Ejercicios Resueltos Por Tema - Estabilidad II Ano 2014 (1)

Estabilidad II – Cátedra Prof. J. L. Raffo

UTN – Facultad Regional Delta

E'T!(ILID!D II Ejercicios resueltos

AÑO 2014

Compilado por: Maximiliano Carnelutto

Eercicios Resueltos – !"o #$%&

%



Una de las condiciones de aprobación de la asinatura Estabilidad !!" es la reali#ación de un trabajo pr$ctico indi%idual& 'ic(o trabajo tiene como consina )ue el alumno presente a la catedra un problema relacionado con los temas %istos en clase" * )ue no se (a*a planteado en las u+as de trabajos pr$cticos o en la bibliora,+a& -e debe presentar la resolución de tal problema" bajo el ,ormato )ue determina la catedra& A continuación se presenta la recopilación de los problemas resueltos por los alumnos de la asinatura Estabilidad !! durante el a.o 201/&

a C$tedra&


#



INDICE: 1. Tensor de tensiones……………………… tensiones…………………………………………… …………………………....Página ……....Página 4 a 32 2. Torsión en secciones no circulares……………………………..Págin circulares……………………………..Página a 33 a 42 3. Cargas téricas.………………………………………………………..Página 43 a !" 4. Plasticidad…….…………………………………………………………..Página !" a "4 !. #le$ión o%licua……………………………………………………….....Página "4 a &2 ". Centro de corte……………………………………………………..…..Página &3 a '4 (. Pandeo……………………………………………………………….…..Página '! a 1)3 &. *igas de e+e cur,o………………………………………… cur,o…………………………………………..……..Página ..……..Página 1)4 a 12( '. -istea i/erestático…………………………………………….Página 12& a 1&' 1). Tu%os a /resión…………………………… /resión………………………………………………… ………………………..Página …..Página 1') a 21& 11. Discos giratorios…………………………………………………….Página 21' a 233 12. Concentración Concentración de tensiones………………………… tensiones……………………………..…….Página2 …..…….Página233 33 a 2!3 13. Tensiones de contacto……………………………………………Página 2!3 a 2"' 14. Cargas dináicas……………………………………………………Página2"' a 2&! 1!. #atiga…………………………………………………………………….Página 2&! a 2''


)



1 ensor de tensiones: Alumno: 3odriue# ablo Deter*inar el tensor de tensiones + el tensor de defor*aciones en el ,unto !.

DatosP%- $$ /g. P#- %$$$ /g. L- %$$ c*. IP4- 5$6.27#1)$66 /g3c*#

 ℎ + 

. ! 0 # c*#. E- #1%.%$2 /g3c*#.

 =  − .   = −  − ℎ12. ℎ − +. .  = −4700"!   .   # = −  = # = −240"!  0 −240 "!  0 # " −4700 !    = $#0 00 00 % = & −2400 "! 00 00 '  = (.(. ) # = *.*.   # (=) - *= ( = ) = −22.10/ - * = # = # = * = −2. 1010/

-olución

El tensor de tensiones en el ,unto 0 es-

Co*o

+

1 des,eo a*bas defor*aciones + tengo-


&



Entonces el tensor de defor*aciones en ese ,unto es-

(  0 21 * −22.2. 1010/ 0 −119.10/ ( = 1 *0 00 00 = $−119.010/ 00 00 % 32  6

Alumno: Carnelutto Maximiliano ! ,artir de la siguiente 8iga1 obtener el tensor de tensiones + el tensor de defor*aciones en el ,unto solicitado.

EE9UILI(RI: DE FUER;!' < =:=ENT:'

: ;< = 0 : ; =  − 2000 2000 = 0  = 2000> : < = 0 :  = −20−200000<1<19090++   = 0  = 00000>! 00000>! Eercicios Resueltos – !"o #$%&





: = 900<190−2000<79− = 0  = −79000>! PL!N: ><-

< = 0 ?< −900>= 1900> 0 @ < @ 79 79 @ < @ 190 < = 79000−1900< 0 @ < @ 79 −7900−1900< −79+2000< −79 79 @ < @ 190

PL!N: >;-

< = 0 ?< = −2000  < = 0000−2000< Eercicios Resueltos – !"o #$%&

2



PL!N: <;-

< = 0 ?< = 0 < = 0 T:=: L! FUER;! DEL EJE <-

 = ℎ12<  = ℎ1<112  + ℎ2<212  + ℎ<12   = 212B! #=0

EN EL PUNT: ':LICIT!D:


6



 = <ℎ12  = 1<ℎ112  + 2<ℎ212  + <ℎ12   = A12<2 + 2<1012  + A<212 = 924 ! << = < << = 00000<924 − = −9192A7 >B! # =0

T:=: L! FUER;! EN EL EJE ;-

EN EL PUNT: ':LICIT!D:-

TEN':R DE TEN'I:NE'-

<< #< #< 1921 0 9 0 0 #<  #  = C #< # D = C 00 00 00D / (<< *<B2 *<B2 1 E E<10 0 0 ( *B2 ( = C*B!  = 21+F * = #

TEN':R DE DEF:R=!CI:NE'-


5



Alumno: 'ie# 5ederico Realizar el tensor de tensiones y deformaciones en el punto más solicitado

P = 1000 kg

∑F ∑F ∑ M

L = 100 cm NOTA: “P” ubicado sobre el eje “y”

( x )

= 0 → R A( x ) = 0

( y )

= 0 → RA( y ) = P = 1000Kg

A

= 0 → M A − 200000 + 1000 ⋅

2 L 400000 = 0→ MA = Kgcm 3 3

Diagramas característicos: Axial:

Corte: 0 ≤ x ≤


2 L , Qx = 1000 Kg 3

7



Momento flector:

0 ≤ x ≤ L

3

L

3

≤ x ≤

, M ( x ) =

400000 + 1000 x 3

L 2L 500000 − 200000 + 1000( x − ) , M ( x ) = 3 3 3

Momento torsor:

0 ≤ x ≤ L, M T ( x ) = 3 PL = 300000 Kgcm

Zona más solicitada, x = L/3, donde el momento flector es máximo Los puntos a estudiar son los siguientes 4 (cuatro):

σ xx =

N M z ⋅ y A

+

M zz

π ⋅ ∅ 4 500000 ; M zz = ; y = ±2 M z = 3 64 500000 )⋅2 3 σ xx (1) = = −26525 Kg 2 cm 4π (


- negativo porque comprime -

%$



500000 ) ⋅ (−2) 3 σ xx (2) = = 26525 Kg 2 - positivo porque tracciona – cm 4π (

En sección circular, el corte máximo debido a la fuerza vertical, se produce en 4V el eje neutro y se calcula como: τ max = , donde V = 1000 kg y A = 4П 3 A Entonces

τ max = 106,1 Kg

cm2

Ahora bien, el Momento torsor me genera corte en el plano “xy” y se calcula como: M ⋅ R 300000 ⋅ 2 τ max = T = = 23873 Kg 2 4 cm Π ⋅∅ I p ( ) 32 Por lo que los tensores de tensiones quedan: En el punto 1: σ =

0

?#2# #)56) $

#)56) $ $

#2# #)56) $

#)56) $ $

$ $ $

En el punto 2: σ =

0

$ $ $

En el punto 3: σ =

0

$ #)767.% #)767.% $ $ $

$ $ $

En el punto 4: σ =

0

$ #)767.% #)767.% $ $ $


$ $ $

%%



Y los tensores de deformaciones quedan: En el punto 1: ε= 0

?$.$%#2 $.$#7 $

$.$#7 $ $

$ $ $

ε= 0

$.$%#2 $.$#7 $

$.$#7 $ $

$ $ $

En el punto 2:

En el punto 3: ε= 0

$ $.$#72 $.$#72 $ $ $

$ $ $

ε= 0

$ $.$#72 $.$#72 $ $ $

$ $ $

En el punto 4:


%#



Alumno: 6on#i eandro Deter*ina*os el tensor de tensiones

0   σ zz 0   σ =  0 σ rr 0   0 0 σ  θθ  

z

y

r1 = 85cm

x

r2 = 100cm

σ θθ =

P1.r12 − P2 .r22 r22 − r12

80

σ θθ =

σ rr =

.(85cm) 2 − 1,033

Kg 2

.(100 cm) 2

cm ( (100cm) − (85cm )2 )

P1.r12 − P2 .r22 r22 − r12

σ rr =

−

2

r2

  2 2  r2 − r1 

Kg cm

 80 Kg − 1,033 Kg  (85cm) .(100cm)  cm2 cm 2  = 489,13 Kg +  2 2  (85cm) 2 cm2 − (100 cm ) (85 cm ) ( )    2

r12 .r22  P1 − P2

.(85cm) 2 − 1,033 2

Kg

.(100cm) 2 2

cm ( (100cm) − (85cm)2 ) 2

 80 Kg − 1,033 Kg  (85cm) .(100cm)  cm2 cm2  = −80 Kg −  2 2  (85cm) 2 cm2 cm cm − (100 ) (85 ) ( )    2

2

2 2 Pr 1 1 − P2 r2

r22 − r 12

80

σ zz =

cm

2

r2

  2 2  r2 − r1 

2

80

σ zz =

Kg

+

r12 .r22  P1 − P2

K g cm

.(85cm) 2 − 1, 033 2

Kg 2

.(100cm) 2

cm 2 ( (100cm) − (85cm) 2 )


= 204,565

Kg cm 2

%)



!r*a*os el tensor + calcula*os @on =ises

0 0   489,13   204,565 0  σ =  0  0 −80  0  2

σ VM =

2

2

(σ 1 − σ 2 ) + ( σ 2 − σ 3 ) + ( σ 3 − σ 1 ) 2 2

σ VM =

2

( 489,13 − 204,565) + ( 204,565 + 80) + ( −80 − 489,13) 2

2

= 492,88

Kg cm 2

s rr 80

489

s zz s TT

204

204

489

80


%&



Alumno: A%ila Enri)ue Tensor de tensionesDado el siste*a de la figura )?%1 calcular lo siguienteaA Calcular el tensor de tensiones en los ,untos !1 (1 C + D Bfiguras )?% + )?#A. bA Calcular el tensor de defor*aciones en dicos ,untos. Datos-

I 127 !!



kg

6

1 E = 2,1.

cm

2

1 µ = 0,3

y

P

Mt

2P

z

L

Vista lateral del perfil A

D

B

C

Figuras )?% + )?#

Reacciones-

y

P

Mt0

2P

Rz M

Mt

z

Ry L

CORTE 1


%



∑ Fz = 0 = R − 2P ⇒ R = 2 P ∑ Fy = 0 = R − P ⇒ R = P ∑ M = 0 = M − P . L ⇒ M = P . L ∑ M = 0 = − M + M ⇒ M = M z

z

y

y

0

t 0

t 0

tx

t 0

tx

C:RTE % 0 ≤ x < L y

Rz

Mt 0

Nz

Qz

Mt

z

Mz

M

Ry x

CORTE 1

∑ Fz = 0 = R − Nz ⇒ Nz = − R ∑ Fy = 0 = Qz − R ⇒ Qz = R ∑ M = 0 = Mz + M − R . x ⇒ Mz = − M + R ∑ M = 0 = − M + M ⇒ M = M z

z

y

y

0

y

t 0

t 0

y

tx

. x

t 0

tx

DI!4R!=!' =N9 y

P

2P

Rz

Mt0

M

Mt

Ry L CORTE 1

+

N

2P

P

+

Q

P.L

M


+

%2



TEN':R DE TEN'I:NE' PUNT: ! y

A:(0;12,7;0) z

x

τ Mt

τ Mt

σ2P

σFl

 σ xx τ yx τ zx   0 τ Mt  0     σ A =  τ xy σ yy τ zy  =  0 0 0   τ     xz τ yz σ zz   −τ Mt 0 − 2 P + σ Fl  TEN':R DE TEN'I:NE' PUNT: ( y

B:(-12,7;0;0) x

z

τ Mt τ Mt σ2P  σ xx τ yx τ zx   0 0 0      σ B =  τ xy σ yy τ zy  =  0 − τ Mt  0  τ τ σ   0 − τ − 2 P  zz  Mt   xz yz


%6



TEN':R DE TEN'I:NE' PUNT: C y

C:(0;-12,7;0) x

τ Mt

z

τ Mt

σFlσ2P

 σ xx τ yx τ zx   0 0 τ Mt      σ C =  τ xy σ yy τ zy  =  0 0 0   τ     xz τ yz σ zz   τ Mt 0 − 2 P − σ Fl 

TEN':R DE TEN'I:NE' PUNT: D y

D:(12,7;0;0) x

z

τ Mt τ Mt

σ2P

 σ xx τ yx τ zx   0 0 0      σ D =  τ xy σ yy τ zy  =  0 0 τ Mt   τ   0 τ  τ σ xz yz zz    Mt − 2 P  bA Tensor de defor*acionesPara ,lantear el tensor de defor*aciones del siste*a1 utilio el tensor de tensiones calculado en aA + las relaciones ue eisten entre las ,ro,iedades del *aterial.


%5


  ε xx   γ xy ε =  2  γ xz  2 

γ yx 2

ε yy γ yz 2

    2    ε zz  

γ zx 2 γ zy

G=

E

2 (1 + µ )




= 807,7.103

kg cm

2

ε =

σ E

γ =

τ G

TEN':R DE DEF:R=!CI:NE' PUNT: !

  ε xx   γ xy ε A =   2  γ xz  2 

γ yx 2

ε yy γ yz 2

 M t    0 0   2 I PG       = 0 0 0 2     σ + 2 M P t Fl  0 −  −  ε zz   2 I PG E  

γ zx 2 γ zy

TEN':R DE DEF:R=!CI:NE' PUNT: (

  ε xx   γ xy ε B =   2  γ xz  2 

γ yx 2

ε yy γ yz 2

      0 0 0      M t  0 0 = −   2   2 I PG     M t 2P  ε zz   0 −  E    2 I PG

γ zx 2 γ zy

TEN':R DE DEF:R=!CI:NE' PUNT: C

  ε xx   γ xy εC =   2  γ xz  2 

γ yx 2

ε yy γ yz 2

   M t   0 0    2 I PG     = 0 0 0 2      M 2 σ + P ( ) Fl    t 0 −  ε zz  2 I PG E   

γ zx 2 γ zy

TEN':R DE DEF:R=!CI:NE' PUNT: D

  ε xx   γ xy ε D =   2  γ xz  2 

γ yx 2

ε yy γ yz 2

      0 0 0      M t  0 0 =   2   2 I PG     M t 2P  ε zz   0 −  E    2 I PG

γ zx 2 γ zy


%7



Dada la configuraciGn de la siguiente estructura-

  

Calcular los esfueros *ái*os. Realiar los diagra*as de esfueros caracterHsticos. Calcular el tensor de tensiones en los ,untos *ás solicitados- !-B?%$$1$1$A (-B$1?%$$1$A C-B%$$1$1$A D-B$1%$$1$A y

A

B x D

C


#$

Estabilidad II – Cátedra Prof. J. L. Raffo Datos-


0 = 2 !  = 12 ! ℎ = 09 ! ℎ0 = 1 !  = H0 >J LMNO = 49 !

SOLUCION: Calculo de *o*ento torsor-

P = H0>J . 229 ! = 2029 J>. !

y

Ø 100 mm 5 mm

x

! = 479 !2. Q #!M< = 2.!P .P = 2. 202970H !>.J2.0!9 ! = 2E97 !>J2 


#%



Calculo de reaccionesL Mtx P

h 50°

0

h

Rx Me

Rz

L

0

∑ Fx = 0 = Rx ∑ Fz = 0 = Rz − P ⇒ Rz = P = 90 kg ∑ M

0

= 0 = Me − P.( L0 + L) ⇒ Me = 90 kg.3,2 m = 288 kg.m

Rx = 0 Rz = 90 kg Me = 288 kg.m

Calculo de esfuero Nor*al1 Corte + =o*ento Flector-

Corte 1 0 ≤ z ≤ h 0 Mx Nx

Qx

z

Rx Me

Rz x t M


##



∑ Fx = 0 = Rx + Qx ⇒ Qx = 0 ∑ Fz = 0 = Rz + Nz ⇒ Nz = −90 kg ∑ Mx = 0 = Mz + Me ⇒ Mz = −288 kg.m Corte 2 0 ≤ x ≤ L 0

N x

M x

Q x

z

N x

x'

0

h

z'

Rx Me

Rz

M x

Q x

x Q

x

50° Q x

x Q 50°

Q x

x

x t M

∑ Fx = 0 = Rx. cos(θ ) + Rz. sin(θ ) + Nx ⇒ Nx = − 68,94 kg ∑ Fz = 0 = − Rx.sin(θ ) + Rz. cos(θ ) + Qx ⇒ Qx = −57,85 kg ∑ Mx = 0 = Mx + Me − Ry. x ⇒ Mx = −288 kg.m + 90 kg.x Corte 3 0 ≤ x' ≤ L

∑ Fx = 0 = Rx + Nx ⇒ Nx = 0

x' Nx

Qx Mx

a

∑ Fz = 0 = Qx − Rz ⇒ Qx = 90 kg ∑ Mx = 0 = Mx + Me − Rz.( L

0

+ x ) + Rx.h ⇒ Mx = −288 kg .m + 90 kg.(2 m + x ' )

0

h

Rx Me

Rz

L0

x t M


#)



Diagra*as de esfueros caracteristicos-108 kg

-90 kg -108 kg

-

- -

-

-288 kg -57,85 kg -68,94 kg

-

-

-288 kg

-90 kg

Tensor de Tensiones!- ?%$$1$1$

σ P =

P A

 σ Mf =

Me. y

 σ xx τ yx  σ A =  τ xy σ yy  τ τ yz  xz

I yy

 τ Mt = 28,57

kg cm 2

  0 τ zx    τ zy  =  0  σ zz   − 28,57 kg 2  cm 


 0 − 28,57 2  cm   0 0 P Me. y  0 − +  A I yy  kg

#&



(- $ ?%$$ $

σ P =

P A

 τ Mt = 28,57

 σ xx τ yx  σ B =  τ xy σ yy  τ τ yz  xz

kg cm 2

  0 τ zx   0   τ zy  =  0 0  σ zz    0 28,57 kg2 cm 

  0  kg  28,57 cm 2   P  − A 

C- %$$1$1$

σ P =

P A

 σ Mf =

Me. y

 σ xx τ yx  σ C =  τ xy σ yy  τ τ  xz yz

I yy

 τ Mt = 28,57

kg cm

2

 0 τ zx    τ zy  =  0  σ zz   28,57 kg 2  cm 


  0 28,57 2 cm   0 0 P Me. y  0 − −  A I yy  kg

#



D- $1%$$1$

σ P =

P A

 σ Mf =

Me. y

 σ xx τ yx  σ B =  τ xy σ yy  τ τ  xz yz

I yy

 τ Mt = 28,57

kg cm 2

  0 τ zx   0   τ zy  =  0 0  σ zz    0 − 28,57 kg2 cm 

  0  kg − 28,57 2  cm  P  − A 

Alumno: 7ieas 8uan ablo Análisis de tensiones y deformaciones. Realizar el tensor de tensiones y tensor de deformaciones en el punto A. Datos: Acero= (E= 2,1x1! "#$cm2% &= ,' D= )cm *= 1 cm A=+ (cm2 = -,2! cm2 1= - "# 2=  "#


#2



unto A: (/= % 0=% =  osiciones de las car#as: 1 en: 0= 2 % = 2 2 en: 0= % = 

R 2 R 2

Dia#ramas 345: 4: 40 = 4 =  4/ = 1

5: 5/= 50=  5/0= 2


#6



3: 3/= 2. R (3om.6orsor

R 2

30= 1 . 2 (3om.7lector

3(/ = 21 .

R 2

8 2(*9/

Analizando en el punto A:

SUT VWY. .ZX[.G Y.\]^ − G_.Y..RZ [`^.a =b \.Y.cX.X b

xxA= xz=

9

= 

xxA= 1);,<1 "#$c*#

= /= 1,-; "#$cm2

Armando el tensor de tensiones: =

d/efhifg hhh hhifj


#5



*ue#o el tensor de deformaciones >ueda:

Alumno: 'a%io 8ulio

/i /g H  0 l10 0 H E 4l10 k = &HE4l100 /g 00 00 '

C!LCUL!R EL TEN':R DE TEN'I:NE' EN L:' PUNT:' INDIC!D:' EN L! (!RR! E=P:RT!D! DE 'ECCI:N RECT!N4UL!R.

P = 1000Kg Mt = 8000 Kgcm

∑ Fx = Rx − P = 0 ⇒ Rx = P = 1000Kg ∑ Fy = 0 ∑ Mt = Mr − Mt = 0 ⇒ Mr = Mt = 8000Kgcm Diagra*as caracterHsticos

-P

-Mt


#7



Q

Mf

De la teorHa de la elasticidad1 la distribuciGn de tensiones tangenciales ,ara una secciGn no circular es-

@e*os ue en los bordes + en el ee longitudinal de la secciGn de la 8iga las tensiones τ son cero + *ái*as en los centros de los lados. Esto es aleado de los ángulos salientes +a ue en estos sectores las tensiones tangenciales ta*bin son cero. En la secciGn lla*o de la siguiente *anera los ,untos donde debo calcular el tensor de tensiones-


)$



Para los ,untos ! + C tene*os-

σ xx =

P

τ max =

A

Mt

α ab 2

El 8alor de α de,ende de la relaciGn a3b1 siendo a el lado *a+or + b el *enor. En este caso esta relaciGn 8ale # ,or lo tanto α = 0,246 BTablaA Area = 20cm.20cm = 400cm 2

σ xx = τ max A

−1000 Kg Kg = − 2,5 400cm2 A cm2 Mt Kg 8000 Kgcm = = = τ ⇒ 16,3 (τ xy = τ yx) max A 2 α ab 2 0, 246.20cm(10 cm) 2 cm P

⇒ σ xx =

τ max C = −

Mt

α ab

⇒ τ max C = − 2

Kg 8000 Kgcm = − 16,3 (τ xy = τ yx) cm2 0, 246.20cm(10 cm) 2

Para el ,unto ( + D la tensiGn de corte se calcula co*o-

τ = ητ max Donde η ta*bin de,ende de a3b. En nuestro caso η 0$167 Entonces1

σ xx =

P A

⇒ σ xx =

τ B = 0, 795.16,3

−1000 Kg Kg = − 2,5 400cm 2 cm2 Kg

= 12,9(τ xz = τ zx)

cm 2 Kg

τ D = −0, 795.16,3

cm2

= −12, 9(τ xz = τ zx)


)%



Tabla BCa,itulo torsiGn1 Feodosie8A

Luego los tensores resultan-

−2,5 16,3 0 T A = 16,3

0

0

0

0

0

−2,5 T C = −16, 3

0

−2,5 0 12,9 T B =

0

0

0

12, 9

0

0


−16, 3 0

−2,5 T D =

0

0

0

0

0

0 −12,9 0

0

−12, 9 0

0

)#



2 orsión en secciones no circulares: Alumno: 3odriue# ablo Dos tubos de ,ared delgada1 uno de ellos de secciGn cerrada + el otro de secciGn abierta. !*bos están so*etidos a un *o*ento torsor de %$ /g.c*1 calcular las tensiones de corte *ái*as + los ángulos de torsiGn de a*bos tubos. De*ostrar cuál de los tubos tiene *a+or rigide a la torsiGn.

Datos=t- %$ /g.c*. - #c*. R *- &c*. 4- 5$6.27#1)$66 /g3c*# -olución Tu%o de sección cerrada.

! = Q = Q4! = Q1A!  !  " #mn = 2.!.o ℎ = 2. Q190. = 0 7 4A  !  1A! .2! p = 2Q  " #.p 0 7 4A  ! Q4!"! = 2.10/g 1"! q = 2.!. r qs = 2.Q1A!.E07.AH2.2077  = .  = . 2Qℎ r s = E07.AH2077"! . 2Q4!.2! s = A4H.9E4.AHA4 .!

El área *edia de la secciGn es-

.

Ree*,laando los 8alores corres,ondientes1 obtene*os-

Donde

1 el ángulo de torsiGn es-

La rigide a la torsiGn es-


))



Tu%o de sección a%ierta.

M = 2Q  = ℎ = 2! .190.2!! = 447A"! #mn = M.o = 2Q4!.  "  190 ! o q = M r qt = E07.AH2077"!  .2Q4!. 2! = H2. 10/g 1"!  = M r t = E07.AH2077"!  .2Q4!. 2! t = 1A2.HA.1741 .!

Donde

+

1 la tensiGn de corte *ái*a en el tubo es de-

El ángulo de torsiGn es-

< la rigide a la torsiGn es-

Co*o era de es,erarse1 la *a+or rigide a la torsiGn la tiene el tubo de secciGn cerrada.

Alumno: A%ila Enri)ue

P P==A02E0!>.J !- P = 029 !- P = 044 !- P = 02 !

Calcular la tensiGn de corte ,ara la siguiente secciGn de ,ared delgada Bfigura %?%A1 so*etida a un *o*ento torsor + graficar esue*ática*ente la distribuciGn de tensiones. Datos-

1

t

L 3 / 2

t

t

2

3

L

Figura %?%

'oluciGnResuel8o el eercicio utiliando la teorHa de tubos de ,ared delgada1 +a ue las di*ensiones del *is*o son *uco *a+ores ue los distintos es,esores ue ,oseen sus lados.

 

Am =  L −

t 2

2

−

t 3   2  . L − t 1  = (60 cm − 0,22 cm − 0,16 cm)(. 40 cm − 0,25 cm)

2   3

Am = 2369,895 cm



2


)&


τ max 1 =

τ max 2 =

τ max 3 =

Mt

2. Am .t 1 Mt

2. Am .t 2 Mt

2. Am .t 3

=

=

=

28000 kg.cm 2. (2369,895 cm ).0,25 cm 2


= 23,63

28000 kg.cm 2. (2369,895 cm ).0,44 cm

2. (2369,895 cm 2 ).0,32 cm

cm

= 13,42

2

28000 kg.m

kg

= 18,46

2

kg cm

2

kg cm

2

DistribuciGn de tensiones-

τ

1

τ

3

=23,63 kg/cm2

τ

=18,46 kg/cm2

=13,42 kg/cm2

2

τ

1

=23,63 kg/cm

Alumno: Carnelutto Maximiliano Calcular la rigide1 tensiGn *ái*a + giro de la siguiente secciGn de una 8iga. a? Considerar la barra secciGn ti,o canal % b? Considerar la *is*a barra soldada con la barra secciGn ti,o c anal #


)


C:N'IDER!ND: L! (!RR! 'ECCI:N TIP: C!N!L %-

C:N'IDER!ND: !=(!' 'ECCI:N ':LD!D!'-



ℎ==100!! 40!! Pu==00>! 4!! G ) 2 1 <10  = 21+F = 21+0P = E07AH2>B! #!M< = M < u q = M <<<00>! /! 4<10 #!M< = 2704EE ! = 2704E >B! q = 172! <0 <40000>!  < E07AH2 !> ! 01012NMv q = !   L)w = M < u<L=)w17=2EEH107 ! < 0A4E!!< E07AH2  >B!  u1x1 ==14!! 4!! u2x2 ==42!! E!! ux ==E0!! 4!! #!M< = u1< x1+ ! 4 + 0E< 42 + 04< E = 2049494 >B! q=L9)w2!=<0000>! = 0 0 1 NMvB!  <u1E07AH2  >B! < x1+ u2< x2+ u< x<  L)w = 92!< E7AH2 !> = 2E407AH >! )2



Alumno: 6on#i eandro Una ,iea está confor*ada ,or dos *ateriales1 la eterior de acero + la interior de latGn. 'i los diá*etros eterno e interno son 6 + 2$ ** res,ecti8a*ente + asu*iendo los esfueros ,er*isibles1τ a = 82Mpa 1 τ l = 50Mpa 1 se ,ide•

allar el *o*ento *ái*o de torsiGn ue ,uede a,licarse a la ,iea. B Ga = 80GPa 

Gl = 36GPa A1 σ adm = 1200 •

kg cm

2

@erificar ,or @on =ises.

y x z

Mp d

D

Laton

L

Acero

'abe*os ue el ángulo de torsiGn ,or unidad de longitud es- θ =

dx = θ acero 1 des,ea*os ϕ + obtene*os lo siguiente-

'u,one*os ue θlaton

ϕ = θ L =

d ϕ

M t L GJ p

Defini*os la 8ariable ue la co*,onenEl *Gdulo de elasticidad trans8ersal G =

E

2(1 + µ ) π 4 =o*ento de inercia ,olar *acia J p = D 32 π =o*ento de inercia ,olar ueca J p = ( De 4 − Di 4 ) 32 TensiGn de corte

τ =

MR J p

Ree*,laando en la for*ula nos ueda-

M ll 32 Glπ d

4

=

M al 32 4 4 Gaπ ( D − d )

Des,eando alla*os M l M a

=

Gl .J l Ga .J a


)6



=o*ento del LatGn M l =

M a Gl d 4 4 4 Ga ( D − d )

M t = M a + M l M l =

( M t − M l ) Gl d 4

M t Gl d 4 − M l Gl d 4

=

Ga ( D 4 − d 4 )

Ga ( D 4 − d 4 )

=

M t Gl d 4 Ga ( D4 − d 4 )

−

M l Gl d 4 Ga ( D4 − d 4 )

  Gl d 4 M t Gl d 4 = = M l + ⇒ M l 1 +  Ga ( D4 − d 4 )  Ga ( D4 − d 4 ) Ga ( D 4 − d 4 ) Ga ( D 4 − d 4 )    Ga ( D 4 − d 4 ) + Gl d 4  M tGl d 4  = M l   Ga ( D 4 − d 4 )  Ga ( D4 − d 4 )   M lGl d 4

M l =

M tGl d 4

Ga ( D 4 − d 4 ) M t Gl d 4 Ga ( D − d 4

4

)(G ( D a

4

−d

4

) + G d ) 4

⇒ M l =

l

M tGl d 4 Ga ( D − d 4

4

)+Gd l

4

→1

=o*ento del acero

M a =

M lGa ( D 4 − d 4 ) Gl d 4

M t = M a + M l M a =

M a +

( M t − M a ) Ga ( D4 − d 4 ) Gl d 4 4 4 M aGa ( D − d )

Gl d

4

=

=

4 4 4 4 M tGa ( D − d ) − M a Ga ( D − d )

Gl d 4

4 4 M t Ga ( D − d )

Gl d

4

=

4 4 M tGa ( D − d )

Gl d 4

−

4 4 M a Ga ( D − d )

Gl d 4

 Ga ( D4 − d 4 )  M tGa ( D4 − d 4 ) = ⇒ M a 1 + 4 4   Gl d Gl d  

 Gl d 4 + Ga ( D 4 − d 4 )  M t Ga ( D4 − d 4 )  = M a  4 4   Gl d Gl d   M a =

M tGa ( D 4 − d 4 ) Gl d 4

(

Gl d 4 Gl d 4 + Ga ( D 4 − d 4 )

)

⇒ M l =

M tGa ( D 4 − d 4 ) 4 4 4 Ga ( D − d ) + Gl d

→2

Ree*,laa*os en los res,ecti8os *o*entos B% + #A en la fGr*ula de tensiGn de corte

τ l =

M tGl d 4

16 M t dGl  d  32 =   4 ( Ga ( D4 − d 4 ) + Gl d 4 )  2  π d π ( Ga ( D4 − d 4 ) + Gl d 4 )


)5


τ a =


M tGa ( D 4 − d 4 )

32 16M t DGa D =   (Ga ( D 4 − d 4 ) + Gl d 4 )  2  π ( D4 − d 4 ) π ( Ga ( D4 − d 4 ) + Gl d 4 )

Des,ea*os los *o*entos + calcula*os Para el latGn

M t =

M t =

τ lπ ( Ga ( D 4 − d 4 ) + Gl d 4 ) 16Gl d

{

50 x106 Paπ 80 x10 9 Pa ( (0,075m) 4 − (0,06 m) 4 )  + 36 x10 9 Pa(0,06 m) 4 16.36 x109 Pa0,06 m

} = 8913 Nm

Para el acero

M t =

M t =

τ aπ ( Ga ( D 4 − d 4 ) + Gl d 4 ) 16Ga D

{

82 x106 Paπ 80 x10 9 Pa ( (0,075m) 4 − (0,06 m) 4 )  + 36 x10 9 Pa(0,06 m) 4 16.80 x109 Pa0,075 m

} = 5266 Nm

El *o*ento torsor *ái*o a a,licar es el corres,ondiente al del acero M a = 5266,26 Nm @erifica*os

τ max =

M t R J p

 0,075m    2  = 63572190,27 Pa 4 π ( 0,075m )

5266 Nm 

τ max =

32 98066,5 Pa = 1

kg cm

2

Entonces 63572190,27 Pa = 648, 25


Kg cm

2

)7



@erifica*os ,or @on =ises

σ VM = σ xx2 + 3 (τ xy2 + τ xz2 ) El ter*ino σ xx es generada ,or la tensiGn aial1 τ xy ,or la tensiGn corte + τ xz ,or la tensiGn de corte debido a un *o*ento flector. Co*o sola*ente tene*os tensiGn de corte ,roducida ,or un *o*ento torsor1 las otras co*,onentes 8alen cero Ko.

σ VM = σ xx2 + 3 (τ xy2 + τ 2xz ) 2

kg  Kg  σ VM = 3  648, 255 2  = 1122,81 2 cm  cm 

Co*o l σ VM es *enor al ad*isible1 la barra N: ,lastifica.

Alumno: 'ie# 5ederico Un tubo de pared delgada de acero con sección transversal elíptica de espesor constante “t” es sometido a un momento torsor Mt. Determinar la tensión de corte máxima, especificando donde ocurre. Datos: t = 5 mm ; a = 76 mm ; b = 50 mm

τ =

M T

2 Amediat

2 Am e d i a = π a b − [π ( a − 2, 5)( b − 2, 5) ] = 9 6 9, 9 6 m m

τ = 1,03 x10 −4 1

mm

3

M T

La tensión de corte máxima, ocurre en el eje neutro, o sea en Y = 0


&$



Alumno: 7ieas 8uan ablo Determinar el esfuerzo cortante en E y D% y el án#ulo de #iro en ?. ?alcular tam@in ABy B? Datos: AB= 1,- m B?= ,- m 3aterial= @ronce CBR4?E= ').1; 4$m2 t D= !x1' m t E= 'x1' m

D?* (3omentos

Am= ( mm 9 ! mm . (! mm 9 ' mm= 1;') mm 2=1,;').1' m2


&%



Esfuerzo cortante en AB:

y i S. | }~  z{.U| G.h |. fe .h}~|^ =b •€ = 1H ‚ƒ y i S. | }~  o„.U| .h |. fe .h}~|^ =b •… = E7 ‚ƒ

D=

=

E=

=

†70 ‰.s Š= :094.Š‡.!.  ˆ vpP 97ŠŠ 4ŠŠ = 4. 1HE .10/Š ‹E. 1Š0f‰Œ 2.‹ 9ŠŠ Œ +2‹ ŠŠ ŒŽ 4ŠŠ + 4. 1HE49.1‰.0/ŠŠ19 Š‹E. 1Š0f‰Œ .2.‹97ŠŠ Œ +2‹ 9ŠŠ ŠŠ ŒŽ = b †s = E1Al10/ƒ.

An#ulo de #iro en ?

Esfuerzo cortante en B?

gh S. | .G .h}~ | .fe .h}~|^ gh S. | }~ . .h | .fe .h}~|^

D=

=D= ',1 3a

E=

=E= !,2 3a


&#



/ Caras t9rmicas: Alumno: 3odriue# ablo Calcular la tensiGn en una barra si*,le*ente e*,otrada1 si la te*,eratura de la barra au*enta unifor*e*ente una cantidad MT. El enunciado ,ide calcular la tensiGn causada ,or la te*,eratura.

DatosL- %$$ c*. MT- %$$ C. E- #1%.%$2 /g3c*#. O- %1%.%$? C?%. !- # c*#. -olución

El des,laa*iento debido a la carga tr*ica esCo*o

 = t

1 entonces-

u = ‘‡. ’.  = “..ta

 = ‘‡. ’. ) = 100 ”. 11.10/i”/.21.10G >–! = 210 "!

La tensiGn debido al au*ento de la te*,eratura es de #)%$ /g3c* #. La defor*aciGn es causada ,or la tensiGn1 en este caso ocasionada ,or la te*,eratura.


&)



Alumno: Carnelutto Maximiliano Una barra rHgida con un ,eso P0&$$g cuelga de tres ala*bres Bdos de acero + una de alu*inioA1 el diá*etro de los ala*bres es de )1**. Q9u au*ento de te*,eratura ará ue la carga la so,orten los ala*bres de acero

)p = 21<10G>B!/ —— x == 2410H7<10 9A<10/1B”• 1B”

u1 = L˜L™  ‘‡   ˜ L •™ u2 = L˜L™  •  ?š x Lx‡˜š›  x ˜x L •™ u = L˜L™  ‘‡   ˜ L š™ u1 = ’p < ‘‡ <  u2 = 2 <p< < p u = ’ < ‘‡ < 


&&



u = u1+u2 = ’ < ‘‡ <  = ’p < ‘‡ <  + 2 <p< < p (’ − ’p) < ‘‡ = 2 < p < p —  = 409A<10/1B”• — x = 21H7<10/1B”• p = 21<10G>B!  Q< (09!) Q< L p = 4 = 4  = 400>

REE=PL!;!ND: C:N L:' @!L:RE'1 :(TENE=:'-

(409A<10/1B”• −21H7<10/1B”•) < ‘‡ = Q< (09!)400> 2 < 4  < 21<10G>B! ‘‡ = 92 ”•


&




PP == 29EE ”” œNž= E Ÿ!  990

Deter*inar la fuera ue eerce la 8iga de la figura1 sobre los e*,otra*ientos ! + (. Datos-

T2

T1

A

B L

For*a %Co*o se obser8a en la figura1 la 8iga está so*etida a un gradiente de te*,eratura. Esto ace ue cada ,unto de la longitud de la *is*a1 se dilate o defor*e de *anera distinta. Cada ,arte de la longitud de la 8iga la lla*are . Tene*os ueLla*o

!

v

a la ,endiente ue tiene el gradiente tr*ico a lo largo de la 8iga.

Calculo la ,endiente ,ara saber cuál es el incre*ento de te*,eratura en cada ,unto de la *is*a.

 −29 !” = 007E79 !” ! = ‘‘<‡ = E00EE ”!−0 ‡< = !< + ¡ 29 ” =” 007E79 !” .0+ ¡  = 29 ” ¡ ‡< = 007E79 ! < +29 ” u¢ = ’. .‡< ¡ ’..‡< = ;“..) ¡ ;“ = ’..). ‡< J 1 /i  G ;“ = 12.10 £ .21 ! .21.10 !> .‹007E79 !” < +29 ”Œ = 4729.10 J>

El des,laa*iento total serádes,laa*iento


a,lico la relacion tr*ica + de carga?

&2



For*a #El au*ento de te*,eratura en la barra1 i*,lica un au*ento de la energHa interna de la *is*a. Inde,endiente*ente de ue la te*,eratura no sea la *is*a a lo largo de la barra.

;“

En base a la figura1 sabe*os ue ,ara ue el siste*a ,er*aneca en euilibrio estático1 eiste una fuera ue es igual + o,uesta a la ue realia la barra sobre el e*,otra*iento. De acuerdo con el ,rinci,io de la conser8aciGn de la energHa-

š = ¤ ;“.v< a ¡ ;“ = ’...‡(<) ¡ š = ’ ..¤h ‹007E79 !” < 29 ” Œ. v< ” š  ’. . ) ‹007E79 2 !   29 ”Œ  242.A.10G J> .!  242A >J. ! u¢  ’.. ‡< ¡ u¢  12.10/i £1 .E00 !.‹007E79 !” < 29 ”Œ  0E44E ! š  ;“.v ¡ ¡ ; “  ¦¥§ ¡ ;“  .hGe.eh¨ J©«mª.«m  2EA4A.10G J>  ;t  ;¬ a h

Calculo cual serHa el des,laa*iento total de la 8iga debido a la te*,eratura-

Entonces

,uedo relacionar la energHa antes calculada con el des,laa*iento

ue tendrHa la 8iga si no estu8iera e*,otrada

Alumno: 7ieas 8uan ablo

QDe cuánto es la fuera ue so,orta cada ,oste DatosS (ronce- )0 621# ** S !cero- #0 $1 5 ** 90 %5$ g3* a0 $1 * b0 %1 * T%0 #$ C T#0 7$ C O (ronce0 %16 . %$ ? . %3 C O !cero0 %1# . %$ ?%3 C


&6



D?* (8 F7 y =  = 2 7ac 8 2 7@r 9 2< "# =  (1

De@ido a la car#a, #eometrGa y simetrGa del material, la parte superior de los postes se desplaza en i#ual extensiHn: (8

dac= d@r (2

*a posiciHn final de los postes (parte superior es i#ual al desplazamiento causado por la temperatura, más el desplazamiento axial por compresiHn: (8

Acero: dac= 9 (dac6 8 (dac7

(8

Bronce: d@r= 9 (d@r6 8 (d@r7

Reemplazando en (2: 9 (dac6 8 (dac7= 9 (d@r6 8 (d@r7 Ecuaciones a utilizar:

d7=

\.U.®

d6= I. J 6 . *

±ƒ²0 9Š 10h³´ −12.10¯i . 1°Ž H0 ”°¯20”°09Š+ 00294Š . 2  1 .  Š = −17.1±µ0 0¯i . 1°9ŽH0Š ”°¯ 20”°09Š + 00E1Š.10. 10Šh³´ K

+

K

+

7@r= 1!1 "# 8 7ac.1,;; ('

Reemplazando (' en (1 podemos o@tener las fuerzas: 2 7ac 8 '2))2 "# 8 2,1;) 7ac = 2< "# 7ac = <);<,; "# 7@r= 1!1 "# 8 <);<,;. 1,;; = 7@r =2-11;,; "# Eercicios Resueltos – !"o #$%&

&5



Alumno: 'ie# 5ederico Un dispositivo mecánico no puede recalentarse durante su trabajo a más de 600 ºC. Como sistema de seguridad cuenta con una varilla de cobre que al dilatarse hace abrir el sistema, dejando escapar los gases a temperatura elevada. El espacio máximo de trabajo de esta varilla es menor a 15 cm (a los 15 cm se activa el sistema de seguridad), y la temperatura promedio en la cual trabaja es de 350 ºC. ¿De qué longitud puede ser la varilla de cobre? -5 α del cobre = 1,7x10 1/ºC

y

δ = α ⋅ ∆t ⋅ L0

L f = L0 + δ

Entonces, reemplazando obtengo que L f = L0 + α ⋅ ∆ t ⋅ L0 donde lo único que tengo de incógnita es el valor de L 0 Reemplazando con los valores adecuados y despejando L 0, queda que 15 = L0 + 1.7 x10−5 ⋅ 250 ⋅ L0 → L0 ≈ 14.936cm

Alumno: 6on#i eandro Para el ante,ro+ecto de una lHnea de ca"erHa Bline,i,eA1 la cual esta e*,otrada en a*bos etre*os• Deter*inar la longitud ue debe absorber la unta de dilataciGn ti,o :*ega1 ubicada al etre*o de un ducto de acero de L0&$$$ *. Te*,eratura *Hni*a T%0 ?#$ C1 *ái*a del ducto T#0 7$ C. • 'iendo ue ,or raones constructi8as la unta de dilataciGn ti,o :*ega no ,uede absorber *ás de $.#*etros1 dise"ar el siste*a con esta restricciGn + deter*inar el 8alor de la distancia ( en la unta de dilataciGn ti,o :*ega ,ara cu*,lir con la li*itaciGn ue el giro *ái*o ,er*itido del siste*a no su,ere los #. B#. ϕ
? B


&7



Seccion R 9 3

0 0 R 1

Pi = 80bar Pext = 1,033

kg

cm Dext = 200cm

2

d i = 170cm

La dilataciGn tr*ica está dada ,or la siguiente ecuaciGn- ∂ = α ∗ ∆T ∗ ∆X DGnde- α 0Coeficiente de dilataciGn1 ∆T 0delta de te*,eraturas1 ∆ X 0 longitud del ducto T1 = −20º C T2 = 90º C

∆T = 110º C ∆ X = 4000m α acero = 1,1 x10 −5 /º C

∂ = α ∗ ∆T ∗ ∆X 1,1 x10 −5 ∂= ∗110º C ∗ 4000m º C ∂ = 4, 4m

Cada o*ega no ,uede ad*itir *ás ue $1#* de dilataciGn1 el giro *ái*o es de ϕ = = 2,5º

f

∂ = 4, 4m 4, 4m = 17,6 → Es la cantidad de o*egas ue se necesitan ,ara ue ,uedas absorber la defor*aciGn. 'e utilian %5 ,or seguridad. 0,25m


$



4, 4m = 0,2444 m → =ái*a dilataciGn ,or o*ega. 18

f B

0,224

= Tgϕ =

0,2444 m B

→ B = 5,6 5, 6 metros

Alumno: iacc(etta -te%en Dimensionar el siguiente sistema termo-mecánico: a) Para que a 300 °C haya contacto y accione el dispositivo eléctrico (carga de contacto P = 0). b) Para que a 400 °C haga una fuerza fuerza en el mismo punto de al menos P = 500. π Kg Tamb. = 30 °C E = 2.105 (Kg/cm2)

α =

2.10-5 (1/°C)

Nota: La viga es de sección circular maciza.

L=? D=?

d =1mm


%



•

1ro: Calculamos la longitud original que tiene la viga

•

2do: Se calcula el diámetro de la viga

u = ’ . ‘P‘P .  = ’ . ¶P· − P¸¹ .  01 ! = 2.10/i ”1 . 0000 ” −0 − 0 ”.   = 1E91E !  =  -  = º . ) - º = ‘ŸŸ

Como se eleva la temperatura a 400 °C: (Nota: L 1 = 19,518 cm)

u = ’ . ‘P‘P .  r a¦_ = ’ .‘P r »º = ’ . ‘P‘P¼ t = º . ) r ½( = t.“¾   .). ) = ’ . ‘P‘P r  = ’ .‘P . ) = 2.10/i 1 . 400900.90”0.−00 Q  ”.2.10i   ”  !  900. 90 0. Q  Q.L Q. L  = 400 ! r 4 = 94 Q ! r L = ¿ 9 .! r »L = 22A !¼ 1

2

Igualo la

1

con la 2

:


#



Alumno: iaudat 5ederico Para deter*inar la olgura de un aro de ,istGn Baro o anilloA1 de*ostrar cG*o ca*bia la longitud circunferencial del *is*o con la te*,eratura de ser8icio basándose en los siguientes datos BustificarADiáetro del cilindro: D1)) Te/eratura a%iente: T a% a%2)C Te/eratura de ser,icio: T ser,. ser,.2))C 7!

Dilatación longitudinal del ierro undido aterial5: 61$1) 18C

• C:N'IDER!CI:NE' La olgura es un atributo i*,ortante ,ara asegurar el funciona*iento de los seg*entos de los ,istones Bfigura %A. Ella es co*,arable con la tolerancia ue eiste entre las 8ál8ulas de ad*isiGn + de esca,e. El seg*ento se alarga + el diá*etro se elonga o se a*,lHa cuando los co*,onentes están calientes a causa de la dilataciGn tr*ica natural. De,endiendo de la diferencia entre la te*,eratura del entorno + la de ser8icio se reuiere *ás olgura en frHo o *enos ,ara asegurar el funciona*iento en caliente.

Figura 1 1 - Holgura del segmento.


)



Un reuisito esencial ,ara ue los seg*entos de los ,istones funcionen correcta*ente es ue ,uedan girar con libertad en las ranuras. 'i los seg*entos se uedaran trabados1 no ,odrHan sellar ni disi,ar el calor. La olgura ue tiene ue eistir ta*bin con la te*,eratura de ser8icio ,er*ite ue la *edida de la circunferencia del seg*ento ,er*aneca sie*,re inferior a la del cilindro a causa de su dilataciGn tr*ica. 'i la olgura desa,areciera total*ente ,or la dilataciGn tr*ica1 las ,untas del seg*ento uedarHan co*,ri*idas las unas contra las otras. !l continuar eerciendo ,resiGn1 el seg*ento tendrHa ue torcerse ,ara co*,ensar el alarga *iento ,ro8ocado ,or el calenta*iento. Puesto ue es i*,osible ue el seg*ento se e,anda en la direcciGn radial ,or la dilataciGn tr*ica1 la diferencia de longitud ,uede ser co*,ensada nica*ente en la direcciGn aial. La figura # *uestra cG*o se defor*a un seg*ento cuando se estreca el aguero del cilindro.

Figura 2 - Deformación esquematizada del segmento al tomar contacto los extremos del mismo.

Pero no sGlo se dilatan los ,istones + sus seg*entos sino ta*bin au*enta el diá*etro del aguero del cilindro ,or el calenta*iento ,roducido ,or la te*,eratura de ser8icio. Por ese *oti8o la olgura de las unturas ,uede ser un ,oco *ás ,eue"a. Pero el aguero del cilindro no se e,ande tanto co*o los seg*entos a causa de la dilataciGn tr*ica. Por una ,arte ,orue la estructura del bloue del cilindro es *ás rHgida ue la del ,istGn1 +1 ,or otra ,arte ,orue la su,erficie del cilindro no se calienta tanto co*o el ,istGn + sus seg*entos +a ue está refrigerado de *anera continua. El diá*etro del aguero del cilindro se e,ande ade*ás irregular*ente ,or la dilataciGn tr*ica desigual en toda la su,erficie de deslia*iento del cilindro. El aguero del cilindro se dilata *ás en el sector su,erior e,uesto a la co*bustiGn ue en el sector inferior en donde el i*,acto calorHfico de la co*bustiGn es *ás reducido. Entonces se ,roducirá una dilataciGn tr*ica irregular del aguero del cilindro + esta di8ergencia le ,ro,orcionará una le8e for*a de e*budo Bfigura )A.


&



Figura 3 - Dilatación térmica a lo largo de la camisa de cilindr o.

• CVLCUL:' To*ando el seg*ento co*o si estu8iese colocado en el ,istGn + ste en la ca*isa de cilindro1 el ,erH*etro eterno del seg*ento1 la ,arte ue *ás se e,ande ,or dilataciGn1 es-

 = Q ÀL = Q À100!! r  = 14.1A!!

Luego1 la dilataciGn tr*ica o estira*iento1 considerando un calenta*iento o*ogneo1 está definido ,or-

vu = ’ À‘‡Àv< 'i se considera el ,erH*etro del seg*ento co*o el des,laa*iento1 + la diferencia de te*,eratura entre te*,eratura de ser8icio + la te*,eratura a*biente1 la ecuaciGn integrada ueda-

u = ’ À‡ÁÂÃÄ. − ‡ÅmÀ entonces1 ree*,laando final*ente obtene*os la dilataciGn tr*ica en la su,erficie eterna del seg*ento *ontado-

u = 1<10/i £1 À200£−20£À14.1A!! u = 0.9A99!! Eercicios Resueltos – !"o #$%&





Cabe destacar ue si se to*ara el ,erH*etro interno del seg*ento1 con un es,esor deter*inado B,or ee*,lo #.**A1 la dilataciGn tr*ica es *enor1 a,roi*ada*ente

u = 0.97!! ,or lo ue la dilataciGn es lineal desde el ,erH*etro *enor al *a+or1 + debido a esto es ue se considera sGlo el 8alor de la dilataciGn tr*ica en la su,erficie eterna del seg*ento.

• C:NCLU'I:NE' Co*o ,uede a,reciarse en este ee*,lo1 se reuiere un *Hni*o de $12 ** de olgura ,ara obtener un funciona*iento correcto del seg*ento +a ue a la olgura usta calculada los etre*os del seg*ento se tocarHan.

4 lasticidad: Alumno: 'ie# 5ederico En la siguiente estructura, calcular el valor de “P” para que la estructura soporte hasta un 60% de plasticidad. (L = 100 cm y σy = 1200 2 kg/cm ). Indicar que barra es la que falla primero

En la sección, plastifica de la siguiente manera:

M pp = σ y ⋅

bh2

6

⋅ (1 +

2c h

c

(1 − )) h

donde c = 0,6

M pp

2 ⋅ 42 2 ⋅ 0, 6 0, 6 = 1200 ⋅ (1 + (1 − )) = 7552 kgcm 6 6 6


2



Ahora bien, para sacar la carga a la que llega a ese momento de plastificación parcial, tengo que dividir el momento sobre la longitud, tanto de la barra (1) como de la barra (2). Como L 1 > L2, entonces P1 < P2, lo que significa que la estructura va a llegar a ese momento de plastificación con la carga P 1, por ende, esa barra (1) es la que va a fallar primero. M pp L1

= P1 = 75,52kg

y

M pp L2

= P2 = 151.04 Kg

Alumno: 3amires Alexis El siguiente PGrtico ,escante está so*etida a las cargas P% + P#. 'u,oniendo ue a+ una falla cuando a+ ,lasticidad total. Indicar cual barra falla + ue ,unto lo ace. Deter*inar cuántas 8eces es *a+or el *o*ento calculado al *o*ento del lH*ite elástico. 'ecciGn rectangular kg ueca. σ adm = 1200 2 cm

P2=500kg

y

P1=100kg

Mz

z

m c 8

0,3cm

z My

y

(1) x

Mx

4cm

y z

ResoluciGn

x

b = 4cm h = 8cm t = 0,3cm b.h3

(b − 2t ).( h − 2t )3 4.83 (4cm − 2.0,3cm).(8cm − 2.0,3cm) 3 − = − = 55,85cm4 I zz = 12 12 12 12 =odulo resistente res,ecto al ee ; I zz 55,85cm 4 = = 13,96cm3 W z = h 4cm

2 Eercicios Resueltos – !"o #$%&

6



=odulo ,lástico ;

 h − t   h    h t  2 2.  − t  .t.  2  + b.t.  −  2   2   2 2  t. h − t  + b.t.( h − t ) A 2  2   =  → siendo Am = Y1 = Am

2

Am

2

h  2.t.  − t  + b.t.( h − t ) 2  Y1 + Y2 = 2.Y 1 = Am

2

h  Z = .(Y1 + Y2 ) = 2.t.  − t  + b.t.( h − t ) = 17, 45cm3 2 2  A

=Gdulo ,lástico

=o*ento Plástico M p = σ y .Z = 1200

kg cm

2

.17, 45cm3 = 20944 kg. cm

Factor de For*a

17,45cm3 f = = = 1,25 W 13,96cm3 Z

Calculo de reacciones P2=500kg P1=100kg 150cm

Mz

z My

Mx

y

m c 0 5 2

x

RM y Ry

Rz

RMz Rx


RMx

5



∑F

= 0 → 100 kg − Rx = 0 →Rx = 100 kg

∑F

= 0 → −500 kg + Ry = 0 →Ry = 500 kg

x

y

∑ M = 0 → −500kg.50cm − 100 kg.100 cm + M

A

= 0 →M A = 35000 kg. cm

Diagra*a de *o*ento =

-25000kg.cm

Mz

z My

y

x

Mx

RMy Ry

RMz

Rz

RMx

Rx

-35000kg.cm

(1) M x = −500kg. x (2) M x = −25000 kg. cm − 100 kg . x En la barra B%A se llega a un *o*ento *ái*o de ?#$$$g.c* + co*o el *o*ento ,lástico *ái*o es de #$7&&g.c*. Esta barra B%A es la ue fallara ,ri*ero. =o*ento *ái*o del lH*ite elástico

σ y = M p M z

M z . y

=

I zz

⇒ 1 200

20944kg .cm 16755kg .cm

kg cm

2

=

M z .4cm

55,85cm 4

⇒ M z = 16755kg .cm

= 1,25 =a+or el lH*ite ,lástico de rotura ue el li*ite elástico.


7



Alumno: 'ie# 5ederico Suponiendo plasticidad perfecta: a) Calcular el momento de rotura rotura b) Indicar el punto donde falla la sección c) Determinar cuántas veces veces es mayor mayor el momento de rotura respecto respecto al momento que no supera el límite elástico

L = 150 cm

E = 2.1 x106 kg/cm2

b = 1 cm

Sigma “y” = 1500 kg/cm2

Debido a que “h” es variable con respecto a “x”, la viga a estudiar tiene la siguiente forma: Cuando x = 0 cm, entonces h (0) = 2 cm. Cuando x = 150 cm, entonces h (150) = 1 cm


2$



a) Para vigas de secciones rectangulares, el momento de rotura se calcula como: M R = σ fl ( bh 2 ) 4

Entonces, como en este caso “h” es variable

M R = σ fl ( bh ( x ) 2 ) 4

Y, reemplazando los datos en la igualdad nos queda

1 ⋅ ( 2 ⋅ (1 − 0.5 x / L)) 2 M R = 1500 ⋅ 4 M R = 375 ⋅ ( 2 ⋅ (1 − 0.5 x / L))

2

2

M R = 375 ⋅ ( 4 ⋅ (1 − 0.5 x / L) ) M R = 1500 ⋅ (1 − 0.5 x / L) 2

Resolviendo el cuadrado de binomio nos queda

2 2 M R = 1500 ⋅ (1 + 2 ⋅ 1⋅ (− 0.5 x / L) + (− 0.5 / L)

M R = 1500 ⋅ (1 − x / 150 + x 2 / 90000)

Para luego llegar a que Y finalmente a que

2

M R = 1500 − 10 x + x / 60)

Calculando el MR del extremo libre (X = 150 cm) y el MR en el empotramiento (X = 0 cm) tenemos que M R (0cm) = 1500 kgcm M R (150cm) = 375kgcm

b) Para ver gráficamente cómo evoluciona el MR mientras avanza avanza “x”, “x”, a la igualdad, hay que derivarla e igualarla a cero para encontrar el mínimo; y: dM R dx

= −10 + x / 30

luego,

−10 + x / 30 = 0

x = 300 cm

Entonces


2%



Como el M aplicado es general, entonces podemos afirmar que si el M Res mayor al M aplicado, la viga no fallará (ejemplo, si el M = 300kgcm). De lo contrario, fallará en el extremo libre de la viga como consecuencia de que su MR allí, es el más pequeño. c) Para determinar cuántas veces es mayor el MR respecto al M que no supera el límite elástico, debo hacer la relación entre dichos momentos. Entonces, M R / M E =

σ fl ( bh 2 ) 4 σ fl (bh 2 ) / 6

= 3/ 2

Por lo que el MR es 3/2 veces más grande que el M E

Alumno: 7ieas 8uan ablo ALeri#uar car#a de rotura de la estructura. Datos:

*= 1 cm

Dado >ue el perfil es do@lemente simtrico el centroide se encuentra en:

ÆÈÇ==94²Š²Š

?álculo de área: A1= ) cm . ' cm = 2 cm 2 A2= ' cm .  cm = 12 cm 2 A6= ! cm2 Eercicios Resueltos – !"o #$%&

2#



A'= ) cm. 'cm = 2 cm2

?álculo de momentos de inercia Myy= Myy1 8 Myy2 8 Myy' Myy1 = Myy' = . @. N ' = 1) cm A6= 2!- cm

 

Myy2 = . @. N '= 1;2 cm

Dia#rama de esfuerzos caracterGsticos:

‰É‰ÊËcÊ == Ì‚ ‰ =‚

ÍÉ ÍcÊÊË == Ì‚ Í =Ì

 = Ì cÊ ÉÊË= =2‚.‚.‚. ÎÏ

El momento de rotura está dado por: 3R= 2. fl . OA$2 lastifica toda la secciHn:

3R= 2. 11 "#$cm2 .0(@.t8 (N$2 9t.t=22 "#$cm 2. - cm () cm.'cm8(-cm9'cm 'cm= Eercicios Resueltos – !"o #$%&

2)



3R= '' "#.cm

or lo tanto la car#a  de la rotura será:

‚ÐÑ ÒÐ_ÓÑ hhhhhhÔÕÖ|. Ö| ‚ÐÑ ‚ÐÑ ÒÐ~ÓÑ hhhhhhÔÕÖ|. Ö| ‚ÐÑ =

=

=

= 1!- "#

=

=

=

= '' "#

*a car#a de la rotura es la menor ya >ue romperGa antes.

; 5lexión oblicua: Alumno: 3amires Alexis Para la siguiente 8iga e*,otrada en secciGn C1 con una carga P a,licada en el ,unto !1 de for*a entrante a la 8iga. Calcular la tensiGn en todos los 8rtices B(1C1DA1 calcular el ee neutro + re,resentarlo.

m c 1

y

P

B

A

y

m c 8

z

z

0,3cm

P x

D

C

L=200cm

5cm


2&



ResoluciGn P = 1000kg Calculo del área y

A2 A1 2 A1 = A5 = 0,3cm.1cm = 0,3cm

z

A3

2 A2 = A4 = (5cm − 2.0,3cm).0,3cm = 1,32 cm

A3 = 8cm.0,3cm = 2, 4cm2 AT = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 = 5,64cm2

A5 A4

(aricentro

Z =

∫ ∫ dA

zdA

 5cm .1,32cm 2 + (0,15 cm).2, 4 cm 2 +  5cm .1,32 cm 2 + (5 cm − 0,15 cm).0,3 cm 2   2   2   

(5cm − 0,15cm).0,3cm 2 + 

=

5,64cm2

Z = 1,75cm ydA ∫ Y = = 4cm dA ∫

=o*entos inercia I zz =

∫

y 2 dA

0,3cm.(1cm) 3 = 3,7 cm 4 I zz1 = I zz 5 = (4cm − 0,5cm) .0,3cm + 12 (5cm − 0,6cm).(0,3cm) 3 2 2 I zz 2 = I zz 4 = (4cm − 0,15cm) .1,32cm + = 19,57 cm4 12 0,3cm.(8cm)3 I zz 3 = = 12,8cm 4 12 I zzT = 59,34cm 4 2


2

2



∫

2 I yy = z dA

1cm.(0,3cm) 3 = 2,88cm4 I yy1 = I yy 5 = (4,85cm − 1,75cm) .0,3cm + 12 (5cm − 0,6cm) 3.(0,3cm) 2 2 = 2,87 cm4 I yy 2 = I yy 4 = (2,5cm − 1,75cm) .1,32cm + 12 (0,3cm)3.8cm 2 = 6,16 cm4 I yy 3 = (1,75cm − 0,15cm) .2, 4 cm + 12 I yyT = 17,66cm 4 2

2

Calculo de las tensiones en los ,untos B(1C1DA Tensiones en (

σ xxB = −σ N + σ MY − σ MZ σ N =

1000kg kg = 177,3 2 2 5,64 cm cm

σ MY =

1000kg.3,1cm.1,6cm kg = 280,86 2 4 17,66cm cm

σ MZ =

1000kg.3,85 cm.3,85cm kg = 249,78 59,34cm4 cm 2

σ xxB = −σ N + σ MY − σ MZ = −146,22

kg cm2

Tensiones en C

σ xxC = −σ N + σ MY + σ MZ σ N =

kg 1000kg = 177,3 2 2 cm 5,64 cm

σ MY =

kg 1000kg.3,1cm.1,6cm = 280,86 2 4 17,66cm cm

σ MZ =

1000kg.3,85 cm.3,85cm kg = 249,78 2 59,34cm4 cm

σ xxC = −σ N + σ MY + σ MZ = 353,14


kg cm

2

22



Tensiones en D

σ xxD = −σ N − σ MY + σ MZ σ N =

kg 1000kg = 177,3 2 2 cm 5,64 cm

σ MY =

kg 1000kg.3,1cm.3,1cm = 544,16 2 4 cm 17,66cm

σ MZ =

kg 1000kg.3,85 cm.3,85cm = 249,78 2 59,34cm4 cm

σ xxD = −σ N − σ MY + σ MZ = −471,68

kg cm

2

Ee neutro

σ xx = −σ N + σ MY + σ MZ 0 = −σ N + σ MY + σ MZ 0 = −177,3 177,3

kg cm 2

kg cm

2

+

1000kg.3,1cm.z 1000 kg.3,85cm.y + 17,66cm 4 59,34cm4

= 175,53

kg

kg

cm

cm3

.z + 64,88 3

.y

Para +0$

177,3

kg cm 2

= 175,53

kg cm3

.z

z n = 1,01cm Para 0$

177,3

kg cm 2

= 64,88

kg cm3

y

.y

yn = 2,73cm

Yn=1,01cm

z Zn=2,73cm


26



Alumno: 'ie# 5ederico Considerando la siguiente sección, calcular: a) Núcleo central b) Eje neutro considerando la fuerza que se indica en la figura

a) AT = 2cm 2 + 1cm 2 + 2cm2 = 5cm 2

Momento de primer orden: S z =

∫ y ⋅ dA 2

3

S z (1) = 2,5cm ⋅ 2cm = 5cm

S z (2 ) = 1,5cm ⋅1cm2 = 1,5cm3 2 3 S z (3) = 0,5cm ⋅ 2cm = 1cm

Por lo que S z ( T ) = 7,5cm3

∫

S y = z ⋅ dA 2

3

S y (1) = 1cm ⋅ 2cm = 2cm 2

3

S y (2 ) = 1, 5cm ⋅ 1cm = 1,5cm 2

3

S y (3) = 2cm ⋅ 2cm = 4cm

Por lo que S y (T ) = 7,5cm3 Sacando el baricentro de la sección:

z =

S y (T ) A(T )

7, 5cm3 = = 1,5cm 5cm 2

y

y =

S z (T ) A(T )

7, 5cm3 = = 1, 5cm 5cm 2

Momento de segundo orden:

∫

2

I zz = ( y − y ) dA +

bh

3

12


25


I zz (1)

2 ⋅13 13 4 = (1,5 − 2, 5) ⋅ 2 + = cm 12 6

I zz (2 )

1⋅13 1 = (1, 5 − 1,5) ⋅ 2 + = cm4 12 12

I zz (2 )

2 ⋅13 13 4 = (1,5 − 0, 5) ⋅ 2 + = cm 12 6


2

2

2

Por lo que I zz (T ) =

∫

2

I yy = ( z − z ) dA +

53 4 cm ≈ 4,41cm 4 12 bh

3

12

I yy (1)

1 ⋅ 23 7 4 = (1,5 − 1) ⋅ 2 + = cm 12 6

I yy (2 )

1 ⋅13 1 = (1, 5 − 1,5) ⋅ 2 + = cm 4 12 12

I yy (3)

1 ⋅ 23 7 4 = (1,5 − 2) ⋅ 2 + = cm 12 6

2

2

2

Por lo que I yy (T ) =

29 4 cm ≈ 2,41cm 4 12

NOTA: Todas las cargas son de 1 kg Tomando como eje neutro A-A´

− P( A ) A(T )

+

P( A ) h ⋅1,5

4,41

= 0 → h = 0,588cm

Tomando como eje neutro B-B´ − P( B ) A(T )

+

P( B ) g ⋅1,5

4,41

= 0 → g = 0,588cm


27



Tomando como eje neutro C-C´

− P( c ) A(T )

+

P( c ) j ⋅1,5

2,41

= 0 → j = 0,321cm

Tomando como eje neutro D-D´ − P( D ) P( D ) k ⋅1, 5 + = 0 → k = 0,321cm A(T ) 2,41

Por lo que el núcleo central se representa como sigue:

b) σ xx = 0 =

100 Kg 100 ⋅1,5 ⋅ y 100 ⋅1, 5 ⋅ z − − 5cm2 2, 41 4, 41

Si y = 0, entonces z = 0,588 Si z = 0, entonces y = 0,321 Por lo que el eje neutro quedará representado como sigue:


6$



Alumno: Carnelutto Maximiliano Para la siguiente secciGn1 en la ue la fuera a,licada en el ,unto ! es de tracciGn1 cu+o 8alor es de )tn1 calcular la tensiGn en el ,unto ( + re,resentar el ee neutro.

 12 == 0! 9A!     = 0! ‡ = 1+2+ = 11A! x = ¤ vM 72 ! < 0! = 999 ! x1x2 == 10!  = 9A0 ! < 9A! x = 1 9 ! < 0! = 49 !    x = 999 ! + 9A0x =!¤ +vM49 ! = 11A0! x1x2 == 9!19!< <0!9A! = =190E4 !!   x = 9! < 0! = 190 ! x = 190 ! + E4 ! + 190 ! = E4!

=:=ENT: DE PRI=ER :RDEN-


6%



C!LCUL: DEL (!RICENTR:-

› = ×  vM = 111A1A0!! = 10! w = ×  vM = 11AE4 !! = HA2H ! = 1 !

=:=ENT: DE INERCI!-

 vM  = ¤w  HA  < 10  1 = 9 − 2HHA < 0+ 1412<  = 9A4 ! 2 = 19 −HA2H< 9A+  <1210 = 97E124 !  = 9 − 2H< 0+ 12 = 9A4 ! ‡ = 9A4 ! +97E124 ! + 9A4 ! = A49292 !  vM  = ¤  7 10 <   1 =  2 −10 < 0+  12< 14 = 21H0 ! 2 = 10−10< 9A+ 1012<  = AEA !  = 19 −10< 0+ 12 = 21H0 ! ‡ = 21H0! + AEA ! + 21H0 ! = 90AA ! << << = − − − HA − HA 9000> < – ! <  9000> < 10!< 10! 2H << = − 11A! − A49292! –2H! − 9000>90AA! << = −H1A >B!

C!LCUL: DE


6#



C!LCUL: DEL EJE NEUTR:-

HA 9000> < 9000> 0 = − 11A! − A49292!–2H! <  − 9000>90AA!< 10! <  E7902H = −17HA −AH0H  E7902H = −AH0H   = −4A ! E7902H = −17HA   = −1AEA !

T:=: 0$ P!R! :(TENER +-

T:=: +0$ P!R! :(TENER -

Alumno: 3odriue# ablo Deter*inar la ,osiciGn del ee neutro + tensiones *ái*as de la siguiente secciGn.

DatosP- %$$ /g. W- )$. !- %5 c*#. I++- )71#5 c*&. I- #721$% c*&. El esue*a de la estructura con la carga + los ees coordenados se encuentran *ás abao.

Ø

-olución El ángulo ue ubica al ee neutro n7n se deter*ina ,orEercicios Resueltos – !"o #$%&

6)



  2 HA 0 1!   ÙƒÚØ = ÛÛ ÙƒÚq = H2E! ÙƒÚ0” = 49 r Ø = 770A”

 = 9! =   = 9! −1A1! = H! =   = −9! =   = −1A1! =  Û = . Ü = 1A1. !  = .Ý = 900.!  = ÛÛÛ −  = 949"!  = ÛÛÛ −  = −19"!  = ÛÛÛ −  = 1E9"!  = ÛÛÛ −  = 224"!  

Coordenadas de los ,untos %1 #1 ) + &-

Los *o*entos flectores res,ecto a los ees 9 +  son-

Tensiones en los ,untos %1 #1 ) + &-

Las tensiones *ái*as de co*,resiGn + tracciGn en la 8iga son res,ecti8a*ente.


+

6&



Alumno: 6on#i eandro Para la siguiente sección transversal determinar el núcleo central

Datos:

Z

a0% A1 := 1

A2 := 5

A3 := 1

AT := 7

a 2

A1

A3

a

A2 a 2

Y a


a

a

6



Para hallar coordenadas del baricentro respecto al (0,0) Z=

Y=

( A1⋅ Zmedio + A3⋅ Zmedio + A2⋅ Zmedio) AT ( A1⋅ Ymedio + A3⋅ Ymedio + A2⋅ Ymedio) AT

A2⋅ Z

2

+ A3⋅

5 2

+ A1⋅

5 2

AT A3⋅

Y

5

5 2

+ A2⋅

3 2

+ A1⋅

→Z

5 2

1 2

AT

→Y

3 2

Momento de inercia de 2 orden Iyy := ( Z − Zmedio)

3

2

⋅A +

2

Iyy := ( Y − Ymedio) ⋅ A +

h ⋅b 12 3

b ⋅h 2

Cambiamos el nombre de los ejes del baricentro

;0C

Iyy

Izz

 C − 5   2   D − 1   2 

2

5 ⋅ ( A1 + A3) + ( A1 + A3) ⋅ + A2⋅  C −  12  2 

2

⋅ A1 +

1

3

1 ⋅1 12

3 +  D −   2 

2

⋅ A2 +

3

1 ⋅4 12

<0D 2

3

1⋅ 4

+

5 +  D −   2

12

2

⋅ A3 +

3

→

b ⋅h 2

+ A ⋅ ( Ymedio − Y)

3

1 ⋅1 12

→ Izz

2

11 2

5 2

Como la tensión en el eje neutro es igual a cero, calculamos a través de esta la distancia a la cual se puede aplicar la carga anulando la tensión.


62



Z

2 h 1 a

Y

2 a 1 h

Para P% P⋅ a⋅ h ( −P) σyy := + AT −1 5 2Iyy + 1⋅ a1⋅ ⋅ 0 := 7 2 11

a1 :=

11 35

Para P# 0 :=

−1 7

Para P) 0 :=

+ 1⋅ a2⋅  5 −



σzz :=

5  2 ⋅ 2  11

P⋅ a⋅ h Izz

+

a2 :=

11 35

( −P) AT

−1

3 2 + 1⋅ a3⋅ ⋅ 7 2 5

a3 :=

5 21

Para P& 0 :=

−1

3 2 + 1⋅ a4⋅ ⋅ 7 2 5


P1

a4 :=

5 21

Y P4

P3 P2

66



Alumno: A%ila Enri)ue Calcular el esfuero en los ,untos ( + C1 cuando en ! a+ una carga de ) tn Bfigura &?%A.

20

B

0 1

5 3

C A 30 Figura &?%

'oluciGnCalculo de *o*ento de inercia20

1 0 1

2

5 3

3 30

A1 = 0,1cm . 20 cm = 2 cm 2 A2 = 0,1cm. 24,8 cm = 2,48 cm2 A3 = 0,1 cm . 30 cm = 3 cm At = 7, 48 cm

2

2

y1 = 25,15 cm ; y 2 = 12,6 cm ; y 3 = 0,05 cm ⇒ Y = 10,92 cm z1 = 40 cm ; z 2 = 29,95 cm ; z 3 = 15 cm ⇒ Z = 26,64 cm I Y 1 = 404,98 cm 4 ; I Y 2 = 12,12 cm4 ; I Y 3 = 354,5 cm 4 ⇒ I Y = 0,771.10 3 cm 4


65



I Z 1 = 423,64 cm 4 ; I Z 2 = 27,17 cm 4 ; I Z 3 = 631, 47 cm 4 ⇒ I Z = 1,08 .10 3 cm 4

Para la resoluciGn1 utilio la teorHa de fleiGn oblicua o fleiGn asi*trica. Punto (-

σ xx = −

P A

−

M z . y I zz

−

M y . z I yy

M z = P . z = 30 tn .10,92 cm = 327,6 tn . cm M y = − P . y = −30 tn . 26,64 cm = 799,2 tn . cm

30.103 kg 3 kg 3 kg 3 kg 4 , 3 . 10 3 , 483 . 10 3 , 19 . 10 σ xx = − + − = − 7,48 cm 2 cm 2 cm 2 cm 2

⇒ En el punto B, σ xx = −3,19 .103

kg cm 2

Punto C-

σ xx = −

P A

−

M z . y I zz

−

M y . z I yy

M z = − P . z = −30 tn .10,92 cm = −327,6 tn . cm M y = P . y = 30 tn . 26,64 cm = 799,2 tn . cm

30.103 kg kg 3 kg 3 kg 988 , 86 11 , 21 . 10 6 , 21 . 10 σ xx = − − + = 2 2 2 7,48 cm 2 cm cm cm

⇒ En el punto C , σ xx = 6,21.103


kg cm 2

67



Alumno: 7ieas 8uan ablo Craficar y calcular el ePe neutro. Determinar la tensiHn y flexionante en todos los Lrtices de la secciHn. Datos: I = 'K

?álculo del centroide = 0=

ÞßÞU.U

Þà.U ÞU

Qreas: A1= ' cm2 A2= ' cm2 A6= ! cm2

= 0=

^`i Ö|. hhÖ|^ i Ö|. hh Ö| GhhÖ| ^ ^ i Ö|. hh Ö| GhhÖ|`i^ Ö|. hhÖ|^

= 1- cm = 2- cm

?álculo de momento (descomposiciHn 30= 3.senI = 30=1',;2 "#.m= 1';2 "#.cm 3= 3.cosI = 3=! "#.m= ! "#.cm ?álculo de momentos de inercia (respecto del centroide Myy1 = . ' cm. (1cm ' = 2- cm

 

Myy2 = . 1 cm'. ('cm'= 22- cm

+ +

2- cm . Myy

M1 = (0 9 01 A1 M1= (2- cm 9 '- cm2.' cm2 M1= -2- cm M2 = (0 9 02 A2 M2= (2- cm 9 1- cm2.' cm2 M1= '2- cm


+  + 

.1cm.('cm'= .'cm.(1cm'=

5$



M= )- cm

*a tensiHn flexionante está determinada por: =

Òâááá.à + Òâããã.ß

ara aLeri#uar en cada Lrtice de la secciHn se reemplaza 0 y  por la coordenada del Lrtice respecto al centroide. A = B = ? = D = E = 7 = C =  =

ÔÕ eihhh hÖ|Ö|¯iÖ| ÔÕ.Ö|Ö| ¯i[ Ö| ¯ [ + hfihhh Ghh ÔÕ.eihhh Ö| h Ö|¯iÖ| + hf ÔÕ.Ö| ¯i Ö| ¯ Ö|[ ihhh Ö|[ Ghh ÔÕ.eihhh Ö| h Ö|¯iÖ| + hf ÔÕ.Ö| i Ö| Ö|[ ihhh Ö|[ Ghh ÔÕ.eihhh Ö| h Ö|¯iÖ| + hf ÔÕ.Ö| i Ö| Ö|[ ihhh Ö|[ Ghh ÔÕ.eihhh Ö| h Ö|¯iÖ| + hf ÔÕ.Ö| i Ö| Ö|[ ihhh Ö|[ Ghh eihhh ÔÕ.Ö| Ö|¯iÖ| ÔÕ.Ö|Ö| i[ Ö| [ + hfihhh Ghh eihhh ÔÕ.Ö| Ö|¯iÖ| ÔÕ.Ö|Ö| ¯i[ Ö| ¯ [ + hfihhh Ö| h Ö|¯iÖ| + hf ÔÕ.Ö| ¯i Ö| ¯ Ghh ÔÕ.eihhh Ö|[ ihhh Ö|[ Ghh .Ö|


= -,)) "#$cm2

= -,1< "#$cm2

= <,2; "#$cm2 = !,-) "#$cm2

=2,' "#$cm2

= ,'1 "#$cm2 = ',) "#$cm2 = 1,<2 "#$cm2

5%



?álculo del ePe neutro: *a ecuaciHn del ePe tiene la si#uiente expresiHn:

0=

ÒÒáãââãáãá

.

0 la orientaciHn (án#ulo: tan S =

0=

[ hf ÔÕ. e ihhhÖ| Ghh ÔÕ.ihhhÖ|[

ââãáãá

.tan I, siendo S el án#ulo del ePe neutro.

.

0= !,1;  tan S =

ihhhÖ| eihhhÖ|[[

.tan ('K

S = arct# (1,;! S = !'K Cráficamente:


5#



< Centro de corte: Alumno: Carnelutto Maximiliano :btener el centro de corte de a siguiente secciGn.

; = ä

?1 = 1
FUER;! EN EL !L=!1 DE(ID: ! 9UE L!' FUER;!' EN L:' P!TINE' N: TIENEN C:=P:NENTE' @ERTIC!LE'.


 1 = 2= 1+2< P <ℎB2 = På12< ℎ ‡ = På12< ℎ +21+2< P <ℎB2

5)



 ä < 1 < ℎ < P  ;1 = 4 <På12< ℎ +21+2< P <ℎB2   ä < 2 < ℎ < P  ;2 = 4 < På12< ℎ +21+2< P <ℎB2 :O = ;1 < ℎ2 + ;1 < ℎ2 − ;2 < ℎ2 − ;2 < ℎ2 + ; < œ = 0 ;<œ = ;2<ℎ−;1<ℎ ;2<ℎ−;1<ℎ œ = œ = vžpPMæžM vœŸ œæPNO vœŸ;MŸ!M MŸ œæPNO vœ ONPœ  < P −1 < ℎ < P œ = 4 < På212<ℎ < ℎ+21+2< P <ℎB2      ℎ < 2 < P  −1 < P 2 < P  −1 < P œ = 4ℎ < ‹På12< ℎ +1+2< P2Œ = På< ℎ +2<1+2
REE=PL!;!ND: P:R L:' @!L:RE' DE NUE'TR! 'ECCI:N-

EL CENTR: DE C:RTE 'E ENC:NTR!R! EN EL EJE ; DE(ID: ! 9UE NUE'TR! 'ECCI:N E' 'I=ETRIC! RE'PECT: DE E'E EJE1 P:R L: T!NT: E'T!R! U(IC!D: EN +0&c* < EN 0$157c* DE'DE EL CENTR: DEL !L=!.


5&



Alumno: 3odriue# ablo Deter*inar la distancia e desde el centro del se*icHrculo asta el centro de corte CC.

-olución

ë xt = ¤ v = ¤h NPèéÚê vê xt = NP1−²ìèq   ? x ? N t #t = P = 1−²ìèq    = QN P  #t = ?1−²ìèq QNP

v = NPvq o í o = ¤#tN v = ¤h ?NQ r 1−²ìèqvq = 2?N Co*o - =o*ento de tensiones de corte sobre el centro.

Fuera de corte ; ue acta a tra8s del centro de corte CC . El *o*ento de la fuera de corte ; sobre cualuier ,unto debe ser igual al *o*ento de las tensiones de corte sobre ese *is*o ,unto.

Ree*,laando obtene*os-


îÊ = Íï = z r ï = Íz œ = 2N

5



Alumno: A%ila Enri)ue Dado el ,erfil de la figura 1 deter*inar la distancia d a la ue se debe a,licar la carga P1 ,ara ue esta no genere torsiGn.

y 20

10 5 4

20

x

10

Figura  'oluciGnCalculo de *o*entos de inercia.

20

1 2

3 20

10

10 5 4

x

'ubdi8ido el ,erfil en ) áreas1 ,ara acer los cálculos de c entroide de área + *o*entos de inercia.

 = 1 !. 1 ! = 1 !   = 1 !. 49 ! = 49 !


52



 = 1 !. 2! = 2 ! o = 79 !  ? = 19129 ! ?Û = 1A79 ! ðÝ = 22 ! ›Ý = 201A !   = 47129 ! Û = 49 ! Þñ   ;  ; 

Xago 1 ue ,roducen las fueras res,ecto al ,unto roo se"alado en la figura 1 de esta *anera sola*ente la fuera + generan *o*entos torsores.

y

20

F1 10 e

5 4

F2 F3 20

10

x

ò = .? ¡ ? = P.  −<. ℎ ¡ ò = .P. −<. ℎ .œ −;. ℎ = 0 ; ;  ; = ¤h ò. v<œMæžM vœ !MPœNžMŸœp−óppœŸŸ .ôžœŸœN−Eõ )vžžOæ −)vž PONžMŸ œMNpOæ−œæPNO vœ ONPœ ö M.  H9 ¡ ;  = ¤h  9 !.  −<. v< ¡

La fuera

inferior + la fuera


8ertical1 no generan *o*ento res,ecto al ,unto elegido.

56



; =  . 9 ! ¤h <. v< ¡ ;  49! . 9 !. 12 . 19 !  00H œ  00H .  ¡ œ  00H.9 !  017 !


Determinar el centro de corte del si#uiente perfil ?: Datos: t 1= 2mm

t 2= !mm t '= mm N= ',) mm (12T @=
Determinamos el centroide ya >ue el centro de corte se encuentra siempre so@re uno de los ePes del centroide.


55



?álculo de áreas A1= 1-), mm2

A2= 1)1 mm2 A'='1!,) mm2 =

A6= 22)-,2 mm2

÷Uáø =b ùie ||^ú. hGe || `ùehei|| ^mmú .i^  mm`ùGe mm^ú.mm =

= 1',)' mm 0=

ûtü§ b 0= ùie mm^ú.  mm `ùeheimm^mmú . ^mm`ùGe mm^ú. mm

0= 1,;2 mm El centro cortante (O se localizará en la lGnea de acciHn U z donde interseca al ePe 0.

*os esfuerzos cortantes LarGan linealmente en los patines y para@Hlicamente en el alma, Nay >ue Nallar la resultante de esos esfuerzos para deducir e. ?omo no es simtrico se calculan las 2 distancias al centroide, para lue#o poder Nallar los esfuerzos cortantes:

  w Ü  P2 b  P141E!!     b    w Ü  2 b   1A2H7!! ?Û  . P. 

atin superior:

ýþ..o__ siendo el momento estático

t1= 

%


57



._.ýþ =b # = 90Al10/. ä

= t1=

atGn inferior:

ýþ..o~^, siendo el momento estático ?Û  .P.  b =ýþ..^ b #  44<10/. ä

t'= 

t'

Alma:

ýþ..o^_ , lue#o de reemplazar 5 , >ueda: #  ýþ..o.o_^._ b #  1AEl10/. ä ý.^ ý . .^.o = þ .o^ , lue#o de reemplazar 5 , >ueda: •  þ  ^.o ~ b #  2Hl10/. ä

t2=

y1

t2V

y2

tmax:

Oiendo

?Û  ?Û  . P. _

’ ′

?Û  ?Û  . P. ^ ?Û  . P.   . P. 2  _ ý .  . o .  ` . o . þ _ _ _ ^  _ ^ ?Û  . P.   . P.  #Vt  .o^  b #Vt  71l10/. ä y tam@in

Reemplazando 5y1 en la primera ecuaciHn:

#Vt  ýþ..o^~

% utilizando


W

7$



?alculo de momento de inercia en 0: Myy= Myy1 8 Myy2 8 Myy'

Myy1= ( 922.A18 Myy1 WMyy1=(1',)' mm9'!,) mm2.1-), mm28

o_~.òB

Myy1=2<'','; mm Myy2= ( 922.A28 Myy2 WMyy2=(1',)' mm91-, mm2.1)1 mm2 8

hemm ~.Gmm

Myy2=1';!!)2 mm Myy'= ( 9'2.A'8 Myy' WMyy'=(1',)' mm92 mm2.'1!,) mm2 8

mm~.gf mm

Myy'=!'<';1,!- mm 7inalmente: Myy= 2-2!)<, mm ?alculamos las fuerzas de fluPo:

_. ; = ~. . Ù 71=

. t 1= ,') Uz

72= U ya >ue los patines no presentan fuerzas Lerticales. = ,!< Uz

*as tres fuerzas >ue actXan tienen como resultante: U z, >ue interseca al ePe y en el centro cortante O. 6omando ste como centroide. 5uedando los momentos: 972.e 8 71.N187'.N2= 9U .e 8 ,') U . 1!2,;< mm 8 ,!< U. 11,)' mm=  W e= 1-,!; mm or lo >ue el centro cortante se encuentra en: 0= 91-,!;mm y = respecto al centroide calculado. Eercicios Resueltos – !"o #$%&

7%



Alumno: 6on#i eandro La sección de la siguiente viga IPE 300 esta solicitada por el siguiente esfuerzo cortante Vz=20KN, calcular los diagraas de tensiones de corte en las alas ! en el ala de la sección" S 4

I zz = 8360 x10 mm

7 , 0 1

3

I yy = 604 x10 4 mm 4

Vz=20KN

Vz=20KN

6 , 8 7 2

0 0 3

S

4

4

5

S

S

7,1

2

7 , 0 1

75

S

1

75 150

#alculaos las tensiones para cada trao $rao %& t ( s ) = 10,7mm

 

QY ( s ) = 10,7 mm.S1. 75 −

τ z =

V z .QY ( s ) t (s ).I yy

=

S 1 

= −5,35 mm. S12 + 802,5 mm2. S1  2

20000 N . ( −5,35mm. S12 + 802,5 mm 2. S 1 ) 10,7mm.604 x10 4 mm 4

#uando %=0 ! %='( τ z = 0

τ z = 9,176

N mm

2


7#



$rao %2 t ( s) = 10,7 mm

   

QY ( s ) = 10,7 mm.S 2 .  −  75 −

τ z =

V z .QY ( s ) t ( s ).I yy

S 1  

= 5,35 mm. S22 − 802,5 mm2. S2   2 

20000 N . (5,35 mm.S22 − 802,5 mm2. S 2 )

=

10,7mm.604 x10 4 mm4

#uando %=0 ! %='( τ z = 0

τ z = −9,176

N mm

2

$rao %3 t ( s ) = 10,7mm

 

QY ( s ) = 10,7 mm.S3 .  75 −

τ z =

V z .QY ( s ) t (s ).I yy

S 3 

= −5,35 mm. S32 + 802,5 mm2. S3  2

20000 N . ( −5,35mm. S32 + 802,5 mm 2. S 3 )

=

10,7 mm.604 x10 4 mm 4

#uando %=0 ! %='( τ z = 0

τ z = 9,176

N mm2

$rao %) t ( s) = 10,7 mm

   

QY ( s ) = 10,7 mm.S4 .  −  75 −

τ z =

V z .QY ( s) t ( s).I yy

 = 5,35mm.S42 − 802,5 mm2. S4   2 

S 4

20000 N . (5,35 mm.S42 − 802,5 mm2. S 4 )

=

10,7mm.604 x10 4 mm 4

#uando %=0 ! %='( τ z = 0

τ z = −9,176

N mm

2


7)



$rao %( t ( s ) = 7,1mm

 h1 mm  S5 .7,1 2 2 

Q y ( s ) = 

τ z =

V z .QY ( s ) t ( s ).I yy

=

 h1 mm  S5 =  Por  .7,1  2 0  simetria  2   

−

20000 N .0 =0 10,7mm.604 x10 4 mm 4

9,176

Z

9,176


7&



= andeo: Alumno: 'ie# 5ederico Considerando la siguiente estructura de sección circular, empotradaarticulada, calcular la carga crítica (Pr) Suponiendo ahora que existe una excentricidad (e), calcular el δ max para una P = 4000 kg

Pcr =

2 ⋅ 0, 46π 2 ⋅ E ⋅ I 2

L

donde E = 2,1⋅10

6

Kg

cm2

π ⋅∅ 4 I = 64

L = 300cm

2 ⋅ 0, 46π 2 ⋅ (2,1 ⋅ 10 6 )(π ⋅ 4 4 ) → Pcr = 5920 Pcr = Kg 3002 ⋅ 64

Considerando excentricidad:

δ max δ max δ max

 Π P   = e sec   − 1   2 Pcr     Π 4000   = e sec   − 1   2 5920   = e ( 2,623)


7



Alumno: 3amires Alexis La siguiente barra doble*ente e*,otrada de secciGn circular ueca está so*etida a una carga tr*ica de %&C. @erificar si dica estructura so,orta la carga critica ,or ,andeo siendo la kg

tensiGn ad*isible σ adm = 1200

cm2

. @erificar si ro*,e antes ,or la fuera eercida ,or la

carga tr*ica ue ,or ,andeo.

y

Mz

c m 5 , 9 Ø i =

y

z My

y

z

x

Mx

z

Ø e = 1 0 c m

x L=200cm

ResoluciGn T f = 145°C

∅e = 10cm

T0 = 20°C

α = 1,1 x10

−5

∅i = 9,5cm

1

°C

∫

δ = 1,1 x10−5

L

∫

d δ = α .∆t.dx → d δ = α .∆ t .

0

dx

1 .(145°C − 20°C).200cm = 0, 275cm °C

'egn le+ de Xooe

σ T = E.ε → donde ε =

δ

L

σ T = (2,1 x106 σ =

F A

=

0,275cm = 1,375x10−3 200cm

kg cm

).(1,375 x10−3 ) = 2887,5 2

→ 2887,5

kg cm

2

=

F

7,65cm

2


kg cm

2

→ esfuerzo para 1 sola viga

→ F = 22089 kg

72



Carga CrHtica ,or ,andeo. BCaso E*,otrado ? E*,otradoA Pcr =

π 2 .E.I

 L  2  

2

π .(∅ e 4 − ∅i 4 ) π .((10cm) 4 − (9,5cm) 4 ) I zz = = = 91,05cm4 64 64 π 2 .2,1x106

kg 2

.91,05cm4

cm 2  200cm 

Pcr =

 

2

Co*o el σ adm = 1200

= 188711kg

 

kg cm

2

1 entonces co*,aro las tensiones

kg  σ 2887,5 = → tension que genera la carga termica. T  cm2  σ p = 188711kg2 = 24668 kg2 → tension necesaria para que la viga falle por pandeo.  7,65cm cm

La @iga fallara antes debido a la tensiGn ue genera la carga tr*ica σ T = 2887,5

kg 2

cm

1 +a

ue ,ara ue falle ,or ,andeo se necesitarHa una carga *ucHsi*o *ás ele8ada.

σ p σ T

24668

=

kg cm2 ≈ 8,5 veces mayor kg

2887,5

cm2

!si co*o esta la estructura si ro*,erHa ,or carga tr*ica.

76



Por lo tanto ,ara solucionar este Proble*a deberHa ca*biar ,or un *aterial1 cu+a tensión admisible sea maor a los !""#$% &g'cm ! o bien su coe(iciente de tem)eratura * sea m+s )e,ue-o1 ,ara ue las defor*aciones Y sean *enores ta*bin. :tra for*a de solucionar el ,roble*a1 es )oner varias de estas barras )ara dividir los es(uer.os. Por ee*,lo1 si ,ongo  barras de estas iguales será E.ε → donde ε = T =

σ T = (2,1 x106

δ L

=

0,275cm = 1,375 x10 −3 200cm

kg

kg

cm

cm

).(1,375 x10 −3 ) = 2887,5 2

2

→ esfuerzo para 1 sola viga

si pongo 5 vigas iguales a esta

σ T = 5

2887,5

kg

cm2 = 577, 5 kg → es la tension que soportara cada viga cm2 5

Alumno: 7ieas 8uan ablo ALeri#uar car#a y tensiHn crGtica. Ytilizar la fHrmula de la secante. Datos: E= 2,1 . 1 ! "#$cm2 *= 1,2 m e= ,2- cm p= 12 "#$cm2 D=  cm d= ' cm "=2

3A/=

 



t 1 + Â.Ã^« pœdÃa “.tj

= car#a Lertical aplicada a la columna e= excentricidad: distancia de  al ePe centroidal de la secciHn transLersal c= distancia desde el ePe centroidal Nasta la fi@ra exterior de la columna donde ocurre el esfuerzo máximo de compresiHn  3A/ A= área de la secciHn transLersal de la columna *= *e: Z.* E= mHdulo de elasticidad del material r= radio de #iro: r=

 t 


75



A= +. R2 9 +. r2 = +. (R2 9 r2=+. ((2cm2 9 (1,- cm2 W A= -,; cm2

    t GiGf«m«m^[ ^ .GG«m[ í^..a“.^ í^. ..h¨©ªB«m h «m^ eee g i ©ª h  i «m.  «m . h «m eee g i ©ª 1 + pœ&  if «m^  «m .  «m  .h¨^.if «m^' ©ª«m^

M= +. R 9 +. r = + (R 9 r = + ((2cm9 (1,- cm W M= !',!1cm

r=

  W r=

cr=

W r= ', cm

=

:3A/=

W cr = 22))),<- "#



.





:3A/= ';,)


77



Alumno: 'a%io 8ulio

Y

P

P

Z s4

X

s6 s1

s5

s3

s8

s7

s2

s9

B1=B8=34.4cmB2=B9=28cm B3=B7=20cm B4=84cm Y

P

B5=B6=86cm

P

Z s4

X

s6 s1 s3

s5

s2

R1=P

s8

s7

s9

R2=P

∑ Fx = Rx = 0 ∑ Fy = Ry = R1 + R2 − P − P = 0 ∑ M = R1*1.40 − P *0.28 − P *1.12 = 0 RESULTA : R1 = P R 2 = P


%$$



BARRA1 = B8 = 34.4cm B 2 = B 9 = 28cm B3 = B 7 = 20cm B 4 = 84cm B5 = B 6 = 86cm NODO1

∑ Fx = S 2 + S1x = 0 ∑ Fy = R1 + S1y = 0 NODO 2

∑ Fx = −S1x + S 4 + S 5x = 0 ∑ Fy = −P − S1y − S 3 − S 5y = 0 NODO3

∑ Fx = −S 2 + S 6 = 0 ∑ FY = S 3 + S 6 y = 0 NODO 4

∑ Fx = −S 5x − S 6x + S 5x + S 6x = 0 ∑ Fy = −S 5 y − S 6 y + S 5y + S 6y = 0 NODO5

∑ Fx = −S 5x + S 9 = 0 ∑ Fy = S 5 y + S 7 = 0 NODO6

∑ Fx = −S 4 − S 6x + S8x = 0 ∑ Fy = −P − S 6 y − S 8y − S 7 = 0 NODO7

∑ Fx = −S 9 − S 8x = 0 ∑ Fy = P + S 8 y = 0 S1 = −1.72 P S 2 = 1.4 P S 3 = −0.33P S 4 = 0 S 5 = 1.45P S 6 = 1.45P S 7 = −0.33 S 8 = −1.72


%

%$ Estabilidad II – Cátedra Prof. J. L. Raffo


Selecciono las barras sometidas a compresión: S1 = S8; S3=S7 Considerando el caso de un sistema empotrado-empotrado debido a las uniones soldadas del reticulado, y un tubo estructural de 20x20x1,6 mm, busco la carga crítica. Calculo momento de inercia

Y

Z

0 2

0,16 4

I ZZ

204 [ 20 − (2 *1.6) ] = I YY = − = 6695mm4 = 0.6695cm4 12 12

Le =

L

= 17,2cm 2 π 2 EI ZZ π 2 * 2.1*10 6 Kg / cm2 *0.6695cm4 PCr = = = 46904 Kg ( Le )2 (17, 2cm) 2

Le =

L

= 10cm 2 π 2 EI ZZ π 2 * 2.1*10 6 Kg / cm 2 * 0.6695cm4 PCr = = = 138761,7 Kg ( Le ) 2 (10cm) 2

Entonces, determino la menor carga critica de pandeo, resultando esta la que pandea primero de las barras a compresión de la estructura, siendo de 46904Kg. para las barras 3 y 8. Por lo tanto si esta barra se somete a un esfuerzo de compresión de 1,72 P la carga máxima que puede soportar sin pandear es:

PCr = 1.72 P ∴ Pmax =

PCr

1.72

=

46904Kg = 27270 Kg 1.72


%$#



Alumno: A%ila Enri)ue Deter*inar la carga crHtica de ,andeo de la colu*na de la Bfiguras ?% + ?#A. Datos-

=4!

; E = 2,1.10 6

kg cm 2 P

20

0 5

0 2

L

30

Figura ?%

Calculo de *o*ento de inercia

Figura ?# y 20

X = 25 mm

0 5

1

Y = 35 mm I xx = 37,915 cm

3

2

4

0 2

30

I yy = 1,916 cm 4

Caso e*,otrado libre

Pcr =

π 2 . E . I 2

( Le )

x

⇒ Le = 2 . L

⇒ Pcr =

π 2 . E . I 2

(2 . L )


0

⇒P=

π 2 . 2,1.10 6 kg

2

.1,916 cm 4

cm (2 . 400 cm )2

= 62,02 kg

%$)



> 7ias de eje cur%o: Alumno: 3amires Alexis Calcular los esfueros caracterHsticos ,ara la 8iga de ee cur8o. En el ,unto de *a+or solicitaciGn calcular las tensiones + graficar las tensiones.

2P

Seccion cruz 4cm

4cm m c 2

Ø200cm

10cm

ResoluciGn P = 100kg L = 100cm 2P

Mz

z My

y

x

Mx

RMy Ry

Rz

RMy RMz Rx

Ry

RMx

Rz

RMz Rx

A


RMx

B

%$&


∑F = 0 → R = 0 ∑ F = 0 → −2P + R + R = 0 ∑ M = 0 → 2PL − R .2L = 0 → R x


x

y

yA

A

P ?

yB

yB

yB

=P

−2 P + R yA + P = 0 → RyA = P

Mz

z My

y

?

x

Mx

x P

Diagra*a ail N

0 <θ <

L

π { N + P.cosθ = 0 → N = −P.cosθ 2

Diagra*a corte 9 

0 <θ <

π {Q − P.sen θ = 0 → Q = P.senθ 2

Diagra*a =o*ento = x = L − L.cos θ = L.(1 − cos θ )

0 <θ <

π { M A − P.x = 0 → M A = P.L.(1 − cos θ ) 2

2P

a

P Mz

z My

?

Mx

y

x

a

L

x

P


%$



Diagra*a ail N

π < θ < π { N + P.cosα = 0 → N = −P.cosα 2

Diagra*a corte 9 

π < θ < π {Q + P.sen α = 0 → Q = −P.senα 2

Diagra*a =o*ento =

π < θ < π { M − P.(L+ x) + 2 Px = 0 → M = P.(L+ L.cos α ) − 2 PL.cos α 2 M = PL + PL.cos α − 2 PL.cos α

M = PL − PL.cos α → M A = P.L.(1 − cos α )

DIAGRAMA MOMENTO M P.L

DIAGRAMA CORTE Q P

DIAGRAMA AXIL N

-P

-P

-P

'ecciGn Cru1 calculo baricentro

A1 = 2cm.3cm = 6cm2 4cm

A 2 = 10cm.2cm = 20 cm2

4cm

A1

m c 2

A2 10cm

AT = 6cm 2 + 20 cm 2 = 26 cm 2

 10cm  .10cm.2cm +  10cm .3cm.2 cm  2  xdA  2  ∫   X = = = 5cm 2

∫ dA

 2cm  .10cm.2cm + 3,5cm .3cm.2 cm ( ) xdA  2  ∫ Y = = = 1,57cm 2

∫ dA


26cm

26cm

%$2


UTN – Facultad Regional Delta Calculo de tensiones

b2=2cm

e

m c 2 = 1 f

C

m c 3 = 2 f

m c 0 0 1 = R

b1=10cm c a

σ max =

M .h 1 A.e.a

d

donde e = R − r

R = L = 100cm b1 = 10cm b2 = 2cm f1 = 2cm f 2 = 3cm a = (100cm − 1,57 cm) = 98, 43cm d = (100, 43cm) c = 103,43cm

b1. f1 + b2 . f 2

r=

 d  + b .ln  c   2  d  a  

b1.ln 

=

10cm.2cm + 2cm.3cm = 99,991cm  100, 43cm   103, 43cm  10cm.ln   + 2cm.ln  100, 43cm  98, 43 cm    

e = 100cm − 99,991cm = 8,3 x10 −3 cm h1 = 1,57cm − 8,3x10−3 cm = 1,5617cm h2 = 5cm − 1,57cm − 8,3x10−3 cm = 3, 4383cm

σ max =

P.L.h1 A.e.a

σ min = −

=

P.L.h 2 A.e.c

100 kg.100cm.3, 4383cm 26cm2 .8,3x10 −3 cm.103, 43cm

=

100 kg.100 cm.1,5617 cm 26cm2.8,3x10 −3 cm.98, 43cm


= 1540,44

kg cm2

= −735,22

kg cm2

%$6



R 1540,44 kg/cm² e

C

? -735 kg/cm²

Alumno: Carnelutto Maximiliano Construir los diagra*as caracterHsticos + calcular las tensiones *ái*as de la siguiente 8iga de ee cur8o.

==1000> 90! :;< =  <²ìè40”−< = 0 < =  <²ìè40” = 7AA04 > :; =  < pœæ 40”− = 0  =  < pœæ40” = A427E >   :M =  < pœæ40” < +Op40” −  < Op40” <pœæ 40” −M =0 M = <!

C!LCUL: DE RE!CCI:NE'-


%$5



DI!4R!=!' C!R!CTERI'TIC:'N-

q = −<Op40”<OpH0”−q+
?q = <Op40”
<Op40”−<Opq q = −
=-


%$7



qq!M< = <ℎ1 <œ!B! 4 E! qq!žæ = −−90000>!<7 44!<04E!<97! = 10A7 >B!

C!LCUL: DE TEN'I:NE' =!>I=! < =INI=!-

REE=PL!;!ND: EN L!' ECU!CI:NE' C:N L:' @!L:RE' D!D:'-


%%$



Alumno: 3odriue# ablo Construir los diagra*as caracterHsticos de la siguiente 8iga de ee cur8o.

DatosL- %$$ c*. P- %$$ /g. R- $ c*. -olución

î; = t = 0  î;Û =  −tÛ − ¬Û = 0 r tÛ = 2 ît = − 2 +¬Û.  = 0 r ¬Û = 2 Eercicios Resueltos – !"o #$%&

%%%



'iaramas de es,uer#os caracter+sticos

/s(uer.o N

Diagrama

tÛ. ²ìèq r 0” < q < H0” /cuación

¶ −H0”tÛ<¹²ìè1E0”−q q < 1E0”

0

1

−tÛ. èéÚ q r 0” < q < H0” ¶ −H0”tÛ<¹èé qÚ<1E0” 1E0”−q  −0”tÛ.< q1−²ìèq < H0”

<<

−tÛ. H0”+¶ − qtÛ¹. ²ìè1E0”1E0”−q


%%#



Alumno: A%ila Enri)ue Construir los diagra*as caracterHsticos ,ara la 8iga de ee cur8o Bfigura 5A de la siguiente ecuaciGn-

< = −2< + 4<

2P

y

x

L CORTE 2

CORTE 1

Figura 5

Reacciones-

∑ Fz = 0 = − R ∑ Fy = 0 = R + R − 2 P ⇒ R L ∑ M = 0 = −2P . 2 + R . L ⇒ R Ax

Ay

By

Ay

= − R By + 2 P = P

0

By

By

=P

 R Ax = 0    ⇒  R Ay = P  R = P   By 

y`( x ) = m tg θ ⇒ y`( x) = −4 x + 4 ⇒ θ = arc tg (m) Rsy1 = R y

sin (θ ) =

Nx Rsy1

cos (θ ) =

Qx Rsy1

⇒ Nx = R Ay . sin (θ ) ⇒ Qx = R Ay . cos (θ )


%%)


UTN – Facultad Regional Delta L

Corte %- 0 ≤ x <

2

sy1

θ

CORTE 1 N x

θ

y

M x

θ Q x

x

L

∑ Fz = 0 = − R ∑ Fy = 0 = R + R ∑ M = 0 = Mx − R Ax

sy1

Ay

⇒ R Ay = − Rsy1 = P

Ay

. x − R Ax . f ( x ) ⇒ Mx = R Ay .x

x

Corte #-

L

2

≤ x < L

CORTE 2

R sy2 P`

2P θ

y θ

N x θ

M x

Q x

x

x


%%&


UTN – Facultad Regional Delta DI!4R!=!' =N9 2P

y

x

L

N

-

-

+

-

Q -

M


%%



Alumno: 7ieas 8uan ablo Realizar 345 y #raficar  qq de la secciHn más solicitada. Datos: = 1 "# a=  cm @= ! cm *= 1 cm

D?* F 74= 48  .cos q F 75= 58  .sen q F 3= 3 9  .* (cos q


%%2



R= dist. al ePe neutro 7= dist. al centroide

   Å` Å`

A= N (a8@ = ,< cm ( cm8 ! cm W A= 1 cm .osiciHn del centroide ?= (

 N W ?= 1,' cm

r2= r 8 c = 11,' cm r1= r 9 (N9 c= ;),- cm *a distancia R al ePe neutro se calcula con: R=


Þt ÞûtBÃ %%6


ÃÃ^_ h«m Ö|¯fe .hi«mÖ| Ú hfeiÖ|Ö| ^  Ö| hhe Ö|`h Ö| Ò.U.¶_X¯¶¯X¹_¹ Ò.U.¶^X¯¶¯X¹^¹


@. ln = ,11 cm

.

W R=

l 

9 2 cm= ,2) cm

W R= ;),!! cm

3M4=

W3M4= ,)! "#$cm2

3A/=

W3A/= 9 1',); "#$cm2

23cm4 5"$% 5"$%% 5"$6 5"$66 5"$" 55 55$% 788 787$9

&g'cm! ,)!! ,-; ,'2  ,<1,)' ,<,1 1',);

=E3M4

=Eneutro

=E 3A/

Cráficamente: ?omo puede Lerse el #rafico de tensiones es para@Hlico.

[ ?omo puede Lerse el #rafico de tensiones es para@Hlico.


%%5



Alumno: Carnelutto Maximiliano RE':L@ER L! @I4! DE EJE CUR@:1 :(TENIEND: L:' DI!4R!=!' C!R!CTERI'TIC:' < C!LCUL!ND: L! TEN'I:N =!>I=! < L! TEN'I:N =INI=!.

DE'!RR:LL: CVLCUL: DE RE!CCI:NE'-

" == #$!% DI!4R!=! DE CUERP: LI(RE-

"&'*&"&( = = −=)")


%%7



DI!4R!=! DE E'FUER;:' C!R!CTERI'TIC:'DI;21 
+ = ),-./ + 01,/ DI;21 CO2=/:

? = èéÚê −2²ìèê DI;21 1O1/N=OS:

 = − −²ìèê+2èéÚê


%#$



!M< !žæ 2 4 == 3$$%% * = −5!B$%)

C!LCUL: DE

< DE

-

S/CCION 2/C=N;UL2:

6 = 8 797*7': − ' 74# 6%&( = − 8 **74) 797& 6%; =274 8 797$ : = 27=. &" + 44)' " − 4#" − =4): =−&& ) " −$ =: =& 9+ =4 = ##35$)$%% 4) = ) = )$% >O21ULS:


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%$%#%



Alumno: iacomantone 5ederico Resolución de la viga propuesta a.- Esquema 3D

b.- Desarrollo del cálculo de reacciones: x M

z

M y

P

P = 1000 kg P

M = 2 PL L = R = 100 cm

L

x z

y


L

%##



Rx RM

Rz

Ry

M

Equilibrio de fuerzas en y, x:

P

Rx = P P

Ry = − P

x

Equilibrio de momento respecto del empotramiento en y, x:

z

Ry

Me

− PL − PL − M + Me = 0

y

Me = 2 PL + ( 2 PL ) = 4 PL

Rx

c.- Diagrama de Cuerpo Libre

DCL

2PL

Ry = − P Rx = P Me = 4 PL

x z

4PL y


%#)



d.- Diagramas de esfuerzos característicos Esfuerzo

Diagrama

Ecuación +

N

P +

P

P

0

N

N (θ ) = P cos (θ ) − P sin (θ )

0 ≤θ ≤

π 2

Q (θ ) = P cos (θ ) + P sin (θ )

0 ≤θ ≤

π 2

x z

-

P -Py P + Q

P P

2 P +

P

Q

x z

P y

P P


%#&



+ M

2PL P - 2PL P

M

M(θ) =−Rcos( π −θ) − R1− cos(θ) − 2PL

-

x z

P

4PL y

- 4PL

P

e.- Tensiones La zona más solicitada es el empotramiento, ya que es donde se encuentra el mayor valor de Momento

Datos: Coordenadas del empotramiento: (X,Y,Z) = (0,0,0) Valor del ángulo barrido en el empotramiento: θ =

π 2

P = 1000 kg y L = R = 100 cm

x

M = −4 PL = − 4 ⋅ 1000 kg ⋅ 100 cm = − 400000 kg ⋅ cm

z

y

Empotramiento


%#

0≤ θ ≤

π 2



Para un perfil rectangular:

b=2cm

Calculamos r, e, h1, h2, a y c:

r=

h=8cm

Z

b⋅h

 R + h   2 b ⋅ ln    R − h   2

=

2 cm ⋅ 8 cm

 100 cm + 8 cm   2  2 cm ⋅ ln    100 cm − 8 cm   2 

= 99,946 cm

e = r − L = 100 cm − 99, 946 cm = 0, 053 cm

 h + e  = 8 cm −  8 cm + 0, 053 cm  = 3,947 cm   2  2   

h1 = h − 

a = R−

h

2

= 96 cm

c = R+

h

2

= 104 cm

Y

h2 =

h

2

+e=

8 cm + 0, 053 cm = 4, 053 cm 2

Ahora calculamos las tensiones en la zona más solicitada, el empotramiento:

Cálculo de tensión en (X,Y, Z) = (0,4,0), Tensión Máxima:

σ θθ max =

σ θθ max =

M ⋅ h1 A ⋅ e ⋅ a

=

{− R cos (π − θ ) − R 1 − cos (θ ) − 2 PL} ⋅ h

1

A⋅e⋅a

kg −400000 kg ⋅ cm ⋅ 3,947 cm 19393,671 = − 2 16 cm 2 ⋅ 0, 053 cm ⋅ 96 cm cm


%#2



Cálculo de tensión en (X,Y, Z) = (0,-4,0), Tensión mínima:

σ θθ min =

− M ⋅ h2 − {− R cos (π − θ ) − R 1 − cos (θ )  − 2 PL} ⋅ h2 = A ⋅ e ⋅ c A⋅e⋅c

σ θθ min =

−400000 kg ⋅ cm ⋅ 4, 053 cm kg = 18382,619 cm2 16 cm 2 ⋅ 0, 053 cm ⋅104 cm

La tensión máxima se da en la zona del empotramiento, del lado interno de la curvatura de la viga

b=2cm

Kg 18382,619 cm²

+

h=8cm

Z

-

Tensión Máxima

-19393,671

Kg cm²

Y


%#6



? -istema (iperest$tico: Alumno: 6on#i eandro En la viga de la figura calcular las reacciones en los apo!os

10 KN/m Q(x)

B

A

M(x)

M(x) N(x)

N(x) Q(x)

2m

1m 10 KN/m

MA

MB

RHA

RHB

RVA

RVB

*eterinaos el grado

∑ F x = 0 = RHA = RHB ∑ FY = RVA + RVB − 10

KN

.1m

m KN

∑ FY = RVA = − RVB + 10

m

.1m

∑ M A = 0 = M A − M B − 3RVB + 10 ∑ M A = M A = M B + 3RVB − 10

KN m

.1m.2,5m

KN m

.1m.2,5m

) Incógnitas +V- , V. , /- , /., 2 ecuaciones, por lo 1ue es una viga iperesttica de 24 grado ealizaos el sistea e1uivalente 10 KN/m MA

M=1

MA

+ X1 RVA

Estado "0"


MA

+ X2 RVA

Estado "1"

RVA

1

Estado "2"

%#5



-nalizaos los estados Estado 506

∑ F y = 0 ⇒ RVA = 10

KN

.1m = 10 KN

m KN

10 KN/m S2

S1 A

∑ M = 0 ⇒ M A = −10

.1m.2,5m = −25 KNm 2m m 7tilizaos el 8todo de las secciones para poder realizar los grficos /N9

B

1m

%ección & M(x)

MA

N(x)

∑ M ( x ) = RVA .x − M A − M ( x ) ⇒ M ( x) = 10 KN .x − 25KNm

Q(x)

x

∑ F y = RVA − Q( x ) = 0 ⇒ Q( x) = 10KN

RVA

%ección 2 M(x)

MA

N(x) Q(x)

x RVA

∑ F y = 10 KN − Q( x ) − 10

KN m

( x − 2 ) = 0 ⇒ Q( x ) = 30 KN − 10

∑ M ( x ) = 10KN .x − 25KNm −

KN m

x

10 KN 10 KN 2 2 ( x − 2 ) − M ( x ) ⇒ M ( x ) = 10KN .x − 25KNm − (x − 2 ) 2m 2m

2m

Q(x)=10KN 0
1m

A

B

Q(x) =30KN-10KN.X 2
A

M(x)=10KN.X-25KNm-10KN(X-2)²/2 2
-25KNm

B 2m

1m

M(x) =10KN.X-25KNm 0
Estado 5&6

Momento

∑ F y = 0 ⇒ RVA = 0 1KNm

∑ M = 0 ⇒ M A = M = 1 A

B 2m

1m

Estado 526

∑ F y = 0 ⇒ 1KN ∑ M ( x ) = 0 ⇒ −3KNm + X Eercicios Resueltos – !"o #$%&

%#7



Corte

Momento 2m

Q (x) =1KN 0
1m

A

B

A

B 2m

M(x) =-3KNm+X 0
-3KNm

1m

Planteaos la ecuación canónica ! encontraos cunto vale cada uno de los desplazaientos δ10 + X 1δ11 + X 2δ 12

δ 20 + X 1δ 21 + X 2δ 22 δ 10 =

M 0 M 1

∫ 2

δ 10 =

∂ x

EI

(10 KN .x − 25 KNm )(1KNm)

∫

EI

0

10 KN .x − 25 KNm − 10 KN x − 2 2  1KNm ( ) ( )  2m   ∂ x + ∫ ∂x 3

EI

2

−31,66KNm

δ 10 ==

EI M 1M 1 δ 11 = ∂ x EI

∫ 3

δ 11 =

(1KNm )(1KNm )

∫

EI

0

δ 12 =

M 1M 2

∫

EI

3

δ 12 =

( −3KNm + x )(1KNm )

∫

EI M 0 M 2

∫ 2

δ 20 =

∫

EI

EI

0

δ 22 =

M 2 M 2

∫ 3

δ 22 =

∫

EI

EI

 10 KN .x − 25 KNm − 10 KN x − 2 2  −3 KNm + x ( ) ( )  815 KNm 2m  ∂ x + ∫  ∂x = 3

2

EI

12 EI

∂ x

(1KNm )( −3KNm + x)

∫

−4,5 KNm

EI EI

3

δ 21 =

∂ x =

(10 KN .x − 25 KNm )( −3 KNm + x)

M 2 M 1

∫

EI

∂ x

0

δ 21 =

3 KNm

∂ x

0

δ 20 =

∂ x =

∂ x =

−4,5 KNm EI

∂ x

( −3KNm + x )( −3 KNm + x)

0

EI

∂ x =

9 KNm EI

:allaos las incógnitas X 1 ! X 2 +la coponente 5EI6 sale coo factor co;n ! la eliinaos


%)$



−31,66 KNm + 3 KNmX1 − 4,5 KNmX 2 = 0 4,5 KNmX 2 + 31,66 KNm 3KNm 815 4,5 KNmX 2 + 31,66 KNm − 4,5 KNm( ) + 9 KNmX 2 = 0 12 3KNm X 2 = −9,075 X 1 =

X 1 =

4,5 KNm. ( −9,078 ) + 31,66 KNm

= −3,06

3KNm

Estado real de cargas R

0

1

RVA = RVA + X 1RVA + X 2 RVA

2

RVA R = 10 KN − 9,075KN RVA R = 0,925KN

eeplazaos en la ecuación 1ue definios al principio del e
∑ FY = RVA + RVB − 10

KN

.1m

m KN

∑ FY = RVB = − RVA + 10

m

.1m

RVB = 9,075 KN

:allaos en oento en el e>treo 5-6 R

0

1

M A = M A + X 1M A + X 2 M A

2

R

M A = −25KNm − 3,06.1KNm + 9,075.3KNm M A R = −0,835KNm

eeplazaos en la ecuación 1ue definios al principio del e
∑ M A = 0 = M A − M B − 3RVB + 10 M B = M A − 3mRVB + 10

KN m

.1m.2,5m

KN m

.1m.2,5m

M B = −0,835KNm − 3m.9,075KN + 25KNm M B = −3,06KNm

#orrigiendo el sentido de los oentos, el diagraa real 1uedar?a


%)%



10 KN/m RHA

RHB

MA

MB RVA

R VB

:allaos los valores para graficar el oento real"

0 < x < 2 M ( x ) = M A − RVA M ( x ) = 0,835 Nm − 0,93 N . x M (2 ) = −1,025 Nm M (0 ) = 0,835 Nm

3 < x < 3 M ( x ) M ( x )

10( x − 2) 2 = M A − RVA + 2 = 0,835 Nm − 0,93 N . x + 5( x − 2) 2

M (2 ) = −1,025 Nm M (2.5) = 0,24 Nm M (3) = 3,045Nm

Momento 3,06

0,835 B

A

-1,025


%)#



Alumno: iaudat 5ederico Realiar los diagra*as =N9 de la siguiente estructura i,erestática de grado #. 4raficar la defor*ada utiliando el softZare F?Tool. Los datos ,ara el cálculo son-

2

E acero2.1$1) =g8c

P1))=g

>1&)c

D!c

C:N'IDER!CI:NE' 'e utiliarán *edidas del 'iste*a Internacional- NeZton [N\ ,ara fueras3cargas1 *etro [*\ ,ara longitudes1 *ega Pascal [=Pa\ ,ara *Gdulo de elasticidad1 + algunas de sus unidades deri8adas dado ue son las ue *anea el softZare F?Tool. La carga P se desco*,one en-

Û ==  ²ìèèéÚ AA == 100> ²ìè7” r   = 7H.EA9> B 7E 100> èéÚ7” r Û = A0.1E19> B 9H0

No obstante1 el cálculo se efectuará con las cargas generaliadas P  + P+ + se ree*,laarán al final del *is*o ,ara obtener los resultados concretos.


%))



El siste*a de referencia a to*ar ,ara la resoluciGn de la estructura será el siguiente-

Figura 4- Sistema de referencia y descomposición de la fuerza

CVLCUL:' Diagra*a de cuer,o libre real de la estructura-

Figura 5 - Diagrama de cuerpo libre real

ÞÞ;;Û == tÛ¬ ++ ¬Û − −tÛ == 00 Þt = ¬Û  −t − Û ‹ + Œ = 0

Las ecuaciones de euilibrio son-



Co*o se ,uede 8er1 se tienen cinco incGgnitas BR ( R! R!+ R(+ =!A + sGlo tres ecuaciones de euilibrio B]F  ]F+ ]=!A. Por lo tanto1 el siste*a i,erestático es de grado dos. El diagra*a de cuer,o libre real de la estructura1 figura #1 eui8ale a desco*,oner dica estructura en estados ,arciales1 ree*,laando reacciones ,or cargas unitarias + *ulti,licándolas ,or una incGgnita1 tal co*o lo describe el *todo deno*inado Kcarga unidad ,ara la resoluciGn de siste*as i,erestáticos. Entonces1 se tiene ue el diagra*a real es igual a-


%)&



LžMNM!M œMŸ = )pPMvO C0C +ð À)pPMvO C1C +ð À )pPMvO C2C Figura 6 - Estado "0"

Figura 7 - Estado "1"

Figura 8 - Estado "2"

ÞÞ;;Û == tÛ − −tÛ == 00 rr ttÛ == Û  4 t Reacciones Estado K$

Þ = −t − Û ‹ + Œ = 0 r t = −  Û  Eercicios Resueltos – !"o #$%&

%)


Reacciones Estado K%


Þ; = 1−Þ;Û =t =tÛ0 =r0t = 1 Þt = t = 0 Þ ; = t = 0 ÞÞ;Ût ==1tÛ −+ 1t= =00rrtÛt= =−11  Reacciones Estado K#

Con%ención de sinos: se to*ará la siguiente con8enciGn de signos ,ara realiar los

cortes en cada diagra*a-

=N9 Estado K$

Figura 9 - MNQ Estado "0"

Corte ?nico:

Figura 10 - Estado "0": corte único


%)2



0 @ < @ 4B ÞÞ;;Û == ? −− tÛt == 00 rr ? == ttÛ rr ? == Û Þt =  − t − tÛ < = 0 r  = t + tÛ < r  = Û < − 4 Û 

Ecuaciones de e@uili%rio:

=N9 Estado K%


Corte 1:

Figura 12 - Estado "1": corte 1

0@<@

ÞÞ;;Û == ? −− ttÛ == 00 rr ? == ttÛ rr ? == 10 Þt =  − t − tÛ < = 0 r  = t + tÛ < r  = 0 Ecuaciones de e@uili%rio:


%)6



Corte 2:


 @ < @ 4B


Þ;Þ=;Û = ?+1− − ttÛ == 00 rr ? == ttÛ −r1?r =0 = 0

Þt =  − t − tÛ < = 0 r  = t + tÛ < r  = 0 =N9 Estado K#


Corte 1:



%)5



0@<@ ÞÞ;;Û= =? − −tÛt = =00rr? = =tÛtrr ? = =−10 Þt =  − t − tÛ < = 0 r  = t + tÛ < r  = −1 < +1 


Corte 1:


 @ < @ 4B


ÞÞ;Û =;? = − tÛ− −t1 == 00 rr ? == ttÛ r+1r ?=0 = 0

Þt =  − t − tÛ= 1< −1−1<<−+1 <=−10 rr = =t +0 tÛ < +1 < − Diagramas de cuer)o libre ? /stado @8A: @

Figura 17 - Estado "0": N


%)7





Figura 18 - Estado "0": Q

M

Figura 19 - Estado "0": M

Diagramas de cuer)o libre ? /stado @7A: @






%&$



M


Diagramas de cuer)o libre ? /stado @!A: @





M

Figura 25 - Estado "1": M


%&%



C$lculo de despla#amientos:

uuhh ++ ðð uu ++ ðð uu == 00 uh + ð u = 0 r ð = − uuh a D   1 uh = ¤ )  v< = )  ¤h 1v< = )1  1  uh = )  a  D  1 u = ¤ )  v< = )  ¤h 11 v< = )1 1 1  u = )    u ð = − uh r ð = − )) r ð = − uh + ð u = 0 r ð = − uuh a D   1 uh = ¤ )  v< = )  ¤h −1 < +1  ‹Û < − 4 Û Œv< a 1 uh = )  ¤h ‹−Û < + Û <  + 4 Û <  − 4 Û aŒv< uh = )1 −Û < + 7 Û <2  − 4 Û 
Pri*ero1 se conoce >%-

Por lo tanto1

Luego1 se conoce > #-


%&#



a  D  1 u = ¤ )  v< = )  ¤h 1 1 v< = )1 À 1 1     u =  )     Û d − j 2 )  u h ð = − u r ð = − )  r ð = 2 Û

Por lo tanto1

Luego1 se deter*inan las reacciones res,ecti8as-

t] = th + ð t + ð t =  + − 1 r t] = 0 ¬ +  − t = 0 r ¬ = − tÛ] = tÛh + ð tÛ + ð tÛ = Û + ‹2 ÛŒ −1 r tÛ] = − 2Û tÛ + ¬Û − Û = 0 r ¬Û = 2 Û t] = th + ð t + ð t = ‹− 4 Û Œ+‹2 ÛŒ 1  r t] = ÛA  ¬Û  −t − 4 Û  = 0 r t = 2 Û  − 4 Û  r t = ÛA 

'e 8erifica el resultado del *o*ento-


%&)



Por lti*o1 se ree*,laan las cargas deter*inadas en el diagra*a inicial Bfigura #A + se calculan los diagra*as de esfueros caracterHsticos =N9 finales1 co*enando ,or realiar los cortes en la secciGn.

=N9 Estado real

Figura 26 - MNQ Estado real

Corte 1:

0@<@ Þ; =  − t = 0 r  = t r  = 0Û Þ;Û = ? − tÛ = 0 r ? = tÛ r ? = − 2 Û Û  Þt =  − t − tÛ < = 0 r  = t + tÛ < r  = − 2 < + A Figura 27 - Estado real: corte 1



%&&



Corte 2:

 @ < @ 4B ÞÞ; =;? = − − −t + =¬0 =r0?r = = +t − r¬? r =− =Û+   Û  tÛ ¬Û  tÛ ¬Û  2 2 Û r ? = Û Þt = = −tt + −tÛtÛ < <+−¬Û¬Û <−< −¬Û ==0 rÛ − Û=<+t + ÛtÛ < <−+ ¬ÛÛ  < − A4 2 2 2  = Û < −  Û  Figura 28 - Estado real: corte 2


Diagramas de cuer)o libre ? /stado real: @

Figura 29 – Estado real: N


%&





Figura 30 - Estado real: Q

M

Por lti*o1 analia*os el gráfico de la 8iga defor*ada1 obtenido ,or el softZare F?Tool considerando la secciGn inicial dada. 'e to*aron las coordenadas donde se ,roduce la *ái*a defor*aciGn- una en el etre*o BL0#&$c*A + otra entre el e*,otra*iento + el a,o+o BL0%#$c*A.

Figura 31 - Viga deformada (L=240cm)


%&2



Figura 32 - Viga deformada (L=120cm)

C:NCLU'I:NE'La utiliaciGn del softZare F?Tool fue *ue ,ráctica + til ,ara la resoluciGn del ,roble*a aunue cabe aclarar ue se encontrG un ,roble*a res,ecto a los signos en el diagra*a de *o*ento. Los *is*os daban en sentido in8erso al calculado *ate*ática*ente en este eercicio. < este error se co*,rueba al calcular la deri8ada res,ecto a > del *o*ento1 debiendo coincidir los signos + no ocurriendo en el caso. Luego de ea*inar el softZare1 se corrigiG la con8enciGn de signos utiliada + se ,udo obtener los gráficos correctos. 'e adunta el arci8o utiliado ,ara corroborar el cálculo.


%&6



Alumno: Carnelutto Maximiliano :btener los diagra*as caracterHsticos del siguiente siste*a i,erestático.

 = 1000>  = 100! òO = 400 !> DETER=IN: EL 4R!D: DE XIPERE'T!TICID!D-

& INC:4NIT!' – ) ECU!CI:NE'0 % 4R!D:


%&5

Estabilidad II – Cátedra Prof. J. L. Raffo !N!LI;I' DEL E'T!D: K$-

UTN – Facultad Regional Delta !N!LI;: EL E'T!D: K$-

:;< = M<0−<Op0”+ = 0 M<0 = <Op0”− = −14> :; = M0− M0 = 199A7>


%&7



NECU!CI:N DEL DI!4R!=! !>I!L -

< −199A7> = 0 @ < @ 2 2 @ < @  −190A7> −1000> @ < @ 2 2−4H> @ < @  < −14> = 0 @ ðð@ 90 90 @ ð @ 100 −A700>!−EAA> ð −90! −14> ð −90! 100 @ ð @ 190 −9A700>!+190A7> ð −100 400> − 2 ! ð −100 190 @ ð @ 200 AHAA90>! −20000> ð −129 +190A7 ð −190 200 @ ð @ 290 −90000>!+1000 ð −200 290 @ ð0 @ 00

ECU!CI:N DE =:=ENT:=-


%$

Estabilidad II – Cátedra Prof. J. L. Raffo !N!LI;I' DEL E'T!D: K%-

UTN – Facultad Regional Delta !N!LI;: EL E'T!D: K%-

:;< M<1 = M<1−1 = 0 =1

:;M1= M1+1 = 0 = 1 = 0 ECU!CI:N DI!4R!=! !>I!L-

 ð = 0 0@ ð @ 100 100 @−1ð @ 200 200 @ ð0 @ 00 ECU!CI:N DI!4R!=! DE =:=ENT:-

 ð = 0−ð@ ð @ 100 100 @−200ð @ 200 200 @ ð @ 00 −100+ ð −200


%%



ECU!CI:N C!N:NIC!-

u10+<1 u11 = 0 ih hh ih hh ih hh 10vð 10vð 10vð 10vð 10vð u10 = ¤h ) + ¤ih ) +¤hh ) +¤ih ) +¤hh ) +¤hh 1™vð ) ih ih ih  −14ð−ðvð ¤h 10vð 14ð vð 9 9E   = ¤ = ¤ = ) h ) h ) ) hh hh hh  −ð−A700−EAA ¤ih 10vð ð −90−14 ð −90vð 1000ð + 400ðvð 4 94041AAA 7 = ¤ = ¤ = ) ih ) ) ) ih ih ih  −9A700+190A7 −100vð ¤hh 10vð ð −100−200 ð −100 = ¤ ) hhih −9A400+990A7−200ð)−100vð ih 9A40000−990A700ð+20000ðvð = ¤hh7A71AAAAA7 ) = ¤hh ) = − ) hh hh −100AHAA90−20000 ¤ih 10vð ð −129+190A7ð−22A0090vð = ¤ ) ihhh −100HAA00−4Hðvð ) hh −HAA0000+4H00ðvð −AAA29000 = ¤ih = ¤ih = ) ) ) ih ¶−90000+1000 ð −200¹¶−100+−200¹vð ¤hhih 10vð = ¤ ) hhih −290000+1000ð−00+ðvð ) ih  79000000−990000ð+1000ð vð = ¤1hh041AAAAA ) = ¤hh ) = ) hh hh hh −1−1000vð ¤hh 1™vð 1000vð 1 00000 = ¤ = ¤ = ) hh ) hh ) ) 4 100000 u10 = − 970000000 + ) )


%#



hh hh hh hh 11vð 11vð 11vð u11 = ¤h ) + ¤hh ) +¤hh ) +¤hh 11vð ) hh hh −ð−ðvð ¤h 11vð 1 000000 = ¤ = ) h ) ) hh hh −100−100vð ¤hh 11vð 1 00000 = ¤ = ) hh ) )  hh hh hh H0000−A00ð +ðvð = 1000000 ¤hh 11vð ð −200¹ vð ¶−100+ = ¤ = ¤ ) hh ) ) ) hh hh hh −1−1vð ¤hh 11vð 1 00 = ¤ = ) hh ) )

u11 = 1AAAAAA) AA7 + 100) u10+<1 u11 = 0 4 100000 1AAAAAA A A7 100 − 970000000 + + ð 1‹ + ) ) ) ) Œ = 0  = 144!  = 4E! ð1 = 4179

REE=PL!;!ND: EN L! ECU!CI:N :(TENE=:' -


%)



M = M0+ð1M1 M< = M<0+ð1M<1  = 0+ð11 < = <0+ð1<1 M0 = 199A7> M<0 = 14> 0 = 4H> M1 = 1 = 0 <0 = 0 M<1 = 1 <1 = −1 ð1 = 4179 REE=PL!;!ND: :(TENE=:'-

M = 199A7>  = 4H> M< = 47979> < = −4179>


%&

Estabilidad II – Cátedra Prof. J. L. Raffo DI!4R!=!' C!R!CTERI'TIC:'-

UTN – Facultad Regional Delta ECU!CI:NE' DEL DI!4R!=! DE E'FUER;: !>I!L-

 ð = 0−199A7> @ ð @ 90 90−190A7> @ ð @ 100 100−141@ ð7@9>200 200−4H> @ ð @ 00 ? ð = 0−479@ ð 7@9>90 90−141 @ ð @79>100 100 @ ð @ 190 190A7−400 ð −100 190−4H> @ ð @ 200 200141@ ð7@9>290 29041@ ð79>@ 00

ECU!CI:NE' DEL DI!4R!=! DE E'FUER;:' DE C:RTE-


%



ECU!CI:NE' DE E'FUER;: DE =:=ENT:-

 ð = ™−479 @ ð @79ð90

90 @ ð @ 100 −2E7E79−47979( ð − 90) −EAA( ð − 90) 100 @ ð @ 190 −H0E7A+190A7( ð− 100) − 200(ð −100) 190 @ ð @ 200 AA2474−20000( ð − 129)+190A7( ð − 190) 200 @ ð @ 290 −E417A+14179( ð − 200) 290 @ ð @ 00 −170E79+14179( ð − 290)−1000( ð − 290)

Alumno: 3odriue# ablo Resol8er el siguiente siste*a i,erestático ,or el *todo de las fueras + realiar los diagra*as de =N9.

DatosL- %$$ c*. P- %$$ /g. !- #^ c*#. I- %21#^ c*&. -olución 'eterminación del rado del sistema

4 žæOæžPMp − œóMžOæœp = NMvO 1 Eercicios Resueltos – !"o #$%&

%2



Calculo de las reacciones

An$lisis de los estados

î; =  −t − ¬ = 0 î;Û = tÛ + ¬Û −  = 0 ît = 2 + 4 −¬.  −¬Û.  = 0

Estado A 0B

î; = t =  = 100 î;Û = tÛ + ¬Û − = 0 r tÛ = 29 ît = 2 + 4 −¬Û. = 0 r ¬Û = 79


%6



Estado A 1B

î; = t = −1 î;Û = tÛ = −¬Û = −1 ît = −¬Û.  +1.  = 0 r ¬Û = 1 'iaramas de es,uer#os caracter+sticos

/s(uer.o N8

/stado @8A Diagrama

/cuación

−tÛ r 0 < < <  0 r 0 < < <  arra 1

arra 2

0 8

0tr r –0 << < <<<  –2 2 tÛtÛ −r0 r< <–< <– <4 4<  arra 1

arra 2


%5



t−< . < rr0 <–2 <<< < <–2  tÛ−< . < rr0 <–4 <<< < <–4 

18

arra 1

arra 2

/stado @7A N7

tÛ r 0 < < <  −t r 0 < < <  arra 1

arra 2

0 7

−t r 0 < < <  −tÛ r 0 < < <  arra 1

arra 2

17

−t. < r 0 < < <  −tÛ. < r 0 < < <  arra 1

arra 2

  D D D D  .   .    h  h    uh = ¤ ) v< +¤ ) v< - u = ¤ ) v< +¤ ) v<

'espla#amientos de los estados


%7



a a D ¶− ¹.   .  1 tÛ tÛ h  uh = ¤ ) v< = ¤h ) v< = ) ¤h −29. 1 v< = −)29  a a D  1 1   u = ¤ ) v< = ) ¤h ¶−tÛ¹ v< = ) ¤h −1 v< = ) D  .  h  u = ¤ v < = 0 h )  a a D  1 1   u = ¤ ) v< = ) ¤h −t v< = ) ¤h −1 v< = ) a a – – D   .  1 1 h  uh = ¤ ) v< = ) ¤h t. <−t. < v< = ) ¤h 100.<−1.< v< = 24) a a D  .  1 1 h  uh = ¤ ) v< = ) ¤a–¶ −<¹−t. <v< = ) ¤a– −<1. <v< 1= ) ¤a–a < −<v< = 4E) 7   a a  D  1 1     u = ¤ ) v< = ) ¤h −t. < v< = ) ¤h 1. < v< = ) a–  a–   D  .  1 1 h  uh = ¤ ) v< = ) ¤h t. < ¶−tÛ. <¹ v< = ) ¤h 29.< −1.< v< 29 = − 1H2) a a D  .  1 1 h  uh = ¤ ) v< = ) ¤a–¶ −<¹¶−tÛ.<¹v< = ) ¤a– −<−1.<v< 1= ) ¤a–a < − <v< = − A4) H   a a  D  1 1     u = ¤ ) v< = ) ¤h ¶−tÛ. <¹ v< = ) ¤h 1. < v< = )

arra 1: 0$il @

arra 2: 0$il @

arra 1:
arra 2:

%2$



 29 114 uh = − ) + 29)  2 2  u = ) + ) uh + u. ð = 0 r ð = − uuh   29 114 29 114 − + − + u h )  29) F G F ð = − u = − )2 + )2 = − 2 + 229 G ð = −AE tÛ]] = tÛh h + ð. tÛ  = 29+−AE. −1 = 1E  t =]t +hð. t =100+ −AE. −1 = 10AE  ¬Û = ¬Û + ð. ¬Û = 79+−AE.1 = AE2  ¬] = ¬h + ð. ¬ = 0+ −AE. 1 = −AE 

'espla#amiento total

Ecuación canónica

Ree*,laando ,or los 8alores corres,ondientes obtene*os-

Estado real


%2%



Alumno: elatitsBi !%an Resolución de hiperestático Datos: P:100(kg)

L:100(cm)

E: 2,1.10^6(kg/cm²)

qO:8(kg/cm²)

M:P.L(kg.cm)

b:2(cm)

h:6(cm)

h b A

B

Ejercicio:

ESTADO "1"

ESTADO "0"

Rax

x. Rax Ray

Ma


Ray

1

Ma

%2#



Estado “0”

Σ Fx = Rax = 0 Σ Fy = Ray – qo.L = 0

Ray = qo.L = Ray = 800kg

Σ Ma = Ma – qo.L.(L/2)= 0

Ma= qo.L.(L/2)

Ma = 40.000kg.cm

Diagrama MNQ Estado “0” Σ Fx = Rax = 0 Σ Fy = -Ray + qo.x + Q = 0

Q(x)= -8x + 800

Σ M= M + Ma – Ray.x + qo.x.(x/2)= 0

M(x)= -4x² + 800x – 40.000 M:

0

L

-40.000kg/cm²


%2)



Estado “1” Σ Fx = Rax = 0 Σ Fy = Ray + 1 = 0

Ray= -1

Σ Ma= Ma + 1.L = 0 Ma= -100

Diagrama MNQ Estado ”1” Σ Fx = N = 0 Σ Fy = Ray + Q = 0

Q(x)= -Ray Q(x)= 1

Σ M= M- Ma + Ray.x = 0 M(x)= -x + 100

M:

100

0


L

%2&



L

M .M )dx = d10 = ( . E I 0

∫

L

d10 = 1,32 x10

−8

1

∫ 12.( −40000).(3.100) dx 0

100

−8 d10 = 1,32 x10 .( −1000000. x ) 0

d10 = −1,32cm L

∫

2

M

) dx = d11 = ( . E I 0 100

d11 =1,32 x10

−8

∫ 0

1 100 (100) 2 dx = d11 = (1,32 x10 −8.3333, 33 x ) 0 3

−3

d11 = 4, 4 x10 cm d10 + x.d 11 = 0 x =

1, 32 = 300 4, 4 x10 −3

Diagramas MNQ final

Rax

Ray

300

Ma


%2



Σ Fx = Rax = 0 Σ Fy = Ray + 300 – qo.L = 0

Ray= 800-300= Ray=500(kg)

Σ Ma= Ma + 300.L – 800.(L/2) = 0 Ma= 10.000(kg.cm)

Sección 1

M N

500

Q

10000

Σ Fx = N = 0 Σ Fy = Q – 500 + qo.x = 0 Q(x)= -8x + 500 Σ M= M + 10000 – 500x + (qo.x).(x/2) = 0 M= -4.x² + 500x - 10000


%22



N:

L

0

Q:

500

L

0

-300

M: 5625

0

L

-10000


%26



Representancion de la viga con Solidworks

Analisis por Elementos finito (Tensiones de Von Mises)


%25



Esfuerzos en la viga sobre el vinculo simple

Esfuerzos en la viga sobre el empotramiento


%27



Alumno: ordillo 3a,ael a.- Esquema de la Pieza Se trata de una pluma hidráulica, utilizada para realizar el izaje de piezas en un taller mecánico. La capacidad de carga es de 1500 N


%6$



b.- Desarrollo del cálculo de reacciones:

Determinamos primeramente las reacciones de vínculo Xb, Yb y Mb, considerando el cuerpo completo Equilibrio de Fuerzas en X

:;< = 0 = ð +ð H ð +ð = 0 :; = 0 = › +› −1900  H › +› = 1900  : = 0 =  + −1900  7 1.11E! H  + = 17E2  7 !

Equilibrio de Fuerzas en Y

Equilibrio de Momentos

Se observa que tiene 3 grados de Hiperestaticidad

Como la pluma posee una articulación, se puede dividir el conjunto y analizar dos partes por separado. Debemos determinar las fuerzas en los vínculos internos Viga: Equilibrio de Fuerzas en X

:;< = 0 = ðM H ðM = 0

Viga: Equilibrio de Fuerzas en Y


%6%



:; = 0 = ;1−›M −1900  H ›M = ;1−1900  : = 0 = ;1 7 0.2H4−1900  7 1.4A7! H ;1 = 74E4.AH  ›M = ;1−1900  H ›M = 9HE4.AH 

Viga: Equilibrio de Momentos

Luego

c.- Diagramas de Cuerpo Libre


%6#



d.- Diagramas de esfuerzos característicos Esfuerzos en Viga Esfuerzo

Diagrama

N

Q

M


Ecuación

 = 9HE9 r < = 0 -0 @  @ 0. 0 7  =−74E9 r < = 0. 2 H4 0 @  @ 0. 0 7 = 0 r 0 @ < @ 1.4A7 - = 0.07 ?? = =0 r 0 r < =< =0.20H4-0-@0 @ @@0.0.0707 ?? ==1900−9HE9r 0r .20H4@@<<@@0.1.2H44A7--==0.0.0707  = =0 r 0 r < =< =0.20H4-0-0@@ @@0.0.0707  ==−9HE9 −9HE977<<+74E9 r 0 @ 7< @<0.−0.2H42H4- = 0.07 r 0 . 2 H4 @ < @ 1. 4 A7  = 0. 0 7  !M< = −17A0 ! r < = 0.2H4

%6)



Esfuerzos en Columna Esfuerzo

Diagrama

Ecuación

N

==−49E r < = 0 -0 @  @ 0.  E −AH r 0 .  EE @  @ 0. 4 EA  == 974 r 0 . 4 EA @  @ 1. 1 E7 9HE9 r 1 . 1 E7 @  @ 1. 2 A  = 22E0 r −0.9 @ < @ 0.044 -  = 0.4EA

Q

??==−227E r < = 0 -0 @  @ 0.  E −4E r 0 .  EE @  @ 0. 4 EA ? ?==17190 r r 1.10E7.4EA@@ @ @1.21.A1E7 ? = −0A r −0.9 @ < @ 0.044 -  = 0.4EA


%6&


M


 !M< = 12AA r äœN ž!Mœæ žæœNžON

e.- Tensiones La parte inferior es de caño estructural Ø3” esp 4.8 mm

Esfuerzos Máximos en el tramo:

 = −49E  r −4A   = −409 ! r 412.A9  ! < =  + 7  = 10. 4A7A!I + 412.A9AE.H2!!74.E1 ! = 2AE.22 B!I


%6



El resto de la estructura es de caño estructural cuadrado 80x80 esp 4.8 mm

 = 974  r 9E9.10   = 12AA ! r 12H1E.7  ! < =  + 7  = 9E9.191!0 I + 12H1E.141.7 29 !! 47 4 ! = 404.E B!I


%62



Alumno: A%ila Enri)ue Dado el siguiente siste*a i,erestático Bfigura #?%A1 calcular las reacciones + realiar lo s diagra*as =N9 corres,ondientes.

y

L/2 L/4 P

Q0

P 3 0 °

M1

L/3

x

L

Figura #?%

P = 5 tn ; Q0 = 2

tn m

; L = 6 m ; M 1 = 3 tn . m /stado @8A y

L/2 L/4 P

Q0

P 3 0 °

R Ax MA

L/3

M1 x

R Ay L

CORTE 1


CORTE 2

CORTE 3

CORTE 4

%66



Reacciones-

∑ Fx = 0 = R ∑ Fy = 0 = R

Ax

− P x ⇒ R Ax = P. cos θ = 5 tn . cos 30 = 4,33 tn

Ay

− Q0 .

L

tn 6 m

⇒ R Ay = 2 . m

4

4

L

− P y − P ⇒ R Ay = Q0 .

4

+ P y + P

+ 5 tn . sin 30 + 5 tn = 10,5 tn L L

∑ M

0



L

L 

= 0 = M A − Q0 . . − P y . − P .  L −  − M 1 4 8 2  3  tn 6 m 6 m + 5 tn . sin 30 . 3 m + 5 tn . 4 m + 3 tn . m = 32,75 tn . m ⇒ M A = 2 . . 8 m 4 Corte %- 0 ≤ x <

L

4

y

Q0

R Ax

Nx

Qx Mx

MA

x

R Ay x

CORTE 1

∑ Fx = 0 = Nx + R ∑ Fy = 0 = Qx − R

Ax

⇒ Nx = − Rax = −4,33 tn

Ay

+ Q0 . x ⇒ Qx = R Ay − Q0 . x = 10,5 tn − 2

∑ Mx = 0 = Mx − R

Ay

x

. x + Q0 .

2

2

+ M A ⇒ Mx = 10,5 tn . x − 2 Corte #-


L

4

≤ x <

tn m

. x

tn x

.

2

m 2

− 32,75 tn . m

L

2

%65



L/4 Q0

R Ax

Nx

Qx

x

Mx

R Ay

MA

x

CORTE 2

∑ Fx = 0 = Nx + R ∑ Fy = 0 = Qx − R

Ax

⇒ Nx = − Rax = −4,33 tn

Ay

+ Q0 .

∑ Mx = 0 = Mx − R

Ay

L

L

⇒ Qx = R Ay − Q0 .

4

4

= 10,5 tn − 2

tn 6 m m

.

4

= 7,5 tn

L  L  tn 6 m  6  . x + Q0 . .  x −  + M A ⇒ Mx = 10,5 tn . x − 2 . .  x −  − 32,75 tn . m 4  8  8  m 4 

Corte )-

2 ≤ x < L 2 3

L

y L/2 L/4 Py

Q0

P 3 0 °

Px

R Ax

Nx

Qx Mx

MA

x

R Ay x

CORTE 3

∑ Fx = 0 = Nx + R ∑ Fy = 0 = Qx − R

Ax

− P x ⇒ Nx = − R ax + P x = 0

Ay

+ Q0 .

∑ Mx = 0 = Mx − R

Ay

⇒ Mx = 10,5 tn . x − 2

L

L

+ P y ⇒ Qx = R Ay − Q0 .

4

 4 

L

. x + Q0 .

 m 4 

tn 6 m

.

.  x −

.  x −

= 10,5 tn − 3 tn = 7,5 tn

L 

 L   + M A + P y .  x −  ⇒ 8   2 

6   − 32,75 tn . m − 2,5 tn . ( x − 3 m ) 8 

Corte &-


4

2 L ≤ x < L 3

%67



y L/2 L/4 Py

Q0

P P 3 0 °

R Ax

2/3 L

Px Nx

Qx Mx

MA

x

R Ay x

CORTE 4

∑ Fx = 0 = Nx + R ∑ Fy = 0 = Qx − R

Ax

− P x ⇒ Nx = − R ax + P x = 0

Ay

+ Q0 .

L

+ P y + P ⇒ Qx = 10,5 tn − 3 tn − 2,5 tn − 5 tn = 0

4

 4 

 L   3   + M A + P y .  x −  − P .  x − L  ⇒ 8   2   2  6  tn 6 m   2  ⇒ Mx = 10,5 tn . x − 2 . .  x −  − 32,75 tn . m − 2,5 tn . ( x − 3 m ) − 5 tn .  x − L  8  m 4   3  L

∑ Mx = 0 = Mx − R

Ay

. x + Q0 .

.  x −

L 

Cuando x = L Mx = 10 , 5 tn . x − 2

6 m  6  2   .  x −  − 32 , 75 tn . m − 2 , 5 tn . ( x − 3 m ) − 5 tn .  x − 6 m  − 3 tn . m = 0 m 4  8  3  

tn

.


%5$



DI!4R!=!' E'T!D: K$ y L/2 L/4 Py

Q0

P P 3 0 °

Px L/3

M1 x

L

-

N -4,33 kg

-3 kg.m

M

-

-8 kg.m

-19,25kg.m

-32,75 kg.m


%5%


UTN – Facultad Regional Delta Estado K%

y

R Ax x

MA

R Ay L

1

CORTE 1

Reacciones-

∑ Fx = 0 = R ∑ Fy = 0 = R + 1 ⇒ R = −1 ∑ M = 0 = M + 1. L ⇒ M = − L Ax

Ay

Ay

0

A

A

Corte %- 0 ≤ x < L y

R Ax

Nx

Qx Mx

MA

x

R Ay x

CORTE 1

∑ Fx = 0 = Nx + R ⇒ Nx = 0 ∑ Fy = 0 = Qx − R ⇒ Qx = R ∑ Mx = 0 = Mx + M − R . x ⇒ Mx = − M Ax

Ay

A

Ay

Ay

A

+ R Ay . x = L − x

Cuando x = L

⇒ Mx = − M A + R Ay . L + 1. L


%5#



DI!4R!=!' DEL E'T!D: K% y

R Ax x

MA

R Ay L

1

N

M

6 kg.m +

Estado K# y

R Ax MA

1

R Ay

x

L


%5)



Reacciones-

∑ Fx = 0 = R − 1 ⇒ R ∑ Fy = 0 = R ∑ M = 0 = M Ax

Ax

=1

Ay

0

A

Corte %- 0 ≤ x < L y

R Ax

Nx

Qx Mx

MA

x

R Ay x

CORTE 1

∑ Fx = 0 = Nx + R ⇒ Nx = − R ∑ Fy = 0 = Qx − R ⇒ Qx = 0 ∑ Mx = 0 = Mx + M − R . x ⇒ Mx = 0 Ax

Ax

Ay

A

Ay


%5&



DI!4R!=!' DEL E'T!D: K# y

R Ax MA

1

R Ay

x

L

-1 kg

N

-

M


%5



C!LCUL:'

δ 10 + δ 11 . X 1 + δ 12 . X 1 = 0 δ 20 + δ 21 . X 2 + δ 22 . X 2 = 0

L

0 ≤ x <

N

− x 2

M

tn m

4

"0"

"1"

"2"

− 4,33

0

−1

( L − x )

+ 10,5 tn . x − 32,5 tn . m

L

4

≤ x <

0

L

2

"0"

"1"

"2"

N

− 4,33

0

−1

M

7,5 tn . x − 32 tn . m

L

( L − x )

0

≤ x ≤ L

2

"0"

"1"

"2"

N

0

0

−1

M

5 tn . x − 32 tn . m

( L − x )

0



2 6 Datos de ,erfil- W 610 x 155 ; A = 198 cm ; E = 2,04.10

L

δ 10 =

L

4

∫ 0

M 1 . M 0 E . I

. dx +

∫

L

L

2

M 1 . M 0 E . I

4


. dx +

∫

L

M 1 . M 0 E . I

kg 2

cm

; I =129.103 cm2

. dx

2

%52



L L  L 4  1 2 2  δ 10 = ∫ (6 − x)(− x + 10,5 x − 32,75 tn . x ). dx + ∫ (6 − x )(7,5 x − 32). dx + ∫ ( L − x )(5 x − 32). dx 0  E . I L L  4 2 

δ 10 =

76,35 E . I L

δ 11 =

L

4

M 1 . M 1

∫

E . I

0

. dx +

M 1 . M 1

∫

L

L

2

4

E . I

M 1 . M 1

∫

. dx +

L

2

E . I

. dx

L L  L 4  1 2 2 2 2 δ 11 =  ∫ ( x − 12 x + 36 ). dx + ∫ ( x − 12 x + 36). dx + ∫ ( x − 12 x + 36). dx  0  E . I L L  4 2 

δ 11 =

72 E . I

δ 12 = 0 L

δ 20 =

L

4

∫

N 2 . N 0 A . E

0

. dx +

2

∫

L

N 2 . N 0 A . E

. dx

4

L  L 4  1 2 δ 20 =  ∫ 4,33. dx + ∫ 4,33. dx 0  A. E L 4  

δ 20 =

13 A . E

δ 21 = 0 L

δ 22 =

L

4

∫ 0

N 2 . N 2 A . E

. dx +

∫

L

L

2

N 2 . N 2 A . E

4

. dx +

∫

L

N 2 . N 2 A . E

. dx

2

L L  L 4  1 2  δ 22 = ∫ 1. dx + ∫ 1. dx + ∫ 1. dx  0  A . E L L  4 2 

δ 22 =

6 A . E

??????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????


%56


δ 10 =

76,35 72 = 2,9 .10 −14 ; δ 11 = = 2,73.10 −14 ; δ 12 = 0 E . I E . I

δ 20 =

13 6 = 3,32 .10 −8 ; δ 21 = 0 ; δ 22 = = 1,53 .10 −8 A . E A . E

X 1 =

− δ 10 = 1,06 (δ 11 + δ 12 )

X 2 =

− δ 20 = 2,16 (δ 21 + δ 22 )


H 0 1 2 + R Ax R Ax = R Ax . X 1 + R Ax . X 2 = 6,49 tn

0 1 2 H = R Ay + R Ay . X 1 + R Ay . X 2 = 9,44 tn R Ay

0 1 2 M H = M A + M A . X 1 + M A . X 2 = 26,39 tn . m

R By = X 1 = 1,06 tn

R Bx = X 2 = 2,16 tn


%55



DI!4R!=!' XIPERE'T!TIC:' y

L/2 L/4 P

Q0

P 3 0 °

M1

L/3

x

L

-2,16 kg +

N

-2,17 kg

-

-

-0,88kg.m

M

-

-3 kg.m

-4,82 kg.m

-17,66kg.m

-26,39 kg.m Ecuaciones N H = N 0 + N 1 . X1 + N 2 . X 2 M H = M 0 + M1 . X1 + M2 . X 2


%57


10


ubos a presión: Alumno: 3amires Alexis

Calcular + re,resentar gráfica*ente la distribuciGn de tensiones entre # tubos1 uno de !cero #%2_C( + el otro un bue de (ronce1 ue se describen a continuaciGn B# tubos uncados de distinto *aterial + sin ta,asATubo interno de bronce:

Di = 17 cm  De = 20cm Tubo externo de acero:

Di = 19,9cm  De = 22cm

< donde las ,resiones relati8as sonPext = 1bar ; Pint = 300bar


%7$



a = 8,5 cm c = 11cm e = 9,95cm d = 10cm

δ = d − e = 0,05cm b :=

d +e

2

= 9.975cm

Ebr = 1.2 x10 6

Eac = 2.1x10 6

Pi = 305.915

kg

 µ br = 0.31

cm 2 kg cm kg

cm 2

 µ ac = 0.3

2

 Pe = 1.02

kg cm 2

La ,resiGn en la ona de contacto será-

Po =

δ 2.b

 1  c 2 + b2  1  b2 + a 2 µ µ − + + . 2 . br  ac   2 2 2 Ebr  b − a  Eac  c − b 

= 250.112

kg cm

2

=ubo de bronce B7 Pe = 0 Pi = Po

σ max =

σ min

2 2 2 Pio .( a + d ) − 2.Peo .d 2

d −a

2

= −1803

kg cm 2

2.Pio .d 2 − Peo .( d 2 + a 2 ) kg = = − 1552 d 2 − a2 cm 2

σ rr min = − Pi = 0  σ rr max = − Pe = −250,11

kg cm2

=ubo de acero B! Eercicios Resueltos – !"o #$%&

%7%



Pe1 = 0 Pi1 = Po

σ max =

σ min

Pi1.(e2 + c 2 ) − 2.Pe1.c 2 c2 − e2

= 2501

kg cm 2

2.Pi1.e 2 − Pe1.( e2 + c 2 ) kg = = 2251 2 2 2 c −e cm

σ rr max = − Pe = − 250,11

kg cm

2

Pi .( a + c ) − 2.Pe .c

2

 σ rr min = − Pi = 0

=ubo unico B9 Pi = 305.915

Pe = 1.02

kg cm 2

kg cm 2 2

σ max =

σ min

2

2

c −a

2

= 1200

kg cm 2

2.Pi .a 2 − Pe .( a 2 + c 2 ) kg = = 896.755 2 2 2 c −a cm

σ rr max = − Pe = − 305,9

H BJg'cm! Hrr BJg'cm!

kg cm 2

 σ rr min = − Pi = − 1,013

=ubo interno B7 1a 1in ?%5$) ?%# ?#$1%% $


kg cm2

=ubo /terno B! 1a 1in #$% ##% ?#$1%% $

=ubo Enico B9 1a 1in %#$$ 57216 ?)$17 ?%1$%)

=ubo FuncGado 1a 1in )&$7 ?2$) ?)$17 ?%1$%)

%7#



a b c


%7)



Alumno: 6on#i eandro #alcular ! representar grficaente la distriución de tensiones en los tuos zuncados sin tapas 1ue se descrien a continuación Pi=@00 A &200BgCc2 Pe>t = Pat=&"0&3BgCc2

2

$uo & de acero di = 14cm ⇒ ri = 7cm = d

a

d e = 18cm ⇒ re = 9cm = e

c

$uo 2 de acero di = 17,92cm ⇒ ri = 8,96cm = a de = 22cm ⇒ re = 11cm = c

d e r m

= b

1

:allaos el radio edio ! δ

8,96cm + 9cm = 8,98cm 2 δ = 9cm − 8,96cm = 0,04 cm b = rm =

#oo los cilindros son del iso aterial, la presión en la zona de contacto serD 2 2 2 2 δ E ( c − b )( b − d ) P0 = 3 2b c 2 − d 2

2,1 x10 6 P0 =

kg cm

2

.(0,04cm) ( (11cm)2 − (8,98cm) 2 )( (8,98cm) 2 − (7cm) 2 )

2.(8,98cm)3

P0 = 1028,654

(11cm) 2 − (7cm) 2

kg cm2


%7&



:allaos las tensiones tangenciales + Pi ( ri + re 2

σ maxθθ = σ θθ ( r = r i ) = σ

min

θθ

2

σ t = σ θ

) − 2P

ext

σ r

 ! radiales

.re 2

re 2 − r 12 2 2 2 2 Pr i i − Pext ( ri + re )

= σ θθ ( r = r e ) =

2

2

re − r 1

σ rr max = σ rr (r = re ) = − Pe σ rr min = σ rr (r = ri ) = − Pi &4 $uo, clculo para una Pi = 600

kg cm

2

Pi = 0 Pext = p0 kg

−2.1028,654

2

.9 cm2

cm 2 (9cm) − (7cm) 2

σ maxθθ =

kg

−1028,654

2

= −5207,56

. ( (9 cm) 2 + (7 cm) 2 )

cm (9cm) 2 − (7cm) 2

σ minθθ =

σ rr max = −1028,654

kg cm

2

= −4178,9

kg cm

2

kg cm

2

σ rr min = 0

24 $uo Pi = P0 = 1028,654

kg cm

2

Pext = 0

1028,654

kg 2

((8,96 cm) 2 + (11cm) 2 )

cm (11cm) 2 − (8,96cm) 2

σ maxθθ =

2.1028,654

σ minθθ =

kg cm

2

= 5048,9

.(8,96 cm) 2

(11cm) 2 − (8,96cm) 2

= 4056,25

kg cm

2

kg cm

2

σ rr max = 0 σ rr min = −1028,654

kg cm

2


%7



34 $uo Pi = 600

kg cm2 kg

Pext = 1,013

cm2

600

σ maxθθ =

kg

kg

(7 cm) 2 + (11cm) 2 ) − 2.1,013 2 (11cm ) 2 ( cm cm 2 2 ( (11cm) − (7cm) )

2.600

σ minθθ =

kg cm

σ rr max = −1,013 σ rr min = −600

2

2

= 1413,261

kg cm

2

kg

(11cm) 2 + (7 cm) 2 ) ( kg cm = 814,276 2 2 2 cm ( (11cm) − (7cm) )

7 cm ) − 1,013 2 (

2

kg cm2

kg cm2

Para 600kg/cm2 6000

La zona rayada es la resultante algebraica de

5000

los 3 casos, el primero correspondiente a las tensiones tangenciales y el segundo a las

Tubo 2

4000

radiales.

3000 2000

Tubo 3

1000 6

7

8

9

10 11 12 13

r(cm)

-1000 -2000 -3000 -4000 -5000

Tubo 1

2000 1000 6

7

8

9

10 11 12 13

r(cm)

-1000


%72



Para realizar aora el e
kg

solaente realizaos el clculo 2 cm del tuo ;nico +34 tuo !a 1ue los valores para el &4 ! el 24 se antienen" Pi = 1200

kg cm2 kg

Pext = 1,013

cm

1200

σ maxθθ =

2

kg

kg

(7 cm) 2 + (11cm) 2 ) − 2.1,013 2 (11cm ) 2 ( cm cm 2 2 ( (11cm) − (7cm) )

2.1200

σ minθθ = σ rr max = −1,013 σ rr min = −1200

kg cm

2

2

= 2829,928

kg cm2

kg

(11cm) 2 + (7 cm) 2 ) ( kg cm = 1630,941 cm2 ( (11cm) 2 − (7cm)2 )

7cm ) − 1,013 2 (

2

kg cm2 kg

cm2

Para 1200kg/cm2 6000

La zona rayada es la resultante algebraica de los 3 casos,

5000

el primero correspondiente a las tensiones tangenciales y el segundo a las radiales.

Tubo 2

4000 3000 2000

Tubo 3

1000 7

8

9

10 11 12 13

r(cm)

-1000 -2000 -3000 -4000 -5000

Tubo 1

2000 1000 7

8

9

10 11 12 13

r(cm)

-1000


%76



Alumno: iaudat 5ederico El ,ie de la siguiente biela ti,o X1 utiliada co*n*ente en co*,eticiGn1 ,osee un bue de bronce al alu*inio en su interior ,ara dis*inuir el coeficiente de roa*iento entre la biela + el ,erno de ,istGn. Considerando el ,ie co*o un tubo + el bue co*o otro1 calcular la ,resiGn de uncado entre a*bos + graficar la distribuciGn de tensiones con el siguiente di*ensionado de las ,ieas
"

2


"

2

E %ronce 1.1$1) =g8c

iela: Di 23  De13)  De234 u+e: d i2).))!  d e23.)! 2

Presión interna de%ida al aceite lu%ricante5: P i !=g8c 2

Presión e$terna: Pat1.)13=g8c


%75



• C:N'IDER!CI:NE' La ,ri*era consideraciGn a destacar es ue se to*a el bue cla8ado en la biela co*o un siste*a estático. En la realidad esto no ocurre dado ue el *otor gira a un deter*inado n*ero de re8oluciones. ! *a+or n*ero de re8oluciones1 *a+or carga sobre el siste*a ,istGn?biela?cigè"al. < esto re,ercute directa*ente sobre la ,resiGn Bde contactoA ue se eerce sobre el ,erno del ,istGn + ste a su 8e sobre el bue ue está en la biela. Es ,or ello ue se decide considerar el siste*a estático1 con el fin de descartar la acciGn de las tensiones de contacto. El te*a referido a dicas tensiones de contacto se resol8erá en otro eercicio de este ea*en final. Por otra ,arte + co*o se ,uede analiar en la i*agen %1 la biela no ,osee un diá*etro eterno co*o si se tratase de un tubo con8encional1 sino ue es ,arte del cuer,o de la *is*a. Dado esto1 se decidiG considerar dica secciGn co*o un tubo1 to*ando co*o diá*etro eterior el *a+or diá*etro ue ,osee la biela en esa secciGn1 el cual se a,recia en la figura # Bdes,reciando la secciGn de la biela +a ue1 co*o se ,uede notar1 a*bas ,oseen el *is*o conce,toA.

Figura 33 - Anatomía de una biela de sección H


%77



Figura 34 - Detalle del pie de biela - Biela de sección I

'e decide to*ar el *a+or diá*etro eterno dado ue es en ese ,unto donde ocurren las *a+ores tensiones +a ue ofrece una resistencia *a+or. Por lo tanto1 el ,roble*a se ,uede esue*atiar de la siguiente *anera Bfigura )A-

Figura 35 - Esquema de consideración


#$$



• CVLCUL:' Partiendo de un tubo co*o el descri,to en la figura &1 se utiliará el análisis ,ara tubos de ,aredes gruesas[%\1 etendindose luego asta tubos co*,uestos o enca*isados BuncadosA.

Figura 36 - Tubo de pared gruesa analizado

Partiendo de un euilibrio diferencial en coordenadas ,olares Bfigura A-

Figura 37 - Equilibrio diferencial

se llega a la deducciGn de las siguientes e,resiones1 corres,ondientes a las tensiones tangenciales + radiales ue actan sobre las ,aredes del tubo-

    ö N − ö N N N       ëë = N − N + N Nö −− öN Eercicios Resueltos – !"o #$%&

#

%$ Estabilidad II – Cátedra Prof. J. L. Raffo


    ö N − ö N N N       ÃÃ = N − N − N Nö −− öN

ue constitu+en las e,resiones de la soluciGn de La* [#\.

!si*is*o1 cabe destacar ue las tensiones *ái*as + *Hni*as Btangencial o radial1 segn corres,ondaA segn indica la figura 2. B

ëë B o

A

Figura 38 - Distribución de tensiones y valores máximos y mínimos.

Para el caso de tubos co*,uestos o uncados1 las tensiones 8arHan esue*ática*ente de la siguiente *anera [)\ Bfigura 6A-

Figura 39 - Distribución de tensiones para un tubo zunchado

< la ,resiGn en la ona de contacto entre dos tubos de *ateriales diferentes está dada ,or-


#$#



‘ öh = )1 ‹NN +− NN − FŒ+2 N)1 ‹NN +− NN + FŒ     Para el caso dado en el enunciado del ,roble*a1 se to*ará la teorHa desarrollada asta este ,unto + los cálculos se arán en una oa de cálculo de =icrosoft :ffice Ecel #$$6 aneada unto con este arci8o. Entonces1 to*ando los siguientes datos iniciales Btabla %A-

ar$metro

7alor

Unidad

Tubo % Diá*etro interior 3di4

#1$$$ c*

Tubo % Diá*etro eterior 3de4

#1)$$5 c*

Tubo # Diá*etro interior 3Di4

#1) c*

Tubo # Diá*etro eterior 3De4

)1& c*  g3c*#

PresiGn interna 3Pi4 Pe 0 PresiGn at*osfrica 3Patm4

%1$%) g3c*#

=. Elástico ? !cero biela 3/ac4

#%$$$$$ g3c*#

=. Elástico ? (ronce bue 3/br4

%%$$$$$ g3c*#

C. Poisson ? !cero biela 3/ac4

$1) ad.

C. Poisson ? (ronce bue 3/br4

$1)& ad.

Tabla 1 - Datos iniciales

+ con un esue*a gráfico del ,roble*a Bfigura 5A1 con las consideraciones ecas-

Figura 40 - Esquematización a escala del enunciado


#$)



Pri*ero se deter*ina la ,resiGn entre los tubos1 to*ando los radios res,ecti8os-

‘ öh = )1 ‹NN +− NN − FŒ+2 N)1 ‹NN +− NN + FŒ = 2.4249 !>    

Co*o se ,uede a,reciar en la figura 61 ,ara el análisis de un tubo uncado se reuieren e8aluar tres tubos ,or se,arado- un tubo N% de r 1 + r 2 con p10 + p0  otro tubo N# de r 2 + r / con p0 + p20  + un tubo N) Blla*ado *onolHticoA de r 1 + r / con p1 + p2. Luego1 se su*an algebraica*ente res,ecto a cada radio + se

obtiene una resultante de los tres tubos. Cabe destacar ue r 2 es el radio *edio to*ando la interferencia entre los tubos % + #. Entonces1 ,ara el caso dado1 se tienen Btabla #A U6O 1

Pint

$

Pet

#)1&#&#$$6 H

r

Hrr

%1$$$#

?%7#1$$$7&2

$

%1$

?%5)1%%7#6

?5155%26$76%

%1%

?%61)67)5%

?%212#%2&&

%1%

?%2512#27##)

?#)1)6&$#)26

%1%$&

?%25162&#7

?#)1&#&#$$6

U6O 2

Pint

#)1&#&#$$6

Pet

$ H

r


Hrr

%1%

2#17%$2#6%

?#)1&#&#$$6

%1#

21)%6&%672

?%2167$56)%

%1&

&517$&$%)##

?71)66&6$62

%1

&)1)26675

?&1$%$#)6%6

%16

)71#2&

$

#$&



U6O / Dmonol+tico

Pint



Pet

%1$%) H

r

Hrr

%1$$$#

61%72#6&

?

%1$

212)#$7)&55

?&1&)5%57)5

%1%

21%&$&&$))

?)17&&%25$)

%1%

16%%%$75

?)1%#)2&)

%1%$&

16$5)$))

?)1%#$#55

%1%

16%%%$75

?)1%#)2&)

%1#

1$$#572667

?#15$22####7

%1&

&1#%$7562&

?#1$%&6%)$7

%1

)12)62)$5%

?%1&&%)65)%

%16

)1#$7#6&

?%1$%)

Tabla 2 - Tensiones tangenciales y radiales en tubos 1, 2 y 3

Por lti*o1 se su*an ,ara obtener la resultante algebraica *encionada + asH encontrar las tensiones ,ara el tubo uncado Btabla )A.

U6O FU@CGA'O

H

r

Hrr

%1$$$#

?%5&15$&26%

?

%1$

?%621&56%5%

?%)1)%6&577%

%1%

?%271#)57&%%

?#$126)$)&

%1%

?%2#17%&%%)

?#21557#2

%$%1%$&

?%2#1525%##2

?#217)2&556

%1%

25122#6)27

?#217)762

%1#

2%1)#$)%&6)

?%7176&76&

%1&

)1%%$$$52

?%%1)7#%5)26

%1

&61%6&&)#55

?1&%2%255

%16

)5%6%7

?%1$%)

Tabla 3 - Tensiones tangenciales y radiales para el tubo zunchado


#$



Luego se grafican los resultados obtenidos + se analia el resultado. %$$

$

$ $

$.

%

%.

# T% T# WW

?$

=ono WW ?%$$

;uncC. WW

?%$

?#$$

?#$

Gráfico 1 - Tensiones tangenciales

σθθ

&$ #$ $ $

$.

%

%.

#

?#$

T% T# rr =ono rr ;uncC. rr

?&$ ?2$ ?5$ ?%$$

Gráfico 2 - Tensiones radiales


σrr

#$2



• C:NCLU'I:NE' Co*o ,uede a,reciarse en los gráficos1 las tensiones radiales en el bue son considerables dado ue el cuer,o de la biela ,or ser de distinto *aterial + distinto es,esor1 + ,or ende radio1 le confiere rigide a la biela + toda la ,resiGn de cla8ado BuncadoA la absorbe el bue. Esto ,robable*ente se 8ea refleado a la ora del *ontae1 dado ue 8a a dis*inuir en un ,ar de *ilsi*as el diá*etro del bue1 ,or lo ue1 si no se considerG en el dise"o + *ecaniado del bue1 será con8eniente retocar con una erra*ienta a,ro,iada BcalisuarA. Ta*bin cabe destacar ue la ,resiGn de aceite del *otor influ+e en gran ,arte en las tensiones a las ue está so*etido el bue + dado ue es tan baa1 el diagra*a se a,roi*a a lo ue serHa con ,resiGn at*osfrica tanto interna co*o eterna Bcoinciden las lHneas de uncado con las de tensiones indi8idualesA.


#$6



Alumno: 'ie# 5ederico Suponiendo un tubo zunchado de acero, calcular la l a presión que se ejercen entre ellos y graficar la distribución de tensiones. Datos: Ø1i = 10 cm ; Ø1e = 15 cm ; Ø2i = 14.95 cm ; Ø2e = 20 cm Pi = 1850 kg/cm 2 ; Pe = 1 kg/cm 2

La presión que se ejercen las dos paredes viene dada por la ecuación: δ E (∅ ext 2 2 − b 2 )(b 2 − ∅int12 ) P0 = 3 ⋅ 2b ∅ ext 2 2 − ∅int12 14.95 + 15 → b = 14,975cm y δ = 15 − 14, 95 → δ = 0, 05cm 2 por lo que reemplazando los valores en la ecuación de P 0 obtenemos:

donde b =

P0 = 1137

Kg cm 2

Ahora bien, para realizar los diagramas de distribución de tensiones debemos analizar los tubos por separado y luego como si fuera un tubo único. Para el primer tubo, tomamos como Pi = 0 y Pext = P0, entonces σ θθ max

−2 P0 ⋅ ∅ ext 12 = → σ θθ max = − 4093 Kg 2 2 2 cm ∅ ext 1 − ∅ int1

σ θθ min

− P0 ⋅ (∅ ext 12 + ∅ int12 ) = → σ θθ min = − 2956,2 Kg 2 2 2 cm ∅ ext 1 − ∅ int1

Para el segundo tubo, tomamos como P i = P0 y Pext = 0, entonces


#$5


σ θθ max =

P0 ⋅ (∅ ext 2 2 + ∅ int 2 2 ) 2

∅ ext 2 − ∅int 2

2


→ σ θθ max = 4016 Kg

cm2

Considerando tubo único, utilizamos los datos del problema, por lo que Pi = 1850 y P ext = 1 σ θθ max =

σ θθ min

2 Pint ⋅ (∅int12 + ∅ ext 2 2 ) − 2 Pext ⋅ ∅ ex e xt 2 2

∅ ext 2 − ∅

2 int 1

Kg → σ θθ max = 3080

cm

2

−2 Pint ⋅ ∅ int12 − Pext (∅ ext 2 2 + ∅int12 ) Kg = → σ θθ max = 1231 2 2 2 cm ∅ ext 2 − ∅ int1


#$7



Alumno: Carnelutto Maximiliano Un tubo 8ertical abierto en la ,arte su,erior ,osee un diá*etro de #1* + un es,esor de #**. Q9u altura  de agua ,roducirá un esfuero circunferencial de %#=,a en la ,ared del tubo Qcuál es el esfuero en la ,ared del tubo debido a la ,resiGn del agua

 0 0 29! P = 29!! L  2 9 ! 1 112000000M 12000000  ö!BpB! 

B! 12000000M 12000000M  0029! ô  24HA4!   0029!   24HEH! ç 29! L! TEN'I:N !>I!L EN L! P!RED DEL TU(: E' CER: DE(ID: ! 9UE N: E' UN CILINDR: CERR!D:.

<<  0


#%$



Alumno: 3odriue# ablo Un tubo de ,aredes delgadas está so*etido a una ,resiGn interna /i de gas + co*,ri*ido ,or una carga aial P. Deter*inar la ,resiGn interna *ái*a ad*isible # /ad con una tensiGn de corte ad*isible de &2$ /g3c* .

DatosP- $$ /g. ri Bradio interno del tuboA-  c*. t Bes,esor de la ,aredA- $1 c*.



  = ö2PN −  = ö2PN − 2QNP Û  Û = öPN  Û  = Û = öPN -  =  = ö2PN − 2QNP  = öPN = 0ö9!9! = 10ö 9900  "  = ö2PN − 2QNP = 2. ö9! − = 9ö − 90 9 0 14 1 4  ! 09! 2Q.9!.09!

-olución La tensiGn longitudinal es igual a la tensiGn generada ,or la ,resiGn interna *enos la tensiGn de co*,resiGn ,roducida ,or la fuera aial-

La tensiGn circunferencial circunferencial

es igual a la tensiGn

generada ,or la ,resiGn interna-

Co*o no actan tensiones de corte1 las tensiones nor*ales ,rinci,ales-

+

son tensiones

Ree*,laando los 8alores obtene*os-


#%%



#mn =  −2  = 12 10ö10ö − 9ö + 909014 14 "! = 229ö + 17917907 07"! 4A0 "! = 29ö9ö + 17917907 07 "! öÅm = 114 "!

La tensiGn de corte *ái*a en el ,lano es-

Co*o el corte está li*itado a &2$ /g3c* #1 la ecuaciGn anterior ueda-

De donde obtene*os la ,resiGn ad*isible /ad-


 = 190 MN-MN-  = 290©ªJ MN-MN-  = 400 MN L¸ = 290 !- Åm = 1200 «m^

Di*ensionar el es,esor de un tanue esfrico ,ara las siguientes condiciones-

Datos del tanue-

; σ adm = 3600

kg

cm

2

'oluciGnCaso %- P1 = 150 bar

σ adm (2 π . r . t ) − P1 (π . r ) = 0 ⇒ t = 2

P . r

2 .σ adm

152,958

⇒ t =

kg cm

2

. 250 cm

= 5,31cm kg

2 . 3600

cm 2

Caso #- P2 = 250 bar

σ adm (2 π . r . t ) − P1 (π . r ) = 0 ⇒ t = 2

P . r

2 .σ adm

254,93

⇒ t =

kg cm

2

2 . 3600

. 250 cm

= 8,85 cm kg cm

2

Caso )- P3 = 400 bar

σ adm (2 π . r . t ) − P1 (π . r ) = 0 ⇒ t = 2


P . r

2 .σ adm

407,9

⇒ t =

kg cm

2

2 . 3600

. 250 cm

= 14,16 cm kg cm 2

#%#



Alumno: 7ieas 8uan ablo Determinar el espesor con >ue de@e ser construido el tan>ue de la fi#ura.

Datos: int = ! "#$cm2 ext = 1 "#$cm2 adm= 2 "#$cm2 \ = 2m = 2 cm

Ouponiendo el cálculo utilizando la teorGa de paredes del#adas (realizando el cálculo en zona alePada de las tapas, por eP. en el punto A

sqq=

KLM.Zo KLM

Reemplazando por Lalores y despePando t resulta:

2 "#$cm2 =

<

Ghh^.o hh «m Zo 20 Zo

Oin em@ar#o no cumple con la teorGa ya >ue

Zo Ghh «m«m =

= ),!

2

N

W t = ' cm

y para el caso analizado es:

Ytilizando la teorGa de paredes #ruesas:

KLM¶Ã_^ `Ã_Ã^^^ /¹¯Ã^^ .OPM.Ã^^ ^ ¹¯  .^.hh «mò^ Ghh^.¶hh «mhh^ `hh «mò «mò^ / hh «m^ G .h¨ `G .h¨ `G..h[h [` .hh o`Ghho òô ^/¯¶. .h[h[ `hh o ` o^¹ ^ ¯ .h[ /hh o / o^  .h¨ ` .h[`Ghh o hh o ò^ 4.10iP +2. 10. P = 11HE0000 +11HA00.P +9HE.P 0 = 11HE0000−2E0400. P −1402. P sqq

3A/=

2 "#$cm2 =

2 "#$cm2 =

2 "#$cm2 =


#%)



QP =P−2A = A11A7!! ™

Alumno: iaudat 5ederico

Calcular + re,resentar gráfica*ente la distribuciGn de tensiones en el tubo uncado sin ta,as ue se describe a continuaciGnTu%o1 interno5: 0cero  D i 12c  De1&c Tu%o2 e$terno5: 0cero  D i 1(''!c  De2!c 2

Pi  1)))=g8c

Pe  Pat  1.)13=g8c

2

• DE'!RR:LL: Para el cálculo se a to*ado la no*enclatura de cada ,ará*etro + su res,ecti8o 8alor1 segn lo indica la siguiente tabla-

El esue*a ue contina1 detalla a*bos tubos + la su,er,osiciGn de los *is*os-


#%&



La ,resiGn en la ona de contacto B,resiGn de uncadoA entre los tubos1 está dada ,or la siguiente e,resiGn-

Considerando ue a*bos tubos son del *is*o *aterial BaceroA1 cu+o *Gdulo de elasticidad longitudinal 8ale #.%E2 gc*?#1 entonces

Ree*,laando ,or los 8alores dados1 tene*os

p0 = 101.4213347 Cada tubo está so*etido a un esfuero tangencial B σ θθ A + a un esfuero radial B σ rr A. El esfuero tangencial σ θθ se define *ate*ática*ente co*o-

Luego1 defini*os ta*bin el esfuero radial1 el cual se e,resa con la siguiente relaciGn *ate*ática-


#%



Para el cálculo de las tensiones o esfueros debidos al uncado1 ,ri*era*ente1 se analian los esfueros tangenciales + radiales ,ara a*bos tubos ,or se,arado considerando1 ,ara el tubo interno Btubo % en nuestro casoA una ,resiGn interna igual a cero + una ,resiGn eterna igual a la ,resiGn de uncado1 + ,ara el tubo eterno Btubo #A una ,resiGn interna igual a la ,resiGn de uncado + una ,resiGn eterna igual a cero. 'ie*,re se to*an los radios de cada tubo Binterior + eterior res,ecti8a*enteA ,ara el cálculo. To*ando una cota de radios significati8a ,ara graficar1 ,ara el tubo % tene*os-

Considerando la *is*a cota ue ,ara el tubo %1 en el tubo # tene*os-

Por otra ,arte1 considera*os en el cálculo un tubo deno*inado K*onolHtico1 en el cual se to*an las di*ensiones interna del tubo interior + eterna del tubo eterior. De esta *anera se tiene una es,ecie de tubo nico1 en el cual1 ,ara el cálculo1 se considerarán las ,resiones interna + eterna a las ue está so*etido el tubo en la realidad. En nuestro caso1 to*are*os las dadas en el enunciado.


#%2



De la *is*a *anera ue los tubos calculados anterior*ente + to*ando la *is*a cota anterior ,ara los radios1 tene*os-

Por lti*o1 ,ara obtener los esfueros a los ue está so*etido el tubo uncado en las condiciones reales1 se su*an algebraica*ente los esfueros de cada tubo + del tubo *onolHtico1 ,ara los radios calculados res,ecti8a*ente1 tanto los esfueros tangenciales co*o los radiales.

En nuestro caso1 obtene*os final*ente-

El gráfico de las tensiones tangenciales σ θθ ,ara el tubo uncado1 inclu+endo los tubos %1 # + el *onolHtico1 ueda definido co*o-


#%6



< el gráfico de las tensiones radiales σ rr final*ente ueda-

• C:NCLU'I:NE' El uso de tubos uncados en la industria es abitual1 +a ue con este ti,o de configuraciGn se ,ueden lograr *a+ores 8alores en la resistencia ue co*,arado con un tubo nico1 co*o es el caso del tubo *onolHtico analiado. Es interesante notar ue1 ,ara el caso estudiado1 con una interferencia entre tubos de sGlo $.$$c* B *ilsi*asA1 se genera una ,resiGn entre los tubos de ,oco *ás de %$$gc*?# + se au*enta el esfuero tangencial ad*itido en *ás del ) Ben el radio eterno1 co*,arado con el tubo *onolHtico de iguales di*ensionesA + el esfuero radial en la *is*a ,ro,orciGn B*ás del )A en el radio *edio B7c*A1 ta*bin co*,arado con el tubo *onolHtico. Eercicios Resueltos – !"o #$%&

#%5



11 'iscos iratorios: Alumno: 6on#i eandro #alcular las tensiones tangenciales ! radiales >ias de un disco de acero de espesor constante e igual a =0,(c 1ue gira a una velocidad angular =(radCseg, de radio =&0c ! r1 = 1cm , graficar la distriución de tensiones" m c 0 1 R

0,5cm

5 c m R 0,

%iendo σ zz = 0 ! considerando 1ue las tensiones de orde r = R F σ rr = 0 , por lo tanto podeos despe
 3 + µ   r 2 R 2 r12 .R 2 1 + 3µ r 2  σ θθ = ρ .ω    1 + + r 2 − 3 + µ   8   2 2 r1 .R 2  3 + µ   2 2 2 r R r σ r = ρ .ω  + − −   1 2 r  8   2

γ g

= ρ = 0,00785

kg cm

3

#uando r =  = &0c 2 2 2   rad   3 + 0,3   ( 0,5cm ) . (10cm ) 1 + 3.0,3 2 2 2 + + − σ θθ = 0,00785 3 . 5 0,5 10 10 cm cm cm ) ( ) ( )     ( 2 3 + 0,3 cm  seg   8   cm 10 ( )  

kg

σ θθ = 3,476

kg cm 2

2 2 2   rad   3 + 0,3   ( 0,5cm ) . (10cm ) 2 2 2 − (10cm )  σ rr = 0,00785 3 .  5    ( 0,5cm ) + (10cm ) − 2 cm  seg   8   10 cm ( )  

kg

σ r = 0


#%7



Para r = 0,(c

 rad  σ θθ = 0,00785 3 .  5  cm  seg  kg

σ θθ = 16,228

2

2 2  ( 0,5cm ) .(10cm ) 1 + 3.0,3 2 2 2  3 + 0,3   − (0,5 cm )    (0,5cm ) + (10 cm ) + 2 3 + 0,3  8   0,5 cm ( ) 

kg cm

2

2 2 2   rad   3 + 0,3   ( 0,5cm ) .(10cm ) 2 2 2 σ rr = 0,00785 3 .  5 − (0,5 cm )     (0,5cm ) + (10 cm ) − 2 cm  seg   8   cm 0,5 ( )  

kg

σ r = 0 #alculaos la tensión radial >ia

 3 + µ   r 2 R 2 r12 .R 2 r 2  σ r = ρ .ω    1 + − r 2 −   8   2 2  ' 2  3 + µ   r1 .R .2 r r σ r = ρ .ω  − 2   4  8   r  2

7na vez 1ue calculaos la derivada, igualaos a 0 +cero la tensión radial ! calculaos a 1ue distancia desde el centro se da" 2 2 r1 .R .2r 4

r

− 2r ⇒ r = 1,88cm

 rad  σ rr = 0,00785 3 .  5  cm  seg  kg

σ r = 5,536

2

2 2  ( 0,5cm ) . (10cm ) 2 2 2  3 + 0,3   − (1,88 cm )    (0,5cm ) + (10 cm ) − 2  8   cm 1,88  ( )

kg cm2 Tensiones radiales

m c 0 1 R

Tensiones tangensiales

0,5cm

6 7 4 , 3

6 3 5 , 5

5 c m R 0,

6 3 5 , 5

8 2 2 , 6 1 8 2 2 , 6 1

6 7 4 , 3

Nota:

en todos los gráficos los símbolos de preguntas corresponden a sigmas o tau, no se traducen como

corresponde desde el AutoCAD.


##$



Alumno: 'a%io 8ulio E>PRE'!R L!' TEN'I:NE' E>I'TENTE' EN UN @:L!NTE =:T:R DE !CER: 4IR!ND: ! UN! @EL:CID!D C:N'T!NTE DE &$$ RP=. RE!LI;!R 4R!FIC:' DE TEN'I:N @'. R!DI:.

En el caso de discos giratorios tene*os un análisis si*ilar al de t ubos de ,aredes gruesas donde tene*os una tensiGn circunferencial1 radial + aial. Para discos ue giran se su*a la carga generada ,or la acciGn de una fuera de inercia actuante sobre un ele*ento de 8olu*en del disco en la direcciGn radial + es debida a la aceleraciGn nor*al. Esta fuera es P = m.a m=

γ g

γ 0,eso es,ecHfico ω 08elocidad angular 0es,esor

hrdθ dr

2

a = ω r

⇒ dP =

γ g

hω 2 r 2 dθ dr

Luego de acer la ecuaciGn de euilibrio + desarrollando se obtienen las ecuaciones de σ θθ +

σ r . 'e su,one ue las tensiones aiales σ zz son nulas + el es,esor es unifor*e. σ r en los bordes 8alen cero. σ θθ

2 2 3+ µ 2 r1 r 2 1 + 3.µ 2 2 = ω ( )(r1 + r2 + 2 − r ) 8 3 + µ g r

γ

2

r12 r 22 3 + µ 2 2 σ r = ω ( )(r1 + r2 − 2 − r 2 ) 8 g r

γ

2

0,00785

σ θθ =

Kg

cm .(75 1 ) 2 ( 3 + 0,3 ) (1, 5cm) 2 + (7,5cm) 2 + 126,56cm − 1 + 3.0, 3 r 2 )    2 cm s r 8 3 + 0,3   980 2 s 4

3

σ θθ = 0.0186(58,5 +

126,56 r

2

 Kg  2  cm 

− 0.57 r 2 ) 


##%


0,00785

σ r =


Kg

cm3 .(75 1 ) 2 ( 3 + 0, 3 )  (1,5cm)2 + (7,5cm )2 − 126,56cm − r 2 )   2 cm 8 s r   980 2 s

σ r = 0.0186(58,5 −

4

126,56 r

2

 Kg  2  cm 

− r 2 ) 

Alumno: iaudat 5ederico Deter*inar los esfueros a los ue está so*etido el 8olante inercial de un *otor de & cilindros en lHnea %.)L de %2@ ,erteneciente a un 'uui 'Zift1 el cual gira en 8acHo a 6$$$r,*. Considerar el es,esor del 8olante o*ogneo. 4raficar la distribuciGn de esfueros
"

2


3

Facero(&!=g8d

1)=g t1B D1)B d3)

• C:N'IDER!CI:NE' 'e considera1 co*o ,ide el enunciado del ,roble*a1 un es,esor unifor*e en todo el 8olante. Ta*bin cabe aclarar ue se descartan las ,erforaciones creadas ,ara balancear dico 8olante + los agueros ,ertenecientes a la sueciGn de ste. Entonces1 el 8olante se si*,lifica al esue*a bosueado en la figura %.

Figura 41 - Simplificación del volante de inercia


###



• CVLCUL:' La *anera *ás si*,le [\ de deter*inar las tensiones en el disco consiste en a,licar el ,rinci,io de D!le*bert1 considerando co*o fueras eteriores las fueras de inercia distribuidas sobre el 8olu*en del disco. La fuera de inercia ue acta sobre el ele*ento de 8olu*en (r dH dr Bfigura #A es igual al ,roducto de la *asa IJ (r dH dr ,or la aceleraciGn nor*al K2r 1

v = *ℎ R N vê vN

'iendo I 1 el ,eso es,ecHfico del *aterial del disco. La fuera d 1 segn el ,rinci,io de D!le*bert1 se dirige en sentido contrario a la aceleraciGn1 es decir1 desde el ee del disco.

Figura 42 - Elemento diferencial del disco

Luego de realiar el corres,ondiente análisis tensional Bel cual ecede el alcance de este eercicioA1 se llega a deter*inar las tensiones tangenciales + radiales. Las *is*as

 * R Ã = E  +F − N  R *  o = E  +F ‹ − 1+F N +F Œ

se definen co*o1 ,ara el caso de un disco *acio-

donde L es el coeficiente de Poisson1  la aceleraciGn de la gra8edad1 b el radio *ái*o del disco + r el radio al cual se calculan las tensiones. Para el caso en el ue el disco tiene un orificio en el centro de radio a + su uniGn se

   * R M    Ã = E  +F d + M − N −Nj

considera dbil res,ecto al árbol o ee de coneiGn1 entonces las ecuaciones son-


##)



   * R M     o = E   + F d + M + N − 1+F N +F j

Este lti*o caso rene las caracterHsticas ue se necesitan ,ara el análisis del 8olante de inercia. Pri*era*ente1 es necesario conocer la 8elocidad angular del 8olante de inercia1 ue acta co*o un disco giratorio a gran 8elocidad. Para ello1 se tiene co*o dato las re8oluciones *ái*as del *otor BfrecuenciaA1 las cuales coinciden con la 8elocidad del 8olante *is*o. Dado ue las re8oluciones se dan ,or unidad de tie*,o1 en este caso *inutos1 con8iene con8ertir dico 8alor a unidades consistentes del 'iste*a Internacional. Internacional.

 = 7000Nö! 7000Nö! = 7000 !ž1æ = 11A.AA 1p R = 12Q  1 R = 2Q 1AA.AA p r R = 7 p

Entonces1 se ,rocede a calcular la 8elocidad angular del 8olante-

Para el cálculo de tensiones se decidiG utiliar una oa de cálculo de =icrosoft :ffice Ecel #$$6 + asH obtener las tensiones en 8arios ,untos del radio del 8olante. Ta*bin es ,osible encontrar con *a+or facilidad el 8alor de tensiGn *ái*o. Dico arci8o se encuentra adunto a la ,resente resoluciGn.

   * R M    Ã = E   + F d + M − N − Nj    R * M     o = E   + F d + M + N − 1+F N +F j * = 7.E9 v!> = 7.E9 7 10/ !>  = H.E099 p! = HE0.99 !p F = 0.  = L2 = 12.7!

Utiliando las fGr*ulas ,lanteadas ,ara el caso1

To*ando los siguientes 8alores1


##&



M = v2 = 1.9!

'e obtienen las siguientes tablas de 8alores-

Hr

r

Ht

%1

$ 6&1$)2)7

#

%##1$7525& &&61$2#%)&

#1

%621$67%#6 )5215%#%)6

)

#$#125))# )#1##777

)1

#%156)%%75 ))$1##%&2

&

##%1)7$)## )%&1$6%$%5

&1

###1&&&&55 )$%1#5)$#5



##$1$5$%55 #7$1)5572

1

#%1#%#7#5 #5$155

2

#$51&%$&&&

#6%1#5%2

21

%7717225#2 #2#1#$57)

6

%7$1$572)#7 #)1#5$2

61

%6517%7)% #&&1%2&5

5

%221&6&)2 #)&15##)

51

%)1$2&&)6 ##1#6)5#

7

%)51$#55)7 #%1)6)5&%

71

%##17$%7%7 #$1%$7&5#

%$

%$21)$%#$52 %7&1&)&26

%$1

5516%)$675 %5)1)5)2#

%%

6$1%5$#%$)

%6%155#5%

%%1

$12&72$7%6 %717)6)66

%#

)$1%752)77% %&61)2)

%#1

515%)676$# %)&126%2&

%#16

$ %#71)7&%#5

Tabla 4 - Tensiones radiales y tangenciales vs. radio del volante

'e grafican las tensiones utiliando el *is*o softZare + se obser8an los resultados.


##



=ensiones radiales %& %# %$

4 m 5 m 3 o i d2 a 2

Tensiones radiales

& # $ $

$$ %$$$ =ensión 3Jg'cm!4

Gráfico 3 - Tensiones radiales vs. Radio %&

=ensiones tangenciales

%# %$ 4 m5 m 3 o i d 2 a 2

Tensiones tangenciales

& # $ $

$$ =ensión 3Jg'cm!4

%$$$

Gráfico 4 - Tensiones tangenciales vs. Radio

• C:NCLU'I:NE' Co*o se ,uede obser8ar en los gráficos % + #1 las tensiones 8arHan a lo largo del radio. En el caso de las tensiones radiales1 el *ái*o se encuentra a,roi*ada*ente en los &c* de radio + se ace cero acia los etre*os tanto interior co*o eterior. 'in e*bargo1 las tensiones tangenciales crecen a *edida ue el radio dis*inu+e1 logrando encontrarse el *ái*o 8alor en el diá*etro interno.


##2



Alumno: 3amires Alexis Un @olante de inercia de un *otor de co*bustiGn interna está girando a # $$r,*. Radio interno R%0$** + radio eterno R #0)#$**. El 8olante es construido en acero ,or lo ue el coeficiente 0$1). Calcular las tensiones *ái*as  WW + r en el ,unto ! indicado en la figura.

w

r1 = 50mm r2 = 320mm

A 2 R

R 1

ω = 2500

rev 2π rad 1min

.

min 1rev

.

60seg

= 261, 79

rad s

µ = 0,3 ρ = 1, 2

kg

kg .m

N .s 2

N . s 2

→ 2 = N → kg = → ρ = 1, 2 4 m3 s m m Densidad del aire a #$C

Teoria de Discos 4iratorios de Resistencia de =ateriales1 Feodosie8. r12 .r 2 2 1 + 3.µ 2  3 + µ   2  2 σ θθ = ρ .ω .   . r1 + r2 + r 2 − 3 + µ .r  8     2 2 r1 .r 2 2  3 + µ   2 2 2 σ r = ρ .ω . + − − r r r .   1 2  r 2  8    2

2 2 2  ( 0, 05m ) . ( 0, 32m ) 1 + 3.0, 3 rad   3 + 0, 3   2 2 2  − . . ( 0, 05m ) + ( 0, 32m ) + . 0 , 3 2 σ θθ = 1, 2 4 . 261, 79 m  ( )   2  + 3 0 , 3 m  s   8  0,32 m ( )  

N . s

2

σ θθ = 1643,29

N m

2

2 2  r1 .r 2  3 + µ   2 2 σ r = ρ .ω . . r1 + r2 − 2 − r 2   r  8    2 2 2 2  ( 0, 05m ) .( 0, 32m ) N . s  rad   3 + 0, 3   2 2 2 . . 0 , 0 5 0 , 3 2 0 , 3 2 σ r = 1, 2 4 . 261, 79  + − − m m m ) ( ) ( )     ( 2 m  s   8  ( 0,32m )   2

σ r = 0

N m

2


##6



Alumno: Carnelutto Maximiliano Un disco de a*olar1 gira a unas %)$$$ r,*1 cu+o diá*etro eterno es de %5&1%% ** + el diá*etro interno es de #$**. Calcular las tensiones del *is*o en funciGn del radio. QCG*o son las tensiones cuando r0 r% + cuando r 0r#

F = 09 J =+E400F !> = E4<10/GN1!!> < 1000Q  < ‹ Œ < H2 0 99!! d 0pœ E   H2 0 99!! <10!!  9  + N − 1+<0  E47412  !!  SS = A92 !!pœ < dE97412!! + N − 41A7  < 1000Q  < ‹ Œ < H2 0 99!! + 10! 1 0!! ! d 0pœ E − H2099!!N<10!! − Nj  > E47412  !!  N = = A92 !!pœ < dE97412!! − N − Nj +0  9    SS = E4<10/G !!> < 1000Q  < ‹ Œ < H2 0 99!! + 10!! d 0pœ E   H2 0 99!! <10!!  9 + H2099!! − 1+<0 +09 <H2099!!j

Tensiones en funciGn del radio-

Cuando r0r%-


##5



>  SS = A92 !!>pœ <E9741>2!! + 100!! −91E9AA!! = 227447E !!pœ = 227447E0 !pœ = 227447E0 !  > E47412  !!  N = = A92 !!pœ  E47412  !!  N = = A92 !!pœ  E47412  !!  SS = A92 !!pœ   = 110799A00 ! = 110799A !!pœ  > E47412  !!  N = = A92 !!pœ
Cuando r0r#-

Alumno: 3odriue# ablo

Deter*inar las tensiones en la ona *ás solicitada en un 8olante de inercia de es,esor + 8elocidad angular constante. Realiar el diagra*a de tensiones.

DatosR% - $1% *. r# - $1$ *.  - 2 rad3seg. h - 615.%$ 2 /g3*). - $1). -olución

JR

  +F N . N       ëë = . . ‹ E ŒdN + N + N − 1+F . N j +F ëëm¸U = 10E M ëëmn = 24A M

Para r 0 r% tene*os j Para r 0 r# tene*os j


##7



Ã = J. R Ã = 0 M Ã = 0 M Ã = 02E M

Para r 0 r% tene*os j

  N . N   . ‹+F    ŒdN + N − −N    E N j

Para r 0 r# tene*os j

Para r 0 r* 0 $1$6 * tene*os j

Las tensiones *ái*as en el disco ocurren sie*,re en la ,arte central1 en el radio interno. Es ,or eso ue los discos de las turbinas ue giran a gran 8elocidad se acen co*o regla general de es,esor 8ariable1 de *a+or es,esor en el centro + de *enor es,esor en los bordes.

Alumno: A%ila Enri)ue Deter*inar las tensiones radiales %.$$$ r,*. El disco es de bronce.

Ã

+ tangenciales

ëë

1 ,ara un disco *etalico ue gira a

10

F = 01 J = EH.10/ !> 'oluciGn-

8 1 Ø


5 1 1 Ø

#)$



JR JR

  +F N . N       ëë = . . ‹ E Œ. dN + N + N − 1+F . N +F j   +F N . N      Ã = . . ‹ E Œ. dN + N − N −Nj   > 290 +0  1 2A 7 E ! /   ëë = EH. 10 ! . ‹ p Œ . ‹ E Œ. d0E1 ! + 0A ! + N H  − 1+0 +01 . Nj   > 290 +0  1 2A 7 E ! / /   Ã = EH. 10 . 10 ! . ‹ p Œ . ‹ E Œ. d0E1 ! + 0A ! − N −Nj 10

3590.14 kg

+

5397,04 kg

σ

θ

σ

+

r

15251,43 kg 5 1 1 Ø

8 1 Ø

+

+

Alumno: 7ieas 8uan ablo ?alcular oo y rr del si#uiente disco. Datos: r1= ' cm r2= ! cm ]= 2 rad$se# &= ,' esp acero= <,)- "#$cm 2 r=esp$#


#)%



Oiendo la fHrmula para las tensiones tan#enciales:

ZZ VWW = X Y Z V  X .Y ‹ E ZŒdN  N  N N.N  N j

.N 1     N    . ‹ E ŒdN  N  N    .N j 

Oiendo la fHrmula para las tensiones radiales:

     



ÃÃ

r

) ).# ). ).6 & &.# &. &.6  .# . .6 2

σrr

σ

$ %.$$#$Bqq3A/ $.$&76 $.7%76 $.$5)# $.5% $.%$& $.67## $.%%2 $.6&$2 $.27&) $.%%57 ( rr3A/ $.%%2 $.2#% $.%$26 $.2%#5 $.$7) $.66 $.$6% $.&$) $.$)) $.$2% $.$#5# $.&6#2 $ $.&)76 (qq3M4

El #ráfico muestra como LarGan las tensiones tan#enciales y radiales del disco en funciHn del radio. ?omo puede o@serLarse en los resultados o@tenidos y en el #ráfico, las tensiones radiales son nulas en los @ordes del disco es decir en r 1 y r 2 y la máxima se encuentra cerca del radio medio entre r 1 y r2, aproximadamente en r=,2- cm.


#)#



or otro lado las tensiones tan#enciales son máximas en el radio interno r 1 y son mGnimas en el radio externo r 2, por lo tanto decrecen a medida >ue el radio se La Naciendo mayor. A continuaciHn se presenta un es>uema del disco y los Lalores de las tensiones.

12

Concentración de tensiones: Alumno: 6on#i eandro

G#ul es la carga P 1ue puede colocarse en la arra, sin e>ceder la resistencia del aterial en la uescaH El aterial es %-E &0(0 lainado en caliente" σ y = 49500 psi

P

P

2"

2" 1" " 1 " 8 R

4 1

"

2 1

2

"

4 1

6"


#))



rfico de oentos 2P

:allaos la relación rCd ! *Cd para poder otener el factor de concentración de tensiones 5K6

1/ 8 = 0,0625 2 d r

D

=

d

49500 #oo σ nom =

2,5 = 1,25 2

K = 2,45

K =

σ max σ nom

lb pu lg

2, 45

%aeos 1ue σ nom

=

2

= 20504

lb pu lg

2

3 M .c d td = , c = , I = I 2 12

eeplazando nos 1ueda σ nom =

2 P.1" 1" ( 2,5 − 0,5 )

3

= 3P

12 Igualaos las σ nom ! allaos la carga P"

3P = 20504

lb pu lg 2

P = 6734,57

lb pu lg

2


#)&



Alumno: 3odriue# ablo !naliar la concentraciGn de tensiones en la ,laca so*etida a tracciGn ,ura. Calcular la carga *ái*a ad*isible ue so,orta dica ,laca.

Esquema de la viga en 3D

Esquema de la viga en 2D

Desarrollo de los cálculos

Åm = 1200 –! - L = 20! - N = 9! -v = 10! -P = 9! Ã = h«m i«m = 09 [ \ = 14 Datos-

B'egn tablaA


#)



  = \. P.v = Åm  = \ .  = \ . mn m U] ª   hh . o . ^  _` mn = a = –«m ^.i«m.h«m = 42.E97

Carga *ái*a ad*isible ue

so,orta la ,laca.

Distribución de las tensiones

Alumno: iaudat 5ederico Luego de un análisis ,or ele*entos finitos sobre una biela de TC#$$$ se encontraron 8arios ,untos de concentraciGn de tensiones1 to*ando el *o*ento corres,ondiente con el ,unto *uerto su,erior en el barrido de gases e inicio de ad*isiGn. Deter*inar la *ái*a carga aial ue ,uede so,ortar la biela1 el sitio donde sucede + co*,arar + analiar este 8alor con los resultados del cálculo real ,or ele*entos finitos. *elocidad de giro del otor: &)))r/
Potencia: 3))GP E acero21)HPa

Tensile

-trengt(44."

#)2

Estabilidad II – Cátedra Prof. J. L. Raffo -ección: Ti/o I

UTN – Facultad Regional Delta Diensiones a detallar

• C:N'IDER!CI:NE' Dado ue la biela ,osee una geo*etrHa co*,lea1 se si*,lificG con el fin de utiliar los cálculos referidos a concentraciGn de tensiones. Las di*ensiones originales de la biela se deter*inaron a,roi*ada*ente utiliando la i*agen del enunciado del ,roble*a en !utoC!D #$%) Bfigura %A.

Figura 43 - Dimensiones originales aproximadas


#)6



Para el cálculo1 se utiliG el siguiente *odelo-

Figura 44 - Esquema simplificado

Co*o ,uede notarse en el esue*a anterior Bfigura #A1 se considera un ca*bio abru,to de secciGn antes ue co*ience el radio *a+or eterno1 situaciGn ue esca,a a la realidad ,ero interesa a los fines de este eercicio. Una de las 8entaas del softZare !utoC!D es la de calcular el área de la secciGn trans8ersal1 +a ue es una de las ,ro,iedades del so*breado ra+ado ue se le colocG con el fin de indicar el corte. Por otra ,arte1 esta serie de consideraciones eclu+e ta*bin la diná*ica del *o8i*iento real de la biela1 ca+endo en una si*,lificaciGn a ni8el estático. Esto ta*bin está leos de ser real dado ue uno de los estudios *ás i*,ortantes ue se an desarrollado sobre las bielas es su 8ida til + su resistencia a la fatiga. No obstante1 dado ue el *aterial se ubica dentro de los aceros aleados con una ductilidad *edia entre un acero dctil + una fundiciGn1 es de i*,ortancia el cálculo de las concentraciones de tensiones durante el dise"o Bdebido ,untual*ente a las cargas de fatigaA.


#)5



• CVLCUL:' Para el *aterial de la biela1 un acero aleado '!E3!I'I&)&$1 el 8alor de tensiGn *ái*a ad*isible es-

Åm = 744.AöM B 79H2.A !> Åm N mn  = mnb

Dado ue ,ara e8itar la rotura1 se debe cu*,lir ue-

+1 ,or definiciGn1 la concentraciGn de tensiones se define co*o-

donde  es el factor de concentraciGn de esfueros BtensionesA +

Åm N  b

ue acta sobre la secciGn1 se ,lantea la siguiente i,Gtesis-

6+

la tensiGn nor*al

!si*is*o1 dado ue la tensiGn nor*al eui8ale a la carga ue acta ,er,endicular al área de la secciGn + dica área de la secciGn trans8ersal1 se obtiene-

Åm N  

Co*o se se"alG anterior*ente1 el factor de concentraciGn de esfueros1  1 se define co*o una relaciGn entre el esfuero *ái*o + el esfuero nor*al ,ro*edio ue acta en la secciGn trans8ersal. Cabe destacar ue1 nor*al*ente1  se conoce + sus 8alores es,ecHficos se re,ortan ,or lo general en los *anuales relacionados con el análisis de esfuero[%\. Por otra ,arte1 ,ara el cálculo se considerar ue el área de la secciGn trans8ersal1 A1 debe ser la *ás ,eue"a de la geo*etrHa de la ,iea. Dado ue se conocen los radios de acuerdos de la ,iea1 se calculan de *odo e,eri*ental los factores de concentraciGn de tensiones1  1 +  2 res,ecti8a*ente. Para  11 se considera el corte *?* realiado en la figura )1 + ,ara  2 el corte n?n.


#)7



Figura 45 - Esquema de secciones transversales

C$lculo de  1: to*ando el gráfico % [%\1 se tiene ue-

Nå = 29.E0!!4!!  0.179

,or lo ue1 gráfica*ente se deduce ue-

 ç 2.

Gráfico 5 - Cálculo de K (caso 1)

C$lculo de  1: to*ando el gráfico # [%\1 se tiene ue-


#&$



Nℎ = H0!! 2A!!  .4A Ã 

å  E0!!  .07  2A!!

Co*o se ,uede obser8ar1 ecede la gráfica1 ,or lo ue1 ,ara el 8alor de

c

la cur8a

tiende asintGtica*ente a-

 ç 1.

Gráfico 6 - Cálculo de K (caso 2)

@ol8iendo a las ecuaciones de i,Gtesis realiadas al ,rinci,io1 tene*os ue-

o bien

N N

Åm   Åm  mn 

B B

Para el caso del corte *?*1 el área de la secciGn es-

+ ,ara el corte n?n1


  790!! 7.9!   19!! .19! #&%



Entonces1 la carga *ái*a ,ara el caso %1 corte *?*1 es-

>  7 9H2. A 7 . 9 !  mn  @ !2. mn  @ 2479E.9> >  7 9H2. A  . 1 9!  ! mn  @ 1. mn  @ 1EH7.9>

+ ,ara el caso #1 corte n?n1 es-

,or lo ue la carga *ái*a ue so,orta la biela si*,lificada1 se encuentra donde co*iena el radio *a+or en la secciGn *ás ,eue"a1 es decir donde sucede el ca*bio de secciGn Bfigura )A + dica secciGn ,osee la for*a tH,ica de I. Luego1 las tensiones *ái*as ,ara cada caso son-

9 > > mn  = 2479E. r  = 00 mn  7. 1EH7.9!9> !> B 2.9M mn  = .19! r mn  = 9E40 ! B 972.EM

• C:NCLU'I:NE'

Pese a las consideraciones realiadas1 los 8alores indican cuantitati8a*ente ue el sitio donde ocurren las tensiones *ái*as coincide con el analiado en el enunciado en el cálculo ,or ele*entos finitos. No obstante1 los 8alores difieren *uco nu*rica*ente1 ,arte ,or las consideraciones realiadas ,ero sobre todo ,or el eco de ue se basG este eercicio en un análisis estático. Cabe destacar1 de todas *aneras1 ue se calcularon las cargas *ái*as a rotura1 *ientras ue en el estudio ,or ele*entos finitos se deter*ina una situaciGn ,untual B*otor girando a ,lena cargaA1 dentro de los ,ará*etros ,ara los ue se dise"G la biela de co*,eticiGn.


#&#



Alumno: 'ie# 5ederico Una probeta para ensayo de tracción de latón tiene las dimensiones que se muestran en la figura. El módulo de elasticidad del latón es igual a 100 GPa. Considerando que la probeta se alarga 0,12 mm bajo una carga tensil “P”, calcular cual será el σ max en ella

100GPa = 100 x10 9 Pa = 100 x10 9 N

m

2

= 100 x10 9

kgm 2

seg m

= 100 x10 9 kg

seg 2 m

δ = 0,12mm = 1, 2 x10 −4 m 6 E = 100 x10

kg

2

seg m

L1 = 0,3m L2 = 0,1m

Radio del filete

A1 = 3,14 x10 − m 4

2

26 − 20 = 3mm = 0, 003m 2

A2 = 5, 3x10 −4 m 2

δ = 2(

PL2

EA2

)+

PL1 EA1

y entonces δ EA1 A2 1, 2 x10 −4.100 x109.3,14 x10 −4.5, 3x10 −4 = → P = 9000 N P= 2 L2 L1 + L1 A2 2.0,1.3,14 x10 −4 + 0,3.5,3 x10 −4


#&)



De la siguiente figura saco que

σ nom = R d1

=

P A1

=

9000 N = 28662420 Pa ≈ 28, 66 MPa 3,14 x10 −4 m 2

3mm = 0,15 → k ≈ 1, 6 20mm

σ max = k .σ nom = 1, 6.28, 66 MPa = 45,856 MPa ≈ 46 MPa

Alumno: 3amires Alexis !naliar la concentraciGn de tensiones en la ,lancuela so*etida a tracciGn ,ura. Calcular los radios G,ti*os +a sea la tensiGn ad*isible *ái*a  ad*0%$$g + una carga a,licada de P0%6$g. 4raficar ad* 8s r + no* 8s r. 'ecciGn rectangular.

r

P

P b


B

#&&



B = 15cm t = 1,5cm b = B − 2r A = t.b ⇒ t.( B − 2r )

σ nom =

N A N

σ max = k .σ nom = k .

B − 2r =

P.k t.σ max

A

= k .

P t.( B − 2r )

P.k  1 ⇒ B −  = r t .σ max  2

r0 = 1cm

"0" = 

b0 = 15cm − 2cm = 13cm

⇒

r 0 b0

=

1 = 0,076 → k = 2,3 1 segn tabla. Resistencia de 13

*ateiales – Pisareno –
 1 1750kg .2,3 r = 15cm − kg 2 1,5cm.1200 2 cm 

   = 6,38cm  

r1 = 6,38cm

"1" = 

b1 = 15cm − 2.6,38cm = 2, 24cm

 1 1750kg .1, 2 r = 15cm − kg 2 1,5cm.1200 2 cm  kg  σ 89,74 = nom  cm2 r = 1cm →  σ 1 = 206,41 kg  cm2


⇒

r 1 b1

=

6,38 = 2,86 → k = 1, 2 1 segn tabla. 2,24

   = 6,916cm Radio o,ti*o   kg  σ 129,62 = nom  cm 2 r = 3cm →  σ 3 = 233,33 kg  cm 2

#&



kg σ = 233,33  nom cm2 r = 5cm →  σ 5 = 280 kg  cm2

kg σ = 388,88  nom cm2 r = 6cm →  σ 6 = 466,66 kg  cm2

kg  = σ 1166,66 nom  cm 2 r = 7cm →  σ 7 = 1400 kg  cm2

s ( k g /c m ²) s m a x vs r s n o m vs r

1600 1400 1200 1000 800 6 00 4 00 20 0 1

2

3

4

5

6

7

8

9

r(cm)

Alumno: Carnelutto Maximiliano QCuál será el diá*etro *ái*o del aguero *ás grande ue se ,uede taladrar en la siguiente barra sin reducir su ca,acidad de so,orte de carga b02$172** r01$5** c0&$12&**


#&2



 == 40A0AH4!! A!! N = 90E!! !M< > = æON! æON! =  = 21  = !M<><  <   = !M< <  < = 0174

PRI=ER: T:=!=:' C:=: FILETE'-

L: 9UE E'TE 4R!FIC: 'E DEN:=IN! D1 'ER! T:=!D: C:=: b < L: 9UE E'T! DEN:=IN!D: C:=: d1 'ER T:=!D: C:=: C.


#&6


UTN – Facultad Regional Delta T:=!ND: EL !4UJER:-

 −v =  v = vžM!œPNO Mó dœNO  = !M< < −v  = !M< <1 −vB v  1−    = = !M< 0174 >v == 2092  1−> v = 02 >v= =209  1−> v = 02H7E >v ==0224299  1−> v = 01A >v ==0224129E 1− v > = 0179 v A0HA!! = 02129 v = 12H94!!

PR:(!=:' C:N DI'TINT:' @!L:RE' DE -


#&5



Alumno: 3odriue# ablo !naliar la concentraciGn de tensiones en la ,laca so*etida a torsiGn. Calcular la tensiGn *ái*a.

DatosD%-  c*. D#- %$ c*. R- $16 c*. T- %$$ /g.c* -olución

ÃZ_ = higi«m«m = 019 r

\ = 129

'egn tabla

#mn = \. #U]m = \. ‡N = \. dQL1A‡j #mn = 7AH "!

Ree*,laando los 8alores1 la tensiGn *ái*a resulta-


#&7




 = 10 !!-  = 20 !!-  = 0 !!-  = 40 !!

!naliar la concentraciGn de tensiones en la ,lancuela de la figura 6 1 cuando esta es so*etida a tracciGn ,ara-

P

t

b

r

h

P

Figura 6

Caso %- r = 1 cm ; b = 2 cm Datosh = 20 cm ; t = 2,5 cm ; P = 4200 kg A = t (h − 2r − 2b ) = 2,5 cm (20 cm − 2 cm − 4 cm ) = 35 cm 2

σ prom =

P A

=

4200 kg kg r 1cm b 2 cm 120 0 , 05 ; ⇒ = = = = =2 2 h 20 cm r 1cm 35 cm 2 cm

Utilio la tabla ue relaciona el factor de concentraciGn de esfuero & con la geo*etrHa de la ,iea de cálculo. BFigura 2?&&1 ,ágina )#2 del libro =ecánica de =ateriales1 :cta8a ediciGn1 !utor- Russell C. Xibbeler1 Editorial- Pearson.A k =

σ mx kg kg ⇒ σ max = σ prom . k ⇒ de tabla, k = 2,4 ⇒ σ max = 120 2 .2,4 = 288 2 σ prom cm cm

Caso #- r = 2 cm ; b = 2 cm Datosh = 20 cm ; t = 2,5 cm ; P = 4200 kg A = t (h − 2r − 2b ) = 2,5 cm (20 cm − 4 cm − 4 cm ) = 30 cm 2

σ prom =

P A

=

4200 kg kg r 2 cm b 2 cm ⇒ 140 0 , 1 ; = = = = =1 h 20 cm r 2 cm cm 2 30 cm 2


#$


k =


σ mx kg kg ⇒ σ max = σ prom . k ⇒ de tabla, k = 1,87 ⇒ σ max = 140 2 .1,87 = 261,8 2 σ prom cm cm

Caso )- r = 3 cm ; b = 3 cm Datosh = 20 cm ; t = 2,5 cm ; P = 4200 kg A = t (h − 2r − 2b ) = 2,5 cm (20 cm − 6 cm − 6 cm ) = 20 cm 2

σ prom =

k =

P A

=

4200 kg 20 cm

2

= 210

kg cm

2

⇒

r h

=

3 cm b 3 cm = 0,15 ; = =1 20 cm r 3 cm

σ mx kg kg ⇒ σ max = σ prom . k ⇒ de tabla, k = 1,65 ⇒ σ max = 210 2 .1,65 = 364,5 2 σ prom cm cm

Caso &- r = 4 cm ; b = 3 cm Datosh = 20 cm ; t = 2,5 cm ; P = 4200 kg A = t (h − 2r − 2b ) = 2,5 cm (20 cm − 8 cm − 6 cm ) = 15 cm 2

σ prom =

k =

P A

=

4200 kg kg r 4 cm b 3 cm ⇒ 280 0 , 2 ; = = = = = 0,75 h 20 cm r 4 cm 15 cm 2 cm 2

σ mx kg kg ⇒ σ max = σ prom . k ⇒ de tabla, k = 1,5 ⇒ σ max = 280 2 .1,5 = 420 2 σ prom cm cm


#%



Alumno: 7ieas 8uan ablo Determinar  sin >ue el acero ceda y la  3A/ Datos: ]= ! mm r= 1 mm y= 12 "#$cm2 esp= ! mm ]= 2r=  mm 4o se encuentran ta@las para conocer el " de la pieza, por lo tanto se diLidirá el caso en piezas conocidas por ta@la, tomando ciertas consideraciones: ?AO A:

?AO B:

El caso >ue de cHmo resultado la  menor La a ser  y del caso #eneral. Análisis caso A:

Ã hh mmmm e Ghh mmmm =

= , 2-

=

= 1, -

or ta@la Z= 1,!

12 "#$cm2= 1,!



t t  hG «m . «m

max= Z. prom % prom = W :y= Z

 

% se utiliza la secciHn (área menor

W = 1) "#

*a car#a máxima soportada por la plancNuela Nace >ue todo el material ceda en la secciHn transLersal más pe>ueâ. or lo >ue  se incrementa Nasta la car#a plástica p, >ue serGa nuestro lGmite. y=

tf

12 "#$cm2=

 _P hG «m . «m


W max= 2)) "#

##



Análisis del caso B:

Ãe hGh mmmm =

prom=

= , 1! W Z= 2,-

 e.Ã.o

 e.Ã.o \  «m.hG «m .29

W y=".

12 "#$cm2=

W = 11-2 "#

*a car#a max será i#ual al caso A ya >ue la secciHn menor no LarGa de un caso al otro. W max= 2)) "# 7inalmente, la car#a  sin >ue el acero ceda es la del caso B W = 11-2 "#

1/

ensiones de contacto: Alumno: 6on#i eandro

#alcular la tensión >ia de contacto entre un rodillo lainador ! una planca de aluinio, tai8n indicar cuanto se acercan los cuerpos deido a la deforación" #onsiderarD 5

D = 50 cm , Ε Al = 7.10

kg

6 kg Ε = 2,1.10 , , Lr = 125cm , Pc = 1500kg , µ Al = 0,33 ac cm2 cm2

µ ac = 0,3 Q=P/L

La tensión >ia en el caso de 5rodillo A plano6, viene dada por P L

σ max = 0,5642

R

σ max

Lr R

1 − µ 2 ac 1 − µ 2 Al − Ε ac Ε Al

1500kg 125cm.25cm = 0,5642 1 − 0,332 1 − 0,32 + kg 5 kg 7.10 2,1.10 6 2 2 cm

σ max ≅ 300

cm

kg cm 2


#)



Para allar cuanto se acercan los cuerpos deido a la deforación 5α 6

  4 R   b = 1,156 PR + 0, 41 ln   b  F LE ac LEac    P

α = 1,159

1500kg .25cm

b = 1,156

125cm.2,1x10

α = 1,159.

= 0,0138cm

kg

6

cm

2

  4.25cm   0, 41 + ln    0,0138 cm   6 kg   125cm.2,1x10 2 1500kg

cm

α = 6,158 x10 −5 cm

Alumno: iaudat 5ederico Nor*al*ente1 el ,erno ue une la biela con el ,istGn está so*etido a corte ,uro + fleiGn. En este caso1 deter*inar las tensiones *ái*as de contacto ,ara un ,istGn de TC#$$$1 entre el ,erno + el ,istGn BflotanteA ,or un lado1 + entre el ,erno + la biela ,or otro1 considerando ue esta lti*a ,osee bue de bronce. Indicar el ele*ento *ás solicitado. "

2

E 14&1.1$1) =g8c

14&).34
"

2

E G132.1$1) =g8c

G13).2&! 2

E 4)32(1))=g8

4)32).33 >argo /erno: >"3 0nco Jnio %iela: >12! Diáetro /erno: d2!

Goluras: Pistón 7 /erno: e 1).)12K u+e %iela 7 /erno:

e2).)2 Carga á$ia so%re el /istón ignición5: P".4!

Diáetro /istón: D /'3

#&



• C:N'IDER!CI:NE' !de*ás de considerar la ,erfecciGn geo*trica + en cuanto a *ateriales tanto de la biela co*o del ,istGn + del ,erno1 + condiciones *edioa*bientales estables B#CA1 se su,one ue

Las tensiones en la ona de contacto1 ade*ás1 no su,eran el lH*ite de elasticidad.



Las áreas de contacto son ,eue"as en co*,araciGn con las su,erficies de los cuer,os ue están en contacto.



Las fueras de ,resiGn distribuidas ,or la su,erficie de contacto son nor*ales a dica su,erficie.

!,licado esto al enunciado dado1 se considera entonces ue el ,istGn se encuentra en el ,unto *uerto su,erior BP.=.'.A en el instante en ue se inicia la igniciGn de la *ecla aire?co*bustible.

• CVLCUL:' Dado ue a los fines del eercicio sGlo interesa el cálculo de las tensiones ue ocurren en a*bos casos B,istGn?,erno + biela?,ernoA1 se a de utiliar la siguiente teorHa [%\1 a la cual arribG ,or ,ri*era 8e a la soluciGn correcta X. Xert en %55%?%55#1 ,artiendo de los *todos de la teorHa de la elasticidad con el fin de resol8er los ,roble*as ,rinci,ales sobre tensiones + defor*aciones de contacto. Compresión de cilindros: Durante la co*,resiGn *utua ,or una carga distribuida

unifor*e*ente  de dos cilindros ue se tocan con las generatrices ,aralelas Bfigura %A1 el anco de la ona de contacto rectangular se deter*ina *ediante la fGr*ula-

1 1 +  = 2.19g ò )1 + )1 Eercicios Resueltos – !"o #$%&

#



Figura 46 - Cilindros en contacto

La tensiGn *ái*a ue acta en los ,untos del ee en la ona de contacto se deduce *ediante la fGr*ula-

mn = 1.27 ò mn = 0.41E 2 ò )) +))  + 

'in en esta lti*a ecuaciGn se ca*bia el signo de R# ,or el in8erso1 se obtendrá la tensiGn en el caso de ,resiGn del cilindro sobre una su,erficie cilHndrica cGnca8a.

mn = 0.41E 2 ò )) +))  −  o lo ue es lo *is*o1 ,ero considerando la carga P + la longitud de a,o+o L Bfigura #A1 se obtiene-

 −         mn = 0.9A42g Ÿ 1−F)  + 1−F ) Eercicios Resueltos – !"o #$%&

#2



Figura 47 - Cilindro en contacto con cama cilíndrica

!ntes de calcular las tensiones de contacto1 se ,rocede a calcular la carga total sobre la

     ! Q À H .   ! G ; = ‹A.49<10 !ŒÀ 10! À 4  4E14.29 ; B 44AE.>

su,erficie del ,istGn.

Ta*bin se debe considerar el esue*a dado en el enunciado Ben cuanto a las fuerasA-

Figura 48 - Distribución de esfuerzos

Por lo ue la carga calculada F es la ue acta ,lena*ente sobre la biela + se distribu+e en los dos a,o+os del ,istGn1 siendo F3# el 8alor de la carga en cada a,o+o res,ecti8o. To*ando co*o ,ri*er caso el contacto entre el ,istGn + el ,erno del ,istGn1 se tiene1 ,ara los a,o+os-


#6



v2v +œ2v +œ2 −v2

; mn  = 0.9A42h −22  1−F)kk + 1−F)hh 2Àœ   ; mn  = 0.9A42g  − 1−F)kkv ++v1−FÀœ)hh 2À 0 . 0 019!   > 2. 9 ! + 2. 9 ! À0. 0 019! mn  = 0.9A42 A.44AE.  + 1−0.   2 E9 ! −2.9! 2.1−0. > > G i 1 7 10 7. 1 7 10 hmn = 29.7 > B 2M! ! ! Para el segundo caso1 contacto entre el ,erno de ,istGn + el bue de la biela1 se tiene-

v2v +œ2v +œ2 −v2

mn  = 0.9A42 ; 1−F)kk + 1−F)¬e¬e 2 À0. 0 02!  À0.002! mn  = 0.9A42 44AE.2.9!> 2.1−0.9!2E9 >+ 2. +9! 1−0.   4 2.1 7 10G ! 1.1 7 10G !> mn  = 941.9 !> B 9M

• C:NCLU'I:NE'

Co*o ,uede a,reciarse en los resultados1 las tensiones de contacto son *ái*as entre el ,erno del ,istGn + la biela. Esto sucede básica*ente a ue la fuera se distribu+e en el ,istGn entre los dos a,o+os. No obstante1 al ser distintas las olguras entre el ,erno + la biela + el ,erno + el ,istGn1 8arHan significati8a*ente los 8alores. Por ello se


#5



obtiene un 8alor *a+or1 co*,arati8a*ente1 entre el ,erno + el ,istGn res,ecto del ,erno + la biela. Por lti*o1 co*o conclusiGn de los 8alores ,robados1 se deter*inG ue a *edida ue au*enta la olgura entre el ,erno + el aloa*iento1 las tensiones de contacto au*entan. Esto se debe a ue la ona de contacto dis*inu+e a *edida ue au*enta el radio de la cuna cilHndrica + la carga tiende a actuar co*o una carga ,untual.

Alumno: 'ie# 5ederico Para una guía canal, calcular el σmax, considerando que la guía es de acero y la bolilla donde se transporta es de aluminio. El diámetro del canal es de 40 mm y el diámetro de la bolilla que se transporta en dicho canal es de 38 mm. El peso que ha de soportar la estructura es de 500 kg. La concentración de tensiones de la guía canal, es del tipo de cuerpo esférico y canal cilíndrico. Para resolver el problema hay que ir a la tabla 51 del capítulo Tensiones de contactos desarrollado en clase para saber que: A =

1 1 1 ( − ) → A = 6,5789 x10 −4 1 cm 2 R1 R2

B =

1 → B = 0,0313 1 cm 2 R1

Con los datos de “A” y “B”, obtenemos el valor de np A B

= 0, 021 → n p = 0,5864

Por lo que ahora podemos calcular el valor de tensión máxima (

σ max = 0,365n p ⋅ 3 P

2 R2 − R1 R1 R2

1 − µ12 1 − µ 2 2 2 + ( ) E1

E Al = 6, 7 x105

µ Al = 0.33

kg cm

2

y

σ max = 28875,82 kg

)2

;

E 2

y

Eacero = 2,1x10 6

kg cm2

µ acero = 0.3

cm2


#7



Alumno: 3amires Alexis Un coinete o roda*iento de bolas BesfricasA se le a,lica una carga P. Calcular dica carga P cuando esta eerce ,resiGn sobre una sola bolilla + calcular la a,roi*aciGn de los cuer,os [M\. ad*0%$$ g3c*# . P0  R%0 ) c* R#0 %) c* R)0 %% c*.

ResoluciGn 'e necesitan los coeficientes geo*tricos ! + ( ue salen a ,artir de la ecuaciGn de la eli,se de contacto for*ada ,or el au*ento de la carga en la ona de contacto + consecuente defor*aciGn. Los coeficientes salen de tablas. Tablas. Resistencia de *ateriales ? Pisareno
1 1 1  11 1  −  =  −  = 0,1282  2  R1 R2  2  3 13 

B =

1 1 1  11 1   +  =  +  = 0,2121 2  R1 R3  2  3 11 

TEN'I:N =!>I=! =!>

2 1 1 σ max = 0, 245.n p . 3 P.E .  − +  R R R3  2  1 2

n p =

A B

0,1282

= 0,2121

2

1 donde n, sale de tabla.

1 cm = 0, 6044 ⇒ n = 0,9853 p

1

cm


#2$



Entonces1

σ max

2 1 1  ) . − +  = 0, 245.0, 9853. P.(2,1x10 2 cm  3 13 11  3

kg

6

2

2

 2 − 1 + 1  1500 2 = 0, 245.0,9853. 3 P.(2,1x10 ) .  3cm 13cm 11cm  2 cm cm   kg

3

6

kg

2

2

P = 0, 475 3 kg → P = 0,117 kg Carga ue so,orta una sola bolilla.

!,roi*aciGn de los cuer,os ue se tocan [M\

P ∆ = 0,977.n∆ . 3    E 

n∆ =

A B

0,1282

= 0,2121

2

2

2 1 1 . − +  1 donde n∆ sale de tabla R R R3  2  1

1 cm = 0, 6044 ⇒ n = 0,993 p

1

cm

Entonces1

  0,117 kg ∆ = 0, 977.0,993. 3   2,1 x106 kg2 cm 

    

2

 2 − 1 + 1  .   3cm 13cm 11cm 

2

∆ = 1,23 x10−5 cm


#2%



Alumno: Carnelutto Maximiliano Una bola de acero de %c* de diá*etro1 esta co*,ri*ida ,or # ,istas de acero con una fuera de %$$$N. Deter*inar el radio del cHrculo de contacto1 la ,resiGn *ái*a + el acerca*iento entre ,istas.

 = 1000 ) = 209<10M v = 1! = 001! M = NMvžO vœŸ žNóŸO vœ OæPMPO 0 = öNœpžOæ !M<ž!M ’ = MœNM!ž œ æPO œæPNœ öž p PMp / M = 110H < ~ ) 
#2#



Alumno: 'a%io 8ulio C!LCUL!R L! TEN'IkN =V>I=! DE C:NT!CT: ENTRE EL =UkN DEL CI4mE!L < EL C:JINETE DE (IEL! DE UN =:T:R DE C:=(U'TIkN INTERN! EN L! ET!P! D E E>PL:'IkN T:=!ND: UN! C!R4! PR:=EDI: P0 %$$/gf. Datos E Cig . = 12000

Kgf mm

2

E Coj. = 5612

Kgf mm 2

µ Cig . = 0.28

µ Coj. = 0.30

d muñ. = 63,475mm

d Coj. = 63,5mm Ancho = 16 mm

'u,oniendo ue la carga P se distribu+e unifor*e*ente a lo anco del *u"Gn + en el instante ue se trans*ite la carga la ,elHcula lubricante entre el *u"Gn + coinete se co*,orta co*o una banda rHgida sin fugas1 tene*os-


#2)


qP =


Kgf 1500 Kgf = 93,75 16 mm mm r2 − r 1

σ max = 0, 5642

P

r1r 2

.

2 1

l 1 − µ E1

σ max

+

1 − µ 22 E 2

(31,75 − 31,73)mm Kgf 31,75.31,73mm2 = 0,5642 93, 75 . 2 1 − 0,302 mm 1 − 0.28 + Kgf Kgf 12000 5612 2 2 mm

σ max = 1, 575

Kgf mm

2

= 157.5

mm

Kgf cm 2


#2&



Alumno: 3odriue# ablo Calcular la carga *ái*a ad*isible de contacto ,ara dos rodillos la*inadores. Indicar cuanto se acercan los cuer,os debido a la defor*aciGn.

DatosLRodillos- #$$ c*. D%- )$ c*. D#- $ c*. E!cero- #1%.%$2 /g3c*#. !cero- $1) ad*- )$$$ /g3c*#. -olución TensiGn *ái*a-

mn = 041E Ÿ) .  +    Å m   = ‹041EŒ . )Ÿ .  +  Åm = 49.HH0H   = 1922 Ÿ ) .  +  r  = 004EE ! ‘L = 097HA Ÿ) ‹lÚ 4 +0E14Œ r ‘L = H.10/!

Des,eando la carga P1 resulta-

Ree*,laando los 8alores1 obtene*os una carga *ái*a ad*isible de-

Di*ensiones de la ona de contacto-

!,roi*aciGn de los cuer,os debido a la defor*aciGn-


#2


Alumno: A%ila Enri)ue Co*o se *uestra en la figura 21 una bola de ,lacas ta*bin de acero.

J  = 1000 > F = F = G0J©ª ) = ) = 21.10 «m^ 'i la carga


 = 10 !!

1 de acero esta co*,ri*ida ,or dos

v

1 calcular la tensiGn *ái*a + la distancia de acerca*iento .

Datos-

P

Figura 2 R d

σ max = 0,388. 3 P . E .

1

R 2 2

⇒ σ max

 1 kg  kg 6  3 = 0,388 . 1000 kg . 2,1.10 . 2 . = 63 . 627 , 46 2 2  cm  (1cm ) cm 

  2     P  1   3 ⇒ d = 2 . 1,231. 3 d = 2 . 1,231 .   .  E  R       

2        1000 kg  . 1  = 0,015 cm   1 cm   2,1.10 6 kg2   cm   

Alumno: 7ieas 8uan ablo a( ?alcular la tensiHn máxima de contacto de dos cilindros de ePes paralelos.

Datos: \1= ' cm \2= - cm *= 1 cm E1= acero (2,1.1 ! "#$cm2 E2= @ronce (1,'.1 ! "#$cm2 contacto= ' "#


#22


*a fHrmula para este caso es: max= ,1)

max= ,1)

 V


 2 ò ““__.““^^ .]]__`].]^^

 ¨ ¨ ^   .  h .  h  .  h Ô ÕBÖ| hh ©ª ^   2 hh «m  .hömnp^ ` h .h¨ ÔÕBÖ|^ . ii Ö|Ö|`i. i Ö|Ö| Šƒl = E7H0A"!

@( ResolLer un pro@lema de laminador. Datos: \=  cm *= 1 cm E1= acero (2,1.1! "#$cm2 E2= aluminio(<,!.1- "#$cm2 contacto= ' "# mAl=,''

m7e=,'

Oe considera el caso estático, es decir sin Lelocidad de #iro en los rodillos, #ráficamente:

Es simtrico, por lo >ue se puede considerar como el si#uiente caso:


#26



ò = B    . 1−F 1−F Â q t  = 111.   . d )qÂ j+d )tr rj   1 900>. 2 0! 1−0  1−0    = 111.  100! . d21.10G>B!j+d7A4.10i>B!j  = 00247!  VŠƒl = 09A42g ‹1−F)qÂqÂŒ+‹. 1−F)tr trŒ

=OemiancNo de la @anda de contacto:

Reemplazando:

=6ensiHn 3áxima:

Reemplazando:

2 0! VŠƒl = 09A42s ‹2 1 .1−010G1900>B100!. >B! Œ+‹7 A4.1−010i>B!    Œ VŠƒl = EA1³´B²Š ‘€ = 119H. .) .041+ lÚ 4.

=AproximaciHn de los cuerpos >ue se acercan entre sG:


#25


Reemplazando:


4. 2 0! ‘€ = 119H. 100!. 1900> .  0 4 1+ l Ú 21.10G>B! 00247! ‘€ = 70.10/i! 2.‘€ = 140A.10/!

En nuestro caso al ser simtrico será:

14

Caras din$micas: Alumno: Carnelutto Maximiliano

Calcular las dos ,ri*eras frecuencias naturales w + del ,Grtico re,resentado a continuaciGn ue ,osee dos *asas concentradas de %$g.

) = 21<10G ! = 209<10 !  = 0009<012 0A + 0009<012 0A + 007<012009 = 1E072H<10/g!  ==MNM óæž P MNž M /  H9<10 ! hh ih ih −ð<−ð −100<−100 u11 = ¤h )< +¤h )< +¤h −<− )< 19000 190 u11 = 1000000 + + )< )< )< u11 = )<1! + 19)<!  + 1)<9!    1! 1 9 ! u11 = )< + )<  + 1)<9! u11 = 4H4H<10/i Eercicios Resueltos – !"o #$%&

#27



u22 = u11 = 4H4H<10/i L:' DE'PL!;!=IENT:' 'ER!N I4U!LE'
š = 12 u11+ 12 u22 = u22 = u11 = 4H4H<10/i R = Þ¸th2šž
L! FRECUENCI! L! C!LCUL!=:' DE L! 'I4UIENTE =!NER!-

P!R! C!LCUL!R L! 'E4UND! FRECUENCI!1 C:N'IDER!=:' L!' C!R4!' UNIT!RI!' C:=: 'E @E EN L! FI4UR! DE L! I;9. L:' DE'PL!;!=IENT:' TENDR!N EL =I'=: @!L:R 1 P:R L: T!NT: EL @!L:R DE FRECUENCI! 'ER! EL =I'=:-

R  = =R44 =H791pœ9ℎ1 2Q


#6$



Alumno: 'a%io 8ulio L! =!'! C!E < CX:C! C:N L! FUER;! DE 'U PE': P DE'DE UN! !LTUR! DE )* BFI4UR!A. 'UP:NER 9UE L! =!'! T:=! C:NT!CT: EN L! PUNT!. Calcular el coeficiente diná*ico. Calcular las tensiones en los ,untos ! + (. @erificar si el ,Grt ico resiste. !D=0#)$$/g3c*#

2

A = 8.8 − (8 − 0,16) 2

A = 2,53cm = 0, 025m

2

84 (8 − 0,16) 4 Izz = − 12 12 4 4 −7 Izz = 26,5cm = 2, 65.10 m

Considerando la 8ariaciGn de la energHa ,otencial del ,eso en el des,laa*iento igual a la fleca diná*ica f d ue recibe la estructura-


#6%



fd

EnergHa cintica aduirida del ,eso



EnergHa ,otencial acu*ulada ,or f d

0

EnergHa elástica de la estructura co*,ri*ida

De la ecuaciGn energtica anterior1 llega*os a 2∂11 Ec + 2∂ 11mgf d = f d 2 Con ∂11mg = f est . f d2 − 2∂11Ec + 2 f est. f d = 0



2∂11 E c 

 χ = Coeficiente diná*ico f est .  

f d = f est . 1 + 1 +

2

χ

Es decir1 f d = χ f est . ∼ σ d = χσ est . Entonces Ec =

⇒ v = 2.9,8

1 2 mv 2

2

2

X = X 0 + 2 g ∆ X

m

m

s

s

.3m = 7, 7 2

Ec =

1 m 50 Kg (7, 7 ) 2 = 1482,3 Nm 2 s

!ora calcula*os ∂11 co*enando ,or los diagra*as caracterHsticos =N9 ,ara el ,Grtico a,licándole una carga unitaria P


#6#



ΣFx = Rx = P = 1 Σ M o = M R = P 2m = 2m N

-1

Q 1


#6)



'in tener en cuenta el corte1 a,lica*os la ecuaciGn de des,laa*iento L

∂11 =

N N

∫ EA

L

dx +

∫

0

∂11 =

1

0

MM EI

4

∫

EA 2

2

( −1) dx +

dx

2 1 

 2  ∫ ( − x) dx + ∫ ( −5) dx  EI  0 2  4

2

2

1  x3  1 4 ∂11 = [ x ]2 +   + [ 25 x]2 EA EI  3  0 EI 1

∂11 =

∂11 =

2 EA

4

+

1 8  + 50   EI  3 

2m 210.109

N m

2

0, 0253m 2

158m3 3

+

N

210.109

m

2

≈ 9,5.10 −4 m

2, 65.10−7 m4

2.9,5 x10 −4.1482,3 = 4, 7 χ = 1 + 1 + (9,5 x10 −4.9,8.50) 2

⇒ f d = 4, 7 f est. ∴σ d = 4, 7σ est.

!ora calcula*os las tensiones en los ,untos ! + ( su,oniendo la carga a,licada estática*ente.

σ xx A =

−P A

−

My Izz

σ xx B =

−P A

+

My Izz

−50 Kg 50 Kg.200 cm.4 cm Kg 1529,2 − = 2 2,53cm 2 26,5cm 4 cm −50 Kg 50 Kg.200 cm.4 cm Kg 1509,4 = + = 2,53cm 2 26,5cm4 cm 2

σ xx A = σ xx B


#6&



Con la carga diná*ica1

⇒ σ xx = 4,7.1529,2 d

Kg cm 2

≫ σ ADM

Co*o σ d = χσ est .

⇒ σ xx = 4,7.1529,2 d

Kg cm2

Kg

σ xx = 7187

cm2

d

Resultando σ xx d > σ ADM ,or lo tanto la estructura cola,sa al recibir el i*,acto.

Alumno: 'ie# 5ederico Un collarín deslizante de peso W=150 lb cae desde una altura h=5” sobre una brida en el extremo inferior de una varilla vertical esbelta como indica la figura. L=4´, el área transversal, A=0,75 pulgadas 2 y E=30x106 libra sobre pulgada2 Calcule lo siguiente: a) el desplazamiento máximo de la brida hacia abajo b) el esfuerzo máximo de tensión en la varilla c) el factor de impacto 4´=48”

a) δ st =

WL EA

=



150.48 = 3, 2 x10 −4 " = 8,128 x10 −3 mm 6 30 x10 .0, 75

δ max = δ st 1 + (1 +



b) σ max =

E δ max L

1  2h 12  2.2  2 )  = 3, 2 x10−4 1 + (1 + ) −4  = 0, 03609" = 0,916mm 3, 2 10 x δ st   

30 x106.0,03609 = = 22556 psi = 1578 kg 2 cm 48


#6



c) Factor impacto =

δ max 0,03609 = = 112,78 δ st 3, 2 x10 −4

Alumno: 3odriue# ablo Una barra recibe un i*,acto en su etre*o libre ,or un bloue con *asa  ue se *ue8e con 8elocidad * . Deter*inar el acorta*iento *ái*o Y *á + la tensiGn de co*,resiGn *ái*a *á de la barra debido al i*,acto.

DatosL- %$$ c*. *-  /g. E- #1%.%$2 /g3c*#. @- %$ *3s- %$$$ c*3s. !- $ c*#. -olución

!corta*iento *ái*o de la barraLa energHa cintica del bloue en el instante del i*,acto es

mý ^

+ la energHa de

defor*aciGn de la barra cuando el bloue llega al re,oso en el instante de acorta*iento *ái*o es

“t¦anP^   ) u ! ä mn š = 2 = 2 . Por lo tanto-

Des,eando Y*á1 obtene*os-

 ! ä  umn = ) r umn = 21E !

TensiGn de co*,resiGn *ái*aLa tensiGn *ái*a en la barra se deter*ina a ,artir del acorta*iento *ái*o.

mn = )umn r mn = 49.E297A "!


#62



Alumno: A%ila Enri)ue Calcular el des,laa*iento *ái*o1 cuando la 8iga de la figura %$ se 8e so*etida a una carga instantánea de #P. Dato-

 = 1E0 >J ) = 21.10G «mJ©ª^  = 200 ! y

z

x

3

L L 3 / 2

6

2P x

'oluciGn-

Figura %$

Xago un =N9 ,ara saber dGnde + cuáles son los esfueros nor*ales + los *o*entos flectores *ái*os. Reacciones.

: ;< = 0 = ˜< −  < − 2 H  < = ˜< − 2 = 10E0 >J − A0 >J = 720 >J : ; = 0 =  H  = 0 :   = 0 = −.2  + ˜<. 2  H ˜< = 2...  = A = 10E0 >J


#66


UTN – Facultad Regional Delta y

R Ax

RBx

L L 3 / 2

2P x

R Cy

Diagra*a de cuer,o libre con cortes en la secciGny

R Ax CORTE 2 RBx CORTE 1

L L 3 / 2

2P x

R Cy

ONPœ 10 @  < 2 


#65



My Ny Qy CORTE 1

y

2P x

R Cy

:;< = 0 = −2 +? H ? = 2 = A0 >J :; = 0 = sÛ +  H  = 0 :t = 0 = −. 2  + H  = A0. >J ONPœ 2 2  @  <  y

My Ny Qy

CORTE 2 RBx

y L 3 / 2

2P x

R Cy

:;< = 0 = ¬ − 2 +? H ? = 2 −¬ = −720 >J :; = 0 = sÛ +  H  = 0 Eercicios Resueltos – !"o #$%&

#67



:t = 0 =  −2. +¬. ‹ − 2 Œ H  = A0. >J −10E0 >J ‹ − 400!Œ Diagra*as =N9

y

720 kg

-720 kg -

+

1080 kg 480 kg.m L

+

L 3 / 2

2P x

360 kg

0

Dado ue tengo una 8iga1 ,uedo a,licar el KTeore*a de Castigliano a,licado a 8 igas. Utilio la for*ula B%&?&6A1 de la ,ágina 662 del libro =ecánica de =ateriales1 :cta8a ediciGn1 !utor- Russell C. Xibbeler1 Editorial- Pearson.

H ‘= ×ha  uuV “

1 esta fGr*ula ,uede a,licarse cuando E e I son constantes +1 co*o en

este caso lo son1 ,uedo a,licarla.

‘= vœpöŸMM!žœæPO ==Ÿ!O!œæPO M óœNM òóœžæPœNæOŸO œæœNM vœ ŸM TžM H  =. Donde-

Coloco una carga P en el ,unto donde uiero calcular el des,laa*iento B8er figura %$?%A


#5$



y

L L 3 / 2

360 kg

P x

Figura %$?%

!ora calculo el *o*ento interno de la 8iga B8er figura %$?#A. y

My Ny Qy

y

360 kg

P x

R Cy

Figura %$?#

Calculo el des,laa*iento ,or dos for*as distintas ,ara co*,rar resultadosFor*a %-

:  u0VÛ=  −A0 J> . − H   A0 J>J . + H u =   = A0 >.  Entonces cuando P0$1


#5%



  

vv = 291 !

a  v a J v A0 >J. 2  120 >J 400!  ‘= ¤h ‹  Œ ) = ¤h ¶A0 >. ¹ ) = ) = 21.10G J> .94 ! ! For*a #-

'i bien la 8iga del siste*a Bfigura %$?%A no está e*,otrada1 este caso es el *ás a,roi*ado a una 8iga e*,otrada1 entonces utilio la fGr*ula B!,ndice C del libro antes *encionadoA1 ,ara la defleiGn de una 8iga e*,otrada con una carga ,untual en el etre*o libre

J^.[ww~ ~ ~ /Gh / . a  vÂÁo = .“. ¡ vÂÁo = ..h¨ J^.i «m[ vmÅ = vÂÁo 1 + ^ 1 +2. ‘ ÂÁoÁ ¡ vmÅ = vÂÁo. 2 = 902 !

H T = /“a~

0?#1% c* BPág. 6&# – Libro antes *encionadoA

   

y

L L 3 / 2

2P d

x

Los resultados son iguales1 aunue la su,osiciGn ue ago en la for*a #1 ,ara utiliar la fGr*ula de cálculo de des,laa*iento1 no es la correcta.


#5#



Alumno: 7ieas 8uan ablo ?alcular la primera frecuencia natural del sistema y la frecuencia axial.

Datos: m= 1 "# E= 2,1 . 1! "#$cm2 *= 1 cm r1= ' cm r2= ) cm *a primera frecuencia se calcula con la fHrmula: ]y=

 x__.|

% donde _ 11 es el desplazamiento unitario y m la masa soportada

por la Li#a. _ 11=

×y Ò®.^â . l

?álculo del momento de inercia de la secciHn:



M= . + (r2 9 r1 W M= 2<2!,11 cm Realizo el dia#rama de momento, con la car#a unitaria:

_ 11=





×y /®.zâ^ . l ®.â ×yÏ −2ÏÎ +Î . l = ®.â Ï. Î −Ï. Î + z~ ah ~  ®.~ â .  .hhh Ö| ¨ mn .gG Ö|[ =

_ 11=

W _ 11=

op^.

_ 11= -,)2 .1 - cm$"#

Reemplazando en ] o@tenemos la primera frecuencia natural:


#5)



R = s 9E2 .10/i ²Š³´ .11 10>–1> .100!1! =b R = 11091 1p ara o@tener la frecuencia natural axial, tenemos:

Realizamos el dia#rama de la car#a unitaria:

]x=

 x __.|

% donde _ 11 es el desplazamiento unitario y m la masa soportada

por la Li#a. _ 11=

×y ®.SU^ . l

?álculo del área de la secciHn:

 = Q. N − Q. N =b  = Q.N − N  = Q. E! − 9! =b  = 12292!

Reemplazando por los Lalores o@tenemos A:

*ue#o calculamos el desplazamiento unitario axial:


#5&



 −1

a 1 u = ¤y …. { . l = ). ¤h 1.v< = ).1 . ðha =b u = ). ! /g u = 21<10 G !100! = b u =  E E<10 > .12292!  > u R = s EE .10/g ²Š³´ .11 10>–1> .100!1! =b R = 1A0940 1p

Reemplazando por Lalores o@tenemos el desplazamiento:

7inalmente, reemplazando

1;

y m en la ecuaciHn de frecuencia, o@tenemos:

5atia: Alumno: 6on#i eandro

%e ensa!a una proeta de fatiga de dietro &0 en una 1uina de fle>ión rotativa" El oento flector en la zona central de la proeta es de M f = 50000 Nm m +cte" %aiendo 1ue el aterial es acero + σ ac = 700

N

 se pideD mm2 a *ecir si la proeta fallara o no por fatiga, en caso de 1ue falle, estiar el n;ero de revoluciones de la proeta al oento de la rotura por fatiga"

#oo el coportaiento de piezas a fatiga es prcticaente independiente del tipo de curva de carga, pero saeos 1ue podeos relacionarla con (según guía teórica – Estabilidad II – F!"D σ J $ensión >iaD max σ J $ensión ?niaD min J

$ensión ediaD σ m =

σ max + σ min 2

$odos los puntos de la proeta 1ue rodean al centro de la isa estn soetidos a una fle>ión alternante" ?

? max

? max ? rot ?m

t

N

? min=-? max


#5



σ m = 0 σ max = σ max =

M . y I z

=

32. M f

π d 3

32.50000 Nmm 3

π (10mm )

#oo σ max = 509, 295

= 509,295

N mm

N mm 2

〉σ a lt = 350 2

N mm

2

⇒ alla por fatiga

σ ac +esta a#irmación es 2 , por lo tanto, saeos 1ue 8l σ max es a!or 1ue

σ a lt es el l?ite de resistencia a la fatiga del aterial, e igual a σ a lt = cierta para nuestro e$ercicio en particular ya %ue σ = 0 m 

σ a lt ! la proeta falla por fatiga" /8todo para deterinar la resistencia a la fatiga El dispositivo para ensa!os de fatiga s utilizado es la 1uina de viga giratoria de alta velocidad de "" /oore"

La ecuación de la recta de resistencia #argaJ#iclos se puede escriir coo log σ max = −b log N + a *onde 56 es la pendiente de la recta ! 5a6 es el terino independiente" Para el caso de fle>ión ! torsión, esta recta dee cortar la de &0@ ciclos en σ alt ! la de &0 3 ciclos en 0, σ max " -l sustituir estos valores en la ecuación anterior, deterinaos las constantes a !  para fle>ión ! torsión" #uando conteplaos ciclos de fatiga altos, alaos de N ≥ 1000 , por lo tanto 1

 σ max  ,   a 

podeos estiar la duración de la pieza para el esfuerzo σ max edianteD N =  donde a =

( 0,9σ rot ) σ alt

2

b

 0,9σ max  1 ! b = − log  " 3 σ  alt 


#52



2

 0,9.700 N    N mm2   = 1134 a= 2 350

N

mm

mm

2

 0,9.700 N 2  1 mm b = − log  3  350 N 2 mm   509,295 N 2  mm N =   1134 N 2 mm 

    

−

   = −0,085  

1 0,085

≅ 12300ciclos

? rot 0.9 ?

max

? N ? alt

LogN log10³ logN

log10^6

Alumno: iaudat 5ederico En la actualidad1 en el estudio1 dise"o + o,ti*iaciGn de las bielas ue co*,onen los *otores de 8eHculos co*erciales1 tiene un rol funda*ental la 8ida a la fatiga de las *is*as. To*ando los 8alores ensa+ados ,or el =s. Ing. !dila !fal en su tesis de *aestrHa BUni8ersidad de ToledoA ,ublicada ,or el !I'I1 sobre una biela F'7 so*etida a un ensa+o de fatiga nor*aliado1 deter*inar la cantidad de ciclos *ái*os de la biela si se du,lica la carga a la ue se eige la *is*a al au*entar la ,otencia del *otor. Indicar cuánto tie*,o ,odrHa durar el *otor girando a 6$$$r,* Bcarga *ái*aA.

"

2


L()
#56



• C:N'IDER!CI:NE' To*ando co*o ,erfecta la geo*etrHa de la biela + ta*bin en cuanto a *ateriales1 se su,one ade*ás ue dica biela se so*ete a esfueros de tracciGn + co*,resiGn nica*ente. La realidad ecede a esto dado ue la *is*a está so*etida a estos esfueros de tracciGn + co*,resiGn co*binados con fleiGn. Por otra ,arte1 se considera ue al au*entar la ,otencia del *otor en un 8alor deter*inado1 se du,lica la carga de co*,resiGn sobre la cabea del ,istGn. Esto no sucede nor*al*ente en los *otores de as,iraciGn nor*al +a ue la ,resiGn *ái*a a la ue está so*etido el conunto ,istGn?biela?cigè"al está directa*ente relacionada con la *ái*a co*,resiGn 8olu*trica del *otor. 'in e*bargo1 si la 8Ha a utiliar ,ara ele8ar la ,otencia del *otor está relacionada con la sobreali*entaciGn1 +a sea ,or un turboco*,resor de geo*etrHa fia o 8ariable o algn co*,resor *ecánico o 8olu*trico B,or ee*,lo1 Roots o Co*,reA1 la situaciGn ca*bia dado ue au*enta casi en un doble la ,resiGn debida a la co*,resiGn 8olu*trica del conunto ,ri*ario del *otor. Eercicios Resueltos – !"o #$%&

#55



• CVLCUL:' Co*o ,uede notarse en el gráfico dado en el enunciado1 se tienen diferentes ti,os de bielas testeadas. El caso *ás desfa8orable corres,onde a una biela forada1 la cual ,osee un *ellado ue le ,ro8oca irregularidades en su su,erficie1 + cu+o 8alor de coeficiente de asi*etrHa es-

N = −1.29

Dado ue no se encuentra es,ecificado si corres,onde a una asi*etrHa de tracciGn o de co*,resiGn1 se considera la *is*a co*o de co*,resiGn +a ue la *a+or carga sobre la biela es de co*,resiGn.

Gráfico 7 - Curva de Wöhler, biela forjada con mellado.

Co*o se ,uede a,reciar en el gráfico %1 la tensiGn *ái*a nor*al a la ue está so*etida la biela es de 6$=Pa1 tal co*o se indica en el enunciado. Dica tensiGn nunca su,era el u*bral deter*inado ,or la cur8a de _ler1 el cual ,osee su lH*ite en %%)=Pa ,or enci*a de %$ 2 ciclos. 'in e*bargo1 dado ue se a du,licado la carga *ái*a del *otor1 se tiene ue-

mn = 140M


#57



Entonces1 analiando gráfica*ente este 8alor *ái*o de tensiGn-

Gráfico 8 - Curva de Wöhler, tensión máxima duplicada.

Por lo ue se ,uede notar ue a los 5#$$$$ ciclos a,roi*ada*ente1 la biela se ro*,erHa. Para deter*inar el tie*,o *ái*o ue ,odrHa durar la biela en el *otor asta antes de ro*,erse1 se tiene ue la frecuencia de giro del *otor es-

 = 7000Nö! = 7000 !ž1æ P =  · = E20000 7000 !ž1æ P = 117.14!žæ

Considerando ue se realia un ciclo de tracciGn + co*,resiGn ,or cada 8uelta del cigè"al1 entonces-

Entonces1 el *otor girarHa Ba ese rgi*en constanteA1 casi dos oras asta llegar a la rotura. Cabe destacar ue1 en este caso1 el da"o es acu*ulati8o dado los ti,os de esfueros a los ue está so*etida la biela.

• C:NCLU'I:NE' De este análisis1 ueda claro ue las ca,acidades de las bielas son li*itadas1 es,ecial*ente a la ora de au*entar la ,otencia de un *otor. Por esto1 se reco*ienda utiliar bielas es,eciales dise"adas ,ara tal fin Bco*,eticiGnA.


#7$



Alumno: Carnelutto Maximiliano Deter*inar cuántos ciclos le uedan a una ,iea ,ara su rotura1 cu+a tensiGn de trabao no*inal es de )$$=Pa1 el ta*a"o de la fisura critico es de )$**. En la ecuaciGn de Paris1 *0# + C0)%$?5 =Pa?%. Posee un ta*a"o de fisura actual de %1c*1 + un nu*ero de ciclos inicial Ni02$ciclos.

Ø = 112  = 00M ! = 2  = <10/e M1 Mž = 0!! MM = 1! ž = A0žŸOp vMv = ‘>m ž = Ø<m = <10/e M1 <112<00M

#7%



Alumno: 'ie# 5ederico Calcular el número de Goodman para una probeta de acero con estos datos: σfl = 1300 kg/cm2 ; σmax = 1000 kg/cm 2 ; σmin = 100 kg/cm2 %Goodman =

σ max − σ min 1000 − 100 ⋅100% = ⋅ 100% = 75% 1300 − 100 σ adm − σ min

Con este resultado, y en base a la teoría, estamos en condiciones de decir que la probeta de acero no va a romper; soportará más de 10 8 ciclos.

Alumno: 3odriue# ablo Deter*inar la tensiGn no*inal de trabao de una ,iea con un factor de intensidad de

_^ ‘Ø70M. ! 12

tensiones adi*ensional -olución

1 ,rofundidad de la fisura

.

M19!!

+ un ,ará*etro

‘Ø‘R QM ‘ Ø‘R QM ‘2AE72M

De la ecuaciGn anterior des,ea*os la tensiGn no*inal + ree*,laa*os los 8alores corres,ondientes-

La tensiGn no*inal de trabao de la ,iea es de-


aA Calcular el n*ero de 4ood*an ,ara el siguiente ensa+o-

1900 «m©ªJ^ J©ª m¸U = 290 «m^ mÅ = 1090 «mJ©ª^ 10g

? TensiGn de fluencia? Rango de trabao-

1

bA 'i la frecuencia de o,eraciGn es de #1 X1 + se consideran ciclos co*o el *ái*o o,erati8o1 cuanto tie*,o ,odrHa so,ortar la ,iea. cA 'i las tensiones lH*ites de cada ciclo au*entan un #$ 1 QCuál será el nue8o n*ero de 4ood*an1 Qcuánto tie*,o ,odrá o,erar una ,iea nue8a en estas condiciones 'olucionaA @erifico ue los esfueros bao estas condiciones1 sean conser8ati8os.

σ e 0 sig*a ad*isible Balternati8oA 0 $1. σ u BPag. %56 – =acine Desing – /ur*i – p edicion – Edit. Eurasia Publising XouseA Eercicios Resueltos – !"o #$%&

#7#



σ u 0 sig*a de rotura BestaticoA

·r

0 sig*a se fluencia

= ·r.Oœ. pœ. ^ J ©ª  hh mm A9 mm^ .  «m^ .0AA = 42H0 «m©ªJ^ = Â.Oœ. pœ. = |. 09. Oœ.pœ. = H4 mm©ªJ^ . hh «mmm^ ^ .09.0AA = 102 «m©ªJ^

σ su 0 sig*a seguro alternati8o σ su 0

σ se 0 sig*a seguro estatico σ se

BCoeficientes de seguridad- Dise"o de ele*entos de *auina – Robert L. =ott – & ta Edicion – Editoria- PearsonA Los coeficientes de seguridad1 se eligen teniendo en cuenta algunas caracteristicas de la ,iea de trabao. !lgunas de estas caracteristicas son- la ter*inacion su,erficial1 el *aterial1 la geo*etria1 la te*,eratura de trabao1 el a*biente de trabao1 etc. Co*o no a+ es,ecificaciones del *aterial1 elio un acero aleado '!E &%&$1 +a ue en costos + co*,arado con un acero al carbono '!E %$&1 es a,enas *as costoso + las ,ro,iedades *ecanicas del ,ri*ero son notables.

m = PœæpžOæ !œvžM Åmñ = MöŸžPóv vœ ŸM PœæpžOæ MŸPœNæMPžTM m = ^_P` ^K L= A90 !J>2 Åmñ = ^_P/^K L= 400 !J>2 



Calculo el N de _oler-

 σU   σ U  1  n  . = Log Log   .  103  σ    n  σ e  3

Log 

¥ = PœæpžOæ æON!MŸ !M<ž!M M 10 žŸOp = 0H9. | öMNM Ÿœ<žOæ NOPMPžTM Â = PœæpžOæ Mv!žpžŸœ MŸPœNæMPžTM öNOœPM U = PœæpžOæ vœ MPžM M TžvM vœPœN!žæMvMŸž!žPMvM M æ žŸOp =  Åmñ + m æ = æó!œNO vœ žŸOp Eercicios Resueltos – !"o #$%&

#7)



}~}~•••€€L._~  æ = 10 O . 10

H efh a]ªgG e fh  a ª . ]   H æ = 10 ghh .10 H æ = 19.10 žŸOp  σU   σ U  1  n  Log Log . =   .  103  σ    n  σ e  3

Log 

σ (dinamico)

σ = 4700 e

Linea de Goodman

σ = 3102 se

Linea segura

σ = 400 Amp

σ = 650 m

σ = 4290 su

σ (estatico)

σ = 9400 u

La linea de 4ood*an *e dice ue la 8ida de la ,iea es infinita1 si los esfueros a los ue esta so*etida la ,iea en su trabao uedan ,or debao de ella. La linea segura la trao utiliando coeficientes de seguridad + entonces se 8erifica ue es conser8ati8o en las condiciones de trabao.

1 bA f = 2,5 1 entonces co*o el ,roble*a dice ue el *ái*o o,erati8o es de 10 7 ciclos1 s calculo el tie*,o de trabao

⇒ t =

ciclos f

⇒ t =

10 7 ciclos 2,5

ciclos

= 4 .10 6 s ⇒ t = 1.111,11 hs. = 46,3 dias

s


#7&



cA El au*ento de un #$ en los lH*ites *á. + *in.1 las nue8as tensiones serán

σ min = 300



kg cm

, σ max = 1260

2

kg cm

2



σ e 0 $1. σ u 1 σ m =

σ max + σ min σ − σ min kg kg = 960 2 = 780 2 1 σ Amp = max 2 2 cm cm

σ (dinamico)

σ = 4700 e

Linea de Goodman

σ = 3102 se

Linea segura

σ = 780 Amp

σ = 960 m

 σ U   σ  1 n   = Log   3  . Log  U  .  10   σ n   σ W  3

Log 

H

efh a]ªeg fh  ] a ª .   æ = 10 ghh . 10

σ U = 0,95.σ u = 0,95.8930



kg

2

cm

2

σ = 4290 su

σ (estatico)

σ = 9400 u

Odššæj1 Odœ j.

H æ=10 .10 H

H æ = 17.10 žŸOp 2

  kg  kg  kg 2 σ n = σ Amp + σ m2 =  960 2  +  780 2  = 1237 2     cm  cm   cm 


#7




‘

Determinar cuántos ciclos le >uedan a una pieza para la rotura sa@iendo: ? 6ensiHn de tra@aPo nominal: 2 3a (  ? 6amaô de fisura crGtico: 2- mm ? ropiedades del material y am@iente: m=2 y c= '.1 ) 3a1 ? 6amaô actual de fisura: 1,- cm ? 4` inicial de ciclos: 12-

‚ƒ‚S ‘„ ‘„ ‘ R . ƒ² bÅ Ø.‘ R Q.M bÅ R Q.M bÅ b· Q.M Å« 1 ¤Å¸ .MvM = ¤b¸002A v ŸæM −ŸæMž = 002A. −ž Ÿæ29−Ÿæ19 002A =  ¯ 129  = 21A4+129 =b  = 1A4A4

Ytilizando la ecuaciHn de aris: 0 sa@iendo >ue

= .  +

= ?(

m (1

(2

Reemplazando (2 en (1:

= C(

)m

= 3.10 -8 MPa (2,5 . 200 MPa

) 2

= 7,5 x 10-3

Alumno: 3amires Alexis

Deter*inar la 8ida a la fatiga de la ,iea *ostrada en la figura. D = 1" d = 1 / 2 " r = 0,1" T = ±300lbs. pulg (ALTERNADO) M = ±400lbs. pulg (ALTERNADO)


#72



Su = 90000 psi S y = 55000 psi

Acabado Superficial: Maquinado ResoluciGn S u = Li*ite de Resistencia a la tracciGn. S y = Li*ite de Resistencia a la fluencia.

Para %$) ciclos S103 = 0,9.Su = 0,9.90000 psi = 81000 psi

Para %$2 ciclos S106 = S n .CL .C D .C S

Donde S n = LH*ite de Fatiga ,ara fleiGn rotati8a.

Sn ≃ 0.5 × S u C L = Coeficiente referido al ti,o de carga. C L = 1 en flexion C L = 0,9 en axial C L = 0,58 en torsion

C D = Coeficiente referido a las di*ensiones de la ,iea.


#76



C D = 1 en axil. C D = 1 para 0,2" ≤ d ≤ 0,4" en flexion o torsion C D = 0,9 para 0,4" ≤ d ≤ 2" en flexion o torsion C S = Coeficiente referido al acabado su,erficial.

S106 = S n .CL .C D .C S = psi ).(1).(0,9).(0,77) = 31000 psi (0,5.90000

D d

=

1 0,5

=2 

r d

=

0,1 0,5

=2

Factor /t ,ara torsiGn1 ,ara deter*inar la concentraciGn de esfueros.


#75

Ejercicios Resueltos Por Tema - Estabilidad II Ano 2014 (1)

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