yt
1.*,Ao
fti
.¡+
brozo
ul tÚ.'a"up
,nou-
bran
6^u Q. Ptz lo ,:Ji*:c :" "1 ¡¿'ir', cr, l¿'o,r,, ct el ¿i lt la n¡0,, )oin ",tí "l tL ¡""1;^^;;: ,L!
eu
P-
at P(tt
l,fj,, r., ,u ,;;¿r'!o a'[< '! 'ú!ar'
á1,.,
ok,l^a, ^*r;. ln[.q (,y"¡1. f;¡;) f-,(¡yF la r'nboata ,^,lo t'-
r/z
]Ls6d"uJo .!
-h""Gdaltt' 8. od^ l¡z-n"¡
3"
lo+
,,
&,&aJ.; 4,,,t-,o liu
7o
CE
P.o ^"1,i,la ¡tq,Jía',k eo a,Ja
€o ¡1 w,"b
¿r
Jw ¡", ,wda k, eatú¿r Auft8tLtL ¿tca $-l^ p- +,J", ¡L &ac. /ut76t4 ^Í' S¡ ¡l€)P'
tt!¿'to"
"''n
lu b-,a kct'"
&t.r¡c ,: tlft ¿Fgltrt,a. _ . ti ona K¿ ¿L rJttult'
8'- ,L
sin ,l ^"/o,
L¿aa^h". kt* la "lL lL 'út/u func ¿oo h-;fo úk qro^ pa J"Iu L^ *¡"f
l.,^dos
R.sa
qL
't Ju'
/tf',u',a"o
T,,ik
R.o
¡.fh u.io¿p
u,/n,
tL LX
Ga
faao\.
€" los vla L'1s"lk ebiá"
e.
"- F{':*-" nit¿'
L^
N_
rk
rctuLük ter,' Ql ti"1'¡a d4
'u7t ¿d43tL
to-,f,;naot Iq pilat Gf1yo t!\)u) 'tra¡t¿dbu¿: ¿l ú"leL
q;(uu eA ¿i^fd fúj'kku't, ,.í' ll el z" y'lu,. a'- Q'n-o5 "t r'p,hr 1c''0,,,0" Íet'i, ,l ,o^Jo u, A,. ¿'"f ,1, 3"
.1¿rl¡ ¿aur{ c,
Dl*ere.b*s "n,s,,f"Jr^ Paa 1uL s.dfúae
n,t*)
io
ü"- FLcfq,¡"s lq i'iba ',ú"tia el qira l'( tü 't'.lo. (n e'fu r" lL^,fi"" .A',f tr "l
q'ktac\ j |bLf.@\j\
.!
Lnt6;
l'.u-, +t'l\',i ;J. Xiro "i'l z"a'")a G' k6fu-,adJ .{ ?fo ,r¿rra'¡r.5 T¿ ¿/-
Cap. l-2.- Diugruntís
cslin( isoslúlicos.
Vigas contpuesta.s
pó
icas ¡.\otittit¡co.\
tr'
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz
estima. Estructuras espaciales
Can. I-3. Diagramas
Dibujar estima los diagramas de esfuerzos de las siguientes 43)
7) c.¡s4s: s-< Qo"
¿=9oo o( >qo"
($P¿ 4+) 8)
vl
1..p,
u) fl,
rrrrn ,/n
/n" (t"'P, %) 9)
4s)
0)
46)
t-
I'
l"'P qq) 47)
r)
(D¡" 48)
4x)
Cap. I-3.-
Diugru
tus
¿litittt( isI).\lót¡cos. Eslrttctur¡s espttciole';
l3
Problemas Resueltos de R€sistencia de Nlatelial€s Millán Muiroz
Y.'
$iL ¡,oJ-uo o,.,iir [r. '-l ¡hro
¡6¡¡1c,-
F,t
iLLÁ .,ta,i¿ *¡'e,í7¡ r-. ,''i it ¿.,,o .l
alo,i
y, ¡",,d",ula.u:
na I'a1
r¿6t
14)
tt"b,;
,',"*+,
,',,Lr|.d^
r) ¡1",- E- Mr e, J,
{J" LL,..,,ro-
rr¡¡¡r
-'
YoJ,,'*11*.yY*H: ),P,P{'!Y /) kr,n t^'. ..^,b.*4**"!.*po!"' &. xr,í" "¡"alu auf.uáo'n ^." t+ L^^ i,"á Ia funza) ot e, -l U, f*o 'a "t eunlnh *' oLllu* ¿t'. |t^lttJ|
k, ¡/^¿o)ru a'""tr pl"
l@el [mcp uf^ f(oüt'tdk fc! tua- e'Pa- elte]'rq a- td nJa, Jof,r* 7" n^ kurlonolo :l:Lu"J t4ru,.oih'n (o\1 eso pra la cot.1c. e! Mr .¡ut'ü tL hurfu' Lrr*4. t" la úi /t1' S" ,^r¡,*h qu l^ y',li*la ca
-Z'T¡l¡u'¡^,tr
L^ lo n|u
n:Ai (/4¡'{ M-¡1;. (t4f.0)
Cap.I-3.- DitgroDtos eslittta ¡sosltit¡cos- Esl¡ u¿lut L¡s esPL|L¡tt!¿s.
Ir)
Problemas Resuellos de Resistencia de Materiales ñf
illár Mu¡1oz
lrF
s'6/vo:
,--1[-J'
Mir--,4 14=
t^:
JA.=o) l"t"-
N1i-\e
e* t', now"la
l\i'.^,5
"*{r.|á^ /'4 "/e" Pl a{''^;dol '!L
:3q)
Lu c^X un
ha1 tl ,1,t4,
"1
Plano
,,o
,^ü)1^ eo. "l ¡á"0
Cap. l-3.- Diugrant6
\\"'/T;d\
lo. c¡nqn hiorqnlon Btouotq 't( a* p(aat uo 'l' ¡an|o'l,ro at,a1 lt*l ul tu.l)lto.4^ cE ^1^ t(d. lo, l-e¿ A.t catp- \t a,,,,..,.r,. rc
esliutu isosttiticos. Esh'ucttu'4s espaciules
?0
Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales I Angel Millán lvluñoz
¡4F
tt tu6;l)u,
áry'tfuatZ'r a-
uL
,a¿ ¿uc,¡ dia.,^-
(¡,id sg,r4
las
"at
qoa vn
no h3 tV,
tro.nT e*yJIJ"$, LPU. ..Lc.o .t\ pto a¡ltauo Pfó ." d¿ Feq-. €! ple
;t". u--'" "te^¿ial" -).:1.. l¡r=lo
lo,^'Xo *yl,olu,,lo ,orou na,7,J,., lr,rre(clo '7u ;trr.lionf iE ,1n' -¡* *,..¿ lq;iir lor.,,i"" ,r-¿ ¿o,r¿11 l'iha,i3+,
.$b,e wi^o
tr
L^Lyür'o ¡¡ e^ el {ano
3!!ll
+.
t4=Ai
,J
Ut'0)
l? o-
uL lA g,aa ¡tt4l0 are*po'ir*r'crfo' zPb P¡
3Pa-=l,t¡
(4r :o) ¡4:¡¡;(i{r:o)
l,*Áo uv "h^/,rl el +il" "zPb'1.--> *#h'*, p,'
A¡'2. q'
¿P
l&.rÍo.s Pa¿
ta.¿rJ';lt Íf*n¡', {qi
El l¿¡soz
ewfok.dq-
"u
0a
^¿a-
la rú,oade-
Silo uun
b. a", "-*il co ute¡n¡l.ael ¡6rá
Cap.l-3.- Ditgrunns esl¡ to iso\(úticos, E.\truLttu os esD.tcidlcs
2t
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz
|a=n¡ ir1r.¿)
tt.ili I't cfe gn
cie {. ba¿o d'
['o:,^
(o,l^ p? o,ll,^)a!'et el ru/.)
I'l
tt-(^
(Mr.o)
¡a=o
&*)
&, b,
{o.
(a!
uiqn
enplraá"0 p^si"do
pr la .ufL
NJt so
7, e,,r ,L
l(p prr.^ ¿,a. c¡ Mtrt ¡utJ-o
al Ia ALffi- 2L o-
sr P'ih'Dó eu' baua
eu
tt=M1+
(lt¡.¿)
14--M;
{Mr:o)
?l UF
¡oftor+
llo ,!- a*Lü á" uÁ*Í*,L t6, teúrtaÁa
h)
J_----
1"
2q
MÉ
Cap. l-3,-
Diqftntns est¡trt( isoslilicos,
Estl ttcluras espaciales.
L"lo "l¡
a't¡ol"ala
tlr=¿
Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateri:¡les Angel Millán Muñoz
4'
I4p.a t". ia o- t. tiXz a,a.¡t\ro.dt pt,'.
$',,& ¡ci Fcq
llt i$
F,¿.0,
1[l tl l4F PoscL
AT
I'tt+ ¡"a t'li, "I ¡-r.¡o l¡, Put)ott
M;
'o"lrr.:r-
á,.1
,olo
Mr
A.MÍ(uF4) t4
M; (P,r=o)
ot atf. e4tlot (a
Q^ Ia
4r)
L,
,'L,ual, /l/-¡"nt t-^^ 6/ul¡b*,^aw-n ott
+,1b..-T
P^!\
fi-n uet;t* a4aule h1e,liud io e\
^,¿a.yoath
f*'e tJ* hr*" !:tuYf "Plo
lvoohtLl¿,,riu.lfaule 4w
M; ¿4la w" **l;^ paf a. uri '¿ l{f p.s..r- a- 14 pt
E1
L--thr
Mz: ¡¡ r¿
El yh
,rf"i
fpA
A, /r+
Jo
"'J,e
ur"o pfos
Af
,I A¡ a.^hL lt tiXrc *'le Jlns
(ilr--c)
Cap.l-3.- D¡agru tn.\ o esliuru ¡soslúl¡cos. Es ucturos espac¡ales.
tl
Problemas Rcsueltos de Rcsistencia de Materiales Nf illán Muñoz
4tl
06.rü4
ptúat M¡.i¡ula qu
(zt"onlo ',r,ii* r^
rZ
oulnrio
g^,fr;\ $:? flizFL ,;=r
"*^2Á
fwoua aL "h,j'¿.o w{o)
\ t ;' ,/
MiM;(AF=o)
t. "f.,.tnn*rt" ¡o o¿tí¡.
P" poru¡¿ ¡o
*t"n¡ar"J
"1d tano lt- ut¡wtwa a,fqlt-
la l¡Lq
stt"
4t t¿ &'¡aJ<
"¡l/
.¡no F,
/t\)
Al u"
,^3*
M,
,y'l¡
rtno
aa I'y
"! phro
Cayt.I-3.-
Dirgrtnt
cslittut ísoslúÍicos. L¡lructurut es¡'rtciulcs
t,l
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales lAngel Millán Nluñoz
M:l¡{(i 4F'o)
c/z
/M't''{(uF"ó)
'+r'/ ,'6!r!ri; 'p"'.4
M;
¡.{¡f
1,4
er-au !0. cor'¡cwufu útlob ln aufdou¡ al a^do
,ilr:
F,b
n.rri¿ur.o)
-F.b=o
=¡ 9z
Nl..2.For,
kt)
cul
"i¡¡-._-!!ll---J! q+ ., ht
f'a t{f
p.*.ft¡!
cR¡lEArA S|6^JD5
lu.' rl
ü'*""¿1"3" "{ Y^**' 6'¡, y,J'(u,a,arl¿¡e¡
7*lT.r'
,w
¿{.nxr.
r
M..:¡6 -Fb= -ZFb
u,
MF. Fc- F?.o
lo
ui (r,tr.o)
o,nh")
fl. ttp v^J" rJo o,toLalo ui.1o au
Ll ¡cí,o,da ¡t 1u"^ fmza'
fu" f '"i a"Ác,,,3o
,r,J ,oL ¡o
1,, l1-: tc, ,/,i ,tt.t..'c rtl:t1 .t ti )4"a4 Ctp.l-3.- Diugrant6 a est¡tttu isosf{íticos.
Est¡ ttclutas csPoc¡dles
l5
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Mi Millán Muñoz
Can.I-4. Diagramas estima. Problemas de examen. Dibujar estima los diagramas de esfuerzos
las deformadas de las siguientes
(-(r'P, ssac)
ú¿f P/ rt
-qt)
s6)
({{P, ql; Í¿)
t" p, qaq)
63)
1t>o >tpctu¡
ur¿16I tdtCa
(Feb q¿-,lz)
(t"'c, aq-so)
(t"" r,lr
IA
IITJI?
Fí'.qI,
sz-si)
(1"'P, ca-c¿t)
("'P
q' -qz)
5q)
({"'P, go gr)
(4* ?,%.ttt)
60)
s4)
D,. aY)
Co¡ 14= Diugrourus
3"r, tr -'t:; cslitttlt isoskiricos. Problentas de exa¡ten'
26
Problemas Resueltos dc Resistencia de M¡t€riales Nliguel Ansel Millán Muñoz
it fr ,)Jr.Q
&*ur4 sír-(-"rar.¿ /,lr Q{- s1¡,1 ÁrJns¡r1 ft =o e,. e)¿.\
Pn.rn uu )ta1to,*o
a,r;lL\ fovC@.o)
á.rivta^"',,
,c
ijA
"vu
a/¿'co-izlu lo¿ !,'"a wdo 'ryiat
i- y" ¿v,:
EL";;
cnie"la q¡o-ril) to"iJtr*,lo to= -t,' lr4
l.r
,,
iat'X piilu.tc' !i' y¿, Pr'rtt?6 t44 d.L ¿eül,ícqou
!tT, ú!u* u*!o qn g:fq
Étn b, ,"o'"lu*.Jo-1Li;i
a.b d:,0
c:
sidrjif F.l ri¿ f:r : !.o z'ii lloqcc
hgat:m
q"f," it ia La
poncr' eolta It n, '"
Fñ.ll>P3n,aabi 9.2¡o
14 ¡aat.ro .otr,{a e" &u\'do ¡o*ih
b. rcarrú" izj/'o wl* ->"¡o¡o ve.
*i"lt wb" fattaotlo LL A, ..!. ¿' o_pJo P.
{.qoa'X', le.4^*c,, tnatú^tdr a&q
(rLc;d-t;tu
d; to i{c.¿
"tríkw
qbri.
7,r hy u'"¡u P*lc +¡'nc"; ¿". {a l¿q ¡l¿ Ll
3'
aan t-|-ni,t,"tnntt\n¿\l¡ttttt ¡r¡)\r,iti",/r. tt''l'l-¡¡'t*,1 .t,¡,rr.¡,
11
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales
Millán Muñoz
tr)
¡'¡" &.1.,c 0, ¡,a,,,,*u .:, oy.tc co, :tu,to
G¡¡a af¿.. u.a^
r*,1,'",i, iL tl 1ui. rta, ,-f*li tuaqn "yt R- lPt e1ü1.'c.no it i) ln ol. t'a¡op, R,hwtbna 'r"ey'1
7l 4__. _Al
il
e*t I f.\
z"
| | i-.-_l
liii
\L*'z
+l\
praL z'
t$t
rt
Lt¡,uk la^ ¿', trfti *:*, ,t o",rn ho tLa4 w6qln
56¡, A"9'*í'a'1ü,tv ,1 d^\1o'r.a
r6) tos
* *ltl
"o¿o*t Lat apo
a-yrlo> *in: ltz
ll a.,la
üfotw1L
üLlwa uacr.&
["br porwn u" hy ,-f*le Al ¡o
Ll I\
o.! no
ho!"¡ ¿orakq
Cop.A. Diqgrurtus estinn isosttilicos Problentas ¿e cxalten
23
Problemas Resueltos de Rcsistencia de M¡teriales Millán Muñoz
.Jr)
,;-_+{ t^, lP
,#n fo,tn,
f,-
u4"t1o,a. ti¿u.,J"
ei6 ¿, a- /tk¿" ",r aL y,*,o!. FtrU1*,^, *lfo+!t¡"h P*ifl, vXb U{.1" búrcha -!)'
(ii',,r ,u,.
qft;lrat',)'a t"ad; "1*d¿. Se
ra v'y-
*,ff.r;
&l rulo
4¿- /a,
*,.k A4
a:",:
¡ott t"
/a!;-
nq+ 2n l-4t Uo o, ).,irn
y'ro p*,o uzu*ra r* co*lo w¡rd, a' /^/;2 ,)¿"lo f"- 9 /4du, ftú" la l,J /¿ k. ,,ol,o
uu
t-TTn1
LLTII
lo,.rW
f- eslurh^a &rr^ q\;" ;'tr' ?,n";, li*L 3'- Yruslac|A uiqa
g!.
d! wú
4'lo
ir
lrooln oQ4a
l"v"^t;,"t¡^^l w¿'
Yrosla
u4¿n
¡o ^o
¿'-
?,ro ult-'d,n0
Fb'xtoL
l"
'a^/t
'*1"&
¡'X^r'url,
p*o ü*le"p¿ e"lo.
"-w agaa urXcL
L.r ¡n ln J''.',o-
Cap.l-4.- Diigruntns esl¡r¡ta isoskilicos. Probl¿ntas dc exuntett
29
")
t4
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales
Millán Muñoz
,l
í-
,t tsl^aLft,j tt ia !:i¡o /¿ l¡ !'',J1-q!,
o*Llá Ár¿
tn7ou{, oJt 3. tr^slaooí .y 'i. ,7" '1""" c'\e -' f''i!ui'
l- Yrosk<"!' *u7o
.1 r'- Fl'il;"
,o,rn^'icu
'3
'¡ ,q.,-
v:7u"u,/o o-L
qim p"r.i /roqi_^Ltl )1""0 /t dnttt
d¿ b¡ ,r;)6/)
El nuTo ,wu laaa lo iz| ,.( pl" q,Á z- Tras[aaí" J. Lo, t4o,lt'us 1' qlro ,1 *ioo x"h'/,o na el ¡ihn la ,'dal'aS Fbkb"' /,1
t-
iúr
/o b¡.L no hh* rrt
pa,ga paaa "l u.,"ni {o /ta zo [/orn*ud ^t'J
y"
lo hno-,uh*tr .J^, ,*o el Pu,,lo, J..rm .n^ a..rito
ytüle ol- uoula .vetüa'l
&ia übrc "l ,"0r, ho"'a"l¿L
ta 6'elo. na hc^t ptr tar¿. r;fulu u^^t
a'r.bos hJ,a3
"c'
lekr q,rXan izLiorr:" Cap.l-4.-
Diqrurus esli
isosldticos' Problctt¡tts tl¿ exanten
i0
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Ansel Millán lv1uñoz
lhr wl¡ ¿- tru¡hdÁ .u,rrtt^Á^
¿'l
ui¡c.
ih, d, '.
lloo nulo nln Ar"ha,
lrclsoá.ü vi¡., 'L u:aa $,to 't*ulr'i
Xa-
"il
E" Q) w¿" koq 'soi'k 4t mow"nfo íYol t't filar
ty^'wl' nl uolo *'!* lnu.a 1* w'Io
yL ^o fnÁL
4- Fhx,oi dr lat aj,. a:^fto
"¿ pifi
t^ l¡,\a-
g'.
"t¿hlo
trk ¿L
'oü
,'! z" ¡"h" 34,"*
Fl uol-L- ¡^!"i0,
tntoüg- ut m¿ *,ul?; ,J-
ha 1ut ¡d[ar, tqifo u¡ la b1 /t: ltllalin l'.;,L, Ja yn';-
Cap.l-4.- Di4runtus
e:ttün( isosl.il¡cos. Problenas tlc e-rantett
3l
Problemas Resueltos de Resistencia de Materialcs Mieuel Ansel Millán Muñoz
l- \*(-^;-ü ,- ,**,.^^r"
k).rJa,t
p.Áo
iyleulo
3- fita¿¿td .li7a
¡.ib,
/'¿! c,oJ¡,/i
aJ u,¿to
ala,drclta,
ri""" [''dI /4 w¿a e! u+\t*o oLWL
!"L ¡ila
oL
"o
lr-¡or'oc¿
E] nolad''¿o ;uü-r"Jio
nio,,
4- é! od,orL'z¿ L¡n y'^ "! *'t*.0 "*7,/o Tu ,1 Í;i-, au ¿l uado
e.
f,ltxio,^
a'Xoa
y,'/o-/"zos
S¿lto a¿qc.
¿"qtafu ¡o"
trA fru ArliA^ik,..
lR>P
A"ü'dr¿l-
Ji,vr;Hú.-
I-
b{''
iuifr
uro
Jro\
ll. )u Jl^'
.l Jr'uü. .,i^ ¡lon+ ,re, hao; üir&'sz wttut la es&".Jr,rE /¿,
(o-
drqfurr^+
poro
?o^ oy* xo @kfh'L/¿, co',-
dt& uto|o]' s.',t¿¿ J¿q-. 0.l)0¡16
ln
CaD.I-4.- Diugtut¡tts u estituu isosfúlicos- Problentus
le excu¡te¡t.
ll
II.- TRACCION COMPRESION SIMPLE. Problemas isostúticos.
Cap. II
Tmcciórt
Contpresión simple. Problemzs isos!álicos
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Mieuel lvliilán Muñoz
Can. II. Tracción l)
comDresión simple. Problemas isostáticos.
El eje de la figura está compuestó por un tramo troncocónico
otro cilindrico,
está solicitado por las fuerzas que se
indican en la dirección de su eje. Se pide:
a) b) c)
Diagrama de axiles
de tensiones normales en la pieza'
Desplazamiento de los puntos
B.
Variación de temp€ratura, uniforme en toda la pieza, que sería necesaria para que el movimiento del punto fuera nulo'
Datos: a=10j
oC-r
Tronco de cono: Ar=10 cm2, Az=
Cilindro:
A:5 c-t,
cmt, E= 10akp/cm" Lt-0'50m'
E= lo'kP/cmz, L2:1,0 m.
2) La pila de puente formada por dos trozos prismáticos
de igual longitud distinta sección, está sometida en su extremo superior una carga F:300 T' Halla¡ el volumen de fiíbrica necesario, sabiendo que la altura de la pila de 36 m., su peso específico 2000 kp/m3
"s 36.
la tensión admisible l0 kp/cm2'
Examen SeDtiembre 97198, tiempo 15' )'
3) Determinar para las dos banas de la figura: a) Máxima longitud que puede tener la barra b) 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) Para un valor de P= 100 kp., movimiento
horizontal
vertical del punto 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
itD
le _:
z,i, ,.1 r----_--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 pila está sometida
la carga puntual aplicada
compresión simple, debido
conocen las acciones exteriores, la tensión admisible
al peso propio.
una de las dimensiones geoméhicas. La incógnita
Se
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:
2. 3.
1.
Cálculo de axiles en la pila. Determinar la secciór/es más solicitadas
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. (Peso propio)
N.U2.r+ h.UZ.f El axil debido al peso propio tendní la expresión:
Nppr=Ar,Hr'Y Nopz
Las secciones
Ar L/2 1+ Az.
Hz
en el tramo superior del pilar (H¡
distancia desde el extremo superior).
en el tramo inferior del pilar (H2
distancia desde el cambio do sección).
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.
Nr=300T+Ar l8m.2Tlm3=300+3ó.Ar T/m',: N2=300T+Ar 18 m.2 T/m3 A2 l8
3.
300
36 Ar
+36.A2
Las tensiones normales en cada una de las secciones indicadas son:
o:N/A o1
:N¡
A1
oz =Nz/A:
(300
36. Ar) / Ar= 300 Ar +36
:(300 36. Ar 36. A2)/A2
l0 Kp /cm2 =100 T/m'], se debe cumplir: Ar 300 (100 36):4,69 ml or=300/Al 36: 100 Ar =468,84 1(100-36):7.33 nrr or (300 36.Ar +36.4")/4, :468,84 A: 36 100
Para que no se supere la tensión admisible oo¿.
El volumen pedido será entonces
C¡p. ll
4,ó9 18
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
cmr = 40 Kp/cm':
Tensión en el cilindro: 100 Kp
02 c¡indio
cm2
20 Kp/cm2
La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.
b)
Desplazamiento d€ los puntos
B.
Se tomará como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.
El alargamiento de una pieza sometida N M= l..r2st -:-ú
EA
tracción (o compresión) viene dada por la expresión: Fr2 ¡/
¿ft -d, EA
donde, por ser una pieza rccta, se ha particularizado la expresión general al eje
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
el valor de E.
Es muy importante Ia consideración de que los límites de integración, dado que el origen de la coordenada
tomado en el vértice del cono, serán los valores x2
Kl (según se ve en la figura). Por tanto, la expresión de la
deformación quedará:
.,L=1,1=ds=-:lx2 ¡:rrN N.'tl.ü= Lgl-*-J--*= 4.*2 tA
E A
donde x2
t'^'
11,+l.to-
se ha
r
r¡l
l-tlJ,z
z,cl.to-a.EL
120,7 cm
xr :x2+
L= 120,7 +50
t¡=200 Kp, E=
170,7 cm
104 Kp/cm'z
quedando finalmente:
2oo [-r _+_
L=_
J,41.ro-
l.to4 Llro
-r =0,t4 cn
l=58,3.2,427.10 l2o,7l
Este será, por tanto, el desplazamiento del punto A. Pieza cilíndrica.
En ella son constantes la sección transversal, el axil
el valor de E. Por tanto, la expresión de la deformación
quedará:
.\ A¿= ¡.i | _rls=*I ¿J
É.,I
.\.,.t, d,rt(- --
donde
N¡=100 Kp,
Cap. Il
E¡,4,
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 lvlillán lvlu¡loz
SOLUCION PROBLEMA N' El problema planteado es el de una pieza compuesta, con sección variable en un tramo constante en otro, estando cada uno de dichos t¡amos sometidos tracción uniforme'
a) Diagrama de axiles
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 reacción en el empoframiento) 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 ley de tensiones conesponderá al valor del a.ril dividido por el área de la sección en cada punto (N/A). Cuando la pieza es de sección constante, la ley de tensiones tiene la misma forma que la de axiles un valor N/A múltiplo de
N. Si la sección no es conslante, la 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
el vertice teó¡ico del cono:
Como se ve en la figura, los radios son proporcionales, al ser lados de triángulos semej antes:
1.) ft.x-
^r =:-_
---T =-Z o.R2 xZ
"/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:
^l lAz x2
teniendo en cuenta que xr
l;
l:J-
\ur-
x2:
+L
(siendo
la longitud del tronco de cono), queda
donde sustituyendo los valores del problema, nos quedará:
x2 (12
x2
l):
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.-¡
que es una hipérbola de 2'grado.
Tensión en e\trerlro izquiel do del cono: o'r.,,,'. = 200 KP
a¡t.ll
l0 cnr 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
200 Kp 5 cmr
""n"
40 Kp/cmz
Tensión en el cilindro: o.2.;rin¿,o
100 Kp
20 Kp/cm?
cm2
La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.
b) Desplazamiento de los puntos A
B,
Se toma¡á como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.
El alargamiento de una pieza sometida
hacción (o compresión) viene dada por la expresión:
rl2N
Ex2
M= l.st -Lds EA
¿ft.:¿r EA
donde, por ser una pieza recta, se ha particularizado la expresión general al eje
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
el valor de
Es muy importante la consideración de que los lÍmites de integración, dado que el origen de la coordenada
tomado en el vértice del cono, serán los valo¡es x2
xr (según se ve en la ftgura). Por tanto, Ia expresión de la
deformación quedará:
..
r¡r
lrz tAot
donde x2
N,'ll, t";*
120,7 cm Xr
Xz
-xl
¡1i-----J--¿"= o.uLl-tl),r. o'-u ,,n .ro^--+."r ¡^
L: 120,7
N=200 Kp, E=
se ha
50
l'10,7 cm
104 Kp/cm'?
quedando finalmente:
[-r r-l M=-l 2oo j.4¡.lo- 4.lo4 lro.r l2o.7l
58,3.2,427.10-3
0.14
.z
Este será, por tanto, el desplazamiento del punto Pieza cilíndrica.
En ella son constantes la sección transversal, el axil
el valor de E. Por tanto, la expresión de la defomación
quedará:
LL=
fr.\
.^l -ds=; ¿,'l ¿..1,
tr-:4t=;--L.rr
¿l ,rl
donde
1=100 Kp,
L:=
1,0 m= IUU cm,
tr l0- Kpi cnl-. A_-=
cm-
ap.ll Trucción J' Cotrtpresión sinplc Ptoblentus ¡sotl.tt¡col
i6
Problemas Resueltos de Resistencia de NIat€riales lvlillán Muñoz
SOLUCION PROBLEMA N" Las barras están sometidas tracción simple, debido la carga puntual aplicada (en el primer caso) al peso propio. Se conocen las acciones exteriores, la tensión admisible 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.
3.
Cálculo de ariles en la bana.
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
Determinar la sección/es más solicitadas
imponerse la condición de agotamiento, es decir, que la tensión alcance la maxima admisible.
Longitud máxima para que la tensión no supere la admisible, obtenida al igualar la tensión en la sección más solicitada
la tensión máxima admisible.
Una vez definida la longitud, el alargamiento de la barra se calculará
(zN *= Lá*
partir de la expresión:
a) Barra de sección constante' 1.
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,
tendrá la
exDresión:
Npp:A.(L-y).y
siendo
la distancia al empotramiento,
la sección
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:
lA+ L.^l=225/25+L.2,s l1l
o:N/A:
lmponiendo el caso límite de que la tensión en sl empotramiento sea igual
o¡dm:l0=9+L
L:l
4.
la admisible:
2'5 l0'1
/2,5 l0-r=400cm=4m
El alargamiento de la barra será:
*^, --fl l0'.lj
+,e.1t
vt Tlav
:zs..,oo rj.2.j.l0-r.¡uf-
.rp, II
*llr,.,,,
l- 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 peso propio del trozo de pieza que cuelga de 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
base
A',
con altura x.
Peso del cono completo de vértice
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
Ax
3 Ax-
Debemos obtener la expresión de A" en función de
para poder identificar la sección más solicitada.
Como se ve en la figura, los radios de las secciones A* semejantes:
siendo
.2 Ax ;=2
),t
&/Rr=x/xl
2-
tt.R^
,A2 son proporcionales,
t^
al ser lados de triángulos
A'=k.x2
un valor constante que no depende de x. de o", puede verse que en ella el sumando positivo crece con
se analiza
tener una x2 en el denominador, disminuye con x. Así pues, el máximo valor de
el sumando negativo, al
conesponderá al máximo valor de x,
es
decir, al empotramiento.
igual a la tensión admisible, condición con la que podrá calcularse el valor
La tensión máxima deberá ser menor buscado de la longitud L. La tensión máxima se obtendrá haciendo
x:
(valor de
en el empotramiento)
A*:Ar en la expresión
de o".
Además, se tendrá en cuenta que
22
r.t.{ 11 Atrn
6¿rctr
..2
I 1.41 I H..) _7.-=,yH-lt
I'r?
-=i
6a
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: xr
5.
14 736
20.000
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
H:
üh,,
:,!':,1.
4git-Lq4 :.roa[
rqtz62
-]- *nl' i)- =;l[*. +][ *tqné -Atte2f=z.sa"^. 2oooo
En la exoresión ante¡ior se han tenido en cuenta las relaciones obtenidas previamente de N*/A*
Cap,ll Trocción ¡' Conryrcsión sinplc. Problcttttts
isa\tút¡cos.
o"
de A*/A¡.
4t
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiáles NIillán Muñoz
SOLUCION PROBLEMA N" SISTE}IA
a) Para un valor de P= 100 kp., movimiento horizontal vertical del punto A. El movimiento del punto combinado de los cables
L:300
es debido al alargamiento 2. Al alargarse éstos, dado que el
punto
es común a los dos, la posición final de equilibrio del
punto
será aquella que diste de los puntos de anclaje de los
cables unas longitudes
Lr
para el cable 2.
^Lr
para el cable
t,
L?
L=500 cm
f:fo:10,".F"ut"
E= l0j Kp/cml
^Ll
El proceso de cálculo tendrá los siguientes pasos: 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 Por equilibrio de fuerzas en
Equilibrio
horizontal:
otro axil N2 sobre el cable 2.
se tiene:
N¡u
Nzu
Nr"+N2u=P
Equilibrio vertical:
Además, como Ios axiles tienen la dirección de los cables sobre los que actúan: Nrn
Nt cos 0., Nrv Nt sen ü.
Nu¡¡:Nz. cos p, N2y:N2.
sen
Sustituyendo estas expresiones en las de aniba, quedará:
cr: N2 cos p, es decir Nr.send+N?.senp=P,
N¡=N2.cosp/coscr
N¡ . cos
N2. sen ct.cos /cos
+Nz.
donde si sustituimos la expresión de N¡ anterior, queda:
P,
sen
tEd.cosp
Análogamente, se obtiene de la primera ecuación:
rsenp .os
cosd.(Igd
,(tg(t
fg p)
tgB)
Para los datos del problema, se tiene que:
=2
Lr sen ü.= Lz.sen
Con lo que las expresiones de r= 0.3,1
84,97
Cap. II
Kp
senc¡=2/6=1 /3 cos ü:0,943
cos
tg
tg
0,354
senp=2/3 0,745 0,894
N] quedarán:
N:= ,076
107,6 Kp
Trrtccióu ¡' Conryresión sinple. Probleno.s iso.stá/icos
ll
Proltlemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales isuel lv{illán Muñoz
2.
Alargamientos en cada cable. Cable
l:
.\, L, 8J.97.600 ... N, i"'irdr lo*.5 ^/, "" 8,.r, Et.rl -;*Cable 2.
De la misma forma, se obtiene
3.
que:
1.02 c¡r¡.
LLz= 107,6. 300 (105 .4) 0,08 cm.
Movimiento del punto A. de form¿ exacta, se debería calcular el valor de los ángulos del sistema
Para calcular la nueva posición del punto
deformado:
o' B', resolviendo
el sistema de ecuaciones siguiente.
L,+M,
Po¡ el teorema de los senos:
senB'
L1+LL1 send'
(Lr
Como la separación entre anclajes no cambia:
alr)
cos a'
(L,
^Lr)
cos p'
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 horizontal del punto A:
AL¡ :6¡. Cada uno de ellos describirá al deforma¡se un ^Lr arco de círcunferencia con centro en su anclaje desde su posición original, Ia posición del punto A'tras la deformación corresponderá la intersección de ambos arcos. Por Ia hipótesis de pequeñas deformaciones, podemos Los cables se alargan cada uno una longitud
6¡
süstituir cada uno de esos arcos por la perpendicular la posición original del cable en su punto extremo. es, El movimiento De esta form4 la posición del punto A'será la intersección de ambas entonces, la línea AA' de la figura (movimiento total), sus proyecciones horizontal vertical (movimientos horizontal
vertical buscados)
En Ia figura se observa que hemos formado un cuadrilátero de vértices AA"A'A"', cuya diagonal es el los alargamientos calculados para los cables: movimiento AA' dos de sus lados
AA"'
6"
Como el movimiento buscado es la diagonal AA' ésta forma junto cada pareja de lados del cuadrilátero un triángulo rectángulo, si calculamos el valor de estos lados, podremos deducir el de la diagonal Para ello, escogemos el triángulo rectágulo de vértices
AA'A."'.
De este triángulo ya conocemos el lado
AA"' igual
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 AA" los demás lados: 6¡
proyecc (A"A')
proyecc
(A'A"')
proyecc
(A"'A)
donde al ser 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,
¡esolver la ecuación, en la que la única incógnita es A'A"'.
podremos
Según el gráfico vemos que:
proyecc (6¡)
p)
62. cos(c
A'A"'. cos(7rl2 -ct p)=A'A"'. sen(
proyecc (A'A"')
Así pues, sustituyendo en la ecuación anterior 6r
A'A"'
sen(
B)
6'. cos(ü
despejando
p)
A'A"',
quedará:
B)
fi+$cos(a+P) sen(a
P) Con esta expresión conocemos los dos catetos del triángulo rectii,ngulo, de
podemos calcular el movimiento
con la expresión:
(A',
A'" \2
Las componentes horizontal vertical se deducen p¡oyectande este valor de A'A"' sobre un eje vertical 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
decir: c¡:19,5' p=41,3" ¡¿+p:61,3'
0,08 cm
A'4"'será:
l.0l
61cosl,1 sen(d
es
sen(61.3)
P)
El movinriento del punto
0.08cos(61.1)
lll
c'"
será entonces:
Cap.ll
Trucción t' Compresión sünple. Problcntas isos!úticas
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Misuel Millán Muñoz la unión con el cable 2, se tiene:
Por equilibrio de momentos
Nr.3:P.l
P:33,3 KP. Nz= P-Nr =2.P /3 :0,66. P= 66,67 KP. Nr
Por tanto,
2.
0,33
Alargamientos de cada cable. Cable
l:
Mt= t!? ^'
N| a'- Nr .¿, =lP.uoo=o,oo"'
EtAt EtAt
Cable 2.
Mz= ¡il ''
l0'.5
Nz
r_z_
.b Í$.roo
Ez.Az Ez.Az
lO' .4
o,o,
",
Movimiento del Punto A. El movimiento de será proporcional al movimiento de extremos de la viga, con la relaciÓn:
M,-LL.
6"-Al4 2LL2l3=0,40 l3+2.0,05
6,c=ALr/3
13:
0,167 cm.
b) valor máximo de la carga Er varor que debe
r."*
,"
sin sobrepasar la tensión admisible en ninguno de
".,:,:0fr",T::::;il::ffi::.1::::iJ""r l0 0,066
En el cable 2,
o,
tendrá:
N¿
Asi pues, el valor de
151,5 Kp.
A, 0.67
20 0,167
der axil en er cabre es 0,33 p:
0-167
o"¿.',
20
I19,8 Kp.
máximo es el menor de los dos valo¡es calculados:
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
Millán Muñoz
rtr.- FLEXTON (I).
ill.I- Tensiones.
III.2- Giros flechüs. Ecuación de la eldstica Teoremss de Mohr,
Cxp.
lll.l
Fle:ión (I). Tensiottes.
41
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales
rvultan Nlur'toz
Can.III-1. Flexión l.
Cuestiones:
a) Calcular el momento máximo positivo sabiendo que la tensión admisible
el negativo que son capaces de soportar las secciones de la figura
fiacción es o"¿.¡,r= 100 Kp/cm2
b) Calcular el valor del momento flector que solicita Dunto es de lracc¡ón
Tensiones.
la sección de la fig.
l.
compresión oua.¡,c= 200 Kp/cm?. su signo sabiendo que la ¡ensión en el
de valor 30 kp/cm?.
(Cotas en cm).
T_l
Fig.
2.
Dimensionar el canto necesario de la viga, siendo Ia tensión admisible o"¿.,,= 200 Kp/cm'z. (Examen Parcial, Curso 93-94)
6",.1
t--l
ll
lt,
20
3.
Hallar la longitud
enfte apoyos de Ia siguiente viga, sabiendo que en el punto
del eje n€utro) hay una tensión normal de tracciÓn de valor 43,75 kp/cm? (Dato:
de la sección
(7,5 cm por encima
El=cte)'
(Examen Final Curso 97-98)
.5 cm
20 cm
4.
En la viga de la figura o"¿.¡.r (Daro I.
1/36
.b.h)
280 kp/cmt
o"o.¡,t
320 kp/cm?, Calcular el canto h'
(Primer parcial, Curso 94-95)
Al ll cnr
Cap. IIL
Fle.\ión (l). 'fetr;iottev
l8
Problemai Resueltos de Resistencia de Materiales Nfillán
SOLUCION PROBLEMA N" CUESTION a) para el cálculo del momento máximo positivo negativo que una sección es capaz de admitir, las condiciones 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:
l- Estudia¡ el diagrama de tensiones que se produce en la sección
fibra más solicitada.
deduct, segun sus caracteristicas, cuál es la
2- Como estudiamos el agotamiento de la sección, éste se producirá cuando en la fibra más solicitada se alcance q"d*i, (a tracción 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
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 tomando la yr correspondiente
donde al sustituir
la fibra más solicitada queda:
admis
rl
Es evidente que obtendremos, en general, dos momentos máximos, uno positivo (con su ordenada
consideremos la fibra mrís correspondiente).
otro negativo,
según
respecto a la fibra neutra) o la más traccionada (con su ordenada
Sección rectangular Dado que en la sección rectangular el eje neuho está en el centro geométrico de la sección, la tensión máxima de de compresión, dado que el valor de la ordenada de sus fibras "y" es igual para las tracción es siempre igual en modulo 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,
más comprimida, por una parte, 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 de menor valor'
en Ia
Este doble cálculo en realidad ¡ro será necesario, puesto que como se ha indicado'
las tensiones máximas de tracción 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? es la más pequeña, nos quedará:
-l "a,lntis
:I absoluto
"olri-i ht2
jjt 1rl
Los momentos máxirnos admisibles positivo IVf
100
il
20
J0
20
(y:
h/2
ill.Jli Kp cn
5.Ji ,,.¡
negativo para la sécción rectangular son, por tanto, iguales en valor
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 compresión directa sobre si el agotamiento va ser a tracción para saber cómo agota la sección se harán dos tanteos. En primer lugar se supone el agotamiento tracción de Ia fibra ext¡ema traccionada, en segundo lugar se supondrá que agota a compresión fibla exftema comprimida- De los dos momentos obtenidos, el que agote la secéión será el de menor valor, ya que conseguirá alcanzar antes una de las o"¿,¡, 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
un eje que pasa por el borde superior de la sección:
20.5.2.5+35.5 (3512+5)=(20.5
35
.5). vc
vc
15,23 cm'
Momento de inercia de la sección respecto al eje neurro' contabiliziindose negativamente Se descompone la sección en rectángulos con un lado perteneciente al eje neutro, las inercias de aquellos que no perten€zcan la sección real:
fc: l/3 .20 .75,233 -2. l/3 .',l,5 .10,233 l/3
(40
15,23)3
43'52'1,5 cma
Máximo momento positivo.
Fig l.r .- Agotamieoto compresión
Fig l.b.- ¡\gotamiento
tr¡cc¡ón
Suponiendoagotamientoacompresión,Iañbramáscomprimidaesladelextremosuperior(porserunmomento
positivo),
el momento máximo será (fig
LIt
a):
d{ntt\
200 43.521
ti?1
5'71.9'1'l Kp.cnt
5,12
n.t
(por ser un momento Suponiendo agotatniento a tracción, la fibra más traccionada es la del extremo inferior positivo), el momento máximo será (fig l.b): 100 43 527 ,\tr+ 9;-! .l'nrr'¿ro¡ ('10 15.21) EI rnomento buscado es ei nenor dc los dos: Cap. IIL
lví,,,".
lti.716 Kp.cnt 1.76
t,'16 nt.t
n.
.-.ltlc-tiítI (I). Tetls¡an¿s.
50
Problem¡s Resueltos de Resistencia de Nfateliales NIillán Muñoz
lvf áximo
momento negatlvo.
Fig 2.b .- Agotamiento
Fig 2.¡.- Agotamiento compresión
tr¡cción
Suponiendoagotamientoacompresión,lafibramáscomprimidaesladelextremoinferior(porselünmomento negativo), el momento máximo será (fig' a):
Ml
oad^ís
200 43
Yinferior
(40
52'1
351.453 Kp.cn=3,5rm.t
15'23)
es la del extremo superior (por ser un momenlo Suponiendo agotamlento tracción, la fibra más t¡accionada negativo), y el rnomento máximo seú (fig 'b):
,^-
100 43 527
ad-is srp eftor
15,23
285.800 Kp.cn
M.".
El momento büscado es el menor do los dos:
2.E5
n.l
-2,85m
CUESTION b) paralelo al eje neutro, es decir en todos El valor de la tension es constante en cualquier punto contenido en un eje es evidente en la fó¡mula de Navier' donde oqu"llo. punio, qu" tengan tu mirmu orá"nudu ..rpá"to dicho eje neutro. Esto de la del punto i"' U"i"" '""ri"Uf ,j g"oniét i"u en la expresión de la tensión es la ordenada "y", independient€mente considerado.
de su posición vertical, Por tanto, el valor de la tensión en el punto solicitado depende sólo
no de la horizontal.
El valor del momento sera, entonces
r1
^t
=or -o''htn'
-¡o
30:03
t0
135000 Kp,r
I'J5 'at
Pu€stoquelat€nslónesdetracción,yelpuntoestásituadosobrelaflbraneutra,podemosconclLtirqueel la inferior:
momento actuante es negativo, dado que tracciona la parte superior
comprime
-1,35 m.
ap.
fll.1
.' Flcriótt (l). Tensiones
il
ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales
LVllltan Lvlunoz
SOLUCION PROBLEIVIA N"
El canto necesario para la viga será aquel que consiga que la sección más solicitada está en el límite de
igual la admisible. agotamiento, es decir, que la fibra más sólicitada de dicha sección tenga una tensión
En este caso, dado que el problema sólo da un valo¡ de oadñis podemos concluir que dicho valor corresponde tanto la tensión admisible tracción como la de compresión' Los pasos a seguir serán:
l.
Identificar la sección más solicitada flexión (dado que el problema sólo indica tensión admisible tracciÓn
2.
Calcular la tensión máxima en dicha sección en función del canto ondmis.. De esta ecuación se obtiene el valor de h buscado'
compresión)
partir del diagrama de momentos flectores'
Cálculo del diagrama de
Momentos
Calculamos primero las reacciones el equilibrio de momentos el fuerzas vef
en los apoyos' planteando
icalet Equilibrio de momentos en apoyo derecho: -8'2=Rr'4
(incógnita) e imponer que sea igual
m.r q;
Ia
,,
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 en la inferior Al ser la sección transversal rectangular, la tensión máxima se producirá en las ltbras extremas' tanto la impondremos en cualquiera de como en la superior, con idéntico valor absóluto en ambas. La condiciÓn de agotamiento ellas. dado que la tensión admisible es igual para tracciÓn
compresión
De Ia ecuación de Navier:
tull"lhM
6.a,,i, L¡lÉ t= Tf,p
Despejando el valor de h buscado:
.@=00.ur",,. 20.200 El canto necesarto
mÍrltiplos de 5 cn.,
= 45 cm.
sera, si redondeamos por motivos constructivos
Cap.
lll.l
Fle.tiúu (l). T¿ttstut¡¿'¡
5l
Problem¡s Resueltos de Resistencia de Nlateri lcs Millán I\,f uñoz
SOLUCIÓN PROBLEMA N" 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) 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 indicada dependerá de las cargas que actuen sobre la viga (conocidas, q=3 lmzl de la luz de la viga, que en este caso es la incógnita determinar Et proceso de cálculo será entonces:
Determinar €l momento
que actúa sobre la sección, en función de la incógnita L.
Calcular en función de la tensión normal que se produce sobre el punto actuando sobre ella.
de la sección
el momento que está
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 debidos
El momento en centro de vano equivale al de una viga biapoyada con dos momentos puntuales en los apoyos los voladizos:
.L,.L"12=-ll2.qL"2:-112.3 .22='6m.t
Muou¿i,o:
M6¡,oor"¿"= 1/8
L2
M¡:l/8 .qL'? -6=318L?-6
(unidadesm.t)
Cálculo del momento que crea la tensión indicada en Teniendo en cuenta que la tensión en el punto es de tracción, según indica el problema, el momento que actúa d€be se¡ negativo, ya que sólo un momento negativo crea tracciones en la parte superior de la sección (sobre el eje neutro). De la ecuación de Navier, despejamos M:
41,75.
,\ 20 301
262.500 Kp.cn
2,625
Cálculo del canto Igualando los dos momentos, nos queda:
MA
3/8L1
Lz=3,375 .813 =9
-6=-2,625
Cap.
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 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. negativo, que actuan sobre la viga.
Cálculo de los momentos máximos, positivo Obtención del canto
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 en la fibra más solicitada.
partir de las distribuciones de tensiones que alcanzan la o"¿,¡,
En primer lugar, dado que la sección es triangular, la posición del eje neutro corresponde
posición del centro de gravedad.
l/3 h, que es la
Conocida dicha posición, podemos establecer las distribuciones de tensiones que agotan la sección, imponiendo el tracción después, siendo el real el que se produzca antes, es decir, con un momento agotamiento compresión primero flector de menor valor. Este cálculo se hará tanto para momento positivo como negativo.
Momenlo Dosilivo:
Fig La.- Agotamiento compresión
l.a,
El agotamiento compresión se produce para el momento M1'equivalente la distribución de tensiones de la fig.
podemos obtenerlo
partir de la fórmula de Navier:
.V: 9r!''
tsúPtn.r
valor:
Fig l-b.- Agotamiento tr:¡cción
r¡n lrl¡,1 "" J",'-
160,r¡l Kp.c¿r.
I,.
Análogamente, el agotamiento tracción se produce para el momento Mr', tal
y,
=d::--r::L.
l,
!¡t cua
rqn -""
III.I
fig. l.b, de
Lrll,l
-28uir- Ap.,ar l^;'/¡
El momento positivo de agotan]iento será el menor de los dos, es dccir. lvlt-
Cap.
como se indica en la
FIeúón (l) Te¡t:;iones.
160 hr.
5l
Problenias Resueltos de Resistencia de NIáteriales Millán Muñoz úIoflEnto tregalit'o:
Fig 2.¡ ,- Agotamiento compresióo
2.a,
F¡g 2.b.- Agotamiento
tracción
EI agotamiento compresión se produce para el momento Mr- equivalente a la distribución de tensiones de la fig. de la misma forma que en el aptdo anterior será: 320.+ 12 ht
yr- =6odn,' -""')e-''" f;ot cnor
valof:
=320h2 Kp.cn.
Análogamente, el agotamiento tracción se produce para el momento
y,-
.r
12 h3 280.+ -""' )6.'-
dadn¡is
tswtnar
140
Mj, tal
como se indica en la fig.2.b, de
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 la distribución de las cargas, es fácil observar que los mayores momentos negativos positivo en €l centro del vano central' se producirán en los apoyos el máximo debidos
El momento en centro de vano equivale al de una viga biapoyada con dos momentos puntuales en los apoyos 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
u-o
L'?= l/8 1,6 .3?
Mbiapoyada
0,8 m.t
1,8 m.t
1,8
Mvo¡a¿¡-
1,6 l2
0'8
l'4
Cálculo del canto
El canto necesario para resistir cada uno de los momentos positivo negativo que actúan sobre la viga se obtiene igualando éstos con los resiectivos momentos de agotamiento de la sección. El canto necesario será el mayor de los dos
obtenidos. Hay que señalar la necesidad de establece¡ las ecuaciones en un sistema de unidades homogéneo
M*
160 h'] Kp.cm
M-
140
hr Kp.cm
1,0 10t kp .cm
0,8
105
kp
.cm :)
Por tanto, el canto nec€sario será el mayor, es decir,
Cap.
IILI
23,9 cm
25 cm.
25 cm.
Flexión (l). Tensiones.
f)
Problemas Resueltos de Resistenci¡ de M¡teriales Millán Muñoz
Cap.III-2. Flexión l.
Giros
flechas.
Calcular para los siguientes casos:
a) Leyes analíticas de esfuerzos axil, cortante momento flector. b) Ecuación de la elástica de las siguientes vigas (se tomará EI cte en todos los casos)
definir el giro
la flecha en
el punto A.
c) Calcular el giro
la flecha en el mismo punto
usando los teoremas de Mohr.
IP
A------A---) t-./
,^
tLtll
'-
.-------- -------t
------------1--
l-r.-
lT\
'l
ro
4rülJütg--
í\
I f-------- ------1 F_l--+-l_-] -Y-
(cent¡o)
Calcular la flecha máxima en la siguiente viga por el método de la elástica
por los teoremas de Mohr (El
cte).
l2r m.T
J.
r\---------ñ-Zll lsttl r-------------- --
Para cada una de las ecuaciones de la elástica siguientes
/)
/)\ l7 y=l -.r- ---4., lll.t2 )E.1 |r2
a)
se pide:
tt
v=l-.x12 --t2
4.,
)r -,E' l.
HallarTenx:1m.
b) tlrIIár lá<..roa. Hallar la luz.
4.
Calcular la flecha en
(EI
cte).
l2ll r--- --r_-----T Cap. IIL2
.- Flc-\ió (l) Giros
llecln:;.
)()
Protrlemas Resueltos de Resistencia de Materialcs Angel Millán Nf uñoz
5.
La viga de la figura está solicitada por una carga vertical
T. Calcular el conimiento
vertical del punto
de aplicación de la carga.
(EI)"ir" EA)",,",.
6.
1000 T.m2
2000 T.mr
Calcular el movimiento vertical de los puntos sabiendo que la viga apoya en el punto
B,
sobre un
muelle de constante elástica K.
7.
(EI),¡n"
1000 T.m2
(K).""¡.
3000 T/m
Calcular el movimiento vertical del punto
(flotador)
0,2 T, sabiendo que
tras la aplicación de la carga P
el flotador tiene una sección fansversal de 7,5 m2
está
sumergido en agua. Antes de la aplicación de la carga P, la posición de la viga es horizontal.
(EI),r,
8.
1000 T.m'?
La estructura de la figura está sometida exclusivamente a su peso propio. Calcular el corrimiento horizontal
vertical del punto A,
sabiendo que las dos banas son cuadradas de sección 30
que
30 cm
la densidad del mate¡ial es 2,5 T/mr. Las banas son
inelongables. E =
106
Kp/cm?.
2lr---T---r--
C.ip. lf
.'.- Ílt.\ión
0) Cto.s 1,-ltar
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 constará de los siguientes pasos:
l.
Cálculo de las leyes de esfuerzos:
a)
Se tomará siempre como origen de
la relación:
el extrcmo do¡sal de la viga (extremo izquierdo). De esta forma se cumplirá 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 final de estos tramos estarán determinados por:
Apoyo, empotramiento borde libre. Punto de aplicación de una carga
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 rectangular otra triangular, o cambio de una densidad rectangular a otra rectangular
q')
c) Se calcularán las reacciones si éstas son necesarias para la evaluación de los esfuerzos (p. ejem en una ménsula, dado que se pueden leer los esfuerzos desde el borde libre, no sería necesario el cálculo de las reacciones, salvo que leer desde el empotramiento sea más simpte). d) 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, se calculará el esfuerzo que acflla sobre ella, bien leyendo por la derecha bien por la izquierda (según sea más cómodo).
2.
Ecuacién de la elástica.
a) b)
Se parte de la ley de momentos definida anteriorm€nte en cada tramo'
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 variable Por hamos.
Módulo de elasticidad variable por tramos' eSoS tramos. En estos casos, se deberá calcular la eláStica por integración independiente en cada uno de
Si la variación de los parámetros citados fuera continua, no habrá que separaf por tlamos, solamente habrá que tener en cuenta que deúe integrarse la ley M/El considerando EI dependiente también de x.
ecuación Et y"
c)
Se integrará sucesivamente la
d)
Se impondrán las condiciones de contomo que permitan obtener el valor de dichas constantes, de:
¡911",
sin olvida¡ las constantes de integración. téngase €n cuenta que para esta ecuación se han empleado unos ejes de y" M(x), el coordenadas con sentido positivo de la flecha hacia aniba. (Si se hubiera usado la ecuación EI positivo de la flecha sería hacia abajo)'
condiciones de giro
flecha en los apoyos o empotramlenlos.
continJidld de ¡iro
fleclt.r en
que se oblendrán
l¡ trnión enire trllnos sucesivos
rp. Ilf .). Flt.t'iitt (l). Gtr".'.r' tl¿' lt'ts
53
Problemas Resueltos de Rcs¡stencia de Nlateriales Millán Vtuñoz
Viga n"
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) M:-M-P(2,L-x)
Tramo II:
N:0
T=P
(no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)
x) (en este Íamo ya no actua el momento
(2.L
puntual M)
2.- Ecuación de la elástica.
Teniendo en cuenta que la rigidez El es constante' la ecuación
Tramo I:
ELy"
.32
¡v7
P(2L-x)
ELy'
P.-
EI.y
P.-tx 1, 2.P.L).62t-
P.x
integrar
será: EI y" M(x)
zPL)
(lvl
(M +2.P.L).x+CI C,.x Ct
de contorno:
y'(x=O)
0
tramos: 0¡ (x=L)
0¡¡
(x:0) Ciro nulo en el empotramiento: Movimiento vertical nulo en el empotramiento Tramo II:
El
.Y"
(2L-x)
Px
2.PL
EI Y'
P'-
2'P
ELy
a) P.-
P.L.t- C..x + C4
L'r
(x:0)
C3
Condiciones de contorno Igualdad de giros en punto común
?t
los dos
lgualamos las dos ecuaciones de y' sustituyendo
.:-(,11 22 tgualdad
flecha en punto común
2.P.L).L los dos
P.--2.P.1.1+C3
tramos
cj=-M.L
P.L.L-
Cap. IIL2.-- Fle.rirí
y'r(x=L) y'rr (x=0)
por
Igualamos las dos ecuaciones de y, sustituyendo
f'L"L"1 P.- -1.\l +2..P.1.1.- P.626
(x=L)
y¡ (x=L)
C;= M.
-.) y¡¡
(x=L)
por L, y teniendo en cuenta que
\l L..L +C, ::.
(l). Giros t.llechus
Lr =-
.\l
C1
11 L-
= 0. así como clue
-+\1.1. =\l
l.-
59
Probiemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales lAngel lvfillán Nluñoz
i.-
Gi¡o
flecha en A por la elástica.
El giro flecha en un punto dado se obtiene directamente de pltnto, con sólo particularizarlas para la del punto buscado. El punto
ecuaciones
y'
del tramo al
q1rc
pertenece el
2.L, perteneciendo al tramo Il.
cor¡esponde al ext¡emo de la ménsula, es decir
Giro en A:
0u= y'(x =,r=
*(, +-2p L¡ ')=+(,
-2 L(21)-
¡vt
L)=-;fu ,.,, r)
Flecha en A: yt;c
2.Lt
4.- Giro
+(, o,\
u¿
p.1 4.L2
t2.L)
^4
+^,
4) 2)Er\!(
\3
q\
.u.t2
\2
-rl)t) -rlEI'3
tr
nt.r2\
flecha en A por los teoremas de Moh¡.
AI ser una ménsula, podemos obtener directamente el valor del giro la flecha en partir del lo 2o teoremas de Mohr, siempre que consideremos dicho giro ¡especto al empotramiento. Debemos emplear,entonces, la ley de momentos entre el empotramiento el punto 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 la flecha en 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 flecha hacia abajo.
decir, giro antihorario
4---*---_]: ILILI --------¡
ffi^ffi^ T--------
Estado
I:
Estado
II:
/\) _1II 2.PI: 0t -l .21.(2.P.1) 11 \2 Er ), t, ,,_t 2.P.1- I2_),_"t-t-__-l8p.¿: ¿,¡ \3 Er
Estado
stado Il
Por tanto, el giro
Estudo
tr.r
;['.")-;
,\ -t
:.,v.r2
Estado II
flecha del estado original serán:
9;=01+0s
e.p.?
EI
,V L)
t,='f *r,tt =l(+-l!¿) ¿/\' Cap.
IIL2.
Flexirin (I). Ciros rflecltas.
o0
Problemts Resueltos de Resistencia de Nlateri¡les Miguel Angel Millán Muñoz Viga n"
L- Le],es de esfuerzos. Calculamos los esfuerzos leyendo por la derecha, por lo que no será necesario calcular las reacciones.
Tramo I:
(no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) (L-x). será el área del rriángulo de carga entre
T=
Teniendo en cuenta que se cumple que:
A, (, -,)' ,) '|
(ver erálico adjunto)
(r-")' =A.=4.-=;st t:'t
(¿-,)'
,r
(triángulo
total)
Y,.q.L
M:
conesponde al momento del área Ax respecto 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:
(t-'\3
o.(t- r\2 t
=-Ax.-(L-xt=-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[
Tramo I:
y" M(x)
tr y" -L .(r ,)3 rr t'=L(t-,)4*c, nt.y =-j.120.L (t-')5 *c l2.x+C
Condíciones de contorno
(x=0): Y'(x=o)
Giro nulo en el empotramiento:
Movimiento veftical nulo en el empotramiento:
y(x=0)=0 Tramo
ll:
?
=_L
d
24.1
'? ,,L oL24
q.L,4 120
61. r''
f1. r,'
¿/.r
C.
=(--..r+C-, ).+ Cap. Ill.2
Fle-uióu (l). Giros r.fiechct.s.
o¡
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz Condicio¡tes de conlorno: Igualdad de giros en punto común a los dos
Íamos:
Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo
01
(x=L)
calculados:
--.tL-Lt 120.L 3.- Giro
por L,
.4 -¡ qLqL' -.1,+-=-
a/\5
(x=L)
y'¡ (x=L)
y'¡ (x:0)
por
.(t- t\a -q.L3 24 =cI 21.¿' Igualdad de flecha en punto común ios dos tramos yr (x:L) Igualamos las dos ecuacioneS de y, sustituyendo
0¡
-413 2+
yrr
(x=L)
teniendo en cuenta que los valores de C¡, C2
-1
^qL
244
C3
.4 120
flecha en A por la elástica.
El giro
flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones punto, con sóIo particularizarlas para la del punto buscado.
y'
del tramo al que pertenece el
2.L, perteneciente tanto al tramo como al tramo [I.. Podemos usar, por corresponde al punto de tanto, cualquiera de las ecuaciones para calcular el giro la flecha. Usaremos las del t¡amo II por ser de expresión más sencilla. El punto
Giro en A:
(x =¿)=--.-tqÉ =v' A II' E] 24
Flecha en A:
4.- Giro
flecha en
t(oD 'A-I=v (x=Lt=-.1 24 61
,¿o) t20
qL4
]0.6/
por los teoremas de Mohr.
Al ser una ménsula, podemos obtener directamente el valor del giro la pafir del l'y 2o teoremas de Mohr, siempre que consideremos flecha en dicho giro respecto al empotramiento. Debemos emplear,entonces, la ley de momentos entre el empotramiento
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 e"=:l: tl!.q.t'tl= o.f 24.8r r1 \4 "'
qL'1
(a,'l -_ u,o 3aEI "u'\t-l
-,¡
Se han indicado signos negativos, puesto que de las cargas puede deducirse fáclimente que el giro será en sentrdo
horario y la flecha hacia abajo.
Cap.
IIL2.- Fle-\üi (l). Ciro:;.t
flecltLt.t
6)
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales lvlillán Muñoz
Viga n"
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. L. l/3 .L= l/6. q.L2
izquierdo:
Rr: l/6.q.L
Por equilibrio de fuerzas verticales:
Rr: %. q.L-l/6 .q. L: l/3 q. Como solamente hay una densidad de carga triangular
biapoyada, solamente habrá un tramo en el que calcular los esfuerzos.
tramo
es una viga
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 el momento que produce. (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)
T(debido
la densidad de carga)
(debido
R2
la densidad de carga) será el área del triángulo de carga entre
(L-x).
Teniendo en cuenta que se cumple que:
A, _(L-,)2
Ai!
R2 (L
(ver gráfico adjunto)
(debido a la densidad de carga)
x)
(debido a la densidad de carga) corresponde al momento del área A* respecto la sección situada en x, es decir, el producto del rirea por la distancia desde su c.d.g. la sección x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo. Quedará, por tanto:
A!
.(
xt
I o(L-*\2 ¿ .! .t.a -', -;.q.L.tLt\ 1:v----::L.:.1r ') =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 Er t'
tr
.q.
ooL
...
L.\
.t
4 (¿-,)l -_ ,-
.q1.(r-.,)t,4.(¿-.,)a.c t2 :.1.¿ .(¿-..)5-c..,-r -'ti6 (¿ -,)l ---q [0 1_ 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:
(t
r\ ts +c^ -!= 120.L \16 rlol'
y(x=o)=o =.> ELy =s! 36
360
3.- Gi¡o
.y =c..I+C^=c..t-J I 2
36os
'1 ct=-4r-
'4=u
por la elástica.
flecha en
El punto
Ei
+C^=0
q.L,4
Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:
y(x=¡¡=g
7t .=-q.L ¿JÓU¿
corresponde al punto de
2. obtendremos el giro
+( (, :)' h(,
:)^. .*.,,
ecuaciones respectivas.
la flecha sustituyendo este valor en las
Giro en A: y,
(:,
Flecha en A:
/^ L =-ltlo.t( ¿--i¡-)' v(-) -.1 2l 2 E|36\ 4.- Giro
flecha en
Ltr5
a i
2)
r20.¿
360'
o,*,,,,t
L'1 .r'l t(t tto"
r) rr \zrs st+o tzo )''"
-0,0065.
!:
EI
por los teoremas de Mohr.
Hay que tener en cuenta que las fórmulas conocidas de_l área c.d.g. de una parábola cúbica conesponden a una parábola del tipo 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 la que crea en una ménsula la densidad de carga triangular sola (ley parabólica de 3'grado, del tipo 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 nivel estructural. Nos permite utilizar los teoremas de Mohr en un punto cualquiera sin demasiada complicación, ya que usamos leyes sencillas en lugar de la ley de combinada en la viga.
El cálculo por los teoremas de Mohr se hará superponiendo las áreas
momentos estáticos de ambas leyes de momentos.
los
El primer paso será, por tanto el cálculo de las dos leyes de momentos flectores. queremos calcular el giro y flecha en el punto A, debemos obtener los valores de Como los momentos en dicho punto. son;
Los valores máximos
en el punto
de las dos leyes de momentos dibujadas \c
Ley parabólica; Moporo¡,,ru N1,\
t/,.q.L. ll3.
t/r '(q12)
l/l .L
l/6. q. L:
Ll2 lt3. L/2= l'48 q.Ll Cap. IIl.2
Fle-rióu (l).
iro.:; .t .llcchas
o.+
ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Murloz Ley triangular: M,po'oi,qu: R:.
M¡
L= l/6. q. L?
R¡ L/2 I/l2
L'?
El giro en se calculará 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
é1,
pero en este caso no es conocido),
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, el giro en el apoyo será: Para calcular el giro
o"p.yo=H/L Obtenemos la la
debida
l-| '' 81
/
debida la ley parabólica de momentos (negativa porque produce flecha hacia abajo) la ley triangular (positiva porque produce flecha hacia aniba):
/
t( o. 12 \6' )s
1,.
\
I*
t\ a.t4 t2o 36)t.JEI
\6' /3
0.0re44
le
o.L4
Et
apoyoo.ote44.LL EI el apoyo tomando el área de la ley de De esta forma, el lo teorema nos dará el valor del giro relativo entre hasta apoyo, el será (0"p.y" e^), positivo por girar en momentos entre ambos puntos. El giro, si recoremos la viga desde sentido homrio respecto 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)
(- 0,01 82
o"p.y"
944).q.Lr EI
0,01
0,00 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 El) L/2= 9J2 lO-1.9.L4 El
Pa¡a calcular A4 uS?r€lllos el 2o teorema de Mohr aplicado áreas de momentos:
las dos
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
Viga
Resistencia
Materiales Millán Muñoz
n'4
l.- Leyes
de esfuerzos.
Será necesario calculal las reacciones.para poder calcular las leyes de
esfuerzos.
,i)^
l0
I.JA
En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones contra¡ias de valor
son iguales
R=M/L=10/10=ltn. Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos
Tramo I:
el momento puntual aplicado
= 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) las reacciones
será debido únicamente
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=-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
Tramo I:
EI.v"
y" M(x)
lrl)-
EL v'
ELv
integrar será: EI
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 calculada la elástica en en tramo
Tramo [I: ¡1.
r" {.r¿
ll
flecha en la unión de los tramos una vez
r)
Cap.lll.2 .- Flexióu (I). CiosyJlechus.
66
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales
Millán
tt.t'=-L.lt-x)2+c, ut ., L.Q i3 C3.,r
C,¡
Condiciones de contorno
Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:
!.r,t6L
(x:¡¡
t¡3
Igualdad de giros en el punto de unión de t¡amos,
M L- +(
+c,r.t+co=o
C3.L+C4=O
x: L/2:
1.2 .|L =--.lL --) 2.1 2
2.1
cl-c3=0
Igualdad de flechas en el punto de unión de trarnos,
x: L/2:
üt L3.., Lt t. -.r,-r)'+C'.:+C, .L '.,.'2 6.L' 2 '2
'l.--L}--L4 ^L
M.*
Sustituyendo los valores del problema, el sistema de ecuaciones queda:
lo.Cr
C4:0
C5:0
C¡
-C4l 10
Cr
C¡ =C¡
5.Cl-5.Ca-Ca=41,67
ca: 3.- Giro
fl€cha en
El punto
alserC¡
=C3
Ca=-41,67
4,t67 por la elástice.
corresponde al punto de
2. Obtend¡emos el giro
ecuaciones respectivas del ptimer tramo
la flecha sustituyendo €ste valor en las
Giro en A: y, (A)
Flecha en A:
*(
q- E/[
,(\2) 4.- Giro ), flecha en
{+ 4,,6?) -i(-+.,.*,1= -ry n' 4' .0.,u, !)=
6.¿ 8
2)
E1
l- t25 20.83 l=0
por los teoremas de Mohr.
Como se observa en la figura, el giro en teorema de Mohr. con la relación:
lo calcuiaremos a partir del =AllI
/)\=^/i
r/l__2_\ Er\2 3 Cap.
en el apoyo que se obtiene por el 2"
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
es nula.
Viga n"
l.- Leyes
de esfuerzos.
Será necesario calcular las reacciones.para
las leyes
de
esfuerzos.
En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones son iguales en el mismo sentido, dado que en el voladizo no actua ninguna carga' La viga biapoyada funciona como si fue¡a simétrica,
R=q.L/2
las ¡eacciones son:
Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada
el voladizo'
Tramo I:
:0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) la carga uniforme:
será debido a las reacciones
T:R-q.x=q.L/2-qx leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo
q.L =R-\-q.t-=;.-
la carga uniforme negativo:
qx2
Tramo II: obtiene:
Leyendo ahora por la derecha,
teniendo en cuenta que no hay ninguna carga exterior aplicada en el voladizo'
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 Angel Millán
Tramo I:
'22
l:l
,,tt
-L
.L-)f
-1 tlL tl.y 46I =-..1
a.x-
--+L
-¿, a.:( ELvt2=-.t--L --+C.¡tC 24 12 ond ¡ones de ontorno
Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo: (x=o) Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:
y(x-L)=0 Tramo
II:
er
=ú.t3 -ú*rr.r=o
EI .y" =Q
EI.v'=C '3 El .l =Cr.x+CU C on dic ion es
de contorno
Igualdad de giros en punto común
los dos
tramos: 0¡(x=L)=0¡(x=L)
Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo
y'l (x=0)
por
q.É q.L3
q.L .z
y'r (x=L)
46243324
=-
qÉ
Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: aL" C.L+C =-L+C 34244
(x=L)=0 3.- Ciro
flecha en
=O
424
por la elástica.
El giro
flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones punto, corl sólo paÍticularizarlas para la x del punto buscado. El punto
qL,4
y'
del tramo al qtre pertenece el
corresponde al punto de x:2.L, perteneciente al tramo IL.
Giro en A:
EI
Flecha en A:
tt
Cap.
-.
Et
aL3
24
,\
qF -. q¿r
\./21
2+
Ill.2 ._ Fle-rión (I). Giros y.flecltut.
qL'l
2J.El
69
Problemfs Resueltos de Resistencia de Materiales Angel Millán lvfuñoz Los signos positivos indican que el giro es antihorario 4.- Giro )¡ flecha en
la flecha hacia aniba.
por los teoremas de Mohr.
Para poder obtener el giro la flecha en con los teoremas de Mohr, debe tenerse en cuenta que éstos sólo nos giro relativo enfe secciones la distancia entre la deformada en un punto Ia tangente trazad,a a la deformada en dan
otro punto,
En este caso, como puede verse en la figura, podemos hacer las siguientes consideraciones:
giro en será igual al ley de momentos es nula. La flecha en
en el apoyo derecho, dado que el voladizo solamente gira sin deformarse, dado que su
será, por tanto, la originada por dicho giro, es decir,
f= 0uoo"o . a siendo
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 tener en €ste punto la máxima flecha.
l'l.-l ---..T-.---------]
Ley de momentos entre centro de viga
grado, con valor máximo:
apoyo derecho: parábola de 2.
M: q.Lz El área de la ley parabólica conesponde El giro conesponderá
2/3. base altura
a:
ZLqL2 -t qt3 =t =o apoyo El 32 EI 24 voladizo:
Como se ha indicado, la flecha es la debida
Lq.L2
fA =A.L=- Et 32 Como puede verse en la figura, el giro es antihorario
asisnados son válidos.
dicho giro en el extremo del
EI
a.L4 24
la flecha hacia arriba, por lo que los signos positivos
Viga n"
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 en el mismo sentido. No habrá reacciones horizontales por no haber ninguna componente horizontal en la carga exterior ser la superficie del canito horizontal. La viga biapoyada funciona como si fuera siinétrica,
las reacciones son:
R=q.Li2 Cap.
ill.2
F/c-tlri
(l). Giro; flechus.
70
Problem¿fs Resueltos de Resistencia de Materiales
Millán Muñoz
Solamente habrá que considerar un tramo.
Como la abcisa a considerar es paralela a la directriz de la viga, transformaremos previamente la densida carrla proyectante (distribuida según la dimensión horizontal) densidad de caÍga sobre la directriz (distribuida en x). Teniendo en cuenta que la carga total debe ser la misma: q.L.cos
Feq,i,
30'= q'.L
O'
Si calculamos las componentes según et eje de la viga según la perpendicular:
q"-q'.cos 30"
según la directriz:
q"':q'.sen 30"
q.cos 30" según la perpendicular:
q.cos'¿30" q.cos 30o sen30o
Con estas expresiones, las reacciones según la directriz
según la normal
ella se¡án:
q".L/2
según la perpendicular:
R"'= q"'.L/2
segrln la directriz:
Asf pues, los esfuerzos serán: la densidad de carga proyecta sobre el eje de la viga, con un valor linealmente. Si leemos por la izquierda:
q"',
lo que ocasiona un axil que variará con
q"'.L/2 q"'.x (L/2 x). q.cos 30" sen 30' será debido
las reacciones
q".L/2
q".x (L
la carga uniforme según la normal a la viga:
x).q"
leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo
la carga uniforme negativo:
2.- Ecuación de la elástica.
.y"
M(x). Para hace¡ más Teniendo en cuenta que larigidezEl es constante, la ecuación int€gmr será: EI (según q"' q" calculada la arriba. La no afecta la elástica, directriz) fáciles las operaciones, operaremos con la densidad va oue no interviene en la flexión.
q".L LLv22 =-.r--
q".*2
EL''461 =!J '2 -q"'3 *c 4:L.,3 -ú, c..,,cEr
't2
24
12
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 Jlecltls.
1l
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz
(x:L)=0 3.- Giro
flecha en
^,' t, '1224 =LL.L' -L+C.1
:+
q' '. L"
=0
21
por la elástica.
Cuando la directriz de la viga está inclinada debe tenerse en cuenta que el giro está referido la flecha se mide perpendicularmente dicha directriz. L/2.
El punlo A conesponde al punto de
Giro en A:
la directriz de la viga
(.> 'l q".t LL3 o" ¿3 ___ !.,_ _q" 8 24) t=0 Et 4
como era de esperar dada la simetría del problema. Flecha en A:
t
=v lt =-)=-.1 2'-81
'A-"^
(o".1 L3 s" L4 o"¿3 ¿) 24 tb 24 2) |.12
5. s".L
t*"t
El signo negativo indica que la flecha está medida hacia abajo de la directriz. 4.- Giro
flecha en
por los teoremas de Mohr.
Por la simetría del problema, podemos deducir directamente que el giro en el punto Asímismo, partiendo de este hecho, vemos en la figüa que la flecha en
es nulo.
coincide con el valor de
que nos da el
uno de los apoyos, ¿sraado 2" T. de Mohr, si lo aplicamos entre el punto el momento estático calculado respecto al apoyo. Ley de momentos entre cenÍo de viga 2o grado, con valor máximo:
apoyo derecho: parábola de
M: q".L'
q".L'l
El área de la ley parabólica ent¡e esos dos puntos corresponde 2/3. base alnra
2/3 L/2
Aplicando entonces el 2o teorema queda:
--EI|2La".*51 82 32 como puede verse en la figura, la flecha es
EI
5q"L4 384
por lo que se ha indicado con signo negativo.
SOLUCION PROBLEMA N" 2.
El problema pide la flecha máxima. El cálculo de ésta es distinto 2mT
según se haga por la elástica
por los teoremas de Mohr'
Por la elástica se seguirá el procedirniento usual, que nos dará la expresión analitica de giros flechas en cualquier sección Las seccrones con Cap. lll.2 .-- Flesiótt (I). Ciros
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
elegir la ma1,or.
Por los teoremas de Mohr, dado que éstos nos dan sólo el valor del giro 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 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:
:)
.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
el voladizo.
Tramo I: (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) será debido sólo
T:Rr:o
Ia reacción si se lee por la izquierda
leyendo por la izquierda, la reacción es nula puntual:
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 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
Tramo I;
integrar
será: EI y" M(x)
EI'Y" =-2 EI Y' -2't 6, ELv12--r2 +C.r+C
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
tramos:
0¡ (x=5)
(x=s)
Tramo
II:
Y" =-12+2s EI Y' =-12'*'2 *', ELy -6.11,,3+LiC-.x+C. 314 EI
Condiciones de contorno: Igualdad de giros en punto común
los dos
Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo
-2.x+5=t2 -lz.t+c,
=)
0¡
(x:5)
y'¡ (x=5)
25-12.5+C3
+
c3 =30
por
-10+5=
y',' (x:5)
Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: .
5J
ELy =-6 5"+-305+Co=0
y(r5):0
C4: -41,67
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'. EI
yt ).¡
Q
es decir, en el centro del vano. Esto era de esperar dado que en la
viga biapoyada Ia solicitación es equivalente una simétrica. La flecha será la coffespondiente
5/2:
t{ s2 ).-51 25 o
-lr/[
,) 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) 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.
Ll,( E'[
. +:+3o-41.67 e3
s.6¿
-t.ut l= --:::: E]
Comparando los dos flechas obtenidas, la máxima es la que se produce en el centro de la viga biapoyada con
valor: 4.- Giro
f^^': 25 14 El flecha en
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 comprobar'
Cap.
Ill.2
Fleririn (l). Giro,s v.flechd.s.
74
Problemás Resueltos de Resistencia de Nlateriales Misuel 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 que actua en el apoyo izquierdo.
2 m,t, idéntido al
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 por giro la producirá en el extremo, puesto que la flexión de la ménsula tienen en el mismo sentido.
Así pues, los únicos puntos el ext¡emo del voladizo. Puede verse en coincide con el valor de
comprobar son el centro de vano
la figura que la flecha en el centro de
que nos da el 2" T. de Moh¡, si lo aplicamos uno de los apoyos, estando el momento estátíco entle el punto calculado respecto al apoyo. Asl, si lo aplicamos la ley de momentos dibujada:
'cehtro rano
e.long
'1
,"t'_125 EI EI
0.
f,,,
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
las dos componentes:
Flecha debido al giro en el apoyo:
giro en segundo apoyo, tomaremos como referencia el punto central de la punto, Para por giro punto (y comportarse como una viga simétrica tener en este la máxima flecha. nulo) su la tang€nte es horizontal El giro corresponderá
a:
=-"-EI M:-=-":-EI apoyo Como se ha indicado, la flecha debida dicho giro
será:
fg¡n: -0"poyo.
-5 EI
Flechq de la ménslthrtcricia: La flecha de una ménsula puede calcularse directamente con el2'teorema de Moh¡:
La flecha total será la suma de las dos:
I -;;,lr't mensut¿ Ll 2
tatat
ll1],1
2l 3)
tz -;.1: 3 El 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
(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 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 densidad de carga:
f(x) elástica EI. y" ¡41*¡ ley de momentos EI Y'."- 11*¡ ley de cortantes EI. y'" q(x) densidad de carga ELy
Una vez obtenidas estas leyes, habrá que calcular que distribución de carga es compatible con ellas
CASO
I:
(t
Ecuación de la elástica:
11)
a) Hallar T.
1¡tr 2\ t2
Derivando sucesivamente, obtenemos:
r_ tl¡l¡
\,
(l Y'=l-.x- ---41.-E.l \4 .J
v=l l.\12 -.x- ---.1.¡ t2 )E.I
Et
('t r\ y"=l;r-¿)=
E.l
EI.y"'=
M(x)
Vemos que la ley de cortantes es uniforme en toda la viga
b)
c)
Hallar
cargas
'7
2.
u.ytr =o= qqt¡
=71"¡ de valor T
3,5 t
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
toda la viga.
cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales.
Si hubiera una carga puntual 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).
y, por lo tanto, no existe densidad de carga aplicada sobre la viga. Por De la última ecuación cabe decir que tanto, la única posibilidad que resta es la existencia de momentos en los apoyos' Estos momentos son compatibles con la ley de cortantes siempre que no sean iguales reacciones serian nulas en este caso).
Analizando la ley de momentos en las abcisas
simétricos (puesto qu€ las
conespondientes a los apoyos podremos obtener el valor de
momentos:
En x:0
M(x=0)
-¡76
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) con la ley de momentos la vez. Si no lo es, calcularelnos el momento en el segundo apoyo que hace posible dicha compatibilidad.
M/L = l/(6L) iguales de sentido contrar¡o
Las ¡eacciones son
La ley de cortantes será uniforme
l/(6L)
de valor
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 --+66L62 Por lo tanto es compatible
L= /21 m. L= 1/21m.
sólo existe un momento puntual en el apoyo derecho'
puede comprobarse que también serla compatible una solución con momentos iguales de valor 1/6, obteniéndose en este caso una luz de 2/21
-(;,
Ecuacióndefaerástica:
CASO 2:
a) HallarTenx=
^,);
(Parciale3*e4)
m.
Derivando sucesivamente, obtenemos:
/_
/.\ ,' 4l.l'l y'=l-.:(- ---
\,
,=l!(r2'3 -!--c'lL tz
)Et
/-
ct.t"=lt.'-'2
)=
Hallar las cargas
)E.I
[4
EI.r"'---r.,
uvt
2.
De la ley de cortantes obtenemos el valor para
b) y c)
conaarios en los apoyos
=l m.:
=?"(¡)
et.ytY =-2=q1'¡
312 t.
la luz.
lgual que en el aptdo. anterior, al ser una ecuación de la elástica única, sólo hay un tramo dé deñnición de la misma. Esto significa que las cargas sólo pueden ser: densidad de carga extendida
toda la viga'
cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales'
un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elóstica en el punto de aplicación de los mismos, ya que crean un cambio en la ley de momentos
Si hubiera una carga puntual
De la última ecuación se obtiene que q = -2 Vm y, por lo tanto, existe densidad de carga unifonne aplicada sobre la viga, con sentido negativo, es decir, hacia abajo
en las Para comprobar si existen momentos puntuales aplicados en los'apoyos' analizamos la ley de momentos abcisas con espondientes los apoyos podremos obtener el valor de dichos momentos:
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
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 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 de la ley de momentos. Las reacciones son
qL/2 iguales (tomando ahora con su valor absoluto)
L-2z
=U-q.x
La ley de cortantes será lineal de valo
-2 -t lvl =L.x-q.L=L.x-x'
La lev de momentos del momento punrual único es:
22
Identificando ambas expresiones con las leyes del problema se obtiene: '7
L-2.x=--2.x -2'1 L-x-t Por lo tanto es compatible
L= ::)
=-.J-¡
2 m.
L=72m.
la única carga es la densidad de carga uniforme
-2 Vm.
SOLUCION PROBLEMA N" 4, Para calcula¡ la flecha en
se seguirán los siguientes pasos:
Analizar Ia deformación de la est¡uctura
sus componentes
Cálcular leyes de momentos. Calcular los componentes anteriores con los teoremas de Moh¡.
212
a) Análisis de la deformación de la estructua.
r--------r-----t
La esffuctura se compone de un pilar un voladizo. La deformación del voladizo (donde está el punto A) se debe la deformación del pilar a la suya propra.
Analizaremos cada una de ellas:
El pilar tiene un nudo empotrado Por tanto, sólo puede deformarse por flexión, trasladando sobre su perpendicular el segundo nudo El voladizo
se trasladará siguiendo el movimiento del segundo nudo
El pilar al flectar hace girar el segundo nudo, que es un nudo rígido. Por
tanto, el voladizo girará ese mismo ángulo. Finalmente, el voladizo flectará debido
sus cargas.
l212l r-- -- -- ------t
Lla¡nando la longitud del voladizo "a", la flecha buscada en el punto será la traslación total que sufre cl punto ciesde su posición inicial la final. según Ia perpendicular al voladizo inicial (antes del movimiento). La expresión sera: t'¡ = 6. sen 10"
Crp.
lll.l
Fl,'titin
0. a,'2
i""",,r. (A)
(l) C¡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 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: v=--¿.
EI
^..lo=-
32
ET
=L.2.rc,2 =Z EI zEI Flecha de la ménsula ficticia en el punto A:
t lt lAt =:.1 :2.3t. 'ménsuta. E1 \2
8.
r
2.ll+
2.31.
rrr\ l= "-''2.<', s:::: 2.) EI
Flecha total en A:
(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 Angel Millán Muñoz
SOLUCION PROBLEMA N' 5.
El primer paso para la resolución del problema es comprender adecuadamente el
de la estructura. Para funcionamiento del ello dibujaremos la deformada estima de la misma, con todos sus componentes.
Por el efecto de la carga a)
ocurren dos cosas:
El tirante se alargará una longitud
debido la que reacción actua sobre é1. Esta reacción es de tracción. Este alargamiento provoca el
movimiento
de la viga como sólido
girando respecto al apoyo derecho.
rigido,
b) Flexión de la viga considerada como biapoyada, con una flecha fA. De esta forma,
J,_
el movimiento vertical del punto
(VA) estará compuesto de dos elementos: 6'a por la
debido al movimiento como sólido rígido 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 el segundo la flexión de la viga
biaDovada:
:\S\
d,l-----r- F:LZ J'n*"^
lTirante
lu
y=p=
l.
.r.P-rr
n:o.sr
6,5
R=o.sr
Cálculo del alargamiento del tirante. El tirante está solicitado por Ia reacción en todo el tirante
0,5 en el punto de unión con la viga. Puesto que el axil es constante éste es de sección constante, podemos calcular el alargamiento como:
^L
0,5. N d, N.L=,ffi-
u,r*
3n -0.75. lo
Puesto que el tirante se alarga, el punto 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
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, partir de é1, calcularnos la flecha en el centro. Cap. III.2
Flexióu (l). Giros Jlechas.
80
Problem4s Resueltos
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
que nos da el 2" T. de Mohr, si lo aplicamos entre uno de los apoyos, estando el rtonlento estátíco calculado
coincide con el valor de
el punto
respecto al apoyo.
\r,.-
=P.U4=lm.T
El á¡ea de Ia ley triangula¡ entre esos dos puntos corresPonde Area= l/2. base. altura= ll2. 2. Aplicando entonces el 2" teorema queda:
| )t -A =-: Er Area
| 22
1000
T.m'1
0a =0
=-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
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 estima del sistema completo para poder analizar el comportamiento de la esüucru¡a. Por el efecto de la carga
ocurren dos cosas:
a) El muelle se alargará una longitud
debido la que actua sobre é1. Esta reacción es de reacción tracción el punto tiende subir, alargando el muelle. Este alargamiento provoca el movimiento de la viga como sólido rigido, girando respecto al apoyo derecho desplazando el pulto verticalmente una longitud 6'e.
b)
Flexión de la viga considerada como biapoyada con
voladizo, con una flecha en el punto de valor f6 Por ser el extremo de un voladizo de una viga biapoyada, esta flecha tendrá, su vez, dos componentes: Desplazamiento vertical del punto debido al giro del voladizo respecto al apoyo como sólido rígido. Será igual al producto del ángulo girado en por la lorgitud del voladizo: 0 Flexión del voladizo como ménsula ficticia: f.. De esta forma,
el inovimiento veftical
del punto
(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:,: 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. Cálculo del alargamiento del muelle. El muelle está solicitado por la reacción
en el punto de unión con la viga. Podemos calcular el
1,5
alargamiento empleando la ecuación característica de los muelles, función de su constante elástica: En el caso estudiado:
¿=
l'5 0,5.lo-3¡n subhá
negatlvo.
2.
-.-'=-=-0.5.1022
3000
Puesto que el tirante se ala¡ga, el punto
El movimiento del punto
alargamiento
alargamiento
Fuerza
el
Fuerza
^--.^-J'¡n 0.25.10
bajará. Se ha considerado este movimiento de bajada como
será el valor 6 de alargami€nto del muelle.
Cálculo de la flecha del voladizo por flexión de la viga. la flexión se compone de dos ténhinos: flecha por giro en el apoyo 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.
Como se ha indicado, la flecha debida
Dibujamos en primer lugar el diagrama de flectores y, partir de é1, calculamos dichos giro flecha.
M=3.1=3m.7
Giro en el apoyo derecho.
Se calculará
partir de la construcción indicada en la
dividiendo el valor de enrre apoyos:
figura,
I'=lT
2m
calculado en el primer apoyo por la longitud
0=LlL=Ll2
El área de la ley triangular entre esos dos puntos conesponde Area= ll2. base altura
112.2.3=3T.m7
Aplicando entonces el 2o teorema queda:
..,
l2l Er
1000
R=4.5
4..
l0 -n¡.
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 segundo teorema de NIohr, calculando en el ext¡enlo respecto al segundo apo¡'o.
El área de la le¡ triangular entre esos dos puntos conesponde
rp. tll.i .- Flc.ti'in
tlt
aplicar ei
a:
r-iirus.r'1lt.lt.u
8l
Problenias -Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz Area= l/2. base altura
i'lrea
1,,,
como puede verse en la figura, la flecha
2.a
l/2 1.3:3/2 -tooo-
;
21
T'm'?
-lo-3 m'
es hacia abajo, 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 estima del sistema completo para poder analizar el comportamiento de la estructura. Por el efecto de la carga
a) El flotador reacción vertical
ocurren dos cosas:
hundirá una altura debido la que actúa sobre él Esta reacción es
haciá abajo,
el punto B tiende
bajar' Este
hundimiento provoca el movimiento de la viga como sólido rígido, girando respecto al apoyo izquierdo hacia abajo desptazando el punto verticalmente una longitud 6'¡.
b) Flexión de la viga considerada como biapoyada con Por voladizo, con una flecha en el punto de valor f¿ ser el exÍemo de un voladizo de una viga biapoyada' esta flecha tendrá, su vez, dos componentes:
Desplazamiento vertical del punto debido al giro del voladizo respecto al apoyo como
sólido rÍgido. Será igual al producto del por la longitud del ángulo girado en
a,€
Flexión del voladizo como ménsula ficticia:
f.
voladizo:
f,.
De esta forma,
el movimiento
Vc= 6'c
(V6) estará compuesto de tres elementos:
vertical del punto
arfm
Análogamentealosproblemasanteriores,podemosahoradescomponerelcálculoendosestados'realizando
posteriormente la superposiciÓn de los mismos'
El orimer estado será el movimiento de la viga como sólido rígido debido al hundimiento del flotador
seeundo, la ilexión de la
biapoyada con voladizo:
Rr=0,1 t'
Rr
0.l
Y=tt,= 0.1
l.
Cálculo del hundimiento del flotador'
Cap. IIl.2 .-..
Fl¿r¡ó (l) Cirot
.flechus
3l
el
.,
probremásBesuer"'.i,ti.:i,ru'iff,üÍili?t:
LareaccióndeltlotadorcoffeSponderáalempujeque-ejerceelfluidoporelincfementodelvolumendelflotadorquese *..¡" q* .q"ivale al peso nuiao Aesató¡aoo lerincipio de Arquimedes): Fuerza
Area flotador
volumen desalojado
6 = Fuerza/(Y. Area flotador)
En el caso estudiado:
o- YA -qL= -o.o. 1.7.5
Por proporcionalidad de triángulos, el valor de 6' será:
66'
.0,04 =-u,uo^ 6'=7=--z
como negativo' Se ha considerado este movimiento de bajada
El movimiento del punto
3.
del flotador'
será el valor
de la viga' Cálculo de la flecha del voladizo por flexión
Análogamentealosproblemasanteriores,laflecha-debidaalaflexiÓnsecomponededostérminos:flechaporgtroen to.rnu, al calcular la deformación por flexión, estamos suponiendo el apoyo flecha d. ,ré"r"1" fi;;i;j;.;1o -irnru el flotador' ya que este se considera en un estado independiente' i"ntt tn que la viga está btapoyuou,
"n
"uenta y' 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'
P= 0.2
la figura' Se calculará partir de la construcción indicada en ii"i¿i""á" "r *r". de calculado en el primer apoyo por la longitud entre aPoyos:
0=LlL=Ll2
El área de la ley triangular entre esos dos puntos corresponde A¡ea= 1/2. bas€ altuta= 112
Aplicando entonces el 2'teorema queda:
o,"^L, Lo.z?'2 ^_tn,..-"3_ ^, t000
0'2=0'2T =0,27. lo-3n.
R:0,3
L= o'27. l0r /2 o'135 lor m'
Flecha de ménsula ficticia se reduce el apoyo (ménsula ficticia)' el cálculo de la flecha Para el voladizo supuesto emporraqo en apoyo calculando en el extremo respecto al segundo ra"rarn" ¿e
aplicar el
aa*""¿"
El área de la ley triangtllar entre esos dos puntos
corresponde
Area=l/2 base.altura=l/2
--+El t,rn?!= *r'i l00ti Cono puede verse en la
0'2=0l
Tm']
-0,067
lu-l
ttL
negativo tigula la tlecha es hacia abaio por lo que se ha indicado con signo
-rp. tll.l
Fle\¡ú tl) uii"
[¿'l¡']r'
8,1
Problem:¡s -Resueltos de Resistercia de Materiales
lvlillán lvtuñoz
De esta forma.
el movimiento
(V¡) será, sumando los tres elemgntos que lo componen:
vertical del punto
Vc=6'c+0.a+f.=-0.06-0.135
10-r
0'067 10'r=0,060196m
SOLUCION PROBLEMA N" 8.
de valor: acf,Jando
El peso propio de la estructura equivale
q=Y
una densidad de carga
Area sección
verticalmerfe (el peso es una fuerza vertical) sobre cada
rebanada del elemento de la estructura considerado'
Así pues, tanto sobre el pilar como sobre el voladizo (ambos tienen Ia misma sección transversal la misma densidad) actuará una densidad de carga vertical uniforme de valor:
q=y A=2,5
O,3x =0,225f
,/
ér \Ñ. 212 l---.T-_--l
En la figura puede oblervarse su distribución'
Alserlasbarrasinelongables,nosufrenacortamientosnialargamientosporaxil.Portanto,Iosúnicos la deformación por flexión (no hay cambio de temperatura)'
corrimientos serán los debidos
de la estructura' calculamos, por tanto, solamente la ley de momentos flectores y, partir de ella, la deformada q:0,225 Tlmt
Ley d€ Momentos Flectores
q=0,225T|m
La estructun se compone de un pilar la suya propta' deformación del pilar
un voladizo. La deformación del voladizo (donde está el punto A) se debe a la
Analizaremos cada una de ellas:
El
tiene un
el segundo nudo
El voladizo
perpendicular empotrado. Por tanto, sólo puede defon-narse por flexión, trasladando sobre su
se trasladará siguiendo el movimiento del segundo nudo'
-Elpilaralflectarhacegirarelsegundonudo,queesunnudorígidoPortanto,elvoladizogi|aráesemismo ángulo.
Finalmente, el voladizo flectará debido
Cap. ll|.2
sus cargas
.- Flexiól (l). Ciros ¡'.llechas.
35
Problemas Resueltos de Resistencia de lVlateriales Millán Muñoz Llamando a la longitud del voladizo "a", el corrimiento horizontal vertical del punto será Ia traslación total que sufre el punto desde su posición inicial la final, proyectada sobre la horizontal la vertical respectivamente. La expresión de la figura: será, tal como puede (0. a+ f.¿*¡" (A)). cos 60"
VH(A)
Vv(A)
a= /cos30"
El valor de "a será: Cálculo de giro
4,62 m.
flecha por los teoremas de Mohr.
cálculo de la inercia la rigidez:
l/12
6,75 .
. 0,3a
.107 . 6,75
E.I
Movimiento
f.é".,b (A)) sen 60'
(0.
.10¡
l0{
n¡a
13500 T.m'?
giro del nudo:
L.2.2,08 E]
=:.2.2,08. EI
3,08.
lo-a.
3,08.
rad.
l0-L
¡¿.
3,08 104 4,62 :0,0014 m.
0.
Flecha de la ménsula hcticia en el punto A:
f.mensula (A)
¿1
\3
o.urz.oa.
¿,ez)
ool4
l0a:0'0022
r,zz.
l0
¡n.
Cálculo del corrimiento €n A. e. a+ {ú¿'*b (A)
vH(A)
8,22
f.¿"*¡" (A)) cos 60' = 3'08
(0.
Vv(A)
0,
(e.
Cap.
f,é","r" (A)) sen 60"
10-4
0'0022 0'5
0,0022 0,866
IIl.2..' Flexión (l). Girostfecltas
1,9
l'42. l0-3 m. l0'r m.
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 Millán lvluñoz
Cap. IV. Flexión III). Flexión simple. l.
Dibujar
estima la distribución de tensiones tangenciales
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
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
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 o'"¿.¡,
250 KP/cmz
to¿n,¡.
20 Kp/cm?
máxima: Dato: E:105Kp/cm2 flecha
5.
f"¿'",,
de sección rectangular,
que se admite: t/m m.T
300
En la viga de la figura, la tensión tangencial máxima que se produce es de 10,8 Kp/cmr, es de 400 m. Calcular la luz de la viga
(Examen Sept.
el valorde las cargas
(E=l06Kp/cmt)
n,,
97)
L__l
Cap.
IV.
l0 F/e-rilÍrr (ll). Flerión
sintple.
lP ttl
el radio de curvatura mínimo
lP
v*v
It
83
Problemgs Rgsueltos de Resistencia de iVlateriales lvlillán Muñoz
SOLUCION PROBLEMA N" concreta:
El análisis estima de las rensiones tangenciales se hace estudiando la expresión
Colignon para cada seccron
T.M
_-_^,9!J4!E b.
En esta expresión: es el esfuerzo cortante que actua sobre la sección
es es un valor constante.
el momento estático del i4rea determinada por la fibra superior la fibra donde se calcula la tensión tangencial, respecto al eje neutro. Va¡ía con la forma de la sección
Mestárico es
es el ancho de la sección en la fibra estudiada.
el momento de inercia de laseccíón total, que es una constante para la sección. Por tanto, para una sección dada, la fórmula tiene una parte constante poner que la ley de tensiones tangenciales será de la forma:
T/l otra variable, con lo que podemos
...
,=
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 no tener tensiones externas, podemos deducir que 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 es nuta. M",,¡,¡"o es creciente hacia el c.d.g, con un m¿iximo en é1, dado que la parte inferior contribuye con signo negativo. es constante por tramos. En la cabeza de la viga, 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, es pequeño, po¡ lo que el cociente tendrá un salto bru\co y. 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 Millán Muñoz En la fibra sup€rior la es nula. lvf.,¡¡r¡co es creciente hacia
el c_d.g, con un mirimo en
inferior contribuye con signo negativo.
é1.
dado que la pañe
es creciente li¡ealmente desde la fibra superior 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 é1, dado que la pane inlerior contribuye con signo negativo
es constante por tramos. En el centro, crece bruscamente, por lo que el cociente tendrá un salto brusco reduciéndose y, 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 vertical que aparece sobre la rebanada a la altura de la fibra de unión entre las piezas.
la tensión tangencial
Por lo tanto, el cálculo se reduce 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 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 piezas, obtendremos la tensión tangencial buscada. P¡eviamente calculamos la inercia de Ia sección total
2.(1i3. 20. 20r l\.l",,jri."
20. 5.
-:.
17.5
en la fibra de la unión entre
el momento estático de la cabeza respecto al eje neutro:
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
:-
"t ",,,,,,"o
250
1750
5.'12917
1..!
-- ^-.:
^P¡cnl
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, 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 dicho tomillo (un área de un metro de longitud 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
compresión)
que puede aplicarse será aquél que agota antes
la sección, sea por tensión normal (tracción
por tensión tangencial.
El oroceso de cálculo consistirá,
entonces, en estudiar las secciones
cortante (con dichos esfue¡zon función de la más solicita¡as fl€xión incógnita P), imponer en dichas secciones se produzca el agotamiento- Esto no. áurá uu.iot vaiores posibles de P, entre los que habrá que elegir el menor' 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
Las secciones más solicitadas
1,5 P
que habrá que comprobar serán:
positivo: M.*':0,75 negativo: M'",- = -1,5 máximo: T'""-:
sección con máximo máximo sección con sección con cortante
0,75
Esfuerzos máximos admisibles en la sección:
Calcularemos cuál es el máximo M*
máximo M- admisibles en función de las tensiones máximas del material
de la geometria de la sección.
Cálculo de c.d.g.:
yc.(60. l0+30. l0+30. l0):60.
j+10. l0 (15+l0)+30 10 45
yc=20cm.
Cálculo del momento de inercia:
l=1i3.60.20r-2
2i 0'
/3
30r-2
1./3 l0 20i = 360 000 cmr'
(al no habel tensiones debidirs Las márimas tensioles se producirán siempre en la ñbra rnás alejada del eJe nelrtro en esta flbra. tanto para axiles). Dado que la o"¡u,,, es igual para tracción que para compresión, la sección agotará sienlpre
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 valor: 2oo. l6oooo 'r ,,..-,^
¡/ dant$=,__!!!r!r.L
2.400.000
)v
de
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, el ancho de la sección mínimo. El máximo cortante admisible será el que hace que esta tensión máxima sea igual la ro¿.¡,. Aplicando la fórmula de Colignon, despejamos el valor de dicho conante:
T.M ,.
-----95!41J9-L b.
-:\
T=- t. b. .. es,aüco
57 .10 .360000 (ó0.10.15+10.10.5)
21.600 Kp
21,6 t.
Comprobación de las secciones más solicitadas Imponiendo que en las secciones indicadas al principio se produzca el agotamiento, obtendremos: sección con sección con
M.*-=0,7s .P:24m.r :24 m't máximo negativo: M.""- -1,5 'P
P=32t.
máximo Positivo:
P= 16 t.
P:21,6t.
=P=1r7{t
sección con cortante maxlmo:
Escogiendo la más restrictiva de todas ellas (la que produce antes el agotamiento) tenemos que el valor de buscado es PJ 16 t, produciéndose el agotamiento en las secciones de los apoyos' para este valor de P, el cortante máximo será
l6 t, la tensión máxima que se alcanza será: .- l6ooo 95oo
max l0 360000
42,22 kp cm2
SOLUCION PROBLEMA N" Pa¡a dimensionar
la sección
condiciones que deben cumPlirse:
lYm
indicada' se imponen tres tipos de
m.T
m.'l
od.i, 250 KP/cm" ro¡.¡,: 20 Kp/cm2 flecha máxima: f"¿.i'= L 300 El proceso de cálculo consistiú en obtener para la sección genérica del enunciado para las cargas aplicadas, los valores (función de b) de o.* rma* flecha máxima. Imponiendo que estos valores sean iguales los
ad-iiibles, obtendremos varios valores posibles
de
l',1,1 l----i----t--------l L"y
De todos ellos, la sección buscada corresponderá al mayor' que es aquél para el que se no se supera ninguna de las limitaciones ftjadas en el enunciado.
Para el análisis de las tensiones máximas, se estudiarán las secciones cortante. solicitadas flexión
-l m't LeyT
j.i
ello En primer lugar se dibujarán los diagramas de esfuerzos puede se calculamos Las reacciones, que por la simetria el tipo de cargas deducir fácilmente que son iguales
de valor:
R=r!.q. L='1 1.6=i
(los morlcntos simétricos no altcran larcacción)
El diagrarna de cortantes será lineal. con valores máximos en los apolos
El diagfana de momenros
rnorncntos ptlntLlllcs llesJ(i\ os
¡n
T=
será parabólico de 2" graclo, aunque desplazado veúicalmente por efecto de los Cap. IV
.- F/c.tirÍr (II) Fletiótt.:;intple.
97
Problem¡s Resueltos de Resistenci¡ de Materiales
El valor máximo positivo
se alcanza en el centro de vano:
Lr18-
Ñf",..*
6118-I=3'5mt
(momento puntual)
M..' =-l mt
para et respecto al eje neutro, basta con comprobar el agotamiento simétrica es la sección que cuenta en Teniendo áás soliciiadas que habrá que comprobar serán:
mayor momento en uuro. uurotuto. sección con
.iii l"*, i* r.""r"*, máximo:
sección con cortante máximo:
de inercia s€rá' Dado que es una sección rectangular' el momento
l=l/l2
hr =l/12
Sbr=0'667b4
b/2' luego el máximo momento de La sección agotará stempre en la fibra extrema' (\ .l admís 1.ñ 66i b4 =166'6'1 b' kPc =-
ser¿l:
adltTls
Lamáximatensióntangencialseproducifáparaestetipo'desecciónenelejeneutro,dondeelmomentoestáticoes gf máximo cortante admisible será el que hace que esta tensión *iuár"). r.Jári", f" ¿" ancho que el (dado máximo de Colignon' despejamos el valor de dicho cortante: máxima sea igual la t"¿.¡, Aplicanáo la fórmula 20 .b .0.66't. b4
r. b.
estático
admts
(u. u.o;)
e6,68 bz
kp.
Flecha máxima
se producirá en la sección central' por la simetría de la sección, podemos deducir que la flecha máxima
Podemoscalcularlaapartirdel2oteoremadeMohr,dadoquealestarlaflechamáximaenelcentro,sutangente coincidirá con el valor de la flecha' será horizontal el valor
qpoyo, p\esto que es aqui de la ley de momeirtos respecto al Así pues, debemos de calcular el momento estático grado de un ley de momentos en suma de una parábola de 2" la O"'"otpond'"tos A" calcular queremos donde ,.",anguto lO.UiAo los mom€ntos puntual€s): (213 612 4':r'(518 612)= 16'875mr'I parabólica) (2/3 L/2 M'¡' 8^) (5lS Llz)= M.,'¡,¡.o (lev
M",fá'i"" (lev rectangular) fl
echa centro vano
(L/2 M'c.'""r"" s) '(l/2 Llz)= (3
l/El (-1 6'8?5
El signo negativo indica que
4'5)
-12'375lÉl
l)
(l/2 '612)=
4'5 m3
-1237'5 EI cm
ta flecha resultante es hacia abajo
Comoelvalordeldependedelaincógnitabuscadab'.laflechatendrálaexpresión(usandocomounidadeskpy b):
que incluyen cm, para ser coherentes con las olras expresiones llecha centro vano
-123'7
'5lEl: 'l23f iI(I05'0667b)=00I855/b'cm
con las admisibles Comparación de esfuerzos l/ flecha lná\imos
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
cortante máximos admisibles. Estos deben ser iguales a los máximos que
alcanzan en la viga para las cargas
consideradas:
166.6?.br (kp.cm;= 3,5. 105
lomento:
Cortante
(2099,96)r/r
{l12,4
3. l0r (kp)
26,68.br (kp)
flecha
(kp.cm)
0,01855 b{(cm)= ¡/300
cm
600/300
cm
l,g ¡ sm 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
:31 cm
El ancho de la sección será
65 cm.
35 cm (redondeando por criterios constructivos),
el canto será h
2.b:
SOLUCION PROBLEMA N" La viga está sometida
emba¡go, conocemos dos d¿tos:
flexión simple. Son desconocidos el valor de las cargas
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 L, puesto que el valor de r,"* se producirá en la sección con cortante máximo. Este cortante máximo será función de P 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 la ley de momenbs es:
IM PEI
Cuando es mínimo en una sección, el cociente l/p es máximo por tanto, es máximo el momento en dicha sección, con un valor:
mtL\=g=
roó
Cálculo de solicitaciones
ttt qoo.
zo.¡or)
to!
3P12
kpcñ=tt.25m.t
==1125000
esfuerzos
El paso siguiente será calcular los valores de las solicitaciones, para definir el valor (función de P L) la posición del cortante máximo del momento máximo.
En la figura puede verse que el cortante máximo se alcanza en las secciones de los apoyos (igual el momento máximo en el centro de la visa. con los valores sisuientes:
la reacción),
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