Problemas resueltos resistencia(1)

AULA POLITÈCNICA 15

Resistencia de materiales
Problemas resueltos

AULA POLITÈCNICA / ETSEIB

Resistencia de materiales
Problemas resueltos

Miquel Ferrer Ballester
José Luis Macías Serra
Frederic Marimón Carvajal
M. Magdalena Pastor Artigues
Francesc Roure Fernández
Lluís Vilaseca Vilanova

EDICIONS UPC

La presente obra fue galardonada en el quinto concurso
"Ajuts a l'elaboració de material docent" convocado por la UPC.

Primera edición: septiembre de 1999
Reimpresión: febrero de 2001
Segunda edición: septeimbre de 2002

Diseño de la cubierta: Manuel Andreu

© los autores, 1999

© Edicions UPC, 1999
Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL
Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona
Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885
Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es
E-mail: edicions-upc@upc.es

Producción: CPDA
Av. Diagonal 647, ETSEIB, 08028 Barcelona

Depósito legal: B-30564-2002
ISBN: 84-8301-621-4

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-
ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o pro-
cedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de
ella mediante alquiler o préstamo públicos.

Prólogo 7

Prólogo

El presente libro es una colección de problemas resueltos destinada a facilitar el aprendizaje de la
Resistencia de Materiales a través de su aplicación a la resolución de ejemplos concretos. Ha sido
elaborado pensando en su uso por parte de estudiantes de Ingeniería y de Arquitectura, como texto
complementario a un libro de teoría de Resistencia de Materiales. En concreto su estructura, enfoque y
nomenclatura se adapta especialmente al texto Resistencia de Materiales de F. Roure, F. Marimón y
X. Ayneto, que actualmente edita CPDA de la ETSEIB- UPC, en forma de fascículos.

Se supone que antes de abordar los problemas de cada capítulo, el lector habrá adquirido los
conocimientos de teoría correspondientes, y por ello no se repasan de forma explícita en el presente
libro. Se supone asimismo que el lector ha seguido previamente un curso de mecánica de medios
continuos, y que dispone de los conocimientos de elasticidad lineal necesarios. Al efecto se han
incluido en la Bibliografía textos de teoría sobre ambos aspectos.

Los temas que cubre este libro son los clásicos de un primer curso de Resistencia de Materiales: los
temas básicos relativos a la pieza prismática. Una rápida ojeada al índice ilustra perfectamente el
alcance del temario abordado. Se ha centrado el texto en estos temas básicos para adaptarlo
precisamente al desarrollo de un curso de duración cuatrimestral; aunque al final de algunos capítulos
se han introducido también problemas más complejos (van marcados con un asterisco), para aquellos
lectores que deseen profundizar en dichos temas.

Los casos más sencillos, introductorios de cada tema, no se han incluido en este libro como problemas,
porque ya suelen encontrarse como ejemplos introductorios en los libros de teoría, y no se ha
considerado necesario repetirlos. Tampoco se ha pretendido elaborar una colección exhaustiva de
problemas, sino seleccionar unos cuantos de cada tema, para ilustrar sus diversas facetas.

A pesar de las numerosas revisiones que hemos hecho del texto y de las pruebas de impresión,
estamos seguros de que algunos errores y erratas habrán conseguido colarse (confiamos en que sean
sólo algunas), y pedimos por ello disculpas al lector.

Finalmente queremos expresar nuestro agradecimiento a los siguientes estudiantes de la ETSEIB que,
como becarios del Departamento, han colaborado en la esmerada confección del texto, las fórmulas y
los dibujos: Pedro J. Campos San Facundo, Antonio Cerra Franco y Robert Gimeno Feu.

Los autores

Barcelona, junio de 1999

Índice 9

Índice

1 Diagramas de esfuerzos.......................................................................................................11

2 Esfuerzo normal...................................................................................................................25

3 Esfuerzo de cizalladura pura................................................................................................35

4 Características de secciones.................................................................................................45

5 Dimensionado de secciones a flexión..................................................................................53

6 Flexión desviada y flexión compuesta.................................................................................75

7 Torsión y esfuerzos combinados..........................................................................................89

8 Corrimientos en piezas prismáticas....................................................................................131

9 Piezas y sistemas hiperestáticos.........................................................................................139

10 Inestabilidad elástica...........................................................................................................161

Bibliografia................................................................................................................................185

Bibliografía 185

Bibliografía

COURBON, J. Resistencia de materiales (I y II). Madrid, Aguilar, 1968.

LAROZE, S. Resistance des materiaux et Structures (I,II,III y IV). París, Eyrolles-Masson & Cia, 1974.

LOVE, A.E.H. A treatise on the mathematical Theory of Elasticity. New York, Dover, 1944.

NEUBER, H. Mecánica técnica (II). Madrid, Dossat, 1977.

ORTIZ, L. Elasticidad. Madrid, Mc Graw-Hill, 1998.

ORTIZ, L. Resistencia de materiales. Madrid, Mc Graw-Hill, 1991.

ROURE, F.; MARIMÓN, F.; AYNETO, X., Resistencia de materiales (Fascículos). Barcelona, CPDA-
ETSEIB, 1998

TIMOSHENKO, S.P., Resistencia de materiales. Madrid, Espasa-Calpe, 1967.

UGURAL, A.C.; FENSTER, S.K. Advanced Strength and applied Elasticity. New York, Elsevier, 1987.

1 Diagramas de esfuerzos 11

1 Diagramas de esfuerzos

12 Resistencia de materiales. Problemas resueltos

Problema 1.1

Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura.

600 2 N
45o

E

2m
C 800 Nm
A D

B

3m 3m 2m

2
FH 600 2 600 N
2
2
FV 600 2 600 N
2
Resolución:

a) Descomposición de la fuerza exterior aplicada en el extremo de la barra BE.

b) Cálculo de las reacciones.

600 N
600 N
Ejes globales E

A C D 800 Nm

B

RAH RCV
RAV

Tomamos momentos respecto al punto C:
100
Mc 0 R AV 6 600 3 600 2 800 0 R AV N = -33,3 N
3
Suma de fuerzas verticales y horizontales:
100 1900
FV 0 R AV 600 RCV 0 600 RCV N
3 3
FH 0 RAH 600 N


c) Cálculo de momentos en los tramos AB y BC.

100
TramoAB: M ( x) R AV x x MA 0 MB 100 Nm
3
Tramo BC:

M ( x) R AV x 600( x 3) 600 2
100
MB 3 0 1200 1100 Nm
3
100
MC 6 600 3 600 2 800 Nm
3

Diagramas.
600 N E

600 N -
N +
A B C D
B

600 N
E

A B C D +
T
-
B
1900
100 N
N 3 -800 N·m
3 E

-100 N·m
- -
M
A - B C D
1200 N·m B
+

1100 N·m

Equilibrio del nudo B.
600 N

600 N

100/3 N
600 N
B

1900
N
3


Problema 1.2

Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura, apoyada en los extremos y sometida a
una carga repartida triangular.

N
1600
m

A B

x

6m

T

Resolución:

a) Cálculo de la reacciones.

1600 6
Resultante de la carga Q 4800 N .
2

4800 N

A B

6m
RA RB
4m 2m

RA RB 4800

MA 0 RB 6 4800 4

4800 4
RB 3200 N
6
RA 1600 N


b) Cálculo de los esfuerzos de sección.

N
1600
m

A B

d
1600 N 3200 N

x-

x

L=6m

Sección situada a una distancia x del apoyo A:

T:
x x 1600
T 1600 qd 1600 d
0 0 6

x
1600 2 1600 2
T 1600 1600 x
6 2 0
12

M:
x x 1600
M 1600 x q x d 1600 x x d
0 0 6

x
2 3
1600
M 1600 x x
6 2 3
0

1600 x3 x3 1600 x 3
M 1600 x 1600 x
6 2 3 6 6


c) Diagramas.

1600 N

+
A T
-
3200 N

M
+

3695 Nm
d) Punto de Mmáx

M
T T 0
x
1600 2
T 0 1600 x x 12 3,46 m
12
1600
M máx 1600 3,46 3,46 2 3695 Nm
12


Problema 1.3

Determinar los diagramas de esfuerzos del pórtico inclinado de la figura.

200 2 N
B
400 2 N

2m

45
A C

2m 2m

Resolución:

Para el cálculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estática.

200 2

400 2 B

A
RAH C

RAV RC

FV 0 R AV RC 200 2 0
FH 0 R AH 400 2 N
MA 0 RC 4 400 2 2 200 2 2 0 RC 300 2 N


por tanto, RAV 100 2 N y descomponiendo cada reacción en las direcciones de las barras,

400
100 2

400 2 100 100
400
300 300

400 300 2
400 2
300 2
400 100 100
300 300
100 2

Diagrama N

500 N
B

+ -

C
A
-300 N

Diagrama T

300 N
B

+ -

C
A
300 N

Diagrama M


B
B

x + +
A x’ C

300 N

MA 0 MC 0
M = 300 · x M = 300 · x’
MB 600 2 Nm MB 600 2 Nm

Método alternativo para hallar las reacciones: resolución gráfica.

Para que las tres fuerzas estén en equilibrio, sus líneas de acción deben cruzarse en punto O (ya que
M0 0 ). A partir de la línea de acción vertical de RC, se obtiene O.

F
200 2 RA
// OA
B
400 2 RC
F

// OC

RA
C

RC


Problema 1.4

Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura.

N
p = 600
4000 N ml 3000 N

P1 B C P2 D
A

a=2m L=6m b=2m

Resolución:

Cálculo de las reacciones:

FV : R B RC 4000 600 6 3000 0

M B : 4000 2 600 6 3 RC 6 3000 8 RC 4467 N
RB 6133 N
Diagrama de momentos flectores:

Tramo AB:
M 4000 x
MA 0 MB 8000 Nm

Tramo BC:
2
x 2
M 4000 x 6133 x 2 600
2
MB 8000 Nm MC 6000 Nm

Tramo CD:
M 4000 x 6133 x 2 600 6 x 5 4467 x 8
MC 6000 Nm MD 0

Diagrama de esfuerzos cortantes.

Tramo AB:
T 4000 N
TA 4000 N TB 4000 N


Tramo BC:
T 4000 x 6133 600 x 2
TB 2133 N TC 1467 N

Tramo CD:
T 4000 6133 3600 4467
TC 3000 N TD 3000 N

B C D
A

a=2m L=6m b=2m

-8000

-6000
M

( Nm )
-

E

xE

2133 3000 3000

+
+
T
-
-
(N)
-1467

-4000 -4000

El diagrama de momentos flectores pasa por un mínimo relativo en el punto E, donde la tangente es
horizontal, o sea:
M
T 0 : 4000 6133 600 x E 2 0 x E 5,35 m
x
ME = -4208 Nm


Problema 1.5

En la viga en voladizo de la figura, calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar los
diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga.

4 KN
5 KN/m

0,5m
1m 2m 1m

Resolución:

a) Reacciones en el empotramiento.
Comenzaremos por buscar el sistema de fuerzas que ejerce el empotramiento, dibujamos el diagrama
de sólido libre y obligamos al equilibrio. Sumando fuerzas y tomando momentos obtenemos:

4 KN 5 KN/m 4 KN
10 KN

ME ME

0.5m 0.5m
1m 2m 2m
FE FE

FE 14 KN
Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga.
ME 4 0,5 10 2 22 KN m


b) Diagramas

4 KN 5 KN/m

E D C B A

0,5 0,5 2m 1m

x

-

M

T
+

Tramo AB: M=0 T=0

Tramo BC:
2
x 1
M 5 KN m MB 0
2
MC 0

2
T 5 x 1 KN TB 0
TC 10 KN


Tramo CD:

M 10 x 2 KN m MC 10 KN m
MD 15 KN m

T 10 KN TC 10 KN
TD 10 KN

Tramo DE:

M 10 x 2 4 x 3,5 KN m MD 15 KN m
ME 22 KN m

T 10 4 14 KN TD 14 KN
TE 14 KN

Estos diagramas se han obtenido tomando el origen de las x en el extremo A, de la derecha, porque en
este caso, es más cómodo. Si se determinan los diagramas tomando el origen de las x en el extremo de
la izquierda E, tal como se hace habitualmente, el diagrama de momentos flectores, M, sale idéntico;
pero el diagrama de esfuerzos cortantes sale opuesto (igual, pero de signo cambiado).

2 Esfuerzo normal 25

2 Esfuerzo normal


Problema 2.1

Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro 4 mm , y cuyos
módulos de elasticidad son: E1=2.1·105 MPa y E2=0.7·105 MPa. La longitud de la barra es de 600 mm
y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra está
sometida a una carga puntual P=500 N.
Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.

E2 300 mm
4 mm 4 mm
E1
A B
x P=500 N

600 mm

Resolución:

Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. Además imponemos la igualdad de
deformaciones.

RA RB

LA LB

A B
P=500 N

FV 0 RA RB P
MB 0 RA L P( L x) 0


LA LB

Ley de Hooke :

RA LA RB LB R B E1 R B 210000
RA RA 3R B
S E1 S E2 E2 70000

500
3R B RB 500 RB 125 N RA 375 N
4

De la ecuación de los momentos obtenemos x:

RA L P( L x) 0

375 600 500(600 x) 0 x 150 mm


Problema 2.2

En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. Determinar las
tensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm2 .
Hallar también el diagrama de esfuerzos axiles.

Datos: E=2·105 MPa.

A
1m Aa=40 cm2
B

3m
Ab=80 cm2
C
1m
15 T
D

Resolución:

FV 0

RA+ RD = 15 T = 150000 N

Ecuación de deformación

El tramo AC está comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD está
traccionado, por lo que RD es un esfuerzo de tracción.

Al estar los dos extremos , A y D, empotrados la variación total de longitud es 0; y el acortamiento del
tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:

L AB L BC LCD

F L
Aplicando la ley de Hooke: L
A E

R A L AB R A L BC R D LCD
E Aa E Ab E Ab


RA
R A 1000 R A 3000 R D 1000
A 2 10 5
40 10 2
2 10 5
80 10 2
2 10 5 80 10 2
1m

B R A 2000 R A 3000 R D 1000

3m
Resolviendo las ecuaciones, tenemos

RA 25000 N 2.5 T
C
1m
15 T
RB 125000 N 12.5 T
D
RD

Cálculo de las tensiones.

25000 N
Tramo AB: AB 6.25 MPa (COMP.)
40 10 2 mm 2

25000 N
Tramo BC: BC 3.125 MPa (COMP.)
80 10 2 mm 2

125000 N
Tramo CD: CD 15.625 MPa (TRAC.)
80 10 2 mm 2

Diagrama de esfuerzos normales:

2.5 T A

B
-

C
12.5 T

+

D


Problema 2.3

a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de diámetro y de 3.5 m
de longitud, soportan un peso P=5 KN. Calcular el descenso del punto C, siendo =20º.
Datos: E=2,1·105 MPa.
b) Resolver para =0º.

A B

L L
C

C’
C1
P

Resolución:

a) Para =20º:

N N P Del equilibrio del punto C se obtiene
P

N N P
N sen
2
Equilibrio del punto C P
N
2 sen

Sea (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, L, será C’C1
L
pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es . Como por otra
sen
NL
parte: L , se tiene que:
EA

NL PL 5000 3500
1,13 mm
EA sen 2 EA sen 2 2 2.1 10 3,14 10 2 0.34202 2
5

b) Para =0º:

A L C L B

C1

P


De acuerdo con la estática de los sistemas rígidos, descomponiendo la fuerza P en las direcciones de
las barras, se encontrarían, para los esfuerzos en las barras y para las reacciones, valores infinitamente
grandes. La solución evidentemente es inaceptable, ya que ni las barras ni los apoyos resistirían.

A fin de hacer desaparecer la aparente imposibilidad basta con considerar los alargamientos de las
barras que toman direcciones no alineadas. Esto demuestra la necesidad de tener en cuenta las
deformaciones en este caso.

Poniendo

tg (para ángulos pequeños)
L

el alargamiento de las barras vale

2 2
AC1 AC L2 2
L 2
1 1 1 1
AC L L 2

Esta última igualdad proviene de la expresión:

12 1 1 2 1 3 5 4
1 a 1 a 1 a a a a
2 8 16 128

a
Para a<<1 , pueden despreciarse las potencias de a y, por tanto, queda 1 a 1 .
2

El esfuerzo normal en una de las barras es:

2
E A
N A E A
2

Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce

2
P P E A P
N sen N N
2 2 2 2

Resulta

3
P
E A

P
L L 3
E A


Aplicando los datos numéricos del problema:

5000
3500 3 148 mm
2.1 10 5 3,14 10 2

148
0,04229 rad 2,42º
L 3500

P 5000
N 59116 N
2 2 0,04229

N 59116
188 N/mm 2
A 314


Problema 2.4

Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructura
representada en la figura, suponiendo infinitamente rígida la barra horizontal DE, articulada en D.
Barra AB: sección 40 cm2
Barra CB: sección 80 cm2
Se considera el mismo módulo de elasticidad, para todas las barras.

A

2m 40 T

D B E

2m

2m 4m
C

Resolución:
Se trata de un sistema hiperestático.
RBA y RBC siguen la dirección de la barra.

40 T
RBA
HD D
E

VD RBC

Ecuaciones de la estática:
2 2
FV 0 VD R BA R BC 40 0
2 2
2 2
FH 0 HD R BC R BA 0
2 2
MB 0 VD 2 40 4 V D 80 T


A

acort. B
LBC
45º
B’’
D B E ~45º
B’’ LAB
alarg.
B’ B’

C

A L AB BB LCB BB

Al ser deformaciones y ángulos pequeños:

BB BB

L AB L BC
D

Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC

Aplicamos la ley de Hooke:

R BA 2 2 R BC 2 2
2 R BA R BC
C E 40 E 80

De la ecuación Fv = 0 tenemos:

2 2
80 R BA 2 R BA 40 0
2 2
con lo que,

R BA 56.73 T R BC 113.47 T

De la otra ecuación despejamos: HD= - 40 T (sentido contrario al supuesto)
Cálculo de las tensiones:

56730 Kp
AB 1418
40 cm 2
113470 Kp
AB 1418
80 cm 2

3 Esfuerzo de cizalladura pural 35

3 Esfuerzo de cizalladura pura


Problema 3.1

a) Determinar el diámetro mínimo con el que se puede perforar una chapa de acero A-42b ( e=260
N/mm2) de 5 mm de espesor suponiendo que el punzón tiene una tensión admisible a compresión,
2
adm= 500 N/mm .
b) ¿ Qué fuerza máxima se ejercerá ?
c) ¿ Qué adm debería tener el punzón para realizar un punzonado de 5 mm ?
Nota: Suponer que el extremo del punzón es plano y horizontal.

Punzón
2
adm = 500 N/mm

Chapa de acero
e = 260 N/mm2

Resolución:

a)
punzon d2
Fmax adm A 500 392,7 d 2
4
chapa
Fmax e S 0.65 260 d 5 2654.6d

punzon chapa
Fmax Fmax 392,7 d 2 2654.6d d min 6,76 mm

d2
b) Fmax adm A 500 17945 N
4
52
c) punzon
0.65 260 5 5 676 N
adm
4
adm
mm 2

adm

5 mm

e


Problema 3.2

Dimensionar la cadena de una bicicleta con un coeficiente de seguridad s y suponiendo todo el peso
del ciclista sobre uno de los pedales.

P

P = 800 N
R = 200 mm
R Plato D=200 mm
D Chapa eslabones: e=360 Mpa
Pasadores: e=260 Mpa

b
a

e?
e?

d?
cilindros “centradores”

Resolución:

D P
F P R 800 N 200 mm
F
F 1600 N
D 100 mm
2

R


Dimensionado de la garganta ‘a’ de la chapa a
tracción pura:
F/2
F/2 F F
2 2 800
adm a e 3,3 mm 2
a e adm 240

F/2
F/2 360 MPa
adm 240 MPa
1 .5
p.ej : a = 4mm e =1 mm

Dimensionado del pasador a cizalladura:

F d2 d2
800 adm 138 d min 2.7 mm
2 4 4
260
adm 0.8 adm 0.8 138 N/mm 2
1.5

Dimensionado del pasador a aplastamiento:

F '
800 adm d e 347 d 1 d min 2,3 mm
2
260
2 347 N
adm
1.5 mm 2

d min máx 2,7 ; 2,3 d min 2,7 mm

Dimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador

a tracción:

F
800 b d e adm b 2,7 1 240 bmin 6,0 mm
2

a desgarro:

t1 2d 5 .4 bmin 10.8 mm

bmin max 6,0 ; 10,8 bmin 10,8 mm

El dimensionado final queda así:


e 1 mm
d 2,7 mm
a 4 mm
b 10,8 mm

b=10,8 mm
a= 4 mm

e=1 mm

d= 2,7 mm


Problema 3.3

Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y las
uniones son roblonadas.

e2 t1’
e1 t1 t1
e3

e3

d1 d2

t1 t1 t1’

N?

b
d2
d1

Datos:

e1 = 5 mm e2=e3

Chapas: Roblones: Tomar: se=1,5

Acero A37b Acero A37b
2 2
e=240 N/mm e=240 N/mm

Resolución:

a) Unión 1
t1
e1
F/2 e2
F
F/2
e2

d1


Cizalladura:

2 2 2
F d1 d1 240 d1
T adm
e
0.8 100,55 d 12 201.1 d1 2 Fmax
2 4 seg 4 1.5 4

Aplastamiento:

Fmax Fmax Fmax
d 1 e1 d1 5 2000 d 1 Fmax
240
adm adm 2.5
1.5

De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultáneas obtenemos:

d1,optimo = 9.95 mm 10 mm = d1 Fmax = 20000 N

( fallará por aplastamiento de la chapa )

- Desgarramiento

t1 2d 1 t1 20 mm

Cálculo de la sección neta
t1=2d=20 mm

Fmax
10 mm b
20000 N

260/1.5 = 160 N/mm2

Fmax N 20000 N
160 b 10 mm = 35 mm
Aneta mm 2 N
160 5 mm
mm 2

Dimensionado de e2: las dos chapas e2 son del mismo material que la chapa e1 , tiene las mismas
dimensiones y trabajan de la misma manera, por tanto:

e1
2 e2 e1 e2 2,5 mm
2


b) Unión 2

e2 t1’ e3
F/4
F/2
F/2
e1

F/2 e2
F/4
e3

F F
N?
d2

e1
Atención: es un problema hiperestático. Aquí se presenta la solución concreta para el caso e2 2 ,y
con la hipótesis de roblón rígido; por lo que puede suponerse que la fuerza total se distribuye entre las
tres chapas de la derecha de la manera indicada en la figura: F/4, F/2 y F/4.

Cizalladura:

F 2 2
4 F d2 20000 240 d2 49.74 2
T adm 0.8 d2
N 4N 4 4N 1.5 4 N

Aplastamiento:

F
2 F 20000 240 10
adm d 2 e2 2.5 d 2 2.5 d2
N 2N 2N 1.5 N

De las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemos

d2 4.97 mm d2 5 mm N 2

con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento.

Desgarramiento:

t1 2d 10 mm

Tracción:

Seguro que cumple ya que b es igual y F es menor.


Problema 3.4

Hallar el coeficiente de seguridad seg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles de
estantería metálica representados en la figura.

s ?

Acero A-42b
Kp
20 mm e 2600
cm 2

10 mm
p = 100
N/cm

h = 20 cm

L = 50 cm


Resolución:

p
2Fh

h 2Fv h

L 2Fh
2Fv

pL2
FH M (momento a transmitir en la sección
2
de empotramiento)
FV
M p L2 100 50 2
2 FH h M FH
2h 4h 4 20
T FH 3125 N

FV 4 Fv p L 100 50 5000 N Fv 1250 N

T FH 2 FV 2 3125 2 1250 2 3666 N
FH
FT
(suponiendo una distribución constante de en la sección)
S

3366
16,8 N/cm 2
20 10

e 0,6 e 0.6 260
S 9,28
máx máx 16,8

4 Características de secciones 45

4 Características de secciones


Problema 4.1

Determinar las inercias resultantes Iz e Iy si partimos de cuatro perfiles L 45x45x5, para unas cotas b y
h genéricas.

b
y

z z
h

y

Resolución:

De las tablas: Iz’ = Iy’= 7,84 cm4
y’
A = 4,3 cm2
z’ z’
c = 1,28 cm
c
c
y’

2
h
Iz I z' A c (momento de inercia de una L, respecto al eje z)
2

c
h/2

z z

2
b
Iy I y' A c (momento de inercia de una L, respecto al eje y)
2
y

c

b/2
y


2
h
Iz 4I z 4I z' 4 A c 59,54 4,30 h 2 5,12 h (momento de inercia de las
2
cuatro L)

2
b
Iy 4I y 4I y' 4 A c ( momento de inercia de las cuatro L)
2

Iz 4,30h 2 22h 59,54

Iy 4,30b 2 22b 59,54


Problema 4.2

Dado un perfil “doble T”, determinar la magnitud a de la figura para que la inercia de la viga
aligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial.

y’

y

e

z
h z’
2a h’

IZ
A

a ?

IZ

I Z’ = 4 I Z

Resolución:

a/2
a
z z a/2

3
IZ IZ/2 IZ 1 a
e IZ’/2
2 12 2

A a A' A a
A A/2 e e
2 2 2 2 2


3 2
IZ 1 a A a a IZ 1 a3 A 2 a3
IZ' e e 2 e a e 2
2 12 2 2 2 2 2 12 8 8 8
13 a3 A 2 a2 13
IZ e a IZ A e a
12 4 4 4 12

a2 13
IZ ' IZ A e a
4 12

a2 13
Ha de ser : IZ' 4I Z IZ A e a
4 12

13 A 2
e a3 a 3I Z 0 a
48 4

e

si suponemos que (e·a) es << A (área total del perfil IPE) :
a

A a2 a2
IZ ' IZ 3I Z A
4 4

IZ IZ
a 12 2 3 2 3 iZ
A A

IZ
( iZ radio de giro de la sección respecto al eje z)
A


Problema 4.3

Determinar las siguientes características de la sección monosimétrica de la figura respecto del eje
principal z:

a) A , Iz , Wz,sup , Wz,inf , iz .
b) El momento resistente elástico, Mel. z , para un acero e=235 N/mm2.

y

400
30
# 400·30

ysup
# 800·10

z G
Mel.z

800

10
yG yinf

# 250·20
250 20
e= 235 N/mm2

Resolución:

a) El área de la sección total será la suma de las áreas de las pletinas:

A Ai 400 30 800 10 250 20 25000 mm 2

Por simetría el centro de gravedad, G, está situado sobre el eje y (z = 0).


Para determinar la posición y del centro de gravedad de la sección, G, es cómodo calcular el momento
estático de cada elemento respecto de la fibra inferior. Así:

A yG Ai y i

Ai y i 400 30 835 800 10 420 250 20 10
yG 537 mm
A 25000

Se utiliza el teorema de Steiner para calcular el momento de inercia de la sección total respecto del eje
y-y:

1 2
Iz bi hi3 Ai yi yG
12

1 2
Iz 400 30 3 400 30 835 537
12

1 2
10 800 3 800 10 420 537
12

1 2
250 20 3 250 20 10 537 299154 10 4 mm 4
12

El módulo resistente respecto de la fibra superior, ysup:

Iz 299154 10 4
W z ,sup 9558 10 3 mm 3
y sup 850 537

El módulo resistente respecto de la fibra inferior, yinf:

Iz 299154 10 4
W z ,inf 5571 10 3 mm 3
y inf 537

El radio de giro de la sección respecto del eje z, iz:

Iz 299154 10 4
iz 346 mm
A 25000

b) El momento resistente, Mel.z, se obtiene a partir de la tensión de límite elástico del material y del
módulo resistente mínimo de la sección:

M el . z e W z ,min 235 5571 10 3 1309 10 6 N mm 1309 kN m

Problemas resueltos resistencia(1)

5 Dimensionado de secciones o flexión 53

5 Dimensionado de secciones o flexión


Problema 5.1

Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo y
chapa de 10 mm de grosor.

C P
A B P = 9500 Kp
L=6m
= =
Acero A 42b
L
se = 1,5

E D C

E D C
Resolución:

Acero A 42 b 2600 Kp 2600
cm 2 1733 Kp 2
e
adm
1,5 1,5 cm
se

L2
L1
C
E D
A

x

+ P x
Momentos flectores M ( x) 4750 x
2

P L
MC 1425 103 Kp cm
4

Tramo A-E :

I 3890 cm 4
IPE 240 3
M max W adm 561 103 Kp cm
W 324 cm
561 · 103 = 4750·x x = 118,2 cm L1=115 cm


Tramo E-D: es necesario reforzar

1 1
I b e3 b e d 2 12 13 12 12.52 1 1875 1876 cm 4
b=120 mm 12 12
e =10

d 7642
I2 3890 2(1876) 7642 cm 4 W2 588 cm 3
13
M adm 588 1733 1019 10 3 kp cm

1019 · 103 = 4750·x x = 214,6 cm

L1 = 210 cm

Tramo D-C:

e 1
e I b e3 b e d 2 1 12 13,52 2188 cm 4
12
d
12018
I3 I2 2(2188) 12018 cm 4 W3 858 cm 3
14
M adm 858 1733 1487 10 3 kp cm

1019 · 103 = 4750·x x = 313 cm > 300 cm

no es necesario reforzar más
300 cm
210 cm
P
115

M (m·Kp)
5460 +
14250 Solicitación
5610 9970
Capacidad resistente
10180

14872
9500/2 = 4750 Kp
+ T (Kp)

-

4250 Kp


Problema 5.2

Dimensionar un segmento de pistón de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro una
presión uniforme de 0,19 N/mm2 , sin que las tensiones superen el valor de max= 261,5 N/mm2 ( e =
340 N/mm2 , se = 1,3) (Fundición de grafito nodular).

Nota: Usar la simplificación de simetría,
R
h
suponiendo que es suficientemente
R
pequeño.

R = 40 mm

h
b

Resolución:
voladizo
Por razones de simetría consideramos: R

Diagrama de momentos flectores :

Momento producido por dp en el punto genérico C C p

R·d
2
dM c b p R d R sen c p b R sen c d
C dp

(dp = p · R · d )
B O A

Momento total para el punto genérico C:


c
p b R 2 sen p b R 2 cos p b R 2 1 cos
c
Mc c d c 0 c
0

Por tanto, si el momento flector para cualquier punto del segmento es :

Mc p b R 2 1 cos c
M

tendremos el máximo: c = 180

Mmax = 2 · p ·b · R2
Mmax = 180 ==180
0

M h 2 p b R2 h 12 p R 2
261,5 N
max
I 2 1 h2
adm
mm 2
b h3 2
12

h 0,093R 3,7 mm h No depende de b


Problema 5.3

Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. Los ha colocado uno
junto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener. Al ir a
comprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. No sabe
cuál escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que está haciendo 3er curso de Ingeniería Industrial y
le expone el problema:
He decidido instalar un estante para libros, según el croquis de la figura:

h
b

a a

100 cm a 15 cm b 20 cm p libros y apuntes 0,6 Kg/cm

En la tienda me han informado de que la madera de los estantes tiene las siguientes características
mecánicas:

adm 4 N/mm 2 E 10 000 N/mm 2

La cuestión es:

a) ¿De qué espesor h mínimo debo colocar el estante?
b) Los dos apoyos los he colocado, simétricamente, a una distancia a = 15 cm del extremo por
razones puramente estéticas. Pero, atendiendo a razones de comportamiento resistente, ¿cuál
sería la distancia óptima de los apoyos a los extremos, que podría minimizar el espesor h del
estante?
c) Finalmente, me preocupa saber cuál será la flecha que tendrá el estante, una vez cargado, en su
punto central (con la distancia a inicial).


Resolución:

a) Determinación de h mínima.

p

A B C D h
b

a a

x p
RB RC
2

- - Tramo AB:
M
+ x2
M p
2
a2
MA 0 MB p
2
+
+
T T p x
- -
TA 0 TB p a

vE
Tramo BC:

x2 a2 a2
M p p x a MB p p a a p
2 2 2 2 2
a2
MC MB p
2
2 2 2
a a
xE ME p p p p p
2 8 4 2 8 2


T p x p TB p a p
2 2
TC p a p p a p
2 2

Tramo CD:

x2 x2
M p p x a p x a p p x a x a
2 2 2 2 2
2
x2 a a2
M p p 2x MC p p 2 a p
2 2 2 2 2
2
MD p p 2 0
2 2

T p x p TC p a p p a
TD p p 0

Con = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados:

MB MC 112,5 p 67,5 cmKg

ME 500 p 300 cmKg

M máx ME ME b h2
máx adm 40,77 Kg/cm 2 W z , mín
Wz Wz 40.77 6

ME 6
hmín hmín 1,49 cm
b 20 40,77 20

b) Determinación de la distancia a óptima.

Óptimo resistente:

M máx M máx

MB ME

a2 2
a
p p p
2 8 2


2
a2 a 0
4

2 2
a
2 2 4

2 2
2 0,207 La segunda solución no
a a interesa, porque cae fuera
2 4 2 2 1,207
del intervalo analizado

Así pues, la distancia ‘a’ óptima es: a óptima 20,7 cm

Y se tiene, un momento máximo: M máx 128,7 cmKg

c) Cálculo de la flecha en el punto central, por el método de la fuerza unitaria.

F=1

A B C D Tramo BE:

E
1
M x a
2

Tramo EC:
a a

1
M x a 1 x
2 a
x

M’
+

W M 1 a x2 1 x2 1
M dx p 0 dx 2 p p x a x a dx 2
F EI EI o a EI a 2 2 2

2 x3 a a 2 a x a2
2 p p x2 p x p x p p dx
2 EI a 2 2 2 2 2 2


P x4 x3 a x2 a x3 a x2 a2 x 2

EI 8 6 4 6 4 2 a

0,6
( 781,25 2083 937,5 312,5 937,5 562,5 6,328
EI

0,6 24724
56,25 84,375 8,437 84,375 168,75) 10 3 0,265 cm
100 000 5,513

bh 3 20 1,49 3
I 5,513 cm 4
12 12


Problema 5.4

Sea una viga de sección transversal en doble T, formada por 3 platabandas soldadas de dimensiones
las de la figura. Hallar el paso l de los cordones de soldadura a tramos de unión entre el alma y las
alas, si la garganta de soldadura es a= 5mm y la longitud de cada tramo de cordón es de ls = 10 cm. El
esfuerzo cortante máximo que soporta la viga es Ty= 40000 kg. La tensión cortante admisible en la
soldadura es adms = 1000 kg/cm2.

y

12 mm
6 mm

600 G x s s x
z z

220

Resolución:

Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda

T mZ 1
A
f mzA1 : momento estático del ala
IZ

A
mZ 1 22 1,2 30,6 807,84 cm 3
1 1
IZ 2 22 1,2 3 22 1,2 30,6 2 0,6 60 3 49 446,14 10 800 60 246,14 cm 4
12 12

40 000 807,84
f 536,35 kg/cm
60 246,14 6


Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura,

Fadms 2 adms s a

Igualando esfuerzos

Fadms f

T m zA1
2 adms s a
Iz

2 1000 10 0,5 536,35

2 1000 10 0.5
18,64 cm 19 cm
536,35


Problema 5.5

Se ha construido una viga roblonando cuatro angulares 120*120*12 en los extremos de una
platabanda de 400*20 mm. Hallar el diámetro mínimo de los roblones si la viga está biapoyada en sus
extremos, tiene una longitud de 6 m, y soporta una carga puntual centrada P. Datos: separación entre
roblones e= 120 mm; tensión normal admisible de la platabanda y los angulares: admisible=173 Mpa;
tensión cortante admisible de los roblones adm roblón= 42 MPa.

y

120 120 e e

60

20 400
z

Resolución:
P
M
adm y máx
Iz
3
P 10 3
P P 2
2 2 173 200
Iz
6m
Iz I z ,alma I z , angular
1 2
2 40 3 4 368 27,5 20 3,4
M 12
+ 10666,7 4 7945,9 42450,3 cm 4
Iz 42450,3 10 3 mm 4
P
3
2
173 42450,3 10 3 2
P P 244796 N
2 + 200 3 10 3
T
-
P
2


Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud

T mZ 122 398 913 10 3
f 263,25 N/mm
IZ 42450,3 10 4
P
T 122 398 N
2
mz 2 27,5 16,6 913 cm 3 913 10 3 mm 3

Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblon

F f e 263,25 120 31590 N
d2
Fadm 2 42 31590 N
4
31590 4
d 21,9 mm
2 42

Diámetro mínimo de los roblones : d = 21,9 mm


Problema 5.6

Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 800 12 mm, y cada ala
compuesta por una platabanda de 190 10 mm y 2 perfiles angulares 90 8 mm. Calcular el diámetro
mínimo de los roblones, sabiendo que el paso de remachado de los angulares con el alma es e1= 18
cm y el de la platabanda y angulares es e2= 40 cm. Esfuerzo cortante máximo que ha de soportar la
viga: T = 40 kN. Tensión de cortadura admisible en los roblones adm = 42 MPa.

e2=40
190
10

d2

d1 800
(total) e1=18
12

z
( simétrico ) ( simétrico )

Resolución:

IZ I Z ( alma ) I Z ( angulares ) I Z ( platabandas )
1 2 1 2
IZ 1,2 80 3 4 104 13,9 40 2,5 2 19 13 19 1 40 0,5
12 12
51200 4 19650,8 2 31166,3 192135,9 cm 4

Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud

T mZ 1
A
f1
IZ

(A1 = área angulares + área platabanda)

m Z 1 19 1 (40 0,5)
A
2 13,9 ( 40 2,5) 1812 cm 3
40000 1812
f1 377,2 N/cm 37,72 N/mm
192135,9


Esfuerzo a transmitir por cada roblon:

d1 2
f 1 e1 2 adm
4
3,1416 d 1 2
377,2 180 2 42
4
4 37,72 180
d12 102,9
2 3,1416 42
d1 10,15 mm

Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud:

T mZ 2
A
f2
IZ

(A2 = área ala)

mZ 2
A
19 1 (40 0.5) 769,5 cm 3
40000 769,5
f2 160,2 N/cm 16,02 N/mm
192135,9

Esfuerzo que debe transmitir cada roblón:

2
f 2 e2 d2
adm
2 4
2
16,02 400 3,1416 d 2
42
2 4
d 2 9,86 mm


Problema 5.7 *

Se construye una viga cajón compuesta de dos tipos de madera:
- ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2
- ALAS : sección cuadrada 200 · 200 mm E1 = 10000 N/mm2

p =10 KN/ m
=
=

500
25 10 m

500 a) Calcular la distribución de tensiones en la sección central.
b) Calcular la tensión tangencial media en el adhesivo de
contacto ( adm = 1 N/mm2 ).
c) Calcular la flecha central
200 · 200

Resolución:

a) Se trata de una sección compuesta de dos materiales.
Se decide homogeneizar la sección de madera maciza y, por tanto, trabajar con un espesor
equivalente, e*, del tablero contrachapado. Así, la relación de equivalencia:

E1 10000
n 1,25
E2 8000

El espesor equivalente

e 25 mm
e* 20 mm
n 1,25

La posición del baricentro de la sección es inmediata por razón de simetría. El momento de
inercia de la sección homogénea es:

1 1
IZ 2 200 200 3 2 200 200 500 2 2 20 1000 3 236 10 8 mm 4
12 12
Steiner

1000
e* = 20
200 ·200


x x1 x2
3,2
2,1

2,1
e* =20 e* 400

G

500 2,1
2,1

3,2

Tensión en la madera maciza:
M

MZ 1 2
x1 ( y ) y Mmáx = pL 125 KN m
IZ 8

T
Tensiones reales en el tablero:
1
Tmáx = pL 50 KN
MZ 1 2
x2 ( y) y
IZ n

Así:
125 1000 1000 N mm
x1 ( y 600 mm) 600 mm 3,2 N/mm 2
236 10 8 mm 4

125 1000 1000 N mm
x1 ( y 400 mm) 400 mm 2,1 N/mm 2
236 10 8 mm 4

En el tablero contrachapado n = 1,25

1 125 10 6 N mm
x2 ( y 500 mm) 500 mm 2,1 N/mm 2
1,25 236 10 8 mm 4


b) Tensión media en el adhesivo

y 100 mm

A Fórmula de Collignon:
med
A
Ty mZ
med
d IZ b
z

G

Ty: esfuerzo cortante en la sección
x IZ: momento de inercia total respecto Z
mZA: momento estático de la sección A
respecto al eje Z
b: linea AB

50000 N 200 200 mm 2 500 mm
med 0,2 N/mm 2
236 10 8 mm 4 2 100 mm

Este valor es inferior a la tensión tangencial admisible en el adhesivo = 1 N/mm2

c)

5 P L4 5 10 10000
f 5,5 mm
384 E I Z 384 10000 236 10 8

L 10000
Valor aceptable, ya que 10 mm
1000 1000


Problema 5.8 *

La figura representa una sección armada doblemente simétrica. Calcular Mel.z , Mpl.z y el coeficiente
para los dos casos.

y
a) Material alas: Fe E 235
Material alma: Fe E 235
== 300 · 25

b) Material alas: Fe E 35
== 800 · 12
Material alma: Fe E 235

z G (Puede comprobarse que la sección se plastifica
con la ausencia de abolladuras elásticas o
elastoplásticas. No se consideran inestabilidades
== 300 · 25 globales : pandeo, vuelco lateral)

Resolución:

a) Mismo acero.
y
e = 235 e = 235 A1 · e

A2 · e

d2
d1
Eje neutro Eje neutro
z G elástico plástico
G Mel.z
12,5 Mpl.z

25 e = 235 e = 235

Al tratarse de una sección doblemente simétrica el eje neutro plástico pasa por el baricentro G.

Caso elástico:

1 1
IZ 800 3 12 2 300 25 3 300 25 12,5 2 306484 10 4 mm 4
12 12
IZ 306484 10 4 mm 4
WZ 7210 10 3 mm 3 ( = Wel.z )
y max 12,5 mm


N
M el . z Wel . z e 7210 10 3 mm 3 235 1694 KN m
mm 2

Caso plástico:

400
M pl . z 2 A1 e d1 A2 e d2 2 300 25 235 12,5 400 12 235 1905 KN m
2

Coeficiente :

M pl . z 1905
1,12
M el . z 1694

b) Diferente acero.

Caso elástico

Tiene las mismas constantes mecánicas IZ, WZ, pero la tensión en la fibra extrema
425
max 235 250 355
400
M el . z Wel . z max 7210 10 3 250 1802 KN m

Caso plástico

N N
M pl . z 2 A1 d 1 355 2
A2 d 2 235 2648 KN m
mm mm 2

Coeficiente :

M pl . z 2648
1,47
M el . z 1802

max e = 355 A1 · e

e = 235 A2 · e
425 d2
400 d1
Eje neutro
plástico
Mel.z
Mpl.z

e = 235 e = 235

6 Flexión desviada y flexión compuesta 75

6 Flexión desviada y flexión compuesta


Problema 6.1 *

Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión.

q
q = 2000 kg/ml

4m

30

y’

1,5

18
z’

1,5

7,5 1,5

Resolución:

a) Determinación del momento flector máximo

ql 2 2000 4 2
M max 4000 m kg
8 8

( en la sección central x = 2 m )


q
30
y’

M es perpendicular a q y forma 30
con el eje z’. Los ejes y’-z’ no son los
ejes principales de inercia. Vamos a
M= 4000 m kg determinarlos.

30

z’

b) Determinación de los momentos de inercia principales Iy’, Iz’

Primero hallaremos el tensor de inercia en ejes y’-z’ (no principales) y a continuación lo
diagonalizaremos, para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales)

y’

1
1
I 3z' 1,5 18 3 729 cm 4
12 z’
1 3
I 3 y' 18 1,5 3 5,06 cm 4
12
2
1 1,5
I 1z ' I 2z' 9 1,5 1,5 3 7,5 1,5 9 767,8 cm 4
12 2
2


2
1 1,5 7,5
I1y' I 2 y' 1,5 7,5 3 7,5 1,5 280,54 cm 4
12 2 2
I z' 729 2 767,8 2264,6 cm 4
I y' 5,06 2 280,54 566,14 cm 4

I3y’z’=0 por tener eje de simetría.

7,5
I1y'z ' I 2 y'z ' 0 7,5 1,5 9 0,75 0,75 417,65 cm 4
2
I y 'z ' 417,65 2 835,3 cm 4

Tensor de inercia

I z' I y'z' 2264,6 853,3
( cm4 )
I y'z' I y' 853,3 566.14

Los momentos principales de inercia son los valores propios.

2264,6 835,3 2
0 2264,6 566,14 835,3 0
835,3 566,14

2
2264,6 566,14 2264,6 566,14 835,32 0
2
2830,74 584 354,55 0

2830,74 2382,36
2830,74 2830,74 2 4 584 354,55 2606,55 cm 4
2
2 2830,74 2382,36
224,19 cm 4
2

Momentos de inercia I z 2606,55 cm 4
principales I y 224,19 cm 4


Los vectores propios serán las direcciones principales.
El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4.

2264,6 2606,55 835,3 n1
z 0
835,3 566,14 2606,55 n1
y 0

314,95 n1 835,3 n1
z y 0
835,3 n1
z 2040,41 n1
y 0
n1
y 341,95
tg 0,409
n1
z 835,3
arctg 0,409 22,24

y’
y

7,76 My 4000 sen 30 22,24
z 4000 sen 7,76 540 m kg
M
Mz 4000 cos 30 22,24 3963,36 m kg
30
22,24 My
Mz My
z’ Mz x y z
Iz Iy
3963,36 10 2 540 10 2
x y z
2606,55 224,19

x 152,05 y 240,86 z

Ecuación del eje neutro.

y’ y
22,24
0 152,05 y 240,86 z
A(-8.25,9)
240,86
y z
152,05
z
22,24 y 1,58 z

Angulo que forma el eje neutro con
z’ el eje principal z:

Eje neutro y
tg 1,58 57,67 º
z
B(8.25,-9)


Relación entre coordenadas de ambas referencias.

z cos sen z'
y sen cos y'
z cos 22,24 sen 22,24 z'
y sen 22,24 cos 22,24 y'

z 0,9256 z ' 0,3784 y '
y 0,3784 z ' 0,9256 y '

Las tensiones máximas aparecen en los puntos más alejados del eje neutro ( A y B )

Para A

z'A 8.25 zA 0,9256 ( 8.25) 0,3784 9 4,230
y'A 9 yA 0,3784 ( 8.25) 0,9256 9 11,452

Tensión en A:

A 152,05 11,452 240,86 ( 4,230) 2760,11 kg/cm 2

Tensión en B:

z 'B 8,25
y 'B 9

z 0,9256 (8,25) 0,3784 ( 9) 4,230
y 0,3784 (8,25) 0,9256 ( 9) 11,452

B 152,05 ( 11,452) 240,86 4,230 2760,11 kg/cm 2


Problema 6.2

Una columna tiene la sección en cruz indicada en la figura. La fuerza resultante es de compresión (50
Tn) y pasa por el punto A. Hallar la tensión normal en B y dibujar el eje neutro.
x
( cm )
15 10
15

B

y 10

50 Tn 15

A 10

z

Resolución:
Trasladando la fuerza al centro de gravedad G
de la sección, los esfuerzos equivalentes son:
B

N 50 Tn
-50 Tn 15
My 50 Tn 10 cm 875 cm Tn
G 2
y 10
My= -875 cm Tn Mz 50 Tn cm 250 cm Tn
2

A

Mz= 250 cm Tn
-50 Tn
B

y
z My=-875 cm Tn

A

Mz= 250 cm Tn
z


N Mz My
x y z
A Iz Iy

50 000 250 000 875 000
x y z
A Iz Iy
A 10 35 2 15 15 800 cm 2

1 3 1
Iz 15 15 10 15 2 10 10 3 81667 cm 4
12 12
1 3 1
Iy 10 10 15 10 2 15 15 3 44 167 cm 4
12 12

50 000 250 000 875 000
x y z x 62,5 3,06 y 19,81z kg/cm 2
800 81667 44167

a) Tensión normal en B

y 5 cm
Coordenadas de B
z 17,5 cm

xB 62,5 3,06 ( 5) 19,81 ( 17,5) 299,47 kp/cm 2

b) Eje neutro
y
0 62,5 3,06 y 19,81z
zona
zona traccionada
19,81 62,5 comprimida
y z y 6,47 z 20,42
3,06 3,06

20,42
para y 0 z 3,15
6,47
z
z 0 B
para z 0 y 20,42 y 20,42

z 3,15
y 0

eje neutro


Problema 6.3

Sobre una columna de sección rectangular ( 35 40 cm), se aplican dos fuerzas excéntricas: 30 Tn en el
punto P(y = 3, z = 4 cm) y 50 Tn en el punto Q (y = 0, z = -5 cm). Dibujar el eje neutro y hallar el
punto de máxima tensión normal.

30 Tn 50 Tn
y

Q
P
5
3 4

z
35
40

Resolución:

Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la sección obtenemos:

y
My 30 0,04 50 0,05 1,2 2.5 1,3 Tn m
D
Mz 30 0,03 0,9 Tn m
My= 1,3 Tn m
80 Tn
N 30 50 80 Tn B
C
G

A
z Mz= 0,9 Tn m


N Mz My
x y z
A Iz Iy

A 40 35 1400 cm 2

1
Iz 40 35 3 142 916,7 cm 4 80000 90000 130000
12 x y z (kg/cm 2 )
1400 142 916,7 186 666,7
1
Iy 35 40 3 186 666,7 cm 4
12

x 57,14 0,630 y 0,696 z (kg/cm 2 ) x 5,71 0,0630 y 0,0696 z ( N/mm 2 )
( y, z en cm) ( y, z en mm)

Eje neutro:

0 57,14 0,630 y 0.696 z

0,696 57,14
y z y 1,1z 90,70
0,630 0,630

y 0 z 82,46
z 0 y 90,70
y

C D

z

(0 ; 82,46)
A B

eje neutro

(-90,70 ; 0)


A 57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 20 32,19 kg/cm 2 3,219 N/mm 2

B 57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 ( 20) 60,04 kg/cm 2 6,004 N/mm 2

C 57,14 0,630 17,5 0,696 20 54,24 kg/cm 2 5,424 N/mm 2

D 57,14 0,630 17,5 0,696 ( 20) 82,08 kg/cm 2 8,208 N/mm 2


Problema 6.4

Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista de
baloncesto. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormigón a 45º de la horizontal
según se indica en la figura.
Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permanece
unos instantes sujeto al aro de la canasta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma
indicada en la figura.
Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que el
jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 2000 N y M = 106 Nmm.
La estructura se quiere construir en tubo redondo de acero con espesor de pared de 4 mm.

L=4000 mm
L0=1000 mm P
F=2000 N
M=106 N·mm M
A1=0,5 A

Tubo de acero.
Espesor de pared: 45º
4mm
E=2,1·105 MPa
G=8·104 MPA F

x
y

z
L1

L L0

Calcular el diámetro necesario, según la tabla de perfiles normalizados, para que el descenso vertical
del punto P no exceda los 80 mm.

Notas importantes:
- Considerar todos los esfuerzos de sección para calcular el descenso de P.
- Trabajar con la carga trasladada al punto P, como se indica en la figura.


Resolución:
x =0

F

x = L0 d dx P
M

d 2 dx

x
x =L

Aplicamos el teorema de Castigliano al punto P en la dirección F:

M

-
M

-

M x M F x
M
x
F

T T=F
-
T
1
F

-

F
T
2
T 1
F 2


N=0
N

N
0
- F

F
N
2
N 1
F 2

M M T T N N
d d d
EI F GA F EA F

F F
L0 M F x L0 F L M F x L 2 1 L 2 1
x dx dx x 2 dx 2 dx 2 dx
0 EI 0 A L0 EI L0 A 2 L0 EA 2
G G
2 2

2 3 2 3
ML0 FL0 2 FL0 M L2 L0 2 F L3 L0 2F L L0 F L L0
2 EI 3EI GA 2 EI 3EI 2 GA 2 EA

3,389 10 8 176,3
I A

Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares:

Tubo A I
( Dext x e) ( cm2 ) (cm4 ) (mm)

135 x 4 16,46 353,4 96 ( >80 )
150 x 4 18,34 489,2 69,4 ( <80 )

Tomaremos pues un tubo Dext x e: 150 x 4 (mm).

7 Torsión y esfuerzos combinados 89

7 Torsión y esfuerzos combinados


Problema 7.1

Una viga biempotrada está sometida a un momento torsor producido por una torsión uniformemente
repartida. Hallar el MT máx y el ángulo de torsión máximo.

MA

kg m/ml

A h

b
B MB
( b<h )

Resolución:

Por ser una viga simétrica los momentos de empotramiento han de ser iguales.

MA MB
2

M T ( x) x, en x MT 0
2 2 2
x

Diagrama de

momentos torsores:
2 +
B

A -

2


El ángulo de torsión máximo se tiene para la sección central, x :
2

2 M T ( x) 1 2 1 x2 2
dx x dx x
2
0 GK 3 b 3 h GK 3 b 3 h 0 2 GK 3 b 3 h 2 2 0

2 2
1
2
GK 3 b 3 h 4 8
2
1
2
GK3b3h 8

E
G: módulo de rigidez a torsión del material del eje G
2 (1 )
h
K3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relación (ver tabla 5.87 del
b
capítulo 5. Torsión)


Problema 7.2

Hallar los momentos en los empotramientos MA y MD. Dibujar el diagrama de momentos torsores.

MA
MB=30000 N cm
MC=20000 N cm

MD
A
B
C

a=30 cm D
b=50 cm
c=40 cm

Resolución:

Es un problema hiperestático.

M T 0 M A M B M C M D 0

MA MD 30000 20000 50000 kg cm

Considerando por tramos:

MA
-MA B 0
A
MA a M A 30
A BA B A
G Io G I0
B


MA-MB
-(MA-MB)
MA MB
CB C B 50
G Io
B
C

-MD = MA-MB-MC

MD
M D 40
DC D C
C G I0
D D 0

D BA CB DC 0

M A 30 M D 40 MA MB
50 0
G Io G Io G Io

M A 30 MA 30000 50 M D 40 0

M A 30 M A 50 1500000 M D 40 0

80 M A 40 M D 1500000

M A M D 50000 40 M A 40 M D 2000000 3500000
MA 29166,6 N cm
80 M A 40 M D 1500000 80 M A 40 M D 1500000 120

Diagrama de momentos torsores:

29166,6
+
MD 50000 29166,6 20833,4 N cm
A B D
C
-
-833,4 -
-20833,4 -20833,4

( N cm )


Problema 7.3

Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta, sometidas a un
momento torsor Mx = 1000 Nm :

a) el valor y la posición de la tensión tangencial máxima, max .
b) el momento de inercia a torsión, It .

y y

60
5
200 mm

z z
G G

Mx Mx
60 60

x
x

Resolución:

Sección cerrada :
Am: área limitada por la curva media

a)
Mx 1000 Nmm 10 3 N e
máx 5,77
2 Am e 1 mm 2
2 200 mm 200 mm cos 30 5 mm max
2

2
1
2 2 4 200 200 cos 30
4 Am 4 Am 2
c) It e 5 mm 1000 10 4 mm 4
ds s 3 200
s
e
d)
Sección abierta:


a)
Mx 1000 Nmm 10 3 N
máx e 5 mm 200
1 3 1 3 mm 2
bi ei 3 200 mm 5 mm
3 3 e

max
b)
1
It bi ei3 2,5 10 4 mm 4
3


Problema 7.4

Un panel está sujeto por un mástil horizontal, según el esquema de la figura. Teniendo en cuenta el
peso propio del panel, el peso propio del mástil y la acción del viento, hallar las tensiones máximas en
el empotramiento del mástil a la pared.
Datos: Peso propio del panel P1= 90 kp
Dimensiones 80 200 cm
Diámetro del mástil D =15 cm
Empuje del viento f = 80 kg/m2
0,15 2
(Peso propio del mástil de acero: P2 = 7850 kp/m 3 6 m 832 kp )
4
y

D=15 cm
x
z

P2

F 50
520
150

40
40

Resolución: P1
y

kg
F 80 0,8 2 128 kp
m2 My= 716,8 kp m
Sección en el empotramiento. Esfuerzos:
Tz =-128 kp
Nx 0
Ty 90 832 922 kp Mz= -3000 kp m
Mx= 64 kp m
Tz 128 kp
z

x
Ty= -922 kp


Mx 128 kp 0,5 m 64 kp m
My 128 kp (0,4 5,2) m 716,8 kp m
Mz 90 kp (5,2 0,4) m 832 3 3000 kp m

Tensiones normales debidas a los momentos flectores:

y
716,8 kp m
MF 3000 2 716.8 2 3084,4 kp m
716,8
arctan 13,4
3000 kp m 3000
z

y
MF = 3084,4 kp m

B
z
(+) MF D 3084,4 10 2 15
xmax 930,9 kp/cm 2
Iz 2 15 4 2
64

(-)

Tensiones tangenciales debidas al momento torsor:

y

max

15
6400
z M x rmax 2
max 9,66 kp/cm 2
A Io 15 4
32


Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes:

y

z -128
T T z2 T y2 128 2 922 2 930,8 kp
4T 4 930,8
A max 7,0 kp/cm 2
3 A 3 15 2
T
4
-922


Problema 7.5

Hallar las tensiones máximas en el empotramiento A y el giro, alrededor del eje x, de la sección E. El
momento torsor de 8 Tn m está aplicado en la sección B.

A
y B
1m C
1m D
M= 8 Tn m E
1m
1m

z x
x

10 Tn
5 Tn

2m
F Tramo AC: = 40 cm
4 Tn
Tramo CE: = 10 cm
Tramo DF: = 10 cm
Material: acero
G = 8,4 105 kgf/cm2

Resolución:

a) Tensiones máximas en el empotramiento A
y
Sección A
My=22 Tn m
Nx 5 Tn
Ty 10 Tn Mz=30 Tn m

Tz 4 Tn Tz=4 Tn
Nx=5 Tn
Mx 8 10 2 12 Tn m Mt=Mx=12 Tn m
My 4 3 5 2 22 Tn m z
Mz 10 3 30 Tn m x

Ty=10 Tn


Tensión normal debida al esfuerzo axil:

y

5000
z x 3,97 kp/cm 2
40 2
4

Tensión normal debida a los momentos flectores:

y
22 MF
MF 22 2 30 2 37,20 Tn m
22
30 arctan 36,25
30
z

y
MF = 37,20 m Tn

P
z
(+) M 3720000
x max y max 4
20 592 kp/cm 2
I 40
64

(-)

Tensión normal máxima total:
max 592 3,97 596 kp/cm 2


Tensión tangencial debida a los esfuerzos cortantes:

y

T 42 10 2 10,77 Tn
Q
10
arctan 68,2
z 4 4

Distribución parabólica de con una max
T

10
4T 4 10770
max 11,43 kp/cm 2
3 A 3 40 2
4

Tensión tangencial debida al momento torsor
y

B max

z
A

M x rmax 1200000 20
max 95,49 kp/cm 2
Io 40 4
32

La tensión tangencial máxima total

max A 11,43 95,49 106,92 kp/cm 2

Aplicación del criterio de Von Mises en el punto P

max N, M 596 kp/cm 2
2 2
equiv 3 618,5 kp/cm 2
M x ,T 95,49 kp/cm 2 (1)

(1) En el punto P la tensión cortante debida al esfuerzo cortante T no es exactamente 0, pues es 0 en el punto Q, pero Q y P no
coinciden, ya que los ángulos y no son complementarios. Pero como están muy próximos, y por tanto debido a T será muy pequeño,
puede despreciarse frente a la debida a Mx.


b) Giro de la sección C (alrededor del eje x)

Dibujamos el diagrama de momentos torsores

20 mT 20 mT

12 mT El giro alrededor del eje x en
la sección E será el mismo
A que el de la sección D.
B C D E
1m 1m 1m 1m

L Mx 12 mT 1 m 20 mT 1 m 20 mT 1 m
x dx
0 GI o GI 40 GI 40 GI 10

1200000 100 2000000 100 2000000 100
x 0,244 rad 13,98
40 4 40 4 10 4
840000 840000 840000
32 32 32


Problema 7.6

Un árbol, de acero, debe de transmitir 120 CV a 600rpm desde la polea A a la B. La tensión cortante
admisible para el material del árbol es adm = 420 Kg/cm2 y la tensión normal admisible es adm=728
kp/cm2. Calcular el diámetro del árbol. Datos: F=2·F’ , Q=2·Q’ , rA=15 cm , rB=22 cm. (radios de las
poleas).

y

50 cm

50 cm

D B
40 cm
z
C F

rA
rB rA
rB F’
A

Q’
x
Q

Resolución:

P 1 CV 736 W 120 736
P Mx Mx Mx 1405 Nm
1 rpm 2 rad s 2
60 600
60

Mx 1405 Nm 14324 cmKg

Mx= F·rA – F’·rA = (2F’ – F’)·rA = F’·rA

14324
F 15 14324 cmKg F 955 Kg
15

F 2F 1910 Kg

también Mx= Q·rB – Q’·rB

14324
Q 22 14324 cmKg Q 1193,7 Kg
12

Q 2 1193,7 2387,4 Kg


Diagrama de momentos en el plano xy :

3Q’= 3581 Kg
y

x
D C

B

3581 3581
RD RC
2 2
50 cm 50 cm

x Mz

+
3582
M z,B 50 89525 cmKg
2

Diagrama de momentos en el plano xz :

3F 2865 Kg
x B C A
D

z

RD 1146 Kg RC 4011 Kg

100 cm 40 cm

My
x

+
M x 1146 x Mc 114600 cmKg
MB 1146 50 57300


RC RD 2865 0
R D 100 40 2865
40 2865
RD 1146 Kg
100
RC 2865 1146 4011 Kg

Determinación del momento flector en B ( combinando Mz y My):

2 2
MB 89525 57300 106292,12 cmKg

El máximo está en C: M f 114600 cmKg

Diagrama de momentos torsores:

y
+14324 cmKg
B A
x C
D
-14324 cmKg

Mx

M x,B M x, A 14324 cmKg

Determinación del diámetro mínimo del eje.
Aplicando el criterio de Von Mises:

3 16
d min 4M 2
f
2
3M x
adm

3 16
d min 4 1146002 3 14324 2
728

d min 11.7 cm


Problema 7.7

En la figura se ha esquematizado la pieza desmontable de un enganche tipo cuello de cisne para el
arrastre de caravanas de camping por parte de vehículos de turismo convencionales. La solicitación
sobre la bola corresponde a una hipótesis de carga de arrastre con fuerte pendiente.

a) Determinar para la sección circular A los esfuerzos de sección: normal, cortante, flector y torsor.

b) Dibujar para la misma sección A la distribución de tensiones normal y tangencial que provoca
independientemente cada esfuerzo de sección. Indicar sobre el dibujo la posición de la tensiones
máximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numéricamente sus valores.

c) Como resumen del estudio, indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máxima
total.

Sección A

G

75 Kp
50 Kp
y 40 mm
z
O A

400 Kp

150 mm

x

250 mm


Resolución:

a) Esfuerzos de sección
y

N 400 Kp
Ty 75 Kp
Tz 50 Kp

z Tz Mz
Mx 50 150 7500 mmKp
G My 50 250 12500 mmKp
Mz 400 150 75 250
x N
78750 mmKp
Mx
Ty

My

Nota: El signo del valor numérico y el sentido del vector en el dibujo son redundantes.

b) Determinación de las tensiones

Esfuerzo normal N 400 Kp

Distribución uniforme de tensiones x:

G
N 400 Kp
x , máx 2
0,32 Kp/mm 2
A 40
4
x

Esfuerzo cortante T Ty Tz

T Ty 2 Tz 2 75 2 50 2 90 Kp
Tz G
Distribución parabólica de :
Ty
T máx 4T 4 90
máx 0,1 Kp/mm 2
3A 3 40 2
4


Momento torsor M x 7500 mmKp

máx Distribución de tensión con una ley lineal radial:
máx
M x rmáx 7500 20
máx 0,6 Kp/mm 2
I0 40 4
32

Momento flector M My Mz

2
M My M z2 12500 2 78750 2 79737 mmKp
x,máx

Distribución lineal de tensión x respecto al eje de
giro:
Mz
40
79737
x,máx M y máx 2
x , máx 4
12,69 Kp/mm 2
M
I 40
My
64

c) La tensión normal máxima total vale:

x , máx 0,32 12,69 13,01 Kp/mm 2

La tensión tangencial máxima total vale:

máx 0,6 0,1 0,7 Kp/mm 2


Problema 7.8

Un tubo de acero 200 mm y de bajo espesor, e, constituye el soporte para el arrollamiento
motorizado de una persiana según muestra la figura adjunta.
El peso propio de la persiana y el rozamiento de arrastre equivalen a una carga de q = 50 Kp/m, la
cual se aplica excéntricamente respecto de la directriz del tubo. La luz efectiva es L = 5 m, y se
supone simplemente apoyado en A y C.

a) Representar gráficamente los diagramas de esfuerzos y calcular sus valores máximos.

b) Determinar el espesor mínimo del tubo para que se cumplan los siguientes requisitos:

- La tensión equivalente de von Mises en las secciones críticas A y B sea inferior a
2
adm=500 Kp/cm .
- El corrimiento vertical B 1/1000 L.

NOTAS:

- Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q.
- Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2.
- Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor:

3 3
e e
I0 Iz A e
4 8

e
B C

200
A B C Motor

q
q=50 Kp/m

L= 5m


Resolución:

a) Determinación de los diagramas de esfuerzos.

qy=50 Kp/m y

25 mKp z

mx=50·0,1= 5 mKp/m
125 Kp 125 Kp

qy=50 Kp/m

Mz
/2 = 0,1 m
+
1
M z ,máx q y L2
8
1
50 5 2 156,25 mKp
+ 8
Ty
-
L
T y ,máx qy 125 Kp
2
M x ,máx 25 mKp
+
Mx

b) Características mecánicas de la sección.

3 3 2
e m e I0 e
I0 W0
4 4 2
2
3 2
I0 e Iz e
Iy Iz Wz
2 8 4
2
A 2 e e
2


c) Comprobación de tensiones en la sección central B.

máx
Mz 156,25 mKp
z z
Mz
x , máx
Wz
máx

Ty 0

Mx 12,5 mKp máx

Mx
máx
W0

Aplicando el criterio de falla de von Mises:

2 2
equiv x , máx 3 máx 500 Kp/cm 2
2

15625 1250
equiv 3 500 Kp/cm 2
20 2 20 2
e e
4 2
2474 11,8
e 0,1 cm e 1 mm
500

Comprobación de tensiones en la sección extrema C

Mz 0
Ty

Ty 125 Kp máx máx

T
Ty
máx 2
A

Mx 25 mKp máx
Mx
máx
W0


Apliando el criterio de falla de von Mises:

T 2
equiv 0 3 máx máx 500 Kp/cm 2
2

125 2 2500
equiv 3 500 Kp/cm 2
e 20 20 2
e
2
47,5 47,5
e 0,02 cm e 0,2 mm
500

Con el espesor anterior de e = 1 mm, las tensiones en la sección extrema C son de equiv
100 Kp/cm2.

d) Comprobación del corrimiento vertical de la sección central B L / 1000 = 5 mm.

q

5 q L4
B B 5 mm
384 EI z
L

5 4
Kp/cm 500 cm
5 100
B 3
0,5 cm
384 2 e 20 cm
2100000 Kp/cm
8

Despejando el espesor de la ecuación e = 0,123 cm 1,3 mm.

En conclusión, para verificar los requisitos de resistencia y deformación el espesor e 1,3 mm.
Una solución comercial sería 200 x 1,5 mm.


Problema 7.9 *

Un perfil angular de alas iguales es utilizado como carril de rodadura.

a) Determinar las tensiones normales y tangenciales máximas en la sección del empotramiento.
b) Determinar el movimiento del perfil, calculando el corrimiento total del punto A.
c) Comentar el diseño y proponer mejoras.

P = 500 N z y

x

y L = 500 mm

z

A

A’

e=5

Material: acero

100 E = 210000 N/mm2
G = 84000 N/mm2

G

r
A

C

b = 100


Resolución:

Por razones de simplicidad se trabaja con la curva media del perfil de espesor constante y acuerdo
recto. (*)

70,7
y
- El eje de simetría proporciona las direcciones
= principales centrales yy zz.
- El baricentro G cumple la condición:
G 70,7
=
0 y dA 0 z dA

C - El centro de cizalladura C ( ó de torsión )
= = coincide
z con el punto de encuentro de los elementos.
35,35

35,35

C

- Los momentos de inercia y módulos resistentes.

ds

s
2
2
b 2 1 3
y Iz y dA 2 s e ds b e
0 2 3
z G Iz 1666666 mm 4
Wz 23574 mm 3
y máx 70,7 mm

(*) También, pueden obtenerse estas características de la tabla de perfiles del fabricante con mayor
precisión ( sin utilizar la simplificación inicial , v = 0 ).


y

s
b 2
ds 2 2 1 3
Iy z dA 2 2 s e ds b e
z 0 2 12
Iy 416666 mm 4
z G Wy 11786 mm 3
z máx 35,35 mm

bi

ei

1 3 2
It bi ei b e3 8333 mm 4
C G 3 3

a)

y Mz

G

P
Mx

C
z Tz
Ty
My
z

P


2 Ty , Tz
Ty P 353 N
2
2
Tz P 353 N
2

Mx P b 50000 N mm Mx

2
M y máx P L 176777 N mm
2 My , Mz
2
M z máx P L 176777 N mm
2
L = 500 mm

Tensiones normales x debidas a la flexión desviada My , Mz.

+7,5 N/mm2
+15

- Para My
y
My 176777 Nmm N
máx 3
15
-15 Mz
Wy 11786 mm mm 2
-7,5
G
- Para Mz

Mz 176777 Nmm N
My máx 3
7,5
Wz 23574 mm mm 2

z

Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant (ya que I 0 en este tipo
de secciones).

d x d3 x
Mx GI t EI 3
dx dx
TORSIÓN UNIFORME TORSIÓN NO UNIFORME


¾ máx máx

máx = 30 N/mm2

e

¾ máx = 22,5 N/mm2
Mx

M x e máx 50000 N mm 5 mm N
máx 30
It 8333 mm 4 mm 2
3 3 N N
máx 30 22,5
4 4 mm 2 mm 2

d x Mx 50000 N mm 5 rad
7,14 10
dx GI t N mm
84000 2
8333 mm 4
mm

Tensiones tangenciales debidas al cortante Ty , Tz.

Aplicamos superposición: TOTAL= + ’

Ty :
A1
y T y m zA1
y
variable según y
Iz e
Para y 0, máx .
100
G 2
100 mm 3
353 N 100 5 2
2 N
C máx 4
0,75
1666666 mm 5 mm mm 2
0,75 3 P
ó directamente se demuestra que máx
z
4b e
0,75 Ty


Tz :
A1
A
y Tz m y 1
50
variable según z
Iy e
z Para z 0, máx .

G 2
0,75 50 mm 3
353 N 50 5 2
2 N
C máx 4
0,75
416666 mm 5 mm mm 2
3 P
ó directamente se demuestra que máx
Tz 4b e

z 0,75

Se demuestra que

27 P
TOTAL TOTAL max
20 b e
1,35 27 500 N N
1,35
20 100 5 mm 2

0,75
C
0,75

500 N

Obsérvese que en el ala horizontal debe anularse la distribución de tensiones tangenciales, ya que solo
tenemos fuerza vertical de 500 N.

Composición de tensiones:

1
Punto 1

N N
x 15 7,5 ( My Mz )
mm 2 mm 2

N
22,5 ( Mx )
3 mm 2

2


Punto 2 Punto 3

N N N
x 15 ( My ) x 15 7,5 ( My Mz )
mm 2 mm 2 mm 2

N N N
30 0,75 ( M x , Ty , Tz ) 22,5 ( Mx )
mm 2 mm 2 mm 2

De los puntos estudiados, el 1 es el más desafavorable.
Aplicando Von Mises

2 2 N
equiv x 3 22,5 2 3 22,5 2 45
mm 2

Ante la duda que exista un punto con una combinación más desfavorable y dada la complejidad del
problema, es posible tomar los valores máximos correspondientes a cada esfuerzo (aunque
físicamente no estén en el mismo punto). Así

2 2 N
equiv x 3 (15 7,5) 2 3 (30 1,35) 2 58,8
mm 2

Esta operativa está contemplada en diferentes normativas.

b)

F
Mx d x
x L
dx
C
x

F L3
3 E I

Se desprecian los corrimientos debidos al esfuerzo cortante Ty , Tz.


y

G

A
C G1
y

z

z C1
( x)

A1

Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz:

2
3 500 (500) 3
F L 2
y 0,04 mm
3 E Iz 3 210000 1666 666

Corrimiento según el eje z debido a la flexión My:

2
500 (500) 3
F L3 2
y 0,17 mm
3 E Iz 3 210000 416666

Amplificación del giro debido al torsor Mx:

d x 5
x 100 L 100 7,14 10 500 100 3,57 mm
dx


d) Posibles modificaciones en el diseño.

1 Cerrar los extremos de los voladizos.

La barra adicional trabaja a flexión y limita considerablemente el giro a torsión del extremo del
angular. Sin embargo, para otra posición del carro se reproduce el problema.
0

0

barra adicional

2 Cambiar la posición del angular.

La carga vertical ( y horizontal ) se realiza en el centro de cizalladura.

P

C
G

3 Elegir otro perfil con mayor rigidez torsional (perfil cerrado). G C

4 Elegir un perfil de guiado simétrico

C


Problema 7.10 *

a) Determinar las tensiones normales y tangenciales en el perfil HEA-500 sometido a torsión
constante Mx = 20 KN · m y con coacción total al alabeo en el extremo empotrado.
b) Calcular el giro x en la sección A.

y
A
B

x
z
Mx = 20 KN·m

L=5m

E = 210000 N/mm2 e = 355 N/mm2

Resolución:

Se trata de un problema de torsión no uniforme, ya que está impedido el alabeo en el empotramiento.
Ecuación diferencial de gobierno:
23
3
d d
Mx G It E Iw
dx dx 3 12 490

300

donde :

Momento de inercia a torsión o constante de Saint Venant:

1 1
It bi ei3 2 300 23 3 467 12 270 10 4 mm 4
3 3

Módulo de alabeo o momento de inercia sectorial:

h2 1 3 h2 1 467 2
Iw If b e 300 3 23 5643 10 9 mm 6
2 12 2 12 2


El reparto del momento torsor total Mx = Mt1 +Mt2 ( para L = ):

x
Mx = 20 KN·m
Torsión uniforme M t1 Mx 1 e
Mt1
Torsión no uniforme M t 2 Mx e x

Mt2 2,03
x ( 3,9 exacto )
x

N
80000 309,3 10 4 mm 4
G It mm 2
4 1
4,57 10 mm
E Iw N
210000 2
5,64 1012 mm 4
mm

El angulo girado por unidad de longitud es variable:
d x
d x Mx x M t1 dx
1 e x
dx G It G It

x

Para encontrar el ángulo de giro total en el extremo:

L d x L Mx x Mx 1 x Mx 1
x dx 1 e dx L e 1 L
0 dx 0 G It G It G It

5000
20000 10 3 Nmm 1 4 , 57 10 4
5000 mm e 1
N 4 4 4,57 10 4
81000 309,3 10 mm
mm 2

x 0,4 0,17 rad 23 10 13 ( valor muy elevado )

Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant en el extremo del
voladizo Mt1 Mx.
max Alas:
M t1 20000 10 3 Nmm N
Vmax e max 4 4
23 mm 149
It 309,3 10 mm mm 2
Mt1 Sección A
Alma:
M t1 20000 10 3 Nmm N
Vmax e alma 4 4
12 mm 78
max It 309,3 10 mm mm 2


En el empotramiento la torsión no uniforme provoca tensiones tangenciales w y normales w,

donde Mt2 Mx :

20 KN m
max Mt2 = Vf · h Vf 42,8 KN
Vf 0,467 m

Mt2 Por aplicación de Collignon en la sección rectangular
Sección B
h = 467 del ala :

Vf 3 Vf 3 42800 N N
w max 9,3
2 Af 2 300 23 mm 2

max
N 3 Mx
(el valor exacto es 9,3 )
mm 2 4 b
e h
2

w
Mf
Obsérvese el autoequilibrio de los esfuerzos
Vf
en las alas, Mf , Vf , respecto a la sección
w
global:

w M t2 20000 10 3 N mm
Mf Mf 4 1
h 4,57 10 mm 467 mm
Vf
6
93,7 10 N mm 93,7 KN m
w valor superior al momento torsor aplicado

La tensión normal en la sección rectangular del ala por aplicación de Navier:

b 300
Mf 93,6 10 6 Nmm mm
2 2 N
w 272
If 1 mm 2
23 mm (300 mm) 3
12

(el valor exacto por aplicación de las fórmulas del bimomento es w = 261 N/mm2 )


Aplicación del criterio de Von Mises

Sección A: punto contorno del ala

2 2 2 N
equiv 3 0 3 3 149 258 e
mm 2

Sección B: punto extremo del ala ( w max , w = 0)

2 2 2 N
equiv 3 w 3 w 272 2 3 0 272 e
mm 2

Comentarios:

- La tensión equivalente es parecida en ambos casos.
- Si existe N, My, Mz , para secciones tipo :

N My Mz
max w
A Wy Wz


Problema 7.11 *

Una viga IPE-300 está sometida a una carga vertical F = 30 KN con una excentricidad accidental de
50 mm.

a) Determinar, en la sección del empotramiento, la distribución de tensiones normales x debidas a
la flexión y a la torsión no uniforme (bimomento). Calcular el valor máximo.
b) Determinar, en la sección del extremo del voladizo, la distribución de tensiones tangenciales
debidas a la torsión no uniforme o de Saint Venant. Calcular el valor máximo.

Acero S 355
E = 210000 N/mm2
G = 80000 N/mm2
2
e = 355 N/mm

Notas:
- Se supone la viga arriostrada convenientemente para evitar el vuelco lateral.
- Puede utilizarse la tabla de la serie normalizada IPE para determinar las características mecánicas de
la sección.

L=3m

y

G C
IPE - 300

z x

50 mm

F

30 KN


Resolución:

Diagramas de esfuerzos
90000 Nm ( máx )
1500 Nm
-

-
x
30000 N

Mx = F · 0,05 m Mz = - F · (L – x ) Ty = - F
Momento torsor Momento flector eje z Esfuerzo cortante eje y

Características mecánicas sección IPE – 300.

y A 53,81 cm 2
tf = 10,7
Iy 603,8 cm 4
z Iz 8356 cm 4
300 Wel y 80,5 cm 3
tw = 7,1
Wel z 557,1 cm 3
150 IT 20,12 cm 4
Iw 125,9 10 3 cm 6

Análisis de la torsión mixta

Ecuación general de gobierno de la torsión mixta:

d x d3 x
Mx G IT E Iw
dx dx 3
Uniforme M t 1 No uniforme M t 2

1355 Nm
Mt1
1500

Mt2 145 Nm
x

L= 3m


x 0 , 78 3
Torsión uniforme : M t1 Mx 1 e , para x L M t1 1500 1 e 1355 N m
Torsión no uniforme : M t 2 Mx e x , para x L M t 2 145 N m

N
80000 20,12 cm 4
G It mm 2 3 1 1
7,8 10 cm 0,78 m
E Iw N
210000 125,9 10 3 cm 6
mm 2

a) Tensiones normales máximas: x = 0

w x
Mf

w Mz

w
Mf

w

Debidas al bimomento Mf : ( If Iy / 2 )

M t2 1500 N m
Mf 1
6654 N m
h 0,78 m 0,289 m

b
Mf
2 6654 10 3 Nmm 75 mm N
w 4
165
If 6038000 mm mm 2
2

Debidas al momento flector Mz :

Mz 90000 10 3 N mm N
x max ( M z ) 3 3
162
Wel z 557,1 10 mm mm 2


Así, la tensión normal máxima:
N
x max w x max ( M z ) 165 162 327
mm 2

b) Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme en la sección x = L:

max

Alas superior e inferior:

Mt1 = 1355 N·m M t1
máx e máx
It
max = 72 N/mm2
1355 1000
máx 10.7 72 N/mm 2
201200

8 Corrimientos en piezas prismáticas 131

8 Corrimientos en piezas prismáticas


Problema 8.1

En la viga quebrada de la figura, sometida a las cargas que se indican, determinar:

a) La distribución de tensiones en la sección mn.
b) El corrimiento vertical en B, vB.
(Se prescindirá del posible efecto del pandeo)
y

3000 Kp

B
C z
m G h= 0.6 m

2m
n
A
b= 0.3 m

Material :
4m =2,1·104 Mpa
1m 1m
=0,2
G=8750 MPa
Resolución:

a) Diagramas de esfuerzos
3000 Kp x’

B C

x 1000 2 N
2m RC = 1000
A Reacciones :

RA 2000 kp 2 P
RA = 1000 3
RC 1000 kp 1 P
3
P 3000 Kp
1000 2
B C RA= 2000

T
-1000 RC 1000
B C 1000 2 1000 2
1000 2 A

4000mKp M

A

4000mKp


N T M
Tramo AB 1000 2 1000 2 1000 2 x
Tramo BC 0 -1000 4000 1000 x

Esfuerzos en la sección mn:
N mn 1000 2 Kp
Tmn 1000 2 Kp
M mn 2000 mKp

Tensiones provocadas por cada esfuerzo, por separado:

Y max,C

m

max
G M
Z N
T

n N M T

3T y2
M xy 1 4 2
x y 2 A h
N I
x
A 2000 100 3 1000 2 y2
x y xy 1 4 2
1000 2 540000 2 1800 60
0,8 Kp
x
1800 cm 2 11,1 Kp 2
x max
cm 1,2 Kp
xy max
cm 2

A 1800 cm 2
5
A1 A 1500 cm 2
6
I z 540000 cm 4
Wz 18000 cm 3


Suma de tensiones normales x :

N M
x y 0,8 0,37 y
A I
x máx 0,8 0.37 30 10,3 Kp/cm 2 (máxima ténsión de tracción)

x mín 0,8 0,37 30 11,9 Kp/cm 2 (máxima tensión de compresión)

b) Corrimiento vertical en B

W N N T T M M
vB dl
P TOTAL EA P GA1 P EI P

2 2 2
P P P x
200 2
3 2 3 2 3 2
x dx
0 EA 3 GA1 3 EI 3

P 4P P '
x
400
3 1 3 3 4 x'
0 dx '
0 GA1 3 EI 3 3

200 2 2000 2000 2000 x 2 400 1000 16000 8000 x ' 1000( x ' ) 2
dx dx
0 3EA 3GA1 3EI 0 3GA1 3EI

200 2
x3
2000
2000 x 2000 x 3
3 2,1 10 5 1800 3 87500 1500 3 2,1 10 5 540000
0

400
x2 x3
16000 x 8000 1000
1000 x 2 3
5
3 87500 1500 3 2,1 10 540000
0

0,0005 0,0014 0,0442 0,001 0,0608

0,0005 0,0024 0,105 0,108 cm 1,08 mm
(N) (T ) (M )


Problema 8.2

Para la pieza quebrada de la figura, hallar :

Sección Q
a) El desplazamiento vertical de la sección A.
4 cm
1m
y b) El desplazamiento transversal de la sección
4 cm A C (en la dirección Z).
x

z
Aplicación a : P=300 N
Q=2P=600 N
1m E=2,1·105 Mpa
x G=0,4E
D
y

P
C z

1m

Y

Z
X

Resolución :

Determinación de esfuerzos:

Ty Q 600 N
A Tramo AB
x Mz Qx 600 x mN

Q Nx Q
B
Tramo BC
x My Q 1 600 mN

Ty Q 600 N

D Tz P 300 N
C
Tramo CD M x Q 1 600 mN
P Mz Qx 600 x mN
My P x 300 x mN
x


a) Desplazamiento vertical de la sección A:

Wtotal B Ty Ty Mz Mz C Nx Nx My My
A dx dx
Q A GA1 Q EI z Q B EA Q EI y Q

D Ty Ty Tz Tz Mx Mx My My Mz Mz
dx
C GA1 Q GA1 Q GKt Q EI y Q EI z Q

1m Q Q x 1m Q Q
1 x dx 1 1 dx
0 GA1 EI z 0 EA EI y

1m Q P Q Px Q x
1 0 1 0 x dx
0 GA1 GA1 GKt EI y EI z

1m 1 1 1 1 1
Q Q Q Q Q Q x2 Q x2 dx
0 EA GA1 GKt EI y EI z

1 1 1 1 1 2
Q 2Q Q Q Q 0,042 m 4,2 cm
EA GA1 GK t EI y EI z 3

Términos de la sección:

Q 600 N
y
E 2,1 1011 N/m 2
G 0,4 2,1 1011 N/m 2
z A 16 cm 2 16 10 4 m 2
4 cm
5 40
A1 A 10 4 m 2
6 3
1 4 43
Iy Iz 4 cm 4 10 8
m4
12 3
4 cm Kt K3 2a 3
2b 0,141 4 4 10 8
m4

b 1 K3 0,141
a


b) Desplazamiento transversal de la sección C.

Wtotal 1m Q Q x 1m Q Q
C z 0 0 dx 0 0 dx
P 0 GA1 EI z 0 EA EI y

1m Q P Q P x Q x 1 1 P
0 1 0 x 0 dx P
0 GA1 GA1 GK k EI y EI z GA1 EI y 3

P
P 3 12 P 10 4 P 3
2,235 10 m 0,2235 cm
11 40 4 43 64 2,1 10 7
0,4 2,1 10 10 2,1 1011 10 8
3 3

9 Piezas y sistemas hiperestáticos 139

9 Piezas y sistemas hiperestáticos


Problema 9.1

En la viga de la figura, determinar el perfil IPE necesario para que se verifique la condición de
resistencia y para que el desplazamiento vertical en el extremo volado (punto C) sea inferior a 0,3 cm.
5000 kp

A B
C

Kp/cm2
adm=1600
4m 1m E=2,1·10 Kp/cm2
6

Resolución :

a) Se descompone el problema, con un grado de hiperestaticidad, en uno isostático más un momento
de empotramiento (incógnita) MA .

P P
A A MA A B
B B
C = C + C

4m 1m RA’
RA RB’
RB
x x

-5000mKp=MB

RA x RA x RB x 4
MA-RA·x
- -
M = M + M’
+ +
M’A-RA’·x
MA M’A
5000 5000

RB + RB +
= T + T’
T
- -
RA - RA RA’ RB’

I) II ) III )

Estado final ( I ) = Estado isostático ( II ) + Estado hiperestático ( III )


- Estado isostático (II):

RA RB 5 000
5 000
RA 1250 Kp
RA 4 5 000 1 4
RB 6250 Kp

MA 0 MB 5 000 mKp MC 0

- Estado momento hiperestático (III):

RA RB
MA RB 4
MB 0

Para encontrar M’A , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B , en el estado final (I):

2
1 1 L MB 1 L MA 2 MB 5000
0 Ai y i L L MA mKp
EI i 1 EI 2 3 2 3 2 2

Ai = área diagrama momentos flectores
yi = distancia desde el baricentro Ai hasta B MA 2500 mKp
L=4m

MA 2500
MA MA 2500 mKp RB 625 Kp
4 4

- Estado final (I):

MA MA MA 0 MA MA 2 500 mKp
MB MB MB 5 000 0 5 000 mKp
MC 0

RA RA RA 1 250 625 1875 Kp
RB RB RB 6 250 625 6 875 Kp

MA MB 2500 5000
M x 4 MA 4R A MB RA 1875Kp
4 4

RB 6875 Kp


b) Para el cálculo de vC , vamos a aplicar el 2º teorema de Mohr entre A y C .

1 3
1 4M B 4 1M B 2 4M A 8 20000 kg m 3
vC Ai y i 1 1
EI i 1 EI 2 3 2 3 2 3 3EI Kg/m 2 m 4

2 10 4 10 6 2 10 4 TABLAS Iz 11770 cm 4
0,3 cm I min 10582 cm 4 IPE 330
3 2,1 10 6 I 3 2,1 0,3 Wz 713 cm 3

c) Comprobación del perfil a resistencia :

M max 5000 mKp
max 7,01 Kp/mm 2 701 Kp/cm 2 1600 Kp/cm 2 adm
Wz 713 cm 3
Tmax 5000 Kp
max 2,46 Kp/mm 2 246 Kp/cm 2 923,8 Kp/cm 2 adm
adm
A1 271 7,5 mm 2 3

El perfil IPE 330 cumple la condición de resistencia y la condición de rigidez.


Problema 9.2

Dada la viga de la figura,
p = 20000 N/ml 20000 N

B
C
A

4m 2m

determinar :
a) Diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes.
Material:
b) Valores de las reacciones.
c) El perfil IPN necesario para adm=140 MPa. Acero
d) La pendiente en el apoyo B. E=2,1·106 MPa

Resolución:

a) Descomposición en un problema isostático, más una incógnita hiperestática ( R’B).
p p
P MA P MA’

= +
C
A B R’B
4m 1m
RA RA’

x x

MA 280 000 Nm
R Ax MA px 2 / 2
MA MB=-40000 Nm
RAx MA 4p x 2
- - -
M = +
+
+

MA’- RA’x
RA 10 000 N MA’= 4R’B
RA px

P P
+ +
T = +
-
RA’ R’B


b) Determinación de la incógnita hiperestática y de las reacciones totales.

x2
M x A, B MA RA x RA x MA p
2
M x B ,C RA x MA 4 p x 2

Para hallar R’B , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B :

BM x
0 xB x dx
A EI

1 B x2 MA 2
RA x MA p 4 x dx 4 4
EI A 2 2 3

RA 100000 N
MA 280000 Nm
MA 4RB

1 B 64
100000 x 280000 10000 x 2 4 x dx RB
EI A 3

4m
1 x2 x3 x4 64
1120000 x 680000 140000 10000 RB
EI 2 3 4 0
3

1 4160000 64
RB 0 RB 65000 N
EI 3 3

RA - 80000 + 65000 - 20000 = 0 RA = 35000 N
MA = - 20000·6 + 65000·4 - 80000·2 MA= -20000 Nm

c) Determinación del IPN.

M max 40000 100
max 14000 N/cm 2
Wz Wz

4 10 6 Iz 4250 cm 4
WZ ,min 285,7 cm 3 IPN 240
14000 Wz 354 cm 3
TABLAS


d) Pendiente en B.

M x A, B 20000 35000 x 10000 x 2

d 2 v1
M x A, B
dx 2

dv1 1 x2 x3
20000 x 35000 10000 C1
dx EI 2 3

dv1
x 0: 0 C1 0
dx
dv1 1 16 64
x 4: B 20 000 4 35 000 10 000 0
dx EI 2 3

240 000 840 000 640 000 40 000
B 11 8
3 2,1 10 4250 10 3 2,1 10 3 4250

B 0,00149 rad 0,0856 0


Problema 9.3

a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, p, que se puede aplicar en la
viga de la figura, si la tensión máxima admisible es de 140 MPa (tanto para la viga AB como para el
tirante CD).

b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.

D - La viga AB es un perfil IPN 400.
- El tirante CD tiene una sección
de 5 cm2.
4m - Módulo de elasticidad :
E = 2,1·107 N/cm2 ( para la viga y el
tirante ).

A C B
4m 4m

Resolución :

a)
Se trata de un problema hiperestático. Para resolver la hiperestaticidad, impondremos la siguiente
condición :

C vC

donde : C = corrimiento del punto C del tirante CD.

vC = corrimiento vertical de la viga AB en el punto C.


Cálculo de C :

RD
D RD CD
C CD CD CD
E EA

RD
4m ( , )
E A

C R D 400 cm 6
C 3,81 10 RD cm R D en N
2,1 10 7 N/cm 2 5 cm 2
RD

Cálculo de vC :

Aplicaremos el Teorema de Castigliano:

x
p

A C B
RD
4m 4m

2
RD x 400 px
2 2
px
2
- MA= 400 RD- 320 000·p ( Ncm )
M MC= -80 000·p ( Ncm )
mKp

WTOTAL CM x M AM x M
vC dx dx
RD B EI RD C EI RD

x2 x2
400
p R x
800 D
400 p
2 0 dx 2 x 400 dx
0 EI 400 EI


x2
800
p RD x 400 RD
2 x 400 dx
400 EI

800
1 p 4 200 p RD 3
x x 400 RD x 2 160000 RD x
EI 8 3 400

1 18133 10 6 p 21,3 10 6 R D
18133 10 6 p 21,3 10 6 R D
EI 2,1 10 7 29210

6
29561,5 p 34,8 R D 10 cm

6 6
Entonces: C vC 3,81 10 RD 29561,5 p 34,8 R D 10

38,61 RD 29561,5 p RD 766 p

(1) R D 766 p (RD en N)
(2) p 0,13 RD (p en N/cml)

Determinación de pmáx :

Para el tirante:

R D ,max
140 10 2 N R D ,max 70 000 N
max ,tirante
5 cm 2
am
cm 2 2

p max 0,13 R D ,max 0,13 70 000 9 100 N
2 m

Para el perfil:

M max
max ,viga adm
W z , IPN 400

MA 400 R D 320 000 p 400 766 p 320 000 p 13 600 p
MC 80 000 p
M máx 80 000 p


M max 80000 p
14 000 N
max , viga
W z , IPN 400 1460
adm
cm 2

140 000 1460
p máx 255,5 N/cm 25 550 N/m
80 000

Por tanto: p max 9100 N ( la menor de ambas).
m

b) Cálculo del descenso de C.

6
vc 3,81 10 70 000 0,267 cm 2,7 mm


Problema 9.4

Las vigas AB y BC de la figura están perfectamente empotradas en los extremos A y C. Cuando están
descargadas, sus extremos B están en contacto, pero sin transmitirse ningún esfuerzo.
p
Material: Acero A42b

IPN 220 C
A IPN 200 B

3m 4m

Determinar:

a) La carga uniformemente repartida máxima que puede soportar la viga AB, estando sometida
la viga BC solamente al efecto producido por la AB.
b) El descenso vertical del punto B.

Resolución:

a) Determinación de pmáx.
En este tipo de problemas de interacciones, la resolución se basa en plantear la igualdad de
corrimientos (ecuación de compatibilidad de deformación en la sección B):
p

R
C

A B
B
R
3m 4m

1 = 2

M max R
x x M x R x

-
-
+
1
M x R x p x2
2


Cálculo de 1: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre A y B :

1 2
Rx px
2 x dx
1
0 EI z
1 R 3 p 4
3m
EI z 3 8

Cálculo de 2: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C y B:

Rx
2 x dx
0 EI z
1 R 3
4m
EI z 3

Condición: 1= 2

81 64
9R p R
8 3
E 2 140 cm 4 E 3 060 cm 4

216 3060 512 2140 R 243 3060 p p 2,3624 R
N m N

Cálculo de Rmax ( pmax ):

IPN 200 a flexión:

M máx M máx 260 N
máx 2 173,3 N/mm 2
W z , IPN 200 214 cm 3
1,5 mm

M máx 37093,3 Nm
Mmáx:

M R
0 R px x 0,4233 m
x p

M x 0,4233 0,211649 R
1 M máx MA
MA R p 2 7,6308R
2

M máx 7,6308R 37093,3 Rmáx 4861,0 N


IPN 220 a flexión:

M máx M máx 260 N
máx 2 173,3 N/mm 2
W z , IPN 220 278cm 3
1,5 mm

M máx 48186,6 Nm

M máx R 4R 48186,6

Rmáx 12046,6 N

Rmáx mín 12 046,6 ; 4 861,0 4861,0 dN

Por lo tanto: p máx 2,3624 Rmáx 2,3624 4861,0 11483 N
m

b) Descenso vertical del punto B.

R 3 4861 400 3
2 1,61 cm
3EI z 3 2,1 10 7 3060


Problema 9.5

a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, pmáx , que se puede aplicar a la
viga de la figura.
b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.

D E Datos:

A 5cm 2 A 5cm 2 Viga AB: IPN 300
adm= 160 MPa
h=6m E = 2,1·105 MPa
45º 45º ( tanto para la viga
AB como para los
tirantes CD y CE )

A C B

4m p 4m

8m

Resolución:

a) Imponemos la condición de compatibilidad de deformación en C, es decir, planteamos igualdad de
corrimientos.

R R
2 2
p

A C B

p R p
2 2
R x R x Rx
2 2 2
-
M
+

x 1
px px 2
2 2
px R x 1 px 2 R x
px R x 1 px 2 2 2 2
2 2 2 2
-
+ +


D E

45º 45º

C

C

C 2

Cálculo de C :

Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C x yA x 0 :
2

R p 2
p x x x
2 2 2 2 1 2 R 2 p 3
x dx p x x dx
0 EI z EI z o 2 2 2

1 R x3 p x4 2
1 R 3 p 4
p p
EI Z 2 2 3 2 4 EI z 2 2 24 2 64
0

1 R 3 4 1 1 1 R 3 5p 4
p C
EI z 48 48 128 EI z 48 384

R

A C B

2 2


Cálculo de :

2 R
2 2 2
D, E R R 600 2
2 2 120 R
cm
EA E 5 E

600 2 cm , A 5 cm 2
6 2m

C
2 R
2

1 R 3 5p 4 120 2 R
C 2 C 2
EI z 48 384 E

8 m 800 cm
I z , IPN 300 9800 cm 4

83 106 5 84 108
R p 9800 120 2 R
48 384

64 R 32000 p 9,98 R p 2,312 10 3 R ( p en N/ml , R en N)

Cálculo de Rmáx ( pmáx ) :

Cables a tracción:

2
Rmáx
Pmáx 2 16 000 N Rmáx 113137 N
máx
A 5 cm 2
adm
cm 2


IPN 300 a flexión:

M máx M máx
16000 N M máx 104480 Nm
máx
W z , IPN 300 653cm 3 cm 2

|Mmáx|:

1 2 1 3 800
MC p R 2,312 10 R 8 2 10 4 R 15 R
8 4 8 4

p 2,312 10 3 R
800 cm

M p R R R
0 px x 183,74 cm
x 2 2 2 2p 2 2 2,31 10 3 R

p R 1 2 x2 R
M máx M x 183,74 cm x px p x x
2 2 2 2 2 2

800 183,742 R
2,312 10 3 R 183,74 183,74 39 R
2 2 2

Así que Mmáx = 104480·102 N·cm = 39 Rmáx Rmáx = 267897 N

Radm , sistema mín 113137,267897 113137 N

Por lo tanto, el valor máximo de la carga uniformemente repartida que se puede aplicar a la viga AB,
admitida por el sistema, es:

p máx 2,312 10 3
113137 261,57 N 26157 N
cm m

b) El descenso del punto C es.

120 113137
C 2 2 cm C 0,9 cm
2,1 10 7


Problema 9.6

Determinar el desplazamiento vertical de la sección C, C , en la pieza de la figura, admitiendo que la
sección en todos los tramos del sistema es circular y el material es el mismo.

A
a
D

p

B
C

a

Datos:

G = 0.4·E
p =1000 N/ml
D = 50 mm
a=1m
E = 2,1·105 Mpa

Resolución:

a) Determinación de esfuerzos .
Es un problema hiperestático. Consideraremos RB como incógnita hiperestática a determinar.

y
A Esfuerzos:
z
Tramo BC:
x
x
Ty RB px
p 1 2
x MZ RB x px
2

Tramo CA:
B
C
y Ty RB p a
RB Mz RB p a x
z x 1
Mx RB a p a2
2


Aplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incógnita hiperestática RB :

Wtotal C Ty Ty Mz Mz A Ty Ty Mx M Mz Mz
0 B dx dx
RB B GA1 R B EI z RB C GA1 R B GK t RB EI z RB

1 2 1 2
RB x px RB a pa
C a RB px 2 A a R B pa 2 RB pa x
B 1 x dx 1 a x dx
B 0 GA1 EI z C 0 GA1 GI 0 EI z

1 a2 1 a4 1 a3 a4 a3 a4
RB a p RB a pa 2 RB a 3 p RB p RB p
GA1 2 GI 0 2 EI z 3 8 3 3

1 3 2 1 a4 1 2 3 11 4
2aR B a p a 3 RB p a RB a p
GA1 2 GI 0 2 EI z 3 24

G 0,4 E
9 9 D2
A1 A
10 10 4
4
D
I0
32
D4
Iz
64

1 3 2 1 a4 1 2 3 11 4
B 2
2aR B a p 4
a 3 RB p a RB a p
9 D 2 D 2 D4 3 24
0.4 E 0.4 E E
10 4 32 64

40 D 2 2aR B 3 a2 p 32 9 a 3 R B a4 p 64 3.6 2 a 3 R B 11 a 4 p
2 2 3 24
0
3.6 E D4

D 50 mm 0,05 m
a 1m
p 1000 N/ml
E 2,1 1011 N/m 2
RB 565.3N


b) Determinación de C.

Para calcular C , aplicaremos el método de la fuerza ficticia:

Esfuerzos (debidos a F):

A Tramo BC:

Ty RB
x
Mz RB x

C B Tramo CA:
x RB
F
Ty RB F
Mz RB F x
Mx RB a

2 3 a3
40 D 2 2aR B aF 32 9 a 3 R B 64 3.6 a RB F
Wtotal 3 3
0
RB 3.6 E D4

RB 0.174 F

1 2
RB x px 0,174 F x
Wtotal a RB px 0,174 F 2
C ( 0.174 0.174 x ) dx
F 0 GA1 EI z
para F 0

a RB pa 0,174 F F 1 1 2
( 0.826 RB a pa 0,174 F a 0.174a
0 GA1 GI 0 2

RB pa x 0,174 F F x
0.826 x ) dx
EI z

Integrando, entre límites, y tomando F= 0:

1 a2 1 1 4
C 0.174 R B a p 0.826 R B a pa 2 0.174 R B a 3 pa
GA1 2 GI 0 2


1 a3 1 a4 RB a 3 a4
0.174 RB p 0.826 p
EI Z 3 2 4 3 3

40 D 2 0.652 R B 0.739 p 32 9 0.174 R B 0.087 p 64 3.6 0.217 R B 0.254 p
4
0,00225 m
3 .6 E D

C 0,225 cm (en vertical, hacia abajo:
igual dirección y sentido que F)

10 Inestabilidad elástica 161

10 Inestabilidad elástica


Problema 10.1

Determinar la carga máxima P que puede soportar el sistema de la figura, si la tensión máxima
admisible es de 160 MPa.

3m 6m

A B IPN 500 C

P

30º 30º
4 HEB 120 IPN 100 IPN 100

E = 2,1·106 Kp/cm2

Resolución:

x

Reacciones:
A B C

3 6
P
MB 0 P 3 RC 6 RC
P 3 P P 2
2 2
3
FV 0 Rb P
2
P
2
P +

T
- 3 P
2
3
Tmáx P Kp
2
M máx 3P mKp
3P
P x 3 Px 3
P x 2
-

M


IPN 500.Cálculo a flexión.

M máx 3P Nm
: 160 N Pmáx, IPN 500 146667 N
máx
W z , IPN 500 2750 cm 3
adm
mm 2

Puntal HEB 120. Cálculo a esfuerzo normal y a pandeo.
y

A 34 cm 2
Iz 864 cm 4 ; I y 318 cm 4
HEB 120
Wz 144 cm 3 ; W y 52.9 cm 3 z

iz 5.04 cm ; i y 3.06 cm

Esfuerzo normal:
3 P
2
N máx N máx
- 16000 N N máx 544000 N
máx
A 34 cm 2

3
544000 P Pmáx 362667 N
2
Pandeo:

L 400
- 131 105 min ( acero estructural )
i min 3.06

el pandeo se produce en la zona
3 P de validez de la ecuación de Euler
2

2
EI
2
N crit L 2 2.1 10 7 318
N adm , H 120 117700 N
sp sp 16 10 4 3.5

I I min 318 cm 4
L 4 m 400 cm
sp 3.5 100
E 2.1 10 7 N
cm 2


3
117700 P Pmáx 78466 N
2

Puntales IPN 100. Comprobación a esfuerzo normal.(Tracción)

P P
4 cos 30º 4 cos 30º

P P
4 cos 30º 4 cos 30º

N máx N máx
16000 N N máx 169600 N
máx
A 10,6 cm 2

P
169600 Pmáx 587511 N
4 cos 30º

Por lo tanto, la carga máxima que puede soportar el sistema es:

P min 14667 , 78466 , 587511 78466 N


Problema 10.2

Dado el esquema de la figura, donde B, C y D son articulaciones perfectas; si la tensión máxima
admisible y el módulo de Young son los mismos para las tres barras, e iguales respectivamente a adm
= 160 MPa y E = 2,1·105 MPa.
C

P IPN 100 2m

A
B
IPN 360

2m
IPN 140

D

2m 2m 2m

Determinar:

a) Diagramas de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales para cada barra.
b) El máximo valor admisible de P.

Resolución:

a) Diagramas.
R Rc
4

N P
2 2
TRACCIÓN C
+ B
x
P P
2 2 P P
2 2 45º 45º
A 2 2 2 2
B
P P P
2 2 2 2
2
-
COMPRESIÓN D
P
2 2

R Rc
4


T C

P
RA P + 2
2
B
A -
P
2 RB

D

M C

A
B

+

P x P x Px 2 D
2 2

b) Cálculo de Padm :

IPN 360 a flexión:

M máx P 1 Nm
160 N
máx
W z , IPN 360 1090 cm 3 mm 2

Padm 174400 N


IPN 100 a tracción:

P
N máx 2 2
máx 160 N/mm 2
A 10,6

Padm 160 10,6 10 2 2 2 Padm 479 701 N

IPN 140 a compresión:

P
2 2 2
EI
N crit L2
N adm
C sp 3.5

200 2
202 100 Cs 3.5
i min 1.4
200 2 cm
2
2,1 10 7 35.2
N adm 2605,6 N
3,5 8 10 4

P
2 2
Padm
N adm 2605,6 N Padm 73700 N
2 2

Por tanto :

Pmáx mín 174 400 , 479 701 , 73 700 73 700 N

Problema 10.3


Calcular la carga axial máxima que puede soportar una broca de 3 mm,

a) sin pretaladro
b) con pretaladro o marcado.

E 210000 N/mm 2
e 320 N/mm 2

a)

3
150 mm
b)

Resolución:

a) b)

Lp=2L

Lp=0,7L
R

Ncr Ncr

2
EI z
N cr
Lp2


2 32
210000
a) 64 91 N
2
2 150
2 32
210000
b) 64 747 N
2
0,7 150

Comprobación de la validez de la fórmula de Euler ( para b):

N cr 747 N N N
cr 2
105 e 320 cumple
A 3 mm 2 mm 2
4

NOTAS: - Se ha simplificado la obtención de I,A sin utilizar reducciones de la sección.
- A los valores de 91 N y 747 N hay que aplicarles un adecuado coeficiente de seguridad.


Problema 10.4

Calcular la sección rectangular más eficiente para la pieza de aluminio sometida a compresión
centrada.
x
L = 500 mm , seg. pandeo= 3
N=20 kN Datos del Al:
E = 70000 N/mm2
e= 20000 N

b

y
L
h

y

z

z

Resolución:

La relación b-h debe ser la óptima para que la Ncr sea la misma en ambas direcciones.
x

Flexión eje y:
2 1 3
2
EI y E bh
N cr ,1 12 1
LPz=0,7·L 2 2
L py 2L

Flexión eje z:
2 1 3
2 E bh
y EI z 12
N cr , 2 2 2
2
L pz 0,7 L

LPy=2·L z Igualando Ncr,1= Ncr,2

2 1 3 2 1 3
E bh E bh
12 12 h 2
2 2 L2 0,7 2 L2 b 0,7


Con esta relación, puede elegirse la fórmula (1) o (2):
2 1 3
E bh
12
N cr 2L 2
seg . pandeo 3 3
N N

3
2 1 2
70000 b b
12 0,7 b 14,5 mm
2
3 se tomará : 50 x15 mm
20000 2 500 h 41,5 mm

Comprobación:

N cr 60000
cr 100 N/mm 2 e cumple
A 14,5 41,5


Problema 10.5 *

Calcular la carga máxima, Nmáx, en los tres casos:

Ncr =Nmáx ? Nmáx ? Nmáx ?

A) B) C)

10 mm 100 mm
10m = 10000 mm

v0=L/1000 v0=L/100

Acero S260

e 260 N/mm2

E=210000 N/mm2
200x5 mm

Resolución:

a) En el primer caso, Nmáx=Ncr , suponiendo que la cr e

2 200 2 190 2
2 210000
EI 64
N cr 301952 N
L2p 10000
2

N cr 301952 N
cr 2 2
99 N/mm 2 e cumple
A 200 190 2
mm
4


L L
b) El momento flector en el centro del vano: M x N vTOTAL x .
2 2

1
v L v0
TOTAL x N
2 1
N cr

1
Factor de amplificación:
N
1
N cr
N
El corrimiento total depende de la relación .
N cr N
N M
Por la ecuación de la flexión máx e A)
A W
B)
C)
1
N máx v0
N máx
1
N máx 301952
2 2
260 N/mm 2
200 190 2 200 190 2
2
10 100 v
100
4 64

Para v0 = 10 mm tenemos Nmáx=269500 N

c) Para v0 = 100 mm tenemos Nmáx=152000 N


Problema 10.6 *

Calcular el valor de la imperfección geométrica inicial, v0, que provoca el fallo elástico del perfil
tubular 100x4 mm sometido a N = 125 kN.

Resolver el problema utilizando dos modelos de cálculo:

a) Análisis de 1er orden, con la geometría caracterizada por el valor inicial v0.
b) Análisis de 2º orden, considerando la amplificación del valor inicial de v0.

x

N = 125 kN

100x4

v0 ?
L = 3500 mm

Material S235:
2
e=235 N/mm
E= 210000 N/mm2

Tubo 100x4:
A= 1206 mm2
y I= 1392000 mm2
W=27840 mm2

N


Resolución:

a) Análisis de 1er orden:

M N v0
N L
La sección más desfavorable x :
N N 2
v0 N N
M N v0
= =

N M
x e 235 N/mm 2
A W

125000 125000 v 0
235 N/mm 2
1206 27840

Despejando el valor de v0:

125000 27840
v0 235 29 mm
1206 125000

b) Análisis de 2º orden:

1
M N v0
1 N N cr N 1 N v0
x e
A N W
N 1
N cr
v0

= = La carga crítica de Euler, Ncr:

2 2
EI 210000 1392000
N cr 235517 N
L2p 3500
2

Así, el factor de amplificación vale

1 1
2,13
N 125000
1 1
N cr 235


Sustituyendo en la fórmula:

125000 125000 v 0
2,13 235 N/mm 2
1206 27840

Despejando el valor de v0:

125000 27840 1
v0 235 13,7 mm
1206 125000 2,13


Problema 10.7 *

Un tubo de acero 140x140x5 mm tiene una imperfección inicial de 50 mm respecto a la directriz
teórica y está sometido a una leve carga de viento q = 300 N/m y a una carga axial de compresión N =
100 kN.

a) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en un análisis de 1er orden.

b) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en una análisis de 2on orden, es decir,
considerando la interacción N – M (esfuerzo normal – momento flector).

Tubo 140x140x5 mm:

A= 26,70 cm2
Iy = Iz = 821,25 cm2
iy = iz = 5,51 cm x
Wel·y = Wel·z = 117,32 cm3
N = 100 kN
Acero S235:

E = 210000 N/mm2
e= 235 N/mm2

y

qy

5
G v0 = 50 mm
140 L=5m
z qy = 300 N/m

140 mm

y

N = 100 kN


Resolución:

N N
En un análisis de 2on orden el diagrama de momentos
flectores se ve amplificado por el efecto de la
2on orden 1er orden preflecha inicial (v0) y de la interacción N-M.

v0
q

N N

a) Análisis de 1er orden (sin considerar pandeo, con la geometría inicial del enunciado).

1 2
pL N v 0
N Mz N 8
x , máx 1
A Wz A Wz

1 2
0,3 5000 100000 50
100000 8
2670 117320

N
37,45 7,99 42,62 88 e cumple
mm 2

b) Análisis de 2on orden (amplificación de la preflecha inicial e interacción N-M).

1 2
pL
N 8 1 N v0
x , máx K2 2
A Wz N Wz
1
N cr

Cálculo de la carga crítica elástica de Euler, Ncr:

2 2
EI 210000 8212500
L pz 5000 mm N cr 680855 N
L2p z 5000
2


Para el factor de amplificación K2, se elige la expresión aproximada (*):

1 1
K2 1,172
N 100000
1 1
N cr 680855

Así, finalmente (2):

N
x , máx 37,45 1,17 7,99 1,17 42,62 96,7 e cumple
mm 2

(*) Cálculo exacto de K:

N 100000
u 0,602 rad
2 N cr 2 680855

2 1 cos u 2 1 cos 0,602
K2 1,177
u 2 cos u 0,602 2 cos 0,602


Problema 10.8 *

Un tubo circular 100x4 mm de acero está sometido permanentemente a una carga puntual
transversal, F = 5kN, en el centro del vano.

Mediante un cilindro hidráulico se puede aplicar una carga axial variable en el extremo.

Suponiendo un comportamiento ideal de elasticidad indefinida para el material:

a) Calcular la carga axial máxima soportada por el sistema, al poder producirse su colapso por
inestabilidad elástica.

b) Representar gráficamente la relación N-v, mediante un modelo teórico de 2º orden, es decir,
considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector.

A continuación, suponiendo un comportamiento real de material, con una tensión de límite elástico
2
e=380 N/mm .

c) Calcular la carga N que provoca el fallo elástico del perfil.

Material S380: E = 210000 N/mm2 e = 380 N/mm2

y

F=5 kN

N variable
100x4
x
v

= =

L = 5000 mm


Resolución:

a)
2 2
EI 210000 1392000
N cr 115403 N
L2p 5000
2

Hipótesis: Elasticidad indefinida.
N N
N

Ncr
115403 N
2
E = 210000 N/mm

v

b) Considerando la interacción N – M.

3
F L3 5000 5000 K 3
v K3 44,54 K 3 mm
48 EI 48 210000 1392000

donde K3 es el factor de amplificación.

Cálculo exacto de K3:

N N
3 tg
3 tg u u 2 115403 2 115403
K3
u3 N
3

2 115403
N N
u
2 N cr 2 115403

Cálculo aproximado de K3:

1 1
K3
N N
1 1
N cr 115403


Tabla de valores de la función N – v

N veaxct. vaprox.
0 44,54 44,54 mm
Ncr/4=28851 N 59,39 mm
Ncr/2=57701 N 89,08 mm
3Ncr/4=86552 N 178,16 mm

La representación gráfica de la función N – v:

(N) N

115403 N cr

3
86552 N cr
4
N 5 kN N
57701 N cr
2 v
28851 N cr
4
v

( mm )
50 100 150 200 250

La curva de respuesta N – v, considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento
flector, es asintótica al valor de la carga crítica de Euler Ncr = 115403 N.

Suponiendo una elasticidad indefinida del material el fallo de la pieza se produce con el mismo valor
de Ncr.

c) Sin embargo, antes de llegar a esta situación el material habrá superado la tensión del límite
elástico. Para el material real:

N M
K e
A W

N M 1
e , donde M K F L
A W 4


1
5000 5000
N 1 4 N
380
1206 N 27840 mm 2
1
115403

Resolución de la ecuación de 2º grado:

N 115403
225 380
1206 115403 N

N
115403 225 380 115043 N
1206

N2
25965675 43853140 95,69 N 380 N
1206

1
0 N2 475,69 N 17887465
1206 b c
a

1
2 476 476 2 4 1788746
b b 4ac 1206 40425 N
N
2a 1 533630 N sin sentido N cr
2
1206

Se cumplen la hipótesis de aproximación para el cálculo del factor de amplificación K:

N 0,6 N cr 40425 0,6 115403 69242

1
K 1,54
N
1
N cr

Representación gráfica del apartado c):

(N) N
N M
K 380
A W

115403
Ncr

40425

44,5 68,5 v (mm)


c’) Un planteamiento parecido del problema es considerar que v0=44,5 mm constituye una preflecha
inicial.
1
El momento flector F L resta constante y la amplificación es debida al termino
4
1
N v N v0
N
1
N cr

Los resultados obtenidos no difieren excesivamente de la solución exacta:

N M 1
e , donde M K F L N v
A W 4

1 1
5000 5000 N 44,54
4 N
1
N 115403 N
380
1206 27840 mm 2

Resolución de la ecuación de 2º grado:

N 44,54 115403 N
225 380
1206 27840 115403 N

44,54 115403 N N
380 225 115043 N
27840 1206

N2
184,6 N 115 N 17887465 95,69 N
1206

1
0 N2 435 N 17887465
1206 b c
a

b b2 4ac 44977 N
N
2a 479633 N sin sentido N cr

Problemas resueltos resistencia(1)

Más contenido relacionado

La actualidad más candente (20)

Destacado (20)

Similar a Problemas resueltos resistencia(1) (20)

Último (20)

Problemas resueltos resistencia(1)