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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales 7" Parte

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

INDICE Capítulo I. Diagramas a Estima

- I.l .- Vigas Isostóticas. - 1.2 .- Vigas compuesta y pórticos isostáticos. - 1.3 .- Estructuras Espaciales. - 1.4 .- Problemas de examen. Capítulo II. Traccién y compresión simple. Problernas isostáticos.

Cápítulo

IIL Flexión @.

- Iil.l .- Tensiones. - III.2 .- Giros yflechas. Ecuación de la elástica y teoremas de Mohr. Capítulo IV, Flexión (II). Flexión simple.

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


Problemas Resueltos de Resistencia de Materialcs I

Millán Muñoz

I.. DIAGRAMAS A ESTIMA. 1-

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

Cap.

I-l.- Diugru

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Protrlemas Resueltos de Resistencia de Nlaterialcs iguel Aneel lvfillán Muñoz

Cap. I-1. Diagramas a estima. Vigas Isostáticas. Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos, así como las deformadas, de las siguientes vigas.

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Cap. I-1.- Ditrgrorttus u estiun isastáticr).r.

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Problemas Resueltos de Res¡stericia de Nlateri¡les lvfillan Muñoz .

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia dc Nlaterialcs I Millán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Nlatcriales I ¡vIillán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I Millán Muñoz

Cap. I-2. Diagramas a

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Problemas Resueltos de Resistenci¡ de Materiales I Millán Muñoz

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Problemas Resueltos de Res¡stencia de i\Iaterialcs

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Cap.l-2.- Diugruutas

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Problemas Resueltos de Resist€ncia de Materiales I Millán lvluñoz

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

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Problemas R€sucltos de Resistencia de Materiales

Miguel Angel Millán Muñoz

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Prottlemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales I

Millán Muñoz

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Protllemas Resueltos de Resistencia de Nlaterialcs I

Millán lvluñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

lvtillán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

Can. I-3. Diagramas a estima. Estructuras espaciales Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos de las siguientes estructuras:

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¿litittt( isI).\lót¡cos. Eslrttctur¡s espttciole';

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Problemas Resueltos de R€sistencia de Nlatelial€s Millán Muiroz

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Cap.I-3.- DitgroDtos ( eslittta ¡sosltit¡cos-

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Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales I Angel Millán lvluñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I Millán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateri:¡les I Angel Millán Muñoz

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Problemas Rcsueltos de Rcsistencia de Materiales I Nf illán Muñoz

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales lAngel Millán Nluñoz

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Ctp.l-3.- Diugrant6 a est¡tttu isosf{íticos.

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ttclutas csPoc¡dles

l5


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Mi Millán Muñoz

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

a estima los diagramas de esfuerzos

y las deformadas de las siguientes estructuras:

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cslitttlt isoskiricos. Problentas de exa¡ten'

26


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

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán Muñoz

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Cop.A. Diqgrurtus

u estinn isosttilicos Problentas ¿e cxalten

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23


Problemas Resueltos de Rcsistencia de M¡teriales Millán Muñoz

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Cap.l-4.-

Diigruntns

esl¡r¡ta isoskilicos. Probl¿ntas dc exuntett

29

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I

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Millán Muñoz

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Cap.l-4.-

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Ansel Millán lv1uñoz

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

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materialcs ' Mieuel Ansel Millán Muñoz

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CaD.I-4.- Diugtut¡tts u estituu isosfúlicos- Problentus

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II.- TRACCION Y COMPRESION SIMPLE. Problemas isost煤ticos.

Cap. II

-

Tmcci贸rt y Contpresi贸n simple. Problemzs isos!谩licos


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I lvliilán Muñoz Mieuel

Can. II. Tracción l)

comDresión simple. Problemas isostáticos.

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

se

indican en la dirección de su eje. Se pide:

a) b) c)

Diagrama de axiles y de tensiones normales en la pieza' Desplazamiento de los puntos A y B.

Variación de temp€ratura, uniforme en toda la pieza, que sería necesaria para que el movimiento del punto B fuera nulo'

Datos: a=10j

oC-r

Tronco de cono: Ar=10 cm2, Az= 5 cmt, E= 10akp/cm"

Cilindro:

2)

A:5 c-t,

Lt-0'50m'

E= lo'kP/cmz, L2:1,0 m.

y La pila de puente formada por dos trozos prismáticos de igual longitud F:300 T' sección, está sometida en su extremo superior a una carga distinta

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

36.

I Examen SeDtiembre 97198, tiempo 15' )'

3)

Determinar para las dos banas de la figura:

a) b)

Máxima longitud L que puede tener la barra Para dicha longitud, determinar el incremento de longitud de la barra.

Datos: P=225 kp.; Ar:25 cm2; Az= 50 cm'z; H= 200 m; E=l0a kp/cm2; peso espec ifico.y = 2,51m3; o"¿.¡,= l0 kp/cm2' (NOTA: Para el caso del üonco de cono, no hay aplicada ninguna fuerza exterior. Se recomienda tomar como origen de coordenadas el

Tronco de cono

cilindro

vértice del cono).

4)

Calcular para los sistemas de la figura:

a)

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

A'

b)ValormáximodelacargaPsinsobrepasaflatensiónadmisibleenningunodeloscables'

Datos: - cable l:

sección homogénea,

A:5

cm2,

E:

l0akp/cmr, o¡¿.5= l0 kp/cm2, L=6 m.

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

L itD le _:

z,i, I ,.1 Ir----_--r-----l Ca1t.lf

-

Truccit)tt J' Cotnprcsiótt sittq)le Problcntts isosttiticos

l-l


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N"

La

2

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

Se

conocen las acciones exteriores, la tensión admisible y una de las dimensiones geoméhicas. La incógnita a caicular es la dimensión hansversal de la pila, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material. Para ello, se hará:

l 2. 3.

1.

Cálculo de axiles en la pila. Determinar la secciór/es más solicitadas y cálculo de las tensiones normales. Sección hansversal necesaria para que latensión no supere a la admisible.

El axil que produce la carga puntual

es constante en todo el

pilar, mientras que el producido por el peso propio

es

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

N (Peso propio)

N.U2.r+ h.UZ.f El axil debido al peso propio tendní la expresión: en el tramo superior del pilar (H¡ = distancia desde el extremo superior).

Nppr=Ar,Hr'Y Nopz

= Ar . L/2 . 1+

Az.

Hz

T

en el tramo inferior del pilar (H2

-

distancia desde el cambio do sección).

Las secciones a comproba¡ en cada tramo serán las de máximo axil en cada tramo de sección constante, ya que serán las que tengan máxima tensión normal: la base de cada tramo.

3.

Nr=300T+Ar

.

l8m.2Tlm3=300+3ó.Ar

N2=300T+Ar

.

18

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

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

o:N/A o1

:N¡

oz

=Nz/A: :(300

/ A1 = (300 + 36. Ar) / Ar= 300 i

Ar +36

+ 36. Ar + 36. A2)/A2

Para que no se supere la tensión admisible oo¿.

= l0 Kp

/cm2 =100 T/m'], se debe cumplir:

Ar = 300 / (100 - 36):4,69 ml 36: 100 = or = (300 + 36.Ar +36.4")/4, :468,84 / A: + 36 = 100 =

or=300/Al

+

El volumen pedido será entonces

C¡p. ll

-

V = 4,ó9 .

18

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

+ 7,33 . l8 = 216,36 mr

Truccitíu )' Cot Pres¡út sinryle. Problcntus ¡st)\1.¡t¡Los.

38


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales ieuel

Millán Muñoz

Tensión en extremo de¡echo del cono: o2

.",. = 200 Kp i

5 cmr = 40 Kp/cm':

Tensión en el cilindro: 02 c¡indio

:

100 Kp / 5 cm2 = 20 Kp/cm2

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

b)

Desplazamiento d€ los puntos A y B. referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.

Se tomará como

El

alargamiento de una pieza sometida

a

.r2 N

tracción (o compresión) viene dada por la expresión: Fr2 ¡/

M= ¿st = ¿ft l. -:-ú | _ -d, EA EA donde, por ser una pieza rccta, se ha particularizado la expresión general al eje x de la pieza.

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

Pieza troncocónica

En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil N y el valor de E. Es muy importante Ia consideración de que los límites de integración, dado que el origen de la coordenada x se ha

tomado en el vértice del cono, serán los valores x2

y Kl

(según se ve en la figura). Por tanto, la expresión de la

deformación quedará:

., ¡:rrN N.'tl.ü= Lgl-*-J--*= LL=1,1=ds=-:lx2 " tA

donde

x2

E A

t'^'

11,+l.to-

4.*2

)

t

r

r¡l

l-tl t

z,cl.to-a.EL

J,z

= 120,7 cm xr

:x2+ L=

t¡=200 Kp, E=

120,7 +50

:

170,7 cm

104 Kp/cm'z

quedando finalmente:

LL=_

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

J,41.ro-

l.to4 Llro

l

l2o,7l

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

-

Pieza cilíndrica.

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

.

A¿=

¡.i .\

¡ d, , .\.,.t, |*I ¿J _rls=-É.,I ¡I rt(- -E¡,4,

donde

N¡=100 Kp,

Cap. Il

L:= I,0 m=

-

100 cnr,

El= lOj Kp'cmr, A2= 5 cmr'

Tntcción ), Conryresión simpl¿. Prt¡blenttt.s ¡.\oslát¡cos.

Ilr


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I lvlillán lvlu¡loz

SOLUCION PROBLEMA N' El problema planteado

1

es el de una pieza compuesta, con sección

variable en un tramo y constante en otro, estando

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

a)

Diagrama de axiles y d€ tensiones normales en la pieza' En cada tramo de la pieza actua un axil constante, dado que los puntos de aplicación de las cargas puntuales están

en los extremos exteriores (extremo derecho y reacción en el empoframiento) y en el punto de conexión de los dos tramos de la pi€za. Será en estos Puntos donde se produzca el salto en la ley de axiles'

la

La ley de tensiones conesponderá al valor del a.ril dividido por el área de la sección en cada punto (N/A). Cuando pieza es de sección constante, la ley de tensiones tiene la misma forma que la de axiles y un valor N/A múltiplo de es conslante, la

N. Si la sección no

ley de tensiones no será como la de axiles , ya que dependerá de la ley de variación

del área de la secciónSe analizará cada pieza parcial independientemente'

En el caso de ta pieza troncocónica, las expresiones resultan

más

fáciles si se toma como referencia de x el vertice teó¡ico del cono: Como se ve en la figura, los radios son proporcionales, al ser lados de triángulos semej antes:

1.) r ft.x-

^r =:-_

---T =-Z _ = o.R2 xZ

R"/Rr=x/xr =

t2

El valor de x2 se calcula partiendo de los valores conocidos de las

áreas extremas del tronco de cono,

aplicando la ecuación deducida anteriormente: 2

^l - lAz x2

l;

l:J-

-

y teniendo en cuenta que xr

x2 +L

\ur-

:

x2

+ L (siendo L la longitud del tronco de cono), queda

donde sustituyendo los valores del problema, nos quedará:

x2

x2: L / (12

- l):

I

50

0'4142

=

120,7 cm

La expresión del área será, finalmente:

A*:

A2.

x2

/ x22:3,43 . lo¡ . xl

Latensión será

o=---. Ax

3.41.104.-¡

2

que es una hipérbola de 2'grado.

Tensión en e\trerlro izquiel do del cono: o'r.,,,'. = 200 KP

i l0 cnr

Ca¡t.ll

-

= 20 Kpicrnr

Trucúón

!

Cotttfes¡ótt simPle Problentas ¡sa\táticos

li


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

Mi

Milián Muñoz

Tensión en extremo derecho del cono: 6r

""n"

= 200 Kp / 5 cmr

:

40 Kp/cmz

Tensión en el cilindro: o.2.;rin¿,o

:

100 Kp / 5 cm2 = 20 Kp/cm?

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

b)

Desplazamiento de los puntos A y B, Se

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

El

alargamiento de una pieza sometida

rl2N

a

hacción (o compresión) viene dada por la expresión: Ex2 N

M= ¿st = ¿ft l. -Lds | .:¿r EA EA donde, por ser una pieza recta, se ha particularizado la expresión general al eje x de la pieza.

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

Pieza troncocónica

En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil N y el valor de E Es muy importante la consideración de que los lÍmites de integración, dado que el origen de la coordenada x se ha

tomado en el vértice del cono, serán los valo¡es x2

y xr (según se ve en la ftgura). Por tanto,

Ia expresión de la

deformación quedará:

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

^--+."r

donde

x2

= 120,7 cm Xr

=

Xz

*

L:

N=200 Kp, E=

120,7 + 50 = l'10,7 cm

104 Kp/cm'?

quedando finalmente:

M=-l

2oo [-r

+

r-l = 58,3.2,427.10-3- = 0.14 .z |

j.4¡.lo- 4.lo4 L -lro.r -l2o.7l

Este será, por tanto, el desplazamiento del punto

A

Pieza cilíndrica.

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

L.rr

fr.\ tr-: . LL= | ^ , 4[ 4t=;--¿l ,rl .^l -ds=; ¿..1 ¿,'l donde

N1=100 Kp,

Cap.ll

L:=

-

1,0 m= IUU

cm,

tr = l0-

Trucción J' Cotrtpresión

Kpi cnl-. A_-=

)

cm-

sinplc Ptoblentus ¡sotl.tt¡col

i6


Problemas Resueltos de Resistencia de NIat€riales lvlillán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N"

3

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

al

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

longitud máxima de las barras, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material. Para eLlo, se hará:

l. 2.

Cálculo de ariles en la bana.

Determinar la sección/es más solicitadas

y

cálculo de las tensiones normales en ellas, en función de la

longitud de la barra. Debe det€rminarse cuál es la sección más solicitada porque es en ella donde debe imponerse la condición de agotamiento, es decir, que la tensión alcance la maxima admisible.

3.

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

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

(zN

*= a) 1.

Lá*

Barra de sección constante' El axil que produce la carga puntual es constante en toda la bana, mientras que el producido por el peso propio

es

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

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

Npp:A.(L-y).y

siendo y la distancia al empotramiento,

A la sección y 1cl peso especifico

El axil total será, por tanto:

N: P+A.(L-y).1 Como la sección es constante, la rebanada más solicitada será la del empotramiento, ya que en ella el axil es máximo. La tensión normal en el empotrami€nto será:

o:N/A:

P

lA+ L.^l=225/25+L.2,s l1l

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

o¡dm:l0=9+L

L:l 4.

2'5 l0'1

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

El alargamiento de la barra será:

* = I *^, --fl l0'.lj

=

*

p

+,e.1t

- vt Tlav

:zs..,oo rj.2.j.l0-r.¡uf-

L

C.rp, II

'

-

l-

=

*llr,.,,,

0.io+0.01

=

r, -:,]1.

=

;[',.,,

5]

=

0.t8c,,¡

)

Trtcci(tn ¡'Conpresión sinple. Prob!cntas tsosttitictts.

jr)


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz D)

Tronco de cono.

l.

El axil en una s€cción genérica será el equivalente al propio del trozo de pieza que cuelga de

peso

é1.

Tomando como origen de coordenadas el vértice del cono completo, dado que esto facilitará mucho la integración, se tiene que, para una sección genérica de o¡denada x, el axil

será Ia resta de:

-

Peso del cono completo de vértice O

y base A',

con altura x.

Peso del cono completo de vértice O

y

base A¡,

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

ll

N" = -.4".x./ - -.4.¡.x'>.f

2.

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

N,

1lA2

6,=-=-)/'--f-12

'

3 Ax-

Ax 3

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

Como se ve en la figura, los radios de las secciones A*

y

,A2 son proporcionales,

al ser lados de triángulos

semejantes:

),t

&/Rr=x/xl =

2-

tt.R^

t^

2 -

.2 ¡ Ax ;=2

+

A'=k.x2

siendo k un valor constante que no depende de x.

Si se analiza la expresión de o", puede verse que en ella el sumando positivo crece con x y el sumando negativo, al tener una x2 en el denominador, disminuye con x. Así pues, el máximo valor de o conesponderá al máximo valor de x, es

decir, al empotramiento.

La tensión máxima deberá ser menor o igual a la tensión admisible, condición con la que podrá calcularse el valor buscado de la longitud L. La tensión máxima se obtendrá haciendo

x:

H (valor de x en el empotramiento) y

A*:Ar

en la expresión de o".

Además, se tendrá en cuenta que

r.t.{

22 2-

11

Atrn

..2

I

6¿rctr

I I 1.41 = ..) H- _7.-=,yH-I lt J J

l I'r? | -=i J H

= 6a<!n

Despejando x1:

Cap.

fl -'frrtccióu t'Contprusión sintplc Probl¿nas

¡so\láticos.

40


Problemas Resuelfos de Resistenc¡a de ñIateriales

Millán Muñoz 1) | | 3.H^.H.f-oodrrl.-

La longitud máxima de la bana debe¡á ser: L=H

5.

-

xr

:

20.000

-

14 736 = 5.264

cm:

52'64 m.

El alargamiento de la bana será, considerando que según se ha tomado el origen de x, los extemos de integración serán x2 y H:

*

-

üh,,

=

:,!':,1. - ?

4git-Lq4 :.roa[ 2

rqtz62

z

-]- *nl' i)- =;l[*. +][ =

=

*tqné -Atte2f =z.sa"^. 2oooo

i

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

Cap,ll

-

Trocción ¡' Conryrcsión sinplc. Problcttttts isa\tút¡cos.

4t


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiáles I NIillán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N" 4

D a)

SISTE}IA I

Para un valor de P= 100 kp., movimiento horizontal y L:300

vertical del punto A.

El

del punto A es debido al alargamiento de los cables I y 2. Al alargarse éstos, dado que el

movimiento

combinado

L=500 cm

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

t E= l0j Kp/cml

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

A

será aquella que diste de los puntos de anclaje de los

cables unas longitudes

Lr

+

para el cable

^Lr

para el cable 2.

t, y

*

L?

^Ll

El proceso de cálculo tendrá los siguientes pasos:

l.

Calculo de axiles en cada cable. Cálculo de alargamientos de cada cable. Cálculo de la nueva posición del punto A:

A'.

Cálculo de axiles. La fue¡za P se descompondrá en un axilN¡ sobre el cable

I y otro axil

N2 sobre el cable 2.

Por equilibrio de fuerzas en A se tiene:

-

Equilibrio

horizontal:

N¡u = Nzu

Equilibrio vertical:

Nr"+N2u=P

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

:

Nt

. cos 0., Nrv =

Nu¡¡:Nz.

cos p,

Nt

. sen ü.

N2y:N2.

sen p

Sustituyendo estas expresiones en las de aniba, quedará:

N¡ . cos

cr:

N2 , cos

p,

es

N¡=N2.cosp/coscr

decir

Nr.send+N?.senp=P,

N2.

sen ct.cos p

/cos ü +Nz.

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

sen p

:

P,

tEd.cosp

Análogamente, se obtiene de la primera ecuación:

rsenp

.os p ,(tg(t + fg

p)

cosd.(Igd + tgB)

Para los datos del problema, se tiene que:

Lr

. sen

ü.= Lz.sen p

=2

senc¡=2/6=1 /3 cos

ü:0,943

tg a = 0,354

senp=2/3 cos p = 0,745

tg 0 = 0,894

Con lo que las expresiones de N ¡ y N] quedarán: N r= 0.3,1 P = 84,97

Cap. II

-

Kp

N:= I ,076 P = 107,6 Kp

Trrtccióu ¡' Conryresión sinple. Probleno.s iso.stá/icos

ll


Proltlemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales isuel I lv{illán Muñoz

2.

Alargamientos en cada cable.

-

Cable

l:

.\, 8J.97.600 L, = -r Et.rl ' -;*lo*.5 8,.r,

... N,

^/,' -

i"'irdr = ""

Cable 2.

De la misma forma, se obtiene

3.

1.02 c¡r¡.

que:

LLz= 107,6. 300 / (105 .4)

:

0,08 cm.

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

deformado:

o' y B', resolviendo

el sistema de ecuaciones siguiente.

L,+M,

Po¡ el teorema de los senos:

L1+LL1

senB'

send'

D = (Lr +

Como la separación entre anclajes no cambia:

alr)

. cos

a' + (L, +

.

cos

p'

^Lr)

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

que se representa en el gráfico adjunto, que nos permitirá calcular de forma aproximada los movimientos vertical y horizontal del punto A:

Los cables se alargan cada uno una longitud

= 6¡ y AL¡

:6¡.

Cada uno de ellos describirá al deforma¡se un

^Lr

arco de círcunferencia con centro en su anclaje desde su posición original,

y

Ia posición del punto

A'tras

la

deformación corresponderá a la intersección de ambos arcos. Por Ia hipótesis de pequeñas deformaciones, podemos süstituir cada uno de esos arcos por la perpendicular a la posición original del cable en su punto extremo. De esta form4 la posición del punto A'será la intersección de ambas perpendiculares. El movimiento buscado es, entonces,

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

(movimientos

horizontal y vertical buscados)

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

los alargamientos calculados para los cables:

AA' y dos de sus lados sol

AA"'

Y

el

= 6"

Como el movimiento buscado es la diagonal

AA' y ésta forma junto

a cada pareja de lados del cuadrilátero un

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

triángulo rectágulo de vértices

AA'A."'.

De este triángulo ya conocemos el lado

AA"'

igual a 62 Debemos calcular entonces

AA"'

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

cumple la relación siguiente, proyectando sobre el lado 6¡ = proyecc donde al ser

A"A,

(A"A')

+ proyecc

(A'A"') -

AA"

proyecc

los demás lados:

(A"'A)

perperdicular al lado sobre el que proyectamos. su proyección es nula, quedando:

Cap.ll

-

Trucción

-t'

Contpresióu simple. Problenrus isosltil¡Los

43


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

-

6r = proyecc

(A'A"') -

proyecc (62)

Sólo queda definir los ángulos de los lados citados respecto al lado sobre el que que proyectamos, y podremos ¡esolver la ecuación, en la que la única incógnita es

A'A"'.

Según el gráfico vemos que:

- 62. cos(c - p) proyecc (A'A"') = A'A"'. cos(7rl2 -ct - p)=A'A"'. proyecc (6¡)

sen( o + p)

Así pues, sustituyendo en la ecuación anterior y despejando 6r =

A'A"'

. sen(

A'A"',

quedará:

g + B) + 6'. cos(ü + B)

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

P) Con esta expresión conocemos los dos catetos del triángulo rectii,ngulo, y podemos calcular el movimiento de A con la expresión:

+ (A',

A'" \2

Las componentes horizontal p¡oyectande este valor de

A'A"'

y vertical

se deducen

sobre un eje vertical y

otro horizontal. Del gráfico puede obtenerse que:

t80=62/(A'A"') 6v=AA'.cos(p-{) 6H:AA'.sen(p-g)

Aplicando las expresiones anteriores a los datos del problema: En la primera parte del problema se obtuvo:

senp=2/3

sencr:l/3

62

El lado del triángulo

ü

es

decir: c¡:19,5' p=41,3" ¡¿+p:61,3'

= 0,08 cm

A'4"'será:

+ 61cosl,1 r

Pl l.0l F 0.08cos(61.1) =

sen(61.3)

sen(d + P)

=

lll

c'"

El movinriento del punto A será entonces:

Cap.ll

-

Trucción t' Compresión sünple. Problcntas isos!úticas


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Misuel Millán Muñoz Por equilibrio de momentos en la unión con el cable 2, se tiene:

Nr.3:P.l

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

Por tanto,

2.

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

-

Alargamientos de cada cable.

-

Cable

l:

t!? Mt= '^'

-

N|

a'-

EtAt

Nr .¿, =lP.uoo=o,oo"' EtAt ' l0'.5

Cable 2.

Nz

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

Mz= ''' ¡il

Movimiento del Punto A.

El movimiento de A

será proporcional

al movimiento de

extremos de la viga, con la relaciÓn:

M,-LL.

6"-Al4

6,c=ALr/3 + 2LL2l3=0,40 l3+2.0,05

-

b)

13:

0,167 cm.

valor máximo

de la carga P sin sobrepasar la tensión admisible en ninguno de los cables.

Er varor que debe

r."*

,"

".,:,:0fr",T::::;il::ffi::.1::::iJ""r = l0 / 0,066 =

P

En el cable 2, se tendrá:

o, =

:

P

Asi pues, el valor de P máximo

es

N¿

der axil en er cabre es 0,33 p:

151,5 Kp.

/ A, = 0.67 . P | 4 = 0-167 . P - o"¿.', = 20

20 / 0,167 = I19,8 Kp.

el menor de los dos valo¡es calculados:

P:

I 19,8 Kp, agotándose en primer lugar el

cable 2.

Cap. II

-

Trrrcción ¡'Conpresión sinple. Proble¡ttrts ¡sost¿¡t¡cot

{6


Problé-m4s Resueltos de Resistencia de Materiales I

Millán Muñoz

rtr.- FLEXTON (I).

ill.I- Tensiones. III.2-

Giros y flechüs. Ecuación

de

la eldstica y

Teoremss de Mohr,

Cxp.

lll.l .

Fle:ión (I). Tensiottes.

41


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales L

Can.III-1. Flexión l.

rvultan Nlur'toz

. Tensiones.

Cuestiones:

a)

Calcular el momento máximo positivo y el negativo que son capaces de soportar las secciones de la figura sabiendo que la tensión admisible a fiacción es o"¿.¡,r= 100 Kp/cm2

b)

y

l.

a compresión oua.¡,c= 200 Kp/cm?.

Calcular el valor del momento flector que solicita a la sección de la fig. 2 y su signo , sabiendo que la ¡ensión en el Dunto I es de lracc¡ón y de valor 30 kp/cm?. (Cotas en cm).

Fig.

2.

T_l

1

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

(Examen Parcial, Curso 93-94)

6",.1

t--l

lt,

r

ll

v

tl

20

3.

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

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

El=cte)'

(Examen Final , Curso 97-98)

I @ .5 cm

20 cm

4.

En la viga de la figura o"¿.¡.r (Daro I. = 1/36 .b.h)

:

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

(Primer parcial, Curso 94-95)

Al ll

Cap. IIL I

.

Fle.\ión (l). 'fetr;iottev

cnr

l8


Problemai Resueltos de Resistencia de Materiales I Nfillán lvfuñoz

SOLUCION PROBLEMA N"

1

CUESTION a) para el cálculo del momento máximo positivo y negativo que una sección es capaz de admitir, las condiciones a imponer son siempre el que se alcance la máxima tensión admisible en la fibra más solicitada de la sección. EI proceso de cálculo consistirá entonces en: Estudia¡ el diagrama de tensiones que se produce en la sección y deduct, segun sus caracteristicas, cuál es la fibra más solicitada.

l-

2- Como estudiamos el agotamiento de la sección, éste se producirá cuando en la fibra más solicitada se alcance q"d*i, (a tracción o a compresión, según la fibra esté comprimida o traccionada). Tendremos que imponer entonces aicná tensiOn y, por tanto, el diagrama de tensiones estará completamente definido, dado que conocemos este punto y además pasa por el eje neutro.

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

expresión:

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

I

rl

Es evidente que obtendremos, en general, dos momentos máximos, uno positivo y otro negativo, según consideremos la fibra mrís comprimida (con su ordenada y respecto a la fibra neutra) o la más traccionada (con su ordenada y correspondiente).

Sección rectangular Dado que en la sección rectangular el eje neuho está en el centro geométrico de la sección, la tensión máxima de tracción es siempre igual en modulo a ü de compresión, dado que el valor de la ordenada de sus fibras "y" es igual para las dos. Esto puede apreciarse fácilmente en el gráfico de tensiones adjunto

Al considerar el agotamiento de la sección, impondremos que se alcance la o"u¿-i, en Ia fibra más comprimida, por una parte, y en una hipótesis distinta, que se alcance la oru¿,¡ en Ia fibra más traccionada. De estas dos hipótesis, la que realmente agotará la sección será la que se alcance primero, es decir, la que ocasione un M de menor valor' Este doble cálculo en realidad ¡ro será necesario, puesto que como se ha indicado'

las tensiones máximas de tracción y compresión en la sección son siempre iguales en módulo. Por tanto siempÍe ss alcanzará primero el estado de agotamiento definido por la ou,t.i. de menor valor absoluto.

Así pues, aplicando la fórmula indicada a la fibra extrema traccionada 20 cm), dado que la oc.¿",;, = 100 kp/cm?

..

-l "a,lntis

:I

'

(y:

h/2 =

es la más pequeña, nos quedará:

"olri-i ht2

jjt 1rl -

100

il

20

J0 =

ill.Jli

Kp cn = 5.Ji ,,.¡

20

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

IVf

= 5.33 m.t.

Cap.

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

.+9


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

Sección en T. para este caso, al ser la posición de la fibra neutra asimétrica verticalmente, no se puede saca¡ una conclusión directa sobre si el agotamiento va a ser a tracción o a compresión para saber cómo agota la sección se harán dos tanteos. En primer lugar se supone el agotamiento a tracción de Ia fibra ext¡ema traccionada, y en segundo lugar se supondrá que agota a compresión fibla exftema comprimida- De los dos ya que conseguirá alcanzar antes una de las o"¿,¡, momentos obtenidos, el que agote la secéión será el de menor valor, .

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

- Cálculo de la posición de la fibra neutra.

El centro de gravedad se calculará igualando los momentos estáticos de las áreas parciales con el de la sección total, referidos a un eje que pasa por el borde superior de la sección:

20.5.2.5+35.5 (3512+5)=(20.5

.5). vc

+ 35

vc = 15,23 cm'

=

- Momento de inercia de la sección respecto al eje neurro' eje neutro, contabiliziindose negativamente Se descompone la sección en rectángulos con un lado perteneciente al las inercias de aquellos que no perten€zcan a la sección real:

fc: l/3 .20 .75,233 -2. l/3 .',l,5 .10,233

+ l/3

.

5

(40

-

15,23)3

= 43'52'1,5

cma

- Máximo momento positivo.

l.b.- ¡\gotamiento ¡ tr¡cc¡ón

Fig l.r .- Agotamieoto a compresión

Fig

Suponiendoagotamientoacompresión,Iañbramáscomprimidaesladelextremosuperior(porserunmomento positivo), y el momento máximo será

(fig

1 a):

" d{ntt\

LIt

200 . 43.521

,

ti?1

=

5'71.9'1'l Kp.cnt

= 5,12 n.t

inferior (por ser un momento Suponiendo agotatniento a tracción, la fibra más traccionada es la del extremo positivo), y el momento máximo será (fig l.b):

,\tr+

=

9;-!

100

'

('10

.l'nrr'¿ro¡ EI rnomento buscado es ei nenor dc los dos:

Cap. IIL I

-

43 527

=

lti.716 Kp.cnt =

t,'16 nt.t

15.21)

lví,,,". = 1.76

.-.ltlc-tiítI (I).

n.

Tetls¡an¿s.

t

50


Problem¡s Resueltos de Resistencia de Nfateliales I NIillán Muñoz

- lvf áximo momento negatlvo.

Fig 2.b .- Agotamiento

Fig 2.¡.- Agotamiento a compresión

a

tr¡cción

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

negativo),

i

Ml

oad^ís I

=

Yinferior

200 43 (40

-

52'1

-

351.453 Kp.cn=3,5rm.t

15'23)

t¡accionada es la del extremo superior (por ser un momenlo Suponiendo agotamlento a tracción, la fibra más negativo), y el rnomento máximo seú (fig l 'b): d

T

ad-is I -

,^- y ' srp eftor El momento büscado

100

43 527

= 285.800 Kp.cn =

2.E5

n.l

15,23

M.". = -2,85m t

es el menor do los dos:

CUESTION b) en un eje paralelo al eje neutro, es decir en todos El valor de la tension es constante en cualquier punto contenido Esto es evidente en la fó¡mula de Navier' donde neutro. oqu"llo. punio, qu" tengan tu mirmu orá"nudu ..rpá"to u dicho eje '""ri"Uf ,j g"oniét i"u en la expresión de la tensión es la ordenada "y", independient€mente de la x del punto i"' U"i"" considerado. sólo de su posición vertical, y no de la horizontal. Por tanto, el valor de la tensión en el punto solicitado depende

El valor del momento sera, entonces

r1

^t

=or -o''htn'

-¡o ü

30:03

t0

-

135000

Kp,r

= I'J5 'at

Pu€stoquelat€nslónesdetracción,yelpuntoestásituadosobrelaflbraneutra,podemosconclLtirqueel

parte superior y comprime la inferior: momento actuante es negativo, dado que tracciona la

M = -1,35 m. t

Cap.

fll.1

.'

Flcriótt (l).

Tensiones

il


ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales

M

LVllltan Lvlunoz

SOLUCION PROBLEIVIA N" 2 necesario para la viga será aquel que consiga que la sección más solicitada está en tenga una tensión igual a la admisible. agotamiento, es decir, que la fibra más sólicitada de dicha sección

El canto

En este caso, dado que el problema sólo da un valo¡ de a la tensión admisible a tracción como a la de compresión'

oadñis

el límite de

podemos concluir que dicho valor corresponde tanto

Los pasos a seguir serán: a tracciÓn

y

l.

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

2.

(incógnita) e imponer que sea igual a Ia Calcular la tensión máxima en dicha sección en función del canto h h buscado' de ondmis.. De esta ecuación se obtiene el valor

compresión) a partir del diagrama de momentos flectores'

Cálculo del diagrama de

Momentos

m.r A q;

|

6

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

Equilibrio de momentos en apoyo

6 -8'2=Rr'4

planteando

derecho:

+

t|

,,

t |

"

Rr=1014=2,5t'

Equilibrio de fuerzas verticales:

Rr:8-2,5:5,5

1.

El diagrama de momentos será el indicado en la figura' siendo la sección más-solicitada la del centro de vano de la viga biapoyada' con un momento M =

[1m.t.

Cálculo de la tensión máxima )¡ del canto

Al ser la sección transversal rectangular,

la tensión máxima se producirá en las ltbras extremas' tanto en la inferior en ambas. La condiciÓn de agotamiento la impondremos en cualquiera de

como en la superior, con idéntico valor absóluto y ellas. dado que la tensión admisible es igual para tracciÓn compresión De Ia ecuación de Navier:

"

=

tull"lhM 6.a,,i, i y = L¡lÉ t= Tf,p =

Despejando el valor de h buscado:

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

canto necesarto sera, mÍrltiplos de 5 cn., h = 45 cm.

El

si

redondeamos

Cap.

lll.l .

por motivos constructivos

Fle.tiúu (l). T¿ttstut¡¿'¡

a

5l


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

SOLUCIÓN PROBLEMA N"

3

La tensión producida en un punto cualquiera de una sección depende de la geometria de dicha sección (conocida en este problema, ya que es rectangular de 20 x 30 cm) y del momento flector que actúe sobre ella. La relación enfre todas Ias variables se establece mediante la ecuación de Navier.

El momento flector en la sección A indicada dependerá de las cargas que actuen sobre la viga (conocidas, q=3 y lmzl de la luz de la viga, que en este caso es la incógnita a determinar Et proceso de cálculo será entonces:

-

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

-

Calcular en función de la tensión normal que se produce sobre el punto

I

de la sección A el momento que está

actuando sobre ella.

-

lgualar dicho momento con el calculado anteriormente, obteniendo una ecuación con una incógnita de la que podemos desPejar L.

Cálculo del momento en A, función de L

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

-

Muou¿i,o: - Q .L,.L"12=-ll2.qL"2:-112.3

-

M6¡,oor"¿"= 1/8 .

-

M¡:l/8 .qL'? -6=318L?-6

.22='6m.t

q L2 (unidadesm.t)

Cálculo del momento que crea la tensión indicada en A Teniendo en cuenta que la tensión en el punto A es de tracción, según indica el problema, el momento que actúa se¡ negativo, ya que sólo un momento negativo crea tracciones en la parte superior de la sección (sobre el eje neutro). d€be De la ecuación de Navier, despejamos M:

oI

M

41,75.

,\

20 301

=

-

262.500 Kp.cn =

-

2,625 m

t

Cálculo del canto h Igualando los dos momentos, nos queda:

MA

=

3/8L1

-6=-2,625

3

Cap.

Lz=3,375 .813 =9

IIl.l .

Flexión (I).

Tensío¡r¿s.

L= 3,0 m.

i3


Prqblemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán lvfuñoz

SOLUCION PROBLEMA N'

{

El canto que deberá tener la viga es aquél que permita resistir los máximos momentos que provocan las cargas que actúan sobre la viga, sin sobrepasar en ningún caso las tensiones admisibles. Dado que la sección no es simétrica respecto al eje neutro, los momentos positivo y negativo de agotamiento de la sección se¡án distintos y, por tanto, habrá que calcular ambos y comprobar que no son superados por los que actuan en la vlga.

El proceso de cálculo setá entonces:

-

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

-

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

-

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

Cálculo de los momentos de agotamiento de la sección

Los momentos de agotamiento pueden obtenerse a partir de las distribuciones de tensiones que alcanzan la o"¿,¡, en la fibra más solicitada.

En primer lugar, dado que la sección es triangular, la posición del eje neutro corresponde a l/3 h, que es la posición del centro de gravedad. Conocida dicha posición, podemos establecer las distribuciones de tensiones que agotan la sección, imponiendo el agotamiento a compresión primero y a tracción después, siendo el real el que se produzca antes, es decir, con un momento flector de menor valor. Este cálculo se hará tanto para momento positivo como negativo.

Momenlo Dosilivo:

Fig l-b.- Agotamiento a tr:¡cción

Fig La.- Agotamiento a compresión

El agotamiento a compresión se produce para el momento M1'equivalente a la distribución de tensiones de la fig. l.a, y podemos obtenerlo a partir de la fórmula de Navier:

r¡n lrl¡,1' t "" .V: - 9r!'' J",'-

=

tsúPtn.r

= 160,r¡l Kp.c¿r.

I,.

Análogamente, el agotamiento a tracción se produce para el momento Mr', tal y como se indica en la

fig. l.b,

valor:

y,

l, =d::--r::L.

J

!¡t cua

_

rqn -""

Lrll,l

l^;'/¡

' -28uir-

Ap.,ar

i

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

Cap.

III.I . FIeúón (l)

Te¡t:;iones.

5l

de


Problenias Resueltos de Resistencia de NIáteriales I Millán Muñoz úIoflEnto tregalit'o:

F¡g 2.b.- Agotamiento

Fig 2.¡ ,- Agotamiento a compresióo

a tracción

EI agotamiento a compresión se produce para el momento Mr- equivalente a la distribución de tensiones de la fig. y la misma forma que en el aptdo anterior será: de 2.a, t I 320.+ 12 ht

|

yr- =6odn,' -""')e-''" f;ot cnor i n

=320h2 Kp.cn.

Análogamente, el agotamiento a tracción se produce para el momento

Mj,

tal y como se indica en la fig.2.b, de

valof:

y,-

=

12 h3 280.+ ' - .r It _ -""' )6.'-

dadn¡is

tswtnar

I

=

140

h2 Kp.cn.

-

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

h'z'

Cálcülo de los momentos que actúan sobre la viga Dada la geometria de la viga y la distribución de las cargas, es fácil observar que los mayores momentos negativos producirán en los apoyos y el máximo momento positivo en €l centro del vano central' se

El momento en centro de vano equivale al de una viga biapoyada con dos momentos puntuales en los apoyos debidos a los voladizos (que coinciden con los máximos momentos negativos):

-

Muor,di.o=-Q.L,.L"/2:-l/2.qL,2:- l/2

-

Muiopoy"¿u=

-

M."noo

l/8 . q L'?= l/8 '

u-o :

Mbiapoyada

1,6 .3?

- Mvo¡a¿¡-

:

. 1,6 . l2

:

- 0,8 m.t

1,8 m.t

=

1,8

- 0'8 = l'4 m t

Cálculo del canto h

El canto necesario para resistir cada uno de los momentos positivo y negativo que actúan sobre la viga se obtiene mayor de los dos igualando éstos con los resiectivos momentos de agotamiento de la sección. El canto necesario será el

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

M* = 160 h'] Kp.cm M-

=

140

=

1,0 . 10t kp .cm

hr Kp.cm = 0,8 .

105

kp

.cm :)

h

=

23,9 cm

=

25 cm.

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

Cap.

IILI . Flexión (l).

Tensiones.

f)


Problemas Resueltos de Resistenci¡ de M¡teriales Millán Muñoz

Cap.III-2. Flexión l.

. Giros v flechas.

Calcular para los siguientes casos:

a) b)

Leyes analíticas de esfuerzos axil, cortante y momento flector.

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

c)

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

M

IP

A------A---) t-./ 7

|t------------1-'- | 'l

,^

tLtll

.-------- -------t q

l-r.-

I

lT\

ro

4rülJütg-A

í\

'l , ^| . I f-------- ------1

s i , IF_l--+-l_-] -Y-

A (cent¡o)

I

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

l2r I I

z m.T

J.

r\---------ñ-Zll lsttl r-------------- --

I

Y

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

/)\ ] l7 y=l -.r- r ---4., t2 |r2 a)

HallarTenx:1m.

b)

tlrIIár lá<..roa.

/)

)r tt 1 x v=l-.x-- 4., l. t 12 t2 E' ) -,

ll l.-

)E.1

Hallar la luz.

4.

Calcular la flecha en

A

(EI = cte).

l2ll r--- --r_-----T Cap. IIL2

.- Flc-\ió (l)

Giros r llecln:;.

)()


Protrlemas Resueltos de Resistencia de Materialcs Angel Millรกn Nf uรฑoz

5.

La viga de la figura estรก solicitada por una carga vertical P

= I T. Calcular el conimiento

vertical del punto A de aplicaciรณn de la carga. (EI)"ir" = 1000 T.m2 (

6.

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

Calcular el movimiento vertical de los puntos A y B, sabiendo que la viga apoya en el punto

A

sobre un

muelle de constante elรกstica K. (EI),ยกn" = 1000 T.m2

(K).""ยก.

7.

:

3000 T/m

Calcular el movimiento vertical del punto B (flotador) y C tras la aplicaciรณn de la carga P = 0,2 T, sabiendo que

el flotador tiene una secciรณn fansversal de 7,5 m2 y estรก sumergido en agua. Antes de la aplicaciรณn de la carga P, la posiciรณn de la viga es horizontal.

(EI),r, =

8.

1000 T.m'?

La estructura de la figura estรก sometida exclusivamente a su peso propio. Calcular el corrimiento horizontal

y vertical del punto A,

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

que

la

densidad

del mateยกial es 2,5 T/mr. Las banas son

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

รณ

t I

l2lr r-- ---T---- l

C.ip. lf | 3

.'.-

รlt.\iรณn 0)

Cto.s ยก

1,-ltar

I

i7


Problemás Re¡üettos de Resistencia de Nlateriales el Millán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N"1 El proceso de cálculo será similar para todos los casos y constará de los siguientes pasos:

l.

Cálculo de las leyes de esfuerzos:

a)

Se tomará siempre como origen de

x el extrcmo do¡sal de la viga (extremo izquierdo). De esta forma

se cumplirá

la relación: dlt'Í dx

b)

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

de

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

El inicio y final de estos tramos estarán determinados por:

-

Apoyo, empotramiento o borde libre.

-

Punto de aplicación de una carga puntual o momento puntual'

-

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

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

c)

d)

q')

(p. ejem en una ménsula, Se calcularán las reacciones si éstas son necesarias para la evaluación de los esfuerzos el cálculo de las reacciones, salvo no sería necesario libre, dado que se pueden leer los esfuerzos desde el borde simpte). que leer desde el empotramiento sea más

La expresión analítica de la ley para cada uno de los tramos se obtendrá eligiendo una sección genérica de abcisa x, qué esté situada dentro del t¡amo estudiado, y se calculará el esfuerzo que acflla sobre ella, bien leyendo por la derecha o bien por la izquierda (según sea más cómodo).

2.

Ecuacién de la elástica.

a)

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

b)

Debe tenerse en cuenú que los t¡amos de la elástica coinciden en general con los de la ley de momentos calculada, salvo en los casos siguientes, que afectan a la rigidez El:

-

Inercia I variable Por hamos.

-

Módulo de elasticidad variable por tramos'

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

habrá que Si la variación de los parámetros citados fuera continua, no habrá que separaf por tlamos, solamente también de x. EI dependiente considerando M/El la ley tener en cuenta que deúe integrarse

ecuación Et y"

c)

Se integrará sucesivamente la

d)

dichas constantes, Se impondrán las condiciones de contomo que permitan obtener el valor de de:

= ¡911",

ejes de sin olvida¡ las constantes de integración. téngase €n cuenta que para esta ecuación se han empleado unos y" el = M(x), EI coordenadas con sentido positivo de la flecha hacia aniba. (Si se hubiera usado la ecuación sentido positivo de la flecha sería hacia abajo)'

-

condiciones de giro y flecha en los apoyos o empotramlenlos.

-

continJidld de ¡iro

¡

fleclt.r en

y que

se oblendrán

l¡ trnión enire trllnos sucesivos

Crp. Ilf

.).

Flt.t'iitt (l). Gtr".'.r' tl¿' lt'ts

53


Problemas Resueltos de Rcs¡stencia de Nlateriales Millán Vtuñoz

Viga n"

I

L- Leyes

de esfue¡zos.

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

Tramo I:

N:0

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

P

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

N:0

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

T=P M=-

P (2.L -

x)

(en este Íamo ya no actua el momento puntual M)

2.- Ecuación de la elástica.

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

Tramo I:

ELy" = - ¡v7 - P(2L-x) = P.x x

(lvl

+ zPL)

2

P.- - (M +2.P.L).x+CI

ELy' =

2

.32 EI.y =

tx P.- - 1, * 2.P.L).- + C,.x + Ct 62t-

Condiciones de contorno:

Tramo

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

II: El

.Y" = - P (2L-x) = Px -

+ -

2.PL

2

P'-

EI Y' =

-

2'P

L'r + C3

2

ELy =

a)3 P.- -

P.L.t- + C..x

+ C4

Condiciones de contorno :

-

Igualdad de giros en punto común a los dos

tramos:

0¡ (x=L) = 0¡¡

(x=L)

>

y'r(x=L) = y'rr (x=0)

lgualamos las dos ecuaciones de y' sustituyendo x por L

?t

p.:-(,11 22 -

+ 2.P.L).L =

tgualdad de flecha en punto común a los dos

P.--2.P.1.1+C3

tramos

C;= - M.

-.)

L

y¡ (x=L) = y¡¡ (x=L)

Igualamos las dos ecuaciones de y, sustituyendo x por L, y teniendo en cuenta que

=

C1

= 0. así como clue

cj=-M.L f'L"L"1 P.- -1.\l +2..P.1.1.- = P.626

P.L.L- +

\l

L..L

+C, ::.

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

Lr =-

.\l

11 L-

1

l.-

=\l -+\1.1. 11

59


Probiemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales lAngel lvfillán Nluñoz

i.-

Gi¡o y flecha en A por la elástica.

El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones pltnto, con sólo particularizarlas para la x del punto buscado. El punto A cor¡esponde al ext¡emo de la ménsula,

-

es

y' e y del tramo al q1rc pertenece

el

decir a x = 2.L, perteneciendo al tramo Il.

Giro en A:

0u=

-

y'(x

=,r=

*(, +-2p L¡ - " ')=+(, +

-2

p

L(21)-

¡vt

L)=-;fu ,.,, r)

Flecha en A: yt;c

= 2.Lt =

u¿ p.1 4.L2 - L t2.L) +^, 4) = !( o ¡ t - q\ * .u.t2 t L p tr +(, -rl)t) = -rl- 23 nt.r2\| o,\ 6 2)Er\ \3 / \2 EI'3 ^4 (

(

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

AI ser una ménsula, podemos obtener directamente el valor del giro y la flecha en A a partir del lo y 2o teoremas de Mohr, siempre que consideremos dicho giro ¡especto al empotramiento. Debemos emplear,entonces, la ley de momentos entre el empotramiento y el punto A Pa¡a ello necesitamos dibujar previamente la ley de momentos flectores.

Como es un caso de cargas combinadas, lo más fácil es descomponer el problema en dos casos simples, con cargas individuales, calculando para cada uno de ellos el giro y la flecha en A y superponiendo los resultados (con su signo). Puede verse con facilidad que en los dos estados de este problema, tanto el giro como la flecha son negativos, es decir, giro antihorario y flecha hacia abajo.

Estudo

/\) _1II \ 2.PI: .21.(2.P.1) -l11 \2 Er ) ), I 2.P.1- I2_), \t-__-l8p.¿: t, ,,_t rA | _"t¿,¡ \3 ) Er l 0tI

4---*---_]: ILILI T--------

I:

--------¡

Estado I

=

Estado Í

ffi^ffi^ Estado Il

Estado

II:

t ,\ -t ;['.")-; tr.r (

:.,v.r2

,

Estado II

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

r 9;=01+0s

t,='f Cap.

IIL2.

*r,tt

e.p.?

+ ,V L)

EI

.

=l(+-l!¿) ¿/\'

' )

Flexirin (I). Ciros rflecltas.

o0


,

Problemts Resueltos de Resistencia de Nlateri¡les Miguel Angel Millán Muñoz

Viga n" 2

L- Le],es

de esfuerzos.

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

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

A, (, -,)' ,) '|

(ver erálico adjunto)

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

A (triángulo total) = Y,.q.L

M:

conesponde al momento del área Ax respecto a la sección situada en x, es decir, el producto del área por la distancia desde su c.d.g. a la sección x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo:

M

, o.(t=-Ax.-(L-xt=-T

o (t-'\3

r\2 t

att-n=- u-;

Tramo II: Puesto

que leyendo por la derecha, no hay ninguna carga que pueda creat esfuerzos,

se obtiene:

N=0; T=0; M:0 2.- Ecuación de la elástica.

Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: E[

.

y" : M(x)

Tramo I:

tr y" = -L

.(r - ,)3

rr t'=L(t-,)4*c, nt.y " Condíciones de contorno

=-j.120.L (t-')5 *c l2.x+C :

Giro nulo en el empotramiento:

-

Movimiento veftical nulo en el empotramiento:

0

y(x=0)=0 Tramo

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

-

ll:

3

?

c =_L

|

d

'? 4 oLL ,,L

24.1

24

q.L,4 120

' =0 f1. r,' = C. 61.

r''

¿/.r

=(--..r+C-, ).+

Cap. Ill.2

.

Fle-uióu (l). Giros r.fiechct.s.


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán Muñoz Condicio¡tes de conlorno:

-

Igualdad de giros en punto común a los dos

Íamos:

01

(x=L) = 0¡

(x=L)

=

y'¡ (x=L) =

y'¡ (x:0)

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

, .(t- t\a + cI = -413 24 =cI 21.¿' ' -q.L3 2+ - Igualdad de flecha en punto común a ios dos tramos yr (x:L) = yrr (x=L) Igualamos las dos ecuacioneS de y, sustituyendo x por L, y teniendo en cuenta que los valores de C¡, C2 y C3 calculados:

a/\5

--.tL-Lt 120.L '

-

.4 -¡ qL, qL' -.1,+-=-

-1

^qL 4

244

.4 120

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

El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones punto, con sóIo particularizarlas para la x del punto buscado.

y' e y del tramo al que pertenece

el

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

-

Giro en A:

tqÉ 0 =v' (x =¿)=--.A II' E] 24 Flecha en A:

t(oD v =v (x=Lt=-.1 'A-I 61 [ 24

,¿o) t20

)

qL4

]0.6/

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

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

momentos entre el empotramiento y el punto A.

Para ello necesitamos dibujar previamente

la ley de

momentos

flectores. Como es una carga triangular, la ley de momentos será una parábola de 3o grado. =1/'c.L ll3 L= l/6

.tlt , ,,\ Lo.f e"=:l: " r1 \4 tl!.q.t'tl= b ) 24.8r

, - -,¡ "'

(a,'l -_ "u'\t-l

qL'1

u,o 3aEI

indicado signos negativos, puesto que de las cargas puede deducirse fáclimente que el giro será en sentrdo horario y la flecha hacia abajo. Se han

Cap.

IIL2.- Fle-\üi (l). Ciro:;.t

flecltLt.t

6)


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales lvlillán Muñoz

Viga n" 3

L- Leyes

de esfuerzos.

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

Planteando el equilibrio de momentos en es apoyo

R1.

L:

/2. q.

Rr: l/6.q.L

izquierdo:

q

L. l/3 .L= l/6. q.L2

Por equilibrio de fuerzas verticales:

Rr:

q.L-l/6 .q. L:

%.

l/3 . q. L

Como solamente hay una densidad de carga triangular

y

tramo I

es una viga

biapoyada, solamente habrá un tramo en el que calcular los esfuerzos.

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

N

:

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

T

=

T(debido a la densidad de carga)

-

R2

T (debido a la densidad de carga) será el área del triángulo de carga entre x y (L-x). Teniendo en cuenta que se cumple que:

A, _(L-,)2

(ver gráfico adjunto)

Ai!

M

=

R2 . (L - x)

- M (debido a la densidad de carga)

M (debido a la densidad de carga) corresponde al momento del

área A* respecto a la sección situada en x, es decir, el producto del rirea por la distancia desde su c.d.g. a la sección x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo. Quedará, por tanto:

A! =

R

.(

2

L

I o(L-*\2 | - xt - ¿ .! .t .a -', -;.q.L.tL- t\ - 1:v----::L.:.1r , 3 ')

^ (' ' =i.o.t.tt-xt : -.

')3

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

Tramo l:

Lr..t

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

.q1.(r-.,)t,4.(¿-.,)a.c ' :.1.¿ ' t2 tr , -'t L (¿ -,)l . ---q .(¿-..)5-c..,-r | ] i6 [0 1_ Er 't' =

I

Cap. IIL2

.- Flexión (l). Giros

¡,flechas.

ói


Problimas Resueltos de Resistencia de Nlateriales Millán lvluñoz Cotld¡ciones de contortlo :

-

Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=o)=o

=.> ELy '

r\ , -!= ts +c^ (t f =s! 36 120.L 2 \16 rlol' 7

2 -

r

7t .=-q.L ¿JÓU¿

+C^=0

q.L,4

360

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

y(x=¡¡=g >

Ei

.y'

^ '1 ^ = ct=-4r'4=u L =c..I+C^=c..t-J I 2 | 36os

1

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

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

-

Giro en A: e

-

A

=

y,

(:,

=

+( + (, :)' . h(,

_

:)^. .*.,,

= J

t ; . * . * ) f o,*,,,,t n

=

Flecha en A:

/^ L tlo.t( ¿--i¡-)' v(-) -.1 2l 2 =-lE|36\ \

a r20.¿

ir

. r5 Lt

|

2)

| 360'

1

L'1 .r'l t(t r r) d !: z tto" " J rr \zrs st+o tzo )''" = -0,0065. EI

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

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

:

una ménsula.

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

:

El cálculo por los teoremas de Mohr se hará superponiendo las

áreas

y

los

momentos estáticos de ambas leyes de momentos.

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

-

\c =

Ley parabólica; Moporo¡,,ru N1,\

=

t/,.q.L. ll3.

= t/r '(q12)

L=

l/l

.L

l/6. q. L:

Ll2 lt3. L/2= l'48 q.Ll Cap. IIl.2

.

Fle-rióu (l).

G iro.:; .t

.llcchas

o.+

las


ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Murloz

-

Ley triangular: M,po'oi,qu: R:.

L= l/6. q. L?

M¡ = R¡ L/2 =

I/l2 q

L'?

El giro en A se calculará a partir del primer teorema de Mohr, refiriéndolo al giro en el apoyo (si conociéramos la posición del punto de flecha máxima en el que, por tener tangente horizontal, el ángulo girado es nulo, podriamos referimos a

é1,

pero en este caso no es conocido),

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

o"p.yo=H/L Obtenemos la

H

debida a la ley parabólica de momentos (negativa porque produce flecha hacia abajo)

y

le

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

/ \ \ ' / / \ t\ a.t4 0.0re44 L o.L4 l 1,. ! ! ! l-| * r . 12 H t( o. l f n l l ¿ l = l - I* t.J - = '' = 81 - 4 Et \6' )s 2 \6' /3 ) \ t2o 36) EI [

oapoyo = o.ote44.LL EI De esta forma, el lo teorema nos dará el valor del giro relativo entre A y el apoyo tomando el área de la ley de momentos entre ambos puntos. El giro, si recoremos la viga desde A hasta el apoyo, será (0"p.y" - e^), positivo por girar en sentido homrio respecto a la horizontal:

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

A2:Area(lcytriangular)=ll2.Ll2.MA(leytriangular)=V,.Llz.lll2.q.L3=l/48.q.Lr 0¡ = -llEl . cA¡ + Ar) +

o"p.y" = (- 0,01 82 + 0,01 944).q.Lr

i EI =

0,00 I 22.q.Lr / EI

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

f¡=H¡-A¡ H¡ = 0"0.r" . L/2 =

(0

,0tg44.q.Lt I El) . L/2= 9J2 lO-1.9.L4 / El

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

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

f'¡=H¡-a¡=(9,72 l0'r - l,?12 . l0r). q.LrEI = - 0,0065 . q.LrlEI habiendo asignado signo negativo por ser flecha hacia abajo.

C.rp.

Ill.l .

Fle.ti;u

¡lt

u1/

,{,

//.'-lt(lt

6i


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I

Viga

l.-

Millán Muñoz

n'4

Leyes de esfuerzos.

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

,i)^

l0

AI.JA

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones son iguales y contra¡ias de valor

R=M/L=10/10=ltn. Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos y el momento puntual aplicado

Tramo I: N = 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) T = será debido únicamente a las reacciones y tendrá un valor constante en toda la viga:

T=R=M/L conesponde al momento de la reacción en la sección situada en x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo:

M

=

M=-R.x=-M.x/L Tramo II:

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

N=0

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

2.- Ecuación de la elástica. Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: EI '

y" = M(x)

Tramo I: M

EI.v"

L

lrl)-

EL v'

ELv

2.L

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

Cond¡ciones de contorno:

-

Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

y(x:0)

=0

=

Cz=0

El cálculo de C¡ se hará imponiendo la continuidad de giro y flecha en la unión de los tramos una vez calculada la elástica en en tramo

ll

Tramo [I: ¡1. -L r" = {.r¿ - r)

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

66


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I Millán Muñoz

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

., = L.Q - i3 + C3.,r + C,¡

Condiciones de contorno :

-

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: y

-

(x:¡¡

g

=

!.r,t6L

-

Igualdad de giros en el punto de unión de t¡amos,

)

M L- +(^ M 4 | =--.lL 2.1

1.2 .|L --)

--.-

2

2.1

-

t¡3

+c,r.t+co=o

x:

L/2:

cl-c3=0

é

3

Igualdad de flechas en el punto de unión de trarnos,

C3.L+C4=O

=

x:

t. üt L3.- L M ., Lt -.r,-r)'+C'.:+C, 8 '.,.'2 - 6.L' 2 '2

L/2:

-

6.L

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

L

^

M.*

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

lo.Cr + C¡ -

C4:0 -

C5:0

Cr = -C4l 10 C¡ =C¡

-

5.Cl-5.Ca-Ca=41,67 -

ca:

q

alserC¡

=C3 3

Ca=-41,67

= 4,t67

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

El punto A corresponde al punto de x

-

L / 2. Obtend¡emos el giro y la flecha sustituyendo

€ste valor en las

ecuaciones respectivas del ptimer tramo

-

Giro en A: 0

-

A

= y,

(A) =

*( + {+

q-

t

4,,6?)

=

-i(-+.,.*,1= -ry

Flecha en A:

,( '\2)

n' 4' .0.,u, !)= l- t25+ 20.83) l=0 E/[ 6.¿ 8 2) E1' \ ; (

4.- Giro ), flecha en A por los teoremas de Mohr. Como se observa en la figura, el giro en teorema de Mohr. con la relación:

A lo calcuiaremos a partir del A =AllI

en el apoyo que se obtiene por el 2"

/)\=^/i

r/l__2_\ Er\2 3 )

Cap.

^

r25

3.[l

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

61


Problem:ís Re¡üeltos de Resistencia de Nlateriales lAnqel Millán Muñoz

8.33 0.1

3.EI

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

se

coloca signo negativo.

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

Viga n" 5

l.-

Leyes de esfuerzos.

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

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones dado que en el voladizo no actua ninguna carga' La viga biapoyada funciona como si fue¡a simétrica, y las ¡eacciones son: son iguales

y en el mismo sentido,

R=q.L/2 Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada y el voladizo'

Tramo I: N

:0

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

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

T:R-q.x=q.L/2-qx M = leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo y la carga uniforme negativo:

M

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

qx2 z

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

N=0; T:0;

M:0

2.- Ecuación de la elástica.

TeniendoencuentaquelarigidezElesconstante,laecuaciónaintegrarserá:EIy"=M(x)

C¡p. IIl.2

.

Fle.rión (I). Circts vJlechus.

63

se


Problemas Resueltos de Resistencia de NI¿teriales I Angel Millán Nluñoz

Tramo I: l:l

,,tt

'22

-L

-) a.L f

-1 tlL tl.y '46I =-..1

z

a.x-

_

--+L

-¿,1 a.:( a-L ELv't2=-.t--+C.¡tC 12 24 C ond i c ¡ones

-

de c ontorno :

Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo: v (x=o)

-

:

o

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

y(x-L)=0 Tramo

II:

er

t =ú.t3 -ú*rr.r=o

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

C on dic ion es

-

de contorno :

Igualdad de giros en punto común a los dos

tramos:

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo x por

q.L

0¡(x=L)=0¡(x=L)

y'r (x=L)

=

: y'l

(x=0)

L

.z q.É q.L3

46243324

L^ =-

=

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: 1

Y(x=L)=0

aL"

C.L+C =-L+C 34244

-

,4

^

=O

qL

424

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

El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones punto, corl sólo paÍticularizarlas para la x del punto buscado. El punto A corresponde al punto de

-

x:2.L,

y' e y del tramo al qtre pertenece

perteneciente al tramo IL.

Giro en A:

A Flecha en A:

tt

Cap.

-.

I aL3 EI 24 / ,\ t ( qF -. q¿r ] Et | 21 2+ I \./

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

qL'l

2J.El

69

el


Problemfs Resueltos de Resistencia de Materiales I

Angel Millán lvfuñoz

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

4.- Giro )¡ flecha en A por los teoremas de Mohr. Para poder obtener el giro y la flecha en A con los teoremas de Mohr, debe tenerse en cuenta que éstos sólo nos dan giro relativo enfe secciones y la distancia entre la deformada en un punto y Ia tangente trazad,a a la deformada en ^ otro punto, En este caso, como puede verse en la figura, podemos hacer las siguientes consideraciones:

-

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

-

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

f=

0uoo"o . a

siendo a la lonsitud del voladizo.

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

Ley de momentos entre centro de viga

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

y

apoyo derecho: parábola de 2.

A

:

grado, con valor máximo:

M:

q.Lz

/

8

El área de la ley parabólica conesponde El giro conesponderá

a

2/3. base . altura

a:

qt3 oapoyo -t =oA=tEl ZLqL2 32 I EI 24 Como se ha indicado, la flecha es la debida a dicho giro en el extremo del voladizo:

fA =A.L=Como puede verse en la figura, el giro es antihorario

| 2 Lq.L2 Et

32

8

| a.L4 EI 24

y la flecha hacia arriba, por lo que

los signos positivos

asisnados son válidos.

Viga n" 6

l.-

Lel¿es de esfuerzos.

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

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

R=q.Li2

Cap.

ill.2 . . F/c-tlri n (l). Giro;

t flechus.

70


Problem¿fs Resueltos de Resistencia de Materiales I

Millán Muñoz

Solamente habrá que considerar un tramo.

Como la abcisa x a considerar es paralela a la directriz de la viga, transformaremos previamente la densida carrla proyectante (distribuida según la dimensión horizontal) a densidad de caÍga sobre la directriz (distribuida en x). Teniendo en cuenta que la carga total debe ser la misma: Feq,i,

>

= q.L.cos 30'= q'.L

O'

:

q.cos 30"

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

perpendicular: q"-q'.cos 30" -

q.cos'¿30"

q"':q'.sen 30" = q.cos

según la directriz:

30o sen30o

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

perpendicular:

R": q".L/2 R"'= q"'.L/2

segrln la directriz:

Asf pues, los esfuerzos serán:

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

que variará con

x linealmente. Si leemos por la izquierda: N = q"'.L/2 T

:

- q"'.x

= (L/2

-

x). q.cos 30" sen 30'

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

T

:

q".L/2

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

M = leyendo por la izquierda,

la reacción produce momento positivo y la carga uniforme negativo:

2.- Ecuación de la elástica.

.y"

= M(x). Para hace¡ más Teniendo en cuenta que larigidezEl es constante, la ecuación a int€gmr será: EI (según q"' q" calculada arriba. La la directriz) no afecta a la elástica, con la densidad fáciles las operaciones, operaremos va oue no interviene en la flexión.

q".L LLv '22 =-.r-EL''461 =!J

q".*2

*c '2 -q"'3

Er 't2 , = 4:L.,3

-ú,24 c..,,c12

Condiciones de conlorno:

-

Nlovimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=0)=0 -

C:=0

Movimiento venical nulo en el apoyo derecho:

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

1l


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

Á

^,' t, '1224 , =LL.L' -L+C.1

:+

Y(x:L)=0

q' '. L"

=0

I

21

3.- Giro y flecha en A por la elástica. Cuando la directriz de la viga está inclinada debe tenerse en cuenta que el giro está referido a la directriz de la viga se mide perpendicularmente a dicha directriz.

y la flecha

El punlo A conesponde al punto de x

-

Giro en A:

-

L/2.

(.> 'l L3 o" ¿3 I _ !.,_ I q".t L- _q" ___ 2 Et | 4 4 6 8 24) t=0 \

A

como era de esperar dada la simetría del problema.

-

Flecha en A:

v

=v 'A-"^

t

lt =-)=-.1

t (o".1 L3 s" L4 o"¿3 ¿)

2'-81 |.12 8

tb 24 2)

24

A

5.

s".L

t*"t

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

4.- Giro v flecha en A por los teoremas de Mohr. Por la simetría del problema, podemos deducir directamente que el giro en el punto A es nulo. Asímismo, partiendo de este hecho, vemos en la figüa que la flecha en A coincide con el valor de A que nos da el 2" T. de Mohr, si lo aplicamos entre el punto A y uno de los apoyos, ¿sraado el momento estático calculado respecto al apoyo.

: q".L'l

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

M: q".L'

8

/

8

El área de la ley parabólica ent¡e

esos dos puntos corresponde a

A = 2/3. base . alnra = 2/3 . L/2 . M Aplicando entonces el 2o teorema queda:

t 5q"L4 EI 384

| = -- |2La".*51 "A EI 32 8 82 como puede verse en la figura, la flecha

SOLUCION PROBLEMA N"

es hacia abajo,

por lo que se ha indicado con signo negativo.

2.

El problema pide la flecha máxima. El cálculo de ésta es distinto 2mT según se haga por la elástica o por los teoremas de Mohr'

Por la elástica se seguirá el procedirniento usual, que nos dará la expresión analitica de giros y flechas en cualquier sección Las seccrones con

Cap. lll.2 .-- Flesiótt (I). Ciros

l

flecltcts

72


Problemds Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán lvfuñoz flecha máxima serán aquellas que tengan tangente horizontal. En todas ellas habrá que calcular la flecha y elegir la ma1,or. Por los teoremas de Mohr, dado que éstos nos dan sólo el valor del giro y la flecha en un punto concreto, habrá que identificar previamente las secciones en las que pueda producirse ese valor máximo, por consideraciones de simet¡ía o analizando la ley de momentos.

L-

Le)./ de momentos flectores.

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

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

k

.5

+2:2

:)

.6

&=10/5=2r

Por equilibrio de fuerzas verticales:

Rr=2-R,=0 Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada y el voladizo.

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

:

será debido sólo a Ia reacción si se lee por la izquierda

T:Rr:o

M=

leyendo por la izquierda, la reacción es nula puntual:

y

no produce momento, luego sólo intewiene el momento

M=-2m.t Tramo II: Leyendo ahora por la derecha, teniendo en cuenta que sólo actua la carga puntual aplicada en el extremo del voladizo, se obtiene:

N:O M

:

-

2. (L-x)

:

-

2. (6 -x)

:

-

12 +

2.x

2.- Ecuación de la elástica.

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

Tramo I;

EI'Y" =-2 EI Y' = -2't ¡ 6, ELv = --r2 +C.r+C -12

Condiciones

cte

contorno:

Movimien¡o venicdl nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=0)=0 =

C:=0

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

Cap. III.2

.- Flexión (l). Gircs yJlccll{Ll

73


. , ,.'

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

y (x=s) = 0

Tramo

II: EI

Y" =-12+2s

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

ELy

,,3+LiC-.x+C. 314

= -6.11

Condiciones de contorno:

-

Igualdad de giros en punto común a los dos

tramos:

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo x por

-2.x+5=t2

-

-lz.t+c,

=)

-10+5=

0¡ (x=5) = 0¡

(x:5) +

y'¡ (x=5) = y',' (x:5)

5

25-12.5+C3

+

c3 =30

=

C4: -41,67

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

y(r5):0

.

5J

ELy =-6 5"+-305+Co=0

-

3.- Flecha máxima por la elástica. Con la condición de giro nulo podemos identificar los puntos de flecha máxima en Ia viga biapoyada. Imponemos entonces esta condición en la ley y'. x = 5 / 2 , es decir, en el centro del vano. Esto era de esperar dado que en la + EI . yt = ).¡ ¡ J = Q viga biapoyada Ia solicitación es equivalente ¿ una simétrica.

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

t{ _ s2+ ).-51 25

"y = -lr/[

-o

,) 4.EI

6,zs

EI

En el voladizo se puede aplicar el mismo procedimiento, pero sólo si hay una tangente horizontal y, en este caso, la flecha máxima en eltramo se producirá en el extremo del voladizo.

En otro caso, teniendo en cuenta las solicitaciones que actúan sobre esta viga en concreto, podemos ver que la flecha máxima del voladizo se producirá en el extremo. Esto es así porque el giro en el apoyo derecho es negativo (sentido horario) y la flecha de la ménsula ficticia será hacia abajo, sumándose el efecto de las dos, con máximo valor en el extremo. Por tanto, sólo necesitamos obtener el valor de la flecha en x= 6.

. e3 )l= --:::: -t.ut Ll,( ', = E'[ - s.6¿ +:+3o-41.67 3 ) E] Comparando los dos flechas obtenidas, la máxima es la que se produce en el centro de la viga biapoyada con

valor:

f^^':

25 14 El

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

Como se indicó al principio, para obtener los puntos de flecha máxima con los teoremas de Mohr. deben hacerse un análisis de la estructura para reducir al mdximo los puntos r comprobar'

Cap.

Ill.2

.

Fleririn (l). Giro,s v.flechd.s.

74


Problemás Resueltos de Resistencia de Nlateriales Misuel I ivlillán Muñoz

En este caso, se pueden hacer las siguientes consideraciones:

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

Como no actúa ninguna otra carga sobre la viga, la deformada será simétrica, con un máximo en el centro de vano. En el voladizo, como puede verse en.el esquema, la máxima flecha se producirá en el extremo, puesto que la deformación por giro y la flexión de la ménsula tienen en el mismo sentido.

Así pues, los únicos puntos a comprobar son el centro de vano y el ext¡emo del voladizo. Puede verse en coincide con el valor de

la figura que la flecha en el centro de

vano

que nos da el 2" T. de Moh¡, si lo aplicamos ^ y punto de los apoyos, estando el momento estátíco entle el A uno Asl, si lo aplicamos a la ley de momentos respecto al apoyo. calculado dibujada:

'1 'cehtro

rano EI

,"t'_125 2 EI

e.long = 0. I

f,,,

4

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

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

-

Flecha debido al giro en el apoyo:

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

El giro corresponderá

a:

0 =-"-EI M:-=-":apoyo 2 EI Como se ha indicado, la flecha debida a dicho giro

-

será:

fg¡n:

-0"poyo.

I

:

-5 / EI

Flechq de la ménslthrtcricia:

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

I I = -;;,lr't fmensut¿ Ll 2

2 tz --El -l ;.1: 3

La flecha total será la suma de las dos:

tatat

ll\

1],1

2l 3)

t'l 3.El

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

Cap.

lli.2 ..

F/e-rirí n

(l). Giros

t,.flechas.

75


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Miguel Angel Millán lvfuñoz

SOLUCION PROBLEMA N" 3. para obtener datos sobre las cargas o los esfuerzos dada la elástica, se seguirá el proceso inverso al del cálculo de la misma, de¡ivando en lugar de integrar, hasta obtener las expresiones relacionadas con las ley€s de momentos, cortantes y densidad de carga:

ELy = EI.

y"

f(x) =

¡41*¡

EI Y'."- 11*¡ EI. y'" = q(x)

elástica ley de momentos ley de cortantes densidad de carga

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

(t CASO

a)

I:

Ecuación de la elástica:

'

I

11)

1¡tr 2\ t2

E.l

)

Hallar T. Derivando sucesivamente, obtenemos:

r_ ltl¡l¡

2 \,

v=l -.x- ---.1.¡ l.'\12 t2 )E.I Et

('t r\ y"=l;r-¿)=

(l , , ) 6 .J E.l \4

Y'=l-.x- ---41.-

-

'7

EI.y"'=

M(x)

-2.

b) y c)

+

=71"¡

Vemos que la ley de cortantes es uniforme en toda la viga y de valor T

t

:

u.ytr =o=

qqt¡

3,5 t

Hallar las cargas Y la luz.

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

-

densidad de carga extendida a toda la viga.

-

cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales.

Si hubiera una carga puntual o un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elástica en el punto de aplicación de los mismos, ya que crean un c¿mbio en la ley de momentos (ver introducción teórica del problema l). Por De la última ecuación cabe decir que q = 0 y, por lo tanto, no existe densidad de carga aplicada sobre la viga. los apoyos' en momentos de es la existencia tanto, la única posibilidad que resta (puesto qu€ las y Estos momentos son compatibles con la ley de cortantes siempre que no sean iguales simétricos en este caso). reacciones serian nulas

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

En

x:0

á

M(x=0) = -¡76

t

t

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

Cap. III.2

.

Fle.rión (I). Giros.t flechus

16


Problem¡ís Resueltos de Resistencia de Materiales lvlillán Muñoz

La única alternativa que nos queda es ver si este momento es compatible con la ley de cortantes (es decir si sus reacciones crean una ley igual) y con la ley de momentos a la vez. Si no lo es, calcularelnos el momento en el segundo apoyo que hace posible dicha compatibilidad. Las ¡eacciones son R = M/L =

l/(6L) iguales y

de sentido contrar¡o

La ley de cortantes será uniforme y de valor T = l/(6L) La ley de momentos del momento puntual único es: M(x) = -116 + x,i(óL) Identificando ambas expresiones con las leyes d€l problema se obtiene:

l'7 6L2 ljrl?.x M = --+66L62

L= | /21 m.

+

L= 1/21m.

Por lo tanto es compatible y sólo existe un momento puntual en el apoyo derecho' puede comprobarse que también serla compatible una solución con momentos iguales y conaarios en los apoyos de valor 1/6, obteniéndose en este caso una luz de 2/21 m

Ecuacióndefaerástica:

CASO 2:

a)

HallarTenx= I

/ -(;,

;

m.

Derivando sucesivamente, obtenemos:

4

/_

\,

/-

ct.t"=lt.'-'2

\ )=

/.\ ,' I l'l y'=l-.:(-" --- 4l.3 I

5

-!--c'lL ',=l! (r2'3 tz )Et

)E.I

[4

1 EI.r"'---r.,

uvt

=?"(¡)

+

et.ytY =-2=q1'¡

2.

De la ley de cortantes obtenemos el valor para x

b) y c)

(Parciale3*e4)

^,);

=l

m.:

T = 312 t.

Hallar las cargas Y la luz.

deñnición de la lgual que en el aptdo. anterior, al ser una ecuación de la elástica única, sólo hay un tramo dé misma. Esto significa que las cargas sólo pueden ser:

-

densidad de carga extendida a toda la viga'

-

cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales'

en el Si hubiera una carga puntual o un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elóstica punto de aplicación de los mismos, ya que crean un cambio en la ley de momentos ' sobre la De la última ecuación se obtiene que q = -2 Vm y, por lo tanto, existe densidad de carga unifonne aplicada viga, con sentido negativo, es decir, hacia abajo

ley de momentos en las Para comprobar si existen momentos puntuales aplicados en los'apoyos' analizamos la de dichos momentos: el valor abcisas x con espondientes a los apoyos podremos obtener

En x=0

:)

lvf(x=o)=0m.t

Cap.

Ill.2.

Fle.rión (l). Git'os

¡ flechus

17


Problem¿ís Resueltos de Resistencia de Materiales

Misuel

I

Millán Muñoz

No podemos imponer la condición en el segundo apoyo porque no conocemos L. Haremos la hipótesis inicial de que tampoco existe momento puntual en el segundo apoyo.Vemos a continuación si la densidad de carga es compatible con la ley de cortantes, en el caso de que actue sola. Si lo es, podremos deducir que no hay otras cargas. Si no lo es, podremos obtener éstas de esta ecuaciÓn y de la ley de momentos. Las reacciones son R =

qL/2 iguales (tomando ahora q con su valor absoluto)

La ley de cortantes será lineal y de valo r

T

=U-q.x

=

L-2z

La lev de momentos del momento punrual único es:

lvl

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

Identificando ambas expresiones con las leyes del problema se obtiene: '7

T=

L=

L-2.x=--2.x

2 m.

2

-2'1 M = L-x-t

=-.J-¡

2

::)

L=72m.

2

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

SOLUCION PROBLEMA N" 4,

Para calcula¡ la flecha en

a)

A

se seguirán los siguientes pasos:

-

Analizar Ia deformación de la est¡uctura y sus componentes

-

Cálcular leyes de momentos.

-

Calcular los componentes anteriores con los teoremas de Moh¡.

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

Análisis de la deformación de la estructua.

|

La esffuctura se compone de un pilar y un voladizo. La deformación del voladizo (donde está el punto A) se debe a la deformación del pilar y a la suya propra.

Analizaremos cada una de ellas:

-

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

-

El voladizo

-

El pilar al flectar hace girar el segundo nudo, que es un nudo rígido. Por tanto, el voladizo girará ese mismo ángulo.

-

flexión, trasladando sobre su perpendicular el segundo nudo se trasladará

siguiendo el movimiento del segundo nudo

l212l r-- -- -- ------t

Finalmente, el voladizo flectará debido a sus cargas.

Lla¡nando a la longitud del voladizo "a", la flecha buscada en el punto A será la traslación total que sufre cl punto ciesde su posición inicial a la final. según Ia perpendicular al voladizo inicial (antes del movimiento). La expresión sera: t'¡ = 6. sen 10" + 0. a,'2 + i""",,r. (A)

Crp.

lll.l

Fl,'titin

(l)

C¡r",r r //.i/¡'¡r.

7S


Problimás Résueltos de Resistercia de Materi¡les Miguel Angel Millán Muñoz

b)

Cálculo de las leyes de momentos.

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

c)

Cálculo de la flechapor los teoremas de Moh¡.

Movimiento y giro del 2'nodo: 6 y 0

^ | ^..lo=EI

v=--¿.

a

32

ET

=L.2.rc,2 =Z EI zEI

Flecha de la ménsula ficticia en el punto A:

t lt:2.3t. r 8. = 2.ll+ 3 \2

t lAt =:.1 'ménsuta. E1

2.31.

rrr\ 2.<', s:::: l= "-''2.) EI

Flecha total en A:

¡ o = L (u.sen r0"+r2. 2.31 +

35,5i4)

=

Cap.lll.2 .- Flexión (I). Giros .t'flechot

-j:9

79


Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales I Angel Millán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N' 5.

El primer paso para la resolución del problema es comprender adecuadamente el funcionamiento del conjunto de la estructura. Para ello dibujaremos la deformada a estima de la misma, con todos sus componentes. Por el efecto de la carga P ocurren dos cosas: a)

El tirante se alargará una longitud 6 debido a la reacción Y que actua sobre é1. Esta reacción es de tracción. Este alargamiento provoca el movimiento

de la viga como sólido

rigido,

T

girando respecto al apoyo derecho. b)

,J,_

Flexión de la viga considerada como biapoyada, con una flecha fA.

De esta forma,

el

movimiento vertical del punto

A

(VA) estará compuesto de dos elementos: 6'a debido al movimiento como sólido rígido y f por la flecha de la viga biapoyada.

VA:6'A

+ fA

Podemos ahora, una vez analizado el comportamiento de la estructura, descomponer el cálculo en dos estados, realizando posteriormente la superposición de los mismos.

El primer estado será el movimiento de la viga debido al alargamiento del tirante y el segundo la flexión de la viga biaDovada:

N

:\S\

T

lTirante

o

lu

Y

J'n*"^

d,l-----r- F:LZ ^

+

n:o.sr

I

Y y=p=

l.

.r.P-rr

6,5

R=o.sr

1

Cálculo del alargamiento del tirante. El tirante está solicitado por Ia reacción Y = R = 0,5 T en el punto de unión con la viga. Puesto que el axil es constante en todo el tirante y éste es de sección constante, podemos calcular el alargamiento como:

6=

,L N

^L

=!

d,

=

0,5. l =,ffiu,r*

N.L

- 3n -0.75. lo

Puesto que el tirante se alarga, el punto A bajará. Se ha considerado este movimiento como negativo (igualmente, podria haberse considerado positivo, ya que es solamente un criterio de signos).

El movimiento del punto A será entonces, como puede observarse en la figura:

6'A=6 l=-0175 l0'm'

2.

Cálculo de la flecha de la viga biapoyada. Dibujanros en primer lurar el diagrarnir de tlec¡ores y, a partir de

Cap. III.2

.

Flexióu (l). Giros

é1,

y

calcularnos la flecha en el centro.

Jlechas.

80


Problem4s Resueltos de Resistencia de Ntateriales

Millán lvluñoz Teniendo en cuenta la sinetríq de la viga, podemos deducir que la flecha en el centro será la máxima y, por ranro, su tangente será horizontal.

Asi pues, partiendo de este hecho, vemos en la figura que la flecha en A coincide con el valor de A que nos da el 2" T. de Mohr, si lo aplicamos entre el punto A y uno de los apoyos, estando el rtonlento estátíco calculado respecto al apoyo.

El á¡ea de Ia ley triangula¡ entre

\r,.M =P.U4=lm.T

esos dos puntos corresPonde a

Area= l/2. base. altura= ll2. 2. I = |

T.m'1

0a

=0

Aplicando entonces el 2" teorema queda:

| )t i =-: Er Area - 3 -A

| 22 1000

3

=-1,33.10-r"n

Como puede verse en la figura, la flecha es hacia abajo, po¡ lo que se ha indicado con signo negativo

3.

Cálculo del movimiento yertical final. El movimiento final del punto A será la superposición de los dos movimiento anteriores:

vA-6 +fA=-

0,375. l0'r - 1,33.

l0r

=

-

1,71 .

l0-r m.

SOLUCION PROBLEMA N" 6.

Planteamos la deformada a estima del sistema completo para poder analizar el comportamiento de la esüucru¡a. Por el efecto de la carga P ocurren dos cosas:

a)

El muelle se alargará una longitud 6 debido a la reacción Y que actua sobre é1. Esta reacción es de tracción y el punto A tiende a subir, alargando el muelle. Este alargamiento provoca el movimiento de la viga como sólido rigido, girando respecto al apoyo derecho y desplazando el pulto B verticalmente una longitud 6'e.

b)

Flexión de la viga considerada como biapoyada con voladizo, con una flecha en el punto B de valor f6 Por ser el extremo de un voladizo de una viga biapoyada, esta flecha tendrá, a su vez, dos componentes:

-

Desplazamiento vertical del punto B debido al giro del voladizo respecto al apoyo como sólido rígido. Será igual al producto del ángulo girado en B por la lorgitud del voladizo: 0 . a Flexión del voladizo como ménsula ficticia: f..

De esta forma,

el inovimiento veftical

del punto

B (Vs)

estará compuesto de tres elementos:

Vs=E'B+0.4+1. Podemos ahora. una vez analizado el conrpodarniento de la estrttctLtra. descornponer el cálculo en dos estildos. realizando posteriormente la superposición de los rnismos

Cap.

lli.l

.-' Fletiótt (l). Gin:,: t lechus.

3l


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz El primer estado será el movimiento de la viga debido al alargamiento del muelle y el segundo la flexión de la visa biapoyada con voladizo:

-,

.+

R=,1.i

1.

r

Cálculo del alargamiento del muelle.

:

1,5 T en el punto de unión con la viga. Podemos calcular el alargamiento empleando la ecuación característica de los muelles, función de su constante elástica:

El muelle está solicitado por la reacción Y = R Fuerza =

K . alargamiento

¿=

R

K

alargamiento = Fuerza / K

=

En el caso estudiado:

3 -. 6 0.5.10- = 0.25.10 ^--.^-J '¡n ¿-'=-=22

l'5 0,5.lo-3¡n * = = 3000

Puesto que el tirante se ala¡ga, el punto A subhá y el B bajará. Se ha considerado este movimiento de bajada como

negatlvo.

El movimiento del punto A será el valor 6 de alargami€nto del muelle.

2.

Cálculo de la flecha del voladizo por flexión de la viga. Como se ha indicado, la flecha debida a la flexión se compone de dos ténhinos: flecha por giro en el apoyo y flecha de ménsula ficticia. Téngase en cuenta que, al calcular la deformación por flexión, estamos suponiendo que la viga está biapoyada, sin tener en cuenta ningún muelle, ya que este se considera en un estado independiente. Dibujamos en primer lugar el diagrama de flectores y, a partir de calculamos dichos giro y flecha.

-

é1,

M=3.1=3m.7

I'=lT

Giro en el apoyo derecho.

2m

figura,

Se calculará a partir de la construcción indicada en la

Im

dividiendo el valor de A calculado en el primer apoyo por la longitud enrre apoyos:

0=LlL=Ll2 El área de la ley triangular entre

esos dos puntos conesponde a

Area= ll2. base . altura = 112.2.3=3T.m7 R=4.5 T

Aplicando entonces el 2o teorema queda:

l2l Er

3

I 1000

.., -

= 4..

l0

-n¡.

3

e=A/L=4. lor/2=2. lo"

m.

Flecha de ménsula ficticia. Para el voladizo supuesto empotrado en el apoyo (ménsula ilcticia), et c¿lculo de la flecha se reduce a aplicar ei segundo teorema de NIohr, calculando I en el ext¡enlo respecto al segundo apo¡'o.

El área de la le¡ triangular entre esos dos puntos conesponde

t rp. tll.i .- Flc.ti'in

tlt

a:

r-iirus.r'1lt.lt.u

8l


Problenias -Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz Area= l/2. base . altura =

1,,, = -

como puede verse en la figura, la flecha

2.a

|

i'lrea -

es hacia abajo,

l/2 1.3:3/2

T'm'?

I 3 21

= -tooo-

-3; T = -lo m'

por lo que se ha indicado con signo negativo

Deestaforma,elmovimientoverticaldelpuntoB(V¡)será,sumandolostreselementosquelocomponen:

Vs=6'e+0 a+f.=-0,25 10¡-2 10r' I-l0r=-3'25 10rm' Enlugardecalcular(0.a)podríahabersededucidodirectamentedel$áficoque(9.a)=^J2' SOLUCION PROBLEMA N" 7. planteamos la deformada a estima del sistema completo para poder analizar el comportamiento de la estructura. Por el efecto de la carga P ocurren dos cosas:

a) El flotador se hundirá una altura 6 debido a esla reacción Y que actúa sobre él Esta reacción

vertical y haciá abajo, y el punto B tiende a bajar' Este hundimiento provoca el movimiento de la viga como sólido rígido, girando respecto al apoyo izquierdo y desptazando el punto C verticalmente y hacia abajo una longitud

b)

6'¡.

Flexión de la viga considerada como biapoyada con

voladizo, con una flecha en el punto C de valor f¿ Por ser el exÍemo de un voladizo de una viga biapoyada' esta flecha tendrá, a su vez, dos componentes:

-

Desplazamiento vertical del punto B debido al giro del voladizo respecto al apoyo como

C

sólido rÍgido. Será igual al producto del ángulo girado en B por la longitud del

-

a,€

voladizo: 0 . a

Flexión del voladizo como ménsula ficticia:

f.

f,.

De esta forma,

el

movimiento vertical del punto

Vc= 6'c

C

(V6) estará compuesto de tres elementos:

- e arfm

Análogamentealosproblemasanteriores,podemosahoradescomponerelcálculoendosestados'realizando posteriormente la superposiciÓn de los mismos'

del flotador y El orimer estado será el movimiento de la viga como sólido rígido debido al hundimiento seeundo, la ilexión de la viga biapoyada con voladizo:

Rr=0,1 t' Y=tt,= 0.1

l.

Rr =

0.l I

1

Cálculo del hundimiento del flotador' Cap. IIl.2 .-..

Fl¿r¡ó (l) Cirot

t .flechus

3l

el


. ., .

probremásBesuer"'.i,ti.:i,ru'iff,üÍili?t:

LareaccióndeltlotadorcoffeSponderáalempujeque-ejerceelfluidoporelincfementodelvolumendelflotadorquese de Arquimedes): *..¡" q* .q"ivale al peso del nuiao Aesató¡aoo lerincipio v

Fuerza =

I

.

volumen desalojado =

Y

Area flotador ' 6

+

6=

Fuerza/(Y. Area flotador)

En el caso estudiado:

o-

R -qL= -o.o. = ' YA 1.7.5

de 6' será: Por proporcionalidad de triángulos, el valor 3 6 3 .0,04 6'=7=--z

66'

=-u,uo^

bajada como negativo' Se ha considerado este movimiento de

flotador' El movimiento del punto B será el valor 6 del

3.

de la viga' Cálculo de la flecha del voladizo por flexión

Análogamentealosproblemasanteriores,laflecha-debidaalaflexiÓnsecomponededostérminos:flechaporgtroen suponiendo to.rnu, al calcular la deformación por flexión, estamos el apoyo y flecha d. ,ré"r"1" fi;;i;j;.;1o -irnru independiente' estado un en considera se que este el flotador' ya i"ntt tn está btapoyuou, que la viga

"n

"uenta

y' a partir de él' calculamos dichos giro y flecha' Dibujamos en primer lugar el diagrama de flectores

-

M=0.2.1=0.2m.7

Giro en el aPoYo derecho'

Se calculará

ii"i¿i""á"

"r entre aPoyos:

P= 0.2

construcción indicada en la figura' por la longitud de a calculado en el primer apoyo

T

a partir de la

*r".

0=LlL=Ll2

corresponde a El área de la ley triangular entre esos dos puntos

A¡ea= 1/2. bas€ altuta= 112

2

0'2=0'2T

Ñ

^

Aplicando entonces el 2'teorema queda:

o,"^L, = Lo.z?'2 ^_tn,..-"3_ ^, t000 l

=0,27. g

-

-

R:0,3 T

lo-3n.

L / L= o'27. l0r /2 = o'135 lor m'

Flecha de ménsula ficticia de la flecha se reduce a aplicar el

en el apoyo (ménsula ficticia)' el cálculo Para el voladizo supuesto emporraqo en el extremo respecto al segundo apoyo aa*""¿" ra"rarn" ¿e tl'tolu, calculando

^

puntos corresponde a El área de la ley triangtllar entre esos dos

Area=l/2 base.altura=l/2

t,rn?!= Jt --+ *r'i l00ti I El Cono puede verse en la tigula la tlecha

es hacia

-rp. tll.l

I 0'2=0l r

;

Tm']

-0,067

lu-l

ttL

abaio por lo que se ha indicado con signo negativo

Fle\¡ú tl) uii" I [¿'l¡']r'

8,1


Problem:¡s -Resueltos de Resistercia de Materiales

lvlillán lvtuñoz

De esta forma.

el

B (V¡) será,

movimiento vertical del punto

Vc=6'c+0.a+f.=-0.06-0.135

SOLUCION PROBLEMA N"

sumando los tres elemgntos que lo componen: 10-r

' I - 0'067 10'r=0,060196m

8.

A

El peso propio de la estructura equivale de valor:

acf,Jando

q=Y

a una densidad de carga

,/

ér

Area sección

verticalmerfe (el peso es una fuerza vertical) sobre cada

rebanada del elemento de la estructura considerado'

I

Así pues, tanto sobre el pilar como sobre el voladizo (ambos actuará una tienen Ia misma sección transversal y la misma densidad) densidad de carga vertical y uniforme de valor:

q=y . A=2,5

. O,3x

=0,225f lm

I

\Ñ. 212 |l---.T-_--l

|

En la figura puede oblervarse su distribución'

Alserlasbarrasinelongables,nosufrenacortamientosnialargamientosporaxil.Portanto,Iosúnicos

(no hay cambio de temperatura)' corrimientos serán los debidos a la deformación por flexión

partir de ella, la deformada de la estructura' calculamos, por tanto, solamente la ley de momentos flectores y, a q:0,225 Tlmt

Ley d€ Momentos Flectores

q=0,225T|m

del voladizo (donde está el punto A) se debe a la La estructun se compone de un pilar y un voladizo. La deformación deformación del pilar y a la suya propta' Analizaremos cada una de ellas:

-

por flexión, trasladando sobre su perpendicular El pilar tiene un nudo empotrado. Por tanto, sólo puede defon-narse el segundo nudo

-

El voladizo

se trasladará siguiendo

el movimiento del segundo nudo'

-Elpilaralflectarhacegirarelsegundonudo,queesunnudorígidoPortanto,elvoladizogi|aráesemismo ángulo.

-

Finalmente, el voladizo flectará debido a sus cargas

Cap. ll|.2

.- Flexiól (l). Ciros ¡'.llechas.

35


Problemas Resueltos de Resistencia de lVlateriales Millán Muñoz Llamando a la longitud del voladizo "a", el corrimiento horizontal y vertical del punto A será Ia traslación total que sufre el punto desde su posición inicial a la final, proyectada sobre la horizontal y la vertical respectivamente. La expresión será, tal y como puede deducirse de la figura: VH(A)

- 6t

(0. a+ f.¿*¡" (A)). cos 60"

Vv(A) = (0.

.

El valor de "a ' será:

-

a=

a

+ f.é".,b (A)) . sen 60'

4 /cos30" = 4,62 m.

Cálculo de giro y flecha por los teoremas de Mohr. cálculo de la inercia y la rigidez: I = l/12 . 0,3a = 6,75 .

l0{

n¡a

E.I = 2 .107 . 6,75 .10¡ = 13500 T.m'?

Movimiento y giro del nudo: 6 Y 0 0=

6

| -a. L.2.2,08 = 3,08. lo |

=:.2.2,08.

0.

EI

a

rad.

E]

I = 3,08.

l0-L

¡¿.

= 3,08 . 104 . 4,62 :0,0014 m.

Flecha de la ménsula hcticia en el punto A:

! ( L o.urz.oa. I ¿,ez) = r,zz. l0 f.mensula (A) ' = ¿1 4 ) \3

¡n.

Cálculo del corrimiento €n A. e. a+ {ú¿'*b (A) =

vH(A) = 6 + (0.

a

0,

ool4 + 8,22 ' l0a:0'0022 m

+ f.¿"*¡" (A)) . cos 60' = 3'08 . 10-4 + 0'0022 . 0'5 =

Vv(A) = (e.

a

l'42.

l0-3 m.

+ f,é","r" (A)) . sen 60" = 0,0022 . 0,866 = 1,9 . l0'r m.

Cap.

IIl.2..' Flexión (l). Girostfecltas

86


ProbÉ'¡nas Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán Muñoz

rY.- FLEXTON (rr). Flexión simple.

Cap.ly .- Flefióu (II). Fletión sinple.

87


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I

Millán lvluñoz

Cap. IV. Flexión III). Flexión simple. l.

Dibujar a estima la distribución de tensiones tangenciales

t

en las secciones siguientes (para un esfuerzo coftante

vertical):

2.

Dada la viga de la figura, compuesta por tres piezas rectangulares unidas entte si, calcular la tensión tangencial máxima y el esfuerzo cortante máximo (por metro lineal) que debe ser capaz de soportar la unión Iongitudinal entre las piezas, cuando sobre la viga actuan las cargas indicadas.

100 Kp/m

unlon

unr0n

3.

Dada la viga de la figura, calcular el máximo valor de P que se puede aplicar, así como la

t.""

que aparece para dicha

carga.

Datos: - oadmis = 200

Kp/cm'?

-radm,s:J/ KP/cm(Examen final, Junio 97)

4.

Dimensionar la sección de la viga, sabiendo que es de sección rectangular, y que se admite:

-

o'"¿.¡, = 250 KP/cmz to¿n,¡.

I t/m

= 20 Kp/cm?

flecha

máxima:

f"¿'",,

-

I m.T

L / 300

Dato: E:105Kp/cm2 b

5.

En la viga de la figura, la tensión tangencial máxima que se produce es de 10,8 Kp/cmr, y el radio de curvatura mínimo es de

400 m. Calcular la luz de la viga y el valorde las cargas

(Examen Sept.

-

97)

P

(E=l06Kp/cmt)

n,,

lP ttl

lP

m v*v

It

L__l l0 Cap.

IV.

F/e-rilÍrr

(ll). Flerión

sintple.

83


Problemgs Rgsueltos de Resistencia de iVlateriales lvlillán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N"

concreta:

1

El análisis a estima de las rensiones tangenciales se hace estudiando la expresión de Colignon para cada seccron

f

T.M

_-_^,9!J4!E L b. I

=

En esta expresión:

-

T

-

Mestárico es

-

b es el ancho de la sección en la fibra estudiada.

-

I es el momento de inercia de laseccíón total, que es una constante para la sección.

es el esfuerzo cortante que actua sobre la sección

y es es un valor constante.

el momento estático del i4rea determinada por la fibra superior y la fibra donde se calcula la tensión tangencial, respecto al eje neutro. Va¡ía con la forma de la sección

Por tanto, para una sección dada, la fórmula tiene una parte constante K poner que la ley de tensiones tangenciales será de la forma:

:

T/l y otra variable, con lo que podemos

M ...

,=

"

b

Analizando esta expresión podemos estimar el diag¡ama de tensiones tangenciales, aunque es necesario conocer algunos datos previos.

La distribución es parabólica (de Ia teoria). Partimos de la fibra superio¡. En esta, por ser un borde de la sección y no tener tensiones externas, podemos deducir que r es nula. Igualmente cs nula para la

fibra inferior. Més¡árj.o es

creciente hacia el c.d.g, con un máximo en

é1,

dado que la parte

inferior contribuy€ con signo negativo. t, es constante.

El cociente M"r¡ri"o/b c¡ecerá, por tanto, hacia el c.d.g. teniendo su valor miíximo en

é1,

siendo éste el punto de rhu,.

En la fibra superior la

t

es nuta.

M",,¡,¡"o es creciente hacia el c.d.g, con un m¿iximo en parte inferior contribuye con signo negativo.

é1,

dado que la

b es constante por tramos. En la cabeza de la viga, b cs grandg, lo quc hará que el cociente M.,,¡¡.o/b crezca hacia el c.d.g. pero con un valor pequeño. En el alma, b es pequeño, po¡ lo que el cociente tendrá un salto bru\co y. a partir de él seguirá creciendo hacia el c.d.g., que será el punto de r.ux.

Los mismos r¡zonamientos que en el caso anterior pero considerando qüc ha!' dos combios bruscos de sección. quc motivarán dos saltos en la ley dc coftantes.

Cap.

lV .. Fle.tión (ll). Fletión.sin¡:le.

39


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Mieuel I Millán Muñoz En la fibra sup€rior la r es nula. lvf.,¡¡r¡co es

creciente hacia el c_d.g, con un mirimo en

é1.

inferior contribuye con signo negativo.

dado que la pañe

b es creciente li¡ealmente desde la fibra superior a la inferio¡. po¡ est" motivo, la variación del cociente M.riti"o/b no cs evidente. Se comprueba (teoria) que c¡ec€ más rápidamente el M¿ririco hasta una fibra situada por encima del c.o.e. alcanzándose en ella la t.a" dec¡eciendo después hacia la ñbra inferior_

Caso similar al ante or. Sin embargo, se comprueba (teoría) que el márimo oer cociente M"r¿ri"Jb se alcanza en el c.d.g., alcanzii¡dose en él la r.u*.

Mcsráiico es c¡eciente hacia el c.d.g, con un máximo en pane inlerior contribuye con signo negativo

é1,

dado que la

b es constante por tramos. En el centro, b crece bruscamente, por lo que el cociente tendrá un salto brusco reduciéndose y, a partir de éi seguirá creciendo hacia el c.d.g. Debido al salto, la t.." no se produce en el c.d.g., sino en las fibras anleriores al cambio de sección.

Caso análogo aldel triángulo, p€ro con doble máximo debido a la simct¡ia do la sección ¡esDecto al eie n€utro.

SOLUCION PROBLEMA

N'2

Puesto que las piezas actúan solidariamente, sobre Ia unión entre ellas aparecerá una tensión tangencial longitudinal, que asegura la transmisión de tensiones entre las piezas. Esta tensión tangencial longitudinal, por el teorema de Cauchy, será idéntica en valor a la tensión tangencial vertical que aparece sobre la rebanada a la altura de la fibra de unión entre las piezas. Por lo tanto, el cálculo se reduce a calcular dicha tensión tangencial vertical para el caso de cortante máximo.

La ley de cortantes será lineal, con máximos en los apoyos, cuyo valor será igual al valor de las reacciones. Por simetría, estas reacciones son iguales y de valor:

R:%.q.L=%.100(kp/m) .5 (m)=

250 Kp.

Aplicando la fórmula de Colignon para la sección sometida a este cortante máximo y en la fibra de la unión entre piezas, obtendremos la tensión tangencial buscada. P¡eviamente calculamos la inercia de Ia sección total y el momento estático de la cabeza respecto al eje neutro: I=

2.(1i3. 20. 20r

l\.l",,jri." =

20. 5.

-:.

17.5

Ii3. 7.5. l5') = 7:.9t7

cnrr

= LTj0 cnr

Ciip. I\¡ .-. Fle-rión (!I). Flexión st,nple.

()0


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales NIilián lv{uñoz

r:-

"t ",,,,,,"o b. I

250

1750 , . , = 1..! -- ^-.: ^P¡cnl

5.'12917

El esfue¡zo cortante por metro lineal que actúa sobre la superficie de unión, seria el que tendria que ser capaz de soportar el medio de unión considerado.

por ejemplo, si suponemos que la unión se realiza con tomillos, y estos están distribuidos con una separación de un metro, el támiilo más sólicitado tendría que ser capaz de soportar un esfuerzo cortante igual al producto de la tensión tangenciál calculada por el área asociada a dicho tomillo (un área de un metro de longitud y de ancho el espesor de la unión cabeza-alma).

Aunque la tensión tangencial varla según la sección estudiada (T es variable), calcularemos el esfuerzo cortante con la tensión máxima calculada, suponiéndola constante en el metro lineal considerado:

T=¡ (b 100):1,2.5 100-600kp/ml SOLUCIÓN PROBLEMA N" 3 El valor máximo de p que puede aplicarse será aquél que agota antes a la sección,

sea por tensión

normal (tracción

o compresión) o por tensión tangencial.

El oroceso de cálculo consistirá, entonces, en estudiar las secciones más solicita¡as a fl€xión y a cortante (con dichos esfue¡zon función de la Esto incógnita P), e imponer en dichas secciones se produzca el agotamientomenor' que el elegir que habrá los no. áurá uu.iot vaiores posibles de P, entre que será el que agote antes una de las secciones

En primer lugar se dibujarán los diagramas de esfuerzos Para ello calculamos las reacciones:

-

Equilibrio de momentos en aPoyo izquierdo:

3.P+7,5.P=6.R2 ?

-

R:=10,5/6.P

Equilibrio de fuerzas verticales: Rr

=2

P- 10,5/6. P=0'25.P

1,5 P

Las secciones más solicitadas y que habrá que comprobar serán: sección con M máximo sección con M máximo sección con cortante

positivo: M.*':0,75 negativo:

M'",- = -1,5 '

máximo:

T'""-:

.P P 0,75 P

P

Esfuerzos máximos admisibles en la sección:

en función de las tensiones máximas del material y Calcularemos cuál es el máximo M* y máximo M- admisibles de la geometria de la sección.

-

Cálculo de c.d.g.:

yc.(60. l0+30. l0+30. l0):60.

-

l0 j+10. l0 (15+l0)+30

10

45

I

yc=20cm.

Cálculo del momento de inercia:

l=1i3.60.20r-2

l i3 .

2i

. l 0' + l /3 .

3

0 30r-2

1./3 l0 . 20i = 360 000 cmr'

del eJe nelrtro (al no habel tensiones debidirs Las márimas tensioles se producirán siempre en la ñbra rnás alejada para compresión, la sección agotará sienlpre en esta flbra. tanto para a axiles). Dado que la o"¡u,,, es igual para tracción que

Cap.lV

.

Fleriótt (lI). Flerión sitnple.

9l


Probleiias Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz momento positivo como para negativo. Así pues, los máximos momentos admisibles positivo y negativo serán iguales y de valor:

¡/

I _ 2oo. l6oooo

'r ,,..-,^ =,__!!!r!r.L

y

dant$

* )v

= 2.400.000 kp.cfit=24n.t

La máxima tensión tangencial se producirá para este tipo de secciÓn en el eje neutro, donde el momento estático es máximo, y el ancho de la sección mínimo. El máximo cortante admisible será el que hace que esta tensión máxima sea igual a la ro¿.¡,. Aplicando la fórmula de Colignon, despejamos el valor de dicho conante:

--

T.M ,. -----95!41J9-L b. I

. t. b. I T=Mes,aüco ..

-:\

57 .10 .360000

= 21.600 Kp = 21,6 t.

(ó0.10.15+10.10.5)

Comprobación de las secciones más solicitadas Imponiendo que en las secciones indicadas al principio se produzca el agotamiento, obtendremos:

-

sección con M máximo Positivo:

-

sección con M máximo

-

sección con cortante maxlmo:

negativo:

M.*-=0,7s .P:24m.r

+

P=32t.

:24 m't

*

P=

M.""- = -1,5 'P

T

=P=1r7{t

16

t.

P:21,6t.

el valor de P Escogiendo la más restrictiva de todas ellas (la que produce antes el agotamiento) tenemos que de los apoyos' las secciones en buscado es PJ 16 t, produciéndose el agotamiento para este valor de P, el cortante máximo será T

:

l6 t, y la tensión máxima que

se alcanza será:

rmax.- l6ooo = 42,22 kp I cm2 l0 360000 95oo

SOLUCION PROBLEMA N" 4 Pa¡a dimensionar

la sección

condiciones que deben cumPlirse:

-

lYm

indicada' se imponen tres tipos de

I m.T

I m.'l

od.i, : 250 KP/cm" ro¡.¡,: 20 Kp/cm2 flecha máxima: f"¿.i'= L / 300

l',1,1 l----i----t--------l

El proceso de cálculo consistiú en obtener para la sección genérica

del enunciado y para las cargas aplicadas, los valores (función de b) de o.* ' a los rma* y flecha máxima. Imponiendo que estos valores sean iguales ad-iiibles, obtendremos varios valores posibles de

b

L"y

,

De todos ellos, la sección buscada corresponderá al b mayor' que es en el aquél para el que se no se supera ninguna de las limitaciones ftjadas enunciado.

-l m't Para el análisis de las tensiones máximas, se estudiarán las secciones más solicitadas a flexión y a cortante.

LeyT

En primer lugar se dibujarán los diagramas de esfuerzos Para ello calculamos Las reacciones, que por la simetria y el tipo de cargas se puede

j.i

¡n I

deducir fácilmente que son iguales y de valor:

R=r!.q. L='1 . 1.6=i t

(los morlcntos simétricos no altcran larcacción) T=R=3t máximos en los valores con lineal. será cortantes de El diagrarna

El diagfana de momenros

apolos

será parabólico de 2" graclo, aunque desplazado veúicalmente por efecto de los

rnorncntos ptlntLlllcs llesJ(i\ os Cap. IV

.- F/c.tirÍr (II) Fletiótt.:;intple.

97


Problem¡s Resueltos de Resistenci¡ de Materiales

El valor máximo positivo Ñf",..* =

se alcanza en el

centro de vano:

q Lr18- I (momento puntual) = I 6118-I=3'5mt

M..' =-l mt para et respecto al eje neutro, basta con comprobar el agotamiento Teniendo en cuenta que la sección es simétrica serán: que comprobar y que habrá r.""r"*, áás soliciiadas mayor momento en uuro. uurotuto. .iii

l"*, i*

-

sección con M máximo:

-

sección con cortante máximo:

momento de inercia s€rá' Dado que es una sección rectangular' el

l=l/l2 b hr =l/12 b Sbr=0'667b4 : extrema' de y b/2' luego el máximo momento La sección agotará stempre en la fibra oadmís . .l 1.ñ (\ 66i b4 3 =166'6'1 b' kPc =-

MadltTls

ser¿l:

T

Lamáximatensióntangencialseproducifáparaestetipo'desecciónenelejeneutro,dondeelmomentoestáticoes *iuár"). gf máximo cortante admisible será el que hace que esta tensión máximo (dado que el ancho ¿" f" r.Jári", de dicho cortante: la fórmula de Colignon' despejamos el valor máxima sea igual a la t"¿.¡, Aplicanáo

I _ 20 .b .0.66't. b4 = e6,68 bz I kp. M estático (u. u.o;) r.

T

admts

b.

Flecha máxima

máxima se producirá en la sección central' por la simetría de la sección, podemos deducir que la flecha

Podemoscalcularlaapartirdel2oteoremadeMohr,dadoquealestarlaflechamáximaenelcentro,sutangente

con el valor de la flecha' será horizontal y el valor de A coincidirá

qpoyo, p\esto que es aqui estático de la ley de momeirtos respecto al Así pues, debemos de calcular el momento 2" grado y de un la ley de momentos en la suma de una parábola de O"'"otpond'"tos A" calcular queremos donde ,.",anguto lO.UiAo u los mom€ntos puntual€s): M.,'¡,¡.o (lev parabólica) =

(2/3 L/2 M'¡'

M",fá'i"" (lev rectangular) = fl

echa centro vano =

8^)

(L/2 M'c.'""r"" s)

- l/El

(-1

(5lS Llz)= (213 612 4':r'(518

'(l/2

Llz)=

(3 l)

(l/2 '612)=

612)= 16'875mr'I

4'5 m3

t

/ EI cm 6'8?5 + 4'5) = -12'375lÉl m = -1237'5

^

es hacia abajo El signo negativo indica que ta flecha resultante

Comoelvalordeldependedelaincógnitabuscadab'.laflechatendrálaexpresión(usandocomounidadeskpy

expresiones que incluyen a b): cm, para ser coherentes con las olras llecha centro vano

=

-123'7

iI(I05'0667b)=00I855/b'cm '5lEl: 'l23f

lná\imos con las admisibles Comparación de esfuerzos l/ flecha Igualandolosvaloresobtenidos.fi:ncióndeb'coniosvaloresadtnisiblesclelproblema.obtendre¡llclslosposiblcs valorcs qLie Puede tener b'

Cap.

lV

.

fle'rirín

(II)

Flexión sintple'

9l


Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

llfillán NIuñoz Imponiendo que se alcancen las tensiones admisibles en las secciones más solicitadas, habicmos obtenido el momento y cortante máximos admisibles. Estos deben ser iguales a los máximos que se alcanzan en la viga para las cargas consideradas:

(kp.cm;= 3,5.

(kp.cm)

Nlomento:

166.6?.br

Cortante

26,68.br (kp) = 3. l0r (kp)

flecha

0,01855 / b{(cm)= ¡/300 = 600/300 = 2

105

= +

b

:

b

- {l12,4

(2099,96)r/r = I l,g ¡ sm

cm +

cm

=

10,60 cm

b=0,31

cm

De estos tres valores, escogemos el mayor de todos, dado que es el único que permite cumplir todas las limitaciones impuestas en el problema. Como el criterio limitativo es la flecha, no se alcanzará en la viga ninguna de las

tensiones admisibles.

62 cm

¡

El ancho de la sección será b 65 cm.

SOLUCION PROBLEMA N"

:31

cm = 35 cm (redondeando por criterios constructivos), y el canto será h =

5

La viga está sometida a flexión simple. Son desconocidos el valor de las cargas P emba¡go, conocemos dos d¿tos:

-

2.b:

y

la luz de la viga L. Sin

la tensión tangencial miáxima que estas cargas producen. el radio de curvatura mínimo.

El primer dato nos permite obtener una ecuación para P y L, puesto que el valor de r,"* se producirá en la sección con cortante máximo. Este cortante máximo será función de P y estará situado en una sección conocida. El segundo dato nos permite obtener el valor del momento miíximo, si tenemos en cuenta que la relación entre el radio de curvatura y la ley de momenbs es:

IM PEI Cuando p es mínimo en una sección, el cociente l/p es máximo y , por tanto, es máximo el momento en dicha sección, con un valor:

roó

MmtL\=g= P

Ittt¡ zo.¡or) qoo.

3P12

kpcñ=tt.25m.t

to!

==1125000 Cálculo de solicitaciones y esfuerzos

El paso siguiente será calcular los valores de las solicitaciones, para y L) y la posición del cortante máximo y del

definir el valor (función de P momento máximo.

En la figura puede verse que el cortante máximo se alcanza en las secciones de los apoyos (igual a la reacción), y el momento máximo en el centro de la visa. con los valores sisuientes:

T,,,=R=3.P/2 ñr,,,". =

3Pi2.

I-i2 P.I-ll=(3P-P). Lil=P.Li2

El esfuerzo tangencial náximo que se produce en la sección de los apoyos será, aplicando la fórrnula de Colignon:

Crp. IV .- Fle.\ión

(ll). Flttiún tutplt

91


Probl_ema! Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán Muñoz

Tt,tLt.¡.1 ertático G mQx

b.

I

.P^^3030 ),.¿u.-.-

-ffi

= o.ool75 P

r,ttp

I cntz

¡

Imposición de condiciones

Una vez calculados los valores de r y M."* debidos a las cargas, para la geometría dada de la viga, sólo queda igu¿lar éstos con los datos del enunciado, obteniendo dos ecuaciones de las que podemos despejar las dos incógnitas

buscadas,

rD"-=0,00375. P= 10,8

M^ó\=P.U2=

11,25

::)

P

= 2880 kp = 2,88 t

sustituyendo el valor de P obtenido arriba

Cap.I''i .- Flexióu (lI). Flexión sintple.

L = 7,821 m.

9i


Estructuras 1