UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

VICERRECTORADO DE INVESTIGACION

INSTITUTO DE INVESTIGACION DE LA FACULTAD DEINGENIERIA MECANICA – ENERGIA

LIBRO DE PROBLEMAS DE

RESISTENCIA DE MATERIALES AVANZADO

AUTOR:

ING. JUAN ADOLFO BRAVO FELIX

01-09-2004 AL 30-11-2005

RESOLUCION RECTORAL N ° 829-04-R

BELLAVISTA - CALLAO

Ing. Juan Bravo

INDICE GENERAL

INDICE 2

RESUMEN 6

INTRODUCCION 7

CAPITULO 1

DEFLEXIONES Y PENDIENTES DE VIGAS 10

PROBLEMAS POR DE AREA DE MOMENTO

PROBLEMAS DE METODOS DE ENERGIA 26

PROBLEMAS DE. TEOREMA DE CASTIGLIANO Y TRABAJO VIRTUAL

37

REFERENCIALES 53

CAPITULO II

VIGAS DE GRAN CURVATURA 54

PROBLEMAS DE DETERMINACION DEL ESFUERZO NORMAL

PROBLEMAS DE DETERMINACION DEL ESFUERZO RADIAL 61

PROBLEMAS DE DEFLEXIONES EN VIGAS CURVAS 63

REFERENCIALES 68

CAPITULO III

PANDEO DE COLUMNAS 69

- PROBLEMAS DE PANDEO CENTRICO 23

- PROBLEMAS DE LA FÓRMULA DE LA SECANTE 78

PROBLEMAS DE COLUMNAS CON CARGA EXCENTRICA 87

- REFERENCIALES 93

CAPITULO IV

TEORIAS DE FALLA O ROTURA DE MATERIALES 94

- PROBLEMAS DE ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO 99

- PROBLEMAS DE LA ENERGIA DE DISTORSION MAXIMA 101

- PROBLEMAS DE LA TEORIA DE ROTURA DE MOHR . 107

REFERENCIALES 111

CAPITULO V

TUBOS DE PAREDES GRUESAS 112

- PROBLEMAS DE CALCULO DE LOS ESFUERZOS 116

- PROBLEMAS DE ESFUERZOS EN LOS TUBOS COMPUESTOS 120

REFERENCIALES 126

CAPITULO VI

CONCENTRACIÓN DE ESFUERZOS 127

- PROBLEMAS DE CONCENTRACIÓN DE ESF. POR CARGA AXIAL 130

- PROBLEMAS DE CONCENTRACIÓN DE ESFUERZOS EN TORSIÓN 132

- PROBLEMAS CONCENTRACION DE ESFUERZOS EN FLEXION 135

REFERENCIALES 138

CAPITULO VII

FATIGA DE MATERIALES 139

- PROBLEMAS DE FATIGA 141

Ing. Juan Bravo

.

7.7.- CRITERIOS DE ROTURA APLICADOS A FATIGA. 157

REFERENCIALES 160

MATERIALES Y METODOS 171

RESULTADOS 172

DISCUSION 173

BIBLIOGRAFIA 174

APENDICE

ANEXOS:

3 TABLA DE FORMULAS PARA A, R y Am DE VIGAS CURVAS 0

5 GRAFICOS DE CONCENTRACION DE ESFUERZOS

8 GRAFICOS DE FATIGA EN FUNCION DEL ACAB. SUPERF.

9 GRAFICOS DEL FACTOR DE SENSIBILIDAD

RESUMEN

El presente libro de Problemas de Resistencia de Materiales Avanzado se ha

desarrollado teniendo como referencia el syllabus de Resistencia de Materiales II, el

mismo que trata de los siguientes puntos:

- Deflexiones: de estructuras y elementos de máquina que sufren deformaciones

internas, giros y desplazamientos externos, que deben ser controlados dentro de ciertos

límites para darle estética a las estructuras y precisión a los elementos de máquina.

- Elementos curvos: los ganchos de grúas, poleas, eslabón de cadena, aros de ruedas,

etc. son elementos de gran curvatura (h/R>1/5) y deben ser diseñados con esta teoría.

- Pandeo de columnas: pueden presentarse en elementos sometidos a cargas de

compresión que al sobrepasar el valor crítico originan pérdida de estabilidad del

conjunto por lo que deben ser calculadas bajo normas como el AISC, y otros.

- Teorías de rotura: considera la igualdad de esfuerzo equivalente del estado triaxial y

monoaxial cuando el último llega a fluencia ó rotura; debido a igualdad de esfuerzo

principal máximo, esfuerzo cortante máximo, trabajo de distorsión máximo y Mohr.

- Cilindros de paredes gruesas: los recipientes a gran presión, tubos de cañón de armas

deben ser calculados con la teoría de tubos de pared gruesa (D/t < 20). Para incrementar

la resistencia se usan las técnicas de encamisado y auto zunchado.

- La concentración de esfuerzos (elevación) aparece en secciones transversales de

elementos donde existen cambios de geometría y otros, debiendo ser reducidos.

- Fatiga de materiales: se producen cuando las cargas varían en el tiempo o los

elementos son giratorios ocasionando rotura con cargas menores que las estáticas.

Los conceptos de los temas analizados en este libro serán de mucha utilidad para el

Ingeniero para la aplicación durante su actividad profesional.

Ing. Juan Bravo

INTRODUCCION

Este trabajo de investigación tiene por objetivo ofrecer al estudiante el LIBRO DE

PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES AVANZADO en base a los

contenidos del syllabus de la asignatura de Resistencia de Materiales II de la FIME los

cuales por corresponder a la segunda parte del curso no se analizan en los libros básicos

de Mecánica de Materiales de reciente publicación, conllevando consigo dificultades en

obtención de la información y el aprendizaje por cuanto la mayoría de ellos trabajan y

dispone de tiempo limitado.

El tema de estudio está organizado en siete capítulos. En el capítulo 1 se resuelven

problemas propuestos en diferentes textos sobre deflexiones de estructuras y elementos

de máquina originados porlas cargas externas por cuanto el funcionamiento adecuado de

las piezas de una máquina, la rigidez estructural de los edificios, los chasis de vehículos

y máquinas y la tendencia de una pieza a vibrar dependen de las deformaciones de

vigas. por consiguiente, la facultad de analizar vigas para detectar deflexiones (cuya

magnitud debe ser limitada para garantizar la exactitud y eficiencia de la maquinaria) es

importante. En la solucion se utilizas vario métodos tales como: el área de momentos, el

método de la viga conjugada, el principio de superposición, los métodos energéticos:

principio del trabajo virtual y el teorema de Castigliano y problemas hiperestáticas.

En el capítulo 2 se resuelven problemas propuestos de vigas de pequeña curvatura y

gran curvatura (h/R 1/5 s), determinando el eje neutro, los esfuerzos normales y

radiales así como giros y desplazamientos de los mismos y problemas hiperestáticos

aplicando los métodos energéticos. Las vigas de pequeña curvatura se tratan igual que

las vigas rectas.

En el capítulo 3 se analizan problemas de flexión (pandeo) de elementos sometidos a

compresión (columnas) los cuales tienden a perder estabilidad (colapso) a partir de una

determinada carga (crítica) denominada carga de Euler. También se analizan columnas

excéntricas y los métodos de determinación de la carga y esfuerzo admisibles mediante

fórmulas normalizadas como el ADF del AISC, interacción y esfuerzo admisible.

En el capítulo 4 se resuelven problemas propuestos utilizando las teorías de rotura

(falla) de mayor aceptación en la determinación de la resistencia de materiales

sometidos a esfuerzos combinados. Las teorías se basan en la comparación de esfuerzos

equivalentes de un elemento sometido a un estado triaxial o biaxial con otro sometido a

un estado monoaxial el cual es llevado hasta la rotura elástica ( y ) si el material es

dúctil, ó a la rotura plástica ( u ) si el material es frágil. Si el esfuerzo equivalente del

elemento sometido al estado triaxial es menor que del estado monoaxial se dice que el

elemento resistirá a las cargas que dieron origen a dicho estado, en caso contrario

fallará. Los criterios para la determinación de esfuerzos equivalentes en ambos estados

son los de: esfuerzo principal máximo, esfuerzo cortante máximo y energía de

distorsión máxima. También se emplea la teoría de rotura de Mohr que consiste en

trazar las envolventes al círculo de Mohr en ensayos de tracción y compresión estática,

para evaluar el material se traza otro círculo y si esta es tangente a la envolvente

entonces el material fallará en caso contrario no.

El capítulo 5 se resuelven problemas de resistencia de cilindros de pared gruesa (R/t >

10) sometidos a presión interna y externa propuestos en textos de la especialidad

determinando la magnitud de los desplazamientos radiales, esfuerzos circunferenciales,

radiales y axiales; también se analizan cilindros compuestos.

Ing. Juan Bravo

En el capítulo 6 se analizan problemas de la concentración de esfuerzos en elementos

cuya sección transversal varía ya sea por requerimientos de diseño o por defectos del

material o medios ambientales (corrosión) utilizando diagramas correspondientes según

la forma del elemento y el tipo de carga solicitante.

En el capítulo 7 se solucionan los propuestos en textos sobre la fatiga de materiales

debido a esfuerzos alternos sobre flechas rotantes originadas por cargas estáticas o los

originados por cargas fluctuantes en el tiempo que actúan con periodicidad sobre

elementos fijos, utilizando generalmente el criterio de Soderberg junto con la teoría de

rotura cuando se trata de elementos con cargas combinadas.

Todos los problemas desarrollados son importantes para el ingeniero mecánico porque

en un determinado momento de su vida profesional ya sea en las áreas de diseño,

fabricación, valuación y mantenimiento hará uso de las mismas para la toma de

decisiones de acuerdo a su responsabilidad y mando.

La fabricación, instalación o desmontaje de toda maquinaria conlleva la solución de

numerosos problemas de aplicación en base a las teorías de resistencia de materiales,

dinámica de máquinas y teoría de elasticidad a fin de darle resistencia, elasticidad,

estabilidad, poco peso y especialmente seguridad que son características de las

máquinas actuales

CAPITULO I

DEFLEXIONES Y PENDIENTES DE VIGAS ELASTICAS

1.- La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga puntual P en su

extremo libre. Determine el ángulo de giro y la deflexión del extremo libre.

Solución:

Para determinar el ángulo de giro aplicamos el primer teorema de área de momento:

EI

PLL

EI

PLA BAA 22

1 2

Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo

teorema de área de momento entre los puntos A y B.

EI

PLLL

EI

PLXA BA 33

2

2

1 3

2.- La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga uniformemente

distribuida w(x) en toda su longitud. Determine el ángulo de giro y la deflexión del

extremo libre.

Ing. Juan Bravo

Solución

Para determinar el ángulo de giro se aplica el primer teorema de área de momento entre

los puntos A y B.

EI

LL

EI

LA BAA 623

1 32

Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo

teorema de área de momento entre los puntos A y B.

ABA t / EI

LLL

EI

LXA BA 84

3

23

1 42

3.- Para vigas con carga triangular en toda su longitud en un extremo libre y empotrado en

el otro extremo. Determinar la pendiente y la deflexión del extremo libre.

Solución:

La variación del momento interno será de la forma:

L

xxx

L

xM x 632

1 3

La envolvente del área del diagrama de momentos será una parábola de segundo grado.

En B el valor del momento flector será 6/2L EI

Para determinar el ángulo de giro se aplica el primer teorema de área de momento entre

los puntos A y B.

EI

LL

EI

LA BAA 2464

1 32

Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo

teorema de área de momento entre los puntos A y B.

ABA t / EI

LLL

EI

LXA BA 305

4

64

1 42

Ing. Juan Bravo

4.- La viga con extremos simplemente apoyados esta sometida a carga uniformemente

distribuida como el indicado en la figura. Determine la flecha máxima

Solución:

Para determinar la deflexión máxima se traza la tangente respecto del centro de su

longitud media y se calcula la desviación vertical respecto de uno de sus extremos. En

este caso calculamos tA/M para una viga con extremos apoyados y carga uniformemente

distribuida en toda su longitud:

EI

LLL

EI

L

xAt ACMAMA

384

5

16

5

283

2 42

max

/max

.

5.- una viga horizontal de longitud L con carga P asimétrica. Determine la deflexión

máxima.

Solución:

Para calcular θA primero calculamos la desviación vertical de B respecto de A tB/A.

EI

lbPablbl

lEI

PbaxAt BCBAAB 632

1/

lEI

lbPab

l

t ABA 6

/

Como el momento flector en el punto M es Pbx/l, luego:

lEI

Pbxx

lEI

pbxA MAM 22

1 2

Igualando ambas expresiones determinamos el valor de la incógnita x:

3

lbax

Para determinar δmax y considerando que en M la tangente es horizontal calculamos tA/M

que será igual al desplazamiento máximo δmax

lEI

lbaPblba

lEI

lbPba

xAt ACMAMA

3933

2

6

2/3

max

/max

Ing. Juan Bravo

6.- una viga de dos tramos esta sometido a una carga uniformemente distribuida en el primer

tramo y a una carga puntual en el extremo libre. Determine el desplazamiento del

extremo libre.

Solución:

La gráfica de la deformada se muestra en líneas punteadas

EI

lll

EI

lxAt ACBABAC 24283

2.

42

/

EI

Plll

EI

plttt BCBCBA

PC 3

2

3

2

2

122

3

///

Luego el desplazamiento final será la suma de los desplazamientos calculados con sus

respectivos signos.

EI

Pl

EI

lPCCC 3

2

24

34

7.- la viga de dos tramos tiene carga triangular en el primer tramo y apoyos en los extremos

y en el punto medio. Determine las reacciones en los apoyos.

Luego, aplicando la condición de desplazamiento cero del apoyo C planteamos la

ecuación de primer grado con la incógnita C

, del cual despejando obtenemos la

incógnita buscada.

EI

lll

EI

lll

EI

lt BAC 455

4

64

1

3

2

62

1 422

/

EI

lCll

EI

lCttt BCBCBA

CC 3

2

3

2

2

122

3

///

Sumando los desplazamientos e igualando a cero por la condición de apoyo obtenemos

EI

lC

EI

lCCCC 3

2

450

34

30

lC

8.- La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga puntual P en su

extremo libre. Determine el ángulo de giro y la deflexión del extremo libre aplicando el

método de la viga conjugada.

Ing. Juan Bravo

Solución:

Considerando la viga conjugada con extremo libre en B y empotrada en A; con la carga

correspondiente al diagrama de momento flector de la viga real.

El ángulo de giro del extremo libre de la viga real será la reacción en el empotramiento

de la viga conjugada:

EI

PLL

EI

PLAYA 22

1 2

El desplazamiento del extremo libre de la viga real será el momento en el

empotramiento de la viga conjugada:

EI

PLLL

EI

PLM AA 33

2

2

1 3

9.- Resolver el problema Nº 8 mediante la conservación de la energía

Solución:

El trabajo externo = trabajo interno ó energía de deformación

EI

Pl

EI

dxPxP

l

A 622

123

0

2

EI

PlA 3

3

10. Resolver el problema Nº 8 Aplicando el teorema de Castigliano:

dxEI

P

MM

P

ux

x

A

xx

M

PxM

x

x

lx

x

A EI

Pl

EI

dxxPxdx

EIx

MM

P

u

0

3

3

Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio M” en dirección del giro

y una vez calculado la derivada respecto de M”, en la función de momento Mx se hace

M” = 0.

1"

"

M

M

MPxM

x

x

l

xx

A EI

Pl

EI

dxPxdx

EIM

MM

M

u

0

2

2

1""

11. Resolver el problema Nº 8 aplicando el principio del Trabajo Virtual

Solución;

Determinamos la función Mx de la viga real.

PxM x

En la dirección del desplazamiento de la viga real se aplica una carga ficticia (virtual) y

se calcula el momento interno originado por esta carga.

xmx .1

Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio

del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno)

Ing. Juan Bravo

dxEI

mM xA .1

lx

A EI

Pl

EI

dxPxxdx

EI

mM

0

3

3.1

12. La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga

uniformemente distribuida w(x) en toda su longitud. Determine el ángulo de giro y la

deflexión del extremo libre aplicando el método de la viga conjugada

Solución

Se considera una viga conjugada con extremo A empotrada y B libre.

Para determinar el ángulo de giro del extremo libre de la viga real se calcula la reacción

del empotramiento de la viga conjugada.

EI

LL

EI

LAyA 623

1 32

Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A de la viga real, se calcula

el momento del empotramiento de la viga conjugada.

EI

LLL

EI

LM AA 84

3

23

1 42

13. Resolver el problema Nº 12 aplicando el método del teorema de Castigliano

Solución:

Como no existe carga en dirección del desplazamiento, se aplica una carga ficticia Q en

dirección del desplazamiento a determinar. Una vez determinado la función Mx se

deriva respecto a Q, luego se hade Q = 0 en la función Mx antes de remplazar en la

formula de Castigliano.

dxEI

Q

MM

Q

ux

x

A

xQ

M

QxwxM

x

x

2/2

l

xx

A EI

wl

EI

dxxwxdx

EI

Q

MM

Q

u

0

42

8

2/

Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio M” en dirección del giro

y una vez calculado la derivada respecto de M”, en la función de momento Mx se hace

M” = 0.

1"

"2/2

M

M

MwxM

x

x

l

xx

A EI

wl

EI

dxwxdx

EIM

MM

M

u

0

32

6

12/""

14. Resolver el problema Nº 12 aplicando el principio del Trabajo Virtual

Solución:

Ing. Juan Bravo

Determinamos la función Mx de la viga real.

2/2wxM x

En la dirección del desplazamiento de la viga real se aplica una carga ficticia (virtual)

unitaria y se calcula el momento interno originado por esta carga.

xmx .1

Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio

del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno)

dxEI

mM xA .1

lx

A EI

wl

EI

dxwxxdx

EI

mM

0

42

8

2/.1

Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio m = 1 en dirección del

giro y se determinan las funciones de momento mx = -1 con la carga ficticia, después se

determina Mx = -wx2/2 con la carga real y, luego estos se introducen en la fórmula del

trabajo virtual...

lx

A EI

wl

EI

dxwxdx

EI

mM

0

32

6

2/1

15. Para vigas con carga triangular en toda su longitud en un extremo libre y empotrado en

el otro extremo. Determinar la pendiente y la deflexión del extremo libre aplicando el

método de la viga conjugada.

Solución:

El extremo libre de la viga real se convierte en empotrado de la viga conjugada y el

diagrama del momento flector de la viga real es la carga en la viga conjugada.

La fuerza de reacción en el empotramiento de la viga conjugada será el ángulo de giro

en la viga real.

EI

LL

EI

LAyA 2464

1 32

El momento de reacción en el empotramiento de la viga conjugada será el

desplazamiento en la viga real

EI

LLL

EI

LM AA 305

4

64

1 42

16. Resolver el problema Nº 15 aplicando el método del teorema de Castigliano

Solución:

Como no existe carga en dirección del desplazamiento, se aplica una carga ficticia Q en

esa dirección y se determina la función Mx , luego se deriva respecto a Q.

Qxl

wxQxx

xwM x

x

63

1

2

3

xQ

M x

Luego se hade Q = 0 en la función Mx antes de remplazar en la formula de Castigliano

Ing. Juan Bravo

l

xx

A EI

wl

EI

dxxlwxdx

EI

Q

MM

Q

u

0

43

30

6/

Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio M” en dirección del giro

y una vez calculado la derivada respecto de M”, en la función de momento Mx se hace

M” = 0.

1"

"6/3

M

M

MlwxM

x

x

l

xx

A EI

wl

EI

dxlwxdx

EIM

MM

M

u

0

33

24

16/""

17. Resolver el problema Nº 15 aplicando el principio del Trabajo Virtual

Solución:

Determinamos la función Mx de la viga real.

lwxM x 6/3

En la dirección del desplazamiento de la viga real se aplica una carga ficticia (virtual)

unitaria y se calcula el momento interno originado por esta carga.

xmx .1

Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio

del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno)

dxEI

mM xA .1

lx

A EI

wl

EI

dxlwxxdx

EI

mM

0

43

30

6/.1

Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio m = 1 en dirección del

giro y se determinan las funciones de momento mx = -1 con la carga ficticia, después se

determina Mx = -wx2/2 con la carga real y, luego estos se introducen en la fórmula del

trabajo virtual..

lx

A EI

wl

EI

dxlwxdx

EI

mM

0

33

24

6/1

18. La viga con extremos simplemente apoyados esta sometida a carga uniformemente

distribuida como el indicado en la figura. Determine la flecha máxima aplicando el

teorema de Castigliano

Solución:

Aplicamos una carga ficticia Q en dirección del desplazamiento

dxEI

Q

MM

Q

ux

x

A

xQ

M

Qxwxxwl

M

x

x

2

12

12/

22

Ing. Juan Bravo

2/

0

42

3842

12/2/

2l

xx

A EI

wl

EI

dxxwxwlxdx

EI

Q

MM

Q

u

19. Resolver el problema Nº 18 aplicando el principio del trabajo virtual.

Solución:

Determinación de momentos internos en una sección cualquiera.

2/2

2wxxwl

M x

xmx .1

dxEI

mM xA .1

2/

0

42

384

2/22

1

2.1l

xA EI

wl

EI

dxwxxwl

xdx

EI

mM

20. Empleando el método del trabajo virtual determinar el desplazamiento horizontal del

nudo D cuando se aplica una fuerza horizontal de 120 kN hacia la derecha en el nudo C,

la barra BC tiene un aumento de temperatura en ΔT = 50 ˚C, la barra AD tiene una

disminución de temperatura de ΔT = -40 ˚C y la barra BD es mas corta en 4 mm que su

longitud de diseño. Considere E = 200 GPa, α = 1,2 x 10-6 / ˚C, las áreas de las

secciones transversales de las barras AB, BC y AD son de 1,5 cm2 y de las demás de 2,5

cm2.

Solución;

Se calculan las reacciones para la carga externa y las fuerzas internas correspondientes,

luego se aplica una carga unitaria en dirección del desplazamiento solicitado y se

determinan las fuerzas de reacción y las fuerzas internas en cada barra. Los resultados

se presentan en forma de cuadros para realizar los cálculos

Barra Long. Área N n n.N.l/EA ΔT Α.l.ΔT λ n-λ

AB 1 000 150 60 0 0 0 0 0 0

AD 2 000 150 120 1 0,8 -40 -0,096 0 0

BC 2 000 150 120 0 0 50 0 0 0

BD √5 000 250 -√180 0 0 0 0 -4 0

CD 1 000 250 0 0 0 0 0 0 0

∑ ---- ---- ---- --- 0,8 ---- 0,096 ---- 0

El desplazamiento horizontal del nudo D se obtendrá al igualar el trabajo externo con el

trabajo interno.

mmnTlnEA

lNnd 704,00096,08,0....

...1

21. Un sistema de tres barras articuladas cada una con la misma área A de sección

transversal está cargado como se muestra en la figura, a) determine ∆V y ∆H del nodo B

debido a la fuerza aplicada P, b) si por medio de un templador la longitud del miembro

AC es acortada 12 mm, ¿Qué ∆V y ∆H tiene lugar en el punto B?. (P17.5P)

Figura P21

Ing. Juan Bravo

Solución:

Primero determinaremos el desplazamiento vertical del nudo B, calculando las fuerzas

internas en cada una de las barras en función de la variable P, luego derivando éstas

respecto de P. la fórmula a emplear es:

EA

LP

NN

P

UBV

Los valores encontrados son:

BARRA L N

P

N

AE

L

P

NN

.

AB

AC

BC

2

3

2

L

L

L

2

3

4

32

P

P

P

2

3

4

32

1

AE

PL

AE

PLAE

PL

8

33

16

98

Luego, el desplazamiento vertical del nudo B es:

AE

PLBV

8

33

16

11

Para calcular el desplazamiento horizontal aplicamos una carga unitaria horizontal

ficticia en el nudo B hacia la derecha y calculamos las fuerzas internas n en cada barra

que se originan por esta fuerza y luego aplicamos la fórmula del trabajo virtual para

calcular el desplazamiento horizontal del nudo B

AE

LnN HBH

..

Los cálculos de las fuerzas se presentan en la tabla adjunta.

BARRA L NHn

AE

LnN ..

BC

AC

AB

2

L

2

3L

L

2

3

4

32

P

P

P

2

14

3

2

3

AE

PLAE

PL

AE

PL

8

316

33

8

3

La suma de la última columna nos da el desplazamiento horizontal del nodo B. el signo

negativo indica que la dirección del desplazamiento es contrario al indicado.

AE

PLBH

16

36

b) cálculo de los desplazamientos vertical y horizontal del nudo B cuando el miembro

AC es acortada en 12 mm:

mmnvBV ..9124

3.

mmnHBH ..33124

3.

Ing. Juan Bravo

22. Para la armadura plana mostrada en la figura, determine ∆V y ∆H del nodo C debido a

la fuerza aplicada P = 10 kN. Por simplicidad suponga AE = 1 para todos los

miembros.(P17.9P)

Figura P 22

Solución.

Aplicaremos el método del trabajo virtual.

Primero determinamos las fuerzas internas N en cada barra debido a la carga externa P.

Luego aplicamos una carga horizontal virtual en el nodo C hacia la derecha y

calculamos las fuerzas internas nH en cada barra. Posteriormente aplicamos una carga

ficticia vertical hacia abajo en el nodo C y calculamos correspondientes fuerzas internas

de las barras. Los resultados procesamos en la tabla adjunta.

Barra L NHn Vn LnN H .. LnN V ..

DE

CD

BD

BC

AE

AD

AB

4

4

4

24

4

24

4

P

P

P

P

P

P

P

2

2

2

2

1

1

2

1

2

1

1

1

0

0

0

0

0

P

P

P

P

P

P

P

16

4

4

28

4

28

4

P

P

8

4

0

0

0

0

0

Las sumas de la penúltima y última columna nos dan respectivamente los

desplazamientos horizontal y vertical del nodo C , los cuales son:

AEAE

PLnN HCH

2,54627421632..

AEAE

PLnN VCV

12000012..

23. Encuentre la fuerza en la barra AC de la armadura plana en la figura debido a la fuerza

horizontal de 30 kN en C. para el miembro AC, sea la relación L/AE = 0,50 y para todos

los demás miembros igual a la unidad. (P17.46P)

Figura P 23

Ing. Juan Bravo

Solución.

Primero se debe conocer el tipo de armadura plana. La fórmula que relaciona el número

de barras y nudos para que la armadura sea estable o no es:

53426...32 xnb

Como 56 , la armadura es hiperestática de un grado de hiperestaticidad. Para resolver

lo transformamos en una armadura estática base retirando una de las barras redundantes

(en este caso la barra AC) y reemplazando por una fuerza incógnita X el cual

consideramos actúa sobre la armadura base.

Con la nueva configuración de carga determinamos las fuerzas internas en cada una de

las barras restantes.

Luego planteamos la condición de desplazamientos de la armadura real. El

desplazamiento relativo de los nodos A y C debe ser igual al alargamiento o

acortamiento de la barra AC. Esta condición planteamos aplicando ya sea el teorema de

Castigliano o el método del trabajo virtual. En este caso utilizamos el primero.

Los resultados del cálculo de las fuerzas internas se dan en la siguiente tabla.

BARRA L N

X

N

X

NN

.

CD

BD

BC

AD

AB

5

3

3

5

232

5

10

3

10

5

35

4

3

4

XP

XP

XP

XP

XP

5

35

23

5

10

5

35

4

25

9

5

25

18

5

65

2

3

225

9

5

325

16

15

16

XP

XP

XP

XP

XP

Sumando la última columna obtenemos el desplazamiento relativo de los puntos A y C.

Este valor debe ser igual al desplazamiento de los extremos de la barra AC originada

por la fuerza incógnita X. esto puede expresarse mediante la ecuación:

ACAC

ACAC

AC

ii

ii

ii

AC EA

LX

NN

EA

LX

NN .1.

/

Operando los resultados de la tabla con la salvedad de que por el enunciado del

problema todos los términosAE

Ldel lado izquierdo valen uno (por lo que fueron

omitidos en la tabla) y del lado derecho vale 0,5

225

9

525

18

5

6

5

2

3

2

25

9

5

3

25

16

15

16 XXPXPXPXPXP

Finalmente queda:

PX 594,0

Ing. Juan Bravo

24. Una barra de acero en forma de L de 2,125 pulg de diámetro esta empotrad a un

muro rígido y simplemente apoyada en el otro extremo tal como se muestra en la figura

. en planta, el doblez es de 900 .¿Cuál será la reacción en el apoyo simple cuando se

aplica una fuerza de 2000 lb en la esquina de la barra?. Suponga E = 30x106 psi, G =

0,4E Asuma que I = 1,00 pulg4, Ip = 2I. (P14.66P)

Figura P 24

Solución:

La viga es hiperestático de un grado, consideramos como redundante la reacción del

apoyo libre. Llamamos A al empotramiento, B a la esquina y C al apoyo libre.

Consideramos la estructura base sin el apoyo simple el cual es reemplazado por la

fuerza incógnita C. aplicando el teorema de Castigliano.

En el tramo CB:

xR

MxRM

..........

0..........0

R

TT

En el tramo BA: .........xPRM XR

M

lR

TlRT

.......................

1

0

1

0

1

0

.0

0

GJ

ldxRl

EI

dxxxPR

EI

xdxRx

GJ

dxR

TT

EI

dxR

MM

R

Ucv

0 =

GJ

Rl

EI

lPR

EI

Rl 333

33

38,0

1

3

2

33

2 333 PR

EI

Pl

GJ

Rl

EI

Rl

R = lbP

R ..83,34775,5

2000

8,0

32

pielbLRPM ...78,7434

T = R L = 10 434,9 lb.pie.

Ing. Juan Bravo

REFERENCIALES

CAPITULO I

TEXTOS

1. POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da edición.

2000

2. HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion 1997

3. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales.

Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.

4. GERE. JAMES M. Mecánica de Materiales. México: Thomson Learning, 5ta ed.

2002.

5. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall

Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996

6. ASSIMALI, ASLAM. Análisis Estructural. México: Thomson Learning, 2da ed.

2001.

7. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice

Hall.1998

CAPITULO II

VIGAS DE GRAN CURVATURA

25. La siguiente viga curva está compuesta del tramo AB de radio 2a y BC de radio a, en B

existe una articulación donde se aplica una fuerza externa P. considerando solo los

efectos de flexión determinar el desplazamiento vertical del punto B.

Figura P 25

Solución:

La viga es hiperestática de primer grado, como carga redundante se considerará el

momento de empotramiento en A.

Por equilibrio de fuerzas y momentos determinamos las fuerzas y momentos de

reacción en los apoyos,

02.2.0

008.0

00

00

aCaPMM

CaCM

CPAF

CACAF

yAA

xXdB

yyy

xxxx

Resolviendo se obtiene:

a

MA

a

MPC

Ay

Ay

2

2

Ing. Juan Bravo

Ahora determinamos las funciones de momento interno para los tramos:

Tramo C-B

senM

senPasenaCM Ayx 2

...

senM

M

A

x

2

1

Tramo B-A:

senMsenM

senPasenaPCM AA

yx .2

..2.

senM

M

A

x

Introduciendo en la fórmula de Castigliano:

EI

dasensenM

EI

dasensen

MPasen

M

U

AA

AA

.2.

2

1

20

0

2/

00

2/

00

2

22

4

12

22

4

1

420

senaMsen

aMPaA

A

5

PaM A

Una vez determinada la incógnita superabundante podemos calcular el desplazamiento

del punto B

EI

dasenasenaP

EI

daasenPasen

P

UB

.2.2

10

1.2

10

1.....

....

10

9

10

9

2/

0

0

EI

Pa

EI

Pa

EI

PaB

333 .

40

17

425

2

2100

81

26. Un anillo partido tiene las dimensiones y sección transversal que se muestran en la

figura. Determine:

a) La carga máxima P que puede aplicarse al anillo, si los esfuerzos normales no deben

exceder de 80 MPa en tensión y 120 MPa en compresión.

b) En cuanto disminuye el diámetro vertical exterior del anillo cuando se aplica la

fuerza P determinado en el punto a).(P7.206)

Figura P 26

Solución:

a) Determinación del radio de curvatura del baricentro:

25,8120000

1625000

100501005010200

17510050100501002550200

...

xxx

xxxxxxx

A

xAx

i

ii

25,281200 XR

Cálculo del eje neutro

80,74350

400ln100

250

350ln50

200

250ln200 mA

36,26780,74

20000

mn A

Ar

Ing. Juan Bravo

Cálculo de esfuerzos:

36,26725,281.20000

36,26725,281

20000

r

rPP

rRAr

rrM

A

N

n

n

Para:kNPPr

kNPPr

280000285718,080400

307000390982,0120200

2

1

Luego la máxima carga es de 280 kN

b) Cálculo del cambio de diámetro

senP

NPsenN

RsenP

MPRsenM

mmd

RdEA

P

NN

dARAAE

P

MMA

P

U

m

m

b

684,0

342,02/

0

2/

0

27. Para el anillo partido y la carga mostrada, halle el esfuerzo en: a) El punto A, b) el

punto B. (P4.205BJ)

Figura P 27

Solución:

Llevamos La carga P y el momento Mal centroide de la sección transversal donde está

ubicado los puntos A y B.

P = - 2500 N

M = PR = - 32.5 x 2500 = - 81250 N.mm

Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro rn:

R = r1 + x = 20 +12,5 = 32,5

A = 25 x 14 = 350 mm2

83,30353,11

350353,11

20

45ln.14ln.

1

2 m

nm A

Ar

r

rbA

Cálculo de los esfuerzos:

n

n

rRAr

rrM

A

N

Para r1 = 20 :

2

42,8283.305.3220350

2083,3081250

350

2500

mm

N

x

rRAr

rrM

A

N

n

n

Para r2 = 45

2

63,3683.305.3245350

4583,3081250

350

2500

mm

N

x

rRAr

rrM

A

N

n

n

28. El anillo discontinuo de la figura tiene un radio interior r1 = 0,8 pulg. Y una sección

circular d = 0,6 pulg. Sabiendo que las fuerzas de 120 lb. Están aplicadas en el

centroide de la sección transversal, halle el esfuerzo en los puntos A y B. (P4.188BJ)

Ing. Juan Bravo

Figura P 28

Solución

Llevamos La carga P y el momento Mal centroide de la sección transversal donde está

ubicado los puntos A y B.

P = 120 lb

M = PR =2,2P = 264 lb.pulg

Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro rn:

R = r1 + x = 0,8 +0,3 = 1,1 pulg.

A =

2

6,0 2= 0,2827 pulg2

08,13,01,11,12

1

2

1 2222 cRRrn Pulg.

Cálculo de los esfuerzos:

n

n

rRAr

rrM

A

N

Para r = r1 = 0,8 :

psi

x

rRAr

rrM

A

N

n

n

32,1676408,11,18,02827,0

8,008,1264

2827,0

1201

1

Para r = r2 = 1,4 :

psi

x

rRAr

rrM

A

N

n

n

55,1024608,11,14,12827,0

4,108,1264

2827,0

1202

2

29. Para el gancho mostrado, halle el mayor esfuerzo en la sección a-a cuando b1 = 35 mm y

b2 = 25 mm. (P4.190BJ).

Solución:

Llevamos La carga P y el momento Mal centroide de la sección transversal donde está

ubicado los puntos A y B.

P = 10 k N

M = PR = 10R N.mm

Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro rn:

mmR

bb

bbrbbrR

33,6825353

50351002597040

3

22

21

212211

178,28253540

100ln

40100

402510035

ln 211

2

12

1221

xxA

bbr

r

rr

rbrbA

m

m

Ing. Juan Bravo

88,63178,28

1800

mn A

Ar

Cálculo de los esfuerzos:

n

n

rRAr

rrM

A

N

Para r = r1 = 40 :

MPa

x

rRAr

rrM

A

N

n

n

65,1088,6333,68401800

4088,6368330

1800

10000

Para r = r2 = 100

MPa

x

rRAr

rrM

A

N

n

n

47,288,6333,681001800

10088,6368330

1800

100002

2

30. Sabiendo que en el medio anillo mostrado h = 30 mm, halle los esfuerzos en los puntos

A y B. (P4.192BJ)

Figura P 30

Solución:

El área de la sección transversal es circular

A = 25x30/2 = 375 mm2

R = r1 + x = 20 +10 = 30 mm

18,132520

50ln

205

5025ln

1

2

12

21

x

br

r

rr

rbAm

45,2818,13

375

mn A

Ar

Cálculo de los esfuerzos:

n

n

rRAr

rrM

Para r1 = 20 :

MPa

xrRAr

rrM

n

n 15,5845,283020375

2045,2880000

Para r2 = 50

MPa

xrRAr

rrM

n

n 32,5945,283050375

5045,2880000

31. La porción curva de la barra mostrada tiene un radio interno de 0,3 pulg. La línea de

acción de la fuerza de 60 lb. Está localizada a una distancia a del plano que contiene el

centro de curvatura de la barra. Halle el máximo esfuerzo de compresión admisible

cuando: a) a = 0, b) a = 1,2 pulg.(P4.178BJ)

Figura P 31

Ing. Juan Bravo

Solución

a) Llevamos La carga P y el momento M al centroide de la sección transversal donde

está ubicado los puntos A y B.

P = - 60 lb

M = - PR = - 0,55P = -33 lb.pulg

Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro rn:

R = r1 + x = 0,3 +0,25 = 0,55 pulg.

A = 0,5x0,5 = 0,25pulg2

lg51,049,0

25,049,0

3,0

8,0ln.5,0ln.

1

2 puA

Ar

r

rbA

mnm

Cálculo de los esfuerzos:

n

n

rRAr

rrM

A

N

Para r = r1 = 0,3 :

psi

x

x

rRAr

rrM

A

N

n

n

255051,055,03,025,0

3,051,055,060

25,0

601

1

b) a = 1,2 pulg.

Para r1 = 0,3 :

psi

x

x

rRAr

rrM

A

N

n

n

759051,055,03,025,0

3,051,075,160

25,0

60

32. Un ganchote grúa tiene las dimensiones y sección transversal de que se muestra en

la figura.Los esfuerzos admirables en el plano a-a son de 12 000 lb/pulg2 (T) y 16

000 lb/pulg2 ( C ). Determine la capacidad P del gancho. (P7-207)

Figura P 32

Cálculo del área, radio centroidal y radio del eje neutro de la sección crítica

221 lg25,93*2

5,131*

2

32*

2puh

bbA

85,1847,1

2

35,135,1

2

1112

133

1

2

35,15,235,11

3

2

2

115,012

xx

xx

xxx

xxxxx

xx

A

xAx

i

ii

lg85,485,131 puxrR

322

3

2

233221

1

2

1

1221 lnln bbr

r

h

rbrbbb

r

r

h

rbrbAm

0104,25,134

7ln

3

45,17332

3

4ln

1

3342 1

xxxxAm

Ing. Juan Bravo

2lg25,92

5,133

2

321 puxxA

60,40104,2

25,9

mn A

Ar

Cálculo de la carga P

m

m

rAAr

rrM

A

P

Para 31 r

lbP

x

PP6,978212000

6,485,4325,9

36,485,4

25,91

Para 72 r

lbP

x

PP2618816000

6,485,4725,9

76,485,4

25,92

Por lo tanto tomamos P= 9782,6 lb

33. La viga curva es de acero (E = 200 GPa) que tiene un σy = 420 MPa. Determine la

magnitud del momento Mx = My requerido para iniciar la fluencia en la viga curva, el

ángulo de giro y los desplazamientos horizontal y vertical del extremo libre.(p9.16bo)

Figura P 33

Solución:

Vamos a determinar el momento que origina la fluencia

A = 30x60 = 1800 mm2

R = 30 +30 = 60 mm

mmA

Ar

r

rbA

mn

m

.61,5496,32

1800

96,3230

90ln.30ln.

1

2

Para r1 = 30

y

n

ny

rRRrA

rrM

..1

mNM

My

y ..3,496742061,5460.30.1800

3061,541

Cálculo de giros y desplazamientos vertical y horizontal. La fórmula general de la

energía de deformación de la viga curva es:

dEA

NMd

EARAA

MA

EA

RdNdo

AG

RkvU x

m

Xm

222

222

Ing. Juan Bravo

Consideraremos únicamente los efectos del momento flector en el cálculo de giros y

desplazamientos.

Aplicando el teorema de Castigliano para el cálculo de giros

dEA

M

NM

dEA

NM

M

dEARAA

M

MMA

M

U xx

m

xxm

2

Mx = M 1M

M

N = 0 0M

N

Reemplazando estos valores en la fórmula anterior

00603,0

102001800

01

10200180096,326018002

1496730096,322

3

0 32

3

0 3

xx

d

xxxxx

d

M

U

Para calcular los desplazamientos del extremo libre colocamos las cargas ficticias V y Q

en dirección de los desplazamientos vertical y horizontal respectivamente, luego

determinamos el momento interno respecto de una sección genérica en función del

momento externo y las cargas ficticias hasta hallar las correspondientes derivadas. Una

vez calculadas las derivadas hacemos que las cargas ficticias sean nulos en la función

momento interno, posteriormente integramos las fórmulas de desplazamientos

cos1....:......1

cos1..

RQ

MRsen

V

M

M

M

RQRsenVMM x

N = V senφ + cosQ cos........0

Q

Nsen

V

N

M

N

V = V cos φ - senQ. senQ

V

V

V

M

V

....cos....0

Una vez derivado, las funciones quedan en la siguiente forma.

0..........0.......... QVMM

dEA

V

NM

dEA

NV

M

dARAAE

V

MMA

dAG

RV

VV

kV

U

xx

m

xm

V

Reemplazando valores

AE

M

ARAAE

MRA

AE

M

ARAAE

MRAd

EA

senMd

ARAAE

RsenMA

dEA

senMd

EA

Rsend

ARAAE

RsenMA

EA

Rdsend

AG

Rk

V

U

m

mV

m

m

m

mV

m

mV

11

coscos

00cos0

2

3

0

2

3

0

Cálculo del desplazamiento horizontal:

dEA

Q

NM

dEA

NQ

M

dARAAE

Q

MMA

EA

RdQ

NN

dAG

RQ

VV

kQ

U xx

m

xm

Q

Reemplazando valores

Ing. Juan Bravo

AE

M

ARAAE

MRA

AE

senM

ARAAE

senMRAd

EA

Md

ARAAE

RMA

dEA

Md

EA

Rd

ARAAE

RMA

EA

Rdd

AG

Rsenk

Q

U

m

m

H

m

m

m

mH

m

mH

H

11

2

3

coscos1.

cos0cos1cos1cos00

2

3

0

2

3

0

34. Un elemento de máquina tiene sección en T orientado como se muestra.. si M = 2 500

N.m y suponiendo que una restricción en D (no dibujado) limita el desplazamiento

vertical del mismo y en AB está empotrado, hallar los esfuerzos normales en los puntos

A y B así como el esfuerzo radial en la sección del radio geométrico.(P4.182BJ)

Figura P 34

Solución:

Cálculo del área, radio geométrico y radio de curvatura neutra

A = 60x20 + 50x20 = 2200 mm2

91,252200

57000

50202060

452050102060

xx

xxxxx

15,91651591,2545.50.2012

50.201091,25.20.60

12

20.60 2

32

3

I

R = 40 + x = 65,91

45,3660

110ln20

40

60ln60 mA

mm A

Ar =

45,36

2200= 60,35

Como se trata de un problema hiperestático de primer grado consideramos liberado la

restricción en D y en su lugar aplicamos la fuerza de restricción D.

Calculamos la fuerza D con la condición del desplazamiento vertical nulo del punto D

Las funciones de momento y fuerza axial en los tramos recto y curvo de la viga son:

En el tramo recto DE

Mx = -M + D.x xD

M x

En el tramo curvo EB

Mx = -M + D.l + DR sen φ RsenlD

AM X

N = D.sen φ senD

N

2 2

0

2

0

2

00

........

......0

0

O X

X

m

Xm

P

DV

EA

dD

N

MEA

NdD

M

ARAEA

dD

MMA

EA

RdD

NN

EI

dxD

MM

D

U

Ing. Juan Bravo

....

......

.......

0 2

0

2

0

ARAEA

dRsenlDRsenlDMA

EA

RdsenZsen

EI

dxxDxM

m

m

2

0

2

0

.....

EA

dsenDRsenlDM

EA

dDsenRsenl

....4

11222

......

........432

0

22

32

DRMRDlRDlMlARAEA

A

EA

DRlD

lM

EI

I

m

M

14

21.2..... MDRlDEA

I

Reemplazando y desarrollando : D =20165,3 N.

En la Sección . Mx =-M+D mRl 44.847

N = D =20165,3N

Cálculo de los esfuerzos en los puntos A y B.

A

P

rRAr

rrM

n

no

Para MPar oAA 25,4440

Para MPar oBB 85,21110

La fórmula del esfuerzo radial es:

A

AN

ARArA

ArAAM

tr m

mmr ..

1

Donde

21,2660

91,65ln.20

40

60ln60lnln

22

1

21

r

Rb

r

rbAm

2,131891,520206022121 xxrRbrrbA

20t

Reemplazando estos valores en la fórmula del esfuerzo radial para r = R obtenemos el

correspondiente valor:

MPaRr r 67,106

35. Determinar el máximo valor de la carga P que puede soportar el elemento de una

maquina con F.S = 4 si el diseño se basa en el esfuerzo ultimo cuyo valor es

MPau 320 (P9.11BO)

Figura P 35

Solución:

Cálculo del área, radio geométrico y radio de curvatura neutra

A = 180x60 + 2x60x30 = 21600

Am = 110 ln 57,1633693213,163110

310ln302

70

130 x

Ing. Juan Bravo

11030260110

1501103023060110

xxx

xxxxxX

21600

1944= 90

R = 70+

x =160

mm A

Ar =

57,163

21600=132,05

Cálculo de los esfuerzos principales

M=300P+ PR senφ = 460P

0M

PR cos φ cos φ = 0φ =2

A

N

rRAr

rrM

n

n

Para r1 = 70

kNP

P

x

P1,111

216001321607021600

70132460

4

320

Para r2 = 310

kNP

PP9,204

21600132160310.21600

31013246080

Luego tomamos el menor valor de P = 111 k N

36. Una viga curva semicircular , como la que se muestra en la figura P5-15, tiene un

od=150 mm, un id =100 mm y t = 25 mm. Para un par de carga F = 14 KN aplicado a

lo largo del diámetro, encuentre el factor de seguridad de las fibras interiores y

exteriores:

a) Si la viga es un material dúctil de 700yS MPa

b) Si la viga es un material fundido de Sut = 420 MPa y Suc = 1 200 MPa. (p5-37n)

Figura P 36

Solución:

A = 25x25 = 625

R = 62,5

137,1050

75ln.25 mA

66,61137,10

625

mn A

Ar

Cálculo del factor de seguridad:

n

n

rRrA

rrM

A

F

..

Para r1 = 50 y F = 14000

MPa

x

x

rRrA

rrM

A

F

n

n

07,41166,615,6250625

5066,61140005,62

625

14000

..

1

1

Para r2 = 75 y F = 14000

Ing. Juan Bravo

MPa

x

x

rRrA

rrM

A

F

n

n

04,27466,615,6275625

7566,61140005,62

625

14000

..

2

2

a). Para: MPay 700

NA = 7,107,411

700

1

y

N2 = 6,204,274

700

2

y

b). Para: MPaut 420 y MPauc 1200

N1 = 02.107,411

420

N2= 4,431,404,274

1200

REFERENCIALES

CAPITULO II

TEXTOS:

1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M.

Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth

Edition. 1993.

2. FEODOSIEV, V. C. Resistencia de Materiales. Moscú: Ed. MIR , 2da edición.

1980.

3. PISARENKO, G. S.; YÁKOVLEV, a. P.; MATVÉEV, V. V. Manual de

Resistencia de Materiales. Moscú: Editorial MIR, Primera edición 1979

4. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall

Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996

5. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice

Hall.1998

Ing. Juan Bravo

CAPITULO III

PANDEO DE COLUMNAS

37. Una columna de 2,5 m de longitud efectiva está hecha de medio perfil W200x52 de

acero laminado. Usando las propiedades dadas para la sección transversal, halle el factor

de seguridad si la carga céntrica admisible es de 1150 kN use E = 200 GPa. (P11.30

BJ)

Figura p 37

Solución:

De la tabla obtenemos los valores del perfil W200x52:

A = 3385 mm2

Ix = 11.557x106 mm4

Iy = 3,865x106 mm4

ry = 51,175 mm

175,513385

10.865,3 6

A

Ir y

y

43.211503385

175.51

102002

32

2

2

FSkNxFS

xP

xA

r

klFS

ExAP

AD

adAD

Luego FS = 2.43

38. Una columna de longitud efectiva está hecha soldando dos canales de acero laminado C

6x10,5. con E = 29x106 psi, halle para cada arreglo mostrado la carga céntrica admisible

si se requiere un factor de seguridad de 2,8. (P11.32BJ)

SOLUCION:

Las características geométricas del perfil C6x10,5 son:

A = 3.09 pulg2. bf =2.034

Ix = 15.2 pulg4, x =0.500

Iy = 3,41 pulg4

ry = 0.876 pulg.

a) para el arreglo ][ mostrado las características geométricas de la sección

compuesta serán::

A = 6.18 pulg2

42

2

lg275.3500.009.3865.02

2

puxI

xAII

YT

yYT

4lg4,302.1522 puII yxt

73.018.6

275.3

A

Ir y

y

Ing. Juan Bravo

klbx

xP

xA

r

klFS

ExAP

AD

adAD

081.618.673.08.2

10292

32

2

2

b) para el arreglo [ ] mostrado las características geométricas de la sección

compuesta serán

:A = 3,38 pulg2

42

2

lg27.16500.0034.209.3865.02

2

puI

xbAII

YT

fyYT

4lg4.302,1522 puII yxt

62.118.6

27.16

A

Ir y

y

klbx

xP

xA

r

klFS

ExAP

AD

adAD

121.4518.662.18.2

10292

32

2

2

39. La columna ACB tiene sección transversal rectangular uniforme y esta apoyada en el

plano xz en su punto medio C .a) Determine la relación b/d para la cual el factor de

seguridad es el mismo con respecto a pandeo a los planos xz y yz. b) Usando la

relación encontrada en la parte a, diseñe la sección transversal de la columna para la

cual el factor de seguridad será 3.0, cuando P = 4400 N, L = 1 m y E = 200 GPa.

(11.46BJ)

Solución:

a) En el plano xz:

bbr

kL

y

121000

12

1000

En el plano yz:

ddr

kL

y

122000

12

2000

Como el pandeo en ambos planos debe tener el mismo factor de seguridad, igualamos

ambas relaciones y determinamos que d/b =2

b) cálculo de las dimensiones de la sección transversal:

mmbNbxbx

b

xP

xA

r

klFS

ExAP

AD

adAD

15.1444002121000

3

1020002

62

2

2

Luego: d = 28.3 mm

Ing. Juan Bravo

40. La columna AB soporta una carga céntrica P con magnitud de 15 Kips. Los cables BC y

BD están tensados y evitan el movimiento del punto B en el plano xz. Usando la

formula de Euler y un factor de seguridad de 2.2 y despreciando la tensión en los cables,

calcule la máxima longitud admisible L. Use E = 29 .106 psi. (P11.48BJ)

SOLUCION:

De la tabla del perfil W obtenemos los valores del perfil W 8x15

A = 4.44 pulg2

Ix = 48 pulg4 Sx = 11,8 pulg3 rx = 3,29 pulg.

Iy = 3,41 pulg4 ry = 0.876 pulg.

En el plano xz

LxL

r

kl

y

8.0876.0

7.0

lg..76,7.......

44,4

15000

8,02,2

1029

2,2

2

32

2

2

puLL

x

A

PE Wad

En el plano yz

LL

r

kl

x

608.029,3

2

lg..2,10.......

44,4

15000

608,02,2

1029

2,2

2

32

2

2

puLL

x

A

PE Wad

41. Se aplica una carga axial P a la barra de acero, AB que tiene 1.375 pulg. de

diámetro, como se muestra. Cuando P =21 Kips, la deflexión horizontal del punto C es

0.03 pulg. E= 29 .106 psi, determine: a) la excentricidad e de la carga, b) el esfuerzo

máximo en la barra. P(11,50BJ)

Solución:

1

2secmax

crP

Pey

1

21000

2sec03,0

crPe

lbx

L

EIPcr 55800

30

10292

62

2

2

Ing. Juan Bravo

Desarrollando obtenemos

e = 0,04 “

42. Uniendo con pernos dos ángulos 4x3 x 1/4 pulg. se obtiene un elemento a compresión de

10 pies de longitud efectiva . Si σy = 36 Ksi y E = 29x106 psi , halle la carga céntrica

admisible para el elemento. (P11.92BJ)

Solución:

características del perfil L 4x3x1/4:

A = 1,69 pulg 2

Ix =2.77 pulg4

Iy = 1,36 pulg4

x = 0.736 pulg.

Cálculo de las características geométricas de la sección compuesta:

A = 3,38 pulg2

422 lg55,4736.069.136.122 puxxAII yYT

4lg54,577,1222 puII yxt

16,138,3

55,4

A

Ir y

y

45,10316,1

1210

x

r

kL

y

1,12636000

102922 622 xxC

YC

Luego la columna es corta

ksi

CC

C

ad

cc

cy

ad

..34,12

1,126

45,103

8

1

1,126

45,103

8

1

3

5

1,126

45,103

2

1136

8

1

8

1

3

5

2

11

3

2

3

2

klbxxAP adad 4,4238,334,12

43. Una columna de 19.5 pies de longitud efectiva consta de un perfil de acero laminado W

12x 50. El acero tiene σy = 50 Ksi, σadm = 30 Ksi a flexión y E = 29 * 106 psi. Usando

el método de interacción, halle la carga P admisible si la excentricidad es: a) ex = 1,0

pulg., ey = 0, b) ex = 0 , ey = 1.0 pulg. (P11.125BJ)

Solución:

Ing. Juan Bravo

Características del perfil W12x50:

A = 14,7 pulg 2

Ix =394 pulg4 Sx=64,7rx = 5,18

Iy = 56,3 pulg4 Sy =13,9 ry= 1,96 pulg.

Cálculo de esbeltez

38,11996,1

125.19

x

r

kL

y

10750000

102922 622

xx

CY

C

Como λ > Cc entonces la columna es larga.

ksi

x

r

kl

Ead 48.10

38,11912

231029

12

23 2

32

2

2

a) la excentricidad está en el eje x:

adyI

cM

A

P 1.

klbPPP

..87,74......48,109,13

1.

7,14

b) la excentricidad está en el eje y:

adxI

cM

A

P 2.

klbPPP

..53,125......48,107,64

1.

7,14

44. Una carga excéntrica P de magnitud 160 kN se aplica, como se muestra, al tubo AB

hecho de una aleación de aluminio 6061 – T6. Por el método de interacción y con un

esfuerzo admisible a flexión de 150 MPa , halle la máxima excentricidad e admisible.

(P11.128BJ)

A = 3200 mm 2

Ix =2826666,67 mm4

Iy = 4106666,67 mm4

Solución:

Cálculo de esbeltez

47,5072,29

1500

yr

kL

ad =(

r

l868,0139 )=(139-0.868(50.47)) = 95,19 MPa

Aplicando el método de interacción

1bad

I

Mc

A

P

mme

xex

5,361150000

67,4106666

50160000

19,953200

160000

Ing. Juan Bravo

45. Un elemento a compresión de sesión transversal rectangular tiene una longitud efectiva

de 36 pulg. y esta hecho de aleación de aluminio 2014-T6, posee un esfuerzo admisible

a flexión de 24 ksi. Use el método de interacción para hallar la mínima dimensión d

utilizable cuando e = 0.4 Pulg. (P11.144BJ)

Solución:

Cálculo de esbeltez

43,54

25.212

25.2

3603

xdx

dr

kL

y

Con este valor vamos a las fórmulas de 2014-T6 y vemos que la fórmula de σad es:

ad =(

r

l23,07.30 )=(30.7-0,23(54.43)) = 18.18 ksi

Aplicando el método de interacción

1bad

I

Mc

A

P

12412

25.2

2/4.032

18.1825.2

323

xxd

xdx

d

894.100099.07823.02 ddd

46. Una columna de madera de sección rectangular tiene 8.2 pies de longitud efectiva y debe

soportar una carga de 9 Kips, como se muestra. Usando el método del esfuerzo

admisible, diseñe la columna de modo que un lado de su sección transversal sea el doble

del otro. Suponga E = 18* 106 psi y un esfuerzo admisible de 1500 psi para compresión

paralelo a la fibra. (P11.146BJ)

Solución:

482

212 2

3

bb

b

bb

A

Ir y

y

22

34.68148122.8

bb

xx

r

kl

22

3

2 94.13

2/

122.8

108.13.03.0b

b

x

xx

d

l

Ead

Aplicando el método del esfuerzo admisible:

adI

Mc

A

P

232

94.13

212

4/4.1900018000b

bx

b

xbx

b

Resolviendo: b = 7.90 pulg.

Ing. Juan Bravo

47. Determine la carga máxima P que puede aplicarse a la columna de madera mostrada en

la fig. si E = 12 GPa y el esfuerzo admisible para la compresión paralela al grano es de

9 MPa. Use el método del esfuerzo admisible. (P9.80R)

SOLUCIÓN:

Determinación de la razón de esbeltez.

40100

20002

x

d

kl

5,2467,0 Y

c

E

d

kl

luego la fórmula de esfuerzo admisible correspondiente será:

MPa

xx

d

kl

Ead 25,2

40

10123,030,02

3

2

Aplicando el método del esfuerzo admisible:

adI

Mc

A

P

23 25,2150100

127575

15000 mm

N

x

xPxP

NP 5,8437

48. Dos ángulos de acero de 4 x 3 x 3/8 pulg. se sueldan para formar la columna AB cuyos

extremos son: apoyado en A y empotrado en B. Se aplica una carga axial de magnitud P

= 18 Kips en el punto D. Hallar la máxima longitud admisible L. Suponga E = 29 x 106

psi, y = 36 ksi y un esfuerzo admisible a flexión de 22 ksi. (P11.132BJ)

Solución:

Datos del perfil L 4x3x8

3

A=2,48 pulg

4lg96,3 puI x Sx = 1,46 pulg3 782,0x

4lg92,1 puIY Sy = 0,866 pulg3 28,1y

Cálculo del área y momento de inercia total

A= 2(2,48) = 4,96 pulg 2

Ix = 2 Ix =2(3,96) = 7,92 pulg 4

Iy = 2 (Iy + Ix-2) =2 (1,92 + 2,48x (0,712)2) = 6,17315904 pulg 4

Ing. Juan Bravo

Cálculo de la esbeltez y esfuerzo admisible

1772,1

06,4

873,6min

LL

r

L

ad =22

2

2

2 4,206931149

1772,112

2312

23 LL

EEad

Aplicando el método de interacción

1b

x

ad

I

Mc

A

P

122000

92,7

28,116

328,114000

4,20693114996,4

14000

2

xx

L

piesL 46,16

49. Se construye una columna de 40 pies de longitud con 4 ángulos enlazados como

muestra en la figura. Se supone que dos extremos se conectarán por medio de pasadores.

Cada ángulo tiene un área transversal A = 2.75 pulg2, momento de inercia Ixx = Iyy =

2,22 pulg4 tenemos la distancia d entre los centroides C de los ángulos, de modo que la

columna sea capaz de soportar una carga axial P = 50 klb sin pandearse. Desprecie el

efecto de enlazamiento E = 2x103 ksi, σy = 36 ksi. (p13.15h)

El momento de inercia de la reacción compuesta es.

Ixx = 4

22

275.222.24

2

ddAI x

= 8.88 + 2.75 d2

PCR =

50

1240

75.288.810292

232

2

2

x

dxx

l

EI

d = 3.377 3.38 pulg.

50. Una columna de acero de 22 pies de longitud efectiva debe soportar una carga

excéntrica de 36 Kips en un punto D sobre el eje x. Usando el método de interacción

elija el perfil W de 12 pulg. de altura nominal que debe usarse E = 29 x 106 psi σy = 36

Ksi, σad = 22 Ksi a flexión. (11.148bj)

Ing. Juan Bravo

Solución:

Seleccionamos un W12 x 58 y de la tabla obtenemos sus parámetros geométricos

A = 17.06

ry = 2.51

rx = 21.1

Cálculo de esbeltez:

1.1261036

102523

62

x

xC cc

1 = cCx

r

L 17.105

51.2

1222

min

21

Como 1 Cc la columna es corta.

Cálculo de esfuerzo admisible:

σadm = Psix

ccsfy 9.12292

1.126

17.105

2

11

91.1

10361

2

11

.

232

f.s. = 91.19069.11.126

17.105

8

1

1.126

17.105

8

3

3

53

Aplicando la formula de interacción

122000

4.2523

9.12292

2.2110

22004.21

151036

9.1229206.12

1036

1/

33

xxx

I

MCAP

admadm

0.286 1

Ahora seleccionamos un W 12 x 40

A = 8.00

Z = 11

ry = 1.94

Cálculo de esbeltez:

= alcolumnaCx

C arg...08.13694.1

1222

adm =

PsixxE

2.805008.13692.1

1029

92.1 2

62

2

2

Ing. Juan Bravo

1782.0

122000

11

5.11036

2.80508

1036

1/

33

min

xxx

I

MCAP

b

Ahora seleccionamos el perfil W 12 x 36

A = 10.59

Z = 1.2

ry = 1.5

= alcolumnaCx

r

LeC arg..176

5.1

1212

adm =

Psix

xx5.4812

17692.1

10292

62

4.33959.10

1036 2

x

A

P

75002.7

5.11036 3

xx

S

M

1b

x

ad

I

Mc

A

P

122000

7500

5.4812

4.3399

1,047 1

Utilizamos el perfil W 12 x 40

51. Un perfil de acero W 3690 x 147 se emplea como columna de 7 m de longitud efectiva

para soportar un carril de una grúa viajera en una nave industrial que le transite una

carga P. Determine la máxima carga Padm si además la columna soporta una carga de

400 kN procedente de la planta superior.

E = 200 GPa y f = 250 MPa

Solución:

Determinación de los parámetros geométricos del perfil W 3690 x 147

A = 18800 mm2

Ix = 463 x 108 mm

Sx = 2570 x 103 mm3

rx = 157

Sy = 904 x 103 mm3

ry = 94.3

Cálculo de esbeltez

Ing. Juan Bravo

= 23.743.94

7000

min

r

Le

C = 6.125250

1020022 322

xxxE

f

C > Columna Corta

adm = 3

2

8

1

8

3

3

5

2

11

CC

Cy

3

2

6.125

23.74

8

1

6.125

23.74

8

3

3

5

6.125

23.74

2

11250

ad = MPa81.110862.1

339.206

Cálculo de la carga P aplicando el método del esfuerzo admisible

admIx

MC

A

P

81.110

102570

1257510400

18800

104003

33

x

PxxPx

P = 161,1 kN

52. Se construye una columna de 40 pies de longitud con cuatro ángulos de acero A-36

unidos por celosía como muestra en la fig. sus extremos se pueden considerar

empotrados. Cada ángulo tiene una sección transversal A =2,75 pulg2 y momentos de

inercia Ixx= Iyy =2,22 pulg4. Determinar la distancia d entre las centroides C de los

ángulos de modo que la columna pueda soportar una carga axial P=350 klb sin

pandearse. Desprecie el efecto de la celosía. E=29x103 ksi . Y =36 ksi (p13.15h)

El momento de inercia de la sección compuesta es:

Ixx = 4 22

d2,758,882

75,222,2422

ddAI

lg73,4

3501240.4

75,288,81029.

4 2

232

2

2

pud

kipx

dx

l

EIPcr

53. Se aplica una carga vertical P=11kips al punto medio de uno de los bordes de reacción

cuadrada del elemento o compresión de acero AB, libre en A y fijo en B. Si E

=29x106psi y ksiy 36 , usando el método del esfuerzo admisible, halle la máxima

dimensión admisible d .(p11.138bj)

Ing. Juan Bravo

Solución:

Determinación de la esbeltez

A=d2

1212

4 d

A

Ir

dI

=dd

xx

r

le 1,3741212452

22

62

2,10651,374

92,1

1029d

d

xxadm

Aplicando la formula de esfuerzo admisible.

24

3

2

3

2,1065

12

2.

210111011

.

dd

ddx

d

x

I

cM

A

Padm

41,3 .lg54,24 pudd

54. un tubo rectangular de acero debe reportar una carga de 60 KN con excentricidad e=25

mm. El espesos de los tubos disponibles va en incremento de 1,5 mm desde 6 mm hasta

12 mm. Por el método de interacción halle el tubo mas liviano que puede ser utilizado .

E=200 GPa, y 250 MPa y el esfuerzo admisible a flexión es 150 MPa.(P11.140bj).

Solución:

Para t = 6 mm 433

..231393612

66118

12

78130mm

xxI x

A = 78x130-118x66=2352 mm2

mmA

Ir x

x 4,3136,31

1,12510250

1020026

92

x

xxC x

C

.

cCr

Le 2,159

4,31

5000 .

Luego, la columna es larga

.56,40

2,15992,1

102002

32

xx

adm

Ing. Juan Bravo

28,253936,23

39251060.

:51,252352

1060

3

3

xxx

I

cM

x

A

P

x

Aplicando la formula de interacción.

1150

28,25

56,40

51,251

.

admadm

I

cM

A

P

0,80 ≤ 1

Para t =7,5 mm

28956311578130

;25,274469612

63115

12

75130 33

xxA

xxI x

8,30A

Ir x

x

03,39

3,16292,1

1029

arg...3,1628,30

5000

2

62

min

x

xx

alcolumnaCr

l

adm

C

Aplicando el método de interacción:

31,2125,2744696

39251060.

75,202895

1060

3

3

xxx

I

cM

x

A

P

x

1150

31,21

03,39

73,20

0,68 1

Se elige el mas liviano t = 6 mm

55. Un tubo de acero (E = 200 GPa) de longitud L = 3,5 m está empotrado en la base y

articulado en la cima. Los diámetros interior y exterior son 75 mm y 90 mm

respectivamente. Se aplica una carga de compresión P con una relación de excentricidad

estimada ec/r2 = 0,5. (a) Si la carga P = 100 k N, ¿cuál es el esfuerzo máximo σmax en

eltubo? (b) Determinar la carga admisible Pad si el factor de seguridad con respecto a la

fluencia del material es F.S = 2,5. (suponer σy = 250 MPa.)

Solución:

Forma exacta.

a) Cálculo de σmax:

EA

P

r

L

r

ec

A

P e

2sec.1

2max

MPaxx

x

x

xx28,84

86,194310200

10100

29,292

35007,0sec.5,01

86,1943

101003

33

max

b) Cálculo de la carga admisible Pad:

EA

P

r

L

r

ec

A

P ead 2

sec.12max

86,19431020029,292

35007,0sec.5,01

86,1943250

3 xX

P

x

xP

mediante la prueba y error determinamos la carga crítica Pcr = 243500 N que origina σad

kNNSF

PP cr

ad 4,97974005,2

243500

.

Forma aproximada:

a) Cálculo de σmax:

Ing. Juan Bravo

5,02

r

ecy 29,29

A

Ir 77,4 e

7,125.2 2

Y

C

E

cortaColumnax

r

LC

e ..65,8329,29

35007,0

min

MPaSF

Cy

ad 9,775,2

7,125

65,835,01250

.

2

11

22

MPaMPaxxxx

I

Mc

A

Pad 9,772,77

8,1667467

4577,410100

86,1943

10100 33

max

b) Cálculo de la carga admisible Pad:

MPa

SFcortaColumna Cy

adC 9,77.

/5,01..

2

kNPMPaPxP

Ar

Pec

A

Pad 95,1009,77

86,1943

5,0

86,19432max

REFERENCIALES

CAPITULO III

TEXTOS:

BIBLIOGRAFIA

1. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de

Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999.

1 POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da

edición. 2000

2 RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica

de Materiales. México: Limusa Wiley, 1ra edición 2000

3 HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion

1997

4 BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales.

Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.

5 M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice

Hall.1998

Ing. Juan Bravo

CAPITULO IV

TEORIA DE ROTURA DE MATERIALES

56. Las dos poleas montadas en el eje se cargan como se muestra. Si los cojinetes A y B

ejercen sólo fuerzas verticales contra el eje, determine el diámetro requerido del eje al

1/8 pulgada más próximo mediante la teoría de la energía de distorsión máxima, adm =

67 ksi.

Cálculo de las fuerzas de reacción:

MB = 0 A x 6 - 420 x 5 – 420 x 2 = 0

A = 4906

7420

x

FY = 0 A - 420 – 420 + B = 0

B = 840 – 490 = 350

La sección crítica será la C donde el momento flector es mayor, luego es diseño será

para esa sección

MC = 350x2x12 = 8400 lb.pulg.

TC = 180x0,5x12 = 1080 lb.pulg.

SS

M

I

cM 8400.

SSS

T

J

rT 540

2

1080

2

.

Aplicando el criterio de máximo trabajo de distorsión

2 + 3 τ2 ad2

12615,067000540

.38400 2

22

SSS

56. La fuerza 4 KN es paralela al eje x y la fuerza Q paralela al eje z, Si ,60MPaadm

halle el diámetro mínimo admisible del eje sólido AD. (p7.158bj)

solución.

Cálculo de la fuerza Q y las reacciones en los apoyos

Ing. Juan Bravo

ΣT = 0 .4x90-60Q = 0 kNQ .660

360

Plano x y

ΣMA=0 03204180 xxDx

kNDX .25,2320

720

ΣFX = 0AX + DX - 4 =0 A X = 4 - 2,25 = 1,75

AX = 1,75 kN

Plano yz

ΣMA =0100 Q -320 D3 = 0

D 3 = 875,1320

600 kN

ΣF3 = 0 - A3 + Q - D3 = 0

A3 = 6 – 1,875 = 4,125 kN

Con los valores obtenidos trazamos los diagramas de momentos flectores en los planos

correspondientes y junto con el diagrama de momento torsor determinamos la sección

transversal mas crítica que esta entre B y C.

MB = 2

2

180

1003155,412

x = 448,09

TD = 360 kN.

MC = 2

2

220

1405,412315

x = 410,04

TC = 360 kN.

En este caso MB > MC luego la sección crítica será la B

Cálculo de los esfuerzos en el punto crítico de la sección B.

S

x

S

MB

31009,448

S

x

S

x

S

TB

33 10180

2

10360

2

Aplicando Von Mises.

222 3 adBB

22323

12010180

31009,448

S

xx

S

x

S= 4541,99 = .9,3532

3

mmdd

57. El eje sólido AB y los engranajes mostrados se usan para transmitir 15 hp del motor M

a la maquina conectada del eje sólido CDE. Si el motor gira a 360 rpm y adm =7,5 ksi,

halle el mínimo diámetro admisible: a) del eje AB, b) del eje CDE (p7.160bj).

Solución.

P= 15 hp x spulbhp

spulblg/..99000

.1

lg/..6600

N =360 rpm xssrev

17.37

60

min1

1

2

= ω

=7,5 ksi

Ing. Juan Bravo

Cálculo del torque del motor (eje AB) y la fuerza en el engranaje B

P = T.ω T =P

=7,37

99000= 2626 lb.pulg.

T = F.r → F = r

T

4

2626= 656,5 lb.

Cálculo de los esfuerzos en la sección A :

SS

M 09,3939

S

T

2 =

S2

06,2626

a) Cálculo del diámetro del eje AB.

Aplicando el criterio de máximo trabajo de distorsión:

222 3 ad

2322

10.152

06,26263

09.3939

Sx

S

S=0,30323 = 46,1

32

3

dd

b) Cálculo del torque, los esfuerzos y el diámetro del eje CDE

T1 = F. r1 = 656,5x2.5 =1641,3 lb. Pulg

M1 = F. l1 = 656,5 x 3 = 1959,5 lb.pulg.

Aplicando el criterio de máximo trabajo de distorsión:

222 3 ad

2322

10.152

3,16413

5,1959

Sx

S

S=0,16138 = lg.18,132

3

pudd

58. Una flecha de acero de 4 pulg. de diámetro está apoyada en rodamientos flexibles en sus

extremos. dos poleas de 24 pulg. de diámetro cada una están unidas a la flecha. Las

poleas sustentan bandas que están sujetas a cargas, como se muestra en la figura. El

acero tiene un limite de proporcionalidades de 40klb/pulg2 a tensión y a comprensión y

de 23 klb/pulg2 a cortante. Si se especifica un factor de seguridad de 2.5 con respecto a

la falla por fluencia, determine la tención máxima admisible P en la banda de acuerdo

con:

a. La teoría de falla del esfuerzo cortante máximo.

b. La teoría de falla de la energía de distorsión máxima

Solución.

Cálculo de las fuerzas internas en las secciones críticas (ubicación de las poleas)

V = 4P

M = 160P

T = 24P

Cálculo de los esfuerzos

P

Px

d

P

S

M46,25

4

16032

32

16033

Ing. Juan Bravo

P

Px

d

P

S

M91,1

4

2416

32

2

24

2 33

a) Aplicando el criterio de Tresca

222 4 ad

lbP

PP

5,621

5,2

4091,1446,25

222

b) Aplicando el criterio de Von Mises

222 3 ad

lbP

PP

2,623

5,2

4091,1346,25

222

59. La estructura mostrada en la figura P19-94 está esta sujeta a una carga P de 100 kN. El

material tiene un limite proporcionalidad de 220 MPa a tensión y a compresión .

Determine el factor de seguridad con respecto a la falla por fluencia de acuerdo con:

A: La teoría de falla del esfuerzo cortante máximo.

B: La teoría de falla de la energía de distorsión máxima.

Solución:

Cálculo del área y centroide de la sección transversal:

215000150502 mmxxA

751505015050

125150502515050

xx

xxxx

A

xAx

i

ii

Cálculo del centroide de momento de inercia

53125000

50505012

15050505050

12

50150

12

23

23

23

x

x

x

I

xxx

xxx

I

yAbh

I

Cálculo de fuerzas internas en el centroide de la sección crítica

N = P = 100 kN

M = 425 P = 42500 k N mm

Cálculo de los esfuerzos máximos en la sección crítica

I

yM

A

P .

MPax

67.6653125000

7542500000

15000

1000001

MPax

33,9353125000

12542500000

15000

1000002

a) Aplicando el criterio de Tresca

Como en los puntos críticos no existe el esfuerzo cortante obtendremos:

36,233,93

220

adad NN

b) Aplicando el criterio de Von Mises

Como en los puntos críticos no existe el esfuerzo cortante obtendremos

222 4 ad

222 3 ad

Ing. Juan Bravo

36,233,93

220

adad NN

REFERENCIALES

CAPITULO IV

TEXTOS:

BIBLIOGRAFIA

1. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de

Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999.

2. POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da edición.

2000

3. RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica de

Materiales. México: Limusa Wiley, 1ra edición 2000

4. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales.

Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.

5. GERE. JAMES M. Mecánica de Materiales. México: Thomson Learning, 5ta ed.

2002.

6. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice

Hall.1998

Ing. Juan Bravo

CAPITULO V

CILINDROS DE PARED GRUESA

60. Un cilindro cerrado tiene un diámetro interno de 20 mm. y diámetro externo de 40 mm.

Esta sujeto a una presión externa P2 = 40 MPa y presión interna de P1 = 100 MPa.

Determinar el esfuerzo axial y circunferencial en el cilindro interno.

Solución:

La fórmula de los esfuerzos circunferencial, radial y axial son respectivamente:

21

22

212

21

22

21

22

222

211 .

rr

PP

r

rr

rr

rPrPtr

0,85

0,75

2040

4010040

2040

20401010022

222

22

xxt

r MPa

00,5

1040

40401010022

22

21

22

222

211

xx

rr

rPrPz MPa

61. Un tubo compuesto de acero (E = 200 GPa) se ha construido introduciendo un tubo de

acero de diámetro exterior igual a 200 mm y diámetro interior 100 mm dentro de una

camisa del mismo material con diámetro exterior igual a 300 mm y con una

interferencia radial ∆ = 0.075 mm, determine a) La presión de contacto, b) los máximos

esfuerzos en el tubo y la camisa, c) Los máximos esfuerzos en el tubo y en la camisa

cuando actúa una presión interna de 200 MPa.

Solución:

a) de la fórmula de interferencia determinamos la Presión de Contacto

21

22

3

21

2222

2 rrr

rrrrEp

m

mmk

578.17

1003002002

100200200300075.010200223

22223

xxpk

b) Cálculo de máximos esfuerzos en el tubo y la camisa:

De la fórmula general de esfuerzos radiales y transversales tenemos:

21

22

212

21

22

21

22

222

211 .

rr

PP

r

rr

rr

rPrPtr

Los esfuerzos máximos se presentan en la pared interna de cada tubo:

Para el cilindro interno : P1 = 0 y r = r1

0

88,46

100200

58.17200

100200

20058.1722

222

2

xtr

max = 1 - 3 = 0 – (-46,88) = 46,88 MPa

-Para el Cilindro Externo (camisa): P2 = 0 y r = r1

580,17

708,47644,31064,14

200300

58.17300

200300

20058.1722

222

2

xtr

max = 1 - 3 = 47,708 – (-17,58) = 65, 288 MPa

c) esfuerzos máximos cuando en el cilindro compuesto actúa la presión interna de 200

MPa.

- En el cilindro interior:

Ing. Juan Bravo

21

122

2

22

22

21

2

2

21

22

21

221

200

56,226100200

2002578,17

100300

100300200

2

p

xx

rr

rp

rr

rrp

r

t

m

mkt

max = 1 - 3 = 226,56 – (-200) = 426,56 MPa

- En el cilindro exterior (camisa):

22

2

22

2

2

22

21

22

211

122

22

2

2

22

2

222

222

2

22

21

22

211

83,4858,17200

3001

100300

100200

1.

96,126200300

20030058,17

200

3001

100300

100200

1.

x

pr

r

rr

rP

x

rr

rrp

r

r

rr

rP

r

k

m

r

t

m

mk

m

t

Camisa

222

22

22

2

100300

58.17

200

100.300

200300

20058.17

xtr

MPaeq ..79,17583,4896,12621

62. Un cilindro compuesto de aleación de aluminio (E =72 GP a, υ = 0.33) esta hecho de un

cilindro interno de diámetros interno y externo de 90 y 120 +∆ mm, respectivamente y

un cilindro externo con diámetros interior y exterior de 120 y 240 mm respectivamente.

El cilindro compuesto esta sujeto a la presión interna de 160 MPa. Cual debe ser el

diámetro externo del cilindro interno si el esfuerzo circunferencial al interior del

cilindro es igual a 130 MPa.

MPap

p

rr

pc

rr

rrp

k

k

kt

.02,18

90120

120*2

90240

24090160130

2

22

2

22

22

21

22

21

22

22

211

La fórmula de pk en función de la interferencia para cilindro compuesto es:

2

12

2

222

21

2

22 rr

rrrr

r

EP mm

m

K

Despejando ∆ queda

013,0

120240901201072

02,18902401202

..2

22223

222

222

21

2

21

22

2

x

xx

rrrrE

prrr

mm

km

mme ..013,120013,0120120

63. Dos cilindros son ensamblados por deslizamiento para formar un cilindro compuesto

abierto. Ambos cilindros están fabricados de acero con σy = 700 MPa. El cilindro

interior tiene los diámetros interno y externo de 100 mm y 150 +∆ mm respectivamente.

El cilindro exterior tiene los diámetros interior y exterior de 150 mm y 300 mm

Ing. Juan Bravo

respectivamente. Determinar: a) la presión de apriete pk y la máxima presión interna pi

que puede ser aplicado al cilindro si ha sido diseñado con un factor de seguridad de 1,85

para la simultanea iniciación de fluencia en el radio interno de los cilindros. Use el

criterio de falla de máximo esfuerzo cortante, b) el diámetro externo del cilindro interior

requerido por el diseño. E = 200 GPa y υ=0,29.(p11.17bo) :

Solución:

El valor del esfuerzo admisible en la pared interna del cilindro interno es:

85,1

700

Fisy

A

(1)

Por condición del problema en la pared interna del cilindro externo el esfuerzo

admisible debe ser igual (2)

El esfuerzo equivalente en la pared interna del cilindro interno es:

pc

2cp-

22

2

k22

22

31

aab

abpeqA (3)

El esfuerzo equivalente en la pared interna del cilindro externo es:

kKeqB pc

b

ab

ap

cb

cbp

c

b

ab

pa

2

2

22

2

22

22

2

2

22

2

31 1.

1 (4)

Igualando ambas expresiones y reagrupando se tiene

22

2

22

2

22

22

2

2

.ac

c

cb

bp

ab

ac

c

bp k (5)

Reemplazando valores

22

2

22

2

22

22

2

2

5075

75

75150

150.

50150

5075.

75

150. kpp

kk pppp .0133,5.3133,3.625,0

EDBeqA

Igualando (1) y (3) y reemplazando el valor de p = 5,0133.pk

MPap

PPP

k

kkk

37,49

013,525005625

56252

250022500

250022500.0133.5

85,1

700

p = 5,0133 pk = 246,998 ≈247 MPa

cálculo del diámetro externo del cilindro interno

kk Pac

ca

EP

cb

c

Eu

22

2

22

3

1

11

019,02685,49.25005625

75250.

10200

29,012685,49.

562522500

5225.

10200

29,0133

x

xx

De = 2(75 + ∆) = 150,038 mm.

Ing. Juan Bravo

REFERENCIALES

CAPITULO V

TEXTOS.

BIBLIOGRAFIA

1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M.

Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth

Edition. 1993.

2. FEODOSIEV, V. C. Resistencia de Materiales. Moscú: Ed. MIR , 2da edición.

1980.

3. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall

Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996

4. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice

Hall.1998

CAPITULO VI

CONCENTRACION DE ESFUERZOS

64, La parte que se muestra en la figura está hecho de acero AISI 1040 HR. Se le someterá a

una fuerza de 5 000 lb que se aplica mediante dos pernos de 0,25 pulg de diámetro en

los orificios que se encuentran en cada extremo. Calcule el factor de diseño resultante.

(p5.40m)

Solución::

De la tabla de materiales de acero para AISI 1040 HR el σmax = 91 ksi y σad = 58 ksi.

La zona de concentración de esfuerzos son dos

0,4.......

02,01

02,0

0,21

2

tk

h

r

h

H

Cálculo del factor de seguridad en la zona de la entalla.

Ing. Juan Bravo

73,0......

5800080000

125,0

50000,4

..

max

max

FS

FSxx

FSA

Pkk y

adtnomt

El radio de la muesca se debe incrementar para disminuir el esfuerzo admisible.

Cálculo en el orificio:

90,0..........

5800064800

25,000,125.0

500043,2

..

43,2.......25,000,1

25,0

max

max

FS

FSx

FSA

Pkk

kW

d

yadtnomt

t

De aquí se deduce que el diseño debe ser mejorado.

65. Para la placa lisa en tensión de la figura, calcule el esfuerzo en cada orificio, suponiendo

que los orificios están separados lo suficiente y que sus efectos no interactúan. (p49m)

Solución:

Para el orificio izquierdo:

psixA

Pkk

kW

d

tnomt

t

..9,3921572,040,150.0

620015,2..

15,2.......51,040,1

72,0

max

Para el orificio central

psixA

Pkk

kW

d

tnomt

t

..2951240,040,150.0

620038,2..

38,2.......29,040,1

40,0

max

Para el orificio derecho

psixA

Pkk

kW

d

tnomt

t

..9,3168850,040,150.0

620030,2..

30,2.......36,040,1

50,0

max

66. La figura muestra el vástago de una válvula de un motor que se ve sometido a una

carga axial por tracción que aplica el resorte de la válvula. Para una de 1,25 kN, calcular

el esfuerzo máximo bajo el hombro.(p47m)

Ing. Juan Bravo

Solución:

Cálculo del coeficiente teórico de concentración de esfuerzo:

23,2.......

083,06

5,0

5,16

9

tk

h

r

h

H

Cálculo del esfuerzo máximo:

MPaxA

Pkk tnomt ..6,98

4

6.

125023,2..

2max

67. Una flecha circular maciza de 150 mm de diámetro se maquina a un diámetro de 75 mm

a lo largo de una parte de una flecha . Si en el punto de transición de los dos diámetros

el radio del filete es de 12 mm , ¿Qué esfuerzos cortante máximo se desarrolla cuando

se aplica un par de torsión de 2700 N.m a la flecha? ¿Cuál será el esfuerzo cortante

máximo si el radio del filete se reduce a 3 mm?.(p6.12m)

Solución:

Determinación de kt

16.075

12

275

150

d

r

d

D

33,1... tk

Determinación del esfuerzo máximo:

MPaJ

rTkk tnomt ..3,43

16

75.

27001033,1

..

3

3

max

Cuando el radio del filete se reduce a 3 mm:

04,075

3

d

r86,1... tk

MPaJ

rTkk tnomt ..63,60

16

75.

27001086,1

..

3

3

max

El esfuerzo máximo se incrementa.

68. Encuentre el radio requerido de un filete para la unión de 6 in de diámetro contra flecha

de 4 in de diámetro si el conjunto transmite 110 hp a 100 rpm y el esfuerzo cortante

máximo esta limitado a 8000 psi.

Solución:

Determinación del torque y esfuerzo nominal:

lg...69328

60

2100

6600100pulb

xPT

psiJ

rTnom ..7,5514

16

4.

69328.3

Determinación del radio del filete:

Ing. Juan Bravo

.37,0....5,14

6...........

5,14

6

45,17,5514

8000max

rd

r

d

D

knom

t

69. La viga de la figura está hecho de material frágil que tiene resistencia última σu 450

MPa. Si h = 125 mm y ρ = 15 mm, determine la magnitud de la carga P basado en un

factor de seguridad SF = 3,50. asuma que el material es linealmente elástico hasta la

última resistencia.

Solución:

Determinación de del coeficiente teórico de concentración de esfuerzos:

12,0125

15

2125

250

h

h

H

9,1.. tk

NP

PPx

FSk

Px

P

I

cM

nom

unomt

nom

..3,6608....

50,3

450019456.001024,09,1

.

01024,0

12

12560

5,62.1600.

max

2

70. Una viga de sección rectangular es de aleación de aluminio (E=72GPa). Los strain

gages son utilizados para determinar el factor de concentración de refuerzos en la

entalla un strain gage es colocado en la parte inferior de la muesca y otro a una distancia

del mismo. Las lecturas de los strain gages en la muesca y a una distancia de ella son

respectivamente 0.00250 y 0,00100. determinar la magnitud de P y el coeficiente

teórico de concentración de esfuerzos. (P14.17BO)

Solución:

Cálculo de los esfuerzos en la entalla y zona cercana :

NP

x

Px

I

McxxE

MPaxxE

w

muesca

..27000................12

15050

755007200100,01072.

..18000250,01072.

33

3max

34,19,133

180

..9.133

12

11050

5527000500.

max

31

1

nomt

nom

k

MPax

xx

I

cM

Ing. Juan Bravo

71. La barra redonda mostrada en la figura 2-65 está montada como una viga en voladizo y

tiene una ranura como se indica. El material tiene YP =60,000Psi y Nfs=2,5.

(a) ¿Qué puntos en la barra son críticos por esfuerzos?

(b) En cada punto crítico, determine si la parte fallara según la teoría de la energía de

distorsión máxima de falla. (p2.58s)

Solución:

a) Primero analizaremos en la sección transversal con concentración de esfuerzos,

donde los coeficientes de concentración de esfuerzos se obtendrá de las gráficas a

partir de las relaciones:

25,18,0

1

d

D

125,08,0

1,0

d

r

Entrando con las relaciones D/d y r/d en las correspondientes tablas obtenemos los

siguientes coeficientes de concentración de esfuerzos.

Ktracción = 2,05 , Ktorsión = 1,4, Kflexión = 1,75

El esfuerzo normal calculamos aplicando superposición.

I

cMk

A

Pk flextrac

...max

3,37799

64

8,0

4,050075,1

1,0

5000.05,2

42max

x

El esfuerzo cortante es debido a torsión

J

TrK tor .max

06,13926

32

8,0

4,0100004,1

4

xxmAx

Ahora calculamos en la sección del empotramiento

11,16552

64

1

5,010010

4

1

500042max

xx

92,10185

32

1

5,010004max

x

Por los valores obtenidos, se ve que la sección crítica es aquella donde está ubicada la

entalla (concentrador de esfuerzos).

b) Para que la sección resista, se debe cumplir con los criterios de rotura. Analizamos

con el criterio de Von Mises.

2

22 3

Ny

Primero analizamos en la zona de la entalla.

Ing. Juan Bravo

(37799,3)2 +3x(13926,06)2 =2

5,2

60000

2010 592 522 > 576 000 000

Como se observa, esta zona no resiste las cargas aplicadas

Ahora analizamos la zona del empotramiento

(16552,11)2 + 3(10185,92)22

5,2

60000

585 231 244,2 > 576 000 000

Tampoco esta zona resistiría las cargas aplicadas si la viga trabajase sin tener la entalla

en su punto medio.

REFERENCIALES

CAPITULO VI

TEXTOS.

1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M.

Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth

Edition. 1993.

2. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de

Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999.

3. RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica de

Materiales. México: Limusa Wiley, 1ra edición 2000

4. NORTON, ROBERT L.(1999) Diseño de máquinas. México: Prentice Hall -

Pearson , 1ra edición. 1999.

5. HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion 1997

6. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice

Hall.1998

Ing. Juan Bravo

CAPITULO VII

FATIGA DE MATERIALES

72. En la figura el resorte de hojas es recto y no está sometido a esfuerzos cuando la leva y

el eje se retiran. El material tiene un σult = 115000 psi, σyp = 98000 psi y σ-1 = 52000 psi.

Las superficies del resorte están esmeriladas. Si la leva gira continuamente, encontrar el

factor de seguridad para el resorte.(p45s)

El desplazamiento del extremo libre del voladizo se calcula por la fórmula:

δ =EI

Pl

3

3

3

3

L

EIP

Cálculo de los esfuerzos máximos y mínimos originados por los desplazamientos del

extremo libre

.54375

1016

110293

..33.2

6

23

xxxx

L

cE

IL

LEI

I

cM

Para δ = 0,5˝ → 5,27187min psi

Para δ = 1,0˝ → psi54375max

2miwmAx

m

= 40781,25

2miwmAx

a

=

2

425,4201,106 =13593,75

Determinación del factor de seguridad:

24,6640052000

98000.75,1359325,40781

1

eq

yameq

Ny

eq

N =

24,66400

98000

Eq

Y

=1,48

73. Cuando el motor de la figura está girando, se observa que el extremo de la viga tiene una

vibración total hacia arriba y hacia debajo de 0,25 pulgadas. La viga es de acero con σult

= 92 000 psi, σyp = 79 000 psi y σe = 26 000 psi. Encuentre el factor de seguridad en la

pared donde el factor de concentración de esfuerzos es de 1,5.

Solución:

Cálculo de los esfuerzos

δ =EI

Pl

3

3

3

3

L

EIP

23

3.3.

l

Ec

Il

lcEI

I

cM

Ing. Juan Bravo

psix

xx07,590025,0

2432

510.293

2

6

psi07,5900max

psi07,5900min

0m

07,5900minmax

La

psi

ameq k1

y

7,2689026000

790005,107,59000 xxeq

Ny

eq

94,279000

7,26890 NN

74. Un material en la condición laminada tiene últ=110,000Psi t yp=85,000 Psi. El factor

de concentración de esfuerzos es de 1.2;q=1.0;factor de seguridad =1,75.

(a) Encuentre el área transversal requerida si la parte soporta una carga permanente de

tensión de 20,000 lb.

(b) Encuentre el área requerida si la carga varia continuamente entre 19,000y 21,000 lb

y el limite de fatiga se determina con la ayuda de la figura 2-26.

(c) Encuentre el área si la carga varia continuamente entre 18,000 y 22,000 lb.(p2.61s)

Solución:

psiu 000,110 psisSepsi gu 550005.0200000

PsiYP 000,85

Kx =1.2, q =1.0 y f.s =1.75

a) Para: P =20,000 lb = cte

2412,0000.14

75.120000..

.pis

sfPA

sfA

P

y

y

b) Para: P variable continuamente de 19 000 a 20 000 lb.

AMin

19000

AMinMax

m

20000

2

AMax

000,21

AMinMax

a

1000

2

q =

1

1

t

e

k

kke = 1+q(kt -1)=1+1(1,2 -1) = 1,2.

75,11.. yy

ameq K

75,1

850002,1

100020000

AAeq

A=0,450 pulg2

c) Para P variable continuamente de 18 000 hasta 22 000.

PMin =18000AMax

22000

Am

20000

PMax =22000AMin

18000

Aa

2000

Ing. Juan Bravo

75,1

85000

85000

85000.2,1

2000200001

xAA

k

eq

yaMeq

A= 0,488pulg2.

75. La viga mostrada de ancho igual b y altura 2b está sometida a la acción de una leva

en su punto medio y en la posición mostrada tiene una flecha de 2 mm. Usando el

criterio de máximo esfuerzo cortante, determinar sus dimensiones tomando un F.S. =

2.5 a la fluencia. El material tiene E = 200 GPa, -1 = 120 MPa y y = 280 MPa. La

deflexión del punto medio es y = PL3/48EI.

Solución:

Cálculo de las fuerzas de deflexión:

31

1

31

1

48

4 l

EIP

EI

lP

32

2

32

2

48

48 l

EIP

EI

lP

Cálculo del coeficiente de concentración de esfuerzos kt entramos a la gráfica de

concentración de esfuerzos correspondiente con las relaciones d/h y d/b

3,2

25,04

14/

125.08

1

2

4/

tk

b

b

b

d

b

b

h

d

Cálculo de los esfuerzos máximo y mínimo:

4

.

22

lPlx

PM

2

3 6222

48.

L

Eh

I

hL

L

EI

I

cM

bbxxxx

L

Eh8,4

1000

2210200662

3

2min

min

bbxxxx

L

Eh24

1000

10210200662

3

2max

max

Determinación de los esfuerzos medio y alterno

bbb

m 4,142

8,424

2minmax

bbb

a 6,92

8,424

2minmax

Ing. Juan Bravo

Determinación del esfuerzo equivalente

SFk yy

tameq ..

1

mmb

xbxbeq

..7,1

5,2

280

120

2803,26,94,14

76. El eslabón que se ilustra en la figura se ve sometido a una fuerza de tracción que varía

de 3,0 kN hasta 24,8 kN. Evalué el factor de diseño si el eslabón se fabrica de acero

AISI 1040 CD.

Solución:

De la tabla de materiales obtenemos para el acero AISI 1040 CD los esfuerzos máximo

y de fluencia que son respectivamente σu = 100 ksi y σy = 88 ksi. Luego el esfuerzo de

resistencia a la fatiga es σ-1= 0,5σu = 50 ksi.

Cálculo de los esfuerzos :

psiA

P

psiA

P

..9,9142625,050,1375,0

3000

..75581625,050,1375,0

24800

minmin

maxmax

1,332192

9,914275581

2

423622

9,914275581

2

minmax

minmax

a

m

Determinación del factor de concentración de esfuerzos:

2,2............42,050,1

625,0 tkgráficode

W

d

Cálculo del factor de diseño:

51,0....................

88000

50000

880001,332192,242362

.1

FSFS

xx

FSk

ad

yad

yatmeq

Por lo tanto el eslabón no es seguro para las cargas indicadas.

77. Un seguidor de leva recíproco alimenta bolas esféricas una por una a partir de una

canaleta o saeten. El seguidor se sostiene contra la leva mediante un resorte plano que se

carga como un cantilever. cuando el seguidor se encuentra mas lejos hacia la izquierda,

el resorte se reflexiona a partir de su posición libre (recta) en una cantidad ymin = 3 mm.

Cuando el seguidor se encuentra mas lejos hacia la derecha el resorte se reflexiona ymax

= 8 mm. Mientras la leva sigue girando, en el resorte observa carga cíclica entre los

valores mínimo y máximo. Si el resorte tiene un espesor t y un ancho b= 7,5t (t en mm)

Ing. Juan Bravo

y L = 65mm, determine usando el criterio de Von Mises las dimensiones del resorte si

el material es acero con E = 200GPa, MPay 620 y MPa2951 . Use FS = 1,5

Solución:

Cálculo del desplazamiento del extremo libre de la viga aplicando el método del

área de momentos

3

3

3

33

2

2

1

l

EIP

EI

Plll

EI

Pl

23 .2

..3

2.

.3

2

..

2 l

tEt

lI

lEIt

I

lPt

I

M

t

xtxxx

l

Ett

I

M02,213

65

310200

2

3

2

3

2 2

3

2minmin

min

t

xtxxx

l

Ett

I

M05,568

65

810200

2

3

2

3

2 2

3

2maxmax

max

ttt

m 53,3902

02,21305,568

2minmax

ttt

a 52,1772

02,21305,568

2minmax

mmtb

mmt

ttt

FS

eq

ya

ymeq

..88,45,7...................

..65,0..................

5,1

6201,635

450

620.52,17753,390

1

Ing. Juan Bravo

REFERENCIALES

CAPITULO VII

TEXTOS:

BIBLIOGRAFIA.

1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M.

Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth

Edition. 1993.

2. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de

Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999.

3. NORTON, ROBERT L.(1999) Diseño de máquinas. México: Prentice Hall -

Pearson , 1ra edición. 1999.

4. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales.

Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.

5. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice

Hall.1998

MATERIALES Y METODOS

La técnica utilizada es la recopilación de datos de diferentes textos cuando se tiene

planteado el problema de estudio de acuerdo al contenido de los capítulos. Es decir que

se tienen los objetivos y cuando se evalúa su relevancia y factibilidad, el paso siguiente

es la sustentación teórica , que comprende dos etapas a seguir.

La revisión de la literatura que consiste en detectar, obtener y consultar la bibliografía y

otros materiales de interés para los propósitos del estudio, así como extraer y recopilar

la información relevante y necesaria que corresponda a los temas a estudiar, analizando

a cada una de las actividades que se realizan como parte de la revisión de la literatura

técnica.

Desarrollo de la parte de Problemas. Para el desarrollo de esta parte, se revisa la

literatura, analiza y discierne sobre si la teoría existente y el análisis anterior es una

respuesta a la interrogación o está respondiendo en forma parcial y la existencia de una

teoría completamente desarrollada con abundante evidencia empírica. La teoría debe ser

lógicamente consistente, es decir la evidencia empírica se refiere a los datos de la

realidad que apoya o dan testimonio de una o varias afirmaciones.

Ing. Juan Bravo

Teniendo en cuenta estas consideraciones se ha desarrollado este libro de Problemas de

Resistencia de Materiales Avanzado..

RESULTADOS

Los resultados obtenidos en este trabajo de investigación se consideran satisfactorios

porque se cumple con el objetivo deseado de desarrollar los problemas todos los

capítulos del Syllabus de Resistencia de Materiales II en un único libro, por cuanto

anteriormente estaba disperso en diferentes literaturas técnicas, por lo que será de

mucha utilidad para el proceso de enseñanza aprendizaje en el tiempo mas breve.

La realidad del País exige un proyecto de industrialización inmediata para salir del

subdesarrollo y la dependencia tecnológica. Para esto se necesita personal técnico bien

capacitado e incentivado y el área metal mecánica juega un papel muy importante en la

instalación de fábricas , mantenimiento y operación de las mismas, por la que el

dominio de la teoría de Mecánica de Materiales es vital para el ingeniero Mecánico. Ese

objetivo se trata de cumplir con este libro.

DISCUSION

Dada la abundante información existente de algunos temas, escaso en otros y la

dispersión de los mismos sobre los contenidos del Syllabus de Resistencia de Materiales

II me ha obligado a realizar este trabajo de investigación, con el propósito de reunir las

informaciones más relevantes y significativas en un libro de problemas de la

especialidad.

Los contenidos del libro de Problemas de Resistencia de Materiales Avanzado son

importantes para el área de diseño, mantenimiento, valuación fundamentalmente para el

sector metal mecánico y la industria en general cuyas instalaciones y equipos son de

origen mecánico donde es necesario evaluar y resolver problemas en forma cuantitativa.

Ing. Juan Bravo

BIBLIOGRAFIA

1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR

M. Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC.

Fifth Edition. 1993.

2. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de

Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999.

3. POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da

edición. 2000

4. RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica

de Materiales. México: Limusa Wiley, 1ra edición 2000

5. NORTON, ROBERT L.(1999) Diseño de máquinas. México: Prentice Hall -

Pearson , 1ra edición. 1999.

6. HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion

1997

7. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales.

Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.

8. GERE. JAMES M. Mecánica de Materiales. México: Thomson Learning, 5ta

ed. 2002.

9. MIROLIUBOV, S. ENGALICHEV, N. SERGUIEVSKI. Problemas de

Resistencia de Materiales. Moscú: Editorial MIR, Cuarta edición 1981.

10. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice –

Hall Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996

11. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México.

Printice Hall.1998

12. KASSIMALI, ASLAM. Análisis Estructural. México: Thomson Learning, 2da

ed. 2001.

Ing. Juan Bravo

APENDICE

ANEXOS:

Ing. Juan Bravo

Ing. Juan Bravo

Ing. Juan Bravo

Ing. Juan Bravo