mecánica de solidos-VOLUMEN-2

UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA

FACULTAD DE INGENIERIA

DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MECANICA

PROYECTO DE DOCENCIA

MANUAL DE

MECANICA DE SOLIDOS

VOLUMEN 2: RESISTENCIA DE MATERIALES

RAUL HENRIQUEZ TOLEDO

VICTOR VERGARA DIAZ

AGOSTO 2010

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PROLOGO

La asignatura de Mecánica de Sólidos es impartida por el Departamento de Ingeniería Mecánica a todas las Carreras de Ingeniería, con la excepción de las carreras de la especialidad de Ingeniería Mecánica. Esta asignatura tiene una demanda anual cercana a 300 alumnos, razón por la que la Dirección de Docencia, ha dado su respaldo a este Proyecto de Docencia, presentado por los académicos Raúl Henríquez Toledo y Víctor Vergara Díaz, ambos del Departamento de Ingeniería Mecánica. El objetivo del Proyecto es el de proveer de un Manual de Mecánica de Sólidos, el que consta de 2 volúmenes: el primero contiene los conceptos teóricos y una gran cantidad de ejercicios resueltos que contempla el Programa de esta asignatura en su primera unidad, denominada Fundamentos de la Estática. El segundo volumen cubre las unidades que se relacionan con la Resistencia de Materiales o Mecánica de Materiales, con la Teoría y, de nuevo, una gran cantidad de ejercicios resueltos. Algunos de los ejercicios han sido desarrollados por los autores y usados tanto en clases como en pruebas; no obstante, la mayoría de los ejercicios se han extraído de los textos incluidos en la Bibliografía al final de este texto. Este segundo volumen del Manual de Mecánica de Sólidos consta de cinco capítulos. El primer capítulo se inicia con visión resumida de los materiales que se usarán con mayor frecuencia en el desarrollo del curso. Se introducen los conceptos de esfuerzo y deformación, Ley de Hooke, y se incluye una gran cantidad de ejercicios resueltos, con aplicaciones a sistemas isostáticos e hiperestáticos, considerando efectos de la temperatura. El capítulo dos se refiere a las aplicaciones de los esfuerzos de cizalle o corte simple. Se incluyen aplicaciones para el cálculo

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de pasadores, pernos, chavetas y otros elementos de unión sometidos a corte puro. El capítulo tres estudia la torsión simple. Se estudian las relaciones entre potencia, torque, ángulo de torsión y velocidad angular y sus aplicaciones al cálculo de ejes y otros elementos sencillos sometidos a torsión isostática pura. El capítulo cuatro estudia el cálculo y dimensionamiento de vigas isostáticas, sometidas a diferentes condiciones de carga, bajo la acción de la flexión simple. Se estudia la deflexión de las vigas, usando el Método de la Doble Integración simple y con funciones singulares. Por último, en el capítulo cinco se estudia el fenómeno de pandeo de columnas sometidas a la acción de cargas centradas de compresión. Se estudia el método de Euler para columnas largas y de Jonson para columnas cortas. Para un mejor aprovechamiento es recomendable que los estudiantes sigan los primeros ejercicios como guía, pero que intenten resolver en forma autónoma los siguientes. Los autores agradecen la confianza dada por la Dirección de Docencia que ha financiado este Proyecto de Docencia, el segundo desarrollado por las mismas personas. Finalmente, esperamos contribuir a facilitar el estudio de la Mecánica de Sólidos, proporcionando un material que, confiamos, descomprimirá la demanda por textos similares en nuestra Biblioteca. Los autores ANTOFAGASTA, AGOSTO DE 2010

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INDICE

MATERIA PÁGINA PROLOGO 02

INDICE 04 CAP. 1: ESFUERZOS Y DEFORMACIONES AXIALES 06

1.1 Visión resumida de Materiales de Ingeniería 06 1.2 Concepto de esfuerzo y deformación 07 1.3 Ensayo de Tracción 09 1.4 Diagramas esfuerzo – deformación. Ley de Hooke.

Tensión de fluencia y resistencia a la tracción 10 1.3 Coeficiente de seguridad y esfuerzos admisibles. 1.4 Esfuerzos térmicos. 1.5 Aplicaciones a la solución de problemas isostáticos

e Hiperestáticos en tracción – compresión. 1.6 Dimensionamiento de elementos.

CAP.2: CIZALLE SIMPLE

2.1 Concepto de esfuerzo de corte simple. 2.2 Elementos de unión sometidos a corte: pernos, remaches, pasadores. 2.3 Bridas y chavetas. CAP. 3: TORSIÓN SIMPLE

3.1 Esfuerzos y deformaciones producidas en la torsión. 3.2 Ejes de sección circular. 3.3 Relaciones entre potencia, torque y velocidad angular. 3.4 Angulo de torsión. 3.5 Aplicaciones de la torsión CAP. 4: FLEXION SIMPLE

4.1 Definición y tipos de vigas. 4.2 Fuerzas de corte y momento flector. Diagramas. 4.3 Esfuerzos de flexión. 4.4 Dimensionamiento de vigas. Módulo resistente. 4.5 Cálculo de deflexiones.

CAPITULO 5: COLUMNAS

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5.1 Concepto de pandeo. 9.2 Fórmula de Euler. 5.3 Restricciones de la fórmula de Euler. Relaciones de esbeltez

límite. Condiciones de apoyo. 5.4 Fórmulas empíricas (Parábola de Johnson u otras). 5.5 Cálculo y dimensionamiento de columnas BIBLIOGRAFIA 1. MECANICA DE MATERIALES: FERDINAND BEEER Y RUSSELL JOHNSTON 2. MECANICA DE MATERIALES: HIBBELER 3. RESISTENCIA DE MATERIALES: W NASH 4. MECANICA APLICADA A LA RESISTENCIA DE MATERIALES: A. HIGDON 5. MECANICA DE MATERIALES: R. FITZGERALD 6. RESISTENCIA DE MATERIALES: S. TIMOSHENKO 7. MECANICA DE SÓLIDOS: E. POPOV

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CAPITULO 1: ESFUERZOS Y DEFORMACIONES AXIALES

1.1 Visión Resumida de Materiales de Ingeniería En los párrafos que siguen se muestra una visión panorámica resumida de los materiales que se usarán con mayor frecuencia en el desarrollo de este curso. Su estudio y conocimiento es indispensable para la selección de materiales que se realiza en algunas aplicaciones.

Polímeros (Plásticos): PVC, Polietileno, Teflón, Poliuretano, etc.

Cerámicos: Vidrio, Hormigón (Concreto), Cerámicos de Ingeniería, etc.

Metales: Ferrosos (Aceros y Fundiciones Ferrosas), y No Ferrosos.

Composites (Híbridos o Compuestos): Son combinaciones de dos o más de alguno de los tres tipos anteriores. Ej.: Hormigón reforzado con varillas de acero, Plásticos reforzados con fibras de vidrio, Kevlar, etc.

1.1.1) Metales No Ferrosos: Fundamentalmente se usan aleaciones, que son combinaciones de un metal base o matriz, que tienen en solución sólida elementos de aleación metálicos o no metálicos, y que tienen propiedades de los metales (enlace metálico, dúctiles, buenos conductores eléctricos y térmicos). Las más comunes suelen ser las que se señalan a continuación. • Aleaciones de cobre: Utilizadas en aplicaciones en que se requiere una moderada resistencia a la corrosión. Por ejemplo:

- Latones : Cu + Zn - Bronces : Cu + Sn - Cuproníqueles: Cu + Ni

• Aleaciones de aluminio: Utilizadas en aplicaciones en las que se requiere poco peso y una moderada resistencia a la corrosión. Por ejemplo:

- Al + Mg - Al + Si - Al + Cu (duraluminios): usadas ampliamente en la

fabricación de fuselajes y estructuras de aviones.

• Aleaciones de Níquel: Usadas principalmente en aplicaciones en las que se requiere de alta resistencia a la corrosión y/o a temperaturas elevadas. Ejemplo: Hastelloy C.

Materiales de Ingeniería

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1.1.2) Aleaciones Ferrosas: Fundamentalmente son aleaciones de hierro y carbono, conteniendo, además, alrededor de 1% de Mn. a) Fundiciones de Fe: Conocidas también como hierros fundidos, se usan ampliamente en la Minería en tapas de molinos, corazas de chancadores, y una gran cantidad de componentes. La mayoría son extremadamente frágiles; los límites del carbono van desde 2,06% hasta 6,69%, aún cuando en la práctica tienen del orden de 4% de C, Mn, Si y otros elementos de aleación en menores cantidades. Las aleaciones de este tipo más conocidas son: Fundición Gris, Fundición Nodular, Fundición Maleable, etc. b) Aceros: El metal base es el hierro; en teoría pueden contener hasta 2% de carbono, alrededor de 1% de Mn y otros elementos de aleación tales como Cr, Ni, Mo, Ti, V, etc. Cuando sólo tienen carbono y manganeso como elementos de aleación, se les denomina aceros al carbono. Si además tienen otros elementos de aleación se les denomina aceros aleados, siendo de baja aleación cuando el total de elementos de aleación no excede de 5 a 6%. • Aceros de bajo carbono: Tienen hasta 0,25 % de C. Se usan ampliamente en la fabricación de estructuras metálicas, razón por la cual se les conoce también como aceros estructurales. Ejemplos típicos de estas aleaciones son los aceros A 37 – 24, A 42 – 27 y A 52 – 34, producidos en Chile por CAP, el acero ASTM A 36 según Norma ASTM, o los aceros SAE 1010, 1015, 1020. • Aceros de medio carbono: Tienen entre 0,35 y 0,55 % de C. Se usan en la fabricación de componentes de máquinas, tales como pernos, ejes, engranajes, etc. Ejemplos de estos aceros son el SAE 1045, dentro de los aceros al carbono, y los SAE 4140 y SAE 4340, dentro de los aceros aleados. • Aceros de alto carbono: Tienen más de 0,6 % de carbono y, eventualmente, hasta 2 % de C. Se usan principalmente en la fabricación de resortes de alta resistencia, herramientas de corte, etc. Ejemplos de este tipo de acero son: SAE 1060, 1080, 5160, etc. En los aceros bajo Normas SAE, si el primer dígito es 1, significa que es un acero al carbono, si es distinto de 1, indica un acero aleado. Los dos últimos dígitos, divididos por 100, representan el porcentaje de carbono. Así, por ejemplo, tenemos las siguientes indicaciones: SAE 1020: Acero al carbono, con 0,2% de carbono (de bajo carbono) SAE 1045: Acero al carbono con 0,45% de carbono (de medio carbono) SAE 4340: Acero aleado con 0,4% de carbono (de medio carbono) 1.2 Concepto de esfuerzo y deformación. 1.2.1) Concepto de Esfuerzo o Tensión (Stress) Consideremos una barra recta, en equilibrio, de sección circular, a la cual se le aplica una fuerza P en el Centro de Gravedad de la sección transversal, la cual es perpendicular a dicha sección (o colineal con el eje longitudinal de la barra). Si cortamos en BB’, el interior de esta barra está sometido a fuerzas unitarias internas, es decir, pequeñas fuerzas que actúan en cada unidad de área y cuya

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resultante debe ser P. Esta fuerza por unidad de área constituye el esfuerzo o tensión axial o normal, como se muestra en la figura 2.1 y se define según la forma de la ecuación 1.1.

AP

=σ (1.1)

Obsérvese que el esfuerzo σ es constante y actúa sobre toda la sección transversal con la misma magnitud. UNIDADES:

SISTEMA Masa Fuerza Area Esfuerzo o Tensión SI kg

2segmkgN ×

=m2

2mNPa = → 1 MPa = 106 Pa

Técnico Métrico

kg*seg/m = UTM

kgf cm2, mm2

kgf/cm2 ; kgf/mm2

Técnico Inglés

lb*seg/pie = Slug

lb Pulg2

psipu

lb=2lg

→ 1 kpsi = 103 psi

EQUIVALENCIAS:

1 kgf = 9,81 N 1 lb = 0,454 kgf 1 psi = 0,0703 kgf/cm2 1 kgf/cm2 = 14,23 psi 1 pie = 1’ = 12 pulg 1 pulg = 1” = 2,54 cm = 25,4 mm 1 MPa = 1 N/mm2 = 0,102 kg/mm2 1 psi = 0,0703 kg/cm2

1.2.2) Deformaciones (Strain) B’

100

0

0

−=−

=Δ

=LL

LLL

LLε (1.2)

Definiremos la deformación unitaria ε o deformación normal como el cambio de longitud producido por una carga axial P, dividido por la longitud inicial, como se muestra en la figura 1.2 y en la ecuación 1.2..

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B’ P P

AP

=σ

FIGURA 1.1

L0 ΔL

P P

12 LFIGURA 1.2

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Puede verse que la deformación unitaria es adimensional, por consiguiente la unidad de medida de la deformación unitaria, puede ser mm/mm, cm/cm, pulg/pulg, etc. 1.3) Ensayo de Tracción Aún cuando el Ensayo de Tracción es una de las pruebas estáticas más utilizadas para determinar las propiedades mecánicas de los metales y aleaciones, no siempre es empleado correctamente, o bien, no se obtiene toda la información que es posible sacar de él. En los párrafos siguientes se hace una descripción que pretende ser una ayuda para los estudiantes de ingeniería que tienen que realizar dicho ensayo en alguna parte de su Programa de Estudios, o que deben conocer las propiedades más importantes de los materiales en las aplicaciones que pueden surgir en las diferentes especialidades. Muchos países han normalizado este ensayo, de manera que sea fácilmente ejecutable y reproducible, y que los resultados obtenidos puedan ser comparables. En nuestro país, la Norma chilena NCh 200, recoge gran parte de la normalización existente al respecto. Como complemento es interesante la consulta de las Normas ASTM A 370, E 4, E 66 y E 8. El Ensayo de Tracción consiste en aplicar a una probeta plana o cilíndrica, generalmente normalizada, una carga de tracción creciente, en dirección a su eje longitudinal, hasta causar la rotura de ella. La máquina de ensayo puede registrar mecánica o electrónicamente las cargas y los alargamientos que ellas producen, o puede hacerse también en forma manual; este registro procesado adecuadamente, es el que permite determinar una gran variedad de propiedades mecánicas del material ensayado. La aplicación de una carga P a una probeta de longitud inicial L0, inmediatamente produce un alargamiento Δ, como se muestra en la figura 1.3.

En la figura 1.4 se muestra una probeta con las dimensiones normalizadas de acuerdo a Normas ASTM (American Standard Testing Materials). En el Laboratorio del Departamento de Ingeniería Mecánica se usa una probeta especial de 5 mm de diámetro nominal y 25,2 mm de longitud reducida, la cual mantiene la proporcionalidad exigida por la Norma ASTM.

P P

Δ L0 FIGURA 1.3

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DIMENSIONES , mm Estándard Probetas de Tamaño Reducido 12,5 9 6 4 2,5

G: Gage Length 62,5 ± 0,1 45 ± 0,1 30 ± 0,1 20 ± 0,1 12,5 ± 0,1D: Diámetro 12,5 ± 0,2 9 ± 0,1 6 ± 0,1 4 ± 0,1 2,5 ± 0,1

R: Radio 10 8 6 4 2 A: Long. Mínima 75 54 36 24 20

Figura 1.4. Probeta de tracción normal según ASTM

1.4) Diagramas Tensión – Deformación. Si se representan en un diagrama, las cargas P en las ordenadas y los alargamientos o elongaciones ΔL en el eje de abscisas, se obtiene un gráfico típico como el que se muestra en la figura 1.5.

FIGURA 1.5. Diagrama Fuerza-alargamiento

Si se divide la carga P por el área de la sección transversal de la probeta, A0, se obtiene la tensión o esfuerzo σ que actúa sobre el material. Si se divide el alargamiento ΔL por la longitud inicial de la probeta, L0, se obtendrá la deformación unitaria ε. Utilizando escalas adecuadas, la forma del diagrama no se altera, obteniéndose ahora un diagrama tensión-deformación, σ - ε. El diagrama de la figura 1.5 es típico de un material dúctil. En el diagrama de la figura 1.5 pueden verse tres regiones diferentes. La primera, llamada zona elástica, en que el material cumple la Ley de Hooke que establece que en esta región las tensiones son proporcionales a las deformaciones, como muestra la proporcionalidad 1.3.

σ α ε (1.3)

P, kgf

Zona Elástica

ALARGAMIENTOS, ΔL (cm)

Zona Plástica Zona de Ruptura

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Esta expresión puede transformarse en una ecuación introduciendo la constante de proporcionalidad E, llamada Módulo de Young o Módulo de Elasticidad longitudinal de los materiales. Por lo tanto la ley de Hooke puede escribirse de la forma que se muestra en la ecuación 1.4. En la Tabla 1.1 se muestran los Módulos de Elasticidad de los materiales más comunes.

σ = Eε (1.4) Si combinamos la Ley de Hooke con las definiciones de esfuerzo y de deformación, obtenemos:

EL

AEPLL

LLEE

AP σεσ ==Δ⇒

Δ=== (1.5)

La ecuación 1.5 permite determinar el cambio de longitud de una barra de largo inicial L, área de la sección transversal A, Módulo de Elasticidad E, sometida a una fuerza de tracción o de compresión P, siempre que el sistema se mantenga en la zona elástica.

TABLA 1.1

Módulo de Elasticidad E MATERIAL kg/cm2 x 106 Kg/mm2 GPa psi x 106

Acero 2,1 21.000 206 30 Latón 1,05 10.500 103 15 Cobre 1,2 12.000 117,7 17 Bronce 0,9 9.000 88,3 12,8 Aluminio 0,7 7.000 68,7 10,1 Hormigón 0,175 1.750 17,2 2,5 PVC 0,032 320 3,1 0,45 Pino chileno 0,086 860 8,4 1,22

1.5) Propiedades Mecánicas 1.5.1) Tensión de Fluencia El punto en que se pierde la proporcionalidad, donde la línea recta se transforma en una curva se llama límite elástico, límite de proporcionalidad, límite de cedencia o tensión de fluencia, siendo esta última la acepción de mayor uso. Representa el límite entre la región elástica y la región siguiente, llamada zona plástica. La tensión de fluencia se suele designar de varias formas: RE (Según Norma Chilena NCh 200) Y ( del inglés “yield” = fluencia),

σ0, σY (En algunos textos de uso común) En el desarrollo de este Curso se usa la denominación σ0 para referirnos al límite de elasticidad o tensión de fluencia de los materiales.

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Existen algunos materiales, como el cobre, que no tienen una tensión de fluencia nítida, por lo que se ha definido una tensión de fluencia convencional. Esta es la tensión necesaria para producir una deformación especificada previamente (normalmente 0,1 ó 0,2% según sea el caso, es decir, ε = 0,001 ó ε = 0,002). La tensión de fluencia convencional, σ0,2, se determina de la forma que se muestra en la figura 1.6.a: se traza una línea tangente a la curva en el origen, a continuación una recta paralela a esta tangente, que se inicia en la deformación convenida (0,002, en este caso); el punto en que esta recta corta a la curva, determina la tensión de fluencia convencional. La figura 1.6b muestra un diagrama tensión – deformación para un material frágil (fundición, cerámicos, etc.); obsérvese que la deformación es mínima.

FIGURA 1.6. Diagramas tensión-deformación. (a). Material sin tensión de fluencia marcada. (b). Material frágil.

1.5.2) Resistencia a la Tracción Cuando el sistema de cargas y deformaciones entran en la zona plástica, se pierde la proporcionalidad; si se descarga el material éste tiene una ligera recuperación elástica, quedando una deformación plástica permanente. La carga sigue aumentando hasta que alcanza un valor Pmáx. Este valor dividido por el área inicial de la probeta se denomina Resistencia a la Tracción del material ó resistencia última; se designa por: RM (Según la Norma Chilena NCh 200) UTS (Del inglés Ultimate Tensile Strength), σú En la figura 1.6.b se muestra un diagrama típico de un material frágil (hormigón, vidrios, fundiciones, aceros altamente templados, por ejemplo). Puede observarse que estos materiales no presentan tensión de fluencia y que sus alargamientos son muy pequeños, habitualmente inferiores a 5%. La fundición gris, por ejemplo, tiene cero alargamiento.

1.5.3) Resiliencia La Resiliencia es la capacidad de los materiales para absorber impactos permaneciendo en régimen elástico, es decir, sin deformarse permanentemente. Numéricamente puede determinarse calculando el área bajo la curva hasta la tensión de fluencia. Es decir, tratándose de un triángulo, queda determinada por la ecuación 1.6.

σu σu σ

ε

σ0,2 (a)

σ

(b)

0,002 ε

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RE

= =12

120

02

σ εσ

(1.6)

La unidad de esta propiedad es energía absorbida por unidad de volumen. 1.5.4) Tenacidad La Tenacidad Estática se determina evaluando el área total bajo la curva σ - ε, lo cual puede hacerse gráficamente o mediante la integración que se muestra en la ecuación 1.7.

T dr

= ∫ σ εε

ε

0

(1.7)

Como ya se ha indicado, la cuantificación del área bajo la curva puede hacerse en forma gráfica, simplemente utilizando el procedimiento de cuadricular el diagrama, como se muestra en la figura 1.7.

0102030405060

0 0,05 0,1 0,15 0,2

Deformación, mm/mm

Tens

ión,

kg/

mm

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FIGURA 1.7 1.5.5) Ductilidad La ductilidad es una medida de la capacidad de aceptar deformaciones de los materiales. Se mide por el alargamiento o elongación total de la probeta, como muestra la ecuación 1.8.

0

0

0 LLL

LLe f −=

Δ= (1.8)

La ductilidad también determinarse a partir de la variación de las secciones transversales de la probeta, conocida como Reducción de Area, RA. Esta forma de medir la ductilidad se muestra en la ecuación 1.9.

0

220

0

0

DDD

AAARA FF −

=−

= (1.9)

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donde los subíndices cero y F denotan la situación inicial y final, respectivamente. Normalmente, la ductilidad puede darse también en términos porcentuales, multiplicando ambos valores por 100. La tensión a la cual se produce la rotura de la probeta se denomina tensión de rotura o de ruptura, la cual es de poco interés ingenieril. Solamente en unos pocos materiales frágiles (vidrios u otro tipo de cerámicos), la tensión de ruptura puede coincidir con la resistencia a la tracción; generalmente es menor. En el instante en que se alcanza la carga máxima, se inicia la formación de un cuello en la probeta, como se muestra en la figura 1.8, produciéndose un adelgazamiento localizado en esta región; este fenómeno se denomina estricción. Hasta este instante la deformación es bastante homogénea y se distribuye uniformemente sobre toda la probeta. Si es una probeta cilíndrica, se mantiene cilíndrica. Sin embargo, cuando se alcanza la resistencia a la tracción, la probeta pierde totalmente su forma cilíndrica. Lo anterior conduce a que las relaciones de volumen constante sean válidas solamente hasta el punto de carga máxima. Después de la estricción aparecen esfuerzos en tres direcciones, denominados esfuerzos triaxiales, que suelen conducir a que esta zona se rompa en forma frágil, aunque el material sea dúctil. V = constante = A0L0 = AFLF

Figura 1.8. (a) Formación del cuello en el ensayo de tracción; (b) Distribución de esfuerzos después de la estricción.

El ensayo de tracción se realiza a temperatura ambiente (20 °C) y a una velocidad de deformación que simula condiciones casi estáticas, por lo que las propiedades obtenidas mediante este tipo de prueba pueden usarse en forma confiable

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solamente cuando las condiciones de servicio son similares a las de ensayo. Para efectos de diseño de estructuras y piezas de máquinas que trabajan a temperatura ambiente, el diagrama σ - ε contiene toda la información necesaria y suficiente; sin embargo resulta poco útil cuando la pieza trabaja a temperaturas elevadas, bajo ambientes agresivos, o bajo la acción de cargas variables en el tiempo. 1.5.6) Relación de Poisson Llamada también Módulo de Poisson, es la relación entre la deformación transversal y la deformación longitudinal que sufre el material en un ensayo de tracción. Normalmente fluctúa entre 0,25 y 0,33 para la mayoría de los metales. Se determina por la ecuación 1.10.

alLongitudinnDeformaciólTransversanDeformació

−=ν (1.10)

Como las deformaciones van a tener siempre un signo negativo, una respecto de la otra, la relación o razón de Poisson, ν, resulta ser siempre positiva. En la Tabla 1.2 se muestra la composición química y en la Tabla 1.3 se muestran las propiedades mecánicas de los aceros estructurales normalizados en la Norma chilena NCh 203 Of 77.

Tabla 1.2 : Límites de Composición Química

Tabla 1.3: Propiedades Mecánicas de aceros nacionales

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En la Tabla 1.4 se muestra la composición y propiedades mecánicas del acero ASTM A 36, un tipo de acero estructural de amplio uso en nuestro país, especialmente en las regiones del Norte.

Tabla 1.4: Composición y Propiedades del Acero ASTM A 36

Composición Química: % C : 0,29 % Mn : 0,8 – 1,2 % P : 0,04 % Si : 0,15 – 0, % S : 0,05 % Cu : 0,2 Propiedades Mecánicas: Tensión de Fluencia : 32 – 36 kpsi (220 – 250 MPa) Resistencia a la Tracción : 58 – 80 kpsi (400 – 500 MPa) Alargamiento : 20% para L = 200 mm;

23% para L = 50 mm

EJERCICIO 1.1. Una cinta de topógrafo, de acero, de 30 m de largo, tiene una sección transversal de 1 cm x 1 mm de espesor. Determinar el esfuerzo y el alargamiento total cuando se estira toda la cinta y se mantiene tirante bajo una fuerza de 7 kgf. SOLUCION:

A = 1 x 0,1 = 0,1 cm2 ; L = 30 m = 3.000 cm

mmcmEL

AEPLL

MPammkgcmkg

AP

11,0101,2000.370

9,6/7,0701,0

7

6

22

==××

===Δ

≈====

σ

σ

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EJERCICIO 1.2. Una barra recta de sección uniforme está sometida a tracción axial. El área de la sección es de 6 cm2 y la longitud es de 4 m. Si el alargamiento total es de 0,4 cm bajo la acción de una carga de 12.600 kgf, determinar el módulo de elasticidad del material. SOLUCION:

26 /101,24,06400600.12 cmkgf

LAPLE

AEPLL ×=

××

=Δ

=⇒=Δ

En la Tabla 1.5 se muestran propiedades de aceros según Normas AISI/SAE para diversos tratamientos térmicos.

TABLA 1.5: PROPIEDADES MECANICAS DE ACEROS DE USO COMUN

MATERIAL SAE -

AISI

TRATAMIENTO TENSION DE

FLUENCIA Kg/mm2

RESIST. A LA

TRACCION Kg/mm2

ALARGAM %

DUREZA HB

1040 Laminado en caliente

41 64 27 201

1040 Estirado en frío 62 70 17 207 1040 Revenido a

540°C 60 78 23 235


42 69 24 212

1045 Estirado en frío 63 72 14 217 1045 Revenido a 315

°C 80 105 8 312

1045 Revenido a 425 °C

73 100 14 290


56 84 19 240


51 73 24 208


58 100 8 293


97 140,5 12 388

4140 Recocido 44 63 27 187 4140 Estirado en frío 63 71,7 18 223

18


92 107 16 302

4340 Recocido 48,5 71 21 207 4340 Estirado en frío 69,6 78 16 223 4340 Revenido a 315

°C 164,3 183 12 498


112,4 131,4 15 377

E 52100 Recocido 57 70,4 25 192 8620 Revenido a 200

°C 79 98,4 17 282


69 85,8 22 246


54 69 26 194


96,3 113,8 14 316


140 152,6 12 436

304 (Inox) Recocido 21 59,8 60 150 304 Estirado en frío 52 77 12 240 347 Recocido 24 63 45 160

17 - 7 PH Endurecido 154 164,5 6 400 Maraging Envejecido 187,6 192,5 11 500 Fundido Sin tratamiento 18 41,5 13 126 0,11% C Recocido a 900

°C 24,6 42,2 30 116

Fundido Sin tratamiento 25,3 52,7 20 156 0,3 % C + Recocido 29,5 53,4 25 143 0,79 Mn Revenido a 260

°C 70,3 91,4 9 250

Fund. 0,4 C

Revenido a 500 °C

36 61 17 182

Fundido Sin tratamiento 27,4 58,3 23 --- 0,48 % C Revenido a 675

°C 36,6 61,8 25 ---

1.2.7) Dureza La dureza es una propiedad mecánica que generalmente se relaciona con la resistencia al desgaste de los materiales y, aunque no se obtiene en el ensayo de tracción suele ser de utilidad para elegir adecuadamente un material. Puede tener diferentes significados según sea el instrumento utilizado para medirla. a) Dureza al rayado. Este ensayo es usado principalmente por los geólogos. Fue ideado por Fiedrich Mohs y consta de diez minerales estándar ordenados en forma de dureza creciente del 1 al 10, según se indica en la tabla 1.6.

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Tabla 1.6: ESCALA DE MOHS

1 TALCO 6 FELDESPATO 2 YESO 7 CUARZO 3 CALCITA 8 TOPACIO 4 FLUORITA 9 CORINDON 5 APATITA 10 DIAMANTE

b) Dureza a la penetración. Este es el concepto de dureza más utilizado en la Ingeniería de Materiales. Mide la resistencia a la penetración o indentación de los materiales. Existen tres procedimientos de ensayo, los cuales se encuentran normalizados en las Normas Chilenas NCh 197, 198 y 199. • Dureza Brinell. Ideado por J.A. Brinell en el año 1900, consiste en comprimir sobre la superficie a ensayar una bolita de acero de 10 mm de diámetro, con una carga de 3000 Kg. para los materiales ferrosos y 500 kg para los no ferrosos. La carga se aplica durante 10 seg en los primeros, y 30 seg en los no ferrosos. El número de dureza Brinell, HB, es el cuociente entre la carga aplicada y el área del casquete esférico dejado por la impresión.

Si el ensayo es estándar con bolita de 10 mm de diámetro, carga de 3000 Kg. y tiempo de aplicación de 10 segundos, se escribe simplemente la cifra medida, seguida de HB. De no ser así, deben especificarse las condiciones del ensayo; por ejemplo: 90 HB 10/500/30 Diámetro Carga tiempo de aplicación de la bola (Kg.) (segundos) Generalmente no es necesario hacer ningún tipo de cálculos debido a que para los durómetros más antiguos existen tablas de conversión en las que basta conocer la carga aplicada y el diámetro de la huella, d. En los durómetros modernos se cuenta con electrónica digital en los que la lectura se hace directamente en una pantalla. Este ensayo está limitado a medir durezas de materiales más blandos que la bolita de acero templado usada como penetrador, es decir, unos 500 HB. También existen limitaciones en cuanto al espesor; debido a las grandes cargas usadas, los espesores no pueden ser menores que el diámetro de la bolita (10 mm). Otra limitación es el requerimiento de planitud de la probeta de ensayo. Es de gran empleo en aceros estructurales, aleaciones blandas y en la mayoría de las aleaciones para fundición.

20

• Dureza Rockwell. Este método mide la profundidad de la penetración. Este procedimiento utiliza una gran diversidad de escalas de acuerdo al tipo de material y dimensiones de la pieza a medir. En las máquinas de mayor uso industrial y de laboratorios, con escalas B y C, se emplea una carga previa de 10 Kg. y una carga final de 100 y 150 kgf, respectivamente. Los penetradores usados son una bola de acero de 1/16” (1,59 mm) de diámetro en la escala B y un cono de diamante en la escala C. La escala B se utiliza en materiales blandos tales como aleaciones de Al y Mg, latones, aceros estructurales y aleaciones para fundición y ,en general, para aleaciones con durezas inferiores a HB 200 (aproximadamente 93 HRB), mientras que las escala C se utiliza para aceros templados con durezas superiores a HB 250 (aproximadamente 25 HRC). Con este procedimiento puede medirse la dureza en espesores de hasta unos 2 mm. • Dureza Vickers. Igual que el método Brinell mide el área dejada por la indentación del penetrador. Utiliza como penetrador una punta piramidal de diamante, de base cuadrada, que forma un ángulo de 136° entre caras. No tiene limitaciones ni en durezas ni en espesores; es especialmente apto para medir durezas en pequeños espesores de hasta 0,15 mm. Pueden emplearse cargas desde 1 gramo hasta 1 kg. En la figura 1.9 se muestra la dureza de los aceros con diferentes microestructuras en función del contenido de carbono, mientras que la figura 1.10, muestra la relación aproximada entre la dureza Brinell y la resistencia a la tracción. La figura 1.11 muestra las relaciones equivalentes entre durezas Brinell, Vickers y Rockwell C. Cabe señalar que las durezas inferiores a 20 HRc, son meramente referenciales, debido a que, en la práctica, este método no permite realizar estas mediciones. 1.6 Coeficiente de seguridad y esfuerzos admisibles.

En la zona elástica, los materiales recuperan su forma y dimensiones originales cuando se retira la carga aplicada, razón por la cual la tensión admisible de diseño siempre debe caer en esta región. Para que se tenga siempre la certeza de ello, la tensión admisible en los materiales dúctiles se obtiene dividiendo la tensión de fluencia por un factor de seguridad FS > 1, como muestra la ecuación 1.11. Habitualmente los Factores de Seguridad para los materiales dúctiles pueden variar entre 1,5 y 3, aún cuando en algunos casos pueden alcanzar incluso valores cercanos a 5.

FSADM0σ

σ = (1.11)

21

Figura 1.9. Dureza de diferentes microestructuras en función del % de carbono

Dureza Brinell

Figura 1.10. Relación entre dureza Brinell y Resistencia a la Tracción

Dur

eza

Vic

kers

, HV

Dur

eza

Roc

kwel

l C, H

Rc

Res

iste

ncia

a la

Tra

cció

n, M

Pa

Res

iste

ncia

a la

Tra

cció

n, k

psi

22

0

100

200

300

400

500

600

700

800

0 10 20 30 40 50 60 70

Dureza Rockwell C

Dur

ezas

HB

y H

V

HB HV

Figura 1.11. Equivalencias entre las durezas

Para los materiales frágiles, cuando sea necesario utilizarlos, el esfuerzo admisible se obtiene dividiendo la resistencia a la tracción (o a la compresión según corresponda), por un Factor de Seguridad que normalmente puede ser del orden de 4 o más. EJERCICIOS 1.3) Calcular de qué altura se puede construir un muro vertical de hormigón si su resistencia de rotura a la compresión es de 176 kgf/cm2. Usar FS = 4 y su densidad γ = 2.200 kg/m3. SOLUCION:

2/444

1764

cmkgfcompadm ===

σσ

( )

3333

3

3 /102,2100

1200.2 cmkgcm

mmkg −×=×=γ

Calculemos el peso del muro. Como:

AhVWVW γγγ ==⇒=

Entonces:

23

mcmhAAh

AW

adm 200000.20102,2

4444 3 ==×

=⇒=≤== −σγσ

Debe notarse que este es un resultado puramente teórico, puesto que en la realidad los muros están sometidos a una serie de fuerzas, tales como de viento, sísmicas, además de las fuerzas de trabajo que imponga el sistema. 1.4) Determinar el diámetro necesario de una barra de acero ASTM A 36, con un Factor de Seguridad de 3, para levantar una caja que pesa 6 ton. SOLUCIÓN: En unidades inglesas: 6.000 kgf = 13.215,9 lbs σ0 = 36.000 psi

psiFSADM 000.12

3000.360 ===

σσ

000.12827.16

4

9,215.132

2=≤=== ADMDDA

P σπ

σ

D = 1,184” = 30,08 mm En unidades métricas

20 /6,8433

0703,0000.36 cmkgFSADM =

×==

σσ

22

2/6,84344,639.7

4

000.6 cmkgDDA

PADM =≤=== σπσ

D = 3,092 cm 1.5)

Obsérvese que todas las barras están sometidas a dos fuerzas (tienen conexiones sólo en dos puntos), por lo tanto las fuerzas que actúan sobre ellas son colineales con las mismas, es decir, están sometidas a tracción o a compresión.

Las barras de la armadura son de acero estructural A 37 – 24. Con un Factor de Seguridad de 2, determinar el área de las barras AB y CD. Medidas en m SOLUCION:

A

B

1,5

C D

15.000 kgf

2 2

24

DCL:

2/12224 mmkgadm ==σ

∑ ⇒−== xx AF 000.150 Ax = 15.000 kgf ←

∑ ×+×−== 45,1000.150 yA DM Dy = 5.625 kgf ↑; ∑ ↓−=⇒+== kgfAAF yyy 625.5625.50

NUDO A: Se supondrán ambas barras, AB y AC, en tracción.

∑ −== 625.56,00 ABy FF FAB = 9.375 kgf (T) ∑ =+−×= 0000.15375.98,0 ACx FF FAC = 7.500 kgf (T)

Por simple inspección del Nudo C: FBC = 0, y FCD = FAC = 7.500 kgf (T) Por consiguiente:

2

2

25,6200.1500.7

;82,7200.1375.9

cmA

cmAPAAP

AC

ABadm

adm

=≥

=≥⇒≥⇒≤=σ

σσ

Ax

AY DY

B

1,5

C D

15.000 kgf

A

3 4

FAB

FAB

FAB

FAC

AY = 5.625

AX = 15.000 FAC

25

1.6) DCL:

6,053==αtg α = 30,96º

cosα = 0,858 senα = 0,514

2,15,2

3==βtg β = 58,19º

cosβ = 0,64 senβ = 0,768

25,2

5==θtg θ = 63,43º

cosθ = 0,447 senθ = 0,894

∑ = 0CM

9.000x2,5 - 10.000x5 – BDx0,858x3 – BDx0,514x2,5= 0

∑ = 0AM

01010000.311000.105,7000.8 =×−×+×+× yH

Hy = 20.000 kgf ↑ ∑ =⇒=+−= kgfAAF xxx 000.100000.10 ∑ =−−+= 0000.3000.8000.20yy AF Ay = - 9.000 kgf

3 ton D 10 ton

E

8 ton

B

C G

HYAY

AX

3 m

B

C

3 m

5 m

9.000

10.000

BD

α β

θ

BC

AC

3 ton Para la estructura de la figura, construida de acero estructural A 37 – 24 ES, determinar con un Factor de Seguridad de 2, el diámetro de las barras CD y BC. Medidas en m.

D 10 ton

E

8 ton

3

B

C G

H

3

5

A

5 2,5 2,5

26

3,859BD = - 27.500; BD = - 7.126,2 kgf (Compresión)

∑ = 0AM

- BDcosα x 8 – BCcosβ x 8 = 0;

( )64,0

858,02,126.7 ×−−=BC BC = 9.553,6 kgf (Tracción)

Barra CG: ∑ = 0DM 9.000 x 5 – 10.000 x 11 + CG x 6 = 0 CG = 10.833, 3 kgf (Tracción)

σADM = 12 kg/mm2

12

4

3,833.102 ≤==

DACG

πσ

D = 33,9 mm Para la barra BC, sometida a una fuerza menor, podemos adoptar el mismo diámetro que para la barra CG. 1.7) SOLUCION: Veamos primero el equilibrio del sistema completo.

La barra de acero de la figura está cargada como se muestra. Si E = 2,1 x 106 kgf/cm2 y el área uniforme es de 6 cm2, determinar los esfuerzos en cada porción de la barra y el alargamiento total de ella. P1 = 1.200 kgf; P2 = 1.500 kgf; P3 = 2.400 kgf. Medidas en cm.

D

CD 3 m

B

C CG

BD

3 m

5 m

9.000

10.000

50

A

B

P1

C P2

D

P3

25

75

27

DCL: ∑ =−−−= 0321 PPPRF AY RA = 5.100 kgf ↑ Tramo AB: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre A y B. Si hacemos un corte en B, la fuerza resultante hacia abajo es la suma de las tres fuerzas que actúan sobre el sistema. Tramo BC: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre B y C. Tramo CD: Hacemos un corte en una sección cualquiera entre C y D. Por lo tanto, el alargamiento total es:

2/8506100.5 cmkgAB ==σ

cmE

LL ABABAB 0304,0

101,275850

6 =××

=×

=Δσ

2/6506900.3 cmkgBC ==σ

cmE

LL BCBC

BC 0155,0101,250650

6 =××

=×

=Δσ

cmE

LL

cmkg

CDCDCD

CD

0048,0101,2

25400

/4006400.2

6

2

=××

=×

=Δ

==

σ

σ

50

A

B

P1

C P2

D

P3

25

75

RA

5.100 kgf

5.100

A

5.100 - 1.200 = 3.900 kgf

1.500 + 2400 = 3.900 kgf

5.100 – 1.200 – 1.500 = 2.400 kgf

2.400 kgf

28

mmcmLLLL CDBCABTotal 507,00507,0048,00155,00304,0 ==++=Δ+Δ+Δ=Δ

1.8)

SOLUCIÓN: a) DCL: ∑ =×−×−= 02,5700.27,28004,5 XA EM EX = 3.000 kgf ← ∑ =−= 0000.3XX AF AX = 3.000 kgf → ∑ =−−= 0700.2800YY AF AY = 3.500 kgf ↑ b) Para determinar las fuerzas en el punto B se hará un despiece del sistema. La barra CD está sometida a dos fuerzas por lo que se supondrá que trabaja a tracción.

La barra DC en la armadura de la figura es de aluminio aleado 6061 – T6 (E = 0,7 x 106 kg/cm2; σ0 = 2.800 kg/cm2 ; σu = 3.500 kg/cm2). Determinar: a) Las reacciones en A y E; b) Las fuerzas que actúan en el punto B; c) El área necesaria de la barra DC, con un Factor de Seguridad de 2 respecto a la falla por fluencia. Medidas en m.

E

A B C

800 kgf 2.700 kgf

D

1,8

3,6

1,2 1,5 2,5

EX

AY

B C

800 kgf 2.700 kgf

D

AX 1,2 1,5 2,5

29

9,046,3==θtg θ = 41,99º senθ = 0,67 cosθ = 0,74

Para la barra vertical: ∑ =×−×= 06,38,1000.3 XD BM BX = 1.500 kgf ← ∑ =+−−= 074,0500.1000.3 CDX FF FCD = 6.081,1 kgf (Tracción) ∑ =−= 067,0 CDYY FBF BY = 4.074,3 kgf ↑ c)

20 /400.12800.2 cmkg

FSADM ===σ

σ

234,4400.1

1,081.6400.1 cmAA

FADM

CD ==⇒=≤ σ

3.500

BX

C

800 kgf 2.700 kgf

3.000

BY FCD

EX

FCD

BX

FCD

FCD

θ

θ

30

1.7 Esfuerzos térmicos. Cuando se aplica un aumento o una disminución de temperatura a una barra que puede cambiar libremente su longitud, ésta se dilata o se contrae, produciendo un cambio de la longitud inicial de magnitud TLLT Δ=Δ α , donde α es el coeficiente de dilatación de los materiales, L es la longitud inicial y ΔT es la variación de temperatura. En este caso no se originan tensiones o esfuerzos. Sin embargo, cuando existen restricciones a los desplazamientos, como ocurre en la figura 1.12, se inducen esfuerzos o tensiones, muchas veces llamados esfuerzos térmicos. Supongamos que se aumenta la temperatura a la barra de la figura 1.12, en una magnitud ΔT, con lo cual la barra debería aumentar su longitud en una magnitud ΔL = αL0ΔT. Sin embargo, debido a la existencia de paredes rígidas, este alargamiento no se produce, por lo que podemos imaginar que la pared derecha ejerce una fuerza de compresión F hacia la izquierda de la barra, originando una disminución de longitud ΔL, de modo que la barra permanece con su largo inicial L0.

FIGURA 1.12

Es decir, aplicando la Ley de Hooke y el concepto de dilatación térmica:

TLEL

AEFLL

LLEE Δ===Δ⇒

Δ== 0

00

0

ασεσ

De donde el esfuerzo mecánico inducido por el aumento de temperatura es: TEΔ=ασ Más adelante se verán diversas aplicaciones en las que intervienen esfuerzos inducidos por los cambios de temperatura.

1.8 Problemas isostáticos e hiperestáticos a) Problemas isostáticos Se dice que un problema es isostático cuando pueden determinarse todas las reacciones externas y fuerzas internas de sus componentes utilizando solamente las ecuaciones de equilibrio de la estática (Suma de Fuerzas y de Momentos igual a cero), sin tener que recurrir a las ecuaciones de deformación. Las aplicaciones vistas en los ejercicios 1.1 a 1.8 se refieren a problemas isostáticos.

b) Problemas Hiperestáticos

L0 ΔL

L

L0 F

31

Los problemas hiperestáticos son aquellos en que, además de las ecuaciones provenientes del equilibrio estático, es necesario recurrir al análisis de deformaciones para obtener ecuaciones complementarias. Como ejemplo, veamos de nuevo el caso de una barra sometida a un aumento de temperatura.

∑ =⇒−== BABAx RRRRF 0

Debido al aumento de temperatura:

TLL Δ=Δ α Debido a las fuerzas de reacción en los apoyos:

AELRL A=Δ

Pero ambos alargamientos deben ser iguales debido a la rigidez de los apoyos:

TAERRAE

LRTL BAA Δ==⇒=Δ αα

EJERCICIOS 1.9)

SOLUCION: Supondremos las reacciones como se muestra en la figura, lo cual significa que ambas partes de la barra están sometidas a tracción. DCL: ∑ =+−−⇒= 0;0 21 RPRFx Como los apoyos son rígidos, entonces L = constante. Luego:

La barra de la figura tiene sección transversal constante y está sujeta rígidamente entre los muros. Determinar las reacciones en los apoyos en función de A y E.

L0 RA RB ΔL

L

P

L

L1 L2

P R2 R1

32

2

112

221121 00

LLRR

AELR

AELRLL −=⇒=+⇒=Δ+Δ

Reemplazando R2 en la primera ecuación:

PLLR

LLL

RLL

RLLR

PR −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⇒=−−−

21

2

211

2

11

2

111 10

Luego:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

LL

PR 21 → (Compresión)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

LLPR 1

2 → (Tracción)

1.10) La barra del problema anterior es de cobre con una longitud de 1 m y una sección transversal de 1 cm2. Si E = 1,1 x 106 kg/cm2 y α = 16 x 10-6 1/ºC, determinar: a) Las reacciones en los extremos cuando la temperatura aumenta 30ºC; b) La holgura que deberían tener los apoyos para evitar la aparición de tensiones. SOLUCION: a) DCL: RRRRRFx ==⇒=+−⇒=∑ 2121 0;0 Debido a la rigidez de los apoyos, el aumento de longitud originado por el aumento de temperatura, debe ser compensado por una compresión en los apoyos. Es decir, la deformación producida por las reacciones es negativa con respecto a la dilatación térmica, como se escribe en las ecuaciones siguientes.

kgfTAERAERLTLLT

52830101,111016

00

66 =×××××=Δ=

⇒=−Δ⇒=Δ−Δ

−α

α

Como el área es de 1 cm2, la tensión es de 528 kg/cm2 en compresión. b) La holgura necesaria para evitar las tensiones, debe ser como mínimo igual a la dilatación. Es decir:

mmcmTLh 48,0048,0301001016 6 ==×××=Δ= −α

R2 R1

33

1.11) SOLUCION: Veamos primero el equilibrio del sistema completo. DCL: ∑ =+−−−= 0321 BAY RPPPRF RA + RD = 5.100 kgf Tramo AB: Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre A y B. Si hacemos un corte en B, la fuerza resultante hacia abajo es la suma de las tres fuerzas que actúan sobre el sistema. Tramo BC:

La barra de acero de la figura está cargada como se muestra. Si E = 2,1 x 106 kgf/cm2 y el área uniforme es de 6 cm2, determinar los esfuerzos en cada porción de la barra y el alargamiento total de ella. P1 = 1.200 kgf; P2 = 1.500 kgf; P3 = 2.400 kgf. Medidas en cm.

6A

ABR

=σ

6101,2675

6 ×××

=×

=Δ AABAAB

RELRL

RA kgf

RA

A

50

A

B

P1

C

P2

D P3

25

75

50

A

B

P1

C

P2

D

P3 25

75

RA

RD

34

Hacemos un corte imaginario en una sección cualquiera entre B y C. Tramo CD: Hacemos un corte en una sección cualquiera entre C y D.

( )6101,26

25700.2××

×−=Δ A

CDRL

Pero, el alargamiento total es cero:

0=Δ+Δ+Δ=Δ CDBCABTotal LLLL

( ) ( ) 0101,26

25700.250200.1756 =

×××−+×−+×

=Δ AAA RRRL

150RA = 127.500 RA = 850 kgf ↑ RD = 4.250 kgf ↑

Por consiguiente los esfuerzos y alargamientos en los respectivos tramos son los que se determinan a continuación.

2/67,1416

8506

cmkgRAAB ===σ

mmcmELRL ABA

AB 0506,000506,0101,2675850

6 6 ==×××

=×

=Δ

6200.1−

= ABC

Rσ

( ) ( )

6101,2650200.1

6200.1

×××−

=×−

=Δ ABCABC

RE

LRL

RA - 1.200

RA – 1.200

RA – 1.200 – 1.500 = RA - 2.700

RA - 2.700

35

2/33,5861200850

6200.1 cmkgRA

BC −=−

=−

=σ

( ) ( ) cm

ELRL BCA

BC 00138,0101,26

50200.18506200.1

6 −=××

×−=

×−=Δ

2/33,308

6700.2850

6700.2 cmkgRA

CD −=−

=−

=σ

( ) ( ) cmRL A

CD 00367,0101,26

25700.2850101,26

25700.266 −=

×××−

=××

×−=Δ

Obsérvese que los tramos BC y CD en realidad están en compresión y que el alargamiento total es cero. Para visualizar el efecto de colocar un apoyo en la parte inferior, compárense los resultados de este ejemplo con los obtenidos en ele ejemplo 1.7. 1.12)

SOLUCION: DCL: La carga total P, debe ser resistida por el cilindro de Al y el tubo de acero. Es decir:

PAl + PSt = P = 25.000 (1)

MATERIAL E, x 106 kg/cm2

Acero 2,1 Aluminio 0,7

8 cm 10 cm

P

P

1 m

Considerar un tubo de acero que rodea a un cilindro macizo de aluminio, comprimido todo el conjunto entre placas rígidas. El cilindro de Al tiene 8 cm de diámetro y el tubo de acero tiene un diámetro exterior de 10 cm. Si se aplica una carga P = 25 ton, determinar las tensiones en el acero y en el aluminio. Las propiedades de los materiales son las siguientes:

36

ΔAl = ΔSt

( ) 222 274,288104

cmASt =−=π

22 265,5084

cmAAl =×=π

( )( ) StSt

St

AlStAl

StSt

St

AlAl

Al PPAEAEPP

EALP

EALP 592,0

101,2274,28107,0265,50

6

6

=××××

==⇒=

Reemplazando en la ecuación (1): 1,592PSt = 25.000 ⇒ PSt = 15.697,67 kgf

2/19,555274,28

67,697.15 cmkgAP

St

StSt ===σ

PAl = 0,592PSt = 9.293,02 kgf

2/88,184265,50

02,293.9 cmkgAP

Al

AlAl ===σ

1.13) En el problema anterior, determinar las tensiones en ambos componentes si el cilindro de aluminio es 0,3 mm más corto que el tubo de acero, el cual mantiene el largo original de 1 m = 100 cm. SOLUCION:Suponiendo que la carga es suficiente para acortar los dos elementos, la primera ecuación no tiene variación. PAl + PSt = P = 25.000 Sin embargo, la segunda ecuación es diferente debido a las longitudes diferentes. El tubo de acero debe recorrer 0,3 mm = 0,03 cm hacia abajo y recién ahí empieza a deformarse el cilindro de aluminio, como se muestra en la figura siguiente.

P

PAl

PSt

Debido a la rigidez de las placas de los extremos, el acortamiento de ambos elementos debe ser igual.

0,03 cm

ΔAl ΔSt

Nivel Inicial

Nivel Final

37

( ) ( )( )St

AlStAlAl

StSt

St

AlAl

AlStAl AE

AEPAEP

EALP

EALP

+−=⇒=+⇒Δ=+Δ100

03,003,003,0

PAl = -10.555,75 + 0,592PSt

Reemplazando en la primera ecuación: 1,592PSt = 35.555,75 ⇒ PSt = 22.334 kgf

( )

2

22/9,789

8104

334.22 cmkgAP

St

StSt =

−==π

σ

PAl = 2.666 kgf

2

2/04,53

84

666.2 cmkgAP

Al

AlAl ===

πσ

1.14) En el Ejemplo 1.12, determinar la holgura mínima para que no trabaje el cilindro de aluminio. SOLUCION: En este caso la carga completa deberá ser tomada por el tubo de acero, es decir: PSt = 25.000 kgf

mmcmx

h St 42,0042,0101,2274,28

100000.256min ==

××

=Δ=

1.15)

La barra AB es absolutamente rígida y está soportada por tres varillas. Las dos varillas de los extremos son de acero y la central es de cobre. Calcular la fuerza y la tensión en cada barra cuando se aplican las cargas indicadas y ABC permanece horizontal.

MATERIAL E, x 106 kg/cm2 Area A, cm2

Acero 2,1 4 Cobre 1,2 8

8.000 kgf 8.000 kgf

C

2

A B

38

SOLUCION: Por simetría, las fuerzas sobre cada varilla de los extremos son iguales (PA = PB = PSt) , lo que también puede obtenerse haciendo suma de momentos en B. PSt B

CuCuSt PxxPP 875,0102,18101,24

6

6

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛××

=

Reemplazando en la primera ecuación obtenemos:

PCu = 5.818,18 kgf; PSt = 5.090,91 kgf

2/73,272.14

91,090.5 cmkgAP

St

StSt ===σ

2/27,727

818,818.5 cmkg

AP

Cu

CuCu ===σ

1.16) En el ejemplo anterior, determinar las tensiones en cada varilla si la temperatura: a) Aumenta 25ºC; b) Disminuye 25ºC. (αSt = 11x10-6 1/ºC; αCu = 16x10-

6 1/ºC). SOLUCION: Del problema anterior: ∑Fy = 0; 2PSt + PCu – 16.000 = 0 (1) Como ABC permanece horizontal, las deformaciones de las tres varillas son iguales, pero las deformaciones totales tienen una componente de carga y otra por temperatura, esta última positiva cuando la temperatura aumenta y negativa cuando disminuye. a)

( ) ( )CuTPStTPCuSt Δ+Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ

∑Fy = 0; 2PSt + PCu – 16.000 = 0 Como ABC permanece horizontal, las deformaciones de las tres varillas son iguales:

CuCu

Cu

StSt

StCuSt EA

LPEALP

=⇒Δ=Δ 8.000

PSt PCu

8.000

PSt

39

CuSt

TLAEPLTL

AEPL

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+ αα

251016102,18

251011101,24

66

66 ×∗+

××=××+

××−− CuSt PP

PSt = 0,875PCu + 1.050 Reemplazando en la ecuación (1) se obtiene: PCu = 5.054,54 kgf; PSt = 5.472,73 kgf

2/1,6848

73,472.5 cmkgAP

Cu

CuCu ===σ ; 2/2,368.1

473,472.5 cmkg

AP

St

StSt ===σ

b) El único cambio se produce en la ecuación de deformaciones: ( ) ( )CuTPStTPCuSt Δ−Δ=Δ−Δ⇒Δ=Δ

CuSt

TLAEPLTL

AEPL

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ− αα

251016102,18

251011101,24

66

66 ××−

××=××−

××−− CuSt PP

PSt = 0,875PCu - 1.050 Reemplazando en la ecuación (1) se obtiene: PCu = 6.581,82 kgf;

PSt = 4.709,09 kgf

2/7,8228

8,581.6 cmkgAP

Cu

CuCu ===σ

2/3,177.14

1,709.4 cmkgAP

St

StSt ===σ

40

1.17) SOLUCION: DCL:

∑ =⇒= 00 xx AF

000.1520240180000.101200 =+⇒=×+×−×⇒=∑ StCuStCuA PPPPM

Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:

66 102,16100

2101,24

1802

240120 ×××

=××

×⇒Δ=Δ⇒

Δ=

Δ CuStCuSt

StCu PP

De donde:

PSt = 1,2963PCu

Reemplazando en la primera ecuación obtenemos:

PCu = 4.175,26 kgf PSt = 5.412,39 kgf Esfuerzos:

BARRA AREA, cm2 E x 106 kg/cm2 α x 10-6 1/cm

Cobre 6 1,2 16

Acero 4 2,1 11

Considerar la barra ABC es completamente rígida y está horizontal antes de aplicar la carga P = 10 ton. La barra BD es de cobre y la CE es de acero. Determinar las fuerzas, tensiones y alargamientos en cada barra.

180

A B C

120 60 60

100

P D

E

ΔCu ΔSt

10.000 kgf

PSt = 4σSt PCu = 6σCu AY

AX

41

2/88,6956

26,175.4 cmkgAP

Cu

CuCu ===σ

2/1,353.14

39,412.5 cmkgAP

St

StSt ===σ

Alargamientos:

mmcmEL

CuCu 58,0058,0

102,110088,6956 ==

××

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Δσ

mmcmEL

StSt 16,1116,0

101,218031,353.16 ==

××

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=Δσ

Obsérvese que el alargamiento de la barra de acero es exactamente el doble del alargamiento de la barra de cobre, como exige la rigidez de la barra horizontal. 1.18) En el Ejemplo anterior, determinar los esfuerzos sobres las barras BD y CE si se retira la carga P y, en cambio: a) Aumenta la temperatura 20ºC; b) Disminuye la temperatura 20ºC. SOLUCIÓN a) Si la temperatura aumenta, ambas barras tienden a dilatarse, por lo que supondremos que se originarán esfuerzos de compresión sobre ellas. Se supondrá, además, que es mayor el efecto de la dilatación térmica que el efecto de la compresión que se induce internamente.

∑ =⇒= 00 xx AF

0202401200 =+⇒=×−×−⇒=∑ StCuStCuA PPPPM Reemplazando por los esfuerzos:

6σCu + 8σSt = 0 (1)

ΔCu ΔSt

PSt = 4σSt PCu = 6σCu AY

AX

42


CuStStCu Δ=Δ⇒

Δ=

Δ 2240120

Pero ahora los desplazamientos de las barras tienen una componente de dilatación térmica y un acortamiento por la compresión inducida. Como se supuso que es mayor el efecto térmico, éstos serán positivos. (ΔT – ΔP)St = 2(ΔT - ΔP)Cu

66

66

102,110022010010162

101,2180201801011

××

−××××=××

−××× −− CuSt σσ

39.600 – 85,71σSt = 64.000 – 166,66σCu σSt – 1,9445σCu = - 284,7 (2) De donde, resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2):

σSt = - 79,2 kg/cm2, en tracción, contrario a lo que se supuso σCu = 105,7 kg/cm2, en compresión, como se supuso

Alargamientos:

mmcmELTL

CuCu 232,00232,0

102,11007,105201001016 6

6 ==××

−×××=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −Δ=Δ −σα

( ) mmcmELAL

StSt 464,00464,0

101,21802,79201801011 6

6 ==××−

−×××=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −Δ=Δ −σα

En la figura de arriba se muestra la posición final real de las barras.

b) Si la temperatura desciende, ambas barras tienden a contraerse, por lo que supondremos que se originarán esfuerzos de tracción sobre ellas. Se supondrá,

ΔCu

(ΔP)Cu (ΔT)Cu

(ΔT)St

(ΔP)St

ΔSt

43

además, que es mayor el efecto de la dilatación térmica que el efecto de la compresión que se induce internamente.

∑ =⇒= 00 xx AF

0202401200 =+⇒=×+×⇒=∑ StCuStCuA PPPPM Reemplazando por los esfuerzos:

6σCu + 8σSt = 0 (1)


CuStStCu Δ=Δ⇒

Δ=

Δ 2240120

Pero ahora los desplazamientos de las barras tienen una componente de contracción térmica y un alargamiento por la tracción inducida. Como se supuso que es mayor el efecto térmico, éstos serán positivos. (ΔT – ΔP)St = 2(ΔT - ΔP)Cu

66

66

102,110022010010162

101,2180201801011

××

−××××=××

−××× −− CuSt σσ

39.600 – 85,71σSt = 64.000 – 166,66σCu σSt – 1,9445σCu = - 284,7 (2) De donde, resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2):

σSt = - 79,2 kg/cm2, en compresión, contrario a lo que se supuso σCu = 105,7 kg/cm2, en tracción, como se supuso

Alargamientos:

mmcmELTL

CuCu 232,00232,0

102,11007,105201001016 6

6 ==××

−×××=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −Δ=Δ −σα

ΔCu ΔSt

PSt = 4σSt PCu = 6σCu

AY

AX

44

( ) mmcmELAL

StSt 464,00464,0

101,21802,79201801011 6

6 ==××−

−×××=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −Δ=Δ −σα

En la figura de arriba se muestra la posición final real de las barras.

1.19) Considerar un pilar cuadrado de hormigón, de 30 x 30 cm de sección y 2,5 m de altura, armado con 8 barras verticales de acero de 4 cm2 de sección cada una. Se aplica una fuerza axial de compresión de 50 ton. Si los módulos de elasticidad para el acero y el hormigón, son respectivamente, 2,1 x 106 y 1,5 x 105 kg/cm2, determinar la tensión en cada material. SOLUCION: ASt = 4 x 8 = 32 cm2; AH = 900 – 32 = 868 cm2

PSt + PH = 50.000, o bien: 32σSt + 868σH = 50.000; σSt + 27,125σH = 1.562,5 Como las deformaciones deben ser iguales:

ΔSt = ΔH ⇒ HStHSt

xL

xL

σσσσ

121075,1101,2 56 =⇒=

Reemplazando se obtiene: σH = 39,94 kg/cm2;

σSt = 479,24 kg/cm2, ambas en compresion.

1.20) Un tubo de acero A 37 24, vertical, de 60 cm de diámetro exterior y 58 cm de diámetro interior está lleno de hormigón. La resistencia de ruptura del hormigón es de 175 kg/cm2. Con un factor de seguridad de 2 para el acero y de 2,5 para el hormigón, determinar la máxima carga axial de compresión que puede resistir el conjunto. ESt = 2,1 x 106 y EH = 1,5 x 105 kg/cm2. SOLUCION:

ΔCu (ΔP)Cu

(ΔT)Cu

(ΔT)St

(ΔP)St

ΔSt

45

( ) 22 08,642.2584

cmAH ==π ; ( ) ( )[ ] 222 35,1855860

4cmASt =−=

π

( ) 20 /200.12400.2 cmkg

FSStadm ===σ

σ ; ( ) 2/705,2

175 cmkgHadm ==σ

PSt + PH = P ⇒ 185,35σSt + 2.642,08σH = P

De las deformaciones:

ΔSt = ΔH ⇒ σSt =12σH Si σH = 70 ⇒ σSt = 840 kg/cm2 < (σadm)St Si σSt = 1.200 ⇒ σH = 100 kg/cm2 > (σadm)H Por consiguiente: σH = 70 y σSt = 840 kg/cm2

P =185,35 x 840 + 2.642,08 x 70 = 338.959,6 kgf

1.21) La barra ABCD, inicialmente recta, tiene sección uniforme y está sometida a dos fuerzas de 2 ton hacia la derecha que actúan en B y dos fuerzas de 5 ton hacia la izquierda que actúan en C. Determinar las fuerzas sobre cada intervalo. Medidas en cm.

SOLUCION: Los sentidos par alas reacciones RA y RD se han supuesto arbitrariamente.

∑ = ;0xF - RA + 4.000 - 10.000 + RD = 0 ⇒ RD – RA = 6.000 (1)

Como las paredes son rígidas, el alargamiento total debe ser cero. Es decir: 0=Δ+Δ+Δ CDBCAB (2)

A B C D

75 50 75

2 ton 5 ton

4.000 10.000 RA RD

46

A continuación haremos Diagramas de Cuerpo libre de los tres intervalos, haciendo cortes imaginarios en cualquier punto del intervalo, es decir, a la izquierda de B, C y D, respectivamente. Tramo AB (supuesto en tracción): Obsérvese, de la ecuación (1), que RA es igual a la suma de todas las fuerzas situadas a la derecha del corte imaginario. Es decir: RA = RD – 6.000,. Tramo BC (supuesto en compresión): Tramo CD (supuesto en tracción): Ahora usamos la ecuación (2), utilizando las fuerzas correspondientes.

( )0

7550000.475=

×+

×−−

×AE

RAE

RAE

R DAA

Simplificando: 3RA + 2RA – 8.000 + 3RD = 0 ⇒ 5RA + 3RD = 8.000 (3) Resolviendo las ecuaciones simultáneas (1) y (3) se obtiene: RA = - 1.250 kgf RD = 4.750 kgf 1.22)

A RA RA

4.000 - RA 10.000 - RD

D RD RD

La barra compuesta de la figura está sujeta a los dos apoyos. A T = 20 ºC el sistema está sin tensiones. La temperatura desciende. Determinar la temperatura mínima a que puede someterse el sistema para que la tensión no exceda de 500 kg/cm2 en el aluminio y de 400 kg/cm2 en el cobre: a) Si los apoyos no ceden; b) Si el apoyo derecho cede 0,4 mm. Medidas en cm.

Cobre A = 80 cm2

60 40

Al

A=20 cm2

47

BARRA AREA, cm2 E x 106, kg/cm2 α x 10-6, 1/ºC Cobre 80 1,1 16 Aluminio 20 0,7 22

SOLUCION: Como el sistema permanece en equilibrio: CuAlAlCuAlCu PP σσσσ 42080 =⇒=⇒= Si σCu = 400 kg/cm2, se tiene que σAl = 1.600 kg/cm2 > 500. Por lo tanto: σAl = 500 kg/cm2 y σCu = 125 kg/cm2 < 400. a) La disminución de la temperatura produce un acortamiento del sistema, pero las reacciones producen alargamientos. Por lo tanto, suponiendo que son mayores las contracciones por temperatura que los alargamientos provocados por las reacciones: ( ) ( ) 00 =Δ−Δ+Δ−Δ⇒=Δ+Δ AlPTCuPTAlCu

0107,040500401022

101,160125601016 6

66

6 =××

−Δ××+××

−Δ×× −− TT

( ) CTTT º2,196,389.35840.140226016 =Δ⇒=Δ=Δ×+× Como es una disminución de temperatura, T2 < T1 y ∆T ésta es negativo. Por lo tanto:

CTTTTT º8,0202,19 2212 =⇒−=−=−=Δ b) ( ) ( ) 04,004,0 =Δ−Δ+Δ−Δ⇒=Δ+Δ AlPTCuPTAlCu

04,0107,040500401022

101,160125601016 6

66

6 =××

−Δ××+××

−Δ×× −− TT

Cobre A = 80 cm2

60 40

Al

A=20 cm2 PCu PAL

48

( ) CTTT º416,389.756,389.35000.40840.140226016 =Δ⇒=+=Δ=Δ×+× CTTTTT º212041 2212 −=⇒−=−=−=Δ 1.23)

SOLUCION: Para que toda la carga la resista el cobre, el aumento de longitud de éste originado por la temperatura menos el acortamiento por carga debe ser mayor o igual que la dilatación del acero. Es decir: ( ) ( )StTCuPT Δ≥Δ−Δ

TLLTL Δ×≥××

−Δ× −− 66

6 1011101,160

000.301016

De donde,

CT º9,90≥Δ 1.24) En el problema anterior ¿cuánto debe disminuirse la temperatura para que toda la carga la soporte el tubo de acero? SOLUCION: En este caso para que toda la carga la resista el acero, la disminución de longitud de éste originado por la temperatura más el acortamiento por carga debe ser mayor o igual que la contracción del cobre. Es decir: ( ) ( )CuTStPT Δ≥Δ+Δ

TLLTL Δ×≥××

+Δ× −− 66

6 1016101,220

000.301011

Un cilindro hueco de acero (E = 2,1 x 106 kg/cm2; α = 11 x10-6 1/ºC) rodea a otro macizo de cobre (E = 1,1 x106 kg/cm2; α = 16 x 10-6 1/ºC) y el conjunto está sometido a una fuerza axial de compresión de 30.000 kgf. La sección del acero es de 20 cm2 mientras que la del cobre es de 60 cm2. Determinar el aumento de temperatura necesario para colocar toda la carga en el cobre. El conjunto tiene una longitud de 5 m.

Cu

P

49

De donde, CT º9,142−≥Δ 1.25) La barra ABD es completamente rígida y está articulada en A y unida a las barras BC, de bronce y a la ED, de acero. Determinar las tensiones en ambas barras si la temperatura de BC desciende 20 ºC mientras que la de ED aumenta 20 ºC. Medidas en cm. SOLUCION: Se supone que, por efecto de las fuerzas internas que se generan por los cambios de temperatura, la barra de acero trabaja en tracción, mientras que la barra de bronce lo hace en compresión; pero la barra de bronce se acorta por temperatura, mientras que la barra de acero se dilata. DCL:

∑ =⇒= 00 xx AF

StBrStBrAM σσσσ9707023060 −=⇒=×+×⇒=∑


BrStStBr Δ=Δ⇒

Δ=

Δ37

7030

De acuerdo a lo supuesto, por la acción de la aparición de fuerzas internas.

BARRA Area, cm2 E x 106 kg/cm2

α x 10-6 1/cm

Bronce 6 1 18 Acero 2 2,1 11

A B D

C

E 30 40 30

40

PSt = 2σSt Ay PBr = 6σBr

ΔBr Ax

ΔSt

50

( ) ( )BrSt

BrTPStTP TLELTL

EL

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+=Δ+Δ=Δ+Δ ασασ

37

37

TLE

LTL

EL

BrBr

BrSt

St

St Δ×+×=Δ+ ασ

ασ

37

37

2040101837

101

4097

3720301011

101,230 6

66

6 ××××+×

××−=×××+

×× −−

StSt

σσ

8,69σSt = 2.700 σSt = 310,7 kg/cm2, en tracción como se supuso. σBr = - 241,72 kg/cm2, en tracción, contrario a lo que se supuso. 1.26) En el problema anterior, determinar las tensiones sobre ambas barras si la temperatura del conjunto: a) Desciende 20 ºC; b) Aumenta 20°C. SOLUCION: a) Descenso de la temperatura. Para este caso sólo cambia la ecuación de deformaciones, quedando de la forma siguiente:

( ) ( )BrSt

BrTPStTP TLELTL

EL

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−=Δ+Δ=Δ−Δ ασασ

37

37

TLE

LTL

EL

BrBr

BrSt

St

St Δ×+×=Δ− ασ

ασ

37

37

2040101837

101

4097

3720301011

101,230 6

66

6 ××××+×

××−=×××−

×× −−

StSt

σσ

8,69σSt = 4.020

σSt = 462,72 kg/cm2, en tracción como se supuso.

σBr = - 359,9 kg/cm2, en tracción, contrario a lo que se supuso. b) Aumento de la temperatura. Nuevamente, sólo cambia la ecuación de deformaciones.

( ) ( )BrSt

BrTPStTP TLELTL

EL

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−=Δ−Δ=Δ+Δ ασασ

37

37

TLE

LTL

EL

BrBr

BrSt

St

St Δ×−×=Δ+ ασ

ασ

37

37

51

2040101837

101

4097

3720301011

101,230 6

66

6 ××××−×

××−=×××+

×× −−

StSt

σσ

8,69σSt = - 4.020

σSt = - 462,72 kg/cm2,. en compresión, contrario a lo que se supuso.

σBr = -359,9 kg/cm2, en compresión como se supuso. 1.27) En el problema 1.25, determinar las tensiones sobre ambas barras si la temperatura de la barra BC aumenta 20 ºC y en ED disminuye 20 ºC. SOLUCION: Sólo cambia la ecuación de deformaciones, quedando de la forma siguiente:

( ) ( )BrSt

BrTPStTP TLELTL

EL

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−=Δ−Δ=Δ−Δ ασασ

37

37

TLE

LTL

EL

BrBr

BrSt

St

St Δ×−×=Δ− ασ

ασ

37

37

2040101837

101

4097

3720301011

101,230 6

66

6 ××××−×

××−=×××−

×× −−

StSt

σσ

8,69σSt = - 2.700

σSt = - 310,7 kg/cm2, en compresión, contrario a lo que se supuso.

σBr = 241,72 kg/cm2, en compresión, como se supuso. 1.28)

SOLUCION: DCL: ∑ =+−−⇒= 0;0 21 RPRFx

Una barra cuadrada de 5 cm de lado está sujeta rígidamente entre los muros y cargada con una fuerza axial P = 20 ton.. Determinar las reacciones en los apoyos y el alargamiento del lado derecho. E = 2,1 x 106 kg/cm2. Medidas en cm.

P

15 10

P R1 R2

52

Obsérvese que se han supuesto las reacciones de modo que ambas partes de la barra quedan en tracción, lo cual es imposible por la rigidez de los apoyos. Como los apoyos son rígidos, entonces el largo total es constante. Luego

3

2015100 12

2121

RR

AER

AER

−=⇒=×

+×

⇒=Δ+Δ

Reemplazando R2 en la primera ecuación:

→−=⇒=−

⇒=−−− kgfRRR

PR 000.12000.20350

32

111

1

R2 = 8.000 kgf →

mmmcm μ23023,00023,0101,22515000.8

62 ===×××

=Δ

Naturalmente:

mmmcm μ23023,00023,0101,22510000.12

61 −=−=−=×××−

=Δ

1.29) Calcular las reacciones en el problema anterior si el apoyo derecho cede 0,01 mm. SOLUCION:

000.251,21510001,01510001,0 2121

21 ×=+⇒=×

+×

⇒=Δ+Δ RRAE

RAE

R

2R1 + 3R2 = 10.500 De la estática: - R1 + R2 = 20.000 ⇒ - 2R1 + 2R2 = 40.000 De donde. R2 = 10.100 kgf; R1 = - 9.900 kgf Comprobación:

00289,0101,22515100.10;00189,0

101,22510900.9

6261 =×××

=Δ−=×××

−=Δ

cm001,021 =Δ+Δ=Δ 1.30) En el problema 1.28 ¿cuánto debe ceder el apoyo derecho para que toda la carga la resista la barra izquierda?

53

SOLUCION: En este caso R2 = 0, y R1 = 20.000 kgf. Por lo tanto:

cm0038,0101,22510000.20

6 =×××

=Δ

1.31) SOLUCION:

AH = 372 = 1.369 cm2; AF = 452 – 372 = 656 cm2

PH + PF = 70.000

66 1005,165610175,0369.1 ××=

××⇒=⇒Δ=Δ FH

FF

F

HH

HFH

PPEALP

EALP

PH = 0,3478PF De donde: PF = 51.935,9 kgf;

σF = 79,17 kg/cm2 PH = 18.064,1 kgf;

σH = 13,2 kg/cm2

cm0068,010175,0902,13

6 =××

=Δ

Un corto tubo de fundición (E = 1,05 x 106 kg/cm2), de sección cuadrada está lleno de hormigón (E = 0,175 x106 kg/cm2) y el conjunto está sometido a una fuerza axial de compresión de 70.000 kgf. El conjunto tiene una longitud de 90 cm. Determinar la. tensión en cada material y el acortamiento del conjunto.

45 cm

37 cm

P

54

1.32) SOLUCION: Por condiciones de equilibrio estático:

BrAlAlBrAlBr PP σσσσ3296 =⇒=⇒=

Se ha supuesto que ambas barras trabajan a tracción, por lo tanto: a)

( ) ( ) 00 =Δ−Δ+Δ−Δ⇒=Δ+Δ AlTPBrTPAlBR

02225102,22107,025

2260107,171098,060 6

66

6 =×××−××

+×××−×× −− AlBr σσ

BrAlAlBr σσσσ 71,12,9960574.3571,3522,61 −=⇒=−+ De donde:

σBr = 418,4 kg/cm2 (Tracción) σAl = 278,9 kg/cm2 (Tracción)

b) En este caso: ( ) ( ) 012,0012,0 =Δ−Δ+Δ−Δ⇒=Δ+Δ AlTPBrTPAlBR

012,02225102,22107,025

2260107,171098,060 6

66

6 =×××−××

+×××−×× −− AlBr σσ

BrAlAlBr σσσσ 71,115,660000.12574.3571,3522,61 −=⇒=−+ De donde:

Dos barras inicialmente rectas están unidas entre sí y sujetas a apoyos rígidos. La de la izquierda es de bronce (E = 0,98 x 106 kg/cm2; α = 17,7 x10-6 1/ºC; A = 6 cm2 ) y la de la derecha es de aluminio (E = 0,7 x106 kg/cm2; α = 22,2 x 10-6 1/ºC A = 9 cm2 ). El conjunto está libre de tensiones y entonces la temperatura desciende 22 ºC. Determinar la tensión en cada barra: a) Si los apoyos no ceden; b) Si el apoyo derecho cede 0,12 mm.

Al Bronce

25 60

PBr PAl

55

σBr = 277,76 kg/cm2 (Tracción)

σAl = 184,84 kg/cm2 (Tracción)

1.33) Un pilar corto de hormigón armado está sometido a una carga axial de compresión. Ambos extremos están cubiertos por placas infinitamente rígidas. Si el esfuerzo en el hormigón (EH = 0,175 x 106 kg/cm2) es de 65 kg/cm2, determinar la tensión en el acero (E = 2,1 x 106 kg/cm2). SOLUCION:

266 /78012

101,210175,0cmkg

LHSt

StHStH ==⇒

×=

×⇒Δ=Δ σσ

σσ

1.34) SOLUCION:

( ) ( ) 22222 045,1175,34

;43,44,454

cmAcmA BrSt ===−=ππ

Por condiciones de equilibrio:

PSt + PBr = 0 BrStBrSt σσσσ 493,2045,1143,4 −=⇒−=⇒

Suponiendo ambos elementos en tracción:

( ) ( )BrTPStTPBrSt Δ+Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ

95107,171098,0

951011101,2

493,2 66

66 ××+

×=××+

×− −− LLLL BrBr σσ

Un tubo de acero (E = 2,1 x 106 kg/cm2; α = 11 x 10-6 1/ºC), de 5 cm de diámetro exterior y 4,4 cm de diámetro interior rodea a un cilindro macizo de bronce (E = 0,98 x106 kg/cm2; α = 17,7 x 106 1/ºC) de 3,75 cm de diámetro y el conjunto está libre de tensiones. A 25 ºC El conjunto tiene una longitud de 1 m. Determinar la. tensión en cada material cuando la temperatura aumenta hasta 120 ºC

Bro

nce

56

- 2,207σBr = 636,5 2/4,288 cmkgBr −=⇒ σ , en compresión, contrario a lo que se supuso. σSt = 719,1 kg/cm2 en tracción, como se supuso. 1.35) En el problema anterior ¿cuál puede ser el máximo aumento de temperatura si las tensiones no deben exceder de 200 kg/cm2 en el bronce y de 600 kg/cm2 en el acero? SOLUCION: De la ecuación de equilibrio: BrSt σσ 493,2−= Si σBr = - 200, σSt = 498,6 kg/cm2 < σAdm Por lo tanto:

TLLTLLΔ××+

×−

=Δ××+×

−− 66

66 107,17

1098,02001011

101,26,498

CTT º9,657,65,441 =Δ⇒Δ=

1.36) Una barra compuesta está constituida por una tira de cobre (E = 0,9 x 106 kg/cm2) entre dos placas de acero (E = 2,1 x 106 kg/cm2). El ancho de todas las barras es de 10 cm; las placas de acero tienen un espesor de 0,6 cm cada una y el espesor de la placa de cobre es de 1,8 cm. Determinar la máxima carga P que puede aplicarse. La tensión de rotura del acero de 5.600 kg/cm2 y la del cobre es de 2.100 kg/cm2. Usar un factor de seguridad de 3 basado en la tensión de rotura de cada material.

SOLUCION:

ACu = 1,8 x 10 = 18 cm2; ASt = 2 x 0,6 x 10 = 12 cm2

P = PSt + PCu; P = 12σSt + 18σCu

Cobre P P

57

( ) ( ) 22 /7003100.2;/7,866.1

3600.5 cmkgcmkg CuadmStadm ==== σσ

CuStCuSt

CuStLL

σσσσ

37

109,0101,2 66 =⇒×

=×

⇒Δ=Δ

Si σCu = 700, σSt = 1.633,3 kg/cm2 < (σadm)St, por lo tanto: P = 12 x 1.633,3 + 18 x 700 = 32.200 kgf

1.37) SOLUCION: Por condiciones de equilibrio:

PSt + PBr = 25.000

( ) ( ) 22222 18,445,74

;9,1232,8154

cmAcmA StrAl ===−=ππ

AlSTStAl σσσσ 8,29,565000.2518,449,123 −=⇒=+ Suponiendo ambos elementos en compresión:

( ) ( )BrTPStTPBrSt Δ+Δ=+Δ+Δ⇒Δ=+Δ 025,0025,0

3050102,22107,050

025,030025,501011101,2

025,50 66

66 ×××+

××

=+×××+×× −− AlSt σσ

6,344343,7125,208.882,23 −=⇒=+ AlStAlSt σσσσ De donde:

Un tubo recto de aliminio (E = 0,7 x 106 kg/cm2; α = 22,2 x 10-6 1/ºC), de 150 mm de diámetro exterior y 82 mm de diámetro interior rodea a un cilindro macizo de acero (E = 2,1 x106 kg/cm2; α = 11 x 106 1/ºC) de 75 mm de diámetro; el aluminio es 0,25 más largo que el acero antes de aplicar ninguna carga. El conjunto tiene una longitud de 0,5 m. Determinar la. tensión en cada material cuando la temperatura desciende 30 ºC y actúa toda la carga.

Acero Φ 75 mm

25.000 kgf

58

5,8σAl = 910,5 2/157 cmkgAl =⇒ σ , en compresión σSt = 126,4 kg/cm2 en compresión, como se supuso. 1.38) En el problema anterior determinar la disminución de temperatura necesaria para que toda la carga la resista el acero. SOLUCION: En este caso:

PSt = 25.000 kgf; PAl = 0; σSt = 565,84 kg/cm2

( ) ( )BrTStTPBrSt Δ=+Δ+Δ⇒Δ=+Δ 025,0025,0

TT Δ××=+Δ××+×× −− 50102,22025,0025,501011101,2

025,5084,565 666

( ) ↓=Δ⇒Δ×−×= CTT º75,68025,5011502,2212,479.38 Obsérvese que se ha calculado una disminución de temperatura. 1.39) Determinar las tensiones en el problema 1.37 si no hay cambio de temperatura. SOLUCION: AlST σσ 8,29,565 −= Suponiendo ambos elementos en compresión:

( ) ( )BrPStPBrSt Δ=++Δ⇒Δ=+Δ 025,0025,0

66 107,050

025,0101,2

025,50××

=+×× AlSt σσ

5,049.1343,71000.2582,23 −=⇒=+ AlStAlSt σσσσ De donde:

2/5,2784,615.18,5 cmkgAlAl =⇒= σσ , en compresión, como se supuso. σSt = - 213,96, en tracción

59

Este resultado es imposible, puesto que ninguno de los dos componentes puede trabajar en tracción, debido a que la placa superior permite que ambos componentes

se desplacen libremente. Por lo tanto σSt = 0 y 2/78,2019,123

000.25 cmkgAl ==σ .

El resultado anterior se explica porque 025,00144,0107,0

5078,2016 <=

××

=Δ Al , la holgura

existente antes de aplicar la carga. 1.40) Determinar las tensiones en el problema 1.37 si la temperatura aumenta 30 ºC. SOLUCION: Por condiciones de equilibrio:

PSt + PBr = 25.000; AlST σσ 8,29,565 −=

Suponiendo ambos elementos en compresión:

( ) ( )BrTPStTPBrSt Δ−Δ=+Δ−Δ⇒Δ=+Δ 025,0025,0

3050102,22107,050

025,030025,501011101,2

025,50 66

66 ×××−

××

=+×××−×× −− AlSt σσ

5,754.1343,7175,791.4182,23 −=⇒=+ AlStAlSt σσσσ De donde:

5,8σAl = 2.320,4 2/400 cmkgAl =⇒ σ , en compresión

σSt = - 554,3 kg/cm2 , en tracción (Nuevamente resultado imposible).

El resultado anterior se explica porque como 025,00144,0107,0

5078,2016 <=

××

=Δ Al , y

debido a que los coeficientes de dilatación térmica StAl αα > , enronces la holgura

existente antes de aplicar la carga y temperatura aumenta con los incrementos de

temperatura. Por lo tanto, toda la carga la soporta el aluminio con σSt = 0 y

2/78,2019,123

000.25 cmkgAl ==σ

60


∑ =×+−×⇒= 0158,1000.12930 CuBrA xM σσ (a) ∑ =++−⇒= 08,13000.122,10 CuBrStyF σσσ (b)

Como la barra es rígida y permanece horizontal los alargamientos de los tres cables son iguales. ( ) ( ) ( )CuTPBrTPStTPCuBrSt Δ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ=Δ

BARRA AREA, cm2 E x 106 kg/cm2 α x 10-6 1/cm Acero 1,2 2,1 11 Bronce 3 0,98 17,7 Cobre 1,8 1,2 16

La barra rígida ABC está soportada por tres cables y es de peso despreciable. La varilla izquierda es de acero, la del centro es de bronce y la de la derecha es de cobre. Determinar la tensión en cada cable y la posición de la carga para que ABC permanezca horizontal, si la temperatura aumenta 14 ºC. Medidas en cm.

6 9

15

25

A B

20

C

X

12.000 kgf

Δ

PSt = 1,2σSt PCu = 1,8σCu PBr = 3σBr

12.000 kgf

61

14201016

102,120

1415107,171098,01514251011

101,225

66

66

66

×××+××

=

=×××+××

=×××+××

−

−−

Cu

BrSt

σ

σσ

De la última ecuación se obtienen dos ecuaciones: 18,11286,113331,159,11 −=⇒−= BrStBrSt σσσσ (c) 94,524,163067,169,11 +=⇒−= CuStCuSt σσσσ (d) Resolviendo el sistema de ecuaciones b, c y d: 222 /748.1;/1,951.1;/15,500.2 cmkgcmkgcmkg CuBrSt === σσσ De la ecuación a):

,323,8000.12

748.1271,951.127 cmX =×+×

= a la derecha de A.

1.42) Resolver el problema anterior considerando que la temperatura disminuye 14 ºC. SOLUCION: Se supondrá que la barra ABC desciende con respecto a su posición inicial. Por tanto: ( ) ( ) ( )CuTPBrTPStTPCuBrSt Δ−Δ=Δ−Δ=Δ−Δ⇒Δ=Δ=Δ

14201016102,1

201415107,17

1098,015

14251011101,225 6

66

66

6 ×××−××

=×××−××

=×××−×× −−− CuBrSt σσσ

694,878,018,11286,113331,159,11 −=⇒+=⇒+= StBrBrStBrSt σσσσσσ 81,37714,094,524,163067,169,11 +=⇒−=⇒−= StCuCuStCuSt σσσσσσ Reemplazando en la ecuación de suma de fuerzas verticales: 222 /35,807.1;/4,924.1;/35,478.2 cmkgcmkgcmkg CuBrSt === σσσ

,96,83000.12

35,807.12704,924.1270 cmX =×+×

=

62


∑ =⇒= 00 xx AF

CuStStCuStCuAM σσσσσσ −=⇒=+⇒=×+×⇒=∑ 002406120120 Se ha supuesto que ambas barras quedan sometidas a tracción. Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:

( ) ( )CuTPStTPCuStStCu Δ+Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ⇒

Δ=

Δ22

240120

409010162102,1

90240901011

101,290 6

66

6 ××××+××

=×××+×× −− CuSt σσ

CuCuStCuSt σσσσσ −=+=⇒+= 7,764.15,3840667,1476,0 De donde:

σCu = - 392,2 kg/cm2, en compresión, opuesto a lo que se supuso; σSt = 392,1 kg/cm2, en tracción.

BARRA AREA, cm2 E x 106 kg/cm2 α x 10-6 1/cm Cobre 12 1,2 16 Acero 6 2,1 11

La barra ABC es completamente rígida e inicialmente está horizontal. La barra DB es de cobre y la CE es de acero. Determinar las tensiones en cada barra cuando la temperatura aumenta 40 ºC. Medidas en cm.

120 120

90

A B C

D E

PSt = 6σSt PCu = 12σCu Ay

Ax

ΔSt ΔCu

63

1.44) Resolver el problema anterior, suponiendo que la barra horizontal ABC pesa 5.000 kgf. SOLUCION:

∑ =⇒= 00 xx AF

33,2080240660000.5120120 =+⇒=×+×−×⇒=∑ StCuStCuAM σσσσ Se ha supuesto que ambas barras quedan sometidas a tracción. Como la barra es rígida los alargamientos de ambas barras son proporcionales. Por semejanza de triángulos:

( ) ( )CuTPStTPCuStStCu Δ+Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ⇒

Δ=

Δ22

240120

409010162102,1

90240901011

101,290 6

66

6 ××××+××

=×××+×× −− CuSt σσ

7,764.15,3840667,1476,0 +=⇒+= CuStCuSt σσσσ De donde:

σCu = - 345,9 kg/cm2, en compresión, opuesto a lo que se supuso; σSt = 554,2 kg/cm2, en tracción.

1.45) SOLUCION:

PSt = 6σSt PCu = 12σCu Ay

Ax

ΔSt ΔCu

5.000 kgf

Considerar la barra cónica de acero, inicialmente libre de tensiones. Determinar la máxima tensión en la barra si la temperatura: a) Desciende 20 ºC; b) Aumenta 20 ºC. E = 2,1 x 106 kg/cm2; α = 11 x 10-6 1/ºC. Medidas en cm

100

20 10

x

64

El radio, para una posición x es:

( ) ( ) ( )xxxxR +=+=+= 100201100

1005

10055

Entonces el área en una posición cualquiera es:

( ) ( )22 10020

xRxA x +==ππ

a) Cuando la temperatura desciende la barra se acorta por temperatura y se alarga por esfuerzos de tracción originados por una fuerza P que, por condiciones de equilibrio, debe ser constante. El alargamiento de un disco de radio Rx y longitud dx, localizado a la distancia x del extremo izquierdo es:

TdxdxEAPd

xP Δ==Δ α

Es decir:

( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −×=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −×

−=

+−

×=+

=∫ ∫ 2114

1001

2001400

1001400

10020

100

0

100

0

100

022

EP

EP

xEP

x

dxEP

Adx

EP

x ππππ

kgfPdxTEP

T 8,570.722

101,22010111002 66100

0

=×××××

=⇒Δ=Δ=−

∫πα

π

Entonces, la tensión es máxima cuando el área es mínima:

2

0max /924

258,570.72 cmkg

AP

===π

σ , en tracción

b) Al aumentar la temperatura en 20 ºC, la tensión tiene la misma magnitud pero es de compresión. 1.46)

Considerar la armadura articulada, hiperestática, de la figura. Antes de aplicar la carga P el sistema está libre de tensiones. Determinar la fuerza axial que soporta cada barra cuando se aplica la carga P. Todas las barras tienen la misma sección transversal y el mismo módulo elástico.

P

A

C B

L

D

θ θ

65

SOLUCION:

∑ =⇒= ADABx FFF 0

∑ =+⇒= PFFF ACABy θcos20 Como se dispone de dos ecuaciones para tres incógnitas, se procede a analizar las deformaciones. ΔAB = ΔACcosθ

θθθ 2coscoscosACAB

ACAB

FFAE

LFAE

LF=⇒=

×

( )θ

θ 33

cos211cos2

+=⇒=+

PFPF ACAC

θθ3

2

cos21cos

+==

PFF ADAB

1.47) En el problema anterior, determinar los esfuerzos sobre cada barra y el desplazamiento vertical del punto A, considerando: P = 10.000 kgf; A = 10 cm2; L = 40 cm; θ = 30º; E = 2,1 x 106 kg/cm2. SOLUCION:

( )

233 /97,43465,349.4

866,021000.10

cos21cmkgkgfPF ACAC =⇒=

+=

+= σ

θ

23

2

/2,32623,262.3cos21

cos cmkgkgfPFF ABADAB =⇒=+

== σθθ

mmmcmE

LACAC μ

σ83083,00083,0

101,24097,4346 ===

××

==Δ

1.48) En el problema anterior suponer que a la carga de 10.000 kgf se superpone un cambio de temperatura. Calcular las tensiones cuando la temperatura: a) Aumenta 20 ºC; b) Disminuye 20 ºC. SOLUCION:

FAD FAB FAC

P

θ ΔAC

ΔAB

66

a) Con el aumento de temperatura las barras se alargan por carga y por temperatura. Por consiguiente: ( ) ( ) θθ coscos ACTPABTPACAB Δ+Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ

30cos20401012101,2

30cos4020

30cos401012

101,230cos

406

66

6 ×××+×

×=×××+

×

×−− AC

AB σσ

16833,128,771.25,1699,21 +=⇒−= ABACACAB σσσσ 000.101030cos102000.1030cos2 =+×⇒=+ ACABACAB FF σσ ( ) 2/7,271000.116833,130cos2 cmkgABAB =⇒=++ σσ 2/4,529 cmkgAC =σ 1.49) En el problema anterior, ¿cuánto deberían ceder los apoyos para que no existan tensiones? SOLUCION: ( ) ( ) ( ) ( ) Δ=Δ−+Δ−⇒Δ=Δ−Δ+Δ−Δ⇒Δ=Δ+Δ aLtbRtAlTPBrTPAlBR cm0356,02225102,222260107,17 66 −=Δ=×××−×××− −− 1.50) En el problema 1.48 ¿cuánto deberían ceder los apoyos para que las tensiones no excedan de 200 kg/cm2 en el bronce y de 100 kg/cm2 en el aluminio? SOLUCION: De la ecuación de equilibrio estático:

BrAl σσ32

= , Por lo tanto, si σBr = 200, entonces σAl = 133,3 kg/cm2 que es >

σAdm. Por consiguiente:

σAl = 100 kg/cm2 σBr = 150 kg/cm2 que es < que σadm.

Luego:

67

( ) ( ) Δ=Δ−Δ+Δ−Δ⇒Δ=Δ+Δ AlTPBrTPAlBR

cm0229,02225102,22107,0251002260107,17

1098,060150 6

66

6 =Δ=×××−××

+×××−×× −−

1.51) Los yugos rígidos B y C de la figura se encuentran sujetos firmemente a la barra cuadrada de acero AD (E = 30 x 106 psi), de 2 x 2 pulg2. Determinar la deformación axial total en los 5 pies de barra entre B y C. SOLUCIÓN: Veremos si el sistema está en equilibrio: ∑ =+×−×+−= 04525,822782xF Luego el sistema está en equilibrio y la parte BC también debe estarlo.

"014,0103022125000.28

6 =×××××

==ΔAEPL

lglg/1033,2125

014,0 4 pupuL

−×=×

=Δ

=ε

1.52) La barra de acero del problema anterior es reemplazada por aluminio forjado 2014 – T4 (E = 10,6 x 106 psi). Determinar la deformación axial total en la parte AB de la barra, SOLUCIÓN: La fuerza que actúa en el tramo AB es de 82 klb.

8,5 klb 27 klb

A B C

D 45 klb 82 klb

8,5 klb 27 klb

8’ 5’ 4’

B C82 – 54 = 28 klb 45 – 17 = 28 klb

68

"1857,0106,1022128000.82

6 =×××××

==ΔAEPL

lglg/1019128

1857,0 4 pupuL

−×=×

=Δ

=ε

1.53) En la tensión de fluencia una barra con una longitud calibrada de 8” de 0,5” de diámetro se alargó 0,012” y el diámetro se redujo 25 x 10-5 pulg. La carga axial aplicada fue de 4.800 lb. Determinar las siguientes propiedades de este material: a) Módulo de Elasticidad b) Relación de Poisson c) Tensión de fluencia. SOLUCIÓN: a)

222 lg196,05,044

puDA =×==ππ

psiAPLE

AEPL 531.326.16

012,0196,08800.4

=××

=Δ

=⇒=Δ

b)

lglg/10158012,0 4 pupu

Lx−×==

Δ=ε

lglg/1055,01025 4

5

pupuDD

y−

−

×−=×−

=Δ

=ε

333,01015105

4

4

=××−

−=−= −

−

x

y

εε

ν

c)

psiAP 8,489.24

196,0800.4

0 ===σ

1.54) Una carga axial de 100 klb se va aplicando lentamente a una barra rectangular de 1 x 4 pulg2 y 90” de largo. Cuando se encuentra cargada, dentro de la zona elástica, la medida de 4” de la sección transversal se ha reducido a 3,9986” y la longitud ha aumentado en 0,09”. Determinar la Relación de Poisson y el módulo de Young para este material. SOLUCIÓN:

69

lglg/10109009,0 4 pupu

Lx−×==

Δ=ε

lglg/105,349986,34

44 pupuY

y−×−=

−−=

Δ=ε

35,01010

105,34

4

=××−

−=−= −

−

x

y

εε

ν

psiAPLE

AEPL 61025

09,04190000.100

×=××

×=

Δ=⇒=Δ

1.55) Una barra plana de 0,25 x 2 pulg2 se alarga 0,06” en una longitud de 5’, bajo una carga axial de 13.000 lb. La tensión de fluencia del material es de 44.000 psi. a) Determinar el esfuerzo axial a que está sometido el material; b) ¿Cuál es el módulo de elasticidad de este material?; c) Si la Relación de Poisson es de 0,32 ¿cuál será el cambio total de cada dimensión lateral? SOLUCIÓN: a)

A = 0,25 x 2 = 0,5 pulg2

psiAP 000.26

5,0800.13

===σ

b)

psiLAPLE

AEPL 61026

06,0125000.26

×=××

=Δ

=Δ

=⇒=Δσ

c)

lglg/10106006,0 4 pupu

Lx−×==

Δ=ε

lglg/102,3101032,0 44 pupuxyx

y −− ×−=××−=−=⇒−= νεεεε

ν

( ) lg108102,325,025,0

54 puyY

y−− ×−=×−=Δ⇒

Δ=ε

( ) lg1064102,322

54 puyY

z−− ×−=×−=Δ⇒

Δ=ε

70

1.56) Una barra de 1,5” de diámetro y 20’ de largo se alarga 0,48” bajo una carga de 53 klb. El diámetro disminuye 0,001” durante la carga. Determinar las siguientes propiedades de este material: a) Módulo de Elasticidad; b) Relación de Poisson; c) Módulo de Rigidez G. SOLUCIÓN:

222 lg767,15,144

puDA =×==ππ

a)

psiAPLE

AEPL 170.997.14

001,0767,11220800.53

=×

××=

Δ=⇒=Δ

b)

lglg/10201220

48,0 4 pupuLx

−×=×

=Δ

=ε

lglg/106,65,1001,0 4 pupu

DD

y−×−=

−=

Δ=ε

33,01020

106,64

4

=××−

−=−= −

−

x

y

εε

ν

c)

( ) psiEG 679.624.533,12170.997.14

12=

×=

+=

ν

1.57) Una barra de acero (E =30 x 106 psi) y otra de aluminio se encuentran acopladas extremo con extremo y cargadas axialmente en los extremos exteriores. Las dos barras tienen 2” de diámetro; la barra de acero tiene 6’ de largo y la de aluminio es de 4’. Cuando se aplica la carga se encuentra que la barra de acero se alarga 0,0052” en una longitud de 8”. La Relación de Poisson para este acero es de 0,25 y el módulo de elasticidad del aluminio es de 10,6 x 106 psi. Determinar: a) La carga; b) El cambio total de longitud de extremo a extremo; c) La variación del diámetro en la barra de acero. SOLUCIÓN:

Acero Aluminio P P

6’ 4’

71

a)

222 lg1416,3244

puDA =×==ππ

lbLAEP

AEPL 1,261.61

810301416,30052,0 6

=×××

=Δ

=⇒=Δ

b) La carga sobre ambos materiales es la misma e igual a P.

"2122,06,10

4306

101416,31,261.61126 =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛+

××

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=Δ+Δ=Δ

Al

Al

St

StAlSt E

LEL

AP

c)

46 10625,1

10301416,3

1,261.61

25,025,025,025,0 −×−=×

×−=×−=−=⇒=−=St

Stxy

x

y

Eσ

εεεε

ν

lg1025,3210625,1 44 puDDDD

Yy−− ×−=××−==Δ⇒

Δ= εε

1.58) Las especificaciones para una pieza de acero (E = 30 x 106 psi) de una máquina requieren que el esfuerzo axial no exceda de 20 kpsi y que el alargamiento total no exceda de 0,015”. Si la pieza es una barra de 2” de diámetro y 3’ de largo, determinar la mayor carga axial admisible a que puede someterse la barra. SOLUCIÓN:

222 lg1416,3244

puDA =×==ππ

Con respecto al esfuerzo admisible:

lbAPAP

9,831.621416,3000.2011 =×==⇒= σσ

Con respecto al alargamiento admisible:

lbPPAEPL 9,269.39

10301416,3123015,0 26

2 =⇒××

××===Δ

Por lo tanto, la carga admisible que cumple ambos requerimientos es P = 39.269,9 lb.

72

1.59) SOLUCIÓN: (PA)Adm = 12.000 x 0,18 = 2.160 lb (PB)Adm = 17.000 x 0,10 = 1.700 lb PAcos45º = PBcos 30º De donde:

BABA PPPP23

23

22

=⇒=

Si PA = 2.160 lb, PB = 1.763 lb > (PB)Adm. Por lo tanto: PB = 1.700 lb y PA = 2.082,1 lb < (PA)Adm Entonces: ∑ =⇒=−+= lbWWsensenF Admy 2,322.20º30700.1º451,082.2 1.60) Una barra de acero estructural, con una resistencia a la tracción de 66 kpsi y E = 29 x 106 psi, de 10’ de largo se encuentra sometida a un esfuerzo axial de 25 kpsi. Determinar: a) La deformación axial en la barra; b) El factor de seguridad con respecto a la falla por fractura. SOLUCIÓN: a)

lglg/1062,81029000.25 4

6 pupuE

−×=×

==σε

b)

La carga W de la figura está sostenida por dos tirantes como se muestra. La barra A tiene un área de 0,18 pulg2 y una resistencia admisible de 12 kpsi y la barra B tiene un área de 0,1 pulg2 y una resistencia admisible de 17 kpsi. Determinar la máxima carga W que puede ser soportada con seguridad.

B A

30º 45º

W

PB PA

W

73

64,2000.25000.66

===σσ uFS

1.61) Un miembro estructural hecho de aleación de aluminio forjado 2024 – T4 tiene una sección transversal de 5 pulg2 y se encuentra sometido a una carga de tracción axial P. El miembro no debe exceder una deformación unitaria de 0,0018 y un Factor de Seguridad mínimo de 4 con respecto a la falla por fractura. Determinar el mayor valor de P si E = 10,6 x 106 psi y σu = 68 kpsi. SOLUCIÓN:

lbPP

AP

psi AdmAdmAdmu

Adm 000.855

000.174000.68

4=⇒=====

σσ

Con respecto a la deformación:

lbPP

psiE AdmAdm

Adm 400.955

080.190018,0106,10 6 =⇒==××== εσ

Por consiguiente, el valor de P que satisface ambas condiciones es 85 klb. 1.62) Un material tiene las siguientes propiedades: σu = 65 kpsi; σ0 = 50 kpsi; σCreep = 25 kpsi. ¿Cuál será el esfuerzo de diseño que debe considerarse con un Factor de Seguridad de 2 con respecto a la falla estática? SOLUCIÓN:

psiAdm 000.252000.50

20 ===

σσ

1.63) Una barra de acero estructural de 5’ de largo y de sección transversal 0,5 x 4 pulg2 va a soportar una carga de tracción axial con esfuerzos normal admisible de 18 kpsi, y con un alargamiento admisible de 0,035”. Determinar la máxima carga admisible. E = 29 x 106 psi. SOLUCIÓN:

A = 2 pulg2 Respecto al esfuerzo normal admisible:

74

( ) lbAP Adm 000.362000.181 =×== σ Respecto al alargamiento admisible:

( ) lbLAEP

AEPL

Adm 3,833.33125

10292035,0 6

3 =×

×××=

Δ=⇒=Δ

Por lo tanto PAdm = 33.833,3 lb. 1.64) Un acero endurecido con 0,2% de carbono (E = 30 x 106 psi; σ0 = 62 kpsi; σu = 90 kpsi), es el material de una barra que se requiere para soportar una carga de tracción axial de 8 klb con un factor de seguridad de 4 con respecto a la falla por fluencia. Determinar la sección transversal necesaria. SOLUCIÓN:

psiAdm 500.154000.62

40 ===

σσ

2lg516,0500.15000.8 puAAA

PAdm ≥⇒=≤== σσ

1.65)

C

SOLUCIÓN: εB = 6 x 10-4 pulg/pulg;

σB = EBεB = 30 x 106 x 6 x 10-4 = 18.000 psi

944,2000.18000.53

==BFS

44

10128

43

31068383

−−

×=⇒×

=××

⇒=⇒Δ

=Δ

AAAABBAB LL

εεεε

En la figura la barra B es de acero con 0,4 % de carbono, laminada en caliente (E = 30 x 106 psi; σ0 = 53 kpsi; σu = 84 kpsi) y la A barra es de aluminio aleado 6061 – T6 (E = 10 x 106 psi; σ0 = 40 kpsi; σu = 45 kpsi). Determinar los factores de seguridad con respecto a la falla por fluencia si la deformación unitaria axial de la barra B es de 6 x 10-4 pulg/pulg. P

4’A 3’ B

3’ 5’ 2’

75

psiE AAA 000.1210121010 46 =×××== −−εσ

33,3000.12000.40

==AFS

1.66) SOLUCIÓN: psiE BBB 500.2210151015 46 =×××== −−εσ

267500.22000.60

==BFS

4

4

102415

81015326

−−

×=×××

=⇒= ABBAA LL

εεε

psiE AAA 000.7210241030 46 =×××== −−εσ

06,1000.72000.76

==BFS

En la figura la barra rígida DC es horizontal cuando no hay carga y las barras A y B no están sometidas a esfuerzo. Cuando se aplica la carga P, la deformación unitaria en la barra B es de 0,0015. Determinar los factores de seguridad con respecto a la falla por fluencia para cada barra. La barra B es de. acero laminado en caliente con 0,8 % de carbono, (E = 30 x 106 psi; σ0 = 76 kpsi) con sección transversal de 2 pulg2 y la barra B es de latón laminado en frío (E = 15 x 106 psi; σ0 = 60 kpsi), con sección transversal de 1 pulg2.

15” A

B 8”

2” 4” 4”

P

D C

76

1.67)

SOLUCIÓN:

lg1096,35012106,6 36 puTLSt−− ×=×××=Δ=Δ α

lg105,75012105,12 36 puTLAl

−− ×=×××=Δ=Δ α ( ) lg1054,31096,35,7 33 puz StAl

−− ×=×−=Δ−Δ=

º203,01054,31

3 =⇒×=Δ−Δ

= − θθ StAlsen

( ) lg035,01096,394,381054,311

33 puxx

sen St =×−=⇒×=Δ+

= −−θ

Determinar el movimiento horizontal del punto A debido a una elevación de temperatura de 50 ºF. Se supone que el miembro ACE tiene un coeficiente de expansión térmica despreciable. αSt = 6,6 x 10-6 1/ºF; αAl = 12,5 x 10-6 1/ºF.

A

E D Aleación de aluminio

1”

12”

10”

B C Acero

∆St

∆Al E’

C’

θ

x

1”

E

z

77

1.68) SOLUCIÓN:

lg102,1320100106,6 36 puTLSt−− ×=×××=Δ=Δ α

lg102520100105,12 36 puTLAl

−− ×=×××=Δ=Δ α Sea x el desplazamiento de la aguja con respecto al nivel cero:

( ) lg102,1325551

3 puxxStAl −×−=⇒=Δ−Δ

x = 59 x 10-3 = 0,059 pulg 1.69) Una barra de bronce laminado en frío (E = 15 x 106 psi; α = 9,4 x 10-6 1/ºF) y una barra de metal Monel forjado y laminado en caliente (E = 26 x 106 psi; α = 7,8 x 10-6 1/ºF) se encuentran soldadas juntas a tope y cargadas axialmente en los extremos con una fuerza de tracción P = 20π klb. Ambas barras tienen 2” de diámetro; la de bronce es de 5’ de largo y la de metal Monel es de 4’. Determinar la variación total de longitud debida a la carga y a una baja de la temperatura de 60 ºF. SOLUCIÓN:

Si la temperatura del mecanismo de la figura aumenta 100 ºF determinar el movimiento de la aguja indicadora, en pulgadas, con respecto al cero de la escala. αSt = 6,6 x 10-6 1/ºF; αAl = 12,5 x 10-6 1/ºF.

∆St ∆Al θ

x

Ace

ro

0

1” 4”

20”

Alu

min

io

Ace

ro

Bronce

Monel P P

78

222 lg244

puDA πππ=×==

Supondremos que la deformación final es un alargamiento. ( ) ( )BrTPMTPBrM Δ−Δ+Δ−Δ=Δ+Δ=Δ

"0642,060125104,9

10151252060124108,7

102612420 6

66

6 =××××−××××

+××××−××××

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−=Δ

−−

ππ

ππ

ααBrM

TLAEPLTL

AEPL

El cambio de longitud es un alargamiento, como se supuso. 1.70) Un riel de ferrocarril tiene 20’ de largo con una sección transversal de 11,6 pulg2 y está sujeto contra movimientos laterales. Bajo un aumento de temperatura, uno de los extremos puede moverse 1/16 pulg con relación al otro, antes de que los dos extremos se encuentren firmemente sujetos contra los rieles adyacentes que, para este problema, se supondrán rígidos. Si α = 6,6 x 10-6 1/ºF y E = 30 x 106 psi. Para un aumento de temperatura de 60 ºF determinar la fuerza interna en una sección transversal del riel. SOLUCIÓN: a)

AEPLTLPT +=Δ⇒Δ+=Δ

161

161 α

66

10306,111220

161601220106,6

××××

+=×××× − P

P = 93.119 lb 1.71) Los extremos de una barra de acero de 12’ están firmemente sujetos a soportes rígidos. A 75 ºF no hay esfuerzos en la barra, cuyo diámetro es de 2”. El acero tiene las siguientes propiedades: E = 30 x 106 psi; σ0 = 38 kpsi; σu = 65 kpsi; Relación de Poisson υ = 0,25; alargamiento en 8”: 28%; α = 6,5 x 10-6 1/ºF. Para la temperatura de 0 ºF determinar: a) El Factor de Seguridad respecto a la falla por fluencia; b) La variación de diámetro de la barra. SOLUCIÓN: a)

"

161 ∆P

∆T

79

( )TpsiTEELTLTP 625.14751030105,6 66 =××××=Δ=⇒=Δ⇒Δ=Δ −ασσα

598,2625.14000.380 ===

σσ

FS

b)

lg00122,01030

2625.1425,0752105,6 66 puDTDD x −=

××

×−×××−=−Δ−=Δ −υεα

1.72) Una barra de duraluminio de 20’ de largo y 2” de diámetro, se encuentra sujeta por sus extremos a soportes que permiten un cambio de longitud de la barra de 0,06”. Se aplican las siguientes propiedades: E = 10 x 106 psi; α = 13 x 10-6 1/ºF; υ = 0,333. Cuando la temperatura es de 80 ºF no hay esfuerzos en la barra. Para una temperatura de - 20 ºF determinar: a) El máximo esfuerzo normal en la barra; b) El cambio de diámetro de la barra. SOLUCIÓN: a)

AEPLTLPT +=Δ⇒Δ+=Δ 06,006,0 α

( )Tpsi500.101010

122006,010012201013 66 =⇒

×××

+=×××× − σσ

b)

lg0033,01010

2500.10333,010021013 66 puDTDD x −=

××

×−×××−=−Δ−=Δ −υεα

1.73) Un pasador de acero inoxidable austenítico recocido (E = 28 x 106 psi; σ0 = 36 kpsi; σu = 85 kpsi; α = 9,6 x 10-6 1/ºF), de 3 pulg2 de área está colocado en el interior de un tubo de fundición gris (E = 15 x 106 psi; σUC = 100 kpsi; σUT = 25 kpsi; α = 6,7 x 10-6 1/ºF; υ = 0,333) de 6 pulg2 y 3’ de largo, y está traccionado mediante una tuerca por un esfuerzo de 6.000 psi a una temperatura de 80 ºF. Determinar la variación del esfuerzo axial en el pasador cuando la temperatura baja a – 10 ºF. Despreciar la variación de longitud del tubo debida a la variación del esfuerzo en el pasador. SOLUCIÓN: Por condiciones de equilibrio:

FGStFGFGStStFGSt AAPP σσσσ 63 =⇒=⇒=

80

FGSt σσ 2= ; Inicialmente: σSt 6.000 psi (T): σFG = 3.000 psi (C) Debido a la restricción de moverse separadamente:

( ) ( )FGPTStPTFGSt Δ+Δ=Δ−Δ⇒Δ=Δ

FGSt E

LTLELTL ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +Δ=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −Δ

σασα

66

66

101590107,6

102890106,9

×+××=

×−×× −− FGSt σσ

( ) ( )CpsiTpsi StFGFGFGSt 780.3;890.1

15282

26128

261 ==⇒=−=− σσσσσ

Por consiguiente, la variación del esfuerzo en el pasador es ∆σ = 6.000 – 3.780 = 2.220 psi en tracción. 1.74) Una llanta de acero se debe calentar y colocar en una rueda motriz de locomotora de 72” de diámetro. A 80 ºF la llanta tiene una diámetro interior de 71,94”. Para el acero E = 30 x 106 psi, α = 6,5 x 10-6 1/ºF y σ0 = 60 kpsi para ε = 0,2 %. Determinar: a) La temperatura que se requiere para que el diámetro interior de la llanta sea de 72,04” para facilitar su colocación en la rueda; b) El máximo esfuerzo de tracción en la llanta cuando se enfríe a – 20 ºF, suponiendo que el diámetro de la rueda no cambie; c) El Factor de Seguridad con respecto a la falla por fluencia para el esfuerzo obtenido en b). SOLUCIÓN: a)

FTTTDD º9,21394,71105,61,094,7104,72 6 =Δ⇒Δ××=Δ==−=Δ −α b)

( ) ( )RPTLLPTRLL Δ+Δ=Δ−Δ⇒Δ=Δ

Pasador

∆St (∆P)St

(∆T)St

(∆P)FG (∆T)FG

81

RLL E

LTLELTL ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +Δ=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −Δ

σασα

"893,71046761,094,71046761,010094,71105,6 6

=−=Δ−=⇒=×××=Δ −

DDDD

F

( )TkpsiED

DD F 52,441030

94,7110676,0893,717272 60

1 =⇒××

===−=−=Δ σσσ

c)

348,1520.44000.600 ===

σσ

FS

1.75) SOLUCIÓN:

( ) 22 lg196,05,04

puASt ==π

PSt = AStσSt = 0,196σSt

PAl = AAlσAl = 2σAl

DCL de la placa C:

∑ =−+= 0000.302196,0 AlStYF σσ

66 101020

103010

××

=××

⇒Δ=Δ ALStAlSt

σσ ; σSt = 6σAl

Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene:

La placa rígida C de la figura se encuentra sujeta a una barra A de acero de 0,5” de diámetro y a un tubo de aluminio B. Los otros extremos de A y B están sujetos a soportes rígidos. Cuando la fuerza P es cero, no hay esfuerzos en A ni en B. La barra A es de acero, perfectamente plástica, con una tensión de fluencia σ0 = 40 kpsi (E = 30 x 106 psi). El tubo B tiene una sección transversal de 2 pulg2 y es de aluminio aleado con σ0 = 37 kpsi (E = 10 x 106 psi). Se aplica en C una carga P = 30 klb. Determinar el esfuerzo axial en A y en B y el desplazamiento de la placa C.

B

A

P/2 P/2 10”

20”

C

PSt

PAl

P/2 P/2

82

σAl = 9.445,8 psi, y σSt =56.675 psi Como σSt > σ0, entonces σSt = 40.000 psi Y, σAl = 11.080 psi Como σAl < (σ0)Al, el material está en la zona elástica y podemos aplicar la Ley de Hooke para calcular el desplazamiento de la placa C.

↓=××

=Δ=Δ⇒Δ

××== "02216,01010

20080.111010 66

CAlAl

AlAl LE εσ

1.76) SOLUCIÓN: DCL:

Del equilibrio: ∑ =−×+×= 012125,144 PM AlStR σσ De las deformaciones:

Un poste cuadrado de acero B (E = 30 x 106 psi) de 2 x 2 pulg y la barra de aleación de aluminio C (E = 10 x 106 psi) de 1 x 1,5 pulg soportan la barra rígida AD. Cuando no hay carga la holgura h entre AD y el poste B es de 0,002”. Determinar la máxima carga admisible P si los esfuerzos admisibles son 15 kpsi en el acero y 18 kpsi en la aleación de aluminio.

24”

C

B

A D

4” 8”

P 12” h

RX

RY

0,002 + ∆St PSt = 4σSt

PAl = 1,5σAl

∆Al P

83

006,01030

1231010

24006,03

124002,0

66 +××

=××

⇒+Δ=Δ⇒Δ

=+Δ StAl

StAlAlSt σσ

2σAl = σSt + 5.000 Si σAl = 18.000 psi, se tiene que σSt = 31.000 psi > (σAdm)St. Por lo tanto σSt = 15.000 psi y, σAl = 10.000 psi < (σAdm)Al. Por consiguiente:

lbP 000.3512

000.1018000.1516=

×+×=

1.77) El mecanismo del ejercicio anterior se carga con una fuerza P = 10 klb y la temperatura aumenta 20 ºF. Si αSt = 6,5 x 10-6 y αAl = 13 x 10-6, determinar los esfuerzos en los componentes B y C. SOLUCIÓN: La ecuación de momentos se mantiene así como la proporcionalidad de las deformaciones. Así: 000.305,44012125,144 =+⇒=−×+×=∑ AlStAlStR PM σσσσ

006,03124

002,0+Δ=Δ⇒

Δ=

+ΔStAl

AlSt

Pero ambos materiales se alargan por efecto de la temperatura por lo que la deformación tiene dos componentes. ( ) ( )AlTPAlStTPSt Δ+Δ=ΔΔ−Δ=Δ ; . Por lo tanto:

202410131010

24006,02012105,63

1030123 6

66

6 ×××+××

=+××××−×× −− AlSt σσ

σSt = 2σAl + 4.100 Resolviendo las dos ecuaciones se tiene σSt = 6.276 psi y σAl = 1.088 psi. Ambos valores son inferiores a los esfuerzos admisibles correspondientes.

84

1.78) SOLUCIÓN: a)

psiE

LSt

StSt 000.30

20103002,0 6

=××

=⇒×

=Δ σσ

psiE

LR

RR 500.1

20105,102,0 6

=××

=⇒×

=Δ σσ

b) ∑ =+=⇒=−+= lbPPPPF RStStRY 000.2343660 σσ c) ∑ =−×+×= 04365,06 PxM RStA σσ

"308,1000.234

144500.1000.90=

×+=x

Una placa de acero de 1 x 6 x 20 pulg está sujeta con pernos a un bloque de roble de 6 x 6 x 20 pulg. La estructura se acorta 0,02” por una carga desconocida P. Si ESt = 30 x 106 psi y ER = 1,5 x 106 psi, determinar: a) El esfuerzo axial en cada material; b) La magnitud de la carga P; c) La localización de la línea de acción de P con respecto al borde exterior de la placa de acero.

Roble

P

Acer

o

1” 6”

20”

x P

PSt

4”

PR 0,5”

85

1.79) SOLUCIÓN: a) ∑ =−+= 0850.35,04,0 LStYF σσ

StLLSt

LSt σσσσ

3,0101510

10306

66 =⇒××

=××

⇒Δ=Δ

Combinando las dos ecuaciones se obtiene:

σSt = 7.000 psi; σL = 2.100 psi b)

↓=××

=Δ "0014,01030

6000.76

c)

∑ =⇒=××+−= "364,105100.25,0850.3 XXM D

La barra A es de acero con sección transversal de 0,5 x 0,8 pulg2, (E = 30 x 106 psi) y la barra B es de latón (E = 15 x 106 psi), con sección transversal de 1 x 0,5pulg2. La barra C es rígida y permanece horizontal. Determinar: a) El esfuerzo axial en cada barra; b) El desplazamiento vertical de la barra C; c) La posición de la línea de acción de la fuerza.

A

6”

B

10”

C

5” x

3.850 lb

0,4σSt 0,5σL

X

3.850

86

1.80) SOLUCIÓN: D

∑ =−+= 0000.32AlHFY PPF

∑ ==⇒=−×= lbPlbPPM StAlAlA 000.24;000.8082000.32

( ) ( ) psipsi AlAdmHFAdm 000.165,2000.40;000.12

5,2000.30

==== σσ

HFAlAlHF

AlHF σσσσ

2815

101012

102818

66 =⇒××

=××

⇒Δ=Δ

Si σAl = 16.000 psi se obtiene σHF = 29.866,7 psi > (σAdm)HF. En cambio si σHF = 12.000 psi, se tiene que σAl = 6.428,6 psi < (σAdm)Al. Por lo tanto:

2lg2000.12000.24 puPA

AP

HFAdmHF ==⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⇒=

σσ

La barra A es de hierro forjado (E = 28 x 106 psi; σ0 = 30 kpsi ) y la barra C es de aluminio aleado 6061 – T6 (E = 10 x 106 psi; σ0 = 40 kpsi). La barra B es rígida y permanece horizontal. Determinar el área de las secciones transversales para A y C de tal modo que el esfuerzo axial no exceda la tensión de fluencia con un Factor de Seguridad de 2,5.

A

C

B

18”

12”

32.000 lb

2” 6”

PHF PAl

2”

32.000 lb

87

2lg244,16,428.6

000.8 puPAAlAdm

Al ==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

σ

1.81) P

SOLUCIÓN:

∑ =−+⇒=−+= 02302 PPPPF AlHFAlHFY σσ

000.22

002,01014

71010

10002,0 66 +=⇒+

××

=××

⇒+Δ=Δ HFAl

HFAlHFAl

σσ

σσ

Pero σAl = σHF. Por lo tanto:

σAl = 4.000 psi; σHF = 4.000 psi

De la primera ecuación: P = 20.000 lb

En el sistema de la figura inicialmente no hay esfuerzos. La barra C es rígida y se encuentra a 0,002” sobre el miembro de acero fundido D. Determinar el valor de la fuerza P para que los esfuerzos en los miembros A, B y D sean de la misma magnitud.

Miembro Material A, pulg2 E x 106 psi A Aluminio 1 10 B Aluminio 1 10 D Fe Fundido 3 14

D

A

B

10”

3”

C

7”

3”

PAl P PAl

PHF

88

1.82) SOLUCIÓN:

∑ =−+= 0152 PF CMY σσ

66 10410

102620

××

=××

⇒Δ=Δ CMCM

σσ

σM = 3,25σC Si σC =1.200 psi, σM = 3.900 psi < (σAdm)M Entonces: a)

P = 2 x 3.900 + 15 x 1.200 = 25.800 lb b)

D

A

B

P 10”

20”

10”

Como se muestra en la figura una carga P hacia abajo se encuentra aplicada al miembro rígido B de manera que el miembro permanezca horizontal. El miembro está soportado en su extremo izquierdo por una barra A de metal Monel (E = 26 x 106 psi) y por el extremo derecho en el poste de concreto C (E = 4 x 106 psi). Las áreas de A y C son 2 y 15 pulg2, respectivamente. a) Determinar la máxima carga admisible P si los esfuerzos admisibles son 8.400 psi para el Monel y 1.200 psi para el concreto; b) ¿Cuál es la distancia de la barra A a la carga?; c) Si se eliminara la restricción de que B permanezca horizontal, ¿cuál sería el valor de la carga P y cuál la distancia de la barra A a la carga?

PM = 2σM

P

PC = 15σC

x

89

∑ =×−= 010000.18800.25 XM E X = 6,977” c) Al retirar la restricción de que barra B permanezca horizontal los miembros A y D pueden trabajar al límite de sus esfuerzos admisibles. Así: P = 2 x 8.400 + 15 x 1.200 = 34.800 lb "172,5010000.18800.34 =⇒=×−=∑ XXM E 1.83) SOLUCIÓN:

( ) 22 lg196,05,04

puASt ==π

PSt = AStσSt = 0,196σSt

PAl = AAlσAl = σAl

DCL de la placa C:

∑ =−+= 0000.50196,0 AlStYF σσ

66 101020

103010

××

=××

⇒Δ=Δ ALStAlSt

σσ

B

A P/2

C

P/2 10”

20”

La placa rígida C de la figura se encuentra sujeta a una barra A de acero de 0,5” de diámetro y a un tubo de aluminio B. Los otros extremos de A y B están sujetos a soportes rígidos. Cuando la fuerza P es cero, no hay esfuerzos en A ni en B. La barra A es de acero, perfectamente plástica, con una tensión de fluencia σ0 = 40 kpsi (E = 30 x 106 psi). El tubo B tiene una sección transversal de 1 pulg2 y es de aluminio aleado con σ0 = 45 kpsi (E = 10 x 106 psi). Se aplica en C una carga P = 50 klb. Determinar el esfuerzo axial en A y en B y desplazamiento de la placa C.

PSt

PAl

P/2 P/2

90

σSt = 6σAl Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene: σAl = 22.977,9 psi, y σSt =137.867,6 psi Como σSt > σ0, entonces σSt = 40.000 psi Y,

σAl = 42.160 psi

Como σAl < (σ0)Al, el material está en la zona elástica y podemos aplicar la Ley de Hooke para calcular el desplazamiento de la placa C.

↓=×

×=Δ=Δ⇒

Δ××== "084,0

101020160.421010 6

6CAl

AlAlAl L

E εσ

1.84) SOLUCIÓN:

BABAAB σσ 22

10050=⇒Δ=Δ⇒

Δ=

Δ (a)

150000.51005,0505,0 ×=×+×=∑ ABDM σσ (b)

Resolviendo las ecuaciones (a) y (b):

La barra CD es rígida y está soportada en el apoyo fijo D y por las barras de aluminio A y B, cada un área de 0,5 pulg2 y E = 10 x 106 psi. Determinar el desplazamiento vertical del punto C y el esfuerzo axial en las barras A y B.

A B 40”

C 50” 50” 50”

D

5.000 lb

∆B ∆C 5.000

DY 0,5σB 0,5σA

91

σA = 12.000 psi; σB = 6.000 psi

↓=××

=Δ "024,0101040

6B

Bσ

↓=Δ⇒Δ

=Δ "072,0

15050 CCB

1.85) SOLUCIÓN:

BAAB Δ=Δ⇒

Δ=

Δ 362

MAlMAL σσ

σσ 2,11025

1031010

1066 =⇒

××

=××

σAl = 18.000 psi; σM = 15.000 psi

PM D 102000.1526000.185,2∑ =××+××= P = 33.000 lb

1.86) Si la carga P del problema anterior es de 20 klb ¿cuáles son los esfuerzos en las barras A y B? SOLUCIÓN: Del problema anterior:

La barra CD es rígida y está soportada en el apoyo fijo D y por las barras A de aluminio con un área de 2,5 pulg2 y E = 10 x 106 psi y B de Monel, con un área de 2 pulg2 y E = 25 x 106 psi. Determinar la carga P necesaria para producir un esfuerzo axial de 18 kpsi en la barra A.

A 10” B

C D 2” 4” 4”

P

P ∆A

∆B

DY 2σM 2,5σAl

92

MAl σσ 2,1= 000.200220000.20102265,2 =⇒=×−×+×=∑ MMAlDM σσσ σM = 9.090,9 psi; σAl = 10.909,9 psi 1.87) Resolver el problema 1.85 haciendo las siguientes modificaciones. Cambiar la distancia entre las barras A y B de 4” a 2”, desplazando la barra A hacia la barra B, la barra B de Monel a acero (E = 30 x 106 psi), y el esfuerzo en A de 18 kpsi a 26 kpsi. La tensión de fluencia para el acero es de 40 kpsi. Todas las demás dimensiones permanecen iguales. SOLUCIÓN:

BAAB Δ=Δ⇒

Δ=

Δ 242

AdmAlStStAL psi σσσ

σσ<=×==⇒

××

=×× 000.39000.265,15,1

1030102

101010

66

Ambos esfuerzos son inferiores a la tensión de fluencia.

lbPPM StAlD 600.4110

000.156000.260102245,2 =+

=⇒=×+×=∑ σσ

1.88) Resolver el problema 1.86 después de hacer las siguientes modificaciones: Cambiar las dimensiones horizontales de 4, 4 y 2 a 2, 2 y 4”; cambiar la barra B de metal Monel a acero; cambiar P a 68 klb. La tensión de fluencia del acero es de 36 kpsi. SOLUCIÓN:

StAlStAL Δ=Δ⇒

Δ=

Δ 5,146

AlStStAl σσ

σσ2

1030105,1

101010

66 =⇒××

=××

Si σAl = 26 kpsi, se tiene que σSt = 52 kpsi > σAdm

∑ =⇒=⇒=×−×+×= kpsiM StStStAlD 355445,1508684265,2 σσσσ

σAl = 17,5 kpsi

DY 2σSt 2,5σAl

68 klb

93

1.89) SOLUCIÓN:

004,0242

002,0+Δ=Δ⇒

Δ=

+ΔLSt

StL

000.122004,01015

52103010

66 +=⇒+××

=××

LStLSt σσ

σσ

Como σL = 4.600 psi, se tiene σSt = 21.200 psi 01045,023 =−×+×=∑ PM StLR σσ P = 4.880 lb 1.90) La barra C del problema anterior es de acero estructural (E = 30 x 106 psi) con un área de 1,2 pulg2 y D es de latón rojo laminado en frío (E = 15 x 106 psi) con un área de 3 pulg2. La holgura sobre D se aumenta a 0,04” y la carga P es de 30 klb. Determinar el desplazamiento del punto A. SOLUCIÓN:

008,0242

004,0+Δ=Δ⇒

Δ=

+ΔLSt

StL

La barra de acero C (E = 30 x 106 psi) tiene una sección transversal de 0,25 pulg2 y la barra de latón D (E = 15 x 106 psi) tiene un área de 3 pulg2. La barra AB es rígida. Determinar el valor de la carga P que produce un esfuerzo axial en la barra D de 4,6 kpsi en compresión. La holgura h = 0,002”.

D

C

10” 5”

A B

P6” 4” 2”

h

RY P

3σL 0,5σSt

∆L

∆St

94

000.242008,01015

52103010

66 +=⇒+××

=××

LStLSt σσ

σσ

010000.3042,123 =×−×+×=∑ StLRM σσ

σSt = 47.692,3 psi; σL = 11.846,15 psi

1.91) SOLUCIÓN:

STALAlSt Δ+=Δ⇒

Δ=

Δ+3012,0

186004,0

66 1030103

012,01010

20××

+=×× StAl σσ

000.122 −= AlSt σσ Si σAl = 16 kpsi, se tiene que σSt 20 kpsi < (σAdm)St = 21 kpsi. Entonces: klbPPM C 21012181625,06205,1 =⇒=−××+××=∑

La barra B es aleación de aluminio 6061-T6 (E = 10 x 106 psi) con un área de 0,25 pulg2 y la barra A es de acero estructural (E = 30 x 106 psi) con un área de 1,5 pulg2. La barra CDE es rígida. Cuando el mecanismo está sin carga en la conexión D hay una holgura de 0,004”. Si los esfuerzos admisibles son de 21 kpsi para A y de 16 kpsi para B, determinar la máxima carga admisible que puede aplicarse hacia abajo en un punto a 6” a la derecha de D.

A

B

6”

10”

12”

C D E

20”

0,25σAl 1,5σSt Cy

P

95

1.92) SOLUCIÓN:

lg1024000.2

1 3 puzz −×=⇒=

MAl z Δ+=Δ

66 102416002,0

101010

××

+=×× MAl σσ

000.232

+= MAl σσ

010000.28442 =×−×+×=∑ MALEM σσ

La estructura de la figura ocupa la posición que se muestra cuando no hay cargas. Cuando se aplica el peso D = 2.000 lb y el peso desconocido E, la barra rígida C se pone horizontal. La barra A es de aleación de aluminio 6061-T6 (E = 10 x 106 psi) con un área de 2 pulg2 y la barra B es de metal Monel (E = 24 x 106 psi) con un área de 4 pulg2. Determinar el peso de E.

∆Al

z

∆M

2.000

4σM 2σAl

PE

D E

A

B

16”

4” 2” 4” 2.000

1

10”

96

Entonces: σAl = 2,071 kpsi, y σM =0,107 kpsi ∑ ↓=⇒=−×+×+−= lbPPF EEY 4,571.20000.21,10744,071.22 1.93)

B SOLUCIÓN:

0165,01510

011,0=Δ+Δ⇒

Δ+Δ= CuSt

CuSt

CuStCuSt σσ

σσ−=⇒

××

−=××

000.331016

80165,0

103015

66

CuStCuStDM σσσσ 20254,0105,0 =⇒=×−×=∑

Entonces: kpsikpsi CuSt 11;22 == σσ ∑ =⇒=−×+×−= klbPPFY 6,60225,0114,0

La barra B es de acero (E = 30 x 106 psi) con un área de 0,5 pulg2 y la barra A es de cobre (E = 16 x 106 psi) con un área de 0,4 pulg2. La barra C es rígida. Determinar la fuerza P que hace que el punto D se mueva 0,011” más de lo que se nueve el punto E.

A 8”

C

B

15”

E D

P 15” 10”

P 0,5σSt

0,4σCu

∆Cu

∆St = ∆E

0,011

97

1.94) SOLUCIÓN:

66 1030606,1

16,01015606,116,0

51,0

8 ××

−=××

⇒Δ−=Δ⇒Δ−

=Δ StL

StLStL σσ

σL = 40.000 – 0,8σSt ∑ =⇒×−×= LStStLRM σσσσ 254,085,0 Entonces:

σL = 15.384,6 psi; σSt = 30.769,2 psi

En el mecanismo de la figura, la barra C y todos los soportes son rígidos. Determinar el esfuerzo axial de las barras A y B cuando se hace avanzar la tuerca que se encuentra en la parte superior de B 0,1” (una vuelta). La barra A es de latón laminado en frío (E = 15 x 106 psi) con un área de 0,5 pulg2, y B es de acero (E = 30 x 106 psi), con un área de 0,4 pulg2.

A B

60”

8” 5”

C

0,4σCu

0,5σL RY

∆L

0,1 - ∆St

98

1.95) SOLUCIÓN: ∑ =×−= 01545 AlStBM σσ

σSt = 12σAk

( ) ( )AlPTStPTAlSt Δ−Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ

66

66

1010510051013

10305

1005105,6××

−×××=××

+××× −− ALSt σσ

psipsi StLAl 600.15;300.1650101

3012

==⇒=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + σσσ

∑ ↓=⇒=−+−= lbPPF LStY 400.1004σσ

1.96) SOLUCIÓN:

( ) 222 lg0314,02,044

puDA ===ππ

Determinar la magnitud de la fuerza P que debe aplicarse a la barra rígida C, originalmente horizontal, para que permanezca horizontal cuando la temperatura aumente 100 ºF. La barra A es de aluminio (E = 10 x 106 psi; A = 4 pulg2; α = 13 x 10-6 1/ºF), y la barra D es de acero (E = 30 x 106 psi; α = 6,5 x 10-6 1/ºF; A = 1 pulg2).

B C

A

D

P

5”

5”

10” 5”

4σAl σSt P

El cuerpo rígido W está sostenido por un alambre de acero (E = 30 x 106 psi; α = 6,5 x 10-6 1/ºF; Diámetro = 0,2”). El cuerpo cuelga en la posición que se muestra cuando la temperatura es 90 ºF. Determinar el peso de W cuando la temperatura sea de 10 ºF si el esfuerzo admisible en el alambre es de 18 kpsi y la holgura h = 0,1”. W

h

20”

99

66

103020

1,08020105,61,0××

+=×××⇒Δ+=Δ − StPT

σ

Por tanto, el esfuerzo que origina la restricción a la contracción es: σSt = 3.100 psi; El esfuerzo disponible para resistir el peso es 18.000 – 3.100 = 14.900 psi Por consiguiente:

lbWA

W 1,4680314,0900.14900.14 =×=⇒==σ

1.97) SOLUCIÓN: a)

LStStL

StL σσσσ 2

10305

10155

66 =⇒××

=××

⇒Δ=Δ

∑ =−+×= 0000.14275,0 StLYF σσ ; σL = 4.000 psi; σSt = 8.000 psi

Por lo tanto: PL = 4.000 x 0,75 = 3.000 lb; PSt = 8.000 lb b) Para que la barra central soporte toda la carga:

(∆T)L = (∆T + ∆P)St

↑=Δ⇒×××

+Δ××=Δ×× −− FTTT º83,14510301

5000.145106,65108,9 666

El área de cada una de las barras exteriores, de latón, (E = 15 x 106 psi, α = 9,8 x 10-6 1/ºF), es de 0,75 pulg2. La barra central es de acero (E = 30 x 106 psi, α = 6,6 x 10-6 1/ºF), es de 1 pulg2. La barra A es rígida y permanece horizontal. Determinar: a) La carga que soporta cada barra; b) La variación de temperatura que haga que toda la carga la soporte la barra central.

A Barra Rígida

14 klb

3” 5” 3”

100

1.98) SOLUCIÓN:

( ) ( )BrTPStTPBrSt Δ+Δ=Δ−Δ⇒Δ=Δ

400.293401510101015

154090105,6103090 6

66

6 −=⇒×××+××

=×××−×× −−

StBrBrSt σσ

σσ

∑ =+⇒=−+= 000.3030000.30 BrStBrStY PPF σσ Por lo tanto:

σBr = 6.060 psi (T); σSt = 11.820 psi (C) 1.99)

SOLUCIÓN: a) Supondremos que P se dirige hacia abajo

El conjunto de la figura se compone de una barra de acero A (E = 30 x 106 psi, α = 6,5 x 10-6 1/ºF; A = 1 pulg2), de un bloque rígido C y una barra de bronce B (E = 15 x 106 psi, α = 10 x 10-

6 1/ºF); A =3 pulg2), todo sujeto firmemente entre sí y a soportes rígidos en los extremos. Inicialmente no hay esfuerzos. La temperatura desciende 40 ºF y se aplica una carga P = 30 klb. Determinar los esfuerzos en A y B.

La barra B es aleación de aluminio 6061-T6 (E = 10 x 106 psi; α = 12,5 x 10-6 1/ºF) con un área de 0,25 pulg2 y la barra A es de acero estructural (E = 30 x 106 psi; α = 6,6 x 10-6 1/ºF) con un área de 1,5 pulg2. La barra CDE es rígida Inicialmente las barras no están sometidas a esfuerzos. Determinar la carga que debe aplicarse a la barra CDE a 4” a la derecha de D para hacer que los esfuerzos en las barras A y B sean iguales, cuando la temperatura descienda 100 ºF. .

C

A

B

90”

P/2 P/2

15”

B

A

C E D

6”

10”

12”

20”

101

( ) ( )

186AlTPStTP Δ−Δ

=Δ−Δ

( ) ( )StTPAlTP Δ−Δ=Δ−Δ 3

10010106,631030

10310020105,12

101020 6

66

6 ××××−××

=×××−×× −− StAl σσ

200.52 −= AlSt σσ ;

Pero ambos esfuerzos deben ser iguales, por lo que σSt = σAl = 5.200 psi.

lbPPM ALStC 020.70101825,065,1 =⇒=−×+×=∑ σσ b) Supondremos que P se dirige hacia arriba. En tal caso:

( ) ( )

186AlTPStTP Δ+Δ

=Δ+Δ

( ) ( )StTPAlTP Δ+Δ=Δ+Δ 3

10010106,631030

10310020105,12

101020 6

66

6 ××××+××

=×××+×× −− StAl σσ

200.52 += AlSt σσ Si P se dirige hacia arriba, los esfuerzos sólo pueden ser iguales en magnitud, por lo que σSt = - σAl. Por lo tanto: σSt = - 1.733,3 psi (C); σAl = 1.733, 3 psi (T). 1.100) Un perno de metal Monel forjado y laminado en caliente(E = 26 x 106 psi; α = 7,8 x 10-6 1/ºF) pasa a través de un tubo de hierro fundido maleable (E = 25 x 106 psi; α = 6,6 x 10-6 1/ºF) y tiene una tuerca que debe ser apretada hasta que el esfuerzo axial en el perno sea de 12 kpsi a 80 ºF. La longitud del tubo es de 2’ y las áreas de ambos elementos son iguales. Determinar el esfuerzo axial en el perno cuando la temperatura sea de – 20 ºF. SOLUCIÓN: Como el sistema debe estar en equilibrio, las fuerzas sobre ambos materiales deben ser iguales y contrarias, por lo, como las áreas son iguales, los esfuerzos iniciales en

0,25σAl 1,5σSt Cy

P 4”

102

ambos materiales son también iguales, es decir, σ = 12.000 psi (T) en el perno y de compresión en el tubo de hierro fundido. La disminución de temperatura induce un nuevo esfuerzo. Como el Monel se contrae más que el hierro fundido, la variación de temperatura induce un esfuerzo de tracción en él y de compresión en el hierro fundido. ( ) ( )MPTFFPTMFF Δ−Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ

666

6 10262410024108,710024106,6

102524

××

−×××=×××+×× −− MFF σσ

1202625

=+ MFF σσ

De las condiciones de equilibrio estático; psiPP MFFMFF 4,529.1=⇒=⇒= σσσ Por lo tanto los esfuerzos finales son: σM = 12.000 + 1.529,4 = 13.529,4 psi (T);

σFF = - 12.000 – 1.529,4 = - 13.529,4 psi (C) 1.101) En la figura el poste A es de latón (E = 15 x 106 psi) con un área de 4 pulg2 y la barra B es de acero (E = 30 x 106 psi), con un área de 1,5 pulg2. Las barras CDG, DE y EF son rígidas. Determinar la carga P para que los esfuerzos en A y B no excedan de 10 kpsi. SOLUCIÓN:

B

A

C D G

F

30”

6” 3”

E 3” 3”

1,5”

6”

P 9”

103

Como la barra DE es rígida, el descenso del punto E es igual al descenso del punto D, y ambos puntos descienden en forma proporcional a las deformaciones de los elementos A y B. Así:

StEESt

LEEL Δ=Δ⇒

Δ=

ΔΔ=Δ⇒

Δ=

Δ23

96;2

63

Por lo tanto:

LStStL

StL σσσσ 8,0

103030

43

10159

43

66 =⇒××

×=××

⇒Δ=Δ

Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = 8.000 psi < σAdm. Análisis de las condiciones de equilibrio estático. ∑ =⇒=×−××= )(000.8096000.85,1 TlbFFM DEDEF lbPPM C 000.140126000.83000.104 =⇒=−×+××=∑ 1.102) Resolver el problema anterior considerando que se produce: a) Un aumento de temperatura de 30 ºF; b) Una disminución de temperatura de 30 ºF. αSt = 6,5 x 10-6 1/ºF; αL = 8 x 10-6 1/ºF. SOLUCIÓN: Del problema anterior: Como la barra DE es rígida, el descenso del punto E es igual al descenso del punto D, y ambos puntos descienden en forma proporcional a las deformaciones de los elementos A y B. Así:

StEESt

LEEL Δ=Δ⇒

Δ=

ΔΔ=Δ⇒

Δ=

Δ23

96;2

63

a) Si la temperatura aumenta, ambas barras se alargan por efecto de la temperatura, contrario al efecto de compresión en el latón, y en el mismo sentido del alargamiento de la barra de acero. Por lo tanto:

( ) ( )StTPLTPStL Δ+Δ=Δ−Δ⇒Δ=Δ 75,043

P FDE 4σL CY FY 1,5σSt FDE

FDE

FDE

104

5,547.68,0

3030105,675,01030

3075,0309108

10159 6

66

6

−=

××××+×

×=×××−

×× −−

−

LSt

StL

σσ

σσ

Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = 1.452,5 psi < (σAdm)St . Análisis de las condiciones de equilibrio estático. ∑ =⇒=×−××= )(5,452.10965,452.15,1 TlbFFM DEDEF lbPPM C 25,726.1001265,452.13000.104 =⇒=−×+××=∑ b) Para la disminución de temperatura cambian los signos de la deformación por temperatura. Así:

( ) ( )StTPLTPStL Δ−Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ 75,043

5,547.68,0

3030105,675,01030

3075,0309108

10159 6

66

6

+=

××××−×

×=×××+

×× −−

−

LSt

StL

σσ

σσ

Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = 14.547,5 psi > (σAdm)St . Por lo tanto: σSt = 10.000 psi y σL = 4.315,625 psi < (σAdm)L ∑ =⇒=×−××= )(000.10096000.105,1 TlbFFM DEDEF lbPPM C 625,315.90126000.103625,315.44 =⇒=−×+××=∑

1.103) Resolver el problema 1.101 considerando que la barra DE es elástica, de acero (E = 30 x 106 psi), con un área de 1 pulg2. SOLUCIÓN:

P FDE 4σL CY FY 1,5σSt FDE

105

En esta situación, el punto E desciende lo que desciende el punto D, menos el alargamiento de la barra DE. Así:

DEDEStEESt

LDDL Δ−Δ=ΔΔ=Δ⇒

Δ=

ΔΔ=Δ⇒

Δ=

Δ ;23

96;2

63 Por lo tanto:

DELStDELST σσσ

σσσ−=⇒

××

−××

=××

× 24301030

5,11015

921030

3023

666

∑ =⇒=×−×= StDEDEStFM σσσσ 0965,1 Reemplazando en la ecuación anterior tenemos: σSt = 0,774σL Si σL = 10.000 psi se tiene que σSt = σDE = 7.740 psi < σAdm. Finalmente: lbPPM C 870.130126740.73000.104 =⇒=−×+××=∑

1.104)

D

E ∆E

∆DE

1,5” 1,5”

∆E ∆D

Los elementos A, B y C de la figura son elásticos y las escuadras móviles D y E son rígidas. Determinar el máximo valor admisible para la carga P si los esfuerzos admisibles en A y B son de 16 y 3 kpsi, respectivamente. La holgura h es de 0,0015”. Los datos son los siguientes:

B

A C

D E h

30” 6” 9”

4”

8” 4”

P8”

106

Elemento Material Area, pulg2 E x 106 psi A Acero 0,5 30 B Hormigón 4 4 C Latón 1,5 15

SOLUCIÓN:

∑ =⇒=×−×= HLLHDM σσσσ 4045,164

001,03

246

0015,0+

Δ=Δ⇒

Δ=

+Δ HD

DH

∑ =−×+×= 01285,045,1 PM StLE σσ

El punto superior de la escuadra E se mueve lo mismo que el punto superior de la escuadra D, más lo que se alarga la barra de latón C. Es decir:

002,023

4001,03

2248

+Δ+Δ

=Δ⇒+Δ

=Δ−Δ

=Δ⇒Δ+Δ

=Δ

LH

StH

LSt

DLDSt

Reemplazando por los esfuerzos:

HHHSt

LHSt

σσσσ

σσσ

332000.28

38000.2

002,01015

1521043

84103030

666

+=++=

⇒+××

+×××

=××

Si σH = 3.000 psi, se tiene σSt = 34.000 psi > (σAdm)St.

1,5σL 0,5σSt

EY

EX

P

E

1,5σL

4σH

DX

DY

D C

1,5σL 1,5σL

107

Por lo tanto: σSt = 16.000 psi; σH = 1.312,5 psi; σL = 5.250 psi Finalmente:

lbP 3,958.712

4000.166250.5=

×+×=

1.105) SOLUCIÓN: DCL:

∑ =⇒=+−= σσ 707 PPFY

4

001,08

LStLAl Δ−Δ+=

Δ−Δ

LStAl Δ−Δ+=Δ 2002,0 Como los esfuerzos son iguales:

Cuando la estructura de la figura no soporta carga, hay una holgura h = 0,001” entre la placa rígida D y el apoyo en la barra B. Determinar el valor de la fuerza P que haga que los esfuerzos axiales en las barras A, B y C tengan la misma magnitud. La barra A es de aluminio aleado (E = 10 x 106 psi) con un área de 4 pulg2; la barra B es de acero (E = 30 x 106 psi) con un área de 2 pulg2, y la barra C es de latón (E = 15 x 106 psi) con un área de 1 pulg2.

A B C

4” 4”

h

10”

P

D

4σAl

2σSt

∆L

σL

∆St + 0,001 ∆Al

P x

108

666 101510

1030102002,0

101010

××

−××

+=×× σσσ

σ = 2.000 psi y P = 14.000 lb ∑ =×+××+−= 08000.24000.22000.14 xM A x = 2,286” 1.106) SOLUCIÓN:

A = 2,2 x 1,2 = 2,64 pulg2

∑ =+××= 25064,28,0264,2 AlStYF σσ

AlSt Δ=Δ 8,0

La barra A es de aluminio aleado 7075 – T6 (E = 10,5 x 106 psi; σ0 = 55 kpsi) y las barras B son de acero estructural (E = 30 x 106 psi; σ0 = 36 kpsi). Todas las barras tienen sección rectangular de 2,2 por 1,2”. Determinar los esfuerzos axiales en las barras y el desplazamiento del punto C.

B B

3” 3”

A

4”

250 klb

C

2,64σSt 2,64σAl 2,64σSt

3

4

250 klb

∆L

∆St θ

109

AlStAlSt σσ

σσ829,1

105,101248,0

1030125

66 =⇒×

××=

×××

Si σAl = 55 kpsi se tiene que σSt = 100,6 kpsi > (σ0)St. Por lo tanto: σSt = 36 kpsi De la suma de fuerzas verticales obtenemos σAl = 37,1 kpsi < (σ0)Al. Obsérvese que la ecuación de las deformaciones no tiene validez debido a que el acero no cumple la Ley de Hooke. El desplazamiento del pasador en el punto C es:

↓=×

××==Δ=Δ "1696,0

105,1012497,096.37

6ELAl

AlCσ

1.107) En la figura del problema anterior las tres barras son del tipo de acero estructural del mismo problema. Si se permite la acción plástica en todas las barras sin llegar al endurecimiento por deformación, determinar: a) la carga máxima que la estructura puede soportar (conocida a veces como “carga límite); b) El desplazamiento del pasador C cuando se alcanza la tensión de fluencia en la última barra en cambiar su acción elástica a plástica; c) La máxima desviación del pasador C si la máxima deformación unitaria, antes de que ocurra endurecimiento por deformación, es de 0,018. SOLUCIÓN: a) Del problema anterior: ( )∑ =+×=+××= klbF StStY 1,24716,13664,264,28,0264,2 σσ b)

AB Δ=Δ 8,0

"072,01030

125000.366 =

×××

=Δ B

↓=Δ

=Δ "09,08,0B

A

c) ↓=××==Δ "0864,01240018,0AAA Lε

110

1.108) Resolver el problema 1.106 cuando haya una holgura de 0,05” entre la barra A y el pasador C, SOLUCIÓN: Del problema 103: ∑ =+××= 25064,28,0264,2 AlStYF σσ

( ) AlStAlSt

AlSt σσσσ

829,1000.20105,1048

04,0103060

05,08,0 66 +=⇒××

+=××

⇒Δ+=Δ

Si σAl = 55 kpsi se tiene que σSt = 120,6 kpsi > (σ0)St. Por lo tanto: σSt = 36 kpsi De la suma de fuerzas verticales obtenemos σAl = 37,1 kpsi < (σ0)Al. Obsérvese que la ecuación de las deformaciones no tiene validez debido a que el acero no cumple la Ley de Hooke. El desplazamiento del pasador en el punto C es:

↓=+×

××=+=+Δ=Δ "2196,005,0

105,1012497,096.3705,005,0 6E

LAlAlC

σ

1.109) En base a los datos del problema 1.106, determinar el esfuerzo axial en las barras cuando la carga P es cero y la temperatura aumenta 100 ºF. αSt = 6,6 x 10-6 1/ºF; αAl = 12,5 x 10-6 1/ºF. SOLUCIÓN: Supondremos que todas las barras quedan en tracción después del aumento de temperatura. Del problema 103: StAlAlStYF σσσσ 6,1064,28,0264,2 −=⇒=+××=∑

( ) ( )AlTPStTPAlSt Δ+Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ 8,08,0

10048105,128,0105,10

488,010060106,6

103060 6

66

6 ××××+××

=×××+×× −− AlSt σσ

111

( )

( )TpsiSt

StStAlSt

9,069.193,2200.48286,16,1200.48286,1200.4

=−=×−+=+=

σσσσσ

σAl = - 1.711,8 psi en compresión, contrario a lo que se supuso. 1.110) SOLUCIÓN:

∑ =+⇒=−××+×= PPM StAlStAlR 22018155,18,065,1 σσσσ

AlStAlAl Δ=Δ=ΔΔ=Δ⇒

Δ=

Δ28,0;5,2

156

La barra A es de acero (E = 30 x 106 psi) y la barra B es de aluminio aleado (E = 10 x 106 psi); cada barra tiene un área de 1,5 pulg2. Determinar el máximo valor admisible para la carga P si los esfuerzos admisibles son de 20 kpsi para el acero y de 8 kpsi para la aleación de aluminio. La barra horizontal es rígida.

A B 40”

4

3

20”

3” 9” 6”

P

1,5σSt

RX

RY 1,5σAl

P

∆Al

∆St ∆

112

AlStAlSt σσ

σσ3

1010202

103040

66 =⇒××

=××

Si σAl = 8.000 psi se tiene que σSt = 24.000 psi > (σAdm)St. Por lo tanto: σSt = 20.000 y σAl = 6.666,7 psi < (σAdm)Al Entonces de la ecuación de momentos:

P = 16.666,7 lb 1.111) SOLUCIÓN:

∑ =−+= 04 PF LAlY σσ

Pero F = P - 4σAl = σL

Todos los elementos de la estructura de la figura son elásticos. La deflexión del centro de la viga de acero C, con respecto a los pasadores en sus extremos, está dada por la expresión δ = F/160, estando δ en pulg y F es la fuerza resultante en el centro de la viga en klb. Antes de aplicar la carga P, la viga toca justamente el apoyo en el poste A, de aluminio aleado (E = 10 x 106 psi), con un área de 4 pulg2 y una resistencia admisible de 15 kpsi; las barras B son de latón (E = 16 x 106 psi), con un área de 0,5 pulg2 cada una y una resistencia admisible de 7 kpsi. Determinar el máximo valor admisible para P.

B B

C

A

P 20” 15” 15”

25”

0,5σL 4σAl 0,5σL

P

∆Al ∆L

δ

113

366 10160101620

101025

×+

××

=××

⇒+Δ=Δ LLAlLAl

σσσδ

LAlLLLAl σσσσσσ 35,725,625,15,2 =⇒=+= Si σL = 7.000 psi se tiene que σAl = 21.000 psi > (σAdm)Al. Por lo tanto: σAl = 15.000 psi y σL = 5.000 psi < (σAdm)L Finalmente: P = 4 x 15.000 + 5.000 = 65.000 lb 1.112) Las barras de acero (E = 30 x 106 psi) A y C están conectadas por pasadores al elemento rígido D; el yugo E está firmemente unido a la barra de latón laminado en frío B (E = 15 x 106 psi) y a la barra C. Las áreas son: para A y B, 4 pulg2 y para C, 2 pulg2. Los esfuerzos admisibles son de 20 kpsi para el acero y 30 kpsi para el latón y la deflexión en E no debe exceder de 0,05” hacia abajo. Determinar el máximo valor admisible para P. SOLUCIÓN:

E

B

A

C P/2 P/2 30”

Bloque Rígido

D

30”

60” 30”

60”

2σC RY 4σA ∆A

∆

114

∑ ==⇒=×−×= StCACARM σσσσσ 0602304

Para E:

∑ =−+= 042 PF LStY σσ

AA Δ=Δ⇒

Δ=

Δ 26030

ACCL Δ+Δ=Δ+Δ=Δ 2

6666 105

1030602

103030

101530 StStStL σσσσ

=××

+××

=××

σL = 2,5σSt Si σSt = 20.000 psi se tiene que σL = 50.000 psi > (σAdm)L. Por lo tanto: σL = 30.000 psi y σSt = 12.000 psi < (σAdm)St. Entonces:

P = 2 x 12.000 + 4 x 30.000 = 144.000 lb

Verificación de la deflexión de E:

( ) "05,0"06,010

2000.30101530

66 =Δ>=×

=××

=Δ=Δ AdmEL

LEσ

Por lo tanto:

( ) ( ))000.25"05,0101530

6 CpsiLAdmEL

LE =⇒=Δ=××

=Δ=Δ σσ

σSt = 10.000 psi Finalmente: P = 2 x 10.000 + 4 x 25.000 = 120.000 lb

E

2σSt

2P

2P4σL

115

1.113) SOLUCIÓN:

2lg2,0 puASt == PSt = AStσSt = 0,2σSt PAl = AAlσAl = σAl

DCL de la placa C: ∑ =−+= 0000.502,0 AlStYF σσ

66 10105

103060

××

=××

⇒Δ=Δ ALStAlSt

σσ ;

σAl = 4σSt

Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene: σSt =11.904,8 psi < (σAdm)St

σAl = 47.619 psi < (σAdm)Al Como σAl < (σ0)Al, el material está en la zona elástica y podemos aplicar la Ley de Hooke para calcular el desplazamiento de la placa C.

↓=×

×=Δ=Δ⇒

Δ××== "285,0

101060619.471010 6

6CAl

AlAlAl L

E εσ

C

B

A

P/2 P/2

60”

5”

PSt

PAl

La placa rígida C de la figura se encuentra sujeta a una barra A de acero de 0,2 pulg2 de área y a un tubo de aluminio B. Los otros extremos de A y B están sujetos a soportes rígidos. Cuando la fuerza P es cero, no hay esfuerzos en A ni en B. La barra A es de acero, perfectamente plástica, con una tensión de fluencia σ0 = 50 kpsi (E = 30 x 106 psi). El tubo B tiene una sección transversal de 1 pulg2 y es de aluminio aleado con σ0 = 37 kpsi (E = 10 x 106 psi). Se aplica en C una carga P = 50 klb. Determinar el esfuerzo axial en A y en B y el desplazamiento de la placa C

116

1.114) En la figura el poste A es de fundición, la barra B es de acero y la escuadra es rígida. El sistema se somete a un aumento de temperatura de 10ºC y a una carga desconocida P. Determinar el máximo valor admisible para P si los esfuerzos admisibles en A y B no deben exceder de 800 y 1.200 kg/cm2, respectivamente. El poste A tiene una holgura h = 0,1 mm en la conexión con la escuadra. Medidas en cm.

: SOLUCIÓN:

∑ = 0RM 0121210 =×+×−× StF P σσ

StFStF hh

Δ=Δ+⇒Δ

=Δ+ 2

12

( ) ( )StTPFTPh Δ+Δ=Δ−Δ+ 2

108410112101,2

84210421011

1005,142

01,0 66

66 ××××+

××

=×××−××

+ −− STF σσ

σF = 2σSt + 327,5

Si σSt = 1.200, se tiene que σF = 2.727,5 > (σadm)F En cambio si σF = 800 kg/cm2 se tiene que σSt = 236,25 kg/cm2 < (σadm)St

BARRA MATERIAL AREA cm2 E x 106 kgf/cm2 α x 10-6 , 1/ºC A Fundición 10 1,05 11 B Acero 2 2,1 11

42

h

100 100 100

84

P B

A

A

P

h + ∆F

Ry

Rx

∆St

2σSt

10σF

117

Por lo tanto: P = 20σF + 2σSt = 20 x 800 + 2 x 236,25 = 16.472,5 kgf 1.115)

SOLUCION : Por la forma del problema se supondrá que la barra A trabaja en compresión y la barra B en tracción.

Barra CD: Barra ED: Barra EF :

PFPFM DELDELC 2120402010240 =+⇒=−×+×==∑ σσ (1)

∑ =⇒×−==3

202010300 St

DEStDEF FFMσ

σ (2)

Reemplazando en (1) :

BARRA MATERIAL AREA, cm2 E x 106 kgf/cm2

α x 10-6 1/ºC

A Latón 24 1,05 18 B Acero 10 2,1 11

En la figura el poste A es de latón y B es de acero. Las barras CD, DE y EF son rígidas. El sistema se somete a un aumento de temperatura de 10ºC y a una carga desconocida P. Determinar el máximo valor admisible para P si los esfuerzos admisibles en A y B no deben exceder de 600 y 1.200 kg/cm2, respectivamente. El poste A tiene una holgura h = 0,01 cm en la conexión con la barra CD. Medidas en cm.

A

B

h

P

F E

C D

20 10 10 10

84

20

42

G

P

FED Cy

Cx

FA = 24σL

FED

FED

Fx

Fy FED

FB = 10σSt

118

StLSt

L PP σσσ

σ3

10623

2012 +=⇒=+ (3)

Análisis de deformaciones: La barra B se alarga por la fuerza de tracción y por el aumento de temperatura, mientras que el poste A se acorta por la compresión y se alarga por la temperatura. Para la barra EF:

( )StTPStSt DEE

Δ+Δ=Δ=Δ=Δ⇒Δ

=Δ

23

23

2030 (4)

Para la barra CD:

( )[ ]LTPL EDhD

Δ−Δ+=Δ=Δ⇒Δ+

=Δ 01,02

1020 (5)

Igualando ecuaciones 4 y 5:

104210181005,14201,010841011

101,284

43 6

66

6 ×××−××

+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×××+

×× −− LSt σσ

Simplificando:

3σSt = 4σL – 449 Si σL = 600 kg/cm2, se obtiene que σSt = 650,33 kg/cm2, que es menor que el esfuerzo admisible de 1.200 kg/cm2. En cambio, si, σSt = 1.200 kg/cm2, se obtiene que σL = 1.012,25 kg/cm2, que es mayor que el esfuerzo admisible de 600 kg/cm2. Por lo tanto: σL = 600 kg/cm2 y σSt = 650,33 kg/cm2. Por tanto, reemplazando en la ecuación 3:

kgfP StL 77,767.533,6503

1060063

106 =×+×=+= σσ

En la Tabla 1.7 se muestran las equivalencias entre los diversos métodos de medición de dureza.

119

Tabla 1.7: Equivalencias de Durezas

120

CAPITULO 2: CORTE SIMPLE

2.1 Concepto de esfuerzo de corte simple. El esfuerzo de corte o de cizalle simple es el que se produce por una fuerza paralela al área sobre la que actúa, dividida por dicha área, como se muestra en la figura 2.1. Es decir:

AP

=τ (2.1)

Figura 2.1. Esfuerzos de corte Las aplicaciones más importantes son en uniones apernadas, remachadas o con pasadores, chavetas usadas para bloquear engranajes y poleas a los ejes, uniones pegadas en madera, etc. La resistencia al corte de los materiales, en general, es sólo una fracción de la resistencia en tracción. Así, para los metales, puede considerarse, según la Teoría de Tresca, que se verá más adelante, que la resistencia a la fluencia en corte es la mitad de la resistencia a la fluencia en tracción. Es decir:

20

0στ = (2.2)

Por consiguiente, el esfuerzo admisible en corte es:

FSFSadm 200 σττ =≤ (3.3)

Si el Factor de Seguridad es 2,5, entonces:

500 στ

τ =≤FSadm (2.4)

De acuerdo con la Teoría de Von Mises, la relación entre el esfuerzo de corte y el esfuerzo de tracción es:

00

0 577,03

σστ == (2.5)

P

P

121

2.2 Elementos de unión sometidos a corte: pernos, remaches, pasadores

EJEMPLO 2.1

A la unión remachada de la figura se aplica una fuerza P = 3.000 kgf, y el diámetro del remache es de 1,2 cm. Determinar: a) el esfuerzo de corte medio en la sección transversal del remache; b) La tensión de fluencia necesaria, con un Factor de Seguridad de 2, para resistir adecuadamente la carga.

SOLUCION: a) En el diagrama de la derecha puede verse que la fuerza P se reparte sobre dos superficies de corte en el remache, de modo que en cada una de ellas actúa solamente una fuerza P/2. Por lo tanto:

( )

222 /3,326.1

131,1500.1

42,1

500.1

4

500.12 cmkgDA

P

=====ππ

τ

b)

20

00 /2,305.54

3,326.14

cmkgadm ≥⇒≤⇒=≤ σσσ

ττ

EJEMPLO 2.2 En el problema anterior, si la resistencia admisible por corte es de 1.000 kg/cm2, determinar el diámetro del remache necesario para no exceder la resistencia. SOLUCION:

cmDDA

P

adm 382,1000.1000.6000.1

4

500.122 =≥⇒=≤==

πτ

πτ

P P

P/2 P/2

P/2 P/2

Zona de corte

122

EJEMPLO 2.3 En la figura, el bloque B, de 1,5 cm de espesor, se pega mediante un adhesivo a la plancha C, de 1,5 cm de espesor. Se aplica una fuerza de 5.000 kgf en el bloque A, la que es resistida en la unión pegada entre B y C. Determinar a) La magnitud de la distancia d, si la resistencia admisible al corte del adhesivo es de 4 kg/cm2; b) El esfuerzo de compresión sobre el bloque A. Medidas en cm.

SOLUCION: a) Despreciando los efectos de momentos, la fuerza de corte que actúa en la unión pegada entre B y C, es la componente horizontal de la fuerza de 5.000 kg, es decir, 5.000 x cosθ = 5.000 x 0,8 = 4.000 kgf. El área que resiste esta fuerza es A = 40d cm2. Por lo tanto:

cmddA

Padm 25

160000.44

40000.4

=≥⇒=≤== ττ

b) La fuerza que comprime el bloque A es la componente vertical de la fuerza de 5.000 kg, es decir, 5.000 x senθ = 5.000 x 0,6 = 3.000 kgf. El área sobre la que actúa esta fuerza de compresión, normal a la fuerza vertical es A = 25 x 4 = 100 cm2. Por lo tanto:

2/30100000.3 cmkg

AP

c ===σ

EJEMPLO 2.4

F

SOLUCION:

El pasador de la figura tiene 12 mm de diámetro y está construido de acero A 37 - 24. La cabeza del pasador tiene un diámetro de 25 mm y una altura de 5 mm. a) Determinar la máxima fuerza F que puede aplicarse, con un factor de seguridad de 2, para que el pasador resista a la tracción y al corte; b) Si el material de la placa de apoyo es el mismo del remache, determinar el espesor mínimo de ella, e, para la fuerza calculada en la parte a).

4 3

3

25

4

C

B A

5.000 kgf

d 40

5

25

e

F

123

a) A la tracción:

( )kgfFcmkgFF

DF

AF

adm 2,357.1/200.12131,1

42,1

4

2022 ≤⇒==≤====

σσ

ππσ

Al corte: El área sometida a corte está en la cabeza del pasador, y es el área perimetral del pequeño cilindro del diámetro del pasador y del espesor de la cabeza, es decir: A = 2π x 0,6 x 0,5 = 1,885 cm2. Por consiguiente:

kgfFcmkgFAF

adm 131.1/6004400.2

4885,120 ≤⇒===≤==

σττ

Por lo tanto, esta última fuerza de 1.131 kgf, es la máxima que puede aplicarse para cumplir con las dos exigencias. b) Ahora el área que resiste el corte de la cabeza del pasador es el área que genera la cabeza al penetrar en la placa de apoyo. Es decir:

A = 2π x 1,25 x e Y el esfuerzo de corte es:

cmecmkgeA

Fadm 24,0/600

425,12131.1 20 ≥⇒==≤

××==

στ

πτ

EJEMPLO 2.5

SOLUCION:

Una plancha como la que se muestra, de 10 x 30 cm y 5 mm de espesor, debe perforarse con un punzón de 8 mm de diámetro. Determinar la fuerza necesaria para romper la chapa, si ésta es de acero A 37 – 24.

F

F F

Area de corte

124

Ahora la fuerza de corte debe vencer la resistencia máxima al corte, la cual podemos estimar a partir de la resistencia a la tracción del acero. Es decir:

2max /850.1

2700.3

2cmkgu ===

στ

y, kgfFFDeF

AF 8,324.2850.1

5,08,0 max ≥⇒=≥××

=== τππ

τ

EJEMPLO 2.6 SOLUCION: El Torque es:

cmkgfrpm

PotT *620.71100

100620.71620.71=

×==

El área resistente se ha multiplicado por 4 para considerar los cuatro pernos. Por lo tanto:

mmD 41,154581.3

=≥π

Para redondear en mm, se adopta D = 16 mm

Para la transmisión de un eje a otro, se usa un dispositivo de machones, los cuales van unidos con cuatro pernos en las posiciones indicadas. El machón transmite una potencia de 100 HP girando a 100 rpm. Los pernos van en una circunferencia de radio R = 20 cm y se construyen de acero estructural A 37 – 24. Con un factor de seguridad 2,5, determinar el diámetro de cada perno, redondeado en mm.

∑M = 0; FC x 20 = T = 71.620 ⇒ FC = 3.581 kgf

200 /12

224

2mmkg===

στ

20 /8,45,2

12 mmkgFSadm ===τ

τ

8,4

44

581.32 =≤== adm

C

DAF

τπ

τ

R

R

T

Fc

125

2.3 Bridas y chavetas Las chavetas son componentes de máquina que se utilizan para impedir el movimiento relativo entre ejes y poleas o engranajes. En las aplicaciones siguientes se estudia su comportamiento. EJEMPLO 2.7 SOLUCION: La fuerza de corte sobre la chaveta debe equilibrar el torque, de modo que: T = Fc x R = 1.800 = Fc x 3 ⇒ Fc = 600 kgf Por tanto el esfuerzo de corte es:

2/805,71

600 cmkgAFc =

×==τ

EJEMPLO 2.8 SOLUCION: El área que resiste el corte es A = 2e x πD = 1 x π x 50 = 157,08 cm2 El esfuerzo de corte es:

2/66,6308,157

000.10 cmkgAF

===τ

Para transmitir el movimiento desde la polea al eje se usa una chaveta de 1 x 1,5 x 7,5 cm, como se muestra en la figura. Las fuerzas F1 y F2 producen un torque de 1.800 kg-cm, en sentido horario. Determinar el esfuerzo de corte medio en la chaveta.

El balcón horizontal de la figura está cargado con una carga total de 10.000 kgf, distribuida de un modo simétrico radialmente. El apoyo central es una columna de 50 cm de diámetro y el balcón está soldado a las superficies superior e inferior de la columna con cordones de soldadura de espesor e = 5 mm de lado. Determinar el esfuerzo de corte medio en la soldadura.

FC

6 cm

F1 F2

1

1,5

7,5

e

10.000 kgf

50 cm

126

EJEMPLO 2.9

El sistema de la figura está constituido por un poste A, de fundición, (E = 1,05 x 106 kg/cm2; α = 12 x 10-6 1/ºC), de 12 cm2 de sección transversal, y una barra de acero B, (E = 2,1 x 106 kg/cm2; α = 12 x 10-6 1/ºC), de 6 cm2 de sección transversal. La escuadra CDE es rígida. El sistema completo se somete a una disminución de temperatura de 30ºC y a una fuerza F aplicada en C. Determinar: a) el valor admisible para F si los esfuerzos admisibles son de 400 kg/cm2 en la fundición y de 1.200 kg/cm2 en el acero; b) La dimensión del pasador en E, si éste se construye de acero SAE 1045, templado y revenido a 540 ºC, con las siguientes propiedades mecánicas: σ0 = 68 kg/mm2; σu = 89 kg/mm2; HB = 268, ε = 23%, con FS = 2,5. Medidas en m.

SOLUCIÓN: a)

B

C

2 B

E

1

1

1

F

1

1 D

Detalle en E

Pasador

F

PF = 12σF

PSt = 6σSt

B

DY

DX

A

ΔF

ΔSt

θ

θ

127

Equilibrio: 061223 =−×−=∑ StFD FM σσ Deformaciones: Se supone que el poste de Fundición se acorta por la compresión que ejerce la fuerza PF y por la disminución de temperatura, mientras que la barra de acero se alarga por la fuerza PSt y se contrae por la temperatura. Por lo tanto, despreciando los desplazamientos horizontales:

( ) ( )StTPFTPStFFSt Δ−Δ=Δ+Δ⇒Δ=Δ⇒

Δ=

Δ22

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×××−

××

=×××+×× −− 302001012

101,2200

23010010121005,1100 6

66

6StF σσ x 2,1 x 106

890.12400.302400600.75200 −=⇒+=− StFStF σσσσ Si σSt = (σSt)Adm = 1.200, se tiene que σF = 510 kg/cm2 > (σF)Adm Por lo tanto:

( ) 2/145.1

2890.1

cmkgAdmFSt =

+=

σσ

Reemplazando en la ecuación de Momento:

kgfF 490.53

145.1640024=

×+×=

b) Del ejercicio anterior, la fuerza sobre la barra de acero es:

PSt = 6σSt = 6 x 1.145 = 6.870 kgf La fuerza sobre el pasador es la mitad de ésta. Es decir:

V = 3.435 kgf

200 /34

268

2mmkg===

στ 20 /6,13

5,234 mmkg

FSAdm ===τ

τ

mmDDDA

VAdm 34,1843,3366,136,373.4

4

435.322 ==⇒=≤=== τ

πτ

Puede adoptarse un pasador de 20 mm de diámetro.

128

2.10) Dos tablas de madera de 0,5” de espesor y 9” de ancho son unidas por la junta de muesca pegada que se muestra. Si se sabe que la madera utilizada falla por corte a lo largo de su fibra con un esfuerzo cortante medio de 1,2 kpsi, determinar: a) La magnitud de la fuerza axial P que hará fallar la junta; b) La magnitud de la fuerza admisible con un Factor de seguridad de 3. SOLUCION: a) En la figura de arriba se muestran las dos zonas susceptibles a fallar por corte, tanto en la tabla del lado izquierdo como en el derecho. Tabla izquierda:

( ) 2lg875,116306

85

21 puArea Izq ==×⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×=

El área se ha multiplicado por seis debido a que hay seis secciones en las que se origina el corte. También se obtiene el mismo resultado si suponemos que la carga P se divide en las seis superficies de corte. Resistencia de Falla = 1,2 kpsi = 1.200 psi

( ) ( )

200.1875,1

=== FallaFalla PA

Pτ

P P

(5/8)”

2” 1”

(5/8)”

1”

Corte originado sobre la tabla izquierda

Corte originado sobre la tabla derecha

129

(P)Falla = 2.250 lb Tabla derecha: El área de corte para la tabla derecha es la misma que la de la izquierda, por lo que la carga de falla es la misma. b) Para que la unión resista, con Factor de Seguridad de 3.

lbFS

PP Falla

ADM 7503250.2

===

2.11) Dos tablas de madera de 15 x 200 mm sección son unidas por la junta de muesca pegada que se muestra (hay pegamento en todas las superficies en contacto). Si se sabe que la junta fallará cuando el esfuerzo cortante medio en el pegamento alcance 900 kPa, determinar la longitud d requerida para soportar una fuerza axial P = 4 kN. Medidas en mm. SOLUCION: Area = (15d) x 7 = 105d mm2 = 105 x 10-6 m2

100090010105

000.43 ×≤

×== −dA

Pτ

d = 42,33 x 10-3 m = 42,33 mm Con esta distancia d la junta fallará, por lo que para trabajar en condiciones seguras, con un factor de seguridad de 2, se adopta d = 85 mm.

25 25

Pegamento

P

P

d

130

2.12) SOLUCION: Las zonas de posible cortadura se muestran el figura siguiente. Para el acero:

633 10180

10101012×≤

××××== −−π

τ PAP

PADM = 67.858,4 N Para el aluminio:

633 1070

1081040×≤

××××== −−π

τ PAP

P = 70.371,7 N Por lo tanto la máxima carga es de 67.858,4 N

Φ 40

12

P

Una carga P se aplica a una barra de acero de apoyada como se muestra por una platina de aluminio en la cual se ha perforado un agujero de 12 mm de diámetro. Si los esfuerzos de corte admisibles son de 180 MPa en el acero y 70 MPa en el aluminio, determinar la máxima carga que puede aplicarse a la barra. Medidas en mm.

Corte en el acero

Corte en el aluminio

P

10

131

2.13) Determinar el mayor diámetro de un agujero redondo que puede perforarse en seis hojas de polietileno de 1 mm de espesor cada una, si se hace una fuerza de 4.000 kgf y se requiere de un esfuerzo de corte de 560 kg/cm2 para cortar el material. SOLUCION:

( ) 5601,06

000.4=

×××==

DAP

πτ

D = 3,79 cm 2.14) La lámpara de la figura pesa 10 kgf y está soportada por un brazo que pesa 4 kg/m. El pasador en A está construido de acero A 37 – 24. Usando un Factor de Seguridad de 4, determinar el diámetro del pasador. SOLUCION: ∑ =−−= 0104AY RF RA = 14 kgf 01105,04 =×−×−=∑ AA MM MA = 12 kg-m = 1.200 kg-cm

A

1 m

3 cm

A

4 kgf

3 cm

10 kgf RA

MA

RA

V

V

MA

132

Análisis del pasador: ∑ =××−= 0215VMM AO V = 40 kgf

20 /3004200.1 cmkg

FSADM ===τ

τ

cmDDA

V 412,0300

440300

4

402 =

×≥⇒≤=

ππ

Se adopta D = 5 mm. 2.4 Otros esfuerzos en las conexiones En el ejercicio anterior se vio que la barra B tira hacia arriba del pasador, produciendo un esfuerzo de corte sobre él. A su vez, el pasador actúa sobre la oreja de la barra y sobre las orejas del soporte, produciendo esfuerzos de corte y de compresión. A estos últimos algunas veces se les llama Esfuerzos de Aplastamiento. Oreja de la barra: Entonces, en el sector del agujero, el esfuerzo de tracción neto sobre la barra de acero es igual a la fuerza sobre el acero, dividida por el área neta, es decir:

B

6.870 kgf

Corte

3.435 3.435

D

e

Pasador Barra B Parte Superior

h

b

Aplastamiento del agujero

Barra B Parte Inferior Desgarre

133

( )DbeP

AP St

N

St

−==σ (2.6)

donde e es el espesor de la barra. El esfuerzo de corte sobre la oreja de la barra de acero que puede producir desgarre si el agujero está muy cerca del borde es:

ehP

AP StSt ==τ (2.7)

Finalmente, el esfuerzo de compresión o de aplastamiento en la sección transversal de la oreja en que se apoya el vástago es igual a la fuerza que actúa sobre la barra de acero, dividida por el área que proyecta el diámetro, es decir:

eDP

AP St

P

StApl ==σ (2.8)

EJEMPLO 2.15 Aplicar las ecuaciones (3.6), (3.7) y (3.8) al ejercicio 3.9 para calcular los esfuerzos definidos por dichas ecuaciones. SOLUCION: Tenemos que la barra de acero tiene una sección transversal de 6 cm2, y para el pasador se calculó un diámetro de 20 mm. Para nuestros cálculos supondremos que el área neta es de 6 cm2, b = 5 cm y calcularemos e. Esfuerzo de tracción en la oreja:

( ) ( )2/200.1

25870.6 cmkg

eDbeP

AP

AdmSt

N

St =≤−×

=−

== σσ

Por lo tanto e > 1,908 cm. Se asumirá e = 20 mm = 2 cm. Esfuerzo de corte en la oreja: Se calculará el valor de h.

cmhheh

PA

PAdm

StSt 73,56002870.6

≥⇒=≤=== ττ

Se adopta h = 6 cm. Esfuerzo de aplastamiento en la oreja:

134

La resistencia al aplastamiento suele ser un poco mayor que la resistencia a la fluencia a la tracción, por lo que se adoptará un valor admisible igual al 65% de la tensión de fluencia.

cmecmkgeeD

PAP St

P

StApl 202,2/400.265,0

2870.6 2 ≥⇒×≤×

===σ

Finalmente, se adoptará e = 2,4 cm = 24 mm, lo que ratifica también el valor calculado para h. Para las orejas del soporte se hace un análisis similar, teniendo en cuenta el número de orejas, que en este caso son dos.

135

CAPITULO 3: TORSIÓN SIMPLE

3.1 Esfuerzos y deformaciones producidas en la torsión. En esta parte de la unidad se estudiarán componentes de máquina, de sección circular, sometidos a la acción de pares de torsión T, como se muestra en la figura 3.1. Los componentes más comunes son los ejes de transmisión, usados para transmitir potencia de un punto a otro. Estos ejes pueden ser macizos o huecos.

Estos pares de torsión son momentos que tienden a hacer girar al eje en torno a su eje longitudinal y originan esfuerzos o tensiones de corte y deformaciones por corte en la sección transversal del eje. Para el estudio de deformaciones, supongamos que la sección del lado izquierdo no gira, pero el lado derecho gira debido a la acción del torque T, originando que el plano horizontal se transforme en una especie de hélice, como se muestra en la figura 3.2. Si definimos por θ el ángulo que gira el eje diametral y lo denominamos ángulo de torsión, entonces el arco de circunferencia que describe la sección del lado derecho es Rθ, por lo que la tangente del ángulo γ es:

De la ecuación (3.1) se deduce que el ángulo γ es proporcional a la distancia al centro del eje, y que el ángulo máximo se obtiene en la superficie.

Debe destacarse que tanto γ como θ están medidos en radianes. Por otra parte, el ángulo γ representa precisamente la deformación por corte. Si ahora aplicamos la Ley de Hooke para el corte, tendremos:

( )L

GG θργρτ == (3.2)

donde G es el módulo de elasticidad transversal o Módulo de Rigidez, que es una constante para cada material y que se relaciona con el Módulo de

radianesL

Rtg θγγ ==

En general, para un radio ρ cualquiera, podemos escribir:

Lθργ = (3.1)

T

T

FIGURA 3.1

Eje Longitudinal

θ γ

L

2R

FIGURA 3.2

136

Elasticidad obtenido en el ensayo de tracción. En general, se acepta que aproximadamente G = 0,4E. La ecuación (3.2) muestra que los esfuerzos también son proporcionales a la distancia al centro del eje. Por lo tanto podemos escribir:

( ) teconsR

tanmax ==τ

ρρτ (3.3)

Ahora determinaremos una relación entre esfuerzo, torque y las dimensiones del eje, de modo que nos permita calcular un diámetro bajo ciertas condiciones. Consideremos la figura 4.3

pero la integral es igual al Momento de Inercia polar de la sección transversal, que designaremos por J. Así:

( ) ( )

JTJT ρρτ

ρρτ

=⇒= (3.5)

El esfuerzo máximo es:

J

TR=maxτ (3.6)

Recordando que AFC=τ ,por lo que la fuerza

de corte que equilibra el Torque es FC = ( )∫ dAρτ y el momento respecto al centro es:

( ) ( )∫∫ ==RR

dAdAT0

2

0

ρρρτρτρ (3.4)

El esfuerzo máximo, entonces, se obtiene en la superficie, cuando ρ = R. La distribución de esfuerzos es lineal, variando desde cero en el centro hasta un máximo en la superficie, como se muestra en la figura 3.4.

T

ρ dA

Fc

FIGURA 3.3

Figura 3.4

τ EJE

FIGURA 3.5

Los esfuerzos de corte son siempre tangentes a la circunferencia que define el eje, como se muestra en la figura 3.5.

137

En la figura 3.3 y ecuación (3.4) puede verse que ρ2 = x2 + y2, de donde se deduce que el Momento de Inercia polar es igual a la suma de los Momentos de Inercia con respecto a los ejes x e y, respectivamente. Por lo tanto, para una sección circular:

23264

2444 RDDIIJ yx

πππ===+= (3.7)

De las ecuaciones (3.2) y (3.5) se tiene que:

( ) radianesGJTL

JT

LG

=⇒== θθρρτ (3.8)

o bien, reemplazando T de la ecuación (4.6):

radianesGR

Lmaxτθ = (3.9)

Si derivamos la expresión para θ dada en la ecuación (3.8), con respecto a la longitud x, obtenemos:

GJT

dxd

=θ (3.10)

La ecuación (3.10) indica que en un diagrama θ – X, la pendiente de éste está representada por la magnitud del torque, dividida por GJ. En La figura 3.6 se muestra esta relación.

EJEMPLO 3.1 En un eje macizo de acero, circular, de 10” de diámetro, sometido a torsión pura, la deformación por esfuerzo cortante, γ, a 2” de la superficie es de 54 x 10-5. Determinar la máxima deformación por esfuerzo cortante en dicho eje. SOLUCIÓN: γ = 54 x 10-5; ρ = 3” La deformación máxima se produce para R = 5”:

θ, rad

θB/A θC/B

T, kg- m

A B

C D

θD/C θD/A

TAB

TBC

TCD

FIGURA 3.6

138

radsMaxMax 4

5

1093

1054553

−−

×=××

=⇒= λγγ

3.2) Un momento de rotación pura actuando sobre un eje circular de 3” produce un esfuerzo cortante máximo de 5.600 psi. Determinar: a) La magnitud de la fuerza cortante en un área transversal de 0,15 pulg2, considerada concentrada en un punto a 1,2” del centro del eje; b) La magnitud de la resistencia torsional desarrollada por el área de la parte a). SOLUCIÓN: a)

( ) ( ) psiRMax 480.4

5,12,1600.52,1 =

×=⇒= τ

τρρτ

( ) lbAFC 67215,0480.42,1 =×=×= τ b)

lg4,8062,1672 pulbFT C −=×=×= ρ 3.3) SOLUCIÓN:

( ) psi000.63

2000.92 =×

=τ

( ) lbAFC ππτ 24001,022000.62 =×××=×=

lg96,507.14802240 pulbFT C −==×=×= ππρ

El máximo esfuerzo de corte en el eje de la figura es de 9.000 psi. Determinar la magnitud del torque resistente que presenta el área sombreada. Se supone una distribución uniforme del esfuerzo en dicha área.

0,01” T

3”

2”

139

3.4) Dado que el esfuerzo cortante por torsión en un eje circular es proporcional a la distancia al centro de la sección transversal, deducir una expresión para el torque resistente desarrollado por la banda de material que se encuentra entre c/3 y 2c/3 de un eje circular macizo de radio c. Expresar el resultado en función de c y τMax. SOLUCIÓN:

( ) ( )max

3443/2

3/

max32

0

max3max 29,04

3/3/22τ

πτρρθ

τθρρ

τ π

cccc

ddc

ddc

Tc

c

=−

×=== ∫∫ ∫

3.5) SOLUCIÓN:

( )∫= dAT 2ρ

ρρτ

ρθρ dddA =

( ) ( ) lg5,391.24

258

202 445

2

32

0

3 puklbddddT −=−

××

=== ∫∫ ∫πρρθ

ρρτθρρ

ρρτ π

3.6). a) Un eje de acero circular, hueco, de 10’ de largo tiene 3” de diámetro interior y 4” de diámetro exterior. Determinar el esfuerzo cortante en un plano transversal en la superficie interior del eje cuando dicho esfuerzo cortante es de 10 kpsi en la superficie exterior. b) Si el eje fuera macizo en lugar de hueco ¿cuál sería el porcentaje de aumento en el área y cuál sería el porcentaje de aumento de la resistencia desarrollado por el eje al mismo esfuerzo cortante máximo. SOLUCIÓN: a)

Un momento de torsión pura que actúa sobre un eje circular de 16” de diámetro produce un esfuerzo cortante máximo de 20 kpsi. Determinar por integración la magnitud del torque resistente que ofrece el esfuerzo en la banda sombreada

8”

T

8”

2”

3”

140

( ) ( ) kpsiR

5,72

5,1105,1max =×

=⇒= ττ

ρρτ

b)

( ) ( )

( )%6,128

344

344

44100100%

22

222

2

21 =−

−−×=

−×=

π

ππ

AAAA

( ) ( )

( )%3,46

3432

3432

432100100100%

44

444

2

21

2

21 =−

−−×=

−×=

−×=

π

ππ

τ

ττ

RJ

RJ

RJ

TTT

T

3.7) Determinar el diámetro mínimo que se requiere para un eje de acero circular macizo para resistir un torque de 15 klb-pie, si el esfuerzo de corte admisible es de 6 kpsi. SOLUCIÓN: T = 15 klb-pie = 180.000 lb-pulg

"346,5000.6000.18016

32

2000.180

34

≥⇒≤×

=×

== DDD

D

JTR

ππτ

3.8) Un eje circular, hueco, de acero (G = 11,6 x 106 psi), de 5” de diámetro exterior y 3” de diámetro interior se encuentra sometido a un torque de 12.000 lb-pie. a) ¿Qué ángulo de torsión se producirá en una longitud de 20’?; b) determinar el esfuerzo cortante en un plano transversal en la superficie interior del eje; c) Determinar la deformación por esfuerzo cortante en la superficie exterior. SOLUCIÓN: a)

( )rads

GJTL 056,0

3532

106,11

122012000.12446=

−××

×××==

πθ

b)

( )( )

psiJ

T 4,044.435

32

5,1000.1244=

−

×==π

ρρτ

c)

141

radsG

G 46

max 1081,5106,11

5,15,24,044.4

−×=×

×

==⇒=τ

γγτ

3.9) Un eje circular, hueco, de acero (G = 12 x 106 psi), tiene 6’ de largo y un diámetro exterior de 4”. a) Si el esfuerzo cortante máximo es de 12 kpsi cuando actúa un torque de 3.200π lb-pie, ¿cuál es el diámetro interior del eje?; b) Determinar la magnitud del ángulo de torsión del eje. SOLUCIÓN: a)

( )"675,2

432

212200.3000.1244

=⇒−

××=== d

dJTR

ππτ

b)

( )rads

GJTL 036,0

675,2432

1012

12612200.3446=

−××

×××==

ππθ

3.10

SOLUCION: Haremos un DCL del sistema y determinaremos el Momento de reacción en el empotramiento A.

∑ =−+−= 0500800AX MM MA = 300 kg-m, en el sentido supuesto.

El convenio de signos en esta parte puede ser arbitrario, sin embargo, por una cuestión de costumbre usaremos el convenio de la regla de la mano derecha, por lo tanto MA es negativo, mientras que el torque de 800 kg-m es positivo.

El eje de la figura está compuesto por una parte AB de 10 cm de diámetro y una parte BC de 7,5 cm de diámetro. El eje es de acero para el cual G = 8,4 x 105 kg/cm2. Determinar los esfuerzos máximos en cada parte del eje y los ángulos de torsión en B y C con respecto a A.

Hacemos suma de Momentos respecto al eje x igual a cero:

A B C

90 cm 60 cm

500 kg-m 800 kg-m

A B C

MA 800 500

142

Si hacemos un corte en una sección transversal después de A y antes de B, veremos que el torque que actúa en esta sección es MA. Del mismo modo, si cortamos después de B, pero antes de C, veremos que el torque que actúa en toda la sección BC es de 500 kg-m. Se deduce entonces, que el torque en el tramo AB es constante y vale 300 kg-m. Lo mismo ocurre en el tramo BC, donde nuevamente es constante, con una magnitud de 500 kg-m.

Ahora haremos un diagrama de los torque T v/s x y de θ v/s x.

Del estudio de deformaciones se obtiene la relación siguiente: θC/A = θC/B – θB/A

Tramo AB:

R = 5 cm; D = 10 cm; LAB = 90 cm;

444

75,9813210

32cmDJ =

×==ππ

2max /79,152

75,9815100300 cmkg

JTR

=××

==τ

A B C

MA

MA

500

500

B

T , kg-m

300

500

x

x θB/A

θ (rads)

θC/A θC/B

143

radsGJ

LT

AB

ABABAB

35/ 10274,3

75,981104,890100300 −×−=

××××−

==θ

O bien, en grados:

º187,0º10274,3ºº180

3 −=⇒×−

= − θθπ radsrads

Tramo BC:

R = 3,75 cm; D = 7,5 cm; LBC = 60 cm;

( ) 44

63,31032

5,7 cmJ =×

=π

2max /61,603

63,31075,3100500 cmkg

JTR

=××

==τ

radsGJ

LT

BC

BCBCBC 0115,0

63,310104,860100500

5/ =××××

==θ = 0,66º

Por lo tanto, el ángulo de torsión de la sección C con respecto al empotramiento es:

º472,066,0187,0/// =+−=+= BCABAC θθθ , en el sentido que se supuso. 3.2 Ejes de sección circular. En esta sección se aplicarán los conceptos de la torsión de ejes circulares para proceder al dimensionamiento de ellos.

EJEMPLO 3.11 Un eje de acero, macizo, debe transmitir un torque uniforme de 200 kg-m. Si el esfuerzo admisible al corte es de 800 kg/cm2, determinar el diámetro del eje. SOLUCION: De la ecuación (4.6):

334max 32,12780010020016

32

2100200

=⇒=≤××

=××

== DDD

D

JTR

admτππ

τ

Por lo tanto:

D ≥ 5,03 cm

144

EJEMPLO 3.12 Un eje hueco de acero, de 3 m de largo, debe transmitir un torque uniforme de 2.500 kg-m. Si el esfuerzo admisible al corte es de 850 kg/cm2 y el ángulo de torsión no debe exceder de 2,5º, determinar los diámetros interior y exterior del eje. Para el acero G = 8,4 x 105 kg/cm2. SOLUCION:

2,5º = 0,0436 rads. Llamaremos D al diámetro exterior y d al diámetro interior:

Para satisfacer la condición de que el esfuerzo máximo no exceda la resistencia admisible:

( ) ( )

( ) DdD

dDD

dD

D

JTR

adm

93,497.1

850100500.216

32

2100500.2

44

4444max

≥−⇒

=≤−××

=−

××== τ

ππτ

Para satisfacer la condición de que el ángulo de torsión no exceda de 2,5º:

( ) radsdDGJ

TL 0436,0

32104,8

300100500.244

5

≤−

××

××==

πθ

De donde:

D4 – d4 ≥ 20.859,1 Igualando ambas ecuaciones se obtiene:

cmDD 93,1393,497.11,859.20 =⇒= y,

( ) cmd 38,111,859.2093,134 4 =−= Redondeando a milímetros:

D = 140 mm; d = 114 mm Comentario: En el ejemplo anterior, ambos requerimientos, de resistencia y de deformación, alcanzan un máximo simultáneamente. Sin embargo, existen otras aplicaciones en las que, debido a otras restricciones impuestas, sólo es posible maximizar sólo una de ellas, como en el ejemplo que se verá en la sección siguiente. 3.3 Relaciones entre potencia, torque y velocidad angular. El trabajo que realiza un par de fuerzas o un momento al rotar un elemento es:

145

U = Tθ kg-m (3.11) Donde el torque está en kg-m y el ángulo θ en rads. En una vuelta completa o ciclo θ = 2π rads, por lo que el trabajo por cada vuelta se transforma en:

vuelta

mkgTU −= π2 (3.12)

Si el eje gira a N vueltas/min (rpm), se tendrá:

seg

mkgTNseg

vueltasvuelta

mkgTNU −=××

−=

3060min1

min2 ππ (3.13)

Pero el trabajo por unidad de tiempo es la Potencia desarrollada o consumida. Donde:

1 CV = 75 kg-m/seg ≈ 1 HP (3.14) Ahora transformaremos el valor anterior en CV ó en HP:

( )HPóCVTN

segmkg

CVseg

mkgTNPotencia2,71675

130

=−

×−

=π (3.15)

Despejando T:

( ) mkgrpmNPotenciaT −

×=

2,716 (3.16)

O bien:

( ) cmkgrpmNPotenciaT −

×=

620.71 (3.17)

EJEMPLO 3.13 Determinar la potencia máxima que puede transmitir un eje macizo de acero de 55 mm de diámetro que gira a 250 rpm, si el esfuerzo de corte admisible es de 750 kg/cm2. SOLUCION:

( )

7500306,05,5

1616

32

22334 =≤===== admTT

DT

D

DT

J

DTτ

πππτ

De donde: T ≤ 24.500 kg-cm

146

y,

CVTNPotencia 5,85620.71

250500.24620.71

=×

==

EJEMPLO 3.14 Un eje de barco, de 6 m de largo, transmite 2.400 HP girando a 120 rpm. El eje se construye de acero SAE 1045 templado y revenido a 540ºC, con las siguientes propiedades mecánicas: σ0 = 5.200 kg/cm2; σu = 7.200 kg/cm2; G = 8,4 x 105 kg/cm2; HB = 210 Determinar el diámetro del eje con un factor de seguridad de 2 con respecto a la fluencia en corte. El ángulo de giro en los 6 metros de longitud no debe exceder de 4º. Redondear dimensiones a mm. SOLUCION: 4º = 0,0698 rads

20200 /300.1/600.2

2cmkg

FScmkg adm ==⇒==

ττ

στ

( ) cmkgrpmNPotenciaT −=

×=

×= 400.432.1

120400.2620.71620.71

334 7,611.5300.1400.432.116

32

22 ≥⇒==≤×

=== DDD

DT

J

DTadmτ

ππτ

De donde: D ≥ 17,77 cm Ahora calcularemos un segundo diámetro para satisfacer el requerimiento de la deformación.

cmDDDGJ

TL 66,190698,065,421.10

32104,8

600400.432.144

5

≥⇒≤=××

×==

πθ

Por lo tanto, el segundo diámetro calculado de 19,66 cm, satisface ambos requerimientos. Se adopta D = 20 cm = 200 mm.

147

EJEMPLO 3.15 El eje circular de la figura, de acero (G = 12 x 106 psi), hueco, se encuentra en equilibrio bajo la acción de los torques que se muestran. El diámetro interior es la mitad del diámetro exterior. a) Establecer, en función del diámetro exterior D, la expresión del ángulo de giro en C con respecto a B; b) Determinar el valor mínimo admisible para el diámetro exterior si el esfuerzo de corte admisible es de 12 kpsi. SOLUCIÓN: ∑ =+−+−= 010555 BTT TB = 50 klb-pulg = 50.000 lb-pulg, en el sentido que se muestra. a)

( ) 444

444 lg1632

1523232

puDDDdDJ×

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−=

πππ

A

10 klb-pulg

55 klb-pulg TB 5 klb-pulg

B C D

5’ 6’ 3’

T, klb-pulg

5

45

10

X

X

θ, rad

θC/B

θB/A

θD/C

θD/A

148

TBC = 45.000 lb-pulg

radDDBC 44

6/

93,2

512151012

126000.45=

××

××=

πθ

b) El torque máximo está en el segmento BC y es de 45.000 lb-pulg

"73,2000.12

51215

2000.45

4 =⇒≤×

== DpsiD

D

JRTMax

Max πτ

149

UNIDAD 4: FLEXION SIMPLE

4.1 Definición y tipos de vigas. Las vigas son componentes estructurales usados ampliamente en la construcción de estructuras de todo tipo. Su principal característica es que soportan cargas transversales. Las vigas pueden clasificarse de acuerdo a varios puntos de vista. a) De acuerdo al tipo de carga (Figura 4.1)

Figura 4.1 b) De acuerdo al tipo de apoyo (Figura 4.2)

Figura 4.2

c) De acuerdo al número de apoyos Según este criterio, las vigas pueden ser isostáticas, cuando es posible determinar las fuerzas en todos los apoyos mediante las ecuaciones de estática, es decir,

ω kg/m

Carga distribuida variable

P1 P2 Carga distribuida uniforme

ω kg/m

Cargas puntuales

Simplemente apoyada con dos voladizos

Simplemente apoyada con un voladizo

Simplemente apoyada

Empotramiento Rígido

Viga Continua (con tres o más apoyos)

150

haciendo suma de fuerzas y de momentos, o hiperestáticas, cuando las ecuaciones de la estática son insuficientes y deben complementarse con ecuaciones provenientes de las deformaciones. Las vigas continuas y aquellas con doble empotramiento son todas hiperestáticas. 4.2 Fuerzas de corte y momento flector. Diagramas. Consideremos una viga simplemente apoyada y hagamos un corte imaginario en una sección transversal cualquiera, como se muestra en la figura 4.3. En la sección en corte existe una fuerza axial FX, una fuerza de corte, V, y un Momento Flector, Mf, o simplemente M.

Figura 4.3

Criterio de Signos: Cuando se analiza una viga de izquierda a derecha, la fuerza de corte en la sección transversal analizada es igual a la suma algebraica de todas las fuerzas a la izquierda de la sección, siendo positivas las fuerzas dirigidas hacia arriba y negativas las fuerzas dirigidas hacia abajo. Análogamente, el Momento M en la sección transversal, o con respecto a un punto contenido en la sección transversal, es igual a la suma algebraica de los momentos originados por las fuerzas que están a la izquierda de la sección cortada, siendo positivos los momentos que tienen sentido horario y negativos los momentos con sentido antihorario, o, dicho en otras palabras, son positivos los momentos producidos por las fuerzas dirigidas hacia arriba y negativos los momentos flectores originados por las fuerzas dirigidas hacia abajo. EJEMPLO 4.1

SOLUCION:

RB V

FX

P

RA RA

x

M

V

M

P

RB

Para la viga de la figura, escribir las ecuaciones de Fuerza de Corte y Momento Flector para los intervalos 0 < x < 0,5 y 0,5 < x < 2 m y dibujar los diagramas correspondientes. Medidas en m.

2.000 kgf

1,5 0,5

A B

151

05,1000.22 =×+×−=∑ AB RM RA = 1.500 kgf ↑ ∑ =+−= 0000.2500.1 By RF

RB = 500 kgf ↑

Obsérvese que los momentos en los extremos siempre deben ser cero, excepto cuando hay momentos flectores externos, o cuando hay apoyos con empotramientos. EJEMPLO 4.2

SOLUCION:

( )∑ =××+×−= 024200.14AB RM

RA = 2.400 kgf ↑

( )∑ =+×−= 04200.1400.2 By RF

RB = 2.400 kgf ↑

Ecuaciones: Tramo 0 < x < 0,5: V(x) = 1.500 kgf M(x) = 1.500x kg-m M(0) = 0 M(0,5) = 750 kg-m Tramo 0,5 < x < 2: V(x) = 1.500 – 2.000 = - 500 kgf M(x) = 1.500x – 2.000(x – 0,5) M(0,5) = 750 kg-m M(2) = 3.000 – 3.000 = 0

Para la viga de la figura, escribir las ecuaciones de Fuerza de Corte y Momento Flector para toda la viga y dibujar los diagramas correspondientes.

2.000 kgf

1,5 0,5

RA RB

1.500

500

V (kgf)

x

M (kg-m)

750

x

Diagramas:

ω = 1.200 kg/m

4 m

RA RB

X

ω = 1.200 kg/m

4 m

A B

152

Para escribir las ecuaciones hacemos un corte imaginario a una distancia x entre A y B. Ecuaciones: La fuerza que hace la carga distribuida es igual al área de la carga hasta la distancia x, es decir, 1.200x, con signo negativo porque está dirigida hacia abajo.

V(x) = 2.400 – (1.200x) V(0) = 2.400 kgf V(4) = - 2.400 kgf

La fuerza que hace la carga distribuida actúa en el centro de gravedad del área, es decir, a un medio de la base, o x/2. Por lo tanto el momento es:

( ) 2600400.22

200.1400.2)( xxxxxxM −=−=

M(0) = 0; M(4) = 0

M es máximo cuando 0=dxdM

mxxdxdM 20200.1400.2 =⇒=−=

Mmax = M(2) = 2.400 kg-m

Obsérvese que VdxdM

= , es decir, la magnitud de la fuerza de corte representa

la pendiente del diagrama de momentos flectores.

Diagramas:

2.400

V (kgf)

X

M (kg-m)

2.400

X

153

EJEMPLO 4.3

SOLUCION: 0200.13 =+×−=∑ AB RM RA = 400 kgf ↑ ∑ =+= 0400 By RF

RB = - 400 kgf ↓

Ecuaciones: Tramo 0 < x < 1: Tramo 1 < x < 3: V(x) = 400 kgf V(x) = 400 kgf M(x) = 400x kg-m M(x) = 400x – 1.200 M(0) = 0 M(1) = - 800 kg-m M(1) = 400 kg-m M(3) = 0

EJEMPLO 4.4 SOLUCIÓN:

Para la viga de la figura, escribir las ecuaciones de Fuerza de Corte y Momento Flector para los intervalos 0 < x < 1 y 1 < x < 3 m y dibujar los diagramas correspondientes. Medidas en m. 1.200 kg-m

2 1

A B

1.200 kg-m

2 1

RA RB

400

V (kgf)

x

M (kg-m)

400 x

Diagramas:

800

1 m 3 m A

1.200 kg/m Para la viga de la figura, escriba las ecuaciones de fuerza de corte y momento flector, y dibuje los diagramas correspondientes.

154

El peso W actúa en el centro de gravedad del área. ∑ =−= 0800.1AY RF RA = 1.800 kgf ↑ ∑ =×−= 03800.1AA MM MA = 5.400 kg-m 0 < x < 1: V(x) = 1.800 kgf M(x) = - 5.400 + 1.800x M(0) = - 5.400 kg-m M(1) = - 3.600 kg-m 1 < x < 4: Para el análisis de este intervalo haremos un corte en un punto cualquiera entre 1 y 4 m. Obsérvese que la altura del triángulo a esta distancia no es 1.200 kg/m, sino que tendrá un valor que llamaremos ω(x). El valor ω(x) lo obtendremos de una relación de triángulos semejantes.

( )3200.1

1=

−xxω ω(x) = 400(x – 1)

Entonces:

( ) ( ) ( ) ( )21200800.11400121800.1) −−=−×−−= xxxxV

V(1) = 1.800 kgf V(4) = 0

1 m 2 m

RA

1.200 kg/m MA

W

El peso W de la carga distribuida es igual al área del triángulo que la representa.

kgfW 800.1200.1321

=××=

X - 1

1.800 kgf

ω(x) kg/m 5.400 kg-m

X

W(x) 3

1−x

155

( ) ( ) ( )32 13

200800.1400.53

11200800.1400.5) −−+−=−

×−−+−= xxxxxxM

M(1) = - 3.600 kg-m M(4) = 0 Para saber si hay un máximo o un mínimo hacemos V = 0: 1.800 – 200(x – 1)2 = 0 x = 4 Es decir el momento es máximo en x = 4 m. Diagramas: EJEMPLO 4.5 Para la viga de acero de la figura: a) Escriba las ecuaciones de Fuerza de Corte y Momento Flector para toda la viga: b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y momento flector. Medidas en m.

SOLUCION:

( ) 05,4000.15,35,13225,1200.1

21300.15,0000.2 =×−×+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +×−+×=∑ BA RM

RB = 1.400 kgf ↑

∑Fy = - 2.000 + RA – 900 + 1.400 – 1.000 = 0 ⇒ RA = 2.500 kgf ↑

Tramo 0 < x < 1

V(x) = - 2.000x V(0) = 0; V(1) = -2.000 kg

V, kgf

x

M, kg-m

x 1.800

5.400 3.600

1.000 kgf

ω2

ω2=1.200 kg/m M = 1.300 kp-m

ω1 = 2000 kp/m

1 1,5 1 1 1

A B

156

2000.12

000.2)( xxxxM −=−=

M(0) = 0; M(1) = - 1.000 kg-m

Tramo 1 < x < 2:

V(x) = - 2.000 + 2.500 = 500 kg M(x) = - 2.000(x - 0,5) + 2.500(x - 1) M(1) = - 1.000 kg-m; M(2) = - 500 kg-m

Tramo 2 < x < 3:

V(x) = - 2.000 + 2.500 = 500 kg M(x) = - 2.000(x - 0,5) + 2.500(x - 1) – 1.300 M(2) = - 1.800 kg-m; M(3) = - 1.300 kg-m

Tramo 3 < x < 4,5: Para la carga distribuida triangular, calculamos la intensidad de carga a una distancia x cualquiera:

( )38008005,1

200.13

−=⇒==−

xx x

x ωω

( ) ( ) ( )22 3400500380021500.2000.2 −−=−−+−= xxxV

V(3) = 500 kg; V(4,5) = - 400 kg

Como V(x) es una función de segundo grado, veremos si hay un máximo o mínimo en el intervalo, para lo cual derivamos la función e igualamos a cero.

( ) mxxdxdV 303800 =⇒=−−=

Es decir que V es máximo en x = 3 m.

Obsérvese que ( )xdxdV ω= , es decir, que la magnitud de la carga distribuida

representa la pendiente del diagrama de fuerzas de corte.

( ) ( ) ( ) ( )333

400300.11500.25,0000.2 −−−−+−−= xxxxM

M(3) = - 1.300 kg-m; M(4,5) = - 1.000 kg-m

M es máximo cuando V = 0;

157

500 – 400(x – 3)2 = 0 ⇒ x* = 4,118 m Mmax = M(4,118) = - 927,32 kg-m

Tramo 4,5 < x < 5,5:

( ) kgfxV 000.1400.1900500.2000.2 =+−+−=

( ) ( ) ( ) ( ) )5,4(400.14900300.11500.25,0000.2 −+−−−−+−−= xxxxxM

M(4,5) = - 1.000 kg-m; M(5,5) = 0 Diagramas:

4.3 Esfuerzos que se originan por la flexión. En la flexión intervienen dos tipos de esfuerzos, los esfuerzos normales o de flexión, perpendiculares a la sección transversal y los esfuerzos de corte, paralelos a ella.

M, kg-m 500

1.000

1.800

1.300

1.000

927,32

x

V, kgf

500

2.000

1.000

400

4,118 m

x

158

a) Esfuerzos de Flexión

Figura 4.4

Aplicando la Ley de Hooke σ = Eε:

( ) ( )( ) ( ) .cte

cc

yy

cEc

yEy

==⇒=σσ

σσ

y

Figura 4.5

( ) ( )∫ ∫== dAy

yydAyyM 2σσ

Luego, el esfuerzo a una distancia y, medida desde la posición central de la viga es:

( )I

Myy =σ (4.1)

El esfuerzo máximo de flexión se produce para y = c:

I

Mc=maxσ (4.2)

De la figura 4.4: ( ) ( ) ( ) .ctey

LyyL

yy

==Δ

=⇒=Δ ε

ρρ

Además:

( ) ( )( ) ( )

cLc

yLy

cc

yy

Δ

=

Δ

=Δ

=Δ

Es decir:

( ) ( ) .ctecc

yy

==εε

En la figura 4.5 el momento que hace la fuerza F con respecto a la línea central, debe equilibrar el Momento Flector en esa sección transversal. Así:

∫ ∫== dAdFF σ

ρ

c

Δ

y

L

y

M

dF = σdA

159

El esfuerzo, en la parte inferior de la viga, es de tracción cuando el Momento Flector es positivo, y es de compresión cuando el Momento es negativo. Lo anterior permite deducir que, debido al cambio de signo del esfuerzo en la sección transversal, necesariamente debe tener un valor cero. Los puntos de esfuerzo cero constituyen el eje neutro o línea neutra, y coincide con el CG de la sección transversal, lo cual se muestra a continuación. Por condiciones de equilibrio, la suma de fuerzas en la sección transversal debe ser cero.

( ) ∫∑ ∫ ∫ ===⇒=== 00 AyQydAI

MydAdAyF xσ

Como el área no es cero, necesariamente 0=y , es decir, ésta es la distancia desde el Eje Neutro al Centro de Gravedad del área de la sección transversal de la viga.

En la práctica, especialmente en catálogos de proveedores, se usa una propiedad denominada Módulo Resistente W (o Z en algunos textos), que es simplemente

cIW = , por lo que la fórmula de la flexión se modifica a:

admWM

IMc σσ ≤==max (4.3)

EJEMPLO 4.6 En el ejemplo 4.5, seleccionar una viga cajón, de acero A 37 - 24 ES, con un Factor de Seguridad de 2. SOLUCIÓN: MMAX = 1.800 kg-m = 180.000 kg-cm

20 /200.12400.2000.180 cmkg

FSWWM

ADMMAX ===≤==

σσσ

3150 cmW ≥ De Catálogo ICHA (Instituto Chileno del Acero), del cual se incluye la sección correspondiente en la página siguiente, se pueden elegir las siguientes vigas: • 20 x 15 x 21,2 kg/m, e = 4 mm, con W = 158 cm3

La ecuación (4.1) indica que el esfuerzo de flexión varía linealmente (según una línea recta), desde cero en el eje neutro hasta alcanzar un máximo en las fibras más alejadas de él, como se muestra en la figura 4.6.

Eje Neutro

Figura 4.6

160

• 20 x 10 x 26,4 kg/m, e = 6 mm, con W = 170 cm3 Se elige la primera por ser más liviana y, por consiguiente, más económica.

161

b) Esfuerzo de corte en la flexión Como ya se ha señalado, en la flexión se inducen esfuerzos de corte los cuales se deducirán a continuación, usando la figura 4.7. Como las fuerzas sobre el lado izquierdo, Fi, no son iguales a las fuerzas sobre el lado derecho, Fd, es necesaria una fuerza V para el equilibrio del sistema.

∫ ∫== dxbdAV ττ (4.4)

Hacemos equilibrio de fuerzas:

- Fi – V + Fd = 0

∫ ∫ ∫∫ =++−− 0ydAI

dMydAI

MdxbydAI

M τ

De donde el esfuerzo de corte en la posición y es:

( )bIQV

ydAbIdx

dMy xc

y

=×= ∫1τ (4.5)

donde Qx es el momento estático de la sección transversal respecto al eje neutro. Veamos la distribución del esfuerzo de corte en una viga de sección rectangular de base b y altura h, como se muestra en la figura 4.8 .

De modo que:

El momento estático del área dA, por encima de y es:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=== ∫∫ 2

22

42yhbydybydAQ

h

y

c

yx

M + dM

b V

M

dx ∫ ∫== ydAI

MdAFi σ ∫ ∫+

== ydAIdMMdAFd σ

Figura 4.7

b

y c

h dA = bdy

Figura 5.8

162

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−×= 2

2

32

2

32

2

46

412

242yh

bhVyh

bhVyhb

bIVτ

Se observa, entonces, que el esfuerzo de corte tiene una distribución parabólica, que es máximo cuando y = 0 (en el eje neutro), y es cero cuando y = h/2, es decir, en las aristas superior e inferior, como se muestra en la figura 4.9.

AV

bhV 5,1

23

max ==τ (4.6)

Repetiremos el mismo cálculo para una sección circular. Area del segmento sombreado de la circunferencia de la figura 4.10: θ = π - 2α senθ = sen(π - 2α) = sen2α

( ) ( )ααπθθ 2222

22

senRsenRA −−=−= ,

donde α y θ están medidos en radianes Momento estático del área sombreada con respecto al eje neutro:

( )[ ] ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==−=

232cos

321cos

32 3

33

32

3 αααα senRRsenRQ

El ancho del eje a la altura y = Rsenα es b(y) = 2Rcosα Por consiguiente, el esfuerzo de corte a la altura y es:

( ) ααπα

τ 233

4cos

34cos

32

4cos2 A

VR

RR

VbIVQy ×=×

×== (4.7)

Entonces para una sección transversal circular puede encontrarse que el esfuerzo máximo es:

AV

AV 33,1

34

max ==τ (4.8)

c) Relaciones entre carga distribuida, fuerza de corte y Momento Flector

τMAX

Figura 5.9

θ α y R

Figura 4.10

163

Supongamos una carga distribuida cualquiera que actúa sobre un pequeño elemento de viga de longitud dx, como se muestra en la figura 4.11. Hacemos suma de fuerzas verticales: - V - ωdx + V + dV = 0

ω=dxdV (4.9)

Es decir, la intensidad de la carga distribuida representa la pendiente del diagrama de fuerza de corte.

Ahora hacemos suma de momentos respecto al centro del elemento de viga:

∑ =−−+++= 0222

dMMdxdVdxVdxVMM O

Despreciando el producto de diferenciales se obtiene:

Vdx = dM ⇒ VdxdM

= (4.10)

Se concluye, entonces, que la magnitud de la fuerza de corte representa la pendiente del diagrama de momentos flectores, tal como se había encontrado antes. EJEMPLO 4.7 Para la viga de la figura: a) Haciendo uso de las relaciones entre la carga distribuida, la fuerza de corte y el momento flector, dibuje los diagramas de Fuerza de Corte y Momento Flector. b) Determinar la máxima tensión normal y de corte, e indicar dónde se produce cada una de ellas. c) Las tensiones normal y de corte en la unión del alma con las alas (los dos valores), en x = 4 metros.

ω kg/m

dx V V + dV

M M + dM Figura 4.11

1.800 kgf 2.400 kgf 600 kgf

1 m 1 m 2 m 1 m

A B

2 cm

9 cm

12 cm

8 cm

2 cm

164

SOLUCION: a)

Reacciones:

∑MA = 1.800 x 1 - 2.400 x 2 + 3RB - 600 x 4 = 0

RB = 1.800 kgf ↑ ∑Fy = - 1.800 + RA – 2.400 + 1.800 – 600 = 0 RA = 3.000 kgf ↑

CONSTRUCCION DE LOS DIAGRAMAS i) Diagrama de Fuerzas de Corte • Trazar una línea vertical hacia abajo representando a escala la fuerza negativa de

1.800 kgf. • Como no hay carga distribuida entre x = 0 y x = 1 m, la pendiente del diagrama de

fuerza de corte es cero, es decir, V es constante. • En x = 1 m está RA = 3.000 kgf, dirigida hacia arriba; se traza a partir de V = -

1.800 kgf, llegando a V = 1.200 kgf. • De nuevo, entre x = 1 y x = 3 m no hay carga distribuida, por lo que la pendiente

del diagrama de fuerza de corte es cero, es decir, V = 1.200 kgf es constante. • En x = 3 m actúa una fuerza negativa de 2.400 kgf; se traza esta fuerza a partir de

V = 1.200 kgf, llegando a V = - 1.200 kgf. • De nuevo, entre x = 3 y x = 4 m no hay carga distribuida, por lo que la pendiente

del diagrama de fuerza de corte es cero, es decir, V = - 1.200 kgf es constante. • En x = 4 m actúa RB = 1.800 kgf dirigida hacia arriba; se traza esta fuerza a partir

de V = - 1.200 kgf, llegando a V = 600 kgf. • De nuevo, entre x = 4 y x = 5 m no hay carga distribuida, por lo que la pendiente

del diagrama de fuerza de corte es cero, es decir, V = 600 kgf es constante. • En x = 5 m actúa una fuerza negativa de 600 kgf; se traza esta fuerza a partir de V

= 600 kgf, llegando a V = 0. ii) Diagrama de Momentos Flectores • Como no hay momento externo en el extremo izquierdo, en este punto M = 0. • Entre x = 0 y x = 1 m, V es negativo y constante, por lo que el diagrama de

momentos en este intervalo es una línea recta dirigida hacia abajo. La variación

1.800 kgf 2.400 kgf 600 kgf

1 m 1 m 2 m 1 m

RA RB

165

del momento entre x = 0 y x = 1m está dada por el área del diagrama de fuerza de corte en ese intervalo, es decir, - 1.800 x 1 = - 1.800 kg-m.

• Entre x = 1 y x = 3 m, V es positivo y constante, por lo que el diagrama de momentos en este intervalo es una línea recta dirigida hacia arriba. La variación del momento entre x = 1 y x = 3 m está dada por el área del diagrama de fuerza de corte en ese intervalo, es decir, 1.200 x 2 = 2.400 kg-m; se traza esta línea partiendo desde M = - 1.800 para llegar a M = 600 kg-m en x = 3 m.

• Entre x = 3 y x = 4 m, V es negativo y constante, por lo que el diagrama de momentos en este intervalo es una línea recta dirigida hacia abajo. La variación del momento entre x = 3 y x = 4m está dada por el área del diagrama de fuerza de corte en ese intervalo, es decir, - 1.200 x 1 = - 1.200 kg-m; se traza esta línea partiendo desde M = 600 en x = 3 m para llegar a M = - 600 kg-m en x = 4 m.

• Entre x = 4 y x = 5 m, V es positivo y constante, por lo que el diagrama de momentos en este intervalo es una línea recta dirigida hacia arriba. La variación del momento entre x = 4 y x = 5 m está dada por el área del diagrama de fuerza de corte en ese intervalo, es decir, 600 x 1 = 600 kg-m; se traza esta línea partiendo desde M = - 600 para llegar a M = 0 en x = 5 m.

b) Cálculo del CG y Momento de Inercia (Medidas en cm):

( ) ( ) ( ) 3,260138

36245,42921212

−=−

=+

−××+××=y

433

004.13922

3212 cmI x =

×+

×=

( ) 422 6,6863,260004.1 cmAdII x =−=−=

V, kgf

1.200

600

1.800

1.200

MF, kg-m

600

600 1.800

X

X

2

9

12

8

2

2,3

6,7

4,3 x

166

La Tensión Normal Máxima o esfuerzo de flexión se produce en la parte inferior de la viga, en el apoyo izquierdo.

2maxmax

max 5,756.16,686

7,6100800.1cmkg

IcM

=××

=×

=σ

La Tensión de Corte Máxima se produce en el EN, también en el apoyo izquierdo.

( ) 2maxmax /84,58

27,67,622

6,6864800.1 cmkg

xIbQV

=×××=×

=τ

c) En x = 4 m, V(4) = 1.200 kgf y M(4) = 600 kg-m = 600 x 100 kg-cm

( ) 2/2016,686

3,21006004 cmkg=××

=σ , en compresión, en la unión del alma con el

ala.

( ) ( )( ) 2/54,1113,22126,68612

200.14 cmkgs =+××

=τ

( ) ( )( ) 2/6,3413,22126,6864

200.14 cmkgi =+××

=τ

EJEMPLO 4.8 La viga de la figura es de madera, con una resistencia a la flexión de 180 kg/cm2. Determinar: a) Con un factor de seguridad de 2, las dimensiones b y h, redondeadas a cm, si h = 8b; b)La máxima tensión de corte e indicar dónde se produce.

a

SOLUCION:

b

h = 8b

1 m 1 m

1.000 kgf

ω = 500 kg/m

A B

167

a) Por simetría, RA = RB = 1.000 kgf ↑ Diagramas: Módulo Resistente W:

( ) 322

3

332

68

62

12 bbbbhh

bh

cIW =====

1802

36032

000.225

332

10075033 ====

×=== ADMbbW

MI

Mc σσ

cmb 39,3≥

Se redondea a b = 4 cm y h = 32 cm. b) La máxima tensión de corte se produce en el eje neutro, en ambos apoyos donde la fuerza de corte es máxima. Su magnitud es:

( ) 23 /72,118416

123244

000.1 cmkgbIQV x =×××

×==τ

EJEMPLO 4.9 Para las mismas cargas del ejercicio anterior, seleccionar la viga cajón, de acero estructural A 37 24 ES, más económica. SOLUCIÓN: MMAX = 750 x 100 = 75.000 kg-cm

32 5,62200.1000.75/200.1 cmWcmkg

WM

ADM =≥⇒=≤= σσ

V, kgf

1.000

500

500

1.000

X

M, kg-m

750

X

168

En la Tabla dada anteriormente se selecciona la viga marcada con W = 83 cm3, peso de 13,7 kg/m y 3 mm de espesor, que es la más liviana. 4.4 CÁLCULO DE DEFLEXIONES (FLECHAS). Para el cálculo de la flecha o deflexión de la viga existen diversos procedimientos, algunos de los cuales veremos en esta sección. 4.5.1) Método de la doble integración Vimos en la sección anterior que la deformación está relacionada con el radio de curvatura ρ de la viga deformada:

( ) ( ) ( ) ( )ρ

σερρ

1)(. =⇒===Δ

=⇒=Δ

EIxM

EIMy

Eyy

LyyL

yy (4.11)

Del cálculo diferencial sabemos que:

2

2

23

2

2

2

1

1dx

yd

dxdy

dxyd

≅

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=ρ

(4.12)

En la expresión anterior se ha despreciado la primera derivada al cuadrado, debido a que en la zona elástica las deformaciones son pequeñas, y, en consecuencia, las pendientes de las curvas son también pequeñas. Combinando las ecuaciones (4.11) y 4.12) se obtiene la ecuación 4.13:

( ) ( )xMdx

ydEIbienodx

ydEI

xM== 2

2

2

2

:, (4.13)

Es decir, si integramos la ecuación diferencial anterior se obtiene una expresión para(dy/dx), la pendiente de la viga deformada, y si se integra por segunda vez se obtiene la ecuación de la curva y(x), que corresponde a la flecha en cualquier punto x. A continuación veremos algunas aplicaciones. EJEMPLO 4.10 SOLUCION:

Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de P, L, E, I.

P

L

A B

169

( ) PxxMdx

ydEI −==2

2

Integrando una vez:

1

2

2CPx

dxdyEI +−= ;

Pero 0=dxdy en x = L, debido a que en B hay un empotramiento rígido que impide

que la viga pueda girar en ese punto, por lo que 2

2

1PLC = .

Integrando nuevamente:

;26 2

23

CxPLPxEIy ++−=

Pero y = 0 en x = L, debido a la condición de apoyo que hay en B, por lo que

3

3

2PLC −=

Luego, la flecha es máxima en x = 0:

↓−=EI

PLy3

3

max

EJEMPLO 4.11 SOLUCION:

( ) PxPLxMdx

ydEI +−==2

2

Integrando una vez:

1

2

2CPxPLx

dxdyEI ++−=

Pero 0=dxdy en x = 0, debido a que en A hay un empotramiento rígido que impide

que la viga pueda girar en ese punto, por lo que C1 =0. Integrando nuevamente:

P

RB = P Viga deformada

MB = PL

tg en B

x


P

L

A B

P

x

RA = P Viga deformada

MB = PL

tg en A

170

2

32

62CPxPLxEIy ++−=

Pero y = 0 en x = 0, debido a la condición de apoyo que hay en A, por lo que C2 = 0. Luego, la flecha es máxima en x = L:

( ) ↓−=+−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

EIPL

EIPLPLPL

EIy

313

6621 3333

max


( )2

2

2

2 xxMdx

ydEI ω−==

Integrando una vez:

1

3

6Cx

dxdyEI +−=

ω

Pero 0=dxdy en x = L, por lo que

6

3

1LC ω

=


;624 2

34

CxLxEIy ++−=ωω Pero y = 0 en x = L, por lo que

8

4

2LC ω

−=


↓−=EILy

8

4

maxω

EJEMPLO 4.13

Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de ω, L, E, I.

Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de ω, L, E, I.

L A B

ω kg/m

L

A B

ω kg/m

x

171

SOLUCION: La intensidad de carga a una distancia x es:

( ) ( ) xL

xLx

x ωωωω=⇒=

y el momento flector es:

( )Lxxx

LxxM

632

3ωω−=×⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

( )LxxM

dxydEI

6

3

2

2 ω−==

Integrando una vez:

1

4

24C

Lx

dxdyEI +−=

ω


24

3

1LC ω

=


2

35

24120CxL

LxEIy ++−=

ωω

Pero y = 0 en x = L, por lo que 30

4

2LC ω

−=


↓−=EILy

30

4

maxω


Para la viga de la figura, determinar la deflexión en el extremo libre, en función de ω, L, E, I. L

A B

ω kg/m

x

172

Al cortar la viga a una distancia x, se tiene que la carga distribuida a la izquierda de x es un trapecio, que es posible de resolver pero que resulta más laborioso que si transformamos la viga de la forma que se muestra a continuación.

a) Primero completamos el rectángulo en la parte superior, agregando el triángulo marcado S.

b) Ahora agregamos el triángulo marcado I, como carga distribuida actuando hacia arriba, en la parte inferior de la viga.

c) Ahora se procede de la forma habitual. El momento flector es:

( ) ( )Lxxxx

LxxxxM

62322

32 ωωωω +−=×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+−=

( )LxxxM

dxydEI

62

32

2

2 ωω+−==

Integrando una vez:

1

43

246C

Lxx

dxdyEI ++−=

ωω


8246

333

1LLLC ωωω

=−=


2

354

812024CxL

LxxEIy +++−=

ωωω


2 12011

812024LLLLC ωωωω

−=−−=


↓−=EILy

12011 4

maxω

L

A

ω kg/m

x ω kg/m

S

I

173


( ) MxMdx

ydEI −==2

2

Integrando una vez:

1CMxdxdyEI +−=

Pero 0=dxdy en x = L, por lo que MLC =1


2

2

2CMLxMxEIy ++−=


2

2MLC −=


↓−=EI

MLy2

2

max

EJEMPLO 4.16

SOLUCION:


L

A

B

M kg-m

Para la viga de la figura, determinar la posición y la magnitud de la máxima flecha entre apoyos. Medidas en m.

2.000 kgf

1,5 0,5

A B

174

05,1000.22 =×+×−=∑ AB RM RA = 1.500 kgf ↑ ∑ =+−= 0000.2500.1 By RF

RB = 500 kgf ↑

Tramo 0 < x < 0,5: :

( ) xxMdx

ydEI 500.12

2

== (1)

12750 Cx

dxdyEI += (2)

Como no sabemos nada de la pendiente en el intervalo, integramos nuevamente:

213250 CxCxEIy ++= (3)

Como y = 0 en x = 0 ⇒ C2 = 0 (4) Tramo 0,5 < x < 2:

( ) ( )5,02000500.12

2

−−== xxxMdx

ydEI (5)

( ) 322 5,01000750 Cxx

dxdyEI +−−= (6)

Como no sabemos nada de la pendiente en el intervalo, integramos nuevamente:

( ) 4333 5,0

3000.1250 CxCxxEIy ++−−= (7)

y = 0 en x = 2:

( ) 433 25,1

3000.182500 CC ++−×= (8)

Ahora evaluaremos la pendiente y la flecha en x = 0,5, el límite de los intervalos, usando ambos juegos de ecuaciones. De las ecuaciones (2) y (6):

( ) ( ) 125,07505,0 Cx

dxdyEI +== (9)

2.000 kgf

1,5 0,5

RA RB

175

( ) ( ) 325,07505,0 Cx

dxdyEI +== (10)

Igualando ecuaciones 9 y 10, se tiene que C1 = C3 De las ecuaciones (3) y (7):

( ) ( ) 13 5,05,02505,0 CxEIy +== (11)

( ) ( ) 43

3 5,05,02505,0 CCxEIy ++== (12) Igualando ecuaciones (11) y (12) se tiene que C4 = 0. De la ecuación (8): 5,43702125.1000.2 133 −==⇒=+− CCC Para localizar la posición de la flecha máxima, primero supondremos que se encuentra en el intervalo [0, 0,5]. En el punto de flecha máxima la pendiente de la curva debe ser cero.

mxxdxdyEI 763,0*05,437750 2 =⇒=−=

Como x* no pertenece al intervalo supuesto deberemos suponer que la máxima flecha se encuentra en el intervalo [0,5, 2].

( ) 05,4375,01000750 22 =−−−= xxdxdyEI

Resolvemos el cuadrado de binomio y reagrupamos: - 250x2 + 1.000x – 687,5 = 0 ⇒ x2 – 4x + 2,75 = 0

252

211164* ±=

−±=x ⇒ x1 = 3,118 y x2 = 0,882 m

Entonces, la flecha máxima se encuentra en x* = 0,882 m. Ahora se evalúa la flecha utilizando la ecuación (7), en x*:

( ) ( ) 92,232882,05,437382,03000.1882,0250 33 −=×−−=EIy

Por lo tanto:

↓−=EI

y 92,232max

176

EJEMPLO 4.17

SOLUCION: ( ) 012200.14 =××+−=∑ AB RM RA = 600 kgf ↑ ∑ =+−= 0400.2600 By RF

RB = 1.800 kgf ↑ Tramo 0 < x < 2:

( ) xdx

ydEIxM 6002

2

== (1)

12300 Cx

dxdyEI += (2)

EYy = 100x3 + C1x + C2 (3) Pero y = 0 en x = 0, por lo tanto, C2 = 0. Tramo 2 < x < 4:

( ) ( )22

2

2600600 −−== xxdx

ydEIxM (4)

( ) 332 2200300 Cxx

dxdyEI +−−= (5)

EIy = 100x3 – 50(x – 2)4 + C3x + C4 (6) Pero y = 0 en x = 4 m: 100 x 43 – 50 x 24 + 4C3 + C4 = 0 (7) Con las ecuaciones (2) y (5) evaluamos la pendiente en x = 2 m y obtenemos C1 = C3.

Para la viga de la figura, determinar la posición y la magnitud de la máxima flecha entre apoyos. Medidas en m.

ω =1.200 kg/m

2 2

A B

ω =1.200 kg/m

2 2

RA RB

177

Con las ecuaciones (3) y (6) evaluamos la flecha en x = 2 m, y obtenemos C4 = 0. De la ecuación (7): C3 = C1 = - 1.400 Para localizar la posición de la flecha máxima, primero supondremos que se encuentra en el intervalo [0, 2]. En el punto de flecha máxima la pendiente de la curva debe ser cero. Usamos la ecuación (2):

mxxdxdyEI 16,2*0400.1300 2 =⇒=−=

Como x* no pertenece al intervalo supuesto deberemos suponer que la máxima flecha se encuentra en el intervalo [2, 4]. Usamos la ecuación (5):

( ) 0400.12200300 32 =−−−= xxdxdyEI

x3 – 7,5x2 + 12x – 1 = 0 Resolviendo la ecuación anterior se obtiene x = 2,161, posición de la flecha máxima. Ahora se evalúa la flecha utilizando la ecuación (6), en x*: ( ) ( ) 3,016.2161,2400.1161,050161,2100 43 −=×−−=MAXEIy

Por lo tanto: ↓−=EI

y 3,016.2max

-2250,0-2000,0-1750,0-1500,0-1250,0-1000,0

-750,0-500,0-250,0

0,0

0 1 2 3 4

Longitud, m

Flec

ha/E

I

178

4.5.2) Método de las funciones singulares El procedimiento de la doble integración convencional tiene el inconveniente de que para vigas con un gran número de intervalos puede resultar extremadamente laborioso, debido a que se requiere establecer una ecuación de momento para cada intervalo de la viga y, posteriormente, determinar dos constantes de integración por cada intervalo. Este problema se elimina mediante el uso de funciones singulares, procedimiento que requiere de una sola ecuación de momento para toda la viga y, por lo tanto, determinar sólo dos constantes de integración. Una función singular de x se escribe nxx 0− en la que n es un entero ≥ 0 ó ≤ 0, y x0 es una constante cuyo valor es igual a x en el límite de un intervalo específico. Estas funciones se derivan e integran del mismo modo que las funciones corrientes. PROPIEDADES. =− nxx 0 1 cuando x > x0 =− 0

0xx 0 cuando x ≤ x0 Ejemplos:

El uso de las funciones singulares requiere que todas las cargas distribuidas deben llegar hasta el extremo derecho, cuando se analiza la viga de izquierda a derecha, como se muestra en las dos aplicaciones siguientes.

(x – x0)n cuando n > 0 y x > x0

0 cuando n < 0 o x ≤ x0

1

y = 11−x

x

M(x)

1

21−= xy

x

M(x)

2 1

02−= xy

M(x)

x

a) Momento producido por una carga puntual

Límite del intervalo

b) Momento producido por una carga distribuida

uniforme

c) Momento puro

179

Donde, para el triángulo:

aL

La00 ωωωω

=⇒=

y la altura del triángulo de abajo es:

( )aLaa

LI −=−=−= 0

00

0ωωωωωω

EJEMPLO 4.18 Para la viga de acero de la figura: a) Dibuje la viga transformada para operar con funciones singulares; b) Escriba la ecuación de Momento Flector para toda la viga usando funciones singulares.

SOLUCION:

( ) 05,4000.15,35,13225,1200.1

21300.15,0000.2 =×−×+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +×−+×=∑ BA RM

RB = 1.400 kgf ↑

∑Fy = - 2.000 + RA – 900 + 1.400 – 1.000 = 0 ⇒ RA = 2.500 kgf ↑

a

ω0

ω

ω

ω

ω0

ω – ω0 L

1.000 kgf

ω2

ω2=1.200 kg/m M = 1.300 kp-m

ω1 = 2000 kp/m

1 1,5 1 1 1

A B

180

a) Viga Transformada:

mkg /000.25,25,1

200.1=⇒= ωω

b)

( )38008005,1

200.13

−=⇒==−

xx x

x ωω

( )

32

1

302

12

5,46

8002

5,4200.15,4400.1

36

8002300.121

000.21500.22

000.2

−+−

+−+

+−−−−−

+−+−=

xx

x

xxx

xx

xM

EJEMPLO 4.19 Para la viga de la figura, sometida a las cargas que se muestran, usando funciones singulares, determinar, en función de EI: a) La localización y magnitud de la flecha máxima entre apoyos; b) La magnitud de la flecha en el extremo izquierdo. Medidas en m.

3.000 kgf

E D

1.200 kg-m

C B A

1 1 1 1

2.000 kg/m

2.000 kg/m

2.500 1.400

2.000 kg/m

1.200 kg/m

800 kg/m

181

SOLUCIÓN: ∑ =+−×= 03200.11000.3 EA RM RE = 600 kgf ↑ ∑ =+−= 0600000.3By RF RB = 2.400 kgf ↑

( ) 0112

2

3200.12000.31400.2 −−−−−== xxxdx

ydEIxM

( ) 1122 3200.12500.11200.1 Cxxx

dxdyEI +−−−−−=

21

233 360025001400 CxCxxxEIy ++−−−−−= Hacemos y = 0 en x = 1 y x = 4: C1 + C2 = 0 4C1 + C2 + 6.200 = 0 Resolviendo este sistema tenemos:

C1 = - 2.066,67; C2 = 2.066,67

a) Supondremos que la flecha máxima está en el intervalo [2, 3], por lo que la pendiente debe ser cero: ( ) ( ) mxymxxx 621,9,379,2067,066.22500.11200.1 21

22 ==⇒=−−−− por consiguiente la flecha máxima está en x = 2,379 m.

( ) ( )[ ] ↓−=+×−−=EIEI

yMax25,828.17,066.2379,27,066.2379,0500379,14001 33

En el intervalo 3, 4 no hay flecha máxima. b) En el extremo izquierdo (x = 0):

( ) ↑=EI

y 7,066.20

3.000 kgf

E D

1.200 kg-m

C B A

1 1 1 1

RB RE

182

En el gráfico siguiente se muestra la forma de la curva elástica.

-2-1,5

-1-0,5

00,5

11,5

22,5

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4

Distancia, m

Mag

nitu

d de

la F

lech

a, d

ivid

ida

por E

I

EJEMPLO 4.20 Para la viga de la figura, con E = 2,1 x 106 kg/cm2 determinar: a) La posición de la máxima flecha entre apoyos. b) La magnitud de la máxima flecha entre los apoyos. c) Magnitud de la flecha en ambos extremos.

SOLUCION: a) Reacciones:

∑MA = 1.800 x 1 - 2.400 x 2 + 3RB - 600 x 4 = 0

RB = 1.800 kgf ↑ ∑Fy = - 1.800 + RA – 2.400 + 1.800 – 600 = 0 RA = 3.000 kgf ↑

1.800 kgf 2.400 kgf 600 kgf

1 m 1 m 2 m 1 m

A B

2 cm

9 cm

12 cm

8 cm

2 cm

1.800 kgf 2.400 kgf 600 kgf

1 m 1 m 2 m 1 m

RA RB

183

El Momento de Inercia respecto del CG se calculó en un ejercicio anterior y es I = 686,4 cm4.

( ) 2

21111 4800.13400.21000.3800.1

dxydEIxxxxxM =−+−−−+−=

Integrando dos veces, sucesivamente, obtenemos:

12222 49003200.11500.1900 Cxxxx

dxdyEI +−+−−−+−=

213333 430034001500300 CxCxxxxEIy ++−+−−−+−=

Aplicando las condiciones de borde y = 0 en x = 1 y x = 4 m:

0 = - 300 + C1 + C2 0 = - 300(4)3 + 500(3)3 – 400(1)3 + 4C1 + C2

⇒ 0 = - 6.100 + 4C1 + C2 Resolviendo el sistema de dos ecuaciones se obtiene:

C1 = (5.800/3) = 1.933,3 y C2 = -(4.900/3) = - 1.633,3 a) Supongamos que la máxima flecha entre apoyos se encuentra en el intervalo [1,3] m:

0103901803800.51500.1900 222 =+−⇒=+−+−= xxxx

dxdyEI

La solución de esta ecuación es x1 = 1,774 m y x2 = 3,226 m; obviamente el primer valor está dentro del intervalo supuesto y corresponde a la localización de la máxima flecha entre apoyos. b) Flecha máxima entre apoyos:

( ) ( ){ } ↑==−++−= cmxxxx

EIy 245,0

6,686101,21034,3533,633.1774,13,933.1774,0500774,13001

6

633

max

En el numerador se ha introducido el factor 106 para transformar las unidades de kg(m)3 a kg(cm)3. c) • Flecha en el extremo izquierdo, x = 0:

184

( ) ( ) ( ) ↓=⇒−=−

=−= cmyxx

xEI

y 133,10133,16,686101,2

103,633.13,633.110 6

6

• Flecha en el extremo derecho, x = 5m:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }

( ) ( ) ↓=⇒−=−

=

−++−+−=

cmyxx

xy

xEI

y

254,05254,06,686101,2

1068,3665

3,633.153,933.1130024004500530015

6

6

3333

4.21) La viga de la figura está sometida a las cargas que se muestran. Determinar: a) Las ecuaciones de fuerza de corte y Momento flector para toda la viga; b) Los diagramas de fuerza de corte y momentos flector para toda la viga, indicando los valores correspondientes; c) Los máximos esfuerzos de flexión y de corte, e indicar dónde se producen; d) Los esfuerzos de flexión y de corte en la unión del alma con el ala en al apoyo izquierdo; e) El Factor de Seguridad si el acero usado es A 37 – 24 ES.

-1,2

-0,8

-0,4

0

0,4

0 1 2 3 4 5

Largo de la Viga, m

Flec

ha, c

m

1 m 1 m 1 m 2 m

330 kg-m 150 kgf

X

15 cm

2 cm

12 cm

2,5

240 kg/m

A B

C D E

185

SOLUCION:

Cálculo CG y Momento de Inercia:

( ) ( ) ( ) cmy 5,260

1503030

6125,21215−=−=

+−××+××

=

433

480.1440.1403125,2

3215 cmI X =+=

×+

×=

IXG = IX – Ad2 = 1.480 – 60(2,5)2 = 1.105 cm4 Cálculo de Reacciones:

( )∑ =+××−×−−= 04322401150330 EB RM

RE = 480 kgf ↑

( )∑ =××+×++−= 01224031504330 BE RM

RB = 150 kgf ↑

( )∑ =+×−−= 04802240150150YF

a) ECUACIONES: 0 < x < 1 V(x) = 0 M(x) = 330 kg-m 1 < x < 2 V(x) = 150 kgf M(x) = 330 + 150(x – 1) M(1) = 330 M(2) = 480 2 < x < 3 V(x) = 150 – 150 = 0 kgf M(x) = 330 kg-m

1 m 1 m 1 m 2 m

330 kg-m 150 kgf

15 cm

2 cm

X

12 cm

2,5

240 kg/m

RE RB

186

3 < x < 5 V(x) = 150 – 150 - 240(x – 3) kgf V(3) = 0 V(5) = - 480 kgf

M(x) = 330 + 150(x – 1) – 150(x – 2) – 120(x – 3)2 kg-m M(3) = 480 kg-m M(5) = 0

M es máximo cuando V = 0: V(x) = 150 – 150 - 240(x – 3) = 0; x = 3 Es decir el máximo se alcanza cuando x = 3 m. b) Diagramas C1) El máximo esfuerzo de flexión se produce en la parte inferior de la viga donde c = 9,5 cm.

V, kgf

150

480 M, kg-m

330

480

187

2/7,412105.1

5,9100480 cmkgMAX =××

=σ

c2) El máximo esfuerzo de corte se produce en el Eje Neutro, en el apoyo derecho.

( ) 2/6,1981,1121738,025,95,95,2

105.15,280.4 cmkg

bIVQ

MAX =×=××××

==τ

d) En el apoyo izquierdo: V = 150 kgf M = 330 kg-m y = 2,5 cm Esfuerzo de flexión:

2/7,74105.1

5,2100330 cmkgMAX =××

=σ

Esfuerzos de Corte:

( ) 2/95,0105009,05,3152105.115

150 cmkgbIVQ

SUP =×=××××

==τ

( ) 2/7,5105054,05,3152105.15,2

150 cmkgbIVQ

SUP =×=××××

==τ

e) Factor de Seguridad: σMAX = 412,7 kg/cm2

σ0 = 2.400 kg/cm2

82,57,412

400.20 ===MAX

FSσσ

188

4.22) SOLUCION:

∑ =×+−−= 02500.14600 BD RM RB = 600 kgf

∑ =+−= 0500.1600 DY RF RD = 900 kgf

a)

( ) 1102

2

3500.11600600 −−−+== xxxxMdx

ydEI

1221 37501300600 Cxxx

dxdyEI +−−−+=

21331 32501150300 CxCxxxEIy ++−−−+=

y = 0 en x = 1: 300 + C1 + C2 = 0 (a) y = 0 en x = 5: 300x25 + 600x64 – 250x8 + 5C1 + C2 = 0 11.900 + 5C1 + C2 = 0 (b)

1 2 2

600 kg-m 1.500 kgf

A B C D

La viga de acero de la figura está sometida a las cargas que se muestran. Determinar: a) La localización de la máxima flecha entre apoyos, usando Funciones Singulares; b) La magnitud de la máxima flecha entre apoyos, usando Funciones Singulares; E=2,1x106 kg/cm2. La sección transversal es la misma que en el problema anterior.

1 2 2

600 kg-m 1.500 kgf

RD

A

RB

C D

189

(b) – (a): 11.600 + 4C1 = 0 C1 = - 2.900 C2 = 2.600 Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 3], es decir, (dy/dx) = 0 en ese intervalo: 600x + 300(x – 1)2 – 2.900 = 0 x2 + 8,667 = 0 x = 2,944 m, está en el intervalo. Por lo tanto, la máxima flecha está en x = 2,944 m. b)

600.2944,2900.2944,1150944,2300 21 +×−+=MAXEIy

↓−=×××−

=−

= cmEI

yMAX 1217,1105.1101,2108,602.28,602.2

6

6

-1,50

-1,00

-0,50

0,00

0,50

1,00

1,50

0 1 2 3 4 5

190

4.23) SOLUCIÓN: a) 01200.12400.24200.1 =×−×+−−=∑ AB RM RA = 600 kgf ↑ ∑ =−+−= 0200.1400.2600 BY RF RB = 3.000 kgf ↑

200.12

100400.2 0 ==≤×

==σ

σσ ADMWWM WMIN = 200 cm3

b)

( ) 11102

2

5000.33400.21600200.1 −+−−−+== xxxxxMdx

ydEI

Para la viga de la figura, de acero A 37 – 24, determinar: a) Con un Factor de Seguridad de 2 el Módulo resistente mínimo necesario para soportar las cargas; b) La posición y magnitud de la flecha máxima en función de EI. Todas las medidas en m.

1 2 1 2

2.400 kgf

A B

1.200 1.200 kg-m

1 2 1 2 m

2.400 kgf

RA RB

1.200 kgf 1.200 kg-m

V, kgf

1.200

1.800

600

M, kg-m

1.200

2.400

1.800

191

12221 5500.13200.11300200.1 Cxxxx

dxdyEI +−+−−−+=

21

3332 550034001100600 CxCxxxxEIy ++−+−−−+= y = 0 en x = 1: C1 + C2 + 600 = 0 y = 0 en x = 5: 5C1 + C2 + 18.200 = 0 Del sistema de dos ecuaciones se obtiene: C1 = - 4.800 C2 = 3.800 Supondremos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 3]: 1.200x + 300(x – 1)2 – 4.400 = 0 x2 + 2x – 13,67 = 0 x1 = 2,697 m x2 = 4,697 m Por lo tanto, la flecha máxima entre apoyos está en x = 2,697 m

( )EIEI

yMAX8,213.3800.3697,2400.4697,1100697,26001 32 −=+×−×+×=

4.24) La viga de acero de la figura (E 2,1 x 106 kg/cm2) está sometida a las cargas que se muestran. a) Escriba las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector para el intervalo [2, 4]; b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; c) Calcule los esfuerzos máximos de tracción y de compresión ; d) Calcule el esfuerzo máximo de corte, indicando dónde se produce; e) Calcule los esfuerzos de flexión y de corte (los dos valores), en la unión del alma con el ala superior de la viga en el apoyo izquierdo; f) Calcule la flecha en el extremo en voladizo; g) Calcule la máxima flecha entre apoyos. Para las letras f y g use el Método de funciones singulares. A SOLUCIÓN:

1.200 kg/m 2.400 kg-m

A

1

12 cm

12

1cm

1 6 cm

B

1 m 1 m 1 m 2 m

192

Reacciones:

( ) ↑=⇒=×+××−−=∑ kgfRRM BBA 800.10422200.1400.2 ( )∑ ↑=⇒=+×−= kgfRRF AAY 6000800.12200.1 Centro de Gravedad y Momento de Inercia:

( ) ( ) ( )( )↑==

++−×+××+××

= cmy 3,730219

612125,01661125,12112

423

23

23

3,8558,7612

163,112121212,512

12112 cmI X =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+

×+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+

×+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+

×=

a) Para el tramo [2, 4]: V(x) = 600 - 1.200(x – 2) M(x) = 2.400 + 600(x – 1) – 600(x – 2)2 b) Diagramas

1.200 kg/m 2.400 kg-m

RA

1

12 cm

12

1cm

1 6 cm RB

1 m 1 m 1 m 2 m

V (kgf)

600 1,5 0,5

1.800 M (kg-m)

2.400 3.000 3.150

1.800

193

c) Los máximos esfuerzos de Flexión se producen en x = 2,5 m, en el punto donde el Momento Flector es máximo. La parte superior está en compresión:

( )Ccmkg 2/3,099.23,855

7,5100150.3=

××=σ

La parte inferior está en tracción:

( )Tcmkg 2/8,056.33,855

3,8100150.3=

××=σ

d) El Máximo Esfuerzo de corte se produce en el Eje Neutro en todo el intervalo [4, 5]:

( ) ( )[ ] ( ) 2/6,1544,62045,11105,22,511235,217,43,8551

800.1 cmkgbIVQ

Max =+=××+×××

==τ

e) Esfuerzo de Flexión en x = 1 m, y = 4,5 cm:

( )CcmkgI

My 2/8,318.13,855

7,4100400.2=

××==σ

Esfuerzo de Corte en x = 1 m, y = 4,5 cm: Esfuerzo Superior:

( )[ ] ( ) 2/65,34,620585,02,51123,85512

600 cmkgS ==×××

=τ

Parte Inferior:

( )[ ] ( ) 2/77,434,627,02,51125,8561

600 cmkgI =×=×××

=τ

f) Flecha en el Voladizo: Viga Transformada: A B

( )24

200.122

200.11600400.222

102

2 −+

−−−+==

xxxx

dxydEIxM

2.400 kg-m

600 1.800

194

{ } { } { } { } 13321 420022001300400.2 Cxxxx

dxdyEI +−+−−−+=

{ } ( ) { } { } 21

4432 4502501100200.1 CxCxxxxEIy ++−+−−−+= Pero y = 0 en x = 1: C1 + C2 + 1.200 = 0 Además y = 0 en x = 5 m: 5C1 + C2 + 32.400 = 0 Resolviendo el sistema se tiene: C1 = - 7800; C2 = 6.600 Por lo tanto:

↑=×××

=×

= cmEI

yV 67,33,855101,2

10600.610600.66

66

g) Flecha máxima entre apoyos: Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 2]: 2.400x + 300(x -1)2 – 7.800 = 0 ⇒

8x + x2 – 2x + 1 – 26 = 0 ⇒ x2 + 6x – 25 = 0

La solución de esta ecuación es x1 = 2,831 m y x2 = - 8,831 m, ambos valores fuera del intervalo. Supondremos, entonces, que la flecha máxima está en el intervalo [2, 4]: 2.400x + 300(x -1)2 – 200(x -2)3 - 7.800 = 0 / 200 12x + 1,5(x2 – 2x + 1) – (x3 – 6x2 + 12x – 8) – 39 = 0 x3 – 7,5x2 + 3x + 29,5 = 0 Al resolver la ecuación se encuentra que x* = 2,86 m, valor dentro del intervalo supuesto.

( ) ( ) ( )[ ]600.686,2800.786,05086,110086,2200.13,855101,2

10 4326

6

+×−−+××

=Maxy

yMax = - 2,94 cm ↓

195

4.25) La viga de la figura 3 está sometida a las cargas que se muestran. a) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; b) Calcule los esfuerzos máximos de flexión y de corte, indicando dónde se producen; c); Determine la localización y magnitud de la flecha máxima entre apoyos. E = 2,1 x 106 kg/cm2. SOLUCIÓN: Centro de Gravedad y Momento de Inercia

( ) ( ) cmy 875,864568

641524824116

==++×

=

( ) ( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

×+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

×+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

×= 2

32

32

3

875,8152412

212875,02412122875,716

1228

XGI

433,212.2 cmI XG = Reacciones

↑=⇒=××+×−−=∑ kgfRRM AAB 600032600

211000.1600.14

∑ ↑=⇒=−+−= kgfRRF BBY 7000300000.1600 a) Diagramas b) Esfuerzo de Flexión: El máximo esfuerzo de flexion se produce en x = 1 m, en la parte inferior de la viga, donde c = 8,875 cm.

x

ω = 600 kg/m

A B

1 m

1.600 kg-m

1.000 kgf

1 m 2 m 1 m

2

2 8

12 cm

2

M, kg-m

400

V, kgf

600 300

600

1.000

200

200

196

2/16,40133,212.2

875,8100000.1 cmkgI

Mc=

××==σ

Esfuerzo de Corte: El máximo esfuerzo de corte se produce en el eje neutro de la viga, en cualquier parte del intervalo [0, 3].

( ) ( ) 77,1413,026,475,941356,02875,62875,6875,712

33,212.22600

×=+=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ××+

×==

bIVQτ

2/22,19 cmkgMAX =τ c) Flecha

311012

2

410047003000.11600.1600 −−−+−−−−= xxxxxdx

ydEI

142212 425435035001600.1300 Cxxxxx

dxdyEI +−−−+−−−−=

2153323 454

33503

35001800100 CxCxxxxxEIy ++−−−+−−−−=

Haciendo y = 0 en x = 0, se obtiene C2 = 0 Además y = 0 en x = 4 m: 100 x 64 – 800 x 9 – 166,67 x 1 + 4C1 = 0 C1 = 241,67 (725/3) Supongamos flecha máxima en el intervalo [0, 1] 300x2 + 241,67 = 0 x = Número complejo Por lo tanto no hay flecha máxima en este intervalo Ahora supongamos que existe flecha máxima en el intervalo [1, 3]: 300x2 - 1.600(x -1) + 241,67 = 0 x2 - 5,33x + 6,14 = 0

x = 1,684 y 3,65; Por lo tanto la flecha máxima está en x = 1,684 m. Ahora supongamos que existe flecha máxima en el intervalo [3, 4]: 300x2 - 1.600(x -1) - 500(x – 3)2 + 241,67 = 0

197

- 200x2 + 1.400x – 2.658,33 = 0

x2 - 7x + 13,29 = 0; x = Números complejos Cálculo de la flecha máxima

EIy = 100 x (1,684)3 – 800 x (0,684)2 + 241,67 x 1,684 = 510,25

↑==×××

= mmcmy 1,111,033,212.2101,2

1025,5106

6

1

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1,4

1,6

0 1 2 3 4 5

Longitud, m

Flec

ha, m

m

4.26) La viga de la figura es una viga canal UPN de 180 mm de alto, 75 mm de ancho del ala y 12 mm de espesor. Se somete a las cargas que se muestran. a) Escribir las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector en los intervalos [2, 4] y [4, 5] de la viga; b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; c) Determine los máximos esfuerzos de flexión y de corte e indique en qué parte de la viga se producen. La viga tiene un momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el Centro de Gravedad, I = 1.652 cm4

A B

ω = 1.200 kg/m 600 kgf

1 m

2 m

75

XG 180

1 m 1 m 1 m

800 kg-m

198

SOLUCIÓN:

( )∑ ↑=⇒=×−+××−= kgfRRM BBA 000.206600532200.1800 ↑=⇒=×−×++−=∑ kgfRRM AAB 000.1016002400.28005 Comprobación: 0600000.2400.2000.10 =−+−⇒=∑ YF Correcto a) 2 < x < 4 V(x) = 1.000 – 1.200(x – 2);

V(2) = 1.000; V(4) = - 1.400 kg-m

( ) ( ) ( )2

22200.1800000.1 −×−−−=

xxxxM

M(2) = 1.200 M(4) = 800 Veamos si hay un máximo o mínimo en el intervalo haciendo V(x) = 0. V(x) = 1.000 – 1.200(x – 2) = 0 ⇒ x = 2,833 m M(2,83) = 1.616,66 kg-m 4 < x < 5 V(x) = 1.000 – 2.400 = - 1.400 kgf M(x) = 1.000x – 800 – 2.400(x – 3) M(4) = 800 kg-m; M(5) = - 600 kg-m b) Diagramas

RA RB

ω = 1.200 kg/m 600 kgf

1 m

2 m

75

XG 180

1 m 1 m 1 m

800 kg-m

199

c) Esfuerzos Máximos • Esfuerzo de Flexión: El Esfuerzo normal máximo se produce en el borde inferior,

en el punto donde el Momento Flector es máximo es decir en x = 2,83 m.

2/8,880652.1

910066,616.1 cmkgI

McMAX =

××==σ

• Esfuerzo de corte: El máximo esfuerzo de corte se produce en el eje neutro,

donde la fuerza de corte es máxima, es decir en x = 5 m.

( ) ( ) ( )

( ) 2/2,796,755,36706,0

6,08,75,72,128,78,72,1

652.12,1400.1

cmkgbIVQ

MAX

=+×=

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +××+××

×==τ

V, kgf

1.000 600

1.400

0,83

MF, kgf-m 1.616,66

800 1.000

1.200

200 600

200

4.27) SOLUCIÓN: 01500.1100.256900 =×++−×=∑ AB RM RA = 1.800 kgf ↑ ∑ =+−+−= 0500.1800.1900 BY RF RB = 600 kgf ↑

( ) 2

21011 5500.13100.21800.1900

dxydEIxxxxxM =−−−−−+−=

12122 57503100.21900450 Cxxxx

dxdyEI +−−−−−+−=

21

3233 52503050.11300150 CxCxxxxEIy ++−−−−−+−= y = 0 en x = 1: - 150 + C1 + C2 = 0 y = 0 en x = 5: - 150 x 53 + 300 x 43 – 1.050 x 22 + 5C1 + C2 = 0 - 3.750 + 5C1 + C2 = 0 C1 = 900 C2 = - 750 Localización de la flecha máxima entre apoyos. Supondremos que está en el intervalo [1, 3]. - 450x2 + 900(x – 1)2 + 900 = 0 /: 450 - x2 + 2(x2 -2x + 1) + 2 = 0 x2 – 4x + 4 = 0 x = 2 m

La viga de la izquierda es de acero y tiene la misma sección transversal que la viga del problema 1. Si E = 2,1 x 106 kg/cm2, determinar la posición y magnitud de la máxima flecha entre apoyos.

900 kgf

2.100 kg-m

1 2 m 2 m 1

A B

1.500 kgf

RA RB

900 kgf

2.100 kg-m

1 2 m 2 m 1

1.500 kgf

201

Evaluamos la máxima flecha en x = 2m: 750290013002150 33 −×+×+×−=MAXEIy

↑=×××

= cmyMAX 027,0652.1101,2

101506

6

4.28) La viga de la figura está sometida a las cargas que se muestran. a) Escriba las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; c) Explique, en términos generales, las relaciones que existen entre la magnitud de la intensidad de carga con el diagrama V –x, y de la fuerza de corte con el diagrama M – x; d) Calcule los esfuerzos máximos de flexión y de corte, indicando dónde se producen; e) Calcule los esfuerzos de flexión y de corte (los dos valores), en la unión del alma con el ala de la viga, en x = 3 m; f) Calcule el esfuerzo de flexión y de corte a 3,5 cm por debajo del eje neutro, en x = 2 m. SOLUCION: a)

( ) ↑=⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +××++−==∑ kgfRRM AAB 900

3121400.2

21700.150

∑ ↑=⇒+−== kgfRRF BBy 300200.19000

2.400 kg/m 1.700 kg-m

A B

2 m 1 m 1 m 1 m

2.400 kg/m 1.700 kg-m

RA RB

2 m 1 m 1 m 1 m

2

12 cm

2

12 cm

202

10 ≤≤ x 21 ≤≤ x

V(x) = 900 kgf V(x) = 900 kgf

M(x) = 900x M(x) = 900x – 1.700

32 ≤≤ x

( ) ( ) ( )2400.21400.2

2−=⇒=

−xx

xx ωω

( ) ( ) ( ) ( )22200.19002400.2221900 −−=−×−−= xxxxV

V(2) = 900; V(3) = - 300 kgf V(x*) = 0 = 900 – 1.200(x -2)2 → x* = 2,866

( ) ( ) ( ) ( )32 2400700.19002312200.1700.1900 −−−=−×−−−= xxxxxxM

M(2) = - 800 kg-m; M(3) = 600 kg-m

M es máximo en x*: M(x*) = 619,6 kg-m

53 ≤≤ x

V(x) = 900 – 1.200 = - 300 kgf

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−=

38200.1700.1900 xxxM ; M(3) = 600; M(5) = 0

b)

V, kgf

900

300

B A

0,866 m

203

c) La intensidad de la carga distribuida es la derivada de la Fuerza de corte y, por lo tanto, representa la pendiente del diagrama de fuerza de corte, es decir:

dxdV

=ω

Por su parte, la fuerza de corte es la derivada del Momento Flector con respecto a x, y, por lo tanto representa la pendiente del diagrama de momentos flectores. d) Cálculo del Momento de Inercia: x El máximo esfuerzo de flexión se produce donde el Momento Flector es máximo, es decir en x = 1 m, y en la parte inferior de la viga, donde y = 9,5 cm. Por consiguiente:

2max /2,967

8845,9100800 cmkg

IMc

=××

==σ

El esfuerzo de corte es máximo en el Eje Neutro y donde la fuerza de corte es máxima, es decir, en cualquier punto del intervalo entre 0 y 2 metros.

Calculamos la posición del Eje Neutro, es decir, el CG:

( ) ( )( )↓−=

+−×+××

= cmy 5,22424

61221212

2433

184.13122

3212 AdIcmI xx +==

×+

×=

( ) 42 8845,248184.1 cmI x =−=

619,6

M, kg-m 900

800

100

600

B A

X2

12 cm

2

12 cm

204

( ) 2max /94,45

25,95,92

8842900 cmkg

bIVQx =××

×==τ

e) En x = 3 m:

2/68,196884

5,2100600 cmkgI

Mc=

××==σ

( ) 2' /177,025,25,22

88412300 cmkg

bIVQx

S =×××

==τ

( ) 2' /33,125,25,22

8842300 cmkg

bIVQx

I =×××

==τ

f) En x = 2 m y 3,5 cm por debajo del EN:

2/6,39884

5,3100100 cmkgI

Mc=

××==σ

( ) 2' /33,182662

8842900 cmkg

bIVQx =××

×==τ

4.29) La viga de acero de la figura (E = 2,1 x 106 kg/cm2) está sometida a las cargas que se muestran. a) Calcule los esfuerzos máximos de tracción y de compresión e indique dónde se producen; b) Calcule el esfuerzo máximo de corte, indicando dónde se produce; c) Calcule los esfuerzos de flexión y de corte (los dos valores), en la unión del alma con el ala, en el apoyo izquierdo; d) Calcule la flecha en el extremo en voladizo; e) Determine la localización de la máxima flecha entre apoyos; f) Calcule la máxima flecha entre apoyos. Para las letras e y f use el Método de funciones singulares. SOLUCIÓN: a) Reacciones

1 m

A

600 kgf

2 m

1.200 kg-m

2 m

ω = 1.200 kg/m

1 m

B C D

1,8

15

15 cm

Espesor 1,8 cm

205

( ) ↑=⇒=×−×+××−=∑ kgfRRM DDA 400.206600542200.1200.1 ( )∑ ↑=⇒=−+×−= kgfRRF AAY 6000600400.22200.1 Centro de Gravedad y Momento de Inercia:

( ) ( ) ( ) ( )↓−=−=

+−××+−××

= cmy 685,552,744688,423

5452,205,78,11529,08,14,11

423

23

76,665.1815,12712

158,12785,452,2012

8,14,11 cmI X =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+

×+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+

×=

Diagramas:

600 600

1.800

0,5

1,5

V, kgf

600

600 600 750

600 3,5 m

M, kg-m

1 m

A

600 kgf

2 m

1.200 kg-m

2 m

ω = 1.200 kg/m

1 m

B C D

1,8

15

15 cm

Espesor 1,8 cm

X

206

a) Los máximos esfuerzos de Flexión se producen en x = 3,5 m, en el punto donde el Momento Flector es máximo. La parte superior está en compresión:

( )CcmkgI

MyS

2/96,25576,665.1

685,5100750=

××==σ

La parte inferior está en tracción:

( )TcmkgI

MyI

2/4,41976,665.1

315,9100750=

××==σ

b) El Máximo Esfuerzo de corte se produce en el Eje Neutro en el apoyo D:

( ) 2/88,462315,98,1315,92

76,665.128,1800.1 cmkg

bIVQ

Max =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ×××

××==τ

c) Esfuerzo de Flexión en x = 0 m, y = 4,4 cm: Como M = 0, los esfuerzos de flexión también son cero. Esfuerzo de Corte en x = 0 m, y = 4,4 cm: Esfuerzo Superior:

( )[ ] 2/1,3785,48,11576,665.115

600 cmkgA =×××

=τ

Parte Inferior:

( )[ ] 2/92,12785,48,11576,665.128,1

600 cmkgI =××××

=τ

d) Flecha en el Voladizo: Viga Transformada: A B

1.200 kg-m

600 1.800

207

( ) 122

012

2

5400.225

200.123

200.11200.1600 −+−

+−

−−−== xxx

xxdx

ydEIxM

{ } { } { } 123312 5200.1520032001200.1300 Cxxxxx

dxdyEI +−+−+−−−−=

{ } ( ) { } { } 21

34423 54005503501600100 CxCxxxxxEIy ++−+−+−−−−= Pero y = 0 en x = 0: C2 = 0 Además y = 0 en x = 5 m: 100 x 53 – 600 x 42 – 50 x 24 +5C1 = 0

5C1 + 2.100 = 0 C1 = - 420

Por lo tanto:

( ) [ ]EIEI

y 480642014001503505600610016 34423 =×−×+×+×−×−×=

( ) ↑=×××

= cmy 137,076,665.1101,2

104806 6

6

e) Localización Flecha máxima entre apoyos: Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [0, 1]: 300x2 – 420 = 0 ⇒ x = 1,183 m, valor fuera del intervalo. Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 3]: 300x2 – 1.200(x – 1) - 420 = 0 ⇒

x1 = 0,816 m y x2 = 3,183 m, ambos valores fuera del intervalo. Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [3, 5]: 300x2 – 1.200(x – 1) - 200(x – 3)3 - 420 = 0 ⇒ 300x2 – 1.200x + 780 – 200x3 + 1.800x2 – 5.400x + 5.400 = 0 x3 – 10,5x2 + 33x - 30,9 = 0 Al resolver la ecuación se encuentra que x* = 3,185 m, valor dentro del intervalo supuesto. f) Máxima Flecha entre apoyos

208

( ) ( ) ( )[ ]EIEI

yMax4,971185,3420185,050185,2600185,31001 423 −=×−−−=

↓−=×××

−= cmyMax 278,076,665.1101,2

104,9716

6

-3,00-2,50-2,00-1,50-1,00-0,500,000,501,001,50

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00

Longitud Viga, m

Flec

ha, m

m

4.30) La viga de la figura está sometida a las cargas que se muestran. a) Escriba las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; b) Dibuje los diagramas de fuerza de corte y de momento flector para toda la viga; c) Calcule los esfuerzos máximos de flexión y de corte, indicando dónde se producen; d) Determine la localización y magnitud de la flecha máxima entre apoyos (E = 2,1 x 106 kg/cm2).

SOLUCIÓN:

1 m 2 m 2 m 1 m

1.700 kg-m 1.800 kg/m 2.400 kg/ m

A B

2

2

2 cm

6

9 cm

12

209

( )∑ =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×−+××= 051

324

21400.2700.15,01800.1 BA RM

RB = 600 kgf

( )∑ =×++−××= 031200.1700.155,51800.1 AB RM

RA = 2.400 kgf

Comprobación: ∑ =+−+−= 0600200.1400.2800.1YF Centro de Gravedad y Momento de Inercia

( ) ( ) ( ) cmy 78,8

54474

1824121518824112

==++

×+×+×=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+

×+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+

×+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+

×= 2

32

32

3

22,61812

2978,0241212278,712

1226

GI

IG = 1.735,33 cm4

1 m 2 m 2 m 1 m

1.700 kg-m 1.800 kg/m 2.400 kg/ m

RA RB

2

2

2 cm

6

9 cm

X

12

210

a) 0 < x < 1 V(x) = - 1.800x

( )2

800.12xxM −=

1 < x < 3 V(x) = - 1.800 + 2400 = 600 kgf ( ) ( ) ( )1400.25,0800.1 −+−−= xxxM 3 < x < 5 V(x) = - 1.800 + 2400 = 600 kgf ( ) ( ) ( ) 700.11400.25,0800.1 −−+−−= xxxM 5 < x < 6

( ) ( ) ( )5400.251

400.2−=⇒

−= xx

xx ωω

( ) ( ) ( )25200.16005400.22

5400.2800.1 −−=−×−

−+−= xxxxV

V(x*) = 600 – 1.200(x – 5)2 = 0; x* = 5,707 m

( ) ( ) ( ) ( )3

55200.1700.11400.25,0800.1 2 −×−−−−+−−=

xxxxxM

M(5) = 200; M(6) = 0; M(5,707) = 82,65 kg-m b)

V, kgf

600

600

1.800

211

c) El máximo esfuerzo de flexión se produce en la parte inferior de la viga en x = 3 m.

2/34,70833,735.1

78,8100400.1 cmkgI

McMAX =

××==σ

El máximo esfuerzo de corte se produce en el Eje Neutro de la viga, en x = 1 m:

( ) ( ) 2/2,72222,5222,522,618

33,735.12800.1 cmkg

bIVQ

MAX =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ××+×

×==τ

d) Transformamos la viga para operar con funciones singulares:

d)

302122

2

54003700.119001400.2900 −−−−−+−+−= xxxxxdx

ydEI

141323 51003700.113001200.1300 Cxxxxx

dxdyEI +−−−−−+−+−=

21

52434 5203850175140075 CxCxxxxxEIy ++−−−−−+−+−= y = 0 en x = 1 m: - 75 + C1 + C2 = 0 y = 0 en x = 6 m: - 7995 + 6C1 + C2 = 0

300

900

82,65

1.400

M, kg-m

1.800 kg/m

600 kgf 1.700 kg-m

2.400

2.400 kg/m

212

De donde: C1 = 1.584 C2 = - 1.509 Supongamos que la flecha máxima está en el intervalo [1, 3]: - 300x3 + 1.200(x – 1)2 + 300(x – 1)3 + 1.584 = 0 x2 – 5x + 8,28 = 0; La solución de esta ecuación entrega números complejos, por lo que no hay flecha máxima en este intervalo. Supongamos ahora que la flecha máxima está en el intervalo [3, 5]: - 300x3 + 1.200(x – 1)2 + 300(x – 1)3 - 1.700(x – 3) + 1.584 = 0 x2 – 10,67x + 25,28 = 0; x1 = 7,11 x2 = 3,55 m Por lo tanto, la flecha máxima está en x = 3,55 m. EIy = - 75 x 3,554 + 400 x 2,553 + 75 x 2,554 – 850 x 0,55 + 1.584

↑=×××

= cmyMAX 479,033,735.1101,2

101,749.16

6

y(0) = - 0,414 cm; y(2) = 0,256 cm; y(3) = 0,43 cm

y(4) = 0,453 cm; y(5) = 0,257 cm

-5-4-3-2-1012345

0 1 2 3 4 5 6

Largo Viga, m

Flec

ha, m

m

4.31) Una viga de madera tiene 14 cm de ancho y 24 cm de alto. La resistencia de este tipo de madera es de 255 kg/cm2. Con un Factor de Seguridad de 3, determinar el máximo momento flector admisible en cada uno de los ejes. SOLUCIÓN:

213

2/853

255 cmkgADM ==σ

33

344.112

2414121

12cmIW X

X =×

×==

85=≤= ADMX

X

WM

σσ

(MX)MAX = 1.344 x 85 = 114.240 kg-cm

33

78412

142471

7cmIW Y

Y =×

×==

85=≤= ADMY

Y

WM

σσ

(MY)MAX = 784 x 85 = 66.640 kg-cm 4.32) Una viga de roble tiene una sección transversal de 10 x 20 cm y se flecta según un eje paralelo a la dimensión de 10 cm. Si el máximo esfuerzo producido es de 300 kg/cm2, determinar el Momento Flector máximo. SOLUCIÓN:

cmkgcIWM

WM

−=×

××=×==⇒= 000.20012

2010101300300

3

σσ

4.33) Una viga en voladizo de 2,7 m de largo soporta una carga puntual de 4.000 kgf en su extremo libre. El material es acero estructural ASTM A 36 y el esfuerzo máximo por flexión no debe exceder de 1.250 kg/cm2. Determinar el diámetro necesario si la viga debe tener sección circular. SOLUCION:

24 cm

14 cm

X

Y

20 cm

10 cm MF

214

El momento flector máximo se produce en el empotramiento y es: MMAX = 4.000 x 2,7 = 10.800 kg-m = 1.080.000 kg-cm

250.17,000789.11

64

2000.080.1

34

=≤=×

×== ADMDD

D

IMc σ

πσ

D = 20,65 cm

4.34) Una viga de roble de 4 m de longitude está simplemente apoyada en los extremos y cargada en el centro con una fuerza puntual de 700 kgf. La tensión de fluencia de esta madera es de 550 kg/cm2. Con un Factor de Seguridad de 4 determinar la sección transversal de la viga si: a) Debe ser cuadrada; b) Si la altura debe ser 1,5 veces el ancho. SOLUCION:

DCL: ∑ =×+−= 02700`4 AC RM RA = 350 kgf ↑ ∑ =+−= 0700350 CY RF RC = 350 kgf ↑

4.000 kgf

2,7 m

2 m 2 m

A B C

700 kgf

b

h

2 m 2 m

RA

B

RC

700 kgf

b

h

215

Diagramas: MMAX = 700 kg-m = 70.000 kg-cm a) Para la sección cuadrada b = h

20 /5,1374

550 cmkgFSADM ===σ

σ

5,137000.420

12

2000.70

34 =≤=×

== ADMhh

h

IMc σσ

b = h = 14,5 cm b) Para h = 1,5b:

5,13725,2

000.420000.420

12

2000.70

323 =≤==×

== ADMbbhbh

h

IMc σσ

b = 11,07 cm h = 16,61 cm 4.35) En el ejercicio anterior, compare el peso de ambas vigas, que como se ha visto tienen la misma capacidad de resistencia. SOLUCION:

V, kgf

350

350

MF, kg-m 700

216

Area de la viga cuadrada: AC = b2 = (14,5)2 = 210,25 cm2 Area de la viga rectangular: AR = bh = 11,07 x 16,61 = 183,87 cm2

143,187,18325,210

==R

C

AA

Es decir, la viga cuadrada tiene la misma resistencia que la viga rectangular y es un 14,3% más pesada. 4.36) SOLUCION:

( ) ( ) ( ) cmy 12424

32621212−=

+−×××+××

=

433

320288323622

3212 cmI X =+=

××+

×=

Aplicando Steiner: IG = IX – Ad2 = 320 – 48 x 12 = 272 cm4

( ) ( ) 2/87,1375076,22724

5,2252000.3 cmkgbIVQ

=×=×

××××==τ

4.37) Una viga rectangular de pino insigne que tiene una sección de 15 x 20 cm está simplemente apoyada en los extremos y tiene una luz de 2,4 m. Si la tensión por flexión admisible es de 165 kg/cm2 y la tensión de corte admisible es de 6,5 kg/cm2, determinar la máxima carga distribuida, uniforme que puede aplicarse sobre toda ka viga.

La viga de la figura está sometida a una fuerza de corte máxima de 3.000 kgf. Determinar el máximo esfuerzo de corte que se produce. Medidas en cm.

12

2 2 8

6

2 X

217

SOLUCION: ( )∑ =×+−= 02,14,24,2 ωAB RM RA = 1,2ω ∑ =+−= 04,22,1 BY RF ωω RB = 1,2ω Respecto al esfuerzo de flexión:

423

000.1012

201512

cmbhIG =×

==

165000.10

1010072,0≤

××==

ωσI

Mc

2,4 m

A B

ω kg/m

15

20

2,4 m

RA RB

ω kg/m

V, kgf

1,2ω

1,2ω

MF, kg-m

0,72ω

218

ω1 = 2.291,7 kg/m Respecto al esfuerzo de corte:

5,62015

2,134

34

≤×

×=×==ωτ

AV

bIVQ

ω2 = 1.218,75 kg/m Por lo tanto la máxima intensidad de la carga distribuida es de 1.218,75 kg/m. 4.38) La viga de la figura es un perfil H 160 (A = 45,8 cm2, IX = 2.630 cm4, WX = 329 cm3, h = 16 cm) y está sometida a las cargas que se muestran. Determinar: a) Las ecuaciones de fuerza de corte y de momento flector; b) Los diagramas de fuerza de corte y momento flector; c) La localización y magnitud del máximo esfuerzo de flexión. SOLUCION: ( ) ( )∑ =××+××+−= 012200.1526006 AB RM RA = 1.400 kgf ↑ ∑ =+−−= 0400.2200.1400.1 BY RF RB = 2.200 kgf ↑ a) Ecuaciones: 0 < x < 2 m: V(x) = 1.400 – 600x V(0) = 1.400 kgf V(2) = 200 kgf

2 m

A B

600 kg/m

2 m

1.200 kg/m

2 m

2 m

RA RB

600 kg/m

2 m

1.200 kg/m

2 m

219

M(x) = 1.400x – 300x2 M(0) = 0 M(2) = 1.600 kg-m Veamos si hay un máximo o mínimo en este intervalo. Para que ello ocurra, la fuerza de corte debe ser cero. V(x) = 1.400 – 600x = 0 x* = 2,33 m Este valor está fuera del intervalo, por lo que el máximo es el valor calculado en x = 2 m. 2 < x 4 m:

V(x) = 1.400 – 1.200 = 200 M(x) = 1.400x – 1.200(x – 1) M(2) = 1.600 kg-m M(4) = 2.000 kg-m 4 < x 6 m:

V(x) = 1.400 – 1.200 – 600(x - 4) = 200 – 1.200(x – 4) V(4) = 200 kgf V(6) = 2.200 kgf

M(x) = 1.400x – 1.200(x – 1) – 600(x - 4)2 M(4) = 2.000 kg-m M(6) = 0 Veamos si hay un máximo o mínimo en este intervalo. Para que ello ocurra, la fuerza de corte debe ser cero.

V(x) = 200 – 1.200(x – 4) = 0 x* = 4,167 m MMAX = M(4,167) = 2.016,7

b) Diagramas

1.400

200

2.200

V, kgf

220

c)

2/98,612329

1007,016.2 cmkgW

M

X

MAXMAX =

×==σ , en x = 4,167 m.

4.39) SOLUCIÓN

6002

2

−=dx

ydEI

1600 CxdxdyEI +−=

Pero la pendiente es cero en x = 0. Por lo tanto: C1 = 0 2

2300 CxEIy +−= Pero y = 0 en x = 0. Por lo tanto: C2 = 0

cmyMAX 517,015

64101,2

10330046

62

−=×××

××−=

π

M, kg-m

1.600 2.000 2.016,7

3 m

M

Para la viga de la figura, de sección circular de 15 cm de diámetro, determinar la flecha máxima, si M = 600 kg-m. E = 2,1 x 106 kg/cm2.

3 m

M M

221

4.40) Para la viga de la figura, determinar: a) El máximo esfuerzo de flexión para las condiciones dadas en c); b) La ecuación de la elástica, en función de M1, L, E e IX; c) La posición y magnitud la máxima flecha si M1 = 3.600 kg-m, L = 3 m y la viga es de acero (E = 2,1 x 106 kg/cm2) y se trata de un perfil H 180 con IX = 3.830 cm4, h = 18 cm. SOLUCION:

∑ ↓=⇒=−=L

MRMLRM AAB1

1 0

∑ ↑=⇒=+−=L

MRRL

MF BBY11 0

Diagramas: a) Esfuerzo máximo: El esfuerzo máximo se produce en el apoyo izquierdo.

L, m

A B

M1 kg-m

L, m

RA RB

M1 kg-m

LM 1

V, kgf

M1

M, kg-m

222

2/95,845830.3

9100600.3 cmkgI

cM

X

MAXMAX =

××==σ

b)

xL

MMdx

ydEI 112

2

−=

121

1 2Cx

LMxM

dxdyEI +−=

Como no sabemos nada de la pendiente, integramos de nuevo.

2131

21

62CxCx

LMxMEIy ++−=

Como y = 0 en x = 0, entonces C2 = 0 Además y = 0 en x = L:

062 1

3121 =+− LCLL

MLM ;

31

1LMC −=

Entonces la ecuación de la elástica es:

xLMxMxL

MEIy32612131 −+−=

c) Localización de la flecha máxima. La pendiente debe ser cero en el punto de flecha máxima:

032121

1 =−−=LMxMxM

dxdyEI

0322 22 =+− LLxx

X1 = 1,577L (Valor fuera del intervalo) X2 = 0,423L Para L = 3 m: X = 1,268 m Flecha máxima:

223

( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡×−+

×−×= 268,1

33

2268,1

36268,110600.3

236

MAXEIy

cmyMAX 258,0830.3101,2

1046,078.26

6

−=×××

−=

-3,000

-2,500

-2,000

-1,500

-1,000

-0,500

0,000

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

Largo de la viga, m

Flec

ha, m

m

4.41) La viga de la figura es rectangular de 6 x 9 cm y se construye de aluminio para el cual E = 0,7 x 106 kg/cm2. Determinar: a) La ecuación de la elástica de la viga; b) La máxima intensidad de carga admisible si la flecha no debe exceder de 4 mm ni el esfuerzo exceder de 560 kg/cm2. SOLUCION a)

43

5,36412

96 cmI XG =×

=

xLLx X

x ωωωω=⇒=

9 cm

6 ω kg/m

L = 0,9 m

224

( ) 3

6x

LxM ω

−=

M(0) = 0 MMAX = M(0,9) = - 0,135ω kg-m

( ) 32

2

631

21 x

LxxxM

dxydEI X

ωω −=×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×−==

14

24Cx

LdxdyEI +−=

ω

Pero la pendiente es cero en x = L. Por lo tanto:

24

3

1LC ω

=

2

35

24120CxLx

LEIy ++−=

ωω

Pero y = 0 en x = L. Por lo tanto:

30

4

2LC ω

−=

Entonces, la ecuación de la elástica es:

3024120

435 LxLx

LEIy ωωω

−+−=

b)

• Con respecto a la flecha máxima en x = 0.

5,364107,030109,04,0

30 6

644

×××××

==⇒−=ωω

MAXMAX yLEIy

(ω1)MAX = 4.666,67 kg/m

0,135ω

M, kg-m

225

• Con respecto al esfuerzo máximo

5605,364

5,4100135,0=≤

××== ADMI

Mc σωσ

(ω2)MAX = 3.360 kg/m

Por lo tanto, la máxima intensidad de carga admisible que cumpla ambos requerimientos es ω = 3.360 kg/m.

226

UNIDAD V: COLUMNAS (PANDEO)

5.1. ESTABILIDAD DE ESTRUCTURAS En los capítulos anteriores se ha tenido en cuenta la resistencia y deformación de los elementos para determinar sus dimensiones o las tensiones, según sea el caso. En este capítulo se estudia el caso de elementos esbeltos, los cuales pueden fallar con tensiones muy bajas, debido a falta de equilibrio. Para entender el problema de la estabilidad haremos la analogía siguiente: 5.2. DEFINICIONES BASICAS 5.2.1 RADIO DE GIRO El radio de giro, k, de un área es:

AIk = (5.1)

donde I es el momento de inercia mínimo del área, y A es el área. 5.2.2 RELACION DE ESBELTEZ Se define la relación de esbeltez, RE, por:

kLRE = (5.2)

donde L es la longitud de la columna, y k es el radio de giro. 5.2.3 CONDICIONES DE APOYO Si las condiciones de apoyo en los extremos son diferentes a las consideradas en la figura 1, es decir, articulada en ambos extremos, se define la longitud efectiva o equivalente como:

Supongamos las dos barras de la figura, 5.1 conectadas en el centro mediante un pasador, donde, además existe un resorte de torsión de constante k. Si las cargas están perfectamente alineadas, las dos barras permanecerán rectas. Ahora tiramos del pasador que contiene el resorte hacia la derecha; entonces, si el resorte tiene suficiente capacidad, la estructura puede volver o no a su posición inicial. En el primer caso, se dice que hay estabilidad; en el segundo caso, el sistema es inestable.

P

L/2

L/2

Figura 5.1

227

Lef = α*L (5.3) Donde, L es la longitud real de la columna y α es un factor que varía entre 0,5 y 2, dependiendo de las condiciones de apoyo, como se muestra en la tabla 5.1.

TABLA 5.1. VALORES DE α PARA LOS TIPOS DE APOYO

TIPO DE APOYO VALOR DE α Articulado en ambos extremos (Fig. 1) 1 Empotrado en ambos extremos 0,5 Empotrado en un extremo y articulado en el otro

0,707

Empotrado en un extremo y libre en el otro 2 Algunos autores de textos de Diseño de Máquinas recomiendan que se use α = 2 para columnas empotradas en un extremo y libres en el otro extremo, y α = 1 en cualquier otro caso. Considerando los diferentes tipos de apoyo, podemos definir ahora la Relación de Esbeltez efectiva o equivalente, REef de la forma siguiente:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

kLREef

α (5.4)

5.3. FORMULA DE EULER Leonard Euler dedujo una expresión que permite determinar la carga crítica, es decir, la carga que producirá la falla por pandeo de dicho elemento. Para obtener esta ecuación, llamada Fórmula de Euler, estudiemos la figura 5.2, en la que se muestra una columna deformada por la acción de la carga de compresión P. Haciendo uso de la ecuación obtenida para el cálculo de deflexiones, se obtiene:

x

P

y

x

Y

P

P

V

Figura 5.2

228

yEIP

EIM

dxyd

−==2

2

, o bien,

02

2

=+ yEIP

dxyd (5.5)

La anterior es una ecuación diferencial homogénea lineal, de segundo orden, con coeficientes constantes. Haciendo:

EIPp

EIPp =⇒=2

La solución de la ecuación diferencial es: y = C1sen(px) + C2cos(px) (5.6) Aplicando las condiciones de borde: En x = 0, y = 0, por consiguiente, C2 = 0; En x = L, y = 0,es decir, C1sen(pL) = 0, de donde:

sen(pL) = 0, y, (pL) = nπ Por lo tanto:

2

2222

LEInP

EIP

Lnp ππ

=⇒=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= (5.7)

El menor valor de n distinto de cero, es decir, n = 1, determina la carga crítica de Euler, Pcrit.

2

2

LEIPcrit

π= (5.8)

La anterior es la fórmula de Euler, en cuya deducción se han supuesto apoyos articulados en ambos extremos. En el caso de tener otro tipo de apoyos, de debe reemplazar la longitud real L, por la longitud efectiva o equivalente Lef, obteniéndose la expresión siguiente para Pcrit.

( )2

2

LEIPcrit

απ

= (5.9)

Si consideramos que I = k2A, e introducimos este valor en la fórmula de Euler, se obtiene:

( )2

2

2

2

2

22

Ecrit R

EA

kLEA

LAEkP πππ

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

== (5.10)

229

donde A es el área, y RE es la relación de esbeltez, ya definidas. La anterior es la carga que produce la falla por pandeo, por consiguiente, la carga admisible la obtenemos dividiendo Pcrit por un Factor de Seguridad FS.

FSP

P critadm =

Los valores habituales de FS son de tres o más, dependiendo de las condiciones y seguridad exigidas al diseño. La tensión crítica σcrit para la carga crítica de Euler la obtenemos simplemente cambiando de lado el área en la fórmula de Euler. Así:

( )2

2

2

2

E

critcrit R

E

kL

EA

P ππσ =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

== (5.11)

De nuevo, la tensión admisible se obtendrá la dividir la tensión crítica por FS.

FS

critadm

σσ = (5.12)

Como puede verse, la fórmula de Euler sólo tiene en cuenta el Módulo de Elasticidad del material y la Relación de Esbeltez, es decir, no considera la resistencia del material. En el gráfico de la figura 5.3 se muestra la tensión crítica para distintas relaciones de esbeltez, para el acero A 37 – 24.

Figura 5.3. Variación de la tensión crítica con la relación de esbeltez

ACERO A 37 - 24

100

1000

10000

0 50 100 150 200 250 300 350 400

Relación de Esbeltez, Re

Tens

ión,

kg/

cm2

EULER JOHNSON

230

El gráfico anterior muestra que para relaciones de esbeltez cercana a 90, la tensión crítica que predice el modelo de Euler excede la tensión de fluencia del acero A 37 – 24 (2.400 kg/ cm2), lo que es inaceptable puesto que el material, en tal caso, fallará por fluencia a la tensión correspondiente. Lo anterior limita la aplicabilidad de la fórmula de Euler solamente a columnas largas, cuyos límites se estudiarán en los puntos siguientes. Por lo tanto, las ecuaciones 5.11 y 5.12 definen la resistencia de “un tipo de columna”, con sus características geométricas y tipo de material. 5.4. FORMULA DE JOHNSON Para el cálculo de columnas con relaciones de esbeltez donde no es aplicable la fórmula de Euler, se han propuesto innumerables modelos empíricos. Sin embargo, el modelo de mayor uso fue propuesto por J. B. Johnson, el cual ha sido adoptado por muchas instituciones tales como AISI (Instituto Americano del hierro y el acero), AISC (Instituto Americano de Construcciones de acero), etc. El modelo de Johnson propone una tensión crítica, que es la siguiente:

2

0 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

kLKcrit

ασσ (5.13)

Esta es la ecuación de una parábola (α tiene el mismo significado que en el modelo de Euler), la cual se representa en la parte inferior del gráfico de la figura 5.3, para el acero A 37 - 24. Esta curva nos muestra que, para relaciones de esbeltez inferiores a 40, la tensión crítica es muy cercana a la tensión de fluencia σ0 (algunos autores sugieren considerar sólo RE < 10). Por consiguiente, estas columnas, llamadas columnas cortas, pueden calcularse a compresión simple. Es decir:

FSA

Padm

0σσ =≤ (5.14)

donde σ0 es la tensión de fluencia en compresión del material, y FS, como antes, es un factor de seguridad, que, para esta situación, puede ser cercano a 2. El punto de intersección de la hipérbola de Euler con la parábola de Johnson se produce para la mitad de la tensión de fluencia en compresión del material. En este punto, naturalmente, son válidos ambos modelos. La relación de esbeltez que corresponde a este punto se denomina Relación de Esbeltez límite. Por lo tanto, igualando las tensiones críticas a σ0/2, se tiene:

2

00

2 L

critcrit k

LKA

P⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−===ασ

σσ (5.15)

de donde podemos obtener la constante K:

( )2

02

0

22 LE

L

RkL

Kσ

ασ

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

= (5.16)

231

donde la expresión ELL

RkL

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛α , representa la Relación de Esbeltez límite. Para

relaciones de esbeltez mayores que ésta, se aplica la ecuación de Euler; para las menores, se aplica la ecuación de Johnson. Utilizando el valor de K, podemos reescribir la ecuación de Johnson de la forma siguiente:

( )( ) ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡×−=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−=2

02

2

02

2

0 211

211

21

EL

E

LE

E

L

crit RR

RR

kLkL

σσ

α

σσ (5.17)

Ahora podemos obtener una expresión para la Relación de Esbeltez límite, igualando la tensión crítica de ambos modelos.

( ) 2

02

2

2

2 σπαπσ ==

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=EL

L

crit RE

kLE (5.18)

De la expresión anterior obtenemos:

0

2σ

πα EkLR

LEL =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= (5.19)

Entonces, ahora podemos dividir las columnas en cortas, intermedias y largas, aplicándose, para cada caso, el modelo correspondiente, como se muestra en la Tabla 5.1.

Tabla 5.1. Clasificación de columnas

COLUMNA kLRE

α= σcrit

Corta ≤ 40 Tensión de Fluencia σ0 Intermedia

0

240σ

πα EkL

≤⎟⎠⎞

⎜⎝⎛≤

Ecuación de Johnson

Larga

0

2σ

π E≥

Ecuación de Euler

Debe destacarse que muchas organizaciones recomiendan que la Relación de Esbeltez no debe exceder de 200.

232

En la figura 5.4 se muestra la Relación de Esbeltez límite para aceros estructurales, cuyas tensiones de fluencia están en un rango de 2.000 a 3.400 kg/cm2

.

Figura 5.4. Relación de Esbeltez límite

Para otros materiales estructurales, tales como aluminio, madera, etc., existen fórmulas propuestas por diversas Asociaciones de USA y otros países, que se encuentran disponibles en todos los textos de Resistencia de Materiales, de Estructuras, etc. 5.6. EJERCICIOS 5.1) Determinar el radio de giro de a) una sección transversal circular, maciza, de diámetro D; b) Una sección transversal cuadrada de lado a. SOLUCION: a) El radio de giro es:

416

4

64 2

2

4

DDD

D

AIk ====

π

π

b)

3212

12 2

2

4

aaa

a

AIk ====

20002200240026002800300032003400

110 120 130 140 150Relación de Esbeltez límite para Aceros Estructurales

Tens

ión

de F

luen

cia,

kg/

cm2

233

5.2) Determinar el radio de giro de una sección transversal redonda, hueca, de diámetro exterior D y diámetro interior d. SOLUCION:

( )

( )( )( ) 22

22

2222

22

44

41

161

4

64 dDdD

dDdDdD

dD

AIk +=

−−+

=−

−

==−

π

π

;

Recordemos que (D4 – d4) = (D2 – d2)(D2 + d2) 5.3) Determinar el radio de giro de una sección transversal cuadrada, hueca, de lado exterior a y lado interior b, como se muestra en la figura. SOLUCION:

( )32

1121

22

22

44

baba

ba

AIk +

=−

−===

5.4) Determinar la Relación de Esbeltez para una columna de acero A 37 – 24, circular, hueca, de 3 m de alto, 7,5 cm de diámetro interior y 10 cm de diámetro exterior. La columna es articulada en ambos extremos. SOLUCION:

cmdDk 125,325,5610041

41 22 =+=+=

96125,31003

===x

kLRE

Observemos que para el acero A 37 –24, la Relación de Esbeltez límite es:

42,131400.2

101,222 6

0

===⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ xxE

kL

L

πσ

π

Por consiguiente, esta columna debe calcularse con la fórmula de Johnson.

b a

234

5.5) SOLUCION: Como el pandeo se produce respecto al Radio de Giro mínimo, calcularemos xI e yI . Cálculo de yI :

( ) 433 500.121015305121 cmxxI y =+=

Cálculo de xI : Como la sección transversal no es simétrica respecto a algún eje horizontal, deberemos calcular la posición del centro de gravedad.

( ) ( )( )( ) ( ) cm

xxxxxy 5,2

300750

15105305,715105,2530

−=−

=+

−+=

( ) 433 500.12151053031 cmxxI x =+=

Aplicando Steiner: ( ) 422 625.105,2300500.12 cmAdII xx =−−=−= (Valor mínimo de I). Por lo tanto:

42951,5

250

300625.101005,2

====x

kLRE

5.6) La columna del problema 5.5 está construida de acero estructural A 37 – 24. Con un Factor de Seguridad de 3, determinar la carga admisible. SOLUCION: Por la magnitud de la relación de esbeltez, se debe usar la fórmula de Johnson. Pcrit = FS x Padm = 3Padm

5

15 cm

x

10 10 10

Para una columna de 2,5 m de alto, articulada en ambos extremos, con la sección transversal que se muestra, determinar la Relación de Esbeltez.

235

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−===

2

42,13142

211400.2

3003 admcrit

critP

AP

σ

Padm = 227.743,8 kg = 227,74 Ton 5.7) La columna del problema 5.5 está construida de acero estructural A 37 – 24. Con un Factor de Seguridad de 3, determinar la carga admisible, si se aumenta su altura hasta, a) 7 m; b) 10 m. SOLUCION: a) Pcrit = FS x Padm = 3Padm

63,117951,51007

=×

==kLRE

Como la Relación de Esbeltez es menor que la límite (131,42), se debe aplicar la fórmula de Johnson.

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−===

2

42,13163,117

211400.2

3003 admcrit

critP

AP

σ

Padm = 143.862,7 kg = 143,9 Ton b)

04,168951,510010

===x

kLRE

Siendo RE mayor que la Relación límite, se usa la fórmula de Euler.

( )2

62

2

2

04,168300101,23 xxx

kLEAPP admcrit

ππ=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

==

Padm = 73.399,6 kg = 73,4 Ton 5.8) Una barra maciza de acero estructural A 37 – 24, de 25 mm de diámetro, articulada en ambos extremos, está sometida a compresión axial. Determinar: a) La longitud mínima para la que es válida la fórmula de Euler; b) La longitud máxima para que la relación de esbeltez no exceda de 200; c) La carga admisible, con un factor de seguridad de 3, para las longitudes mínima y máxima. SOLUCION:

236

a) En el ejercicio 5.1, se determinó el radio de giro para una sección circular:

625,045,2

4===

Dk

La relación de esbeltez debe ser igual a la relación límite:

42,131400.2

101,222 6

0

=×

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ xE

kL

kL

L

πσ

π

L =131,32 x 0,625 = 82,14 cm b)

cmxLkL 125625,0200200 max ===⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

c) Para Lmin:

( )( )

kgxxx

kLEAPPFSP admadmcrit 7,5890

42,13125,1101,23 2

262

2

2

==

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

==×=πππ

Por lo tanto: Padm =1.963,6 kgf Para Lmax:

( )( )

kgxxx

kLEAPPFSP admadmcrit 48,543.2

20025,1101,23 2

262

2

2

==

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

==×=πππ

Por lo tanto: Padm = 847,8 kgf 5.9) Una columna de acero estructural A 37 –24, de 3 m de alto, articulada en sus dos extremos, soporta una carga de compresión de 4 Ton. Calcular el diámetro de la columna para un Factor de Seguridad de 3. Además la Relación de Esbeltez no debe exceder de 200. SOLUCION:

237

Pcrit = 3 x 4.000 12.000 kgf Suponiendo que es válida la fórmula de Euler:

( )2

462

2

2

30064

101,2000.12

Dx

LEIPcrit

πππ ××===

Despejando, se tiene: mmcmD 716,571,554,061.14 === Se adopta: D = 52 mm Para que se cumpla el modelo de Euler, la relación de esbeltez debe ser mayor que 131,42.

9,20645,1

30045,148,5

4==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⇒===

kLcmDk

Vemos que se cumplen las condiciones de Euler, pero la relación de esbeltez es > 200. Por consiguiente:

cmDD

xDL

kL 62003004

4

=⇒==⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

El diámetro calculado satisface ambos requerimientos. 5.10)

1 m

1,8 m

A

B 5 12

C 4

3

P

2,4 m

La armadura de la figura, constituida por dos barras redondas AB y BC, soporta una carga P = 5.600 kgf. Con un factor de seguridad de 3 respecto a la falla por pandeo, determinar un diámetro uniforme para ambas barras, si éstas han de ser de acero estructural A 37 – 24 (E = 2,1 x 106 kg/cm2). Además la relación de esbeltez no debe exceder de 200.

238

SOLUCION: Longitud de la barras: mLAB 6,214,2 22 =+= mLBC 38,14,2 22 =+= Las barras AB y BC están sometidas a dos fuerzas, por lo que las fuerzas que actúan sobre ellas deberán tener las mismas direcciones de las barras. Por consiguiente, basta hacer un análisis del equilibrio del nudo B. Las dos barras se suponen en compresión.

BCABABBCy FFFFF53

5130

135

530 ×=⇒=−⇒=∑

054

1312600.50 =−−⇒=∑ BCABx FFF

kgfFFFF BCBCBCBC 500.2600.52556

54

53

513

1312

=⇒==+××

fkgFAB 900.3500.22539

=×=

Ambas barras trabajan en compresión, como se supuso, por lo que, como la barra con mayor carga es la barra AB, se determinará el diámetro de ésta en primer lugar. La relación de esbeltez límite para el acero A 37 – 24 es:

42,131400.2

101,222 6

0

=××

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π

σπ E

kL

L

Pcrit = 3Padm = 3 x 3.900 = 11.700 kg

Suponiendo que se cumple Euler:

FAB

5.600

y FBC

3.900

3.900

2.500

2.500

239

( )

cmD

Dxxx

LEIPcrit 28,54,777

26064

101,2700.11 4

2

462

2

2

==⇒===

πππ

Se adopta D = 5,4 cm = 54 mm Verificamos si se cumple Euler:

cmDk 35,144,5

4===

6,19535,1

260==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

kL

Es decir, se satisfacen ambos requerimientos, tanto la relación de esbeltez para el modelo de Euler, como que ésta sea < 200. Sin embargo, la barra BC es más larga, por lo que calcularemos su relación de esbeltez.

2,22235,1

300==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

kL

La relación de esbeltez de la barra BC es mayor de 200. Por consiguiente, calculamos un nuevo diámetro en base a esta exigencia.

cmDDD

LkL 62003004

4

=⇒=×

=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

El diámetro calculado satisface ambos requerimientos, para ambas barras. 5.11)

B

A D C

1,5 m

34

5.000 kgf 2 m 2 m

La armadura de la figura está construida con barras redondas de acero estructural A 37 – 24 (E = 2,1 x 106 kg/cm2), con ambas barras articuladas en sus extremos. Determinar: a) Las reacciones en A y D; b) La fuerza que actúa sobre cada barra, indicando si es Tracción o Compresión; c) El diámetro de cada barra, considerando un factor de seguridad de 3, tanto para las barras de tracción como las de compresión; en este último caso, considerar efecto de pandeo.

240

SOLUCION: a) Cálculo de reacciones:

↑=⇒=×−×⇒=∑ kgDDxM yyA 000.204254000.50

↑=⇒=+×−⇒=∑ kgAAF yyy 000.20000.254000.50

←=⇒=−×⇒=∑ kgAAF xxx 000.3033000.50

b) Nudo A: En el diagrama de fuerzas del Nudo A, se ha supuesto FAC en tracción y FAB en compresión.

)(33,333.3053000.20 CkgFFF ABBCy ==−⇒=∑

)(67,666.5033,333.354000.30 TkgFxFF ACACx ==−−⇒=∑

Nudo C:

)(67,666.2067,666.5000.5530 TkgFxFF CDCDx =⇒=−+⇒=∑

En el Nudo C, se han supuesto en tracción las barras BC y CD.

Dy 5.000 kgf

Ay

Ax

FAB

3.000 FAC

2.000

FCD

FBC

5.666,67

5.000

241

∑ =⇒=−⇒= )(000.40000.5540 TkgFxFF BCBCy

Nudo D:

)(33,333.3053000.20 CkgFFF BDBDy =⇒=−⇒=∑

Como comprobación haremos equilibrio horizontal:

∑ =−⇒= 067,666..23,333.3540 xFx

En el cuadro siguiente se muestra el resumen de cargas.

BARRA CARGA, kg TIPO DE CARGA AB 3.333,33 Compresión AC 5.666,67 Tracción BC 4.000 Tracción BD 3.333,33 Compresión CD 2.666,67 Tracción

c) Barras en Tracción: Se calculará el diámetro de la barra con mayor carga, es decir, la AC. Para el acero A 37 – 24 la tensión de fluencia es de 2.400 kg/cm2. Luego:

220 67,666.5800

3400.2

RAF

cmkg

FSAC

adm πσ

σ =====

Por lo tanto:

cmR 502,1800

67,666.5==

π

Se adopta D = 32 mm para las tres barras solicitadas a tracción.

En el Nudo D, la barra BD se supone en compresión.

FBD

2.000

2.666,67

242

Barras en Compresión: Las barras AB y BD tienen la misma carga en compresión y la misma longitud, por lo que es suficiente calcular una de ellas. La Relación de Esbeltez límite para este acero, ya calculada en ejercicios anteriores, es 131,42. Suponiendo que se cumple Euler: Pcrit = 3Padm = 3 x 3.333,33 = 10.000 kg

( )

cmD

Dxxx

LEIPcrit 98,431,614

25064

101,2000.10 4

2

462

2

2

==⇒===

πππ

Se adopta: D = 5 cm Verificamos si se cumple Euler:

42,131200

45

250>=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

kL

Por lo tanto, se cumplen las condiciones de Euler y la relación de esbeltez está en el límite aceptado habitualmente por las Normas. 5.12) SOLUCION: Para el acero A 37 –24, la relación de esbeltez, ya calculada, es 131,42. Si e es el espesor de pared, el diámetro interior es d = D – 2e = 14 – 2 x 0,6 = 12,8 cm Del ejercicio 5.2 el radio de giro es:

2500

L

Una pieza de un equipo mecánico, que pesa 2.500 kgf debe ser soportada por un tubo de acero estructural A 37 – 24, de 140 mm de diámetro exterior, y 6 mm de espesor de pared, como se muestra en la figura. La parte inferior del tubo está empotrada y la parte superior está libre. Con un factor de seguridad de 3 respecto al pandeo, y con la exigencia de que la relación de esbeltez equivalente o efectiva no debe exceder de 200, determinar la máxima altura admisible, L, para el tubo. E = 2,1 x 106 kg/cm2.

243

( )

cmdDk 742,44

8,12144

2222

=+

=+

=

Con α = 2, la Relación de Esbeltez efectiva es:

cmLLkL 2,474200

742,42

≤⇒≤=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛α

Esta longitud satisface las condiciones de máxima esbeltez. Ahora calcularemos al pandeo, suponiendo que se cumplen las condiciones de Euler. El momento de inercia de la sección transversal es:

( ) ( ) 44444 06,5688,12146464

cmdDI =−=−=ππ

Pcrit = FS x Padm = 3 x 2.500 = 7.500 kgf

( ) ( )

cmLLL

EIPcrit 46,6262

06,568101,22

500.7 2

62

2

2

=×××

===ππ

Relación de Esbeltez con esta longitud:

20021,264742,4

46,6262>=

×==

kLRE

α

Por lo tanto, la longitud que satisface ambas condiciones es Lmax = 474,2 cm. 5.13) SOLUCION:

B

P 75°

1,5 m

A C

2 m

La armadura de la figura está construída con barras redondas de acero estructural A 37 – 24. Las barras AB y BC tienen 32 mm de diámetro, mientras que la barra AC tiene 16 mm de diámetro. Si E = 2,1 x 106 kg/cm2, determinar la máxima carga admisible P, con un factor de seguridad de 3, para todo el sistema.

244

DCL: ∑ =⇒=−⇒= PCxPxCM yyA 194,00º75cos5,120 ∑ =⇒=−+⇒= PAPsenCAF yyyy 772,00º750 ∑ =⇒=−⇒= PAAPF xxx 259,00º75cos0 Nudo A: Nudo C: Cy = 0,194P 0,259P 3 4 FBC (C)

)(324,0053149,00 CPFFPF BCBCy ==−⇒=∑

En el cuadro siguiente se resumen las cargas en cada barra y el tipo de carga.

BARRA CARGA, kgf TIPO DE CARGA

AB 0,772P Compresión AC 0,259P Tracción BC 0,324P Compresión

Para la barra AC, en tracción:

20 800

3400.2

cmkg

FSadm ===σ

σ

( )

kgPPAF 4,210.6800

8,0259,0

2 ≤≤=π

P

CY AY

AX

Ax = 0,259P

Ay = 0,772P

FAC

FAB = 0,772P (C)

245

Para la barra AB, en compresión:

42,1315,187

42,3

150>==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

kL

Como se cumplen las condiciones de Euler:

( )

( )

( )kgfP

LEIPxPcrit 6,023.1

15064

2,3101,2772,03 2

462

2

2

=×××

===

πππ

Para la barra BC, en compresión:

42,1315,312

42,3

250>==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

kL

Como se cumplen las condiciones de Euler:

( ) ( )

kgfPLEIPxPcrit 756.1

25064

)2,3(101,2324,03 2

462

2

2

=×××

===

πππ

Por consiguiente, la carga máxima admisible es P = 1.023,6 kgf. Sin embargo debe tenerse en cuenta que la barra BC tiene una Relación de Esbeltez de 312,5 que excede largamente el valor de 200 recomendado por Norma. 5.14) SOLUCION:

L

A

k P

Si el resorte tiene una constante k y la barra es rígida, determinar la carga crítica.

246

Este es un caso típico de estabilidad, más que de resistencia. Debido a la carga, la barra tiende a rotar, hacia la izquierda o hacia la derecha, desplazándose una distancia d = Lθ (válido para ángulos pequeños). Esta es la misma distancia que se alarga (o comprime) el resorte. La fuerza desplazada hace un momento respecto a A, igual a Pd; por su parte el resorte, que equilibra el sistema, hace una fuerza F = kd y un momento respecto a A, igual a M = kdL. El sistema se hace inestable, cuando el resorte no tiene capacidad de retorno, es decir, cuando el momento que hace la fuerza es mayor o igual que el momento que hace el resorte. Es decir: Pd = PLθ = kL2θ Por lo tanto: Pcrit = kL 5.15) SOLUCION: Este es otro caso de estabilidad, más que de resistencia. Debido a la carga, la barra tiende a rotar, hacia la izquierda o hacia la derecha, desplazándose una distancia d = Lθ (válido para ángulos pequeños). El ángulo es el mismo que gira el resorte, haciendo un momento equilibrante igual a M = kθ. La fuerza, como en el caso anterior, hace un momento respecto a A, igual a M = Pd. El sistema se hace inestable cuando el resorte no tiene capacidad de retorno, es decir, cuando el momento que hace la fuerza es mayor o igual que el momento que hace el resorte. Es decir: Pd = PLθ = kθ Por lo tanto:

LkPcrit =

L

A k

P

Si el resorte en A tiene una constante de torsión k, y la barra es rígida determinar la carga crítica.

247


N = Ax

P = Ay Para ángulos pequeños:

x = p*θ

∑ = 0BM

222θ

θkpALkpLkxLA xx =⇒==

22

0 kpkpAPpPpAM x

crcrxC ===⇒=⇒=∑ θθ

θθ

P

B

A

C

k p

q

L

Dos barra rígidas AC y BC están conectadas a un resorte de constante k. Si el resorte puede actuar en tracción o en compresión, determinar la carga crítica del sistema para: a) p = L/3, q = 2L/3; b) p = q = L/2.

P

Ax

Ay

Nθ

kx

Bx

Ax

P

By

P

Ax

kpθ Cx

Cy = P

248

a) Para

3Lp = :

6kLPcr =

b) Para

2Lp = :

4kLPcr =

5.17) Un contenedor que pesa 12 Ton se sostendrá sobre una tarima apoyada en cuatro postes de madera de pino insigne, de sección cuadrada, de 2 m de altura. La carga se distribuye uniformemente sobre los postes, los cuales van empotrados rígidamente al suelo y están libres en el otro extremo. Con un margen de seguridad de 200% determinar las dimensiones transversales de los postes. Para el pino insigne: σ0 = 270 kg/cm2; E = 1,02 x 106 kg/cm2. Utilizar dimensiones comerciales. SOLUCION: Padm = 3.000 kgf; Lef = αL = 2 x 2 = 4 m

( ) 35,86270

1002,122 5

0

=××

== πσ

π ER LE

Pcr = FS x Padm =3 x 3.000 = 9.000 kgf Supondremos que se cumple Euler:

( ) ( )4

2

452

2

2

524,0400

121002,1

000.9 b

b

LEIP

efcr =

×××===ππ

De donde, b = 11,45 cm Se elige: b = 12,5 cm ≅ 5 pulgadas Comprobación del cumplimiento del modelo de Euler:

cmbk 608,3325,12

32===

( )LEE RkLR >=

×== 86,110

608,32002α

2 m

249

Por lo tanto, se cumple el modelo de Euler. 5.18) Un contenedor que pesa 12 toneladas se sostendrá en una tarima que se apoya sobre cuatro postes de madera de pino insigne, de sección cuadrada, de 2,5 m de altura. La carga se distribuye de manera uniforme sobre los cuatro postes, los cuales se empotran rígidamente en el suelo y tienen libre el extremo superior. Con un margen de 300%, determinar las dimensiones del poste. Usar dimensiones comerciales. Para el pino insigne: E = 1,02 x 105 kg/cm2; σ0 = 2,7 kg/mm2. SOLUCION: FS = 1 + MS/100 = 4 Padm = 3.000 kgf; Lef = αL = 2,5 x 2 = 5 m

( ) 35,86270

1002,122 5

0

=××

== πσ

π ER LE

Pcr = FS x Padm = 4 x 3.000 =12.000 kgf Supondremos que se cumple Euler:

( ) ( )4

2

452

2

2

3356,0500

121002,1

000.12 b

b

LEIP

efcr =

×××===ππ

De donde, b = 13,75 cm Se elige: b = 15 cm ≅ 6 pulgadas (dimensión comercial para la madera) Comprobación del cumplimiento del modelo de Euler:

cmbk 33,432

1532

===

( )LEE RkLR >=

×== 47,115

33,42502α

Por lo tanto es válida la fórmula de Euler 5.19) Una columna de acero estructural A 37 -24 ES de 2,4 m de alto (E = 2,1 x 106 kg/cm2), empotrada en un extremo y libre en el otro, se construye con un tubo en

2,5 m

250

que el diámetro exterior es 4 veces el diámetro interior. Calcular ambos diámetros para una carga admisible de 20 toneladas con un FS = 3. SOLUCIÓN: a)

DD

DDdDk 258,0

41617

44

4

2

22

22

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=+

=

Supondremos que se cumple Euler, es decir:

( ) 42,131400.2

101,222 6

0

=××

==≥ πσ

π ERR LEE

DDk

LRE7,862.1

258,01004,22

=××

==α

( ) 44

444 0489,046464

DDDdDI =⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−=

ππ

( ) 22

222 736,0444

DDDdDA =⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−=

ππ

( )

cmDDLEIPP AdmCr 81,10

22400489,0101,2000.603 2

462

2

2

=⇒××××

====ππ

d = 2,702 cm Verificamos si se cumple Euler:

42,13132,17281,10

7,862.17,862.1>====

DkLRE

α

Por consiguiente se cumple Euler.

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