Estructuras 1

Problemas Resueltos de

Resistencia de Materiales7" Parte

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Problema¡ Resueltos de Resistencia de Materiales: .: .. ' Miguel Angel Millán Muñoz

INDICE

Capítulo I. Diagramas a Estima

- I.l .- Vigas Isostóticas.

- 1.2 .- Vigas compuesta y pórticos isostáticos.

- 1.3 .- Estructuras Espaciales.

- 1.4 .- Problemas de examen.

Capítulo II. Traccién y compresión simple. Problernas isostáticos.

Cápítulo IIL Flexión @.

- Iil.l .- Tensiones.

- III.2 .- Giros yflechas. Ecuación de la elástica y teoremas de Mohr.

Capítulo IV, Flexión (II). Flexión simple.

Prohibida la rcproducció¡r lotal o parcitl sin pemriso.xprcso dcl auto.O Migucl Angel ñtiltán lvfuñoz 2000

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialcsI Millán Muñoz

I.. DIAGRAMAS A ESTIMA.

I. 1- Vigas Isostdticas.1.2- Vigas compuestus y pórticos isosttiticos.I. 3 - Estructaras espacíales.1.4- Problemds de exflmen.

Cap. I-l.- Diugru uts t estitttu isostúticos, l igus isosttiticas

Protrlemas Resueltos de Resistencia de Nlaterialcsiguel Aneel lvfillán Muñoz

Cap. I-1. Diagramas a estima. Vigas Isostáticas.

Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos, así como las deformadas, de las siguientes vigas.

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Cap. I-1.- Ditrgrorttus u estiun isastáticr).r. Iig./s isost,it ¡cLts

Problemas Resueltos de Res¡stericia de Nlateri¡leslvfillan Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

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Problemas Resueltos de Resistencia dc NlaterialcsI Millán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de NlatcrialesI ¡vIillán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesI Millán Muñoz

Cap. I-2. Diagramas a Ttiml:. Vigas compuestas y pórticos$ostattcos.

Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos, así como las deformadas, de las siguientes estructuras.

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problemas Resueltos de Rcsislencia de NlaterialesMiguel Angel Millán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistenci¡ de Materiales

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Problemas Resueltos de Res¡stencia de i\Iaterialcs

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llCap.l-2.- Diagra 6 ( est¡t ( isosttiticos. I/igas co¡rpuestd.t y p{)t.t¡co.s t.\o.rtdt¡co.r

Problemas Resueltos de Resistencia de Material€sMillán Muñoz

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Cap.l-2.- Diugruutas r ¿sl¡ ú isostit¡cos. I'igcts cottryueslat )' pótlico.t ¡to.tl.il.'ori t7

Problemas Resueltos de Resist€ncia de MaterialesI Millán lvluñoz

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tiCap.I-2.- Ditgruntus o esl¡trttt i.toslt¡licos, I'i.qa., colnl)tksle5 ) pór'l¡cos íso.slLilit.);

Problemas R€sucltos de Resistencia de MaterialesMiguel Angel Millán Muñoz

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Cap.l-2.- Dútg utas a esl¡nu isostdticos. l/igct.s conpuest.ts ), pót.tico.t ¡s.):;ttitico.\ ti

Prottlemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales

39

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Cap. I-2.- Dio¡;nnurs ( estima isosttit¡cot. Iiig(!s cot¡tP|c.\ttr- t) pórticos ¡st)st.iticos. li

Protllemas Resueltos de Resistencia de NlaterialcsI Millán lvluñoz

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Cap.l-2.- .Diugrunt6 ( eslittt( isostiticos. l''igns cok¡Puesl4'' )'l('1¡cor r'tot¡¿¡1rcl)l l6

Problemas Resueltos de Resistencia de Materialeslvtillán Muñoz

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Cap. l-2.- Diugruntís u cslin( isoslúlicos. Vigas contpuesta.s t pó icas ¡.\otittit¡co.\ tr'

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesMillán Muñoz

Can. I-3. Diagramas a estima. Estructuras espaciales

Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos de las siguientes estructuras:

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Cap. I-3.- Diugru tus a ¿litittt( isI).\lót¡cos. Eslrttctur¡s espttciole'; l3

Problemas Resueltos de R€sistencia de Nlatelial€sMillán Muiroz

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Cap.I-3.- DitgroDtos ( eslittta ¡sosltit¡cos- Esl¡ u¿lut L¡s esPL|L¡tt!¿s. Ir)

Problemas Resuellos de Resistencia de Materiales

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Cap. l-3.- Diugrant6 ( esliutu isosttiticos. Esh'ucttu'4s espaciules ?0

Problemas Resueltos de Resistencia de NlaterialesI Angel Millán lvluñoz

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Cap.l-3.- Ditgrunns ( esl¡ to iso\(úticos, E.\truLttu os esD.tcidlcs 2t


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Cap. l-3,- Diqftntns o est¡trt( isoslilicos, Estl ttcluras espaciales.

Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateri:¡lesI Angel Millán Muñoz

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Cap.l-3.- D¡agru tn.\ o esliuru ¡soslúl¡cos. Es ucturos espac¡ales. tl

Problemas Rcsueltos de Rcsistencia de MaterialesI Nf illán Muñoz

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Cayt.I-3.- Dirgrtnt s t cslittut ísoslúÍicos. L¡lructurut es¡'rtciulcs t,l

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialeslAngel Millán Nluñoz

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II

Ctp.l-3.- Diugrant6 a est¡tttu isosf{íticos. Est¡ ttclutas csPoc¡dles l5

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesMi

Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos y las deformadas de las siguientes estructuras:

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( Fí'.qI, sz-si)

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s6)

Millán Muñoz

ú¿f P/ rt -qt)

(Feb q¿-,lz)-l I

IA>tpctu¡ \ ur¿16I tdtCa

63)

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-qz)

5q)

60)

(4* ?,%.ttt)

Can.I-4. Diagramas a estima. Problemas de examen.

(r'P, ssac)

({{P, ql; Í¿)

( t" p, qaq)

(t"" r,lr<e )

("'P , q'(1"'P, ca-c¿t)

({"'P, go gr)

s4)

Co¡ 14= Diugrourus a cslitttlt isoskiricos. Problentas de exa¡ten'

M

26

Problemas Resueltos dc Resistencia de M¡t€rialesNliguel Ansel Millán Muñoz

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Cop.A. Diqgrurtus u estinn isosttilicos Problentas ¿e cxalten 23

Problemas Resueltos de Rcsistencia de M¡teriales

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Millán Muñoz

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Cap.l-4.- Diigruntns esl¡r¡ta isoskilicos. Probl¿ntas dc exuntett

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Cap.l-4.- Diqrurus ü esli ú isosldticos' Problctt¡tts tl¿ exanten i0

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

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Ansel Millán lv1uñoz

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Cap.l-4.- Di4runtus u e:ttün( isosl.il¡cos. Problenas tlc e-rantett 3l

Problemas Resueltos de Resistencia de Materialcs' Mieuel Ansel Millán Muñoz

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CaD.I-4.- Diugtut¡tts u estituu isosfúlicos- Problentus le excu¡te¡t. ll

II.- TRACCION Y COMPRESION SIMPLE.Problemas isostúticos.

Cap. II - Tmcciórt y Contpresión simple. Problemzs isos!álicos

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesMieuel I lvliilán Muñoz

l) El eje de la figura está compuestó por un tramo troncocónico y otro cilindrico, y está solicitado por las fuerzas que se

indican en la dirección de su eje. Se pide:

a) Diagrama de axiles y de tensiones normales en la pieza'

b) Desplazamiento de los puntos A y B.

c) Variación de temp€ratura, uniforme en toda la pieza, que sería necesaria

para que el movimiento del punto B fuera nulo'

Datos: a=10j oC-r

Tronco de cono: Ar=10 cm2, Az= 5 cmt, E= 10akp/cm" Lt-0'50m'

Cilindro: A:5 c-t, E= lo'kP/cmz, L2:1,0 m.

2) La pila de puente formada por dos trozos prismáticos de igual longitud y

distinta sección, está sometida en su extremo superior a una carga F:300 T'

Halla¡ el volumen de fiíbrica necesario, sabiendo que la altura de la pila "s 36.de 36 m., su peso específico 2000 kp/m3 y la tensión admisible l0 kp/cm2'

I Examen SeDtiembre 97198, tiempo 15' )'

3) Determinar para las dos banas de la figura:

a) Máxima longitud L que puede tener la barra

b) Para dicha longitud, determinar el incremento de longitud de la

barra.

Datos: P=225 kp.; Ar:25 cm2; Az= 50 cm'z; H= 200 m; E=l0a

kp/cm2; peso espec ifico.y = 2,51m3; o"¿.¡,= l0 kp/cm2'

(NOTA: Para el caso del üonco de cono, no hay aplicada ninguna

fuerza exterior. Se recomienda tomar como origen de coordenadas el

vértice del cono).

4) Calcular para los sistemas de la figura:

a) Para un valor de P= 100 kp., movimiento horizontal y vertical del punto A'

b)ValormáximodelacargaPsinsobrepasaflatensiónadmisibleenningunodeloscables'

Datos: - cable l: sección homogénea, A:5 cm2, E: l0akp/cmr, o¡¿.5= l0 kp/cm2, L=6 m.

-Cable2:seccrÓnhomogénea'A:4cm?,E=l05kp/cm2'o"¿'''=20kp/cmr'L=3m

cilindro

Can. II. Tracción comDresión simple. Problemas isostáticos.

Tronco de cono

I z,i, I ,.1r----_--r-----l

Ca1t.lf - Truccit)tt J' Cotnprcsiótt sittq)le Problcntts isosttiticos

L itD le _:

l-l


SOLUCION PROBLEMA N" 2

La pila está sometida a compresión simple, debido a la carga puntual aplicada y al peso propio. Se

conocen las acciones exteriores, la tensión admisible y una de las dimensiones geoméhicas. La incógnita a caicular es la

dimensión hansversal de la pila, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material.

Para ello, se hará:

l Cálculo de axiles en la pila.

2. Determinar la secciór/es más solicitadas y cálculo de las tensiones normales.

3. Sección hansversal necesaria para que latensión no supere a la admisible.

1. El axil que produce la carga puntual es constante en todo el pilar, mientras que el producido por el peso propio es

variable, con una ley lineal, dado que la sección transve¡sal es constante por tramos.

N (Peso propio)

El axil debido al peso propio tendní la expresión:

Nppr=Ar,Hr'Y

Nopz = Ar . L/2 . 1+ Az. Hz T

en el tramo superior del pilar (H¡ = distancia desde el extremo superior).

en el tramo inferior del pilar (H2 - distancia desde el cambio do sección).

Nr=300T+Ar .

N2=300T+Ar .

N.U2.r+ h.UZ.f

Ar +36.A2

Las secciones a comproba¡ en cada tramo serán las de máximo axil en cada tramo de sección constante, ya que serán

las que tengan máxima tensión normal: la base de cada tramo.

l8m.2Tlm3=300+3ó.Ar

18 m.2 T/m3 + A2 . l8 m . 2 T/m',: 300 + 36 .

3. Las tensiones normales en cada una de las secciones indicadas son:

o:N/Ao1 :N¡ / A1 = (300 + 36. Ar) / Ar= 300 i Ar +36

oz =Nz/A: :(300 + 36. Ar + 36. A2)/A2

Para que no se supere

or=300/Al

or = (300 +

la tensión admisible

+ 36: 100 =36.Ar +36.4")/4,

oo¿. = l0 Kp /cm2 =100 T/m'], se debe cumplir:

Ar = 300 / (100 - 36):4,69 ml

:468,84 / A: + 36 = 100 = Ar =468,84 1(100-36):7.33 nrr

El volumen pedido será entonces V = 4,ó9 . 18 + 7,33 . l8 = 216,36 mr

C¡p. ll - Truccitíu )' Cot Pres¡út sinryle. Problcntus ¡st)\1.¡t¡Los. 38

Problemas Resueltos de Resistencia de Materialesieuel Millán Muñoz

Tensión en extremo de¡echo del cono:

o2 .",. = 200 Kp i 5 cmr = 40 Kp/cm':

Tensión en el cilindro:

02 c¡indio : 100 Kp / 5 cm2 = 20 Kp/cm2

La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.

b) Desplazamiento d€ los puntos A y B.

Se tomará como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.

El alargamiento de una pieza sometida a tracción (o compresión) viene dada por la expresión:

.r2 N Fr2 ¡/M= l. -:-ú = | _ -d,¿st EA ¿ft EA

donde, por ser una pieza rccta, se ha particularizado la expresión general al eje x de la pieza.

Como la pieza está compuesta por dos tramos con caractedsticas distintas, estudiaremos cada uno por separado.

Pieza troncocónica

En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil N y el valor de E.

Es muy importante Ia consideración de que los límites de integración, dado que el origen de la coordenada x se ha

tomado en el vértice del cono, serán los valores x2 y Kl (según se ve en la figura). Por tanto, la expresión de la

deformación quedará:

r r¡l., ¡:rrN N.'tl Lgl-*-J--*= t l-tlLL=1,1=ds=-:lx2 .ü=" tA E A t'^' 11,+l.to- 4.*2 ) z,cl.to-a.EL t J,z

donde x2 = 120,7 cm

xr :x2+ L= 120,7 +50 : 170,7 cm

t¡=200 Kp, E= 104 Kp/cm'z

quedando finalmente:

2oo [-r r I -rLL=_ | _+_ l=58,3.2,427.10 - =0,t4 cn

J,41.ro- l.to4 Llro l l2o,7l

Este será, por tanto, el desplazamiento del punto A.

- Pieza cilíndrica.

En ella son constantes la sección transversal, el axil N y el valor de E. Por tanto, la expresión de la deformación

quedará:

. ¡.i .\ ¡ d, , .\.,.t,A¿= | _rls=- I rt(- --

*I ¿J É.,I ¡ E¡,4,

donde

N¡=100 Kp, L:= I,0 m= 100 cnr, El= lOj Kp'cmr, A2= 5 cmr'

Cap. Il - Tntcción ), Conryresión simpl¿. Prt¡blenttt.s ¡.\oslát¡cos. Ilr

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesI lvlillán lvlu¡loz

SOLUCION PROBLEMA N' 1

El problema planteado es el de una pieza compuesta, con sección variable en un tramo y constante en otro, estando

cada uno de dichos t¡amos sometidos a tracción uniforme'

a) Diagrama de axiles y d€ tensiones normales en la pieza'

En cada tramo de la pieza actua un axil constante, dado que los puntos de aplicación de las cargas puntuales están

en los extremos exteriores (extremo derecho y reacción en el empoframiento) y en el punto de conexión de los dos

tramos de la pi€za. Será en estos Puntos donde se produzca el salto en la ley de axiles'

La ley de tensiones conesponderá al valor del a.ril dividido por el área de la sección en cada punto (N/A). Cuando

la pieza es de sección constante, la ley de tensiones tiene la misma forma que la de axiles y un valor N/A múltiplo de

N. Si la sección no es conslante, la ley de tensiones no será como la de axiles , ya que dependerá de la ley de variación

del área de la sección-

Se analizará cada pieza parcial independientemente'

En el caso de ta pieza troncocónica, las expresiones resultan más

fáciles si se toma como referencia de x el vertice teó¡ico del cono:

Como se ve en la figura, los radios son proporcionales, al ser lados de

triángulos semej antes:

1.)ft.x- r _ =

^r =:-_R"/Rr=x/xr = ---T =-Zo.R2 xZ t2

El valor de x2 se calcula partiendo de los valores conocidos

aplicando la ecuación deducida anteriormente:

l; x +Ll:J- - 2

\ur- x2

de las áreas extremas del tronco de cono,

2

^l - l- y teniendo en cuenta que xr : x2 + L (siendo L la longitud del tronco de cono), queda

Az x2

donde sustituyendo los valores del problema, nos quedará:

x2: L / (12 - l): 50 I 0'4142 = 120,7 cm

La expresión del área será, finalmente:

A*: A2. x2 / x22:3,43 . lo¡ . xl

Latensión será o=---. 2Ax 3.41.104.-¡

que es una hipérbola de 2'grado.

Tensión en e\trerlro izquiel do del cono:

o'r.,,,'. = 200 KP i l0 cnr = 20 Kpicrnr

liCa¡t.ll - Trucúón ! Cotttfes¡ótt simPle Problentas ¡sa\táticos

Problemas Resueltos de ResistenciaMi

Tensión en extremo derecho del cono:

6r ""n"

= 200 Kp / 5 cmr : 40 Kp/cmz

Tensión en el cilindro:

o.2.;rin¿,o : 100 Kp / 5 cm2 = 20 Kp/cm?

La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.

b) Desplazamiento de los puntos A y B,

Se toma¡á como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.

El alargamiento de una pieza sometida a hacción (o compresión) viene dada por la expresión:

rl2N Ex2 NM= l. -Lds = | .:¿r¿st EA ¿ft EA

donde, por ser una pieza recta, se ha particularizado la expresión general al eje x de la pieza.

Como la pieza está compuesta por dos tramos con características distintas, estudiaremos cada uno por separado.

Pieza troncocónica

En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil N y el valor de E

Es muy importante la consideración de que los lÍmites de integración, dado que el origen de la coordenada x se ha

tomado en el vértice del cono, serán los valo¡es x2 y xr (según se ve en la ftgura). Por tanto, Ia expresión de la

deformación quedará:

r -xl.. r¡r N N,'ll, Y ¡1i-----J--¿"= " l-tl* = lrz tAot = - t";* = i o'-u ^--+."r ¡^

= ,,n .ro- o.uL , ),r.

donde x2 = 120,7 cm

Xr = Xz * L: 120,7 + 50 = l'10,7 cm

N=200 Kp, E= 104 Kp/cm'?

quedando finalmente:

2oo [-r r-l -3M=-l -

+

- | = 58,3.2,427.10 - = 0.14 .z

j.4¡.lo- 4.lo4 L lro.r l2o.7l

Este será, por tanto, el desplazamiento del punto A

Pieza cilíndrica.

En ella son constantes la sección transversal, el axil N y el valor de E. Por tanto, la expresión de la defomación

quedará:

de MaterialesMilián Muñoz

fr.\ ^

tr-: . L.rrLL= |

-ds=; , [ 4t=;--

.^l ¿,'l ¿..1 4 ¿l ,rl

donde

IUU cm, tr = l0- Kpi cnl-. A_-= ) cm-N1=100 Kp, L:= 1,0 m=

i6Cap.ll - Trucción J' Cotrtpresión sinplc Ptoblentus ¡sotl.tt¡col

Problemas Resueltos de Resistencia de NIat€rialeslvlillán Muñoz


Las barras están sometidas a tracción simple, debido a la carga puntual aplicada (en el primer caso) y al

peso propio. Se conocen las acciones exteriores, la tensión admisible y las secciones transversales. La incógnita a calcular

es la longitud máxima de las barras, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material.

Para eLlo, se hará:

l. Cálculo de ariles en la bana.

2. Determinar la sección/es más solicitadas y cálculo de las tensiones normales en ellas, en función de la

longitud de la barra. Debe det€rminarse cuál es la sección más solicitada porque es en ella donde debe

imponerse la condición de agotamiento, es decir, que la tensión alcance la maxima admisible.

3. Longitud máxima para que la tensión no supere a la admisible, obtenida al igualar la tensión en la sección más

solicitada y la tensión máxima admisible.

Una vez definida la longitud, el alargamiento de la barra se calculará a partir de la expresión:

(zN*= Lá*

a) Barra de sección constante'

1. El axil que produce la carga puntual es constante en toda la bana, mientras que el producido por el peso propio es

variable, con una ley lineal, dado que la sección transversal es constante.

El axil debido al peso propio será en cada sección equivalente al peso de la barra que está bajo ella, y tendrá la

exDresión:

Npp:A.(L-y).yEl axil total será, por tanto:

N: P+A.(L-y).1

siendo y la distancia al empotramiento, A la sección y 1cl peso especifico

4.

Como la sección es constante, la rebanada más solicitada será la del empotramiento, ya que en ella el axil es máximo.

La tensión normal en el empotrami€nto será:

o:N/A: P lA+ L.^l=225/25+L.2,s l1l

lmponiendo el caso límite de que la tensión en sl empotramiento sea igual a la admisible:

o¡dm:l0=9+L 2'5 l0'1

L:l /2,5 l0-r=400cm=4m

El alargamiento de la barra será:

* = I *^, = * p +,e.1t - vt Tlav = *llr,.,,, r, -:,]1. = ;[',.,, 5] =

--fl :zs..,oo rj.2.j.l0-r.¡uf- l- 0.io+0.01 = 0.t8c,,¡l0'.lj L ' )

jr)C.rp, II - Trtcci(tn ¡'Conpresión sinple. Prob!cntas tsosttitictts.

D)

l.


Tronco de cono.

El axil en una s€cción genérica será el equivalente al peso

propio del trozo de pieza que cuelga de é1.

Tomando como origen de coordenadas el vértice del cono

completo, dado que esto facilitará mucho la integración, se

tiene que, para una sección genérica de o¡denada x, el axil

será Ia resta de:

- Peso del cono completo de vértice O y base A',

con altura x.

Peso del cono completo de vértice O y base A¡,

con altura x2, situado bajo el extremo de la pieza.

llN" = -.4".x./ - -.4.¡.x'>.f

2. La tensión en la sección genérica considerada será igual al valor del axil dividido por el área de la sección.

N, 1lA26,=-=-)/'--f-12' Ax 3 3 Ax-

Debemos obtener la expresión de A" en función de x para poder identificar la sección más solicitada.

Como se ve en la figura, los radios de las secciones A* y ,A2 son proporcionales, al ser lados de triángulos

semejantes:

&/Rr=x/xl =

),t

2- 2 -tt.R^ t^

.2Ax ¡;=2 + A'=k.x2

siendo k un valor constante que no depende de x.

Si se analiza la expresión de o", puede verse que en ella el sumando positivo crece con x y el sumando negativo, al

tener una x2 en el denominador, disminuye con x. Así pues, el máximo valor de o conesponderá al máximo valor de x, es

decir, al empotramiento.

La tensión máxima deberá ser menor o igual a la tensión admisible, condición con la que podrá calcularse el valor

buscado de la longitud L.

La tensión máxima se obtendrá haciendo x: H (valor de x en el empotramiento) y A*:Ar en la expresión de o".

Además, se tendrá en cuenta que

22r.t.{ 11

2 - ..2AtrnI

lI 1.41 I I'r?

6¿rctr = ..) H- _7.-=,yH-- | -=i = 6a<!nJ I lt J J H

Despejando x1:

Cap. fl -'frrtccióu t'Contprusión sintplc Probl¿nas ¡so\láticos. 40

Problemas Resuelfos de Resistenc¡a de ñIaterialesMillán Muñoz

La longitud máxima de la bana debe¡á ser:

L = H - xr : 20.000 - 14 736 = 5.264 cm: 52'64 m.

5. El alargamiento de la bana será, considerando que según se ha tomado el origen de x, los extemos de integración

serán x2 y H:

* - üh,, = :,!':,1. - ? -]- = *nl' i)- =;l[*. +][ =

4git-Lq4 rqtz62 *tqné -Atte2f =z.sa"^.:.roa[ 2 z 2oooo i

En la exoresión ante¡ior se han tenido en cuenta las relaciones obtenidas previamente de N*/A* = o" y de A*/A¡.

1)| | 3.H-^.H.f-oodrrl.-

Cap,ll - Trocción ¡' Conryrcsión sinplc. Problcttttts isa\tút¡cos. 4t


D SISTE}IA I

a) Para un valor de P= 100 kp., movimiento horizontal y

vertical del punto A.

El movimiento del punto A es debido al alargamiento

combinado de los cables I y 2. Al alargarse éstos, dado que el

punto A es común a los dos, la posición final de equilibrio del

punto A será aquella que diste de los puntos de anclaje de los

cables unas longitudes Lr + ^Lr

para el cable t, y L? * ^Ll

para el cable 2.

El proceso de cálculo tendrá los siguientes pasos:

- Calculo de axiles en cada cable.

- Cálculo de alargamientos de cada cable.

- Cálculo de la nueva posición del punto A: A'.

Análogamente, se obtiene de la primera ecuación:

Para los datos del problema, se tiene que:

Lr . sen ü.= Lz.sen p =2 senc¡=2/6=1 /3

cos ü:0,943

tg a = 0,354

Con lo que las expresiones de N ¡ y N] quedarán:

N r= 0.3,1 P = 84,97 Kp N:= I ,076 P = 107,6 Kp

Problemas Resueltos de Resistencia de MateriálesI NIillán Muñoz

L:300 L=500 cm

E= l0j Kp/cml

l. Cálculo de axiles.

La fue¡za P se descompondrá en un axilN¡ sobre el cable I y otro axil N2 sobre el cable 2.

Por equilibrio de fuerzas en A se tiene:

- Equilibrio horizontal: N¡u = Nzu

- Equilibrio vertical: Nr"+N2u=P

Además, como Ios axiles tienen la dirección de los cables sobre los que actúan:

Nrn : Nt . cos 0., Nrv = Nt . sen ü.

Nu¡¡:Nz. cos p, N2y:N2. sen p

Sustituyendo estas expresiones en las de aniba, quedará:

N¡ . cos cr: N2 , cos p, es decir

Nr.send+N?.senp=P,

N2. sen ct.cos p /cos ü +Nz. sen p : P,

f:fo:10,".F"ut" t

N¡=N2.cosp/coscr

donde si sustituimos la expresión de N¡ anterior, queda:

tEd.cosp rsenp .os p ,(tg(t + fg p)

cosd.(Igd + tgB)

senp=2/3

cos p = 0,745

tg 0 = 0,894

Cap. II - Trrtccióu ¡' Conryresión sinple. Probleno.s iso.stá/icos ll

Proltlemas Resueltos de Resistencia de Nlaterialesisuel I lv{illán Muñoz

2. Alargamientos en cada cable.

- Cable l:

... N, .\, 8J.97.600

^/, = i"'irdr - r L, =

-;*- - 1.02 c¡r¡.

' "" 8,.r, Et.rl ' lo*.5

- Cable 2.

De la misma forma, se obtiene que: LLz= 107,6. 300 / (105 .4) : 0,08 cm.

3. Movimiento del punto A.

Para calcular la nueva posición del punto A de form¿ exacta, se debería calcular el valor de los ángulos del sistema

deformado: o' y B', resolviendo el sistema de ecuaciones siguiente.

Po¡ el teorema de los senos:L,+M, L1+LL1

Como la separación entre anclajes no cambia:

senB' send'

D = (Lr + alr) . cos a' + (L, + ^Lr)

. cos p'

Sin embargo, admitiendo la hipótesis de pequeñas deformaciones, podemos considerar la construcción geométrica

que se representa en el gráfico adjunto, que nos permitirá calcular de forma aproximada los movimientos vertical y

horizontal del punto A:

Los cables se alargan cada uno una longitud ^Lr

= 6¡ y AL¡ :6¡. Cada uno de ellos describirá al deforma¡se un

arco de círcunferencia con centro en su anclaje desde su posición original, y Ia posición del punto A'tras la

deformación corresponderá a la intersección de ambos arcos. Por Ia hipótesis de pequeñas deformaciones, podemos

süstituir cada uno de esos arcos por la perpendicular a la posición original del cable en su punto extremo.

De esta form4 la posición del punto A'será la intersección de ambas perpendiculares. El movimiento buscado es,

entonces, la línea AA' de la figura (movimiento total), y sus proyecciones horizontal y vertical (movimientos

horizontal y vertical buscados)

En Ia figura se observa que hemos formado un cuadrilátero de vértices AA"A'A"', cuya diagonal es el

movimiento AA' y dos de sus lados sol los alargamientos calculados para los cables:

Y AA"' = 6"

Como el movimiento buscado es la diagonal AA' y ésta forma junto a cada pareja de lados del cuadrilátero un

triángulo rectángulo, si calculamos el valor de estos lados, podremos deducir el de la diagonal Para ello, escogemos el

triángulo rectágulo de vértices AA'A."'.

De este triángulo ya conocemos el lado AA"' igual a 62 Debemos calcular entonces AA"'

podemos obtener una relación ent¡e los lados del cuadrilátero teniendo en cuenta que, al ser un polÍgono cerrado.

se cumple la relación siguiente, proyectando sobre el lado AA" los demás lados:

6¡ = proyecc (A"A') + proyecc (A'A"') - proyecc (A"'A)

donde al ser A"A, perperdicular al lado sobre el que proyectamos. su proyección es nula, quedando:

Cap.ll - Trucción -t' Contpresióu simple. Problenrus isosltil¡Los 43

Problemas Resueltos de Resistencia de lv' ater¡ales- Miguel Angel Millán lvluñoz

6r = proyecc (A'A"') - proyecc (62)

Sólo queda definir los ángulos de los lados citados respecto al lado sobre el que que proyectamos, y podremos

¡esolver la ecuación, en la que la única incógnita es A'A"'.

Según el gráfico vemos que:

proyecc (6¡) - 62. cos(c - p)

proyecc (A'A"') = A'A"'. cos(7rl2 -ct - p)=A'A"'. sen( o + p)

Así pues, sustituyendo en la ecuación anterior y despejando A'A"', quedará:

6r = A'A"' . sen( g + B) + 6'. cos(ü + B)

fi+$cos(a+P)sen(a + P)

Con esta expresión conocemos los dos catetos del

triángulo rectii,ngulo, y podemos calcular el movimiento

de A con la expresión:

Las componentes horizontal y vertical se deducen

p¡oyectande este valor de A'A"' sobre un eje vertical y

otro horizontal. Del gráfico puede obtenerse que:

t80=62/(A'A"')

6v=AA'.cos(p-{)

6H:AA'.sen(p-g)

Aplicando las expresiones anteriores a los datos del problema:

En la primera parte del problema se obtuvo:

sencr:l/3 senp=2/3 es decir: c¡:19,5' p=41,3" ¡¿+p:61,3'

62 = 0,08 cm

El lado del triángulo A'4"'será:

ü + 61cosl,1 r Pl l.0l F 0.08cos(61.1)=

-

= lll c'"sen(d + P) sen(61.3)

El movinriento del punto A será entonces:

+ (A', A'" \2

Cap.ll - Trucción t' Compresión sünple. Problcntas isos!úticas

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesMisuel Millán Muñoz

Por equilibrio de momentos en la unión con el cable 2, se tiene:

Nr.3:P.l - Nr = P / 3 = 0,33 . P:33,3 KP.

Por tanto, Nz= P-Nr =2.P /3 :0,66. P= 66,67 KP.

2. Alargamientos de cada cable.

- Cable l:

Mt=

- Cable 2.

Mz=

t!? N| a'- Nr

.¿, =lP.uoo=o,oo"''^' EtAt EtAt ' l0'.5

¡il r_z_ * _ Nz .b = Í$.roo = o,o, ",''' Ez.Az Ez.Az ' lO' .4

Movimiento del Punto A.

El movimiento de A será proporcional al movimiento de

extremos de la viga, con la relaciÓn:

M,-LL. 6"-Al4

6,c=ALr/3 + 2LL2l3=0,40 l3+2.0,05 13:- 0,167 cm.

b) valor máximo de la carga P sin sobrepasar la tensión admisible en ninguno de los cables.

Er varor que debe r."* ," ".,:,:0fr",T::::;il::ffi::.1::::iJ""r der axil en er cabre es 0,33 p:

P = l0 / 0,066 = 151,5 Kp.

En el cable 2, se tendrá: o, = N¿ / A, = 0.67 . P | 4 = 0-167 . P - o"¿.', = 20

P : 20 / 0,167 = I19,8 Kp.

Asi pues, el valor de

cable 2.

P máximo es el menor de los dos valo¡es calculados: P: I 19,8 Kp, agotándose en primer lugar el

Cap. II - Trrrcción ¡'Conpresión sinple. Proble¡ttrts ¡sost¿¡t¡cot {6

Problé-m4s Resueltos de Resistencia de MaterialesI Millán Muñoz

rtr.- FLEXTON (I).

ill.I- Tensiones.III.2- Giros y flechüs. Ecuación de la eldstica y

Teoremss de Mohr,

Cxp. lll.l . Fle:ión (I). Tensiottes. 41

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesL rvultan Nlur'toz

l. Cuestiones:

a) Calcular el momento máximo positivo y el negativo que son capaces de soportar las secciones de la figura l.

sabiendo que la tensión admisible a fiacción es o"¿.¡,r= 100 Kp/cm2 y a compresión oua.¡,c= 200 Kp/cm?.

b) Calcular el valor del momento flector que solicita a la sección de la fig. 2 y su signo , sabiendo que la ¡ensión en el

Dunto I es de lracc¡ón y de valor 30 kp/cm?.

(Cotas en cm).

Fig. 1 T_l2. Dimensionar el canto necesario de la viga, siendo Ia tensión admisible o"¿.,,= 200 Kp/cm'z.

(Examen Parcial, Curso 93-94)

6",.1 lt,vr t--llltl

20

3. Hallar la longitud L enfte apoyos de Ia siguiente viga, sabiendo que en el punto I de la sección A (7,5 cm por encima

del eje n€utro) hay una tensión normal de tracciÓn de valor 43,75 kp/cm? (Dato: El=cte)'

(Examen Final , Curso 97-98)

I@

.5 cm

20 cm

4. En la viga de la figura

(Daro I. = 1/36 .b.h)

o"¿.¡.r : 280 kp/cmt y o"o.¡,t = 320 kp/cm?, Calcular el canto h'

(Primer parcial, Curso 94-95)

Al

Can.III-1. Flexión . Tensiones.

Cap. IIL I . Fle.\ión (l). 'fetr;iottev

ll cnr

l8

Problemai Resueltos de Resistencia de MaterialesI Nfillán lvfuñoz


CUESTION a)

para el cálculo del momento máximo positivo y negativo que una sección es capaz de admitir, las condiciones a

imponer son siempre el que se alcance la máxima tensión admisible en la fibra más solicitada de la sección.

EI proceso de cálculo consistirá entonces en:

l- Estudia¡ el diagrama de tensiones que se produce en la sección y deduct, segun sus caracteristicas, cuál es la

fibra más solicitada.

2- Como estudiamos el agotamiento de la sección, éste se producirá cuando en la fibra más solicitada se alcance

q"d*i, (a tracción o a compresión, según la fibra esté comprimida o traccionada). Tendremos que imponer entonces

aicná tensiOn y, por tanto, el diagrama de tensiones estará completamente definido, dado que conocemos este

punto y además pasa por el eje neutro.

3- EI momento buscado se¡á el que produce dicho diagrama de tensiones, obteniéndose fácilmente con la

expresión: "=Iy

donde al sustituir o = y tomando la yr correspondiente a la fibra más solicitada queda:

M = o admis I

rl

Es evidente que obtendremos, en general, dos momentos máximos, uno positivo y otro negativo, según

consideremos la fibra mrís comprimida (con su ordenada y respecto a la fibra neutra) o la más traccionada (con su ordenada

y correspondiente).

Sección rectangular

Dado que en la sección rectangular el eje neuho está en el centro geométrico de la sección, la tensión máxima de

tracción es siempre igual en modulo a ü de compresión, dado que el valor de la ordenada de sus fibras "y" es igual para las

dos. Esto puede apreciarse fácilmente en el gráfico de tensiones adjunto

Al considerar el agotamiento de la sección, impondremos que se alcance la o"u¿-i,

en Ia fibra más comprimida, por una parte, y en una hipótesis distinta, que se alcance la

oru¿,¡ en Ia fibra más traccionada. De estas dos hipótesis, la que realmente agotará la

sección será la que se alcance primero, es decir, la que ocasione un M de menor valor'

Este doble cálculo en realidad ¡ro será necesario, puesto que como se ha indicado'

las tensiones máximas de tracción y compresión en la sección son siempre iguales en

módulo. Por tanto siempÍe ss alcanzará primero el estado de agotamiento definido por la

ou,t.i. de menor valor absoluto.

Así pues, aplicando la fórmula indicada a la fibra extrema traccionada (y: h/2 =

20 cm), dado que la oc.¿",;, = 100 kp/cm? es la más pequeña, nos quedará:

-l.. "a,lntis '

:I

1rl"olri-i

jjt -

100 il 20 J0 = ill.Jli Kp cn = 5.Ji ,,.¡

ht2 20

Los momentos máxirnos admisibles positivo y negativo para la sécción rectangular son, por tanto, iguales en valor

absoluto IVf = 5.33 m.t.

Cap. Ill.l .- F/c.viritt (I). Tensiottes. .+9


Sección en T.

para este caso, al ser la posición de la fibra neutra asimétrica verticalmente, no se puede saca¡ una conclusión

directa sobre si el agotamiento va a ser a tracción o a compresión

para saber cómo agota la sección se harán dos tanteos. En primer lugar se supone el agotamiento a tracción de Ia

fibra ext¡ema traccionada, y en segundo lugar se supondrá que agota a compresión fibla exftema comprimida- De los dos

momentos obtenidos, el que agote la secéión será el de menor valor, ya que conseguirá alcanzar antes una de las o"¿,¡, .

Estos tanteos se harán tanto pafa calcular el máximo momento positivo como el negativo,

- Cálculo de la posición de la fibra neutra.

El centro de gravedad se calculará igualando los momentos estáticos de las áreas parciales con el de la sección

total, referidos a un eje que pasa por el borde superior de la sección:

20.5.2.5+35.5 (3512+5)=(20.5 + 35 .5). vc = vc = 15,23 cm'

- Momento de inercia de la sección respecto al eje neurro'

Se descompone la sección en rectángulos con un lado perteneciente al eje neutro, contabiliziindose negativamente

las inercias de aquellos que no perten€zcan a la sección real:

fc: l/3 .20 .75,233 -2. l/3 .',l,5 .10,233 + l/3 . 5 (40 - 15,23)3 = 43'52'1,5 cma

- Máximo momento positivo.

Fig l.r .- Agotamieotoa compresión

Fig l.b.- ¡\gotamiento¡ tr¡cc¡ón

Suponiendoagotamientoacompresión,Iañbramáscomprimidaesladelextremosuperior(porserunmomentopositivo), y el momento máximo será (fig 1 a):

" d{ntt\ , = 5'71.9'1'l Kp.cnt = 5,12 n.tLIt

Suponiendo agotatniento a tracción, la fibra

positivo), y el momento máximo será (fig l.b):

200 . 43.521

ti?1

más traccionada es la del extremo inferior (por ser un momento

,\tr+ = 9;-! ' 100 43 527 = lti.716 Kp.cnt = t,'16 nt.t

.l'nrr'¿ro¡ ('10 - 15.21)

EI rnomento buscado es ei nenor dc los dos: lví,,,". = 1.76 n. t

Cap. IIL I .-.ltlc-tiítI (I). Tetls¡an¿s. 50

Problem¡s Resueltos de Resistencia de NfatelialesI NIillán Muñoz

- lvf áximo momento negatlvo.

Fig 2.¡.- Agotamientoa compresión

Fig 2.b .- Agotamientoa tr¡cción

Suponiendoagotamientoacompresión,lafibramáscomprimidaesladelextremoinferior(porselünmomentonegativo), i el momento máximo será (fig' 2 a):

oad^ís I =

200 43 52'1 - 351.453 Kp.cn=3,5rm.t

Yinferior (40 - 15'23)

Suponiendo agotamlento a tracción, la fibra más t¡accionada es la del extremo superior (por ser un momenlo

negativo), y el rnomento máximo seú (fig l 'b):

Ml

T

,^- - d ad-is I -

100 43 527 = 285.800 Kp.cn = 2.E5 n.l

' y 15,23srp eftor

El momento büscado es el menor do los dos: M.". = -2,85m t

CUESTION b)

El valor de la tension es constante en cualquier punto contenido en un eje paralelo al eje neutro, es decir en todos

oqu"llo. punio, qu" tengan tu mirmu orá"nudu ..rpá"to u dicho eje neutro. Esto es evidente en la fó¡mula de Navier' donde

i"' U"i"" '""ri"Uf ,j g"oniét i"u en la expresión de la tensión es la ordenada "y", independient€mente de la x del punto

considerado.

Por tanto, el valor de la tensión en el punto solicitado depende sólo de su posición vertical, y no de la horizontal.

El valor del momento sera, entonces

r1

^t =or -o''htn' -¡o ü 30:03 - 135000 Kp,r = I'J5 'at

t0

Pu€stoquelat€nslónesdetracción,yelpuntoestásituadosobrelaflbraneutra,podemosconclLtirqueelmomento actuante es negativo, dado que tracciona la parte superior y comprime la inferior:

M = -1,35 m. t

ilCap. fll.1 .' Flcriótt (l). Tensiones

ProblemaS Resueltos de Resistencia de MaterialesM LVllltan Lvlunoz

SOLUCION PROBLEIVIA N" 2

El canto necesario para la viga será aquel que consiga que la sección más solicitada está en el límite de

agotamiento, es decir, que la fibra más sólicitada de dicha sección tenga una tensión igual a la admisible.

En este caso, dado que el problema sólo da un valo¡ de oadñis podemos concluir que dicho valor corresponde tanto

a la tensión admisible a tracción como a la de compresión'

Los pasos a seguir serán:

l. Identificar la sección más solicitada a flexión (dado que el problema sólo indica tensión admisible a tracciÓn y

compresión) a partir del diagrama de momentos flectores'

2. Calcular la tensión máxima en dicha sección en función del canto h (incógnita) e imponer que sea igual a Ia

ondmis.. De esta ecuación se obtiene el valor de h buscado'

Cálculo del diagrama de Momentos 6 m.r | ,,

Calculamos primero las reacciones en los apoyos' planteando Ael equilibrio de momentos y el de fuerzas vef icalet q;

t tEquilibrio de momentos en apoyo derecho:

| -

| "6 -8'2=Rr'4 + Rr=1014=2,5t'

Equilibrio de fuerzas verticales:

Rr:8-2,5:5,5 1.

El diagrama de momentos será el indicado en la figura' siendo

la sección más-solicitada la del centro de vano de la viga biapoyada'

con un momento M = [1m.t.

Cálculo de la tensión máxima )¡ del canto

Al ser la sección transversal rectangular, la tensión máxima se producirá en las ltbras extremas' tanto en la inferior

como en la superior, con idéntico valor absóluto en ambas. La condiciÓn de agotamiento la impondremos en cualquiera de

ellas. dado que la tensión admisible es igual para tracciÓn y compresión

De Ia ecuación de Navier:

tull"lhM" = i y = L¡lÉ t= Tf,p = 6.a,,i,

Despejando el valor de h buscado:

.@=00.ur",,.! 20.200

El canto necesarto sera, si redondeamos por motivos constructivos a

mÍrltiplos de 5 cn., h = 45 cm.

Cap. lll.l . Fle.tiúu (l). T¿ttstut¡¿'¡ 5l

Problem¡s Resueltos de Resistencia de Nlateri lcsMillán I\,f uñoz

SOLUCIÓN PROBLEMA N" 3

La tensión producida en un punto cualquiera de una sección depende de la geometria de dicha sección (conocida

en este problema, ya que es rectangular de 20 x 30 cm) y del momento flector que actúe sobre ella. La relación enfre todas

Ias variables se establece mediante la ecuación de Navier.

El momento flector en la sección A indicada dependerá de las cargas que actuen sobre la viga (conocidas, q=3

lmzl y de la luz de la viga, que en este caso es la incógnita a determinar

Et proceso de cálculo será entonces:

- Determinar €l momento M que actúa sobre la sección, en función de la incógnita L.

- Calcular en función de la tensión normal que se produce sobre el punto I de la sección A el momento que está

actuando sobre ella.

- lgualar dicho momento con el calculado anteriormente, obteniendo una ecuación con una incógnita de la que

podemos desPejar L.

Cálculo del momento en A, función de L

El momento en centro de vano equivale al de una viga biapoyada con dos momentos puntuales en los apoyos

debidos a los voladizos:

- Muou¿i,o: - Q .L,.L"12=-ll2.qL"2:-112.3 .22='6m.t

- M6¡,oor"¿"= 1/8 . q L2

- M¡:l/8 .qL'? -6=318L?-6 (unidadesm.t)

Cálculo del momento que crea la tensión indicada en A

Teniendo en cuenta que la tensión en el punto A es de tracción, según indica el problema, el momento que actúa

d€be se¡ negativo, ya que sólo un momento negativo crea tracciones en la parte superior de la sección (sobre el eje neutro).

De la ecuación de Navier, despejamos M:

M

Cálculo del canto h

Igualando los dos momentos, nos queda:

MA = 3/8L1 -6=-2,625 3

o I 41,75. ,\ 20 301= - 262.500 Kp.cn = - 2,625 m t

Lz=3,375 .813 =9 L= 3,0 m.

Cap. IIl.l . Flexión (I). Tensío¡r¿s. i3

Prqblemas Resueltos de Resistencia de MaterialesMillán lvfuñoz

SOLUCION PROBLEMA N' {

El canto que deberá tener la viga es aquél que permita resistir los máximos momentos que provocan las cargas que

actúan sobre la viga, sin sobrepasar en ningún caso las tensiones admisibles.

Dado que la sección no es simétrica respecto al eje neutro, los momentos positivo y negativo de agotamiento de lasección se¡án distintos y, por tanto, habrá que calcular ambos y comprobar que no son superados por los que actuan en lavlga.

El proceso de cálculo setá entonces:

- Cálculo de los momentos de agotamiento de la sección, tanto positivo como negativo.

- Cálculo de los momentos máximos, positivo y negativo, que actuan sobre la viga.

- Obtención del canto h que permite resistir ambos momentos sin superar ninguna de las tensiones admisibles.

Cálculo de los momentos de agotamiento de la sección

Los momentos de agotamiento pueden obtenerse a partir de las distribuciones de tensiones que alcanzan la o"¿,¡,

en la fibra más solicitada.

En primer lugar, dado que la sección es triangular, la posición del eje neutro corresponde a l/3 h, que es la

posición del centro de gravedad.

Conocida dicha posición, podemos establecer las distribuciones de tensiones que agotan la sección, imponiendo el

agotamiento a compresión primero y a tracción después, siendo el real el que se produzca antes, es decir, con un momento

flector de menor valor. Este cálculo se hará tanto para momento positivo como negativo.

Momenlo Dosilivo:

Fig La.- Agotamientoa compresión

Fig l-b.- Agotamientoa tr:¡cción

El agotamiento a compresión se produce para el momento M1'equivalente a la distribución de tensiones de la fig.

l.a, y podemos obtenerlo a partir de la fórmula de Navier:

r¡n lrl¡,1= .V: - 9r!'' t - "" J",'-

' = 160,r¡l Kp.c¿r.

tsúPtn.r I,.

Análogamente, el agotamiento a tracción se produce para el momento Mr', tal y como se indica en la fig. l.b, de

valor:l, rqn Lrll,l

y, =d::--r::L. J _ -"" l^;'- ' -28uir- Ap.,ar

!¡t cua i /¡

El momento positivo de agotan]iento será el menor de los dos, es dccir. lvlt- = 160 hr.

Cap. III.I . FIeúón (l) Te¡t:;iones. 5l

Problenias Resueltos de Resistencia de NIáterialesI Millán Muñoz

úIoflEnto tregalit'o:

Fig 2.¡ ,- Agotamientoa compresióo

F¡g 2.b.- Agotamientoa tracción

EI agotamiento a compresión se produce para el momento Mr- equivalente a la distribución de tensiones de la fig.

2.a, y de la misma forma que en el aptdo anterior será:

- t | 320.+ 12 htyr- =6odn,'

I -""')e-''" =320h2 Kp.cn.f;ot cnor i n

Análogamente, el agotamiento a tracción se produce para el momento Mj, tal y como se indica en la fig.2.b, de

valof:

- .r t 280.+ 12 h3y,- = dadn¡is I _ -""' )6.'- ' = 140 h2 Kp.cn.tswtnar I -

El momento negativo de agotamiento será el menor de los dos, es decir, Mr- = 140 h'z'

Cálcülo de los momentos que actúan sobre la viga

Dada la geometria de la viga y la distribución de las cargas, es fácil observar que los mayores momentos negativos

se producirán en los apoyos y el máximo momento positivo en €l centro del vano central'

El momento en centro de vano equivale al de una viga biapoyada con dos momentos puntuales en los apoyos

debidos a los voladizos (que coinciden con los máximos momentos negativos):

- Muor,di.o=-Q.L,.L"/2:-l/2.qL,2:- l/2 . 1,6 . l2 : - 0,8 m.t

- Muiopoy"¿u= l/8 . q L'?= l/8 ' 1,6 .3? = 1,8 m.t

- M."noo u-o : Mbiapoyada - Mvo¡a¿¡- : 1,8 - 0'8 = l'4 m t

Cálculo del canto h

El canto necesario para resistir cada uno de los momentos positivo y negativo que actúan sobre la viga se obtiene

igualando éstos con los resiectivos momentos de agotamiento de la sección. El canto necesario será el mayor de los dos

obtenidos. Hay que señalar la necesidad de establece¡ las ecuaciones en un sistema de unidades homogéneo

M* = 160 h'] Kp.cm = 1,0 . 10t kp .cm

M- = 140 hr Kp.cm = 0,8 . 105 kp .cm :) h = 23,9 cm =

25 cm.

Por tanto, el canto nec€sario será el mayor, es decir, h = 25 cm.

Cap. IILI . Flexión (l). Tensiones. f)

Problemas Resueltos de Resistenci¡ de M¡terialesMillán Muñoz

Cap.III-2. Flexión . Giros v flechas.

l. Calcular para los siguientes casos:

a) Leyes analíticas de esfuerzos axil, cortante y momento flector.

b) Ecuación de la elástica de las siguientes vigas (se tomará EI = cte en todos los casos) y definir el giro y la flecha en

el punto A.

c) Calcular el giro y la flecha en el mismo punto A usando los teoremas de Mohr.

M IPA------A---)7 t-./ ,^tLtll.-------- -------t | '- | 'lt------------1--

q

l-r.-I lT\ ro

4rülJütg-- í\A ^ -Y-'l , | . I I s i , If-------- ------1 F_l--+-l_-]

Calcular la flecha máxima en la siguiente viga por el método de la elástica y por los teoremas de Mohr (El = cte).

/)\l7 r ] lly=l -.r- ---4., l.-|r2 t2 )E.1

HallarTenx:1m.tlrIIár lá<..roa.

Hallar la luz.

)r- 4., l. -,) E'

a)

b)

l2llr--- --r_-----T

A (cent¡o)

J. Para cada una de las ecuaciones de la elástica siguientes , se pide:

l2rI

I

Yz m.T I r\---------ñ-

-Zlllsttlr-------------- --

/)tt 1 x

v=l-.x- --t 12 t2

4. Calcular la flecha en A (EI = cte).

Cap. IIL2 .- Flc-\ió (l) Giros r llecln:;. )()

Protrlemas Resueltos de Resistencia de MaterialcsAngel Millán Nf uñoz

6.

5. La viga de la figura está solicitada por una

carga vertical P = I T. Calcular el conimiento

vertical del punto A de aplicación de la carga.

(EI)"ir" = 1000 T.m2

( EA)",,",. = 2000 T.mr

Calcular el movimiento vertical de los puntos A y

sabiendo que la viga apoya en el punto A sobre

muelle de constante elástica K.

(EI),¡n" = 1000 T.m2

(K).""¡. : 3000 T/m

7. Calcular el movimiento vertical del punto B (flotador) y

C tras la aplicación de la carga P = 0,2 T, sabiendo que

el flotador tiene una sección fansversal de 7,5 m2 y está

sumergido en agua. Antes de la aplicación de la carga P,

la posición de la viga es horizontal.

(EI),r, = 1000 T.m'?

8. La estructura de la figura está sometida exclusivamente a su peso

propio. Calcular el corrimiento horizontal y vertical del punto A,

sabiendo que las dos banas son cuadradas de sección 30 x 30 cm y

que la densidad del mate¡ial es 2,5 T/mr. Las banas son

inelongables. E = 2 . 106 Kp/cm?.

B,

un

ó

Itl2lr Ir-- ---T---- l

C.ip. lf | 3 .'.- Ílt.\ión 0) Cto.s ¡ 1,-ltar i7

Problemás Re¡üettos de Resistencia de Nlaterialesel Millán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N"1

El proceso de cálculo será similar para todos los casos y constará de los siguientes pasos:

l. Cálculo de las leyes de esfuerzos:

a) Se tomará siempre como origen de x el extrcmo do¡sal de la viga (extremo izquierdo). De esta forma se cumplirá

la relación:dlt'Í

dx

b) Se analizarán los tramos en que se deberán calcula¡ por separado las distintas leyes, especialmente la de

momentos, que serán los tramos que después se definan para la elástica-

El inicio y final de estos tramos estarán determinados por:

- Apoyo, empotramiento o borde libre.

- Punto de aplicación de una carga puntual o momento puntual'

c)

- inicio o final de una dist¡ibución de carga de cualquier forma, o cambio de forma de dicha distribución

(ej. paso de una densidad q rectangular a otra triangular, o cambio de una densidad rectangular q a otra

rectangular q')

Se calcularán las reacciones si éstas son necesarias para la evaluación de los esfuerzos (p. ejem en una ménsula,

dado que se pueden leer los esfuerzos desde el borde libre, no sería necesario el cálculo de las reacciones, salvo

que leer desde el empotramiento sea más simpte).

La expresión analítica de la ley para cada uno de los tramos se obtendrá eligiendo una sección genérica de abcisa

x, qué esté situada dentro del t¡amo estudiado, y se calculará el esfuerzo que acflla sobre ella, bien leyendo por la

derecha o bien por la izquierda (según sea más cómodo).

2. Ecuacién de la elástica.

a) Se parte de la ley de momentos definida anteriorm€nte en cada tramo'

b) Debe tenerse en cuenú que los t¡amos de la elástica coinciden en general con los de la ley de momentos calculada,

salvo en los casos siguientes, que afectan a la rigidez El:

- Inercia I variable Por hamos.

- Módulo de elasticidad variable por tramos'

En estos casos, se deberá calcular la eláStica por integración independiente en cada uno de eSoS tramos.

Si la variación de los parámetros citados fuera continua, no habrá que separaf por tlamos, solamente habrá que

tener en cuenta que deúe integrarse la ley M/El considerando EI dependiente también de x.

c) Se integrará sucesivamente la ecuación Et y" = ¡911",

sin olvida¡ las constantes de integración. téngase €n cuenta que para esta ecuación se han empleado unos ejes de

coordenadas con sentido positivo de la flecha hacia aniba. (Si se hubiera usado la ecuación EI y" = - M(x), el

sentido positivo de la flecha sería hacia abajo)'

d) Se impondrán las condiciones de contomo que permitan obtener el valor de dichas constantes, y que se oblendrán

de:

- condiciones de giro y flecha en los apoyos o empotramlenlos.

- continJidld de ¡iro ¡ fleclt.r en l¡ trnión enire trllnos sucesivos

d)

53Crp. Ilf .). Flt.t'iitt (l). Gtr".'.r' tl¿' lt'ts

Problemas Resueltos de Rcs¡stencia de NlaterialesMillán Vtuñoz

Viga n" I

L- Leyes de esfue¡zos.

Calculamos los esfue¡zos leyendo por la derecha, por lo que no

Tramo I:N:0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)

M:-M-P(2,L-x)

Tramo II:N:0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)T=PM = - P (2.L - x) (en este Íamo ya no actua el momento puntual M)

Condiciones de contorno:

- Ciro nulo en el empotramiento: 0 (x:0) = y'(x=O) = 0 +- Movimiento vertical nulo en el empotramiento y (x:0) = 0 -

Tramo II:El .Y" = - P (2L-x) = Px - 2.PL

2

EI Y' = P'- - 2'P L'r + C32

3a)ELy = P.- - P.L.t- + C..x + C4

Condiciones de contorno :

será necesario calcular las reacciones.

f'L"L"1P.- -1.\l +2..P.1.1.- = P.- P.L.L- + \l L..L

626

P

2.- Ecuación de la elástica.

Teniendo en cuenta que la rigidez El es constante' la ecuación a integrar será: EI . y" = M(x)

Tramo I:ELy" = - ¡v7 - P(2L-x) = P.x - (lvl + zPL)

2x

ELy' = P.- - (M +2.P.L).x+CI2

.32tx

EI.y = P.- - 1, * 2.P.L).- + C,.x + Ct62t-

- Igualdad de giros en punto común a los dos tramos: 0¡ (x=L) = 0¡¡ (x=L) > y'r(x=L) = y'rr (x=0)

lgualamos las dos ecuaciones de y' sustituyendo x por L

?tp.:-(,11 + 2.P.L).L = P.--2.P.1.1+C3 -.)22

C;= - M. L

- tgualdad de flecha en punto común a los dos tramos y¡ (x=L) = y¡¡ (x=L)

Igualamos las dos ecuaciones de y, sustituyendo x por L, y teniendo en cuenta que C ¡ = C1 = 0. así como clue

+C, ::. Lr =-11

L- 1 l.-.\l -+\1.1. =\l -11

cj=-M.L

Cap. IIL2.-- Fle.rirí n (l). Giros t.llechus 59

Probiemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales

El punto A cor¡esponde al ext¡emo de la ménsula, es decir a x = 2.L, perteneciendo al tramo Il.

lAngel lvfillán Nluñoz

i.- Gi¡o y flecha en A por la elástica.

El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones y' e y del tramo al q1rc pertenece elpltnto, con sólo particularizarlas para la x del punto buscado.

- Giro en A:

0u= y'(x =,r= *(, +-2p L¡ - " ')=+(, + -2 p L(21)- ¡vt L)=-;fu ,.,, r)

- Flecha en A:

yt;c = 2.Lt = +(, u¿ - p.1 4.L2 - ^4

L t2.L) +^, 4) = !( o ¡ ( t - q\ * .u.t2 ( to,\ 6 2)Er\ \3 / \2

4.- Giro y flecha en A por los teoremas de Moh¡.

-rl) = -rl- L p tr - 3 nt.r2\t) EI'3 2 |

AI ser una ménsula, podemos obtener directamente el valor del giro y la flecha en A a partir del lo y 2o teoremasde Mohr, siempre que consideremos dicho giro ¡especto al empotramiento. Debemos emplear,entonces, la ley de momentosentre el empotramiento y el punto A

Pa¡a ello necesitamos dibujar previamente la ley de momentos flectores.

Como es un caso de cargas combinadas, lo más fácil es descomponer el problema en dos casos simples, con cargasindividuales, calculando para cada uno de ellos el giro y la flecha en A y superponiendo los resultados (con su signo).

Puede verse con facilidad que en los dos estados de este problema, tanto el giro como la flecha son negativos, esdecir, giro antihorario y flecha hacia abajo.

4---*---_]:ILILIT-------- --------¡

Estado I

ffi^ffi^Estado Il

Por tanto, el giro y flecha del estado original serán:

r e.p.? + ,V L)9;=01+0sEI .

t,='f *r,tt =l(+-l!¿)¿/\' ' )

Estado Í

Estudo I:/\)I _1II \ 2.PI:0t = -l - .21.(2.P.1)

11 \2 ) Er),I 2.P.1- I2 \ -l8p.¿:t, ,,_t _), t-__rA | _"t-

¿,¡ \3 ) Er l

Estado II:

tr.r ( t ,\ -t :.,v.r2

;['.")-; ,Estado II

Cap. IIL2. Flexirin (I). Ciros rflecltas. o0

, Problemts Resueltos de Resistencia de Nlateri¡lesMiguel Angel Millán Muñoz

Viga n" 2

L- Le],es de esfuerzos.

Calculamos los esfuerzos leyendo por la derecha, por lo que no será necesario calcular las reacciones.

Tramo I:N = 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)T= será el área del rriángulo de carga entre x y (L-x).

Teniendo en cuenta que se cumple que:

A, (, -,)' (ver erálico adjunto)'| ,)

y(x=0)=0 ?

61. r'' ' = 0

f1. r,' = C.

¿/.r =(--..r+C-,).+

- Giro nulo en el empotramiento:

- Movimiento veftical nulo en el empotramiento:

, (r-")' r , (¿-,)' _n.(t-,\2T=A.=4.-=;st z - ,r^t:'t

.x+Cl2

0 (x=0): Y'(x=o) = 6 3

M: conesponde al momento del área Ax respecto a la sección situada

en x, es decir, el producto del área por la distancia desde su c.d.g. a la

sección x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo:

, o.(t- r\2 t o (t-'\3M =-Ax.-(L-xt=-T att-n=- u-;

Tramo II:

Puesto que leyendo por la derecha, no hay ninguna carga que pueda creat esfuerzos, se obtiene:

N=0; T=0; M:0


Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: E[ . y" : M(x)

Tramo I:

tr y" = -L .(r - ,)3

rr t'=L(t-,)4*c,

nt.y =-j. (t-')5 *c" 120.L

Condíciones de contorno :

'?d 4 oL-c =_L L ,,L| 24.1 24

,4q.L

120

A (triángulototal) = Y,.q.L

Tramo ll:

Cap. Ill.2 . Fle-uióu (l). Giros r.fiechct.s. o¡


Condicio¡tes de conlorno:

- Igualdad de giros en punto común a los dos Íamos: 01 (x=L) = 0¡ (x=L) = y'¡ (x=L) = y'¡ (x:0)

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo x por L

, .(t- t\a -q.L3 =c + c = -41321.¿' ' 24 I I 2+

- Igualdad de flecha en punto común a ios dos tramos yr (x:L) = yrr (x=L)

Igualamos las dos ecuacioneS de y, sustituyendo x por L, y teniendo en cuenta que los valores de C¡, C2 y C3calculados:

-¡ .4qL- , qL'

-.1,+-=-

a/\5--.tL-Lt -120.L '

-1

244.4

^qL4 120

3.- Giro y flecha en A por la elástica.

El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones y' e y del tramo al que pertenece elpunto, con sóIo particularizarlas para la x del punto buscado.

El punto A corresponde al punto de x = 2.L, perteneciente tanto al tramo I como al tramo [I.. Podemos usar, portanto, cualquiera de las ecuaciones para calcular el giro y la flecha. Usaremos las del t¡amo II por ser de expresión más

sencilla.

- Giro en A:

Flecha en A:

4.- Giro y flecha en A por los teoremas de Mohr.

Al ser una ménsula, podemos obtener directamente el valor del giro y laflecha en A a pafir del l'y 2o teoremas de Mohr, siempre que consideremosdicho giro respecto al empotramiento. Debemos emplear,entonces, la ley de

momentos entre el empotramiento y el punto A.

Para ello necesitamos dibujar previamente la ley de momentos

flectores. Como es una carga triangular, la ley de momentos será una parábola

de 3o grado.

.tlt , ,,\ o.fe"=:l: tl!.q.t'tl= L" r1 \4 b ) 24.8r

, -,¡ (a,'l -_ u,o

"' -

"u'\t-l 3aEI

Se han indicado signos negativos, puesto que de las cargas puede deducirse

horario y la flecha hacia abajo.

fáclimente que el giro será en sentrdo

tqÉ0 =v' (x =¿)=--.-A II' E] 24

t(oD ,¿o) qL4v =v (x=Lt=-.1'A-I 61 [ 24 t20 ) ]0.6/

=1/'c.L ll3 L= l/6 qL'1

Cap. IIL2.- Fle-\üi (l). Ciro:;.t flecltLt.t 6)

Problemas Resueltos de Resistencia de Materialeslvlillán Muñoz

Viga n" 3

L- Leyes de esfuerzos.

Para poder calcular los esfuerzos Ios esfuerzos es necesa¡io calcular las ¡eacciones.

Planteando el equilibrio de momentos en es apoyo izquierdo: q

R1. L: /2. q. L. l/3 .L= l/6. q.L2Rr: l/6.q.L

Por equilibrio de fuerzas verticales:

Rr: %. q.L-l/6 .q. L: l/3 . q. L

Como solamente hay una densidad de carga triangular y es una vigabiapoyada, solamente habrá un tramo en el que calcular los esfuerzos.

Por facilidad, leeremos los esfue¡zos por la derecha ya que de esta formainterviene un triángulo completo de la densidad de carga, en lugar de un trapecio,siendo más fácil de calcular su área y el momento que produce.

N : 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)

(ver gráfico adjunto)

T = T(debido a la densidad de carga) - R2

T (debido a la densidad de carga) será el área del triángulo de carga entre x y (L-x).

Teniendo en cuenta que se cumple que:

A, _(L-,)2Ai!

M = R2 . (L - x) - M (debido a la densidad de carga)

M (debido a la densidad de carga) corresponde al momento del área A* respecto a la sección situada en x, es decir,el producto del rirea por la distancia desde su c.d.g. a la sección x. Téngase en cuenta que el momento es de signonegativo. Quedará, por tanto:

A! = R .( L - xt - ¿ .! .t I o(L-*\2 | ' ^ (' ')32 , 3 .a -', -;.q.L.tL- t\ - 1:v----::L.:.1r - ') =i.o.t.tt-xt : -.


Teniendo en cuenta que la rigidez E[ es constante, la ecuación a integrar será: EI . y" = M(x)

Tramo l:

I ... 4 (¿-,)lLr..t : - .q. L.\ L _ .t t _ , . -_ ,-ooL

Er t' = .q1.(r-.,)t,4.(¿-.,)a.c' t2 ' :.1.¿ ' I

tr , -'t L (¿ -,)l . ---q .(¿-..)5-c..,-ri6 [0 1_ | ]

tramo I

Cap. IIL2 .- Flexión (l). Giros ¡,flechas. ói

Problimas Resueltos de Resistencia de NlaterialesMillán lvluñoz

Cotld¡ciones de contortlo :

- Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=o)=o =.> ELy =s! f , -!= ts +c^' 36 120.L 2

7t.=-q.L +C^=0¿JÓU¿

(t r\ r\16 rlol',4q.L

e A

= y, (:, = +( + (, :)' . h(, _ :)^. .*.,,

J = t ; . * . * )

n f = o,*,,,,t

L'1 .r'l t(t r r) d

z tto" " J rr \zrs st+o tzo )''"

7

2 360

- Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

y(x=¡¡=g > Ei .y =c..I+C^=c..t-J '4 ^ ^ '1 1' I 2 | 36os

L =u = ct=-4r-

3.- Gi¡o y flecha en A por la elástica.

El punto A corresponde al punto de x = L / 2. obtendremos el giro y la flecha sustituyendo este valor en lasecuaciones respectivas.

- Giro en A:

- Flecha en A:/^

L tlo.t( ¡-)'v(-) =-l -.1 ¿--i2 E|36\ 2l\

r . r5a i Lt | 1

r20.¿ | 2) 360' = -0,0065. !:

EI


Hay que tener en cuenta que las fórmulas conocidas de_l área y c.d.g. de unaparábola cúbica conesponden a una parábola del tipo y : a.x', es decir, el tipo deparábola que corresponde a la ley de momentos de una densidad de carga triangular enuna ménsula.

La ley de momentos en la viga biapoyada es equivalente a la que crea en unaménsula la densidad de carga triangular sola (ley parabólica de 3'grado, del tipo y :a.x'), sumándola a la que provoca la reacción en el apoyo (ley lineal). Téngase muy encuenta que esta equivalencia SOLO ES A NIVEL DE LEYES DE ESFUERZOS, no anivel estructural. Nos permite utilizar los teoremas de Mohr en un punto A cualquiera sindemasiada complicación, ya que usamos leyes sencillas en lugar de la ley de Mcombinada en la viga.

El cálculo por los teoremas de Mohr se hará superponiendo las áreas y losmomentos estáticos de ambas leyes de momentos.

El primer paso será, por tanto el cálculo de las dos leyes de momentos flectores.Como queremos calcular el giro y flecha en el punto A, debemos obtener los valores delos momentos en dicho punto.

Los valores máximos y en el punto A de las dos leyes de momentos dibujadasson;

- Ley parabólica;

Moporo¡,,ru = t/,.q.L. ll3. L = l/6. q. L:

N1,\ = t/r '(q12) Ll2 lt3. L/2= l'48 q.Ll

Cap. IIl.2 . Fle-rióu (l). G iro.:; .t .llcchas

\c = l/l .L

o.+

ProblemaS Resueltos de Resistencia de MaterialesMillán Murloz

- Ley triangular:

M,po'oi,qu: R:. L= l/6. q. L?

M¡ = R¡ L/2 = I/l2 q L'?

El giro en A se calculará a partir del primer teorema de Mohr, refiriéndolo al giro en el apoyo (si conociéramos laposición del punto de flecha máxima en el que, por tener tangente horizontal, el ángulo girado es nulo, podriamosreferimos a é1, pero en este caso no es conocido),

Para calcular el giro 0 en el apoyo derecho usamos el 2" T. de Moh¡en relación al primer apoyo, como se indica en la figura. Con dicho teorema

obtenemos el valor de H, y el giro en el apoyo será:

o"p.yo=H/L

Obtenemos la H debida a la ley parabólica de momentos (negativa porque produce flecha hacia abajo) y le

restamos la H debida a la ley triangular (positiva porque produce flecha hacia aniba):

/ / \ / \ \ ' t\ a.t4 o.L4H = l-| - ! t( ! o. 12 l ! . * 1,. f l n r l l ¿ l = l - I* t.J - = 0.0re44 L''

81 [ 4 \6' )s 2 \6' /3 ) \ t2o 36) EI Et

o = o.ote44.LLapoyo EI

De esta forma, el lo teorema nos dará el valor del giro relativo entre A y el apoyo tomando el área de la ley de

momentos entre ambos puntos. El giro, si recoremos la viga desde A hasta el apoyo, será (0"p.y" - e^), positivo por girar en

sentido homrio respecto a la horizontal:

A¡=Area(leyparabólica)=l/4.L/2.Ma(leyparabólica)-l/4.L/2.1/48.q.L3=l/384.q.Lr

A2:Area(lcytriangular)=ll2.Ll2.MA(leytriangular)=V,.Llz.lll2.q.L3=l/48.q.Lr

0¡ = -llEl . cA¡ + Ar) + o"p.y" = (- 0,01 82 + 0,01 944).q.Lr i EI = 0,00 I 22.q.Lr / EI

Para calcular la flecha, seguiremos el esquema indicado en la figura.:

f¡=H¡-A¡

H¡ = 0"0.r" . L/2 = (0 ,0tg44.q.Lt I El) . L/2= 9J2 lO-1.9.L4 / El

Pa¡a calcular A4 uS?r€lllos el 2o teorema de Mohr aplicado a las dos

áreas de momentos:

AA-l/Et.tAr.U5.L/2+A2.1l3.Ll2\=(q.L4l1l\.Gl/3840+l/288):3'212.l03.q.L4lEI

Y, por fin:

f'¡=H¡-a¡=(9,72 l0'r - l,?12 . l0r). q.LrEI = - 0,0065 . q.LrlEI

habiendo asignado signo negativo por ser flecha hacia abajo.

C.rp. Ill.l . Fle.ti;u ¡lt u1/ ,{, //.'-lt(lt 6i


Viga n'4

l.- Leyes de esfuerzos.

Será necesario calculal las reacciones.para poder calcular las leyes de

esfuerzos.

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones

son iguales y contra¡ias de valor

R=M/L=10/10=ltn.

Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos y el momento puntual aplicado

Tramo I:N = 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)

T = será debido únicamente a las reacciones y tendrá un valor constante en toda la viga:

T=R=M/L

M = conesponde al momento de la reacción en la sección situada en x. Téngase en cuenta que el momento es de

signo negativo:

M=-R.x=-M.x/L

Tramo II:De forma análoga al tramo anteríor, leyendo ahora por la derecha, se obtiene:

N=0T:R=M/LM= R.(L-x)= M.(L-x)/L


Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: EI ' y" = M(x)

Tramo I:

l0

,i)^AI.JA

EI.v"

EL v'

ELv

ML

lrl)-2.L

=-L."3 +ct.x+c"6.L

Cond¡ciones de contorno:


Tramo [I:

y(x:0) =0 = Cz=0

El cálculo de C¡ se hará imponiendo la continuidad

calculada la elástica en en tramo ll

¡1. r" = {.r¿ - r)-L

de giro y flecha en la unión de los tramos una vez

Cap.lll.2 .- Flexióu (I). CiosyJlechus. 66


tt.t'=-L.lt-x)2+c,

ut ., = L.Q - i3 + C3.,r + C,¡

Condiciones de contorno :


y (x:¡¡ = g - !.r,t- t¡3 +c,r.t+co=o6L = C3.L+C4=O

- Igualdad de giros en el punto de unión de t¡amos, x: L/2:)M L- ^ M 1.2

--.- +( =--.lL --) .|L é2.1 4 | 2.1 2 3

- Igualdad de flechas en el punto de unión de trarnos, x: L/2:

üt L3.- L M ., Lt t.

'.,. - -.r,-r)'+C'.:+C, -6.L 8 '2 6.L' 2 '2

Sustituyendo los valores del problema, el sistema de ecuaciones queda:

lo.Cr + C4:0 - Cr = -C4l 10

cl-c3=0

^L ^ L ^l'l.--L}--L4 M.*

C¡ - C5:0 - C¡ =C¡

5.Cl-5.Ca-Ca=41,67 - alserC¡ =C3 3 Ca=-41,67

ca: q = 4,t67

3.- Giro v fl€cha en A por la elástice.

El punto A corresponde al punto de x - L / 2. Obtend¡emos el giro y la flecha sustituyendo €ste valor en lasecuaciones respectivas del ptimer tramo

- Giro en A:

- Flecha en A:

t25 ); + 20.83 l=0

4.- Giro ), flecha en A por los teoremas de Mohr.

Como se observa en la figura, el giro en A lo calcuiaremos a partir del ^

en el apoyo que se obtiene por el 2"teorema de Mohr. con la relación:

A =AllI /)\=^/i

r/l__2_\ r25

Er\2 3 ) 3.[l

0 A = y, (A) = *( + {+ 4,,6?) = -i(-+.,.*,1= -ry

,( q- t ( - n' 4' .0.,u, !)= ' l-'\2) E/[ 6.¿ 8 2) E1 \

Cap. ill.l .. FIexiótr (I). Gints vflechus. 61

Problem:ís Re¡üeltos de Resistencia de Nlateriales

3.EI

Como puede verse en la figura, el giro es en sentido horario, por lo que se

coloca signo negativo.

Por ser la estructura antisimétrica, puede concluirse que la flecha en A es nula.

Viga n" 5

l.- Leyes de esfuerzos.

Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de

esfuerzos.

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones

son iguales y en el mismo sentido, dado que en el voladizo no actua ninguna carga'

La viga biapoyada funciona como si fue¡a simétrica, y las ¡eacciones son:

R=q.L/2

Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada y el voladizo'

Tramo I:

N :0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)

T = será debido a las reacciones y a la carga uniforme:

T:R-q.x=q.L/2-qx

M = leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo y la carga uniforme negativo:

t q.L qx2M =R-\-q.t-=;.-

z

Tramo II:

Leyendo ahora por la derecha, y teniendo en cuenta que no hay ninguna carga exterior aplicada en el voladizo' se

obtiene:N=0; T:0; M:0


TeniendoencuentaquelarigidezElesconstante,laecuaciónaintegrarserá:EIy"=M(x)

8.330.1

lAnqel Millán Muñoz

C¡p. IIl.2 . Fle.rión (I). Circts vJlechus. 63

Problemas Resueltos de Resistencia de NI¿teriales

Tramo I:

I Angel Millán Nluñoz

-)a.L a.x-l:l ,,tt -L f _'22

-1tlL ztl.y =-..1 --+L'46I-¿,a-L 1 a.:(ELv =-.t- --+C.¡tC't2 24 12

Tramo II:

C on dic ion es de contorno :

- Igualdad de giros en punto común a los dos tramos: 0¡(x=L)=0¡(x=L) = y'r (x=L) : y'l (x=0)

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo x por L

C ond i c ¡ones de c ontorno :


v (x=o) : o


y(x-L)=0 - er t =ú.t3 -ú*rr.r=o

EI .y" =Q

EI.v'=C'3El .l =Cr.x+CU

q.L .z q.É q.L3 ^ qÉ= L =-46243324

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:1

aL"C.L+C =-L+C =O34244Y(x=L)=0 -,4

^ qL

424

3.- Ciro y flecha en A por la elástica.

El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones y' e y del tramo al qtre pertenece elpunto, corl sólo paÍticularizarlas para la x del punto buscado.

El punto A corresponde al punto de x:2.L, perteneciente al tramo IL.

- Giro en A:

I aL3

A EI 24

/ - ,\-. t ( qF -. q¿r ] qL'l

tt Et | 21 2+ I 2J.El\./

Flecha en A:

Cap. Ill.2 ._ Fle-rión (I). Giros y.flecltut. 69

Problemfs Resueltos de Resistencia de MaterialesI Angel Millán lvfuñoz

Los signos positivos indican que el giro es antihorario y la flecha hacia aniba.

4.- Giro )¡ flecha en A por los teoremas de Mohr.

Para poder obtener el giro y la flecha en A con los teoremas de Mohr, debe tenerse en cuenta que éstos sólo nosdan giro relativo enfe secciones y la distancia

^ entre la deformada en un punto y Ia tangente trazad,a a la deformada en

otro punto,

En este caso, como puede verse en la figura, podemos hacer las siguientes consideraciones:

- El giro en A será igual al giro en el apoyo derecho, dado que el voladizo solamente gira sin deformarse, dado que suley de momentos es nula.

- La flecha en A será, por tanto, la originada por dicho giro, es decir,

siendo a la lonsitud del voladizo.

l'l.-l|---..T-.---------]

f= 0uoo"o . a

Para calcular el giro en el segundo apoyo, tomaremos como ¡eferencia elpunto central de la viga. En dicho punto, la tangente es horizontal (y su giro nulo) porcomportarse como una viga simétrica y tener en €ste punto la máxima flecha.

Ley de momentos entre centro de viga y apoyo derecho: parábola de 2.grado, con valor máximo:

M: q.Lz / 8

El área de la ley parabólica conesponde a A : 2/3. base . altura

El giro conesponderá a:

o =o =t ZLqL2 -t qt3apoyo A El 32 I EI 24

Como se ha indicado, la flecha es la debida a dicho giro en el extremo delvoladizo:

fA| 2 Lq.L2 | a.L4

=A.L=- Et 32 8 EI 24

Como puede verse en la figura, el giro es antihorario y la flecha hacia arriba, por lo que los signos positivosasisnados son válidos.

Viga n" 6

l.- Lel¿es de esfuerzos.

Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes deesfuerzos.

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reaccionesvertjcales son igLrales y en el mismo sentido. No habrá reacciones horizontales por nohaber ninguna componente horizontal en la carga exterior y ser la superficie del canitohorizontal. La viga biapoyada funciona como si fuera siinétrica, y las reacciones son:

R=q.Li2

Cap. ill.2 . . F/c-tlri n (l). Giro; t flechus. 70

Problem¿fs Resueltos de Resistencia de MaterialesI Millán Muñoz

Solamente habrá que considerar un tramo.

Como la abcisa x a considerar es paralela a la directriz de la viga, transformaremos previamente la densida carrlaproyectante (distribuida según la dimensión horizontal) a densidad de caÍga sobre la directriz (distribuida en x).

Teniendo en cuenta que la carga total debe ser la misma:

Feq,i, = q.L.cos 30'= q'.L > O' : q.cos 30"

Si calculamos las componentes según et eje de la viga y según la perpendicular:

según la perpendicular: q"-q'.cos 30" - q.cos'¿30"

según la directriz: q"':q'.sen 30" = q.cos 30o sen30o

Con estas expresiones, las reacciones según la directriz y según la normal a ella se¡án:

según la perpendicular: R": q".L/2

segrln la directriz:

Asf pues, los esfuerzos serán:

R"'= q"'.L/2

N = la densidad de carga proyecta sobre el eje de la viga, con un valor q"', lo que ocasiona un axil que variará con

x linealmente. Si leemos por la izquierda:

N = q"'.L/2 - q"'.x = (L/2 - x). q.cos 30" sen 30'

T : será debido a las reacciones y a la carga uniforme según la normal a la viga:

T : q".L/2 - q".x = (L / 2 - x).q"

M = leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo y la carga uniforme negativo:


Teniendo en cuenta que larigidezEl es constante, la ecuación a int€gmr será: EI .y" = M(x). Para hace¡ más

fáciles las operaciones, operaremos con la densidad q" calculada arriba. La q"' (según la directriz) no afecta a la elástica,

va oue no interviene en la flexión.

q".L q".*2LLv =-.r--'22

EL' =!J '2 -q"'3 *c'461

Er , = 4:L.,3 -ú, c..,,c-'t2 24 12

Condiciones de conlorno:

- Nlovimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=0)=0 - C:=0

- Movimiento venical nulo en el apoyo derecho:

Cap. IIL? .-- F|e-rithr (I). Gíros y Jlecltls. 1l


^,' Át, , =LL.L' -L+C.1 =0'1224 Iq' '. L"

21Y(x:L)=0 :+

3.- Giro y flecha en A por la elástica.

Cuando la directriz de la viga está inclinada debe tenerse en cuenta que el giro está referido a la directriz de la vigay la flecha se mide perpendicularmente a dicha directriz.

El punlo A conesponde al punto de x - L/2.

- Giro en A:(.>

_ !.,_ I I q".t L- _q"A 2 Et | 4 4 6\

como era de esperar dada la simetría del problema.

- Flecha en A:

L3 o" ¿3 'l

___ t=08 24)

4.- Giro v flecha en A por los teoremas de Mohr.

Por la simetría del problema, podemos deducir directamente que el giro en el punto A es nulo.

Asímismo, partiendo de este hecho, vemos en la figüa que la flecha en A coincide con el valor de A que nos da el

: q".L'l 8

2" T. de Mohr, si lo aplicamos entre el punto A y uno de los apoyos, ¿sraado

el momento estático calculado respecto al apoyo.

Ley de momentos entre cenÍo de viga y apoyo derecho: parábola de

2o grado, con valor máximo:M: q".L' / 8

El área de la ley parabólica ent¡e esos dos puntos corresponde a

A = 2/3. base . alnra = 2/3 . L/2 . M

Aplicando entonces el 2o teorema queda:

|2La".*51 t 5q"L4| = --"A EI 32 8 82 EI 384

como puede verse en la figura, la flecha es hacia abajo, por lo que se ha indicado con signo negativo.

SOLUCION PROBLEMA N" 2.

El problema pide la flecha máxima. El cálculo de ésta es distinto 2mT

según se haga por la elástica o por los teoremas de Mohr'

Por la elástica se seguirá el procedirniento usual, que nos dará la

expresión analitica de giros y flechas en cualquier sección Las seccrones con

t t (o".1 L3 s" L4 o"¿3 ¿)v =v lt =-)=-.1'A-"^ 2'-81 |.12 8 24 tb 24 2)

El signo negativo indica que la flecha está medida hacia abajo de la directriz.

A5. s".L

t*"t

Cap. lll.2 .-- Flesiótt (I). Ciros l flecltcts 72

Problemds Resueltos de Resistencia de MaterialesMillán lvfuñoz

flecha máxima serán aquellas que tengan tangente horizontal. En todas ellas habrá que calcular la flecha y elegir la ma1,or.

Por los teoremas de Mohr, dado que éstos nos dan sólo el valor del giro y la flecha en un punto concreto, habráque identificar previamente las secciones en las que pueda producirse ese valor máximo, por consideraciones de simet¡ía oanalizando la ley de momentos.

L- Le)./ de momentos flectores.

Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de momentos.

Planteando el equilib¡io de momentos en el apoyo izquierdo:

k .5 +2:2 .6 :) &=10/5=2r

Por equilibrio de fuerzas verticales:

Rr=2-R,=0

Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada y el voladizo.

Tramo I:

N = 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)

T : será debido sólo a Ia reacción si se lee por la izquierdaT:Rr:o

M = leyendo por la izquierda, la reacción es nula y no produce momento, luego sólo intewiene el momentopuntual:

M=-2m.t

Tramo II:

Leyendo ahora por la derecha, teniendo en cuenta que sólo actua la carga puntual aplicada en el extremo delvoladizo, se obtiene:

N:O

M : - 2. (L-x) : - 2. (6 -x) : - 12 + 2.x


Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: EI . y" = M(x)

Tramo I;EI'Y" =-2EI Y' = -2't ¡ 6,

ELv = --r2 +C.r+C-12

Condiciones cte contorno:

Movimien¡o venicdl nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=0)=0 = C:=0

Movimiento ve¡1ical nulo en el apo)o defecho:

Cap. III.2 .- Flexión (l). Gircs yJlccll{Ll 73

. , ,.' Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

y (x=s) = 0

Tramo II:EI Y" =-12+2s

EI Y' =-12'*'2 *',

,,3ELy = -6.11 +LiC-.x+C.314

Condiciones de contorno:

- Igualdad de giros en punto común a los dos tramos: 0¡ (x=5) = 0¡ (x:5) + y'¡ (x=5) = y',' (x:5)

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo x por 5

-2.x+5=t2 -lz.t+c, =) -10+5= 25-12.5+C3 + c3 =30


. 5Jy(r5):0 - ELy =-6 5"+-305+Co=0 = C4: -41,67

3.- Flecha máxima por la elástica.

Con la condición de giro nulo podemos identificar los puntos de flecha máxima en Ia viga biapoyada. Imponemos

entonces esta condición en la ley y'.

EI . yt = ).¡ ¡ J = Q + x = 5 / 2 , es decir, en el centro del vano. Esto era de esperar dado que en la

viga biapoyada Ia solicitación es equivalente ¿ una simétrica.

La flecha será la coffespondiente a x = 5/2:

t{ s2 -51 25 6,zsy = -l _

- + ).-" r/[ o ,) 4.EI EI

En el voladizo se puede aplicar el mismo procedimiento, pero sólo si hay una tangente horizontal y, en este caso,

la flecha máxima en eltramo se producirá en el extremo del voladizo.

En otro caso, teniendo en cuenta las solicitaciones que actúan sobre esta viga en concreto, podemos ver que la

flecha máxima del voladizo se producirá en el extremo. Esto es así porque el giro en el apoyo derecho es negativo (sentido

horario) y la flecha de la ménsula ficticia será hacia abajo, sumándose el efecto de las dos, con máximo valor en el extremo.

Por tanto, sólo necesitamos obtener el valor de la flecha en x= 6.

,( . e3 ) -t.ut, = Ll - s.6¿ +:+3o-41.67 l= --::::' E'[ 3 ) E]

Comparando los dos flechas obtenidas, la máxima es la que se produce en el centro de la viga biapoyada con

valor: f^^': 25 14 El


Como se indicó al principio, para obtener los puntos de flecha máxima con los teoremas de Mohr. deben hacerse

un análisis de la estructura para reducir al mdximo los puntos r comprobar'

Cap. Ill.2 . Fleririn (l). Giro,s v.flechd.s. 74

Problemás Resueltos de Resistencia de NlaterialesMisuel I ivlillán Muñoz

En este caso, se pueden hacer las siguientes consideraciones:

La viga biapoyada está sometido a un sistema de cargas simétrico,dado que el momento en el apoyo derecho es igual a 2 m,t, idéntido alque actua en el apoyo izquierdo.

Como no actúa ninguna otra carga sobre la viga, la deformada será

simétrica, con un máximo en el centro de vano.

En el voladizo, como puede verse en.el esquema, la máxima flecha se

producirá en el extremo, puesto que la deformación por giro y laflexión de la ménsula tienen en el mismo sentido.

Así pues, los únicos puntos a comprobar son el centro de vano yel ext¡emo del voladizo.

Puede verse en la figura que la flecha en el centro de vano

coincide con el valor de ^

que nos da el 2" T. de Moh¡, si lo aplicamosentle el punto A y uno de los apoyos, estando el momento estátíco

calculado respecto al apoyo. Asl, si lo aplicamos a la ley de momentos

dibujada:

'1 ,"t'_125'cehtro rano EI 2 EI 4

e.long = 0. I

f,,,

Como puede verse en la figura, la flecha es hacia aniba, por lo que se ha indicado con signo positivo.

Para calcular la flecha en el extremo del voladizo debemos calcular las dos componentes:

- Flecha debido al giro en el apoyo:

Para calcular el giro en el segundo apoyo, tomaremos como referencia el punto central de la viga. En dicho punto,la tang€nte es horizontal (y su giro nulo) por comportarse como una viga simétrica y tener en este punto la máxima flecha.

El giro corresponderá a:

0 =-"- M:-=-":-apoyo EI 2 EI

Como se ha indicado, la flecha debida a dicho giro será: fg¡n: -0"poyo. I : -5 / EI

- Flechq de la ménslthrtcricia:

La flecha de una ménsula puede calcularse directamente con el2'teorema de Moh¡:

I I 2 tzf = -;;,lr't ;.1: -- -mensut¿ Ll 2 3 El lLa flecha total será la suma de las dos:

- ll- 2l t'ltatat 1],1 \ 3) 3.El

La máxima flecha se¡á la mayor de las calculadas, siendo en este caso la de centro de vano.

Cap. lli.2 .. F/e-rirí n (l). Giros t,.flechas. 75

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesMiguel Angel Millán lvfuñoz


para obtener datos sobre las cargas o los esfuerzos dada la elástica, se seguirá el proceso inverso al del cálculo de

la misma, de¡ivando en lugar de integrar, hasta obtener las expresiones relacionadas con las ley€s de momentos, cortantes y

densidad de carga:

ELy = f(x) elásticaEI. y" = ¡41*¡ ley de momentosEI Y'."- 11*¡ ley de cortantesEI. y'" = q(x) densidad de carga

Una vez obtenidas estas leyes, habrá que calcular que distribución de carga es compatible con ellas

CASO I:

a) Hallar T.

Ecuación de la elástica:

2\1¡trt2 ) E.l

(tI

' 11)

Derivando sucesivamente, obtenemos:

r_ 2 \,ltl¡l¡v=l -.x- ---.1.¡ l.-'\12 t2 )E.I

(l , , ) t

- Y'=l-.x- ---41.-\4 6 .J E.l

('t r\Et y"=l;r-¿)= M(x)

'7

EI.y"'= - =71"¡2.

+ u.ytr =o= qqt¡

Vemos que la ley de cortantes es uniforme en toda la viga y de valor T : 3,5 t

b) y c) Hallar las cargas Y la luz.

Lo más evidente es que, al ser una ecuación de la elástica rinica, sólo hay un tramo de definición de la misma. Esto

signifrca que las cargas sólo pueden ser:

- densidad de carga extendida a toda la viga.

- cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales.

Si hubiera una carga puntual o un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elástica en el

punto de aplicación de los mismos, ya que crean un c¿mbio en la ley de momentos (ver introducción teórica del

problema l).

De la última ecuación cabe decir que q = 0 y, por lo tanto, no existe densidad de carga aplicada sobre la viga. Por

tanto, la única posibilidad que resta es la existencia de momentos en los apoyos'

Estos momentos son compatibles con la ley de cortantes siempre que no sean iguales y simétricos (puesto qu€ las

reacciones serian nulas en este caso).

Analizando la ley de momentos en las abcisas x conespondientes a los apoyos podremos obtener el valor de los

momentos:

En x:0 á M(x=0) = -¡76 t t

No podemos imponer la condición en el segundo apoyo porque no coñocemos L'

Cap. III.2 . Fle.rión (I). Giros.t flechus 16

Problem¡ís Resueltos de Resistencia de Materialeslvlillán Muñoz

La única alternativa que nos queda es ver si este momento es compatible con la ley de cortantes (es decir si sus

reacciones crean una ley igual) y con la ley de momentos a la vez. Si no lo es, calcularelnos el momento en el segundo

apoyo que hace posible dicha compatibilidad.

Las ¡eacciones son R = M/L = l/(6L) iguales y de sentido contrar¡o

La ley de cortantes será uniforme y de valor T = l/(6L)

La ley de momentos del momento puntual único es: M(x) = -116 + x,i(óL)

Identificando ambas expresiones con las leyes d€l problema se obtiene:

l'76L2

ljrl?.xM = --+-66L62

Por lo tanto es compatible y sólo existe un momento puntual en el apoyo derecho'

puede comprobarse que también serla compatible una solución con momentos iguales y conaarios en los apoyos

de valor 1/6, obteniéndose en este caso una luz de 2/21 m

Ecuacióndefaerástica: / -(;, ; ^,); (Parciale3*e4)

L= | /21 m.

+ L= 1/21m.

CASO 2:

a) HallarTenx= I m.

Derivando sucesivamente, obtenemos:

/_ 4 \,,=l! '3 -!--c'lL 5' (r2 tz )Et

/- \ct.t"=lt.'-'2

)= uvt

1EI.r"'---r., =?"(¡) +2.

/.\l'l " ,' I I

y'=l-.:(- --- 4l.-[4 3 )E.I

et.ytY =-2=q1'¡

De la ley de cortantes obtenemos el valor para x =l m.: T = 312 t.

b) y c) Hallar las cargas Y la luz.

lgual que en el aptdo. anterior, al ser una ecuación de la elástica única, sólo hay un tramo dé deñnición de la

misma. Esto significa que las cargas sólo pueden ser:

- densidad de carga extendida a toda la viga'

- cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales'

Si hubiera una carga puntual o un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elóstica en el

punto de aplicación de los mismos, ya que crean un cambio en la ley de momentos '

De la última ecuación se obtiene que q = -2 Vm y, por lo tanto, existe densidad de carga unifonne aplicada sobre la

viga, con sentido negativo, es decir, hacia abajo

Para comprobar si existen momentos puntuales aplicados en los'apoyos' analizamos la ley de momentos en las

abcisas x con espondientes a los apoyos podremos obtener el valor de dichos momentos:

:) lvf(x=o)=0m.tEn x=0

Cap. Ill.2. Fle.rión (l). Git'os ¡ flechus 17

Problem¿ís Resueltos de Resistencia de MaterialesMisuel I Millán Muñoz

No podemos imponer la condición en el segundo apoyo porque no conocemos L.

Haremos la hipótesis inicial de que tampoco existe momento puntual en el segundo apoyo.Vemos a continuaciónsi la densidad de carga es compatible con la ley de cortantes, en el caso de que actue sola. Si lo es, podremos deducir que

no hay otras cargas. Si no lo es, podremos obtener éstas de esta ecuaciÓn y de la ley de momentos.

Las reacciones son R = qL/2 iguales (tomando ahora q con su valor absoluto)

La ley de cortantes será lineal y de valo r T =U-q.x = L-2z

La lev de momentos del momento punrual único es:

Identificando ambas expresiones con las leyes del problema se obtiene:

-t -2lvl =L.x-q.L=L.x-x'22

'7

T = L-2.x=--2.x2

-2'1 2M = L-x-t =-.J-¡ ::)

2

L= 2 m.

L=72m.

Por lo tanto es compatible y la única carga es la densidad de carga uniforme q = -2 Vm.

SOLUCION PROBLEMA N" 4,

Para calcula¡ la flecha en A se seguirán los siguientes pasos:

- Analizar Ia deformación de la est¡uctura y sus componentes

- Cálcular leyes de momentos.

- Calcular los componentes anteriores con los teoremas de Moh¡.

a) Análisis de la deformación de la estructua.

La esffuctura se compone de un pilar y un voladizo. La deformación del

voladizo (donde está el punto A) se debe a la deformación del pilar y a la suya

propra.

Analizaremos cada una de ellas:

- El pilar tiene un nudo empotrado Por tanto, sólo puede deformarse por

flexión, trasladando sobre su perpendicular el segundo nudo

- El voladizo se trasladará siguiendo el movimiento del segundo nudo

- El pilar al flectar hace girar el segundo nudo, que es un nudo rígido. Por

tanto, el voladizo girará ese mismo ángulo.

- Finalmente, el voladizo flectará debido a sus cargas.

| 212 |r--------r-----t

l212lr-- -- -- ------t

Lla¡nando a la longitud del voladizo "a", la flecha buscada en el punto A será la traslación total que sufre cl punto

ciesde su posición inicial a la final. según Ia perpendicular al voladizo inicial (antes del movimiento). La expresión sera:

t'¡ = 6. sen 10" + 0. a,'2 + i""",,r. (A)

Crp. lll.l Fl,'titin (l) C¡r",r r //.i/¡'¡r. 7S

Problimás Résueltos de Resistercia de Materi¡lesMiguel Angel Millán Muñoz

b) Cálculo de las leyes de momentos.

En el esquema se dibujan las leyes de momentos para el pilar y el voladizo. Sehan calculado leyendo por la derecha desde el extremo lib¡e del voladizo.

c) Cálculo de la flechapor los teoremas de Moh¡.

Movimiento y giro del 2'nodo: 6 y 0

^ | ^.. 32v=--¿. lo=-EI ET

a =L.2.rc,2 =ZEI zEIFlecha de la ménsula ficticia en el punto A:

Flecha total en A:

t lt r rrr\ 2.<',t lAt =:.1 :2.3t. 8. = 2.ll+ 2.31. s:::: l= "-''-'ménsuta. E1 \2 3 2.) EI

¡ o = L (u.sen r0"+r2. 2.31 + 35,5i4) = -j:9

Cap.lll.2 .- Flexión (I). Giros .t'flechot 79

Problemas Resueltos de Resistencia de NlaterialesI Angel Millán Muñoz

a)

b)

SOLUCION PROBLEMA N' 5.

El primer paso para la resolución delproblema es comprender adecuadamente el

funcionamiento del conjunto de la estructura. Paraello dibujaremos la deformada a estima de la misma,con todos sus componentes.

Por el efecto de la carga P ocurren dos cosas:

El tirante se alargará una longitud 6 debido a lareacción Y que actua sobre é1. Esta reacción es detracción. Este alargamiento provoca elmovimiento de la viga como sólido rigido,girando respecto al apoyo derecho.

Flexión de la viga considerada como biapoyada,con una flecha fA.

T,J,_

:\S\

J'n*"^ ^ .r.P-rrd,l-----r- + F:LZ

De esta forma, el movimiento vertical del punto

A (VA) estará compuesto de dos elementos: 6'adebido al movimiento como sólido rígido y f por la

flecha de la viga biapoyada.

VA:6'A + fA

Podemos ahora, una vez analizado el comportamiento de la estructura, descomponer el cálculo en dos estados,realizando posteriormente la superposición de los mismos.

El primer estado será el movimiento de la viga debido al alargamiento del tirante y el segundo la flexión de la vigabiaDovada:

NT

lTiranteo

luY

I n:o.sr R=o.srY y=p= 6,5 1

l. Cálculo del alargamiento del tirante.

El tirante está solicitado por Ia reacción Y = R = 0,5 T en el punto de unión con la viga. Puesto que el axil es constanteen todo el tirante y éste es de sección constante, podemos calcular el alargamiento como:

, N N.L 0,5. l6 =

^L = !

L d, = u,r*

=,ffi- -0.75. lo - 3n

Puesto que el tirante se alarga, el punto A bajará. Se ha considerado este movimiento como negativo (igualmente,podria haberse considerado positivo, ya que es solamente un criterio de signos).

El movimiento del punto A será entonces, como puede observarse en la figura:

6'A=6 l=-0175 l0'm'

2. Cálculo de la flecha de la viga biapoyada.

Dibujanros en primer lurar el diagrarnir de tlec¡ores y, a partir de é1, calcularnos la flecha en el centro.

Cap. III.2 . Flexióu (l). Giros y Jlechas. 80

Problem4s Resueltos de Resistencia de NtaterialesMillán lvluñoz

Teniendo en cuenta la sinetríq de la viga, podemos deducir que la flecha en el centro será la máxima y, por ranro, sutangente será horizontal.

Asi pues, partiendo de este hecho, vemos en la figura que la flecha en Acoincide con el valor de A que nos da el 2" T. de Mohr, si lo aplicamos entreel punto A y uno de los apoyos, estando el rtonlento estátíco calculadorespecto al apoyo.

El á¡ea de Ia ley triangula¡ entre esos dos puntos corresPonde a

Area= l/2. base. altura= ll2. 2. I = | T.m'1

Aplicando entonces el 2" teorema queda:

| )t | 22 -ri =-: Area - - =-1,33.10 "n-A Er 3 1000 3

Como puede verse en la figura, la flecha es hacia abajo, po¡ lo que se ha indicado con signo negativo

3. Cálculo del movimiento yertical final.

El movimiento final del punto A será la superposición de los dos movimiento anteriores:

vA-6 +fA=- 0,375. l0'r - 1,33. l0r = - 1,71 . l0-r m.


Planteamos la deformada a estima del sistemacompleto para poder analizar el comportamiento de laesüucru¡a.


a) El muelle se alargará una longitud 6 debido a la

reacción Y que actua sobre é1. Esta reacción es de

tracción y el punto A tiende a subir, alargando elmuelle. Este alargamiento provoca el movimiento de

la viga como sólido rigido, girando respecto al apoyoderecho y desplazando el pulto B verticalmente una

longitud 6'e.

Flexión de la viga considerada como biapoyada con

voladizo, con una flecha en el punto B de valor f6 Porser el extremo de un voladizo de una viga biapoyada,

esta flecha tendrá, a su vez, dos componentes:

- Desplazamiento vertical del punto B debido al giro del voladizo respecto al apoyo como sólido rígido. Será

igual al producto del ángulo girado en B por la lorgitud del voladizo: 0 . a

- Flexión del voladizo como ménsula ficticia: f..

De esta forma, el inovimiento veftical del punto B (Vs) estará compuesto de tres elementos:

Vs=E'B+0.4+1.

Podemos ahora. una vez analizado el conrpodarniento de la estrttctLtra. descornponer el cálculo en dos estildos.

realizando posteriormente la superposición de los rnismos

\r,.-M =P.U4=lm.T

b)

0a =0

Cap. lli.l .-' Fletiótt (l). Gin:,: t lechus. 3l


El primer estado será el movimiento de la viga debido al alargamiento del muelle y el segundo la flexión de la visabiapoyada con voladizo:

1. Cálculo del alargamiento del muelle.

El muelle está solicitado por la reacción Y = R : 1,5 T en el punto de unión con la viga. Podemos calcular elalargamiento empleando la ecuación característica de los muelles, función de su constante elástica:

En el caso estudiado:

Puesto que el tirante se ala¡ga, el punto A subhá y el B bajará. Se ha considerado este movimiento de bajada comonegatlvo.

El movimiento del punto A será el valor 6 de alargami€nto del muelle.

2. Cálculo de la flecha del voladizo por flexión de la viga.

Como se ha indicado, la flecha debida a la flexión se compone de dos ténhinos: flecha por giro en el apoyo y flecha deménsula ficticia. Téngase en cuenta que, al calcular la deformación por flexión, estamos suponiendo que la viga estábiapoyada, sin tener en cuenta ningún muelle, ya que este se considera en un estado independiente.

Dibujamos en primer lugar el diagrama de flectores y, a partir de é1,

calculamos dichos giro y flecha.

- Giro en el apoyo derecho.

Se calculará a partir de la construcción indicada en la figura, 2m I m

dividiendo el valor de A calculado en el primer apoyo por la longitudenrre apoyos:

0=LlL=Ll2

Fuerza = K . alargamiento

¿= R = l'5 = 0,5.lo-3¡n *

K 3000

El área de la ley triangular entre esos dos puntos conesponde a

Area= ll2. base . altura = 112.2.3=3T.m7

Aplicando entonces el 2o teorema queda:

= alargamiento = Fuerza / K

-. 6 0.5.10- 3 ^--.^-J¿-'=-=- = 0.25.10 '¡n22

..,I -

= 4.. l0 -n¡.3

lor/2=2. lo" m.

I'=lT

l2lEr 3 1000

e=A/L=4.

Flecha de ménsula ficticia.

Para el voladizo supuesto empotrado en el apoyo (ménsula ilcticia), et c¿lculo de la flecha se reduce a aplicar ei

segundo teorema de NIohr, calculando I en el ext¡enlo respecto al segundo apo¡'o.

El área de la le¡ triangular entre esos dos puntos conesponde a:

-, .+

R=,1.i r

M=3.1=3m.7

R=4.5 T

t rp. tll.i .- Flc.ti'in tlt r-iirus.r'1lt.lt.u 8l

Problenias -Resueltos de Resistencia de MaterialesMillán Muñoz

Area= l/2. base . altura = l/2 1.3:3/2 T'm'?

| 2.a I 3 21 -31,,, = - i'lrea - = -tooo- ; T = -lo - m'

como puede verse en la figura, la flecha es hacia abajo, por lo que se ha indicado con signo negativo

Deestaforma,elmovimientoverticaldelpuntoB(V¡)será,sumandolostreselementosquelocomponen:

Vs=6'e+0 a+f.=-0,25 10¡-2 10r' I-l0r=-3'25 10rm'

Enlugardecalcular(0.a)podríahabersededucidodirectamentedel$áficoque(9.a)=^J2'


planteamos la deformada a estima del sistema completo para poder analizar el comportamiento de la estructura.


a) El flotador se hundirá una altura 6 debido a la

reacción Y que actúa sobre él Esta reacción es

vertical y haciá abajo, y el punto B tiende a bajar' Este

hundimiento provoca el movimiento de la viga como

sólido rígido, girando respecto al apoyo izquierdo y

desptazando el punto C verticalmente y hacia abajo

una longitud 6'¡.

b) Flexión de la viga considerada como biapoyada con

voladizo, con una flecha en el punto C de valor f¿ Por

ser el exÍemo de un voladizo de una viga biapoyada'

esta flecha tendrá, a su vez, dos componentes:

- Desplazamiento vertical del punto B debido

al giro del voladizo respecto al apoyo como

sólido rÍgido. Será igual al producto del

ángulo girado en B por la longitud del

voladizo: 0 . a

- Flexión del voladizo como ménsula ficticia:

f,.

De esta forma, el movimiento vertical del punto C (V6) estará compuesto de tres elementos:

Vc= 6'c - e arfm

Análogamentealosproblemasanteriores,podemosahoradescomponerelcálculoendosestados'realizandoposteriormente la superposiciÓn de los mismos'

El orimer estado será el movimiento de la viga como sólido rígido debido al hundimiento del flotador y el

seeundo, la ilexión de la viga biapoyada con voladizo:

C

a,€

f.

l. Cálculo del hundimiento del flotador'

Y=tt,= 0.1 1

Cap. IIl.2 .-.. Fl¿r¡ó (l) Cirot t .flechus

Rr=0,1 t'Rr = 0.l I

3l

. ., . probremásBesuer"'.i,ti.:i,ru'iff,üÍili?t:

LareaccióndeltlotadorcoffeSponderáalempujeque-ejerceelfluidoporelincfementodelvolumendelflotadorquese*..¡" v q* .q"ivale al peso del nuiao Aesató¡aoo lerincipio de Arquimedes):

Fuerza = I . volumen desalojado = Y Area flotador ' 6 + 6 = Fuerza/(Y. Area flotador)

En el caso estudiado:

o- R = -qL= -o.o. '- YA 1.7.5

Por proporcionalidad de triángulos, el valor de 6' será:

66'

Se ha considerado este movimiento de bajada como negativo'

El movimiento del punto B será el valor 6 del flotador'

3. Cálculo de la flecha del voladizo por flexión de la viga'

Análogamentealosproblemasanteriores,laflecha-debidaalaflexiÓnsecomponededostérminos:flechaporgtroenel apoyo y flecha d. ,ré"r"1" fi;;i;j;.;1o -irnru to.rnu, al calcular la deformación por flexión, estamos suponiendo

que la viga está btapoyuou, "n

i"ntt tn "uenta

el flotador' ya que este se considera en un estado independiente'

Dibujamos en primer lugar el diagrama de flectores y' a partir de él' calculamos dichos giro y flecha'

- Giro en el aPoYo derecho'

Se calculará a partir de la construcción indicada en la figura'

ii"i¿i""á" "r

*r". de a calculado en el primer apoyo por la longitud

3 6 3 .0,046'=7=--z =-u,uo^

P= 0.2 T

entre aPoyos:0=LlL=Ll2

El área de la ley triangular entre esos dos puntos corresponde a

A¡ea= 1/2. bas€ altuta= 112 2 0'2=0'2T Ñ ^

Aplicando entonces el 2'teorema queda:

^_t o,"^L, = Lo.z?'2 =0,27. lo-3n.^, n,..-"3_ t000 lg - L / L= o'27. l0r /2 = o'135 lor m'

- Flecha de ménsula ficticia

Para el voladizo supuesto emporraqo en el apoyo (ménsula ficticia)' el cálculo de la flecha se reduce a aplicar el

aa*""¿" ra"rarn" ¿e tl'tolu, calculando ^

en el extremo respecto al segundo apoyo

El área de la ley triangtllar entre esos dos puntos corresponde a

Area=l/2 base.altura=l/2 I 0'2=0l Tm']

J --+ t,rn?!= *r'it El I l00ti r

Cono puede verse en la tigula la tlecha es hacia abaio por lo que se ha

-l; -0,067 lu ttL

indicado con signo negativo

M=0.2.1=0.2m.7

R:0,3 T

-rp. tll.l Fle\¡ú tl) uii" I [¿'l¡']r' 8,1

Problem:¡s -Resueltos de Resistercia de Materialeslvlillán lvtuñoz

De esta forma. el movimiento vertical del punto B (V¡) será, sumando los tres elemgntos que lo componen:

Vc=6'c+0.a+f.=-0.06-0.135 10-r ' I - 0'067 10'r=0,060196m


El peso propio de la estructura equivale a una densidad de carga

de valor:q=Y Area sección

acf,Jando verticalmerfe (el peso es una fuerza vertical) sobre cada

rebanada del elemento de la estructura considerado'

Así pues, tanto sobre el pilar como sobre el voladizo (ambos

tienen Ia misma sección transversal y la misma densidad) actuará una

densidad de carga vertical y uniforme de valor:

q=y . A=2,5 . O,3x =0,225f lm

En la figura puede oblervarse su distribución'

A

,/

érI

I

\Ñ.| 212 |l---.T-_--l

Alserlasbarrasinelongables,nosufrenacortamientosnialargamientosporaxil.Portanto,Iosúnicoscorrimientos serán los debidos a la deformación por flexión (no hay cambio de temperatura)'

calculamos, por tanto, solamente la ley de momentos flectores y, a partir de ella, la deformada de la estructura'

q:0,225 Tlmt Ley d€ MomentosFlectores

q=0,225T|m

La estructun se compone de un pilar y un voladizo. La deformación del voladizo (donde está el punto A) se debe a la

deformación del pilar y a la suya propta'

Analizaremos cada una de ellas:

- El pilar tiene un nudo empotrado. Por tanto, sólo puede defon-narse por flexión, trasladando sobre su perpendicular

el segundo nudo

- El voladizo se trasladará siguiendo el movimiento del segundo nudo'

-Elpilaralflectarhacegirarelsegundonudo,queesunnudorígidoPortanto,elvoladizogi|aráesemismoángulo.

- Finalmente, el voladizo flectará debido a sus cargas

Cap. ll|.2 .- Flexiól (l). Ciros ¡'.llechas. 35

Problemas Resueltos de Resistencia de lVlaterialesMillán Muñoz

Llamando a la longitud del voladizo "a", el corrimiento horizontal y vertical del punto A será Ia traslación total que

sufre el punto desde su posición inicial a la final, proyectada sobre la horizontal y la vertical respectivamente. La expresión

será, tal y como puede deducirse de la figura:

El valor de "a ' será:

- Cálculo de giro y flecha por los teoremas de Mohr.

cálculo de la inercia y la rigidez: I = l/12 . 0,3a = 6,75 . l0{ n¡a

E.I = 2 .107 . 6,75 .10¡ = 13500 T.m'?

Movimiento y giro del nudo: 6 Y 0| -a.0 = L.2.2,08 = 3,08. lo rad.

E]| -L6 =:.2.2,08. I = 3,08. l0 ¡¿.

EI

0. a = 3,08 . 104 . 4,62 :0,0014 m.

Flecha de la ménsula hcticia en el punto A:

f. (A)mensula '

Cálculo del corrimiento €n A.

VH(A) - 6 t (0. a+ f.¿*¡" (A)). cos 60"

Vv(A) = (0. a + f.é".,b (A)) . sen 60'

. a= 4 /cos30" = 4,62 m.

l0 ¡n.

e. a+ {ú¿'*b (A) = 0, ool4 + 8,22 ' l0a:0'0022 m

vH(A) = 6 + (0. a + f.¿"*¡" (A)) . cos 60' = 3'08 . 10-4 + 0'0022 . 0'5 = l'42. l0-3 m.

Vv(A) = (e. a + f,é","r" (A)) . sen 60" = 0,0022 . 0,866 = 1,9 . l0'r m.

= ! ( L o.urz.oa. I ¿,ez) = r,zz.¿1 \3 4 )

Cap. IIl.2..' Flexión (l). Girostfecltas 86

ProbÉ'¡nas Resueltos de Resistencia de MaterialesMillán Muñoz

rY.- FLEXTON (rr).Flexión simple.

Cap.ly .- Flefióu (II). Fletión sinple. 87

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesI Millán lvluñoz

l. Dibujar a estima la distribución de tensiones tangenciales t en las secciones siguientes (para un esfuerzo coftante

vertical):

2. Dada la viga de la figura, compuesta por tres piezas rectangulares unidas entte si, calcular la tensión tangencial

máxima y el esfuerzo cortante máximo (por metro lineal) que debe ser capaz de soportar la unión Iongitudinal entre las

piezas, cuando sobre la viga actuan las cargas indicadas.

100 Kp/m

unlon

unr0n

3. Dada la viga de la figura, calcular el máximo valor de P que se puede aplicar, así como la t."" que aparece para dicha

carga.

Datos: - oadmis = 200 Kp/cm'?

-radm,s:J/ KP/cm-

(Examen final, Junio 97)

4. Dimensionar la sección de la viga, sabiendo que es de sección rectangular, y que se admite:

- o'"¿.¡, = 250 KP/cmz

- to¿n,¡. = 20 Kp/cm?

- flecha máxima: f"¿'",, - L / 300

Dato: E:105Kp/cm2

b

5. En la viga de la figura, la tensión tangencial máxima que se produce es de 10,8 Kp/cmr, y el radio de curvatura mínimo

es de 400 m. Calcular la luz de la viga y el valorde las cargas P (E=l06Kp/cmt)

n,,L__l

I m.T

lP lP Itttlv*vml0

Cap. IV. Flexión III). Flexión simple.

I t/m

(Examen Sept. - 97)

Cap. IV. F/e-rilÍrr (ll). Flerión sintple. 83

Problemgs Rgsueltos de Resistencia de iVlaterialeslvlillán Muñoz


El análisis a estima de las rensionesconcreta:

T.Mf = _-_^,9!J4!E L

b. IEn esta expresión:

- T es el esfuerzo cortante que actua sobre la sección y es es un valor constante.

- Mestárico es el momento estático del i4rea determinada por la fibra superior y la fibra donde se calculala tensión tangencial, respecto al eje neutro. Va¡ía con la forma de la sección

- b es el ancho de la sección en la fibra estudiada.

- I es el momento de inercia de laseccíón total, que es una constante para la sección.

Por tanto, para una sección dada, la fórmula tiene una parte constante K : T/l y otra variable, con lo que podemosponer que la ley de tensiones tangenciales será de la forma:

M ...,= " b

Analizando esta expresión podemos estimar el diag¡ama de tensiones tangenciales, aunque es necesario conoceralgunos datos previos.

La distribución es parabólica (de Ia teoria).

Partimos de la fibra superio¡. En esta, por ser un borde de la sección y notener tensiones externas, podemos deducir que r es nula. Igualmente cs nula para lafibra inferior.

Més¡árj.o es creciente hacia el c.d.g, con un máximo en é1, dado que la parteinferior contribuy€ con signo negativo.

t, es constante.

El cociente M"r¡ri"o/b c¡ecerá, por tanto, hacia el c.d.g. teniendo su valormiíximo en é1, siendo éste el punto de rhu,.

En la fibra superior la t es nuta.

M",,¡,¡"o es creciente hacia el c.d.g, con un m¿iximo en é1, dado que laparte inferior contribuye con signo negativo.

b es constante por tramos. En la cabeza de la viga, b cs grandg, lo quchará que el cociente M.,,¡¡.o/b crezca hacia el c.d.g. pero con un valor pequeño.

En el alma, b es pequeño, po¡ lo que el cociente tendrá un salto bru\co y.a partir de él seguirá creciendo hacia el c.d.g., que será el punto de r.ux.

Los mismos r¡zonamientos que en el caso anterior pero considerando qücha!' dos combios bruscos de sección. quc motivarán dos saltos en la ley dccoftantes.

tangenciales se hace estudiando la expresión de Colignon para cada seccron

Cap. lV .. Fle.tión (ll). Fletión.sin¡:le. 39

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesMieuel I Millán Muñoz

En la fibra sup€rior la r es nula.

lvf.,¡¡r¡co es creciente hacia el c_d.g, con un mirimo en é1. dado que la pañeinferior contribuye con signo negativo.

b es creciente li¡ealmente desde la fibra superior a la inferio¡. po¡ est"motivo, la variación del cociente M.riti"o/b no cs evidente. Se comprueba (teoria)que c¡ec€ más rápidamente el M¿ririco hasta una fibra situada por encima del c.o.e.alcanzándose en ella la t.a" dec¡eciendo después hacia la ñbra inferior_

Caso similar al ante or. Sin embargo, se comprueba (teoría) que el márimo oercociente M"r¿ri"Jb se alcanza en el c.d.g., alcanzii¡dose en él la r.u*.

Mcsráiico es c¡eciente hacia el c.d.g, con un máximo en é1, dado que lapane inlerior contribuye con signo negativo

b es constante por tramos. En el centro, b crece bruscamente, por lo queel cociente tendrá un salto brusco reduciéndose y, a partir de éi seguirá creciendohacia el c.d.g. Debido al salto, la t.." no se produce en el c.d.g., sino en las fibrasanleriores al cambio de sección.

Caso análogo aldel triángulo, p€ro con doble máximo debido a la simct¡ia dola sección ¡esDecto al eie n€utro.

SOLUCION PROBLEMA N'2

Puesto que las piezas actúan solidariamente, sobre Ia unión entre ellas aparecerá una tensión tangenciallongitudinal, que asegura la transmisión de tensiones entre las piezas.

Esta tensión tangencial longitudinal, por el teorema de Cauchy, será idéntica en valor a la tensión tangencialvertical que aparece sobre la rebanada a la altura de la fibra de unión entre las piezas.

Por lo tanto, el cálculo se reduce a calcular dicha tensión tangencial vertical para el caso de cortante máximo.

La ley de cortantes será lineal, con máximos en los apoyos, cuyo valor será igual al valor de las reacciones. Porsimetría, estas reacciones son iguales y de valor:

R:%.q.L=%.100(kp/m) .5 (m)= 250 Kp.

Aplicando la fórmula de Colignon para la sección sometida a este cortante máximo y en la fibra de la unión entrepiezas, obtendremos la tensión tangencial buscada.

P¡eviamente calculamos la inercia de Ia sección total y el momento estático de la cabeza respecto al eje neutro:

I = 2.(1i3. 20. 20r -:. Ii3. 7.5. l5') = 7:.9t7 cnrr

l\.l",,jri." = 20. 5. 17.5 = LTj0 cnr

Ciip. I\¡ .-. Fle-rión (!I). Flexión st,nple. ()0

Problemas Resueltos de Resistencia de MaterialesNIilián lv{uñoz

"t ",,,,,,"o 250 1750 , . -- , ^-.:r:- = 1..!

^P¡cnlb. I 5.'12917

El esfue¡zo cortante por metro lineal que actúa sobre la superficie de unión, seria el que tendria que ser capaz de

soportar el medio de unión considerado.

por ejemplo, si suponemos que la unión se realiza con tomillos, y estos están distribuidos con una separación de

un metro, el támiilo más sólicitado tendría que ser capaz de soportar un esfuerzo cortante igual al producto de la tensión

tangenciál calculada por el área asociada a dicho tomillo (un área de un metro de longitud y de ancho el espesor de la unión

cabeza-alma).

Aunque la tensión tangencial varla según la sección estudiada (T es variable), calcularemos el esfuerzo cortante

con la tensión máxima calculada, suponiéndola constante en el metro lineal considerado:

T=¡ (b 100):1,2.5 100-600kp/ml

SOLUCIÓN PROBLEMA N" 3

El valor máximo de p que puede aplicarse será aquél que agota antes a la sección, sea por tensión normal (tracción

o compresión) o por tensión tangencial.

El oroceso de cálculo consistirá, entonces, en estudiar las secciones

más solicita¡as a fl€xión y a cortante (con dichos esfue¡zon función de la

incógnita P), e imponer en dichas secciones se produzca el agotamiento- Esto

no. áurá uu.iot vaiores posibles de P, entre los que habrá que elegir el menor'

que será el que agote antes una de las secciones

En primer lugar se dibujarán los diagramas de esfuerzos Para ello

calculamos las reacciones:

- Equilibrio de momentos en aPoyo izquierdo:

3.P+7,5.P=6.R2 ? R:=10,5/6.P

- Equilibrio de fuerzas verticales:

Rr =2 P- 10,5/6. P=0'25.P

Las secciones más solicitadas y que habrá que comprobar serán:

sección con M máximo positivo: M.*':0,75 . P

sección con M máximo negativo: M'",- = -1,5 ' P

sección con cortante máximo: T'""-: P

Esfuerzos máximos admisibles en la sección:

Calcularemos cuál es el máximo M* y máximo M- admisibles en función de las tensiones máximas del material y

de la geometria de la sección.

0,75 P

I yc=20cm.

- Cálculo de c.d.g.:

yc.(60. l0+30. l0+30. l0):60. l0 j+10. l0 (15+l0)+30 10 45

- Cálculo del momento de inercia:

l=1i3.60.20r-2 l i 3 . 2i . l 0' + l /3 . 3 0 30r-2 1./3 l0 . 20i = 360 000 cmr'

Las márimas tensioles se producirán siempre en la ñbra rnás alejada del eJe nelrtro (al no habel tensiones debidirs

a axiles). Dado que la o"¡u,,, es igual para tracción que para compresión, la sección agotará sienlpre en esta flbra. tanto para

1,5 P

Cap.lV . Fleriótt (lI). Flerión sitnple. 9l

Probleiias Resueltos de Resistencia de MaterialesMillán Muñoz

momento positivo como para negativo. Así pues, los máximos momentos admisibles positivo y negativo serán iguales y de

valor:

'r ,,..-,^ I 2oo. l6oooo¡/ =,__!!!r!r.L _ * = 2.400.000 kp.cfit=24n.t

dant$ y )v

La máxima tensión tangencial se producirá para este tipo de secciÓn en el eje neutro, donde el momento estático es

máximo, y el ancho de la sección mínimo. El máximo cortante admisible será el que hace que esta tensión máxima sea

igual a la ro¿.¡,. Aplicando la fórmula de Colignon, despejamos el valor de dicho conante:

Comprobación de las secciones más solicitadas

Imponiendo que en las secciones indicadas al principio se produzca el agotamiento, obtendremos:

- sección con M máximo Positivo: M.*-=0,7s .P:24m.r

- sección con M máximo negativo: M.""- = -1,5 'P :24 m't

- sección con cortante maxlmo: T =P=1r7{t

T.M ,.- - -----95!41J9-L -:\

b. I


Pa¡a dimensionar la sección indicada'

condiciones que deben cumPlirse:

. t. b. I 57 .10 .360000T=- = 21.600 Kp = 21,6 t.

M .. (ó0.10.15+10.10.5)es,aüco

+ P=32t.

- P= 16 t.

* P:21,6t.

Escogiendo la más restrictiva de todas ellas (la que produce antes el agotamiento) tenemos que el valor de P

buscado es PJ 16 t, produciéndose el agotamiento en las secciones de los apoyos'

para este valor de P, el cortante máximo será T : l6 t, y la tensión máxima que se alcanza será:

r .- l6ooo 95oo = 42,22 kp I cm2max l0 360000

I m.T

- od.i, : 250 KP/cm"- ro¡.¡,: 20 Kp/cm2- flecha máxima: f"¿.i'= L / 300

El proceso de cálculo consistiú en obtener para la sección genérica

del enunciado y para las cargas aplicadas, los valores (función de b) de o.* '

rma* y flecha máxima. Imponiendo que estos valores sean iguales a los

ad-iiibles, obtendremos varios valores posibles de b L"y ,

De todos ellos, la sección buscada corresponderá al b mayor' que es

aquél para el que se no se supera ninguna de las limitaciones ftjadas en el

enunciado.-l m't

Para el análisis de las tensiones máximas, se estudiarán las secciones

más solicitadas a flexión y a cortante. LeyT

En primer lugar se dibujarán los diagramas de esfuerzos Para ello

calculamos Las reacciones, que por la simetria y el tipo de cargas se puede

deducir fácilmente que son iguales y de valor:

R=r!.q. L='1 . 1.6=i t (los morlcntos simétricos no altcran larcacción)

El diagrarna de cortantes será lineal. con valores máximos en los apolos T = R = 3 t

El diagfana de momenros será parabólico de 2" graclo, aunque desplazado veúicalmente por efecto de los

rnorncntos ptlntLlllcs llesJ(i\ os

se imponen tres tipos de

I m.'l

l',1,1l----i----t--------l

lYm

j.i ¡n I

Cap. IV .- F/c.tirÍr (II) Fletiótt.:;intple. 97

Problem¡s Resueltos de Resistenci¡ de Materiales

El valor máximo positivo se alcanza en el centro de vano:

Ñf",..* = q Lr18- I (momento puntual) = I 6118-I=3'5mt

M..' =-l mt

Teniendo en cuenta que la sección es simétrica respecto al eje neutro, basta con comprobar el agotamiento para et

mayor momento en uuro. uurotuto. .iii l"*, i* r.""r"*, áás soliciiadas y que habrá que comprobar serán:

- sección con M máximo:

- sección con cortante máximo:

r. b. I _ 20 .b .0.66't. b4 = e6,68 bz I kp.

M estático (u. u.o;)

Dado que es una sección rectangular' el momento de inercia s€rá'

l=l/l2 b hr =l/12 b Sbr=0'667b4

La sección agotará stempre en la fibra extrema' de y : b/2' luego el máximo momento ser¿l:

o . .l 1.ñ (\ 66i b4 3

M =- admís - T =166'6'1 b' kPc

adltTls

Lamáximatensióntangencialseproducifáparaestetipo'desecciónenelejeneutro,dondeelmomentoestáticoesmáximo (dado que el ancho ¿" f" r.Jári", *iuár"). gf máximo cortante admisible será el que hace que esta tensión

máxima sea igual a la t"¿.¡, Aplicanáo la fórmula de Colignon' despejamos el valor de dicho cortante:

Tadmts

Flecha máxima

por la simetría de la sección, podemos deducir que la flecha máxima se producirá en la sección central'

Podemoscalcularlaapartirdel2oteoremadeMohr,dadoquealestarlaflechamáximaenelcentro,sutangenteserá horizontal y el valor de A coincidirá con el valor de la flecha'

Así pues, debemos de calcular el momento estático de la ley de momeirtos respecto al qpoyo, p\esto que es aqui

donde queremos calcular A" O"'"otpond'"tos la ley de momentos en la suma de una parábola de 2" grado y de un

,.",anguto lO.UiAo u los mom€ntos puntual€s):

M.,'¡,¡.o (lev parabólica) = (2/3 L/2 M'¡' 8^) (5lS Llz)= (213 612 4':r'(518 612)= 16'875mr'I

M",fá'i"" (lev rectangular) = (L/2 M'c.'""r"" s) '(l/2 Llz)= (3 l) (l/2 '612)= 4'5 m3 t

fl echa centro vano = ^

- l/El (-1 6'8?5 + 4'5) = -12'375lÉl m = -1237'5 / EI cm

El signo negativo indica que ta flecha resultante es hacia abajo

Comoelvalordeldependedelaincógnitabuscadab'.laflechatendrálaexpresión(usandocomounidadeskpycm, para ser coherentes con las olras expresiones que incluyen a b):

llecha centro vano = -123'7 '5lEl: 'l23f iI(I05'0667b)=00I855/b'cm

Comparación de esfuerzos l/ flecha lná\imos con las admisibles

Igualandolosvaloresobtenidos.fi:ncióndeb'coniosvaloresadtnisiblesclelproblema.obtendre¡llclslosposiblcsvalorcs qLie Puede tener b'

Cap. lV . fle'rirín (II) Flexión sintple' 9l

Problemas Resueltos de Resistencia de Materialesllfillán NIuñoz

Imponiendo que se alcancen las tensiones admisibles en las secciones más solicitadas, habicmos obtenido elmomento y cortante máximos admisibles. Estos deben ser iguales a los máximos que se alcanzan en la viga para las cargasconsideradas:

166.6?.br (kp.cm;= 3,5. 105 (kp.cm) = b : (2099,96)r/r = I l,g ¡ smNlomento:

Cortante 26,68.br (kp) = 3. l0r (kp) + b - {l12,4 cm = 10,60 cm

flecha 0,01855 / b{(cm)= ¡/300 = 600/300 = 2 cm + b=0,31 cm

De estos tres valores, escogemos el mayor de todos, dado que es el único que permite cumplir todas laslimitaciones impuestas en el problema. Como el criterio limitativo es la flecha, no se alcanzará en la viga ninguna de lastensiones admisibles.

El ancho de la sección será b :31 cm = 35 cm (redondeando por criterios constructivos), y el canto será h = 2.b:62 cm ¡ 65 cm.


La viga está sometida a flexión simple. Son desconocidos el valor de las cargas P y la luz de la viga L. Sinemba¡go, conocemos dos d¿tos:

- la tensión tangencial miáxima que estas cargas producen.- el radio de curvatura mínimo.

El primer dato nos permite obtener una ecuación para P y L, puestoque el valor de r,"* se producirá en la sección con cortante máximo. Estecortante máximo será función de P y estará situado en una sección conocida.

El segundo dato nos permite obtener el valor del momento miíximo,si tenemos en cuenta que la relación entre el radio de curvatura y la ley demomenbs es:

IMPEI

Cuando p es mínimo en una sección, el cociente l/p es máximo y ,por tanto, es máximo el momento en dicha sección, con un valor:

roó I ¡ zo.¡or)M =g= ttt

==1125000

kpcñ=tt.25m.tmtL\ P qoo. to!

Cálculo de solicitaciones y esfuerzos

El paso siguiente será calcular los valores de las solicitaciones, para

definir el valor (función de P y L) y la posición del cortante máximo y delmomento máximo.

En la figura puede verse que el cortante máximo se alcanza en las secciones de los apoyos (igual a la reacción), yel momento máximo en el centro de la visa. con los valores sisuientes:

T,,,=R=3.P/2

ñr,,,". = 3Pi2. I-i2 P.I-ll=(3P-P). Lil=P.Li2

El esfuerzo tangencial náximo que se produce en la sección de los apoyos será, aplicando la fórrnula de Colignon:

3P12

Crp. IV .- Fle.\ión (ll). Flttiún tutplt 91

Probl_ema! Resueltos de Resistencia de MaterialesMillán Muñoz

.P^^3030),- .¿u.-.--ffi = o.ool75 P r,ttp I cntz ¡mQx

Imposición de condiciones

rD"-=0,00375. P= 10,8

M^ó\=P.U2= 11,25

T .¡.1t,tLt ertático G

b. I

Una vez calculados los valores de r y M."* debidos a las cargas, paraigu¿lar éstos con los datos del enunciado, obteniendo dos ecuaciones de lasbuscadas,

la geometría dada de la viga, sólo quedaque podemos despejar las dos incógnitas

::) P = 2880 kp = 2,88 t

sustituyendo el valor de P obtenido arriba L = 7,821 m.

Cap.I''i .- Flexióu (lI). Flexión sintple. 9i

Estructuras 1

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