin45  v) 3 P ( xSin45) 3 [  ] EI 3 3





M2 x

R

L/2  x  0

Q

Q





 max 

P (lSin 45) 3 [(l / 2) Sin 45  (l / 2)]3 [(l / 2) Sin 45]3 {   } EI 24 3 3

 max 

Pl 3 4(sin 45) 2  3Sin 45  1 24 EI





9.7. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma parabólica y carga puntual en su centro. Resolver para d = l/4 P y-d=x2 Q

M1

y-d=x2 d y

y

x



H l

Ra

l/2-x Ra

Rb

Solución: Se introducen una fuerza ficticia H. Por simetría 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. 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 

0.02 Pl 3 EI

9.8. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma triangular y carga puntual en su centro

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. 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





9.9. En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por la fuerza P. b) El valor de , para que el desplazamiento sea nulo. 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

C M1

P

C

M2



B

P



H

B H

Fr

0

Fr

M1 = Fr R (1 - Cos ) + HR Sin  M1 = (P/2) R Sin (1 - Cos ) + HR Sin 



(ii

M2 = (½ Sin+3/2SinCos-CosSin-CosSin)RP+HRSin (iii

De i, ii y iii y simplificando  BH 

PR3Sin( ) (3Cos  1  Cos2 ) 3EI

b) Para que el desplazamiento sea nulo (3 Cos  - 1 + Cos2  ) = 0 De donde:  = 72.376 9.10. El bastidor A,B,C, articulado en uno de sus extremos y apoyado en el otro está cargado, en uno de sus tramos con una carga uniformemente distribuida, como se muestra en la figura. 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  - (qL2/2) Cos2  - (qL2/2) Sin2  = 0 C

x

M1

x

M2

H

H

B

B Fr

Fr

Fr = (qL)/(4 Cos ) En el tramo derecho: 0xL

M1 = Fr x Cos  + H x Sin  M1 = (qLx)/4 + H x Sin 

En el tramo izquierdo: 0xL

M2 = Fr (L Cos  + x Cos ) + H (L-x) Sin  - qx2/2 M2 = qL2/4 + qLx/4 + H Sin  - H x Sin  - qx2/2

remplazando en la ecuación de desplazamiento y simplificando:  BH 

L L  1  M M 2 M1( 1 )dx  M 2 ( )dx  EI  H H 0 0 

 BH 

5 qL4 Sin 24EI





9.11. El bastidor ABC mostrado en la figura soporta una carga lineal en uno de sus tramos. Hallar una expresión para calcular el desplazamiento horizontal del extremo derecho. Solamente considerar tensiones de flexión. 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

0xL

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  - qx3/2 – (q – qx) x2/9

con

qx = q (1 – x/(2L))

Fr

x ) 2L

1 ( 8q L 9Hsin (  ) )   1 1x M2  ( L cos(  ) x ) Hsin(  ) 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 

9.12. Una viga simple AB, con un voladizo BC Está sometida a una carga linealmente variable en el tramo AB, como se ve en la figura. 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: 0xL

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 





resolviendo

C 

 7qL4 360EI

9.13. En el 9.anterior, hallar el ángulo de deformación del punto B. (Úsese el momento M0 = 0 aplicado en el punto B. Ver figura). 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 - Mo /L

0xL

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

9.14. Determinar el desplazamiento que se produce en el extremo libre de la viga mostrada y cargada como se ve en la figura.

qx 

2q

2·q L  x  L

2q q

q

B

B L/2

l/2

L/2

l/2 x

x

Solución: Se incluye una fuerza ficticia H 2q

2q

q

qx q

q

H M1

H M2

B

l/ 2

B x

x

x

x

Para el tramo derecho:

0  x  L/2 con

M1  Hx 

q x x 2 ( 2q  q x ) 2 x  2 2 3

qx = 2q(l-x)/l M1 

(3Hl  3qlx  qx2 ) x 3l

En el tramo izquierdo

L/2 x  L

M 2   Hx 

qLx qL2 qx2   4 24 2

La deformación total en el extremo libre será dada por la expresión:

resolviendo

B 

L L / 2  1  M M 2 M1( 1 )dx  M 2 ( )dx  EI  H H L/2  0 

B 

361qL4 1920EI





9.15. Hallar la deformación horizontal y vertical del punto B de la viga curva mostrada en la figura, la carga aplicada en toda su longitud tiene dirección radial. q

dF

q

Q

B

 R R

A

Solución:

Rh Rv

H

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 (

9.16. La viga curva semicircular, empotrada en el extremo A, está cargada en dos puntos como se muestra en la figura, determinar la deformación horizontal y vertical que se produce en el extremo libre de dicha barra. P P

P R

R 

A



A

H Q

Solución: Se incluyen dos cargas ficticias (H = 0 y Q = 0).

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  - HR Sin  - QR (1 – Cos ) 3/4    

R

A

M3 = PR 21/2/2 [(Cos  + 21/2/2)+(Sin  - 21/2/2)] +

H Q

PR Cos  - HR Sin  - 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

9.17. Determinar la fuerza de reacción que soporta el extremo apoyado B en la viga mostrada en la figura. 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 9.18. Una Barra curva delgada de forma semicircular está articulada en A y simplemente apoyada en B, Como se muestra en la figura. En C actúa una carga vertical P. Determinar el

desplazamiento vertical v y el desplazamiento horizontal h en el extremo B, que se encuentra apoyado en una superficie inclinada. P M1

P C



H

R



H

Rh

R



B

A



Fr

Rv

Fr

Solución: Ma = 0

Fr 2R Cos  - H 2R Sin  - 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) - 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

9.19. 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, como se muestra en la figura, provoca que el extremo B se desplace horizontalmente, determinar una expresión para calcular éste desplazamiento. q

dF·cos 

dF dF

 3

A

 3

q  3

d



B R

Rh A

B

Rv

Solución:

H Rv

dF·sen

Considerando una fuerza ficticia H y de la estática Rv 

1 2

2 / 3

 qRSind  /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 (  ) HRsin(  ) 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

9.20. La barra mostrada en la figura, se encuentra sometida a la acción de la carga uniforme q en dirección vertical, determinar una expresión para calcular el desplazamiento del extremo apoyado, considerando que el apoyo tiene una inclinación de /3.

q

q H

Fr

 R

Rh O



R

O

Rv

Solución: De la estática Rh + H Cos  - Fr Sin  = 0 Rv – q R  + q R  + Fr Cos  + H Sin  = 0

de donde

Rh  

Rv 

qR  qR  qRSinCos  HSin 1  Cos

Fr 

qR  qR  qRSin  HSin 1  Cos

Rh

con  = /3

HCos  qRSin  qRSin  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



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

PROBLEMAS PROPUESTOS 9.21. Hallar las reacciones del sistema de la figura

H

l/2

l/2

9.22. Hallar las reacciones del sistema de la figura P

P

l/4

P

P

l/4

l/4

l/4

9.23. Hallar las reacciones del sistema de la figura

H

l/2

l/2

Ra

Rb

A

B

C

9.24. Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura P

2P

l/2

l/2 R

9.25. Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura

H M l/3

l/3

l/3 R

9.26. Hallar las reacciones del sistema de la figura

H

2l/3 Ra

9.27. Hallar las reacciones del sistema de la figura

H

l

9.28. 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

9.29. 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

9.30. Hallar la deformación máxima del sistema de la figura q0=P·a

q0=P·a

P C

a

a

B

A

9.31. Determinar la relación a/l para que la deformada en el centro sea nula. q0=P·l

q0=P·l

P C

C

a

a

A

B

L

9.32. Hallar la deformada en el centro y en los extremos del sistema de la figura. q0=P·l

C

L/3 A

L/3 L

9.33. Hallar las reacciones en el sistema de la figura.

B

q0=P·L

L/2 L

9.34. Hallar las reacciones en el sistema de la figura. q0=P·l

P

L/2

L/2 2L

9.35. Hallar las reacciones en el sistema de la figura q0=P·l

A

C

B

b

L/2 L

9.36. Hallar las reacciones en el sistema de la figura. q0

C

A

B

b a

9.37. Hallar las reacciones en el sistema de la figura q0=P·l

P

C A

L

B

L 3L

9.38. Hallar las deformadas lineal y angular máximas en el sistema de la figura.

q(x)=qo·x2/L2 EI

B

A

l

9.39. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma cosenoidal y carga puntual en su centro

P

d y x



l Ra

Rb

9.40. 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

9.41. Hallar las reacciones de la viga de forma cosenoidal de la figura P

y x l Ra

Rb

9.42. Hallar las reacciones de los empotramientos del pórtico de la figura

P

l/2 x l

9.43. Hallar el desplazamiento del sistema de la figura

45 x



l Ra

Rb

9.44. En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por las fuerzas P. b) El valor de, para que el desplazamiento sea nulo.

P C

R

P



A

B

9.45. Un anillo de radio “R” de alambre de acero de radio “r” tiene una separación de h. Se pide la fuerza P que cierra esta separación

r

P

P

h

9.46. Hallar las reacciones en el sistema de la figura q0=P·l q0=P·l/2 EI

l/2

l/2

10 Pandeo de Columnas 10.1 Introducción En Tracción Compresión se estableció que la falla de una pieza ocurre cuando los esfuerzos sobrepasan la fluencia, sin embargo cuando los elementos sometidos a compresión tienen una longitud de varios diámetros, la pieza no falla cuando los esfuerzos superan la fluencia sino que fallan por inestabilidad 10.2 Equilibrio Estable, Inestable e Indiferente Una pieza está en equilibrio cuando se cumplen las ecuaciones de la estática. Ahora bien se dice que el equilibrio es estable cuando frente a una perturbación el sistema no se aparta de esta configuración, el equilibrio es inestable si frente a una causa perturbadora, 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, deteniéndose en alguna cualquiera de éstas.

Fig. 10.1 Equilibrio Estable, 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. Si el sistema retoma la configuración inicial el equilibrio es estable, si se aleja aún más de ella el equilibrio es inestable; y por último, si el sistema permanece en la posición final el equilibrio es indiferente. Vamos a tratar de clarificar más aún estos conceptos estudiando el comportamiento de las tres esferas del esquema de la figura 10.1. Si en el caso (a) hacemos mover la esfera sobre la superficie y luego la soltamos, intuitivamente podemos reconocer que la esfera volverá a su posición inicial. Este es un caso de equilibrio estable. Si en la situación (b) cambiamos levemente a la esfera de posición, ésta ya no retomará la posición inicial sino que seguirá rodando, ésta es entonces una situación de equilibrio inestable. Si en el caso (c) movemos la esfera, ésta permanecerá en el nuevo lugar o próximo a éste, constituyendo entonces un estado de equilibrio indiferente. 10.3 Tipos de apoyos y Columnas Los apoyos de las columnas son los mismos de las vigas, es decir: a) Apoyo Móvil b) Apoyo Fijo y c) Empotramiento

De la combinación de estos apoyos se obtienen los cuatro tipos de Columnas básicas P P

P

P

l

P

P

a) a) Ambos extremos articulados

b)

b) Ambos extremos empotrados

P c) c) Un extremo empotrado el otro libre

P d) d) Un extremo empotrado el otro articulado

Fig. 10.2 Tipos de Columnas 10.4 Carga Crítica de Euler Euler planteo el estudio teórico del Pandeo como un estudio de equilibrio. Así, si se tiene una pieza sometida a una fuerza N de compresión y se encuentra en equilibrio, el mismo ser: ESTABLE, INESTABLE o INDIFERENTE

Fig. 10.3 Equilibrio Estable, Inestable e Indiferente en Columnas Equilibrio Estable: si al separarla un poco a la posición 2 y soltar, vuelve a la posición l. Equilibrio Inestable: si al separarla un poco, a la posición 2 y soltar, se aleja de la posición l. Equilibrio Indiferente: al separarla un poco, a la posición 2 y soltar, se queda en la posición 2 El que una pieza dada adopte uno u otro tipo de equilibrio, 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

(10.1

•

si P < Pcr —» Equilibrio Estable

(10.2

•

si P > Pcr —» Equilibrio Inestable

(10.3

Las piezas deberán trabajar con P < Pcr, para que se encuentren en equilibrio estable. Para analizar el problema de estabilidad elástica relativo al pandeo de barras comprimidas por Euler, se asumen las siguientes condiciones: - La columna es homogéneo y elástica (No se supera la tensión de proporcionalidad) - Su eje es idealmente recto. - La carga está exactamente centrada. - Los vínculos son ideales, sin rozamiento, Considérese una columna con extremos articulados

Fig. 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= - Py

(10.4

De la ecuación de doble integración en flexión d2y/dx2= M/EI

(10.5

d2y/dx2= -Py/EI

(10.6

d2y/dx2+Py/EI = 0

(10.7

La Solución de esta ecuación es y = C1 Sin C2x+C3Cos C4x

(10.8

dy/dx= C1C2Cos C2x - C3C4Sin C4x

(10.9

d2y/dx2= - C1C22Sin C2x-C3C42CosC4x

(10.10

Reemplazando 8.7 y 8.9 en 8.6 (-C1C22Sin C2x-C3C42CosC4x)+P(C1Sin C2x+C3Cos C4x)/EI=0

(10.11

Sin C2x(-C1C22+PC1/EI)+CosC4x(-C3C42+PC3/EI)=0

(10.12

-C1C22+PC1/EI=0

C2=(P/EI)1/2

(10.13

-C3C42+PC3/EI=0

C4=(P/EI)1/2

(10.14

y = C1 Sin (P/EI)1/2x +C3 Cos(P/EI)1/2x

(10.15

Para hallar c1 y c3 se ve que en los extremos de la columna no hay deformación. Cuando x=0 y=0 0= C1 Sin (0)+C3 Cos(0)

(10.16

0 = C3

(10.17

Cuando x=l y=0 0 = C1 Sin (P/EI)1/2 l

(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

(10.19 (10.20

I = A k2 donde A es el área y k es el radio de giro

Pcr/A= 2 E/(l/k)2

(10.21

donde l/k recibe el nombre de relación de esbeltez de la columna. El mismo procedimiento puede ser aplicado para los cuatro tipos de columnas variando las condiciones de borde. La ecuación genérica de Euler es Pcr= 2 EI/2

(10.21

cr = Pcr/A= 2 E/2

(10.22

Fig. 10.5 Valores de Lk para Diferentes Tipos de Columnas Representando gráficamente, en unos ejes coordenados, la ecuación de la tensión crítica de Euler en función de la esbeltez, se obtiene el siguiente diagrama

Fig. 10.6 Grafica de la Ecuación de Euler 10.5 Ecuación de la línea elástica: Se vio que la solución de la ecuación diferencial de la elástica era de la forma: y = C1.sen kz.x + C2.cos kz.x, sustituyendo los valores hallados de ci y c2 se obtiene y = C1 Sin (nx/L)

(10.23

10.6 Límites de Aplicación de la Formula de Euler El diagrama de la fig.10.15, que representa la curva de la tensión crítica de Euler, sólo va a ser válida hasta un cierto punto P, que corresponde a una esbeltez llim, que es la esbeltez para la cual: scr (tensión crítica) = fy (tensión del límite elástico). Ello es debido a que en la deducción de la fórmula para la obtención de la carga crítica Ncr, 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 3.5. diagrama tensiones deformaciones). Además, al alcanzarse la tensión del límite elástico, el fallo se produciría por haberse alcanzado la resistencia a la compresión de la sección. En la Fig. 10.18 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. En piezas largas y esbeltas sometidas a compresión, la falla ocurre por pandeo a pesar de que los esfuerzos son mucho menores al límite de fluencia

Gráficamente

Fig. 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. Entonces para elementos con relación de esbeltez bajos la falla ocurre cuando la carga por unidad de área es mayor a la fluencia. Para elementos con relación de esbeltez altos la falla se determina por la ecuación 8.22. 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 

(10.24

 2E

(10.25

Sy

 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 93,9 86,8 76,4

La curva de pandeo expresada en la fig.10.18 puede ser redibujada de forma adimensional, dividiendo la tensión crítica de Euler entre el límite elástico: ( / Sy ) y la esbeltez entre la esbeltez límite: (λ / λ lim), 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. 10.8 Curva de Pandeo Adimensional 10.7 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. Esto es irreal, puesto que las columnas fabricadas nunca son perfectamente rectas, ni se conoce con exactitud la posición de la carga aplicada. Por tanto, en realidad las columnas nunca se pandean repentinamente, sino que comienzan a pandearse de modo ligero, inmediatamente después de la aplicación de la carga.

Fig. 10.8 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. Considérese una columna con una carga excéntrica De la estática M = - P (e + y)

(10.27

La ecuación diferencial para la curva de deflexión es. por tanto.

EI

2 y   P (e  y ) x 2

(10.28

EI

2 y  Py   Pe x 2

(10.29

La solución homogénea es la misma que se vi anteriormente. Sin embargo debe incluirse una solución particular

y  C1Sin

P P x  C2Cos xe EI EI

(10.30

La solución homogénea es la misma que se vi anteriormente. Sin embargo debe incluirse Cuando x = 0 y = 0

Entonces

c2 = e Cuando x 0 L y = 0

(10.31 Entonces

0  C1 Sin

P P L  eCos Le EI EI

 P  e1  Cos L  EI  C1   P Sin L EI

(10.32

(10.33

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    

(10.34

(10.35

 P L  e 2Sin 2 EI 2  P L  C1   eTan EI 2 P L P L 2Sin Cos EI 2 EI 2

(10.36

  P L P P y  e Tan Sin x  Cos x  1 EI 2 EI EI  

(10.37

La deformada máxima ocurre en x = L/2 y es

 P L  y max  e Sec  1 EI 2  

(10.38

El esfuerzo máximo en la columna se determina teniendo en cuenta que es generado tanto por la carga axial como por el momento. El momento máximo ocurre a la mitad de la columna

M max  Pe  ymax   PeSec

P L EI 2

(10.39

El esfuerzo máximo en la columna es de compresión, y su valor es:

 max 

P Mc  A I

(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

(10.41

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 

(10.42

Para un valor dado de ζmax. pueden trazarse gráficas de esta ecuación en función de Kl/r vs P/A para diferentes valores de la razón de excentricidad ec/r2. En la figura se muestra la gráfica para un acero A36. Nótese que cuando e → 0. o cuando ec/r2 → 0. la ecuación 10.42 da ζmax = P/A, donde P es la carga crítica en la columna, definida por la fórmula de Euler.

Fig. 10.9 Graficas de la ecuación de la Secante Las curvas en la figura indican que diferencias en la razón de excentricidad tienen un marcado efecto en la capacidad de carga de columnas con relaciones pequeñas de esbeltez. Por otra parte, 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, es importante por consiguiente contar con un valor más o menos preciso de la razón de excentricidad en el caso de columnas cortas.

PROBLEMAS RESUELTOS 10.1. Se pide hallar la carga que provoca pandeo para los cuatro tipos de columnas. Material acero; longitud 10 m y diámetro 1 cm. Solución: I = d4/64 Pcr =  2 E (d4/64)/l2  = 1 Pcr= 1.01 Kg  = 4 Pcr= 4.06 Kg  = ¼ Pcr= 0.25 Kg  = 2 Pcr= 2.03 Kg 10.2. Determinar la relación de esbeltez critica. 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. Tomar  = 1, Sy = 1800 Kg/cm². 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 = 107.3

10.3. En el anterior problema. Si el diámetro de la barra es 1 cm cual es la longitud que da la relación de esbeltez calculada. Solution: I =  d4/64 A =  d2/4 k = (I/A)1/2 = d2/16 = 0.0625 cm² l = k 107.3 = 6.7 cm

10.4. Hallar (P/A) para valores de (l/k) de 0 a 250 en la fórmula de Euler. Graficar los resultados. Tomar  = 1, E = 2.1 E 06 y Sy= 1800 Kg/cm²

23 0

20 0

17 0

14 0

11 0

9000,0 8000,0 7000,0 6000,0 5000,0 4000,0 3000,0 2000,0 1000,0 0,0 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 8290,5 5757,3 4229,8 3238,5 2558,8 2072,6 1712,9 1439,3 1226,4 1057,5 921,2 809,6 717,2 639,7 574,1 518,2 470,0 428,2 391,8 359,8 331,6

50

(l/k)

10.5. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. 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 = 0.8965 P Ta = 0.732 P La Sin 30 = 100

la = 200 cm

Lb Sin 45 = 100

lb = 141.42 cm

Pcr=  2 EI/l2 Para A

0.732 P = 2 2.1 x 10 6  (1)4/64/2002 P = 34.74 Kg

Para B

0.8965 P = 2 2.1 x 10 6  (1)4/64/141.422

P

P

a

a b

100 cm

30

30

Ta

Ta Tb

30

P = 56.74 Kg De donde

Pmax=34.74 Kg

10.6. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. 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. de deformadas b = OO´ a = OO´Sin 30 b = a /Sin 30 Tblb/EA=Tala/(EA Sin 30) la Sin 30 = lb ;

la = 200 cm

Tbla Sin 30=Tala/Sin 30

Tb = Ta/Sin2 30 Tb = 4 Ta De i y ii

(ii

2 (4 Tb) Sin 30 + Tb = P Tb = 0.2 P Ta = 0.8 P

Para A

0.2 P = 2 2.1 x 10 6  (1)4/64/2002 P = 127.17 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=127.17 Kg

10.7. Si P = 1000 Kg hallar el diámetro de los elementos sometidos a compresión para evitar el Pandeo. 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 = - Ra/Sin 30 = -1000 Kg (Compresión)

Ta  Pcr 

 EI 2

l2

 2 E(

d 4

) 64  (100 / Sin30) 2

Tc = - Ta Cos 30 = 866.2 Kg (Tracción) De donde

d = 2.5 cm

10.8. Se pide hallar el diámetro de la barras BC. Material acero Solución : Del 10.12 del capítulo 1 : TAC = 3163.09 Kg

Tracción

TBC = - 1546.56 Kg Compresión – Pandeo LBC = (152+602)1/2 LBC = 61.84 cm Pcr= 2 EI/l2 = 2 2.1 x 106 ( d4 /64) /l2 = 1546.56 dBC = 1.55 cm Compárese con dAC = 1.49 cm hallados en el capítulo 1 10.9. Graficar la relación fuerza sobre área P/A vs relación de esbeltez l/k utilizando la fórmula de la secante. Tomar ec/k2 = 0, 0.1, 0.5 y 1. 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

Graficando

P/A 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200 1300 1400 1500 1600 1700

455,3 321,9 262,8 227,6 203,6 185,9 172,1 161,0 151,8 144,0 137,3 131,4 126,3 121,7 117,5 113,8 110,4

453,6 319,4 259,5 223,5 198,6 179,9 165,1 152,8 142,1 132,5 123,5 114,6 105,1 94,0 78,4 46,6 0,0

446,7 309,1 246,1 206,9 178,5 156,0 136,6 118,8 101,2 82,1 58,3 0,0

438,2 296,2 229,2 185,6 152,4 123,9 96,5 65,9 0,0

2000 1500

0,1 0,5

1000

1

500

Euler

0 0,0

Nótese que la curva de Euler es la de la secante con ec/k2 = 0

200,0

400,0

600,0

PROBLEMAS PROPUESTOS 10.10. Que ancho debe tener una barra cuadrada para que no se produzca pandeo para los cuatro tipos de columnas. Material acero, carga 100 Kg. y longitud 10 m 10.11. Determinar la relación de esbeltez critica para los cuatro tipos de columnas. Encima de la cual la falla se produce por pandeo y debajo de la cual la falla se debe a esfuerzos que superan la fluencia. Sy = 1800 Kg/cm². 10.12. 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 10.13. Hallar (P/A) para valores de (l/k) de 0 a 250 para los cuatro tipos de columnas en la fórmula de Euler. Graficar los resultados. Tomar E = 2.1 E 06 y Sy= 1800 Kg/cm² 10.14. Si P = 1000 Kg hallar el diámetro de los elementos sometidos a compresión para evitar el Pandeo. Material acero

10.15. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. Material acero y diámetro 1 cm

10.16. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. Material acero y diámetro 1 cm

10.17. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. Material acero y diámetro 1 cm

10.18. Se pide hallar el diámetro de la barras BC. Material acero

10.19. Graficar la relación fuerza sobre área P/A vs relación de esbeltez l/k utilizando la fórmula de la secante. Tomar ec/k2 = 0, 0.1, 0.5 y 1. Sy = 3000 Kg/cm²