AULA POLITÈCNICA 15
Resistencia de materiales Problemas resueltos
52
Aleaciones ligeras
© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
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:
[email protected] 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 sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.
AULA POLITÈCNICA 15
Resistencia de materiales Problemas resueltos
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Aleaciones ligeras
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Prólogo
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
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Aleaciones ligeras
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Índice
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
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Aleaciones ligeras
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1 Diagramas de esfuerzos
1 Diagramas de esfuerzos
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.1 Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura. 600 2 N
45o
E
C
A
800 Nm
D
2m
B 3m
2m
3m
FH FV
2 2 2 600 2 2 600 2
600 N 600 N
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
D
C
A
800 Nm
B RAH
RCV
RAV
Tomamos momentos respecto al punto C:
¦M
c
0
R AV 6 600 3 600 2 800
0
R AV
100 N = -33,3 N 3
Suma de fuerzas verticales y horizontales:
¦F ¦F
V
0
R AV 600 RCV
H
0
RAH
0
100 600 3
RCV
600 N
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1900 N 3
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1 Diagramas de esfuerzos
c) Cálculo de momentos en los tramos AB y BC. TramoAB:
100 x 3
M ( x)
R AV x
M ( x)
R AV x 600( x 3) 600 2
MA
0
MB
100 Nm
Tramo BC:
MB MC
100 3 0 1200 1100 Nm 3 100 6 600 3 600 2 800 Nm 3
Diagramas.
600 N
E -
600 N N
+
A
B
C
D B 600 N
A
C
B
T
D
+
1900 N 3
100 N 3
E
B -800 N·m
E
-100 N·m M
A
-
B
C
D
1200 N·m
+
1100 N·m
Equilibrio del nudo B.
600 N
600 N 100/3 N 600 N
B 1900 N 3 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
B
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
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.
1600
6
A
B x 6m T
Resolución: a) Cálculo de la reacciones. Resultante de la carga Q
1600 6 2
4800 N .
4800 N A
B 6m
RA
4m
2m
R A RB
¦M RB RA
A
4800 0
4800 4 6 1600 N
RB 6
4800 4
3200 N
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RB
N m
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1 Diagramas de esfuerzos
b) Cálculo de los esfuerzos de sección.
1600
A
B d[
1600 N
3200 N x-[
[ x
L=6m
Sección situada a una distancia x del apoyo A: T: x
T
1600
T
ª1600 [ 2 º » 1600 « 2 ¼0 ¬ 6
³
0
q d[
1600
³
x
0
1600 [ d[ 6
x
1600
1600 2 x 12
M: x
³ q x [ d[
1600 [ x [ d[ 6
1600 x
M
ª1600 § [ 2 [ 3 ·º 1600 x « ¨¨ x ¸¸» 3 ¹»¼ «¬ 6 © 2 0
M
§ 1600 § x 3 x 3 · · 1600 x 3 1600 x ¨ ¨¨ ¸¸ ¸ 1600 x ¨ 6 3 ¹ ¸¹ 6 6 © 2 ©
0
1600 x
x
M
³
0
x
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N m
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
c) Diagramas. 1600 N
A
+
T 3200 N
M + 3695 Nm
d) Punto de Mmáx
wM wx T
T
T
1600 2 x o x 12 1600 1600 3,46 3,46 2 12
0 1600
M máx
0 12
3,46 m
3695 Nm
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1 Diagramas de esfuerzos
Problema 1.3 Determinar los diagramas de esfuerzos del pórtico inclinado de la figura. 200 2 N 400 2 N
B
2m
45q
A
2m
C
2m
Resolución: Para el cálculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estática. 200 2 B
400 2
A RAH
C
RAV
¦F ¦F ¦M
RC
V
0
R AV RC 200 2
H
0
R AH
0
RC 4 400 2 2 200 2 2 0
A
0
400 2 N RC
300 2 N
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
por tanto, RAV
100 2 N y descomponiendo cada reacción en las direcciones de las barras, 400
100 2 400 2
100
100
400
400 2
300
300
300 2
400 100
400
300 2
100
300 100 2
Diagrama
N
500 N B
+
-
C
A -300 N
Diagrama
T
300 N B
+
-
C
A 300 N
Diagrama
M
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300
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1 Diagramas de esfuerzos
B
B
A
+
x
+
x’
C 300 N
M = 300 · x
MA
0
MB
600 2 Nm
M = 300 · x’
MC
0
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
¦M
0
0 ). A partir de la línea de acción vertical de RC, se obtiene O. G F RA
200 2
// OA
B 400 2
RC
G F // OC
RA
C
RC
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.4 Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura. p = 600 4000 N
N ml
3000 N
B
P1
C
P2
A a=2m
L=6m
b=2m
Resolución: Cálculo de las reacciones:
¦F
V
¦M
: R B RC 4000 600 6 3000 0
B
: 4000 2 600 6 3 RC 6 3000 8
RC
4467 N
RB
6133 N
Diagrama de momentos flectores: Tramo AB: M MA
4000 x 0
MB
8000 Nm
Tramo BC: M MB
2 x 2 4000 x 6133 x 2 600
2
8000 Nm
MC
6000 Nm
Tramo CD: M MC
4000 x 6133 x 2 600 6 x 5 4467 x 8 6000 Nm
MD
0
Diagrama de esfuerzos cortantes. Tramo AB: T TA
4000 N 4000 N
TB
4000 N
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D
21
1 Diagramas de esfuerzos
Tramo BC: TB
4000 x 6133 600 x 2 2133 N TC 1467 N
T
4000 6133 3600 4467
T
Tramo CD: TC
TD
3000 N
3000 N
B
D
C
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: wM T 0 : 4000 6133 600 x E 2 0 x E 5,35 m wx ME = -4208 Nm
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
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
0,5m 1m
5 KN/m
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
FE
ME
10 KN
ME
ME
FE
4 KN
5 KN/m
0.5m 1m
0.5m 2m
FE
14 KN
2m
½ ¾ Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga. 4 0,5 10 2 22 KN m ¿
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1 Diagramas de esfuerzos
b) Diagramas 4 KN
5 KN/m
D
E 0,5
C
0,5
A
B 2m
1m x
M
T +
Tramo AB:
M=0
T=0
Tramo BC: M
5
x 1 2 KN m 2
MB
0
MC T
5 x 1
2
KN
0
TB
0
TC
10 KN
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tramo CD: M
10 x 2 KN m
MC MD
T
10 KN
10 KN m 15 KN m
TC
10 KN
TD
10 KN
Tramo DE: M
T
10 x 2 4 x 3,5 KN m
10 4 14 KN
MD
15 KN m
ME
22 KN m
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).
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2 Esfuerzo normal
2 Esfuerzo normal
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
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.
4 mm
300 mm
E2
4 mm
E1 A
x
B
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
¦F ¦M
0
V B
R A RB
P
0 R A L P( L x) 0
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2 Esfuerzo normal
'L A
'L B
Ley de Hooke : RA LA S E1 3R B R B
RB LB S E2
RA
500 R B
R B E1 E2
R B 210000 70000
500 125 N R A 4
RA
375 N
De la ecuación de los momentos obtenemos x: R A L P( L x) 0 375 600 500(600 x) 0
x 150 mm
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3R B
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
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 Aa=40 cm2
1m B 3m
Ab=80 cm2 C 1m
15 T
D
Resolución:
¦F
V
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
Aplicando la ley de Hooke:
'L
'LCD
FL A E
R A L AB R A L BC E Aa E Ab
R D LCD E Ab
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29
2 Esfuerzo normal
RA
R A 1000
A
5
2 10 40 10
1m
2
R A 3000 5
2 10 80 10
R A 2000 R A 3000
B
R D 1000 2
2 10 5 80 10 2
R D 1000
Resolviendo las ecuaciones, tenemos
3m C 1m
15 T D
RA
25000 N
2.5 T
RB
125000 N 12.5 T
RD
Cálculo de las tensiones. Tramo AB: V AB
25000 N 40 10 2 mm 2
6.25 MPa (COMP.)
Tramo BC: V BC
25000 N 80 10 2 mm 2
3.125 MPa (COMP.)
Tramo CD: V CD
125000 N 80 10 2 mm 2
15.625 MPa (TRAC.)
Diagrama de esfuerzos normales:
2.5 T
A
B -
C
12.5 T +
D
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30
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
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 G del punto C, siendo D=20º. Datos: E=2,1·105 MPa. b) Resolver para D=0º.
A
B D
L
L
C G
C’
C1 P
Resolución: a) Para D=20º:
N
N
N
N
D D
P D
Del equilibrio del punto C se obtiene
P
N sen D
Equilibrio del punto C
P 2
P 2 sen D
N
Sea G (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, 'L, será C’C1 'L . Como por otra pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es G sen D NL parte: 'L , se tiene que: EA
G
NL EA sen D
PL 2 EA sen 2 D
5000 3500 2 2.1 10 3,14 10 2 0.34202 2 5
b) Para D=0º:
A
L
C
L
E G C1 P © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
B
1,13 mm
31
2 Esfuerzo normal
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
G L
tg E # E (para ángulos pequeños)
el alargamiento de las barras vale
H
AC1 AC AC
2
L2 G 2 L L
§G · 1 ¨ ¸ 1 © L¹
1 E 2 1#
E2 2
Esta última igualdad proviene de la expresión: 1r a
1 r a 1 2
1r
1 1 1 5 4 a a2 r a3 a r! 2 8 16 128
Para a 300 cm no es necesario reforzar más
300 cm 210 cm
P
115
M (m·Kp)
5460 5610
+
9970
14250
Solicitación Capacidad resistente
10180 14872 9500/2 = 4750 Kp +
T (Kp) -
4250 Kp
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
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 Vmax= 261,5 N/mm2 (Ve = 340 N/mm2 , Jse = 1,3) (Fundición de grafito nodular).
Nota: Usar la simplificación de simetría, h es suficientemente suponiendo que R pequeño.
R
R = 40 mm
h b
Resolución: voladizo R
Por razones de simetría consideramos:
Diagrama de momentos flectores : p
C
Momento producido por dp en el punto genérico C
R·dM
dM c
b p R dM R sen M c M
2
p b R sen M c M dM
MC
dp M
(dp = p · R · dM) B
Momento total para el punto genérico C: © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
O
A
57
5 Dimensionado de secciones o flexión
Mc
³
Mc
0
p b R 2 sen M c M dM
>p b R
2
@
Mc
cos M c M 0
p b R 2 1 cos M c
Por tanto, si el momento flector para cualquier punto del segmento es : Mc
p b R 2 1 cos M c
M
tendremos el máximo: Mc = 180 q M
Mmax = 2 · p ·b · R2 Mmax
V max
M h I 2
2 p b R2 h 1 b h3 2 12
12 p R 2 d V adm h2
h t 0,093R 3,7 mm
h
M = 180q
261,5 N
mm 2
No depende de b
© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
0q q MM==180
58
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
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 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:
V 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).
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59
5 Dimensionado de secciones o flexión
Resolución: a) Determinación de h mínima. p
A
B
C
D
h b
a
a A
x
RB
-
M
Tramo AB:
+
M
p
MA
+ T
0 MB
-
T
p
a2 2
TA
p x 0
vE
Tramo BC: p
x2 2
+
-
M
pA 2
RC
x2 A p x a 2 2
MB MC
§ ¨ xE ©
A· ¸ 2¹
ME
a2 a2 A p a a p 2 2 2 2 a MB p 2 2 A A2 Aa A2 Aa p p p p p 8 4 2 8 2 p
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TB
pa
60
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
T
p x p
A 2
A 2
TB
pa p
TC
p A a p
A 2
pa p
A 2
Tramo CD: M M
T
x2 x2 A A A p x a p x A a p p x a x A a 2 2 2 2 2 2 A a 2 p A 2 A a A p a 2 x A MC p p p 2 x A 2 2 2 2 2 2 A A MD p p 2A A 0 2 2 p
TC TD
p x p A
p A a p A pA pA 0
pa
Con A = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados: MB
V máx
M máx
MC
112,5 p
ME
500 p 300 cmKg
ME d V adm Wz
Wz
b
20
67,5 cmKg
40,77 Kg/cm 2
ME 6 40,77 20
hmín
W z , mín
hmín
b) Determinación de la distancia a óptima. Óptimo resistente: M máx
M máx
MB
ME
p
a2 2
p
aA A2 p 8 2
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ME b h2 40.77 6
1,49 cm
61
5 Dimensionado de secciones o flexión
a2 A a
A2 4
0
2
a
A A2 §A· r ¨ ¸ 2 4 © 2¹
a
A 2 A2 r 2 4
A 2 r A a 2 2
Así pues, la distancia ‘a’ óptima es:
a óptima
Y se tiene, un momento máximo:
M máx
0,207 A ® ¯ 1,207 A
La segunda solución no interesa, porque cae fuera del intervalo analizado
20,7 cm 128,7 cmKg
c) Cálculo de la flecha en el punto central, por el método de la fuerza unitaria.
F=1 A
B
C
Tramo BE:
D
E
Mc
a
1 x a 2
Tramo EC:
a
Mc
A
1 A· § x a 1 ¨ x ¸ 2 a¹ ©
x M’ +
G
wW wF
³ G
ª1 « «¬ EI
M M c dx EI 2 2 EI
A § 2 ¨ a ¨
³
©
p
³
a
o
p
x2 1 0 dx a EI
A § 2 ¨ a ¨
³
©
p
º · A x2 1 p x a x a ¸¸ dx » 2 2 2 2 »¼ ¹
A Aa x3 a aA x a2 A · ¸ dx p x2 p x p x2 p p 2 2 2 2 2 2 ¸¹
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62
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
A
ª x 4 A x3 A a x 2 a x3 a A x2 a 2 A x º 2 » « 6 4 6 4 2 ¼a ¬ 8
G
P EI
G
0,6 (781,25 2083 937,5 312,5 937,5 562,5 6,328 EI
56,25 84,375 8,437 84,375 168,75) 10 3
§ ¨I ¨ ©
bh 3 12
20 1,49 3 12
0,6 24724 100 000 5,513
· 5,513 cm 4 ¸¸ ¹
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0,265 cm
63
5 Dimensionado de secciones o flexión
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 Wadms = 1000 kg/cm2.
y
A
A
12 mm 6 mm 600
G
z
As
As
x
x
z
220
Resolución: Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda T mZA1 IZ
f
m ZA1 IZ
mzA1 : momento estático del ala
22 1,2 30,6 807,84 cm 3 ª1 º 1 2 « 22 1,2 3 22 1,2 30,6 2 » 0,6 60 3 ¬12 ¼ 12
f
40 000 807,84 60 246,14 6
49 446,14 10 800 60 246,14 cm 4
536,35 kg/cm
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64
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura, Fadms
2 W adms A s a
Igualando esfuerzos Fadms
f A
2 W adms A s a
T m zA1 A Iz
2 1000 10 0,5 536,35 A
A
2 1000 10 0.5 18,64 cm | 19 cm 536,35
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65
5 Dimensionado de secciones o flexión
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: Vadmisible=173 Mpa; tensión cortante admisible de los roblones Wadm roblón= 42 MPa. y 120
e
120
e
60
400
20
z
Resolución: P
V adm P
P
2
2
6m
Iz
3 2
P 2
+
I z ,alma I z , angular
Iz
42450,3 10 3 mm 4
P
173 42450,3 10 3 2 200 3 10 3
T -
P
3 P 10 3 2 200 Iz
1 2 2 40 3 4 368 27,5 20 3,4 12 10666,7 4 7945,9 42450,3 cm 4
M
+
P
173
M y máx Iz
2
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244796 N
66
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud T mZ IZ
f
263,25 N/mm
P · 122 398 N ¸ 2 ¹
§ ¨T ©
m
122 398 913 10 3 42450,3 10 4
z
2 27,5 16,6 913 cm 3
913 10 3 mm 3
Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblon F Fadm d
f e 263,25 120 31590 N
Sd 2 42 31590 N 4 31590 4 21,9 mm 2 S 42 2
Diámetro mínimo de los roblones : d = 21,9 mm
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67
5 Dimensionado de secciones o flexión
Problema 5.6 Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 80012 mm, y cada ala compuesta por una platabanda de 19010 mm y 2 perfiles angulares 908 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 Wadm = 42 MPa. e2=40
190 10
d2 800 (total)
d1
e1=18
12 z ( simétrico )
( simétrico )
Resolución: IZ
I Z ( alma ) I Z ( angulares ) I Z ( platabandas )
IZ
1 §1 · 1,2 80 3 4 104 13,9 40 2,5 2 2 ¨ 19 13 19 1 40 0,5 2 ¸ 12 © 12 ¹
51200 4 19650,8 2 31166,3 192135,9 cm 4 Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud f1
T mZA1 IZ
(A1 = área angulares + área platabanda) m ZA1 19 1 (40 0,5) 2 13,9 ( 40 2,5) 1812 cm 3 f1
40000 1812 192135,9
377,2 N/cm 37,72 N/mm
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68
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Esfuerzo a transmitir por cada roblon:
Sd 1 2 W adm 4 3,1416 d 1 2 42 377,2 180 2 4 4 37,72 180 d12 102,9 2 3,1416 42 d 1 10,15 mm f 1 e1
2
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud: f2
T mZA 2 IZ
(A2 = área ala) m ZA2 f2
19 1 (40 0.5) 769,5 cm 3 40000 769,5 160,2 N/cm 16,02 N/mm 192135,9
Esfuerzo que debe transmitir cada roblón:
Sd 2 2 W adm 4 2 16,02 400 3,1416 d 2 42 2 4 d 2 9,86 mm f 2 e2 2
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69
5 Dimensionado de secciones o flexión
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
10 m
25
500
a) Calcular la distribución de tensiones en la sección central. b) Calcular la tensión tangencial media en el adhesivo de contacto ( Wadm = 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: n
E1 E2
10000 1,25 8000
El espesor equivalente e n
e*
25 mm 1,25
20 mm
La posición del baricentro de la sección es inmediata por razón de simetría. El momento de inercia de la sección homogénea es: IZ
2
1 1 200 200 3 2 200 200 500 2 2 20 1000 3 12 12 Steiner 1000
200 ·200 © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
e* = 20
236 10 8 mm 4
70
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Vx2
Vx1
Hx 3,2
2,1 2,1 e*
e* =20
400
G 500
2,1 2,1 3,2
Tensión en la madera maciza:
V x1 ( y )
M
MZ y IZ
Mmáx =
Tmáx =
MZ §1· y ¨ ¸ IZ ©n¹
1 pL 50 KN 2
Así: °V x1 ( y °° ® ° °V x1 ( y °¯
125 KN m
T
Tensiones reales en el tablero:
V x2 ( y)
1 2 pL 8
600 mm)
125 1000 1000 N mm 600 mm 3,2 N/mm 2 236 10 8 mm 4
400 mm)
125 1000 1000 N mm 400 mm 236 10 8 mm 4
2,1 N/mm 2
En el tablero contrachapado n = 1,25 § 1 · 125 10 6 N mm 500 mm 2,1 N/mm 2 V x 2 ( y 500 mm) ¨¨ ¸¸ 8 4 © 1,25 ¹ 236 10 mm
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71
5 Dimensionado de secciones o flexión
b) Tensión media en el adhesivo
100 mm
y
Fórmula de Collignon:
A Wmed
W med
d
Ty mZA IZ b
z G
Ty: esfuerzo cortante en la sección IZ: momento de inercia total respecto Z mZA: momento estático de la sección A respecto al eje Z b: linea AB
x
W med
50000 N 200 200 mm 2 500 mm 236 10 8 mm 4 2 100 mm
0,2 N/mm 2
Este valor es inferior a la tensión tangencial admisible en el adhesivo = 1 N/mm2 c)
f
5 P L4 384 E I Z
Valor aceptable, ya que
L 1000
10 10000 5 384 10000 236 10 8
5,5 mm
10000 10 mm 1000
© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
72
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
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 Material alma: Fe E 235
== 800 · 12
z
(Puede comprobarse que la sección se plastifica con la ausencia de abolladuras elásticas o elastoplásticas. No se consideran inestabilidades globales : pandeo, vuelco lateral)
G
== 300 · 25
Resolución: a) Mismo acero. y A1 · Ve
Ve = 235
Ve = 235
A2 · Ve
z
Eje neutro elástico
G
Eje neutro plástico
G
12,5
Mel.z
Ve = 235
25
Mpl.z
Ve = 235
Al tratarse de una sección doblemente simétrica el eje neutro plástico pasa por el baricentro G. Caso elástico: IZ
WZ
1 ª1 º 800 3 12 2 « 300 25 3 300 25 12,5 2 » 12 ¬12 ¼
IZ y max
306484 10 4 mm 4 12,5 mm
7210 10 3 mm 3
306484 10 4 mm 4
( = Wel.z )
© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
d1
d2
73
5 Dimensionado de secciones o flexión
M el . z
Wel . z V e
7210 10 3 mm 3 235
N mm 2
1694 KN m
Caso plástico: 400 º ª M pl . z # 2 >A1 V e d 1 A2 V e d 2 @ 2 «300 25 235 12,5 400 12 235 1905 KN m 2 »¼ ¬
Coeficiente \:
\
M pl . z M el . z
1905 1,12 1694
b) Diferente acero. Caso elástico Tiene las mismas constantes mecánicas IZ, WZ, pero la tensión en la fibra extrema 425 V max 235 250 355 400 M el . z
Wel . z V max
7210 10 3 250 1802 KN m
Caso plástico N N º ª M pl . z # 2 « A1 d 1 355 A2 d 2 235 2 mm mm 2 »¼ ¬
2648 KN m
Coeficiente \:
\
M pl . z M el . z
2648 1,47 1802
425
A1 · Ve
Ve = 355
Vmax
A2 · Ve
Ve = 235 400
Eje neutro plástico Mel.z
Ve = 235
Mpl.z
Ve = 235
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d1
d2
52
Aleaciones ligeras
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75
6 Flexión desviada y flexión compuesta
6 Flexión desviada y flexión compuesta
© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
76
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 6.1 * Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión. o
q
q = 2000 kg/ml
4m 30q y’
1,5
18 z’
1,5
7,5
1,5
Resolución: a) Determinación del momento flector máximo
M max
ql 2 8
2000 4 2 8
4000 m kg
( en la sección central x = 2 m )
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77
6 Flexión desviada y flexión compuesta
o
q
y’
30q o
o
M es perpendicular a q y forma 30q con el eje z’. Los ejes y’-z’ no son los ejes principales de inercia. Vamos a determinarlos.
M= 4000 mkg 30q 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
I 3z' I 3 y' I 1z '
1 1,5 18 3 12 1 18 1,5 3 12 I 2z'
729 cm 4 5,06 cm
z’ 3
4
1 1,5 · § 9 1,5 1,5 3 7,5 1,5 ¨ 9 ¸ 12 2 ¹ ©
2
767,8 cm 4
© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
2
78
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
I1y'
1 § 1,5 7,5 · 1,5 7,5 3 7,5 1,5 ¨ ¸ 12 2 ¹ © 2
I 2 y'
I z'
729 2 767,8 2264,6 cm 4
I y'
5,06 2 280,54 566,14 cm 4
2
280,54 cm 4
I3y’z’=0 por tener eje de simetría. ª 7,5 ·º § «0 7,5 1,5 9 0,75 ¨ 0,75 ¸ 2 ¹»¼ © ¬
I1y'z '
I 2 y'z '
I y 'z '
417,65 2 835,3 cm 4
417,65 cm 4
Tensor de inercia
I z'
I y'z'
2264,6
853,3
I y'z'
I y'
853,3
566.14
( cm4 )
Los momentos principales de inercia son los valores propios.
2264,6 O
835,3
835,3
566,14 O
0
2264,6 O 566,14 O 835,3 2
2264,6 566,14 2264,6O 566,14O O2 835,32
0
0
O2 2830,74O 584 354,55 0
O
2830,74 r 2830,74 2 4 584 354,55 2
Momentos de inercia principales
2830,74 2382,36 2606,55 cm 4 ° 2 ® 2830,74 2382,36 ° 224,19 cm 4 2 ¯
I z 2606,55 cm 4 ½° ¾ I y 224,19 cm 4 °¿
© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
79
6 Flexión desviada y flexión compuesta
Los vectores propios serán las direcciones principales. El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4.
2264,6 2606,55
835,3
835,3
566,14 2606,55
314,95 n1z 835,3 n1y 835,3 n1z tg D
D
2040,41 n1y
n1y n1z
341,95 835,3
§ n1 · ¨ 1z ¸ ¨ny ¸ © ¹
§0· ¨¨ ¸¸ ©0¹
0½° ¾ 0 °¿
0,409
arctg 0,409 22,24D
y’ y
4000 sen 30 22,24
D
My
7,76q z
4000 sen 7,76 D
M 30q
22,24
4000 cos 30 22,24
D
Mz
q
My
z’
Mz
540 m kg
Vx
My Mz y z Iz Iy
Vx
3963,36 10 2 540 10 2 y z 2606,55 224,19
Vx
152,05 y 240,86 z
Ecuación del eje neutro. y’
22,24q
y A(-8.25,9)
0 152,05 y 240,86 z 240,86 y z 152,05
E
z
y 1,58 z
22,24q
Angulo que forma el eje neutro con el eje principal z:
z’ Eje neutro
3963,36 m kg
tg E
y z
B(8.25,-9) © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
1,58
E
57,67 º
80
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Relación entre coordenadas de ambas referencias. §z· ¨¨ ¸¸ © y¹ §z· ¨¨ ¸¸ © y¹
§ cos T sen T · § z ' · ¨¨ ¸¸ ¨¨ ¸¸ © sen T cos T ¹ © y ' ¹ § cos 22,24 D sen 22,24 D · § z ' · ¨ ¸ ¨ sen 22,24 D cos 22,24 D ¸ ¨¨ y ' ¸¸ © ¹ © ¹ z y
0,9256 z '0,3784 y ' ½ ¾ 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 ® ¯ y'A 9
zA
0,9256 (8.25) 0,3784 9 4,230
yA
0,3784 (8.25) 0,9256 9 11,452
Tensión en A:
VA
152,05 11,452 240,86 (4,230) 2760,11 kg/cm 2
Tensión en B: z 'B 8,25½ ¾ y 'B 9 ¿ z
0,9256 (8,25) 0,3784 ( 9) 4,230
y
0,3784 (8,25) 0,9256 (9) 11,452
VB
152,05 (11,452) 240,86 4,230 2760,11 kg/cm 2
© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
81
6 Flexión desviada y flexión compuesta
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 15
( cm ) 10
15 B 10
y 50 Tn
15 10
A
z
Resolución: Trasladando la fuerza al centro de gravedad G de la sección, los esfuerzos equivalentes son:
B
N -50 Tn
My
G
y
My= -875 cmTn
Mz
50 Tn 15 · § 50 Tn ¨10 ¸ cm 875 cm Tn 2¹ © 10 50 Tn cm 250 cm Tn 2
A Mz= 250 cmTn
z
-50 Tn y
B My=-875 cmTn
A Mz= 250 cm Tn z © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002.
82
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
My N Mz y z A Iz Iy
Vx
250 000 50 000 875 000 y z A Iz Iy
Vx
800 cm 2
10 35 2 15 15
A
1 1 3 15 15 10 15 2 10 10 3 12 12 1 1 3 10 10 15 10 2 15 15 3 12 12
Iz Iy
875 000 50 000 250 000 y z 800 81667 44167
Vx
81667 cm 4 44 167 cm 4
Vx
62,5 3,06 y 19,81z kg/cm 2
a) Tensión normal en B
Coordenadas de B
y 5 cm ® ¯ z 17,5 cm
62,5 3,06 (5) 19,81 (17,5)
V xB
299,47 kp/cm 2
b) Eje neutro y
0 62,5 3,06 y 19,81z y
19,81 62,5 z 3,06 3,06
para
y
0o z
y
20,42 6,47
6,47 z 20,42
z
z
0o y
20,42
zona traccionada
3,15 z
para
zona comprimida
y
0
B
½ ¾ 20,42¿
z 3,15 ® ¯y 0 eje neutro
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6 Flexión desviada y flexión compuesta
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.
y
30 Tn
50 Tn
Q P 3
4
5
z 35
40
Resolución: Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la sección obtenemos: 30 0,04 50 0,05 1,2 2.5 1,3 Tn m ½ ° ° ° M z 30 0,03 0,9 Tn m ¾ ° ° N 30 50 80 Tn °¿
y
My
D My= 1,3 Tn m
80 Tn B
C
G
A z
Mz= 0,9 Tn m
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Vx
Resistencia de materiales. Problemas resueltos
My N Mz y z A Iz Iy A 40 35 1400 cm 2
½ ° ° 4° 142 916,7 cm ° ¾ Vx ° ° 186 666,7 cm 4 ° °¿
Iz
1 40 35 3 12
Iy
1 35 40 3 12
Vx
57,14 0,630 y 0,696 z (kg/cm 2 ) V x
80000 90000 130000 y z (kg/cm 2 ) 1400 142 916,7 186 666,7
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
y
0,696 57,14 ½ z ¾o 0,630 0,630 ¿
y 1,1z 90,70
y 0 o z 82,46 z 0 o y 90,70 y C
D
A
B
z (0 ; 82,46)
eje neutro
(-90,70 ; 0)
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85
6 Flexión desviada y flexión compuesta
VA
57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 20 32,19 kg/cm 2
3,219 N/mm 2
VB
57,14 0,630 ( 17,5) 0,696 (20) 60,04 kg/cm 2
VC
57,14 0,630 17,5 0,696 20 54,24 kg/cm 2
VD
57,14 0,630 17,5 0,696 (20) 82,08 kg/cm 2
6,004 N/mm 2
5,424 N/mm 2 8,208 N/mm 2
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
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 F=2000 N M=106 N·mm A1=0,5 A
P M
Tubo de acero. Espesor de pared: 4mm E=2,1·105 MPa G=8·104 MPA
y
45º F
x
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.
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6 Flexión desviada y flexión compuesta
Resolución: x =0 F x = L0
dA
M
dx P G
dA
2 dx
x x =L
Aplicamos el teorema de Castigliano al punto P en la dirección F: M -
M
-
M x M F x wM x wF
T=F
T -
wT wF
-
T wT wF
F 2 1 2
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Resistencia de materiales. Problemas resueltos
N=0
N
wN wF
-
F
N
2
wN wF
G
0
1 2
T wT N wN M wM dA dA dA wF EA wF GA wF
³ EI
³
³
F
F
G
³
L0
0
M F x x dx EI
³
L0
0
F dx A G 2
³
L
L0
M F x x
ª ML0 2 FL0 3 º ª 2 FL0 º ª M L2 L0 2 « « » 3EI ¼» «¬ GA »¼ ¬« 2 EI ¬« 2 EI
G
³
2 dx
EI
L
L0
2 1 A 2 G 2
³
2 dx
L
L0
2 1 EA 2
3 2 F L3 L0 º ª 2 F L L0 º ª F L L0 º »« » »« 3EI 2 GA ¼» ¬« 2 EA ¼» »¼ «¬
3,389 10 8 176,3 I A
Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares: Tubo ( Dext x e)
A ( cm2 )
I (cm4 )
G (mm)
135 x 4 150 x 4
16,46 18,34
353,4 489,2
96 69,4
Tomaremos pues un tubo Dext x e: 150 x 4 (mm).
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( >80 ) (
