libro mecánica de materiales prof Vallejo

Mecánica de Materiales Ing. Álvaro Vallejo P.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

1

Contenido

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Contenido............................................................................................................... 1 Introducción........................................................................................................... 7 Esfuerzos ............................................................................................................... 9 1.

CARGAS Y ESFUERZOS .......................................................................................10

1.1.

CARGAS ..............................................................................................................10

1.1.1.

TIPOS DE CARGAS .....................................................................................10

1.2 ESFUERZOS ............................................................................................................10 1.2.1. CLASES DE ESFUERZO ..................................................................................11 1.3 PROBLEMAS RESUELTOS .....................................................................................14 1.3.1.

PROBLEMA 1 ...............................................................................................14

1.3.2.

PROBLEMA 2 ...............................................................................................14

1.3.3.

PROBLEMA 3 ...............................................................................................15

1.3.4.

PROBLEMA 4 ...............................................................................................16

1.3.5.

PROBLEMA 5 ...............................................................................................17

1.3.6.

PROBLEMA 6 ...............................................................................................18

1.3.7.

PROBLEMA 7 ...............................................................................................21

1,3,8.

PROBLEMA 8 ...............................................................................................24

1.3.9.

PROBLEMA 9 ...............................................................................................26

1.3.10. PROBLEMA 10 .............................................................................................28 1.3.11. PROBLEMA 11 .............................................................................................30 1.4.

PROBLEMAS PROPUESTOS .............................................................................32

1.4.1.

PROBLEMA 1 ...............................................................................................32

1.4.2.

PROBLEMA 2 ...............................................................................................33

1.4.3.

PROBLEMA 3 ...............................................................................................34

1.4.4.

PROBLEMA 4 ...............................................................................................35

1.4.5.

PROBLEMA 5 ...............................................................................................35

Deformaciones .................................................................................................... 37 2.

DEFORMACION ......................................................................................................38

2.1. DEFORMACIÓN AL ESFUERZO CORTANTE .......................................................38 2.2. PROPIEDADES DE LOS MATERIALES .................................................................38 2.3.

LEY DE HOOKE...................................................................................................39

2.4.

RELACIÓN DE POISSON....................................................................................40

2.5.

DIAGRAMA ESFUERZO-DEFORMACION .........................................................40

2

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.6.

FACTOR DE SEGURIDAD

..........................................................................40

2.7.

DIAGRAMAS DE DESPLAZAMIENTO ................................................................41

2.8.

ELEMENTOS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS ......................................41

2.9.

PROBLEMAS RESUELTOS ................................................................................41

2.9.1.

PROBLEMA 1 ...............................................................................................41

2.9.2.

PROBLEMA 2 ...............................................................................................42

2.9.3.

PROBLEMA 3 ...............................................................................................43

2.9.4.

PROBLEMA 4 ...............................................................................................45

2.9.5.

PROBLEMA 5 ...............................................................................................46

2.9.6.

PROBLEMA 6 ...............................................................................................47

2.9.7.

PROBLEMA 7 ...............................................................................................49

2.9.8.

PROBLEMA 8 ...............................................................................................51

2.9.9.

PROBLEMA 9 ...............................................................................................53

2.9.10. PROBLEMA 10 .............................................................................................56 2.9.11. PROBLEMA 11 .............................................................................................58 2.9.12. PROBLEMA 12 .............................................................................................60 2.9.13. PROBLEMA 13 .............................................................................................62

3

2.10.

PROBLEMAS PROPUESTOS .........................................................................64

2.10.1. PROBLEMA 1 ...............................................................................................64 2.10.2. PROBLEMA 2 ...............................................................................................65 2.10.3. PROBLEMA 3 ...............................................................................................66 2.10.4. PROBLEMA 4 ...............................................................................................66 2.10.5. PROBLEMA 5 ...............................................................................................67

Flexión .................................................................................................................. 69 3.

VIGAS............................................................................................................. 70 3.1 CARGAS FLEXIONANTES.......................................................................................70 3.1.1. VIGA ..................................................................................................................70 3.1.2. TIPOS DE VIGAS ..............................................................................................70 3.2.

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR .................................................72

3.3.

RELACIÓN ENTRE CARGA, FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR ..73

3. 4.

DEFORMACIÓN EN VIGAS ................................................................................74

3.4.

ESFUERZOS NORMALES EN VIGAS ...............................................................75

3.5.

ESFUERZO CORTANTE EN VIGAS ...................................................................78

3.6.

PROBLEMAS RESUELTOS ................................................................................79

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

3.6.1.

PROBLEMA 1 ...............................................................................................79

3.6.2.

PROBLEMA 2 ...............................................................................................82

3.6.3.

PROBLEMA 3 ...............................................................................................84

3.6.4.

PROBLEMA 4 ...............................................................................................87

3.6.5.

PROBLEMA 5 ...............................................................................................89

3.6.6.

PROBLEMA 6 ...............................................................................................92

3.6.7.

PROBLEMA 7 ...............................................................................................93

3.6.8.

PROBLEMA 8 ...............................................................................................96

3.6.9.

PROBLEMA 9 ...............................................................................................98

3.6.10. PROBLEMA 10 .............................................................................................99 3,7 PROBLEMAS PROPUESTOS ................................................................................101 3.7.1.

PROBLEMA 1 .............................................................................................101

3.7.2.

PROBLEMA 2 .............................................................................................102

3,7,3,

PROBLEMA 3 .............................................................................................103

3.7.4.

PROBLEMA 4 .............................................................................................103

3.7.5.

PROBLEMA 5 .............................................................................................104

Deflexión ............................................................................................................ 105 4. DEFLEXIONES EN VIGAS .......................................................................................106 4.1 MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS .................................................................106 4.2. DIAGRAMA DE MOMENTOS POR PARTES ........................................................108 4.3. PROBLEMAS RESUELTOS ..................................................................................108 4.3.1.

PROBLEMA 1 .............................................................................................108

4.3.2.

PROBLEMA 2 .............................................................................................111

4.3.3.

PROBLEMA 3 .............................................................................................113

4.3.4.

PROBLEMA 4 .............................................................................................115

4.3.5.

PROBLEMA 5 .............................................................................................117

Torsión ............................................................................................................... 121 5. TORSION ........................................................................................................ 122 5.1.

DEDUCCION DE LA FORMULA DE TORSION ................................................123

5.2.

MOMENTOS DE INERCIA POLAR ...................................................................125

5.3.

TORSION EN SECCIONES NO CIRCULARES ................................................127

5.4.

TORSION EN SECCIONES CIRCULARES HUECAS DE PARED DELGADA .128

5.5.

ARBOLES ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS ..........................................129

5.6.

EJERCICIOS PROPUESTOS ............................................................................129

4

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5.6.1.

Ejercicios .....................................................................................................129

5.6.2.

Ejercicio 2....................................................................................................131

5.6.3.

Ejercicio 3....................................................................................................133

5.6.4.

Ejercicios 4 ..................................................................................................135

5.6.5.

Ejercicio 5....................................................................................................136

5.6.6.

Ejercicio 6....................................................................................................137

5.6.7.

Ejercicio 7....................................................................................................139

5.7.

Ejercicios propuestos .........................................................................................141

5.7.1.

Ejercicio 1....................................................................................................141

5.7.2.

Ejercicio 2....................................................................................................141

5.7.3.

Ejercicio 3...................................................................................................142

5.7.4.

Ejercicio 4....................................................................................................142

5.7.5.

Ejercicio 5....................................................................................................143

Bibliografía......................................................................................................... 145

5

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

6

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

7

Introducción

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

El objetivo de este problemario de Mecánica de sólidos o resistencia de Materiales es proporcionar al estudiante de Ingeniería, Diseño Industrial y afines un gran número de problemas tipo, sobre esfuerzos y deformaciones en estructuras debido a carga axial, carga flexionante, deflexiones en vigas, como también a cargas torsionales para que le sirvan como material de estudio de ésta asignatura y lo apliquen en el diseño de sus productos. En ésta guía de apoyo en el aprendizaje de la Mecánica de sólidos el estudiante encontrará información y procedimientos adecuados en la resolución de los ejercicios tipo. En el inicio de cada capítulo hay un pequeño resumen de los principios básicos que el estudiante debe comprender para la resolución de los problemas como también al final del mismo se proporcionan ciertos problemas relativamente sencillos para que los resuelva y le sirva para afianzar sus conocimientos. Agradecimiento a los estudiantes de Diseño Industrial Nathali Calderón Campos, German Quiroga Quintero y Fidel Jiménez en la colaboración y diagramación de éste problemario.

8

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

9

Esfuerzos

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

1.

CARGAS Y ESFUERZOS

1.1.

CARGAS

Son fuerzas externas que actúan sobre un cuerpo, las cuales producen esfuerzos y deformaciones. 1.1.1. TIPOS DE CARGAS

10

1.2 ESFUERZOS Cuando una fuerza o carga actúa sobre un material, se crea en el material una resistencia o fuerzas internas para resistir las fuerzas externas. Estas fuerzas de resistencia se denominan esfuerzos. Para definir el esfuerzo en un punto dado de la sección transversal de un cuerpo, debemos considerar una pequeña área ΔA. Entonces si dividimos ΔF sobre ΔA obtenemos el esfuerzo promedio en ΔA y si ΔA tiende a cero, tenemos:

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

σ

(sigma), designa los esfuerzos normales, los cuales son producidos por las cargas perpendiculares a la sección transversal.

τ

(Tao), designa los esfuerzos de corte, los cuales son producidos por las cargas paralelas a la sección transversal. Luego los esfuerzos normales que se pueden presentar en una pieza o cuerpo son:

Y los esfuerzos de corte que se pueden presentar en un cuerpo o pieza son:

1.2.1. CLASES DE ESFUERZO

11

En síntesis hasta el momento tenemos los siguientes esfuerzos más usados con sus respectivas fórmulas: Esfuerzo normal σ: Este puede ser a tensión o a compresión.

Donde F es la fuerza axial. A es la sección transversal de la barra a la que se le halla su esfuerzo axial. Sus unidades pueden ser Lb/pulg²= 1psi o N/m²= 1 Pa.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Esfuerzo cortante τ:

Donde P es la fuerza de corte, A es la sección transversal del pasador al que se le halla su esfuerzo cortante. Esfuerzo de Apoyo

σb:

P es la fuerza en el apoyo Ap es el área proyectada del apoyo.

En el esfuerzo normal σ la fuerza F es perpendicular al área de la sección transversal A mientras que en el esfuerzo cortante τ la fuerza P es paralela al área de la sección transversal. Esquemáticamente tenemos:

Esfuerzo en un plano inclinado u oblicuo:

12

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

De acuerdo a las condiciones de equilibrio el lado izquierdo debe ser equivalente a la fuerza P.

Para el esfuerzo normal tenemos:

pero

Luego

Luego

; Donde

Recordando que:

13 Entonces

Para el esfuerzo cortante tenemos:

pero

Luego

Recordando que

entonces En donde

Resumiendo

si θ= 45⁰, entonces

Luego

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

En donde: A= área de la sección recta. P= carga axial.

σn= esfuerzo normal en la sección oblicua. = esfuerzo cortante en la sección oblicua.

1.3 PROBLEMAS RESUELTOS 1.3.1. PROBLEMA 1 Supóngase que la junta encolada forma un ángulo de 15⁰ con el eje, en lugar de 30⁰. Si la tensión cortante a lo largo de la junta esta limitada a 18 Kgf/cm² y la tensión normal no debe exceder de 90 Kgf/cm². Determinar la carga máxima P.

14

1.3.2. PROBLEMA 2 Una ménsula de perfil estructural esta fijada a una columna mediante dos tornillos de 16mm de diámetro, como se muestra en la figura, la ménsula sostiene una carga P de 35 KN, calcular el esfuerzo cortante medio (τ med) en los tornillos cuando se desprecia la fricción entre la ménsula y la columna.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

15

1.3.3. PROBLEMA 3 En la figura se muestra parte del tren de aterrizaje de una avioneta. Determinar el esfuerzo de compresión en el tornapuntas AB producida en el aterrizaje por una reacción del terreno R= 2000 Kgf. AB forma un ángulo de 53º con BC.

Según DCL

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

1.3.4. PROBLEMA 4

Dos sistemas idénticos de barras articuladas y cilindro hidráulico, controlan la posición de los tenedores de un montacargas de horquilla. La carga soportada por el sistema mostrado es de 1500 Lbs. Sabiendo que el espesor del elemento BD es de 0,625 pulg. Determinar: a) El cortante promedio en el pasador de ½ pulg de diámetro en B. b) El esfuerzo de apoyo del elemento BD en B.

16

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

1.3.5. PROBLEMA 5

Se aplica un par M de magnitud 100Lb.pie a la manivela del sistema ilustrado en la figura. Para la posición exhibida, determinar (a) la fuerza P requerida para mantener el sistema en equilibrio. (b) El esfuerzo normal de la biela BC que tiene una sección transversal uniforme de 0.72 pulg². 17

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

18

1.3.6. PROBLEMA 6

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Se coloca un aro de acero ABCD, longitud 1,2m y diámetro 10mm alrededor de una varilla de acero de 24mm de diámetro AC. Los cables BE y DF de 12 mm de diámetro cada uno, permite aplicar una carga Q. Sabiendo que para la varilla σadm= 60 MPa y para los cables y el aro σadm= 180 MPa. Determinar la carga Q máxima que puede aplicar.

19

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20

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1.3.7. PROBLEMA 7 La barra ABC que se muestra, se mantiene en equilibrio por los soportes del pasador A y B. El esfuerzo cortante admisible del material de ambos pasadores es τadm= 150MPa. Si se coloca sobre la barra una carga uniformemente distribuida W= 8 KN/m, determinar la ubicación de la misma (x medida desde B). Los pasadores A y B tienen cada uno un diámetro de 8mm.

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1,3,8. PROBLEMA 8 Un rótulo de 4,5m X 6m está sostenido por dos armaduras como se muestra en la figura. Todos los elementos tienen una sección transversal de 50mm X 100mm. Calcular el esfuerzo en cada barra debido a la fuerza del viento horizontal de 96Kgf/m² sobre el tablero. Todas las juntas son articulaciones y cada cuarta parte de la fuerza total del viento actúa en B y C. Nota: se desecha la posibilidad de pandeo y el peso de la estructura.

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

25

σAB= 864Kgf 50cm ²

σDE= 1620Kgf 50cm ²

= 17.28Kgf/cm² = 32.4Kgf/cm²

σAB= 17.28Kgf/cm² σDE= 32.4Kgf/cm²

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

σAD= 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 = 10.8Kgf/cm² 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓²

σAD= 10.8Kgf/cm²

σBC= −864Kgf 50cm ²

σBC= -17.28Kgf/cm²

σDC= −1080𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 50𝑐𝑐𝑐𝑐 ²

= −21.6Kgf/cm²

= −17.28Kgf/cm²

σDC= -21.6Kgf/cm²

1.3.9. PROBLEMA 9

Para la estructura mostrada que soporta la carga de 200Kgf en la forma indicada, calcular el esfuerzo cortante en el pasador B si el diámetro es de 1/2pulg, y cual es el diámetro del pasador en E si adm a cortante es de 300Kgf/cm².

26

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1.3.10. PROBLEMA 10 La estructura mostrada está unida por pasadores en A, B, C y D; también se muestra la vista superior de los pasadores en A y en C. Si los pasadores tienen un esfuerzo cortante permisible τperm= 12,5Ksi y los esfuerzos permisibles de las barras sometidas a tensión es σt= 16,2Ksi y de compresión σc= 20,2Ksi. Determinar el diámetro de los pasadores en A y en C y el diámetro de las barras AB y BD necesarios para soportar la carga indicada.

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30 1.3.11. PROBLEMA 11 Para la estructura mostrada el perno que se aloja en la ranura de la barra BD, está fijo a la varilla AC de sección rectangular de 1 X 3/8 pulgadas. El peso W es de 125Klbs. a) Hallar el esfuerzo normal máximo en la barra AC si el diámetro de los pasadores en A y en B es de 0,6pulg. B) Determinar el esfuerzo cortante en los pasadores A y B.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

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1.4.

PROBLEMAS PROPUESTOS

1.4.1. PROBLEMA 1 2 Las barras de la armadura tienen cada una un área transversal de 1,25 pu lg . Determine

el esfuerzo normal promedio en cada barra debido a la carga P = 8kp. Identifique si el esfuerzo es de tensión o de compresión.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Respuestas:

σBC = 23.466,66 lb σBD = 18663,11lb

p lg 2 Tensión

p lg 2 Compresión

σBE = 4.800 lb

pul 2Tensión σDB = 10666,4 lb pul 2Tensión σAE = 8534,24 lb pul 2 Compresión σED = 8534,24 lb pu lg 2 Compresión

1.4.2. PROBLEMA 2

Sabiendo que

θ = 40º y P = 650lb. a) Determine el diámetro del pasador en B para el

cual el esfuerzo cortante promedio en el pasador es de 6klb

.b) El esfuerzo de pu lg 2 apoyo corriente al elemento AB en B. c) El esfuerzo de apoyo en cada soporte en B.

33 Se utiliza un pasador de 5/8 pulg. de diámetro en el soporte B, fabricado de acero con τ adm de 7.5klb . El esfuerzo de apoyo admisible es σ b = 11 klb en el elemento pu lg 2 pu lg 2 AB y en el soporte B. Para θ = 60º determine la carga máxima P que puede aplicarse.

Respuestas:

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

a )φ = o,43 pu lg σA = 6620,68 lb

pu lg 2 σAB = 4137,93 lb pu lg 2 Pmax = 1706,76lbs

1.4.3. PROBLEMA 3 Para la estructura mostrada determinar: a) el esfuerzo cortante en el pasador B b) el esfuerzo de apoyo en A si el diámetro de los pasadores A y B = 1 pulgada o el espesor ½ pulgadas.

34

Respuestas

a )τ pasador B = 3,025 kgf b)σapoyoB = 4,75 kgf

cm 2

cm 2

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1.4.4. PROBLEMA 4 En la figura se muestra una torre para una línea de alta tensión, si actúa sobre ella una fuerza horizontal 540KN y los esfuerzos admisibles son de 100MPa en compresión de 140MPa en tensión. ¿Cuál es el área transversal requerida en cada elemento? Todos los miembros estructurales están articulados y sus dimensiones se indican en metros.

35

ADE = 14843,2mm 2 Compresión ACD = 1157mm 2 Compresión ABD = 4503,1mm 2 Compresión ABE = 3636,6mm 2Tensión ABC = 7969,28mm 2Tensión AAB = 5301,1mm 2Tensión AAD = 3641,07 mm 2Tensión

1.4.5. PROBLEMA 5 Una viga que soporta carga de 450KN en un extremo esta sostenida por un cable apuntalado como se muestra en la figura. Determinar el área transversal requerida en los

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

elementos AC , BC , CE , si el esfuerzo de tensión permisible es de 1.400 kgf esfuerzo de compresión permisible es de 700 kgf

cm 2

y el

cm 2

Respuestas.

AAC = ACE = 6,559 ∗ 10 −3 m 2 ABC = 3,711 ∗ 10 −3 m 2

36

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Deformaciones

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2. DEFORMACION La deformación es el cambio de dimensiones de un cuerpo como el resultado de un esfuerzo. La deformación correspondiente a la tensión es el alargamiento, produciendo una contracción transversal y la correspondiente a la compresión es el acortamiento, produciendo una expansión transversal del cuerpo. Ambas deformaciones se produce en la misma dirección de la fuerza y es representado por δ(delta). La deformación unitaria se define como la relación de la deformación y la longitud total de la barra, es decir,

2.1. DEFORMACIÓN AL ESFUERZO CORTANTE La deformación correspondiente al esfuerzo cortante es un desplazamiento δ normal a la longitud L. La deformación unitaria es 38 Esquemáticamente tenemos:

2.2. PROPIEDADES DE LOS MATERIALES FRAGILIDAD: Propiedad en el cual el material no se deja deformar fácilmente sin romperse. Ejemplo: fundiciones.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

DUCTILIDAD: Propiedad en el cual el material permite grandes deformaciones antes de romperse. Ejemplo: acero de bajo carbono. ELASTICIDAD: Es la propiedad que tienen los cuerpos de recuperar su forma original, después de que desaparecen las cargas. PLASTICIDAD: Es la propiedad de los materiales de conservar la deformación después de suprimido el esfuerzo. MALEABILIDAD: Propiedad por la cual un material permite la deformación plástica cuando está sometido a compresión. RIGIDEZ: Propiedad que permite al material soportar un gran esfuerzo y sufrir una deformación muy pequeña. TENACIDAD: Capacidad de los materiales de soportar choques o impactos. DUREZA: Propiedad de los materiales a resistir en mayor o menor grado las penetraciones o a ser rayado.

2.3.

39

LEY DE HOOKE

“Dentro de ciertos límites, el esfuerzo es proporcional a la deformación”, es decir, σαε σ=Eε donde σ es el esfuerzo; E el modulo de elasticidad y ε es la deformación unitaria.

Recordando que:

entonces

δ=

PL

AE

σ=

P

A

, σ=εE

en donde

y

δ

ε=

L

δ= es la deformación de la barra. P= es la carga axial que actúa en la barra. A= es el área de la sección transversal de la barra. E= es el módulo de elasticidad del material. L= es la longitud total de la barra.

Si se tiene varias cargas entonces la

Para el esfuerzo cortante, la ley de Hooke se expresa como módulo de rigidez,

es el esfuerzo cortante y

donde G es el

es la deformación unitaria.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.4.

RELACIÓN DE POISSON

Es la relación entre la deformación unitaria transversal y la deformación unitaria longitudinal y es una constante. Es decir:

para materiales isótropos

2.5.

DIAGRAMA ESFUERZO-DEFORMACION

40 σe= esfuerzo en el límite elástico σy= esfuerzo de fluencia σu= esfuerzo ultimo

2.6. FACTOR DE SEGURIDAD Es aproximadamente las tantas veces que puede soportar una pieza más esfuerzos.

En zona elástica

ó

En zona plástica

ó

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.7.

DIAGRAMAS DE DESPLAZAMIENTO

La determinación de los desplazamientos es mucho mas complicado cuando la estructura consta de más de un miembro. Se usa el método geométrico para determinar los desplazamientos. Cuando la estructura contiene dos miembros cargados axialmente, que tienen conexiones articuladas en sus extremos.

2.8.

ELEMENTOS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS

Con frecuencia aparecen conjuntos de elementos cargados axialmente que con las ecuaciones de equilibrio estático no son suficientes para determinar las fuerzas que en cada sección soportan. Cuando esto sucede se llaman estáticamente indeterminadas y se requiere ecuaciones adicionales que relacionan las deformaciones elásticas en los distintos elementos; entonces se procede de la siguiente manera: a) Plantear ecuaciones del sólido aislado de la estructura o de la parte de ella y aplicar las ecuaciones del equilibrio estático.

41

b) Si hay más incógnitas que ecuaciones independientes de equilibrio se deben plantear nuevas ecuaciones mediante relaciones geométricas entre las deformaciones elásticas producidas por las cargas y por las fuerzas incógnitas. c) Se hace el diagrama exagerado de las deformaciones elásticas. d) Se desarrolla el sistema de ecuaciones que se conformen.

2.9.

PROBLEMAS RESUELTOS

2.9.1. PROBLEMA 1 Una barra de acero como se muestra en la figura y de longitud 12m, está sometida al sistema de fuerzas que se indica. Determinar la deformación total de la barra por efecto solo del sistema de fuerzas.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.2. PROBLEMA 2 Una barra de acero cuadrada tiene 5cm de lado y 25cm de longitud, y está cargado por una fuerza de tracción axial de 20000Kg. E=2,1X10 Kg/cm² yμ=0,3. Determine la variación unitaria de volumen.

42

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.3. PROBLEMA 3 43 A la temperatura ambiente (20ºc) existe una separación de 0,5mm entre los extremos de las varillas de la figura. Más tarde, cuando la temperatura alcanza 140ºc; Hallar: A) Esfuerzo normal en el aluminio B) La longitud exacta de la barra de aluminio

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.4. PROBLEMA 4 Un cilindro de aluminio y otro de bronce, perfectamente centrados, se aseguran entre dos placas rígidas que se pueden apretar tensando dos tornillos de acero. A 10ºc no existen fuerzas axiales en el conjunto del dispositivo. Determinar las tensiones en cada material a 95ºc con los siguientes datos:

45

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

46

2.9.5. PROBLEMA 5 Sea una estructura formada por tres barras articuladas sometidas a una fuerza F=10Ton ejercida a través de una pieza rígida. Determinar las fuerzas en las barras y sus deformaciones considerando la barra 1 de acero y las barras 2 y 3 de duraluminio.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

47

2.9.6. PROBLEMA 6 Sea un tirante BC formado por tres cables 1,2 y 3; del mismo material e igual sección, articulados en sus extremos y sometidos a una fuerza F. Las longitudes de los cables son ligeramente diferentes. Determinar las fuerzas en cada uno de los cables y el desplazamiento vertical del punto B. Halle el esfuerzo en el cable más largo.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

48

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.7. PROBLEMA 7 Para la estructura mostrada determinar la carga máxima P que puede aplicarse si: A1=A2=A3= 4cm² el σperm= 2000Kgf/cm² A4=A5= (3,5) cm² y σ perm= 1500Kgf/cm² Para todas las barras E=2X10 Kgf/cm² Δmax=4mm.

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

50

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.8. PROBLEMA 8 Para la estructura mostrada los elementos rígidos DEF y ABC están soportados por las barras elásticas 1,2,3 y 4 de acero y tienen esfuerzo de fluencia σy=36 KLb/pulg² y un factor de seguridad 2,4. Calcular el valor de la carga máxima si A1=1pulg², A2=2pulg² y A3=A4=3pulg² y a=20pulg.

51

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

52

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.9. PROBLEMA 9 Para la estructura mostrada, cuántas vueltas hay que darle al tornillo para que el elemento rígido ABC permanezca horizontal si:

53

Barras de acero 1,2 y 3 A1=A2= (2,5) cm² A3= 5cm² E= 2,1X10 Kgf/cm²

Barras (4) Bronce A= 8cm² E= 1X10 Kgf/cm²

Tornillo (5) P=0,02 cm n= 1 entrada A= 2cm² E= 2,1X10 Kgf/cm² N= ?

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

54

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

55

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.10. PROBLEMA 10 El patín de la grúa móvil que soporta una carga W= 2000 Lb, puede desplazarse a lo largo de la viga rígida BC entre los topes E y F. Si el material de las barras 1 y 2 tienen un esfuerzo admisible σadm= 6500 Lb/pulg². Calcular la posición de los topes XE, XF, si el recorrido del patín sobre la viga rígida debe ser tan grande como sea posible. E = 30x10−6 Lb/pulg²

56

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

57

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.11. PROBLEMA 11 En la estructura mostrada los miembros I,II y III son elásticos y las barras 4 y 5 son rígidas. A) Determinar el máximo valor P según los siguientes datos B) Los esfuerzos normales en los miembros I, II y III 58

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

59

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.12. PROBLEMA 12 Las barras elásticas 1,2 y 3 y las escuadras móviles y rígidas ABC y DEF. Determinar el máximo valor admisible para la carga P, si los esfuerzos axiales en 1 y 2 no han de exceder de 16 y 3 Klb/pulg² respectivamente.

60

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

61

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

2.9.13. PROBLEMA 13 La barra horizontal rígida AB está soportada por tres cables verticales y soportan una carga de 12000 Kg, el peso de AB es despreciable y el sistema está exento de tensiones antes de aplicar los 12000 Kg. Después de aplicados, la temperatura de los cables aumenta de 14ºc. Hallar la tensión de cada cable y la posición de la carga aplicada para que AB permanezca horizontal.

62

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

63

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

64

2.10. PROBLEMAS PROPUESTOS 2.10.1. PROBLEMA 1 El sistema que se muestra en la figura esta compuesto por 3 elementos del mismo material, con las siguientes propiedades; E = 200GPa, A1 = 5cm 2 , A2 = 10cm 2 , A3 = 10cm 2 Determinar el valor máximo de la carga P que se puede aplicar si el esfuerzo permisible es de 150MPa.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Respuesta

Pmax = 1875 ∗ 10 2 N 2.10.2. PROBLEMA 2

65

En la figura se muestra una repisa que soporta un motor de 5000kgf de peso. Calcular el máximo esfuerzo cortante que están soportando los tornillos de acero de fijación de la repisa, considerar la repisa absolutamente rígida y que pivota alrededor del punto A los tres tornillos tienen el mismo diámetro

θ = 1 2 pu lg ada

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Respuestas: B= 183.44 Kgf/cm² C=1019.1 Kgf/cm²

2.10.3. PROBLEMA 3 La figura muestra el sistema compuesto por las barras rígidas ABC y CDE y las barras deformables de acero 1,2,3 que sirven de soporte a la barra rígida CDE, la barra rígida ABC se conecta a través de un pasador a la barra rígida CDE, la carga W de 3000kgf descansa sobre la barra rígida ABC el esfuerzo de fluencia para las barras deformables es σy = 2000 kgf

cm 2

y el área A= 2cm 2 ; E = 2,1 ∗ 10 6 kgf

cm 2

. Calcular el factor de

seguridad de cada barra.

66

Respuestas

η1 = 1,8 η 2 = 3,61 η 3 = 2,67

2.10.4. PROBLEMA 4 La barra rígida ABC esta soportada por el cable de acero 1 de 1cm de área y

σperm = 2000 kgf

σperm = 1500 kgf

cm 2 cm 2

y para las barras de acero 2 y 3 de

2cm 2

de área y

. Determinar el máximo valor de carga P que se puede aplicar

como se muestra en la figura.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Respuesta Pmax = 80,95kg

67

2.10.5. PROBLEMA 5 Para la estructura mostrada hallar el valor de P que puede aplicarse, si las barras tienen un factor de seguridad η = 1,5

polea r = 5cm L = 100cm Barra1y 4 A = 1,5cm 2

Barra 2

E = 2 ∗ 10 6 kgf

A = 2cm 2

σy = 1500 kgf

cm 2

cm

2

E = 2 ∗ 106 kgf

σy = 1270 kgf

cm 2

cm 2

Barra3 A = 1cm 2 E = 1 ∗ 106 kgf

σy = 1870 kgf

cm 2 cm 2

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Respuesta: P=3750Kg

68

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

69

Flexión

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

3.

VIGAS

3.1 CARGAS FLEXIONANTES 3.1.1. VIGA Miembro estructural para soportar fuerzas que actúan transversalmente a su eje. 3.1.2. TIPOS DE VIGAS

70

La viga simplemente apoyada consta de un apoyo articulado en un extremo y un apoyo simple en el otro. La función del apoyo articulado es impedir simultáneamente el desplazamiento horizontal y vertical de la viga sin impedir su rotación. En el apoyo simple

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS únicamente se impide los desplazamientos en la dirección vertical pero no en la dirección horizontal Luego su estática seria:

La viga empotrada en un extremo y libre en el otro es la viga denominada viga en voladizo. La característica es que la viga no puede desplazarse ni girar en el extremo fijo, mientras que si lo hace en el extremo libre. Luego su estática seria:

Las cargas que operan en la vigas pueden ser: concentradas, distribuidas o momentos concentrados. 1. Cargas concentradas

2. Cargas distribuidas

3. Momentos concentrados

71

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS 3.2.

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

Cuando sobre una viga actúan fuerzas o momentos, se originan esfuerzos y deformaciones internas; luego debemos determinar las fuerzas y momentos internos que se ejercen sobre las secciones transversales de la viga. Consideremos la siguiente viga; hagamos un corte por m-n a una distancia X y separemos las partes como cuerpos libres y observemos que:

72

La fuerza cortante en m-n es positiva cuando las fuerzas externas que actúan en la viga tienden a cortar la viga como se indica en la figura:

El momento flector en m-n es positivo cuando las fuerzas externas que actúan en la viga tienden a flexionar la viga corno indica la figura:

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS El momento es positivo si tiende si comprimir la fibra superior y estirar la fibra inferior. El momento es negativo si tiende a estirar la fibra superior y comprimir la fibra inferior. Para hallar los diagramas de fuerza cortante y momento flector se procede de la siguiente manera: * Se determina las reacciones de la viga. * Se halla el cortante y el momento flector en cada tramo haciendo cortes entre cargas o tramos en cualquier parte de la viga. * Se representa sobre un gráfico los tramos mostrados sobre los diagramas de fuerza cortante y momento flector.

3.3.

RELACIÓN ENTRE CARGA, FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

Cuando la viga soporta más de dos o tres cargas concentradas o distribuidas, la construcción del diagrama de fuerza cortante y momento flector se hace más simple si se toma en consideración ciertas relaciones existentes entre carga, fuerza cortante y momento flector. Consideremos una viga simplemente apoyada AB que soporta una carga distribuida W; si tomamos dos puntos cualesquiera de la viga CC’ a una distancia dx. En C la fuerza cortante y el momento flector se llama V y M respectivamente; en C’ los llamaremos V + dV y M + Dm. Si extraemos el segmento CC’ tenemos:

(+)↑∑Fy, entonces: 𝐯𝐯 − (𝐯𝐯 + 𝐝𝐝𝐝𝐝) − 𝐖𝐖𝐖𝐖𝐖𝐖 = 𝟎𝟎 -dV – W dx = 0 𝐝𝐝𝐝𝐝 𝐝𝐝𝐝𝐝

= -W

𝐝𝐝𝐝𝐝

Esta ecuación indica que para una viga cargada, la pendiente de la curva de fuerza 𝐝𝐝𝐝𝐝 cortante es negativa y el valor numérico de dicha pendiente en cualquier parte es igual a la carga por unidad de longitud. Ahora integrando la ecuación anterior tenemos:

73

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS 𝐕𝐕𝐕𝐕

𝐗𝐗𝐗𝐗

∫𝐕𝐕𝐕𝐕 𝐝𝐝𝐝𝐝 = -∫𝐗𝐗𝐗𝐗 𝐖𝐖 𝐝𝐝𝐝𝐝 ; VD- VC = - área bajo la curva de la carga.

Para el caso de cargas concentradas la pendiente cortante sea constante.

𝐝𝐝𝐝𝐝 𝐝𝐝𝐝𝐝

es cero lo que implica que el

↺+∑MC= 0 ; (M+dM)- M- VdX+ WdX (dX/2)= 0 dM= V dX- W(dx)2/2 ; dM/ dX= V Esta ecuación indica que la pendiente de la curva de momento flector es igual al valor de la fuerza cortante. Ahora integrando la ecuación anterior tenemos: 𝐌𝐌𝐌𝐌

𝐗𝐗𝐗𝐗

∫𝐌𝐌𝐌𝐌 𝐝𝐝𝐝𝐝 = ∫𝐗𝐗𝐗𝐗 𝐕𝐕 𝐝𝐝𝐝𝐝 ; MD- MC = área bajo la curva de fuerza cortante.

3. 4. DEFORMACIÓN EN VIGAS Consideremos una porción de la viga sometida a un momento flexionante.

74

Los planos de las secciones transversales m-n-p-q de la viga deformada se cortan en el centro de curvatura O. El ángulo entre esos planos se denota por d𝜽𝜽 y la distancia desde O hasta la superficie neutra es el radio de curvatura ρ. La distancia inicial dx no var ía en la superficie neutra, entonces el arco dx =ρ·d𝜽𝜽; sin embargo las demás fibras longitudinales se alargan o se acortan originando deformaciones longitudinales εx. Para evaluar éstas deformaciones, consideremos una fibra longitudinal e-f localizada en la viga a una distancia Y del eje neutro; entonces la longitud de ésta fibra es: L’= (ρ-Υ)∙dθ= ρ∙dθ- Υ∙dθ pero dθ= 𝐲𝐲

L’= dx- 𝐝𝐝𝐝𝐝 𝛒𝛒

𝐝𝐝𝐝𝐝 𝛒𝛒

; entonces:

Puesto que la longitud original de e-f es dx, su alargamiento es:

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS L’- dx= dxEntonces:

𝜹𝜹= -

𝐲𝐲

𝛒𝛒

𝐲𝐲

𝐝𝐝𝐝𝐝- dx

𝛒𝛒

𝐝𝐝𝐝𝐝

Pero la deformación unitaria correspondiente es: 𝛅𝛅 ε= ; entonces: 𝐝𝐝𝐝𝐝

Entonces:

εx= -

𝐲𝐲

𝜹𝜹

𝛅𝛅

𝐝𝐝𝐝𝐝

=-

𝐲𝐲 𝐝𝐝𝐝𝐝

𝛒𝛒 𝐝𝐝𝐝𝐝

(1)

La ecuación (1) dice que la deformación normal longitud εx varía linealmente con la distancia y.

La curvatura se define como K=

1

ρ

La deformación εx alcanza su máximo valor absoluto cuando "y" es máximo; denotando que C es la máxima distancia desde la superficie neutra y εm el máximo valor absoluto de la deformación. εmax= De (2) reemplazamos en (1), entonces:

𝐂𝐂

𝝆𝝆

75

(2)

𝐲𝐲

εx= - · εmax (3) Pero según la ley de hooke:

𝐂𝐂

εmax=

σmax

Entonces: y

εx= - ∙ 𝐶𝐶

3.4.

E σmax E

ESFUERZOS NORMALES EN VIGAS

A partir de las deformaciones normales εx, podernos obtener los esfuerzos σx actúan perpendicularmente a la sección transversal de una viga. Según la Ley de Hooke σx = E·εx y con la ecuación (3) obtenemos:

que

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS σx= -

𝐲𝐲

σmáx

𝐜𝐜

Ahora consideremos la resultante de los esfuerzos normales σx, para eso tomemos un dA en la sección transversal a una distancia y del eje neutro; entonces la fuerza normal que actúa sobre el elemento tiene una magnitud σx· dA = dF Como la ∫ 𝑑𝑑𝑑𝑑= O, entonces

∫ 𝛔𝛔𝐱𝐱 ·dA = 0 -∫(𝑪𝑪𝒚𝒚 σmáx)·dA= 0

- 𝛔𝛔𝐦𝐦á𝐱𝐱 ∫ 𝒚𝒚 ·dA = 0 𝑪𝑪

Como σmáx y C son constantes en la sección transversal entonces: ∫ 𝑦𝑦 ·dA = O para una viga en flexión pura. Esta ecuación nos muestra que el momento de primer orden con respecto a su eje neutro es cero; entonces el eje neutro pasa por el centroide de la sección. Ahora consideremos el momento resultante de los esfuerzos σx queúan act sobre Ja sección transversal:

Entonces M=

σmax C

↺+∑Mo= 0; dMo+ σx∙dAy= 0, entonces 𝒚𝒚 𝛔𝛔𝐦𝐦𝐦𝐦𝐦𝐦 2 M=-∫ 𝛔𝛔𝐱𝐱·y·dA= ∫ − ·σmáx·y·dA= ∫ 𝒚𝒚 ·dA 𝐜𝐜

𝑪𝑪

∙ ∫ 𝑦𝑦2 ·dA; la integral representa el momento de segundo orden o σ max ∙I

momento de inercia I= ∫ 𝑦𝑦2 ·dA; Entonces: M=

C

Donde: σxmáx: Esfuerzo máximo de flexión. C: Distancia de la fibra más lejana al eje neutro. I: Momento de inercia de la sección transversal con respecto al ejé neutro.

Luego σxmáx=

𝑀𝑀·𝐶𝐶 𝐼𝐼

; esta es la ecuacuión de esfuerzo máximo de flexión.

Para hallar el esfuerzo en cualquier punto, la ecuación seria:

76

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS σx=

𝑴𝑴·𝒚𝒚 𝑰𝑰

;

como el modulo de la sección transversal es S=

𝐼𝐼

𝐶𝐶

; entonces el σxmáx =

seleccionar la sección transversal de una vida; entonces usamos S=

momentos de primer orden:

𝑀𝑀

σ adm

𝑀𝑀 𝑆𝑆

, si deseo

, recordemos:

X= ( ∑Ai ∙ Xi ) / ∑Ai Y= ( ∑Ai ∙ Yi ) / ∑Ai

momentos de segundo orden:

Ix= ∫A y2∙dA Iy= ∫A x2∙dA

Teorema de los ejes paralelos:

Ix = Īx’ = d2∙A; donde: Īx’ : momento de inercia centroidal. d: distancia entre los ejes A: área

77

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

3.5.

ESFUERZO CORTANTE EN VIGAS

A fin de evaluar los esfuerzos cortantes, consideremos el equilibrio de un elemento p-p’n-n’. recortado entre dos secciones transversales m-n y m’-n’ separados por una distancia dx. Si los momentos flexionantes en las secciones transversales m-n y m’-n’ son iguales, los esfuerzo normales σx que actúan sobre los lados n-p y n’-p’ también serán iguales. En consecuencia el elemento estará en equilibrio bajo la acción de estos esfuerzos, por tanto el esfuerzo contante τ debe ser cero.

Para en el caso mas general de un momento flexionante variable, denotemos por M y M+dM y si consideramos un elemento de área dA a una distancia “y” del eje neutro. La fuerza normal será dF= σx·dA, entonces: dF= ( M·y·dA )/I , pero al sumar estas fuerzas elementales sobre el área de la cara p-n del elemento macizo. Se obtienen la fuerza horizontal F1=∫(M∙y)/I ∙dA; y si tomamos la otra cara p’- n’ tendremos que F2=∫(M+dM)/I ∙y∙ dA; finalmente la fuerza F3 que actúa sobre la cara superior del elemento F3= 𝜏𝜏 ·b·dx, en la cual b·dx, constituye el área de la cara superior por estática F3=F2-F1; entonces: Por estática →∑Fx =0, -F1 +F2 –F3 =0, entonces F3 =F2 –F1

𝜏𝜏∙b∙dx= [∫(M+dM)/I ∙y∙ dA]-[( M∙y∙dA )/I] 𝜏𝜏 = dM/dx∙ (1/bI)∙ ∫y∙ dA, pero V=dM/dx, entonces: 𝜏𝜏 = V/ bI ∫y∙ dA, pero Qx= ∫y∙ dA, entonces: 𝜏𝜏 = VQ/bI

donde: τ: esfuerzo contante. Q: primer momento de área que tiende a deslizarse. I: momento de inercia de la sección transversal con respecto al eje neutro. b: longitud de la sección en el eje neutro. El primer momento de área Q, se obtiene de multiplicar el área a deslizarse por la distancia comprendida desde el centroide del área hasta el eje neutro. El flujo de corte esta definido como q= VQ/I, ósea que q=τb

78

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

3.6.

PROBLEMAS RESUELTOS

3.6.1. PROBLEMA 1 Para la viga y cargas mostrada considerar la sección n-n’ determinar

79

a) b) c)

El mayor esfuerzo normal El mayor esfuerzo cortante El esfuerzo cortante en el punto a

DCL

↺+∑M A =0, entonces: -75KN∙60cm -100KN∙120cm -75KN∙180cm +RB∙240cm =0 RB= [ (4500KN∙cm +1200KN∙cm +13500KN∙cm) / 240cm ] RB= 125KN

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

↑+∑FY =0, entonces: -75KN -100KN -75KN +RA + RB =0 RA= 125KN Hacemos cortante en la sección n-n

↑+∑FY =0, entonces: RA -V1 =0 RA =V1 V1 =125 KN ↺+∑M 1 =0, entonces: M1 -125KN ∙ 30cm =0 M1 =3750 KN·cm

80

a)

σ=

b) 1 2 3 ∑

M∙C I

,entonces

y=

∑𝑛𝑛𝑖𝑖=1 𝑦𝑦𝑦𝑦 ∙𝐴𝐴𝐴𝐴 ∑𝑛𝑛𝑖𝑖=1 𝐴𝐴𝐴𝐴

Area cm2 24 14.06 24 62,08

Y cm 0,6 10 12,4 -

Y∙Area cm3 14,40 140,8 465,6 620,8

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

y= 𝐌𝐌∙𝐂𝐂

620,8 62,08

=10cm

σmáx = ,entonces: σmáx=, entonces: 𝐈𝐈 σmáx= [ (10500KN ∙ 10cm) / (4610,49cm4) ] σmáx=22,77412 KN/cm2 b)

𝛕𝛕 =

𝐕𝐕𝐕𝐕 𝐈𝐈𝐈𝐈

Y= 10cm b= 0,8cm Q= (20 ∙ 1,2) ∙ (10 - 8,8) + (8,8 ∙ 0,8) ∙ 4,4 Q= 256,57

τmáx= [ (125KN ∙ 256,55cm3) / (4610,49 ∙ 0,8) ] τmáx= 8,69 KN/cm2 81

I1= I3= [(1/12) ∙ (20) ∙ (1,2)3] + [(9,4)2 ∙ (24)] I1= I3= 2123,5cm4 I2= [(1/12) ∙ (0,8) ∙ (17,6)3] + [(0) 2 ∙ (14.08)] I2= 363,45cm4 I1 + I2 + I3 = Itotal = 4610,49cm4 c) Y∙∑Ai =∑Yi∙Ai Y · (20 · 1,2) + (0,8 · 0,3) Y= 9,393cm

Q= A∙Y = [(20 ∙ 1,2) + (0,8 ∙ 0,3)] ∙ 9,393cm, donde: Q= 227,68cm3 V= 125KN b= 0,8cm

τa= [(125 ∙ 227,686) / (4610,49 ∙ 0,8)], donde: τa= 7716KN/cm2

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

3.6.2. PROBLEMA 2 Para la viga cargada como se indica en la figura, hallar el esfuerzo máximo normal y el máximo esfuerzo cortante en la madera y el acero, encuentre la fuerza cortante permisible por el tornillo si la separación entre tornillos es de 2 pulgadas. Nota: Eacero= 2,9∙103 lb/plg2 , Emadera= 1,9∙103 lb/plg2

82

DCL

↺+∑M A =0, entonces: BY∙18pies -36Klb∙9pies -36Klb∙12pies =0

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

BY =[ (36∙9)+(36∙12) / (18) ] BY =42Klb ↑+∑FY =0, entonces: AY -36Klb -36Klb +42Klb =0 AY =30Klb

↑+∑FY =0, entonces: 30Klb -2X –(X2/9) =V V =-270 +18X +X2

4/18 = w/x, entonces w= 4x/18 w=x/3

↺+∑M 1 =0, entonces: M1 – 30(X) -2X(X/2) –[(X2/9)∙1X/3] =0 M1= 30(X) –X2 –(X3/27) 83

X=

−𝑏𝑏±√𝑏𝑏 2 −4𝑎𝑎𝑎𝑎 2𝑎𝑎

−18±�18 2 −4(−270)

=

2

=9.73pies

M =30(9,73) –(9,73)2 –[(9,73)2/27] M =291,9 -94,67 -34,12 =163,11Klb-pie M =163,11Klb-pie

σmáx= MC / I, entonces: n =Emadera / Eacero =1,9∙103 / 2,9∙103 =0,655 entonces, (7,5∙0,655) = 4,91pulgadas 1 2 ∑ y=

∑𝑛𝑛𝑖𝑖=1 𝑦𝑦𝑦𝑦 ∙𝐴𝐴𝐴𝐴 ∑𝑛𝑛𝑖𝑖=1 𝐴𝐴𝐴𝐴

Area cm2 40 82,5 122,5

Y cm 1 17 -

Y·Area cm3 40 1402,5 1442,5

= [(1442,5cm3)/(122,5cm2)], entonces: Y=11,77cm

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

I1= [(1/12) ∙ (20) ∙ (2)3] + [(11,77 - 1)2 ∙ (40)] I1= 4653,05plg4 I2= [(1/12) ∙ (2,75) ∙ (30)3] + [(20,23 - 15) 2 ∙ (82,5)] I2= 8444,11plg4 I1 + I2 = Itotal = 13097,16plg4

σmáx= MC / I, entonces: σmáx= [ (163Klb-pie ∙ 20,23plg ∙ 12plg) / (13097,16plg4 ∙ 1pie) ] σmáx acero =3021,25lbs/plg2 σmáx madera = (n· 3021,25 lbs/plg2) =1978,92lbs/plg2 τ = VQ/bI, entonces:

Q =Y·A = [(11,77)(40)] + { [ (11,77 -2)(2,75) ]∙4885 } =562,05plg

τacero=[(42000lb∙562,05 plg3)/(13097,16 plg4∙2,75plg)] =655,41lb/plg2 τmadera=[(0,655) ∙ 655,41lb/plg2] =429,29lb/plg2 q= VQ/I =F/S, entonces: F= VQS/I Q=YA =(11,77 -1) ∙ 40 =430,8plg3 F =(42000lb ∙ 430,8plg3 ∙ 2plg) / 13097,16plg4 F =2762,98lb

3.6.3. PROBLEMA 3 Trazar los diagramas de fuerza cortante, momento flexionante y fuerza axial correspondientes a la grua de brazo cargada como se muestra en la figura; despreciar el peso de la viga. La sección transversal es una viga. Determinar los esfuerzos normales máximos y cortante máximo.

84

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

DCL

Hallamos el angulo θ tanθ =(60’’/120’’), entonces: θ =26,565˚

85

Hallamos reacciones ↺+∑M A =0, entonces: [ -4K ∙60’’+(C ∙sen 26,565˚ ∙120’’) +(C ∙cos26,565˚ ∙(5,3’’ +3.7’’))] C =3,888K sen26,565˚ = Cy/3,888K, entonces: Cy =1,738K cos26,565˚ = Cx/3,888K, entonces: Cx =3,477K

↑+∑Fy =0, entonces: Ay -4K +1,738K =0 Ay = 2,262K

↑+∑FX =0, entonces: Ax -3,477K =0 Ax =3,477K

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Hallamos momento Area1 (+): 2,262 ∙60 =135,72plg2 Area2 (-): 1,738 ∙60 =104,28plg2 Mto = 3,477 ∙(5,3 + 3,7) Mto = 3,477 ∙(9) Mto = 31,393K plg Hallamos I total

1 2 3 ∑

Área plg2 1,772 3,153 1,772 6,692plg2

Y plg 7,787 4,000 0,212 -

Y· Área plg3 13,799 12,612 0,375 26,786

Y= ∑AY/∑A =26,786/6,697 Y =3,999 ≈4,000, luego C1 =C2 por simetría

I1= I3= [(1/12) ∙ (4,171) ∙ (0,425)3] + [(3,787)2 ∙ (1,772)] I1= I3= 25,460plg4 I2= [(1/12) ∙ (0,44) ∙ (7,15)3] + [(0) 2 ∙ (3,153)] I2= 13,402plg4 I1 + I2 + I3 = Itotal =64,28plg4 Hallamos el esfuerzo normal máximo σmáx= MC / I, entonces: σmáx= [ (135,72K∙plg ∙ 4plg) / (64,28plg4) ]

σmáx= 8,441Klb / plg2

Hallamos el esfuerzo cortante máximo Q =Y·A, donde: Q =A1 ∙Y1 + A2∙Y2 Q =[(4,171’’ ∙0,425) ∙3,7875] +[(7,15’’/2) ∙0,411’’] ∙1,7875 Q =9,532plg3

86

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

τ máx= VQ/bI, entonces: τ máx= [( 2,262K ∙ 9,532plg3 ) /(64,311plg4 ∙ 0,411plg)] τ máx= 0,760 Klb/plg2

3.6.4. PROBLEMA 4 La viga ABCD está cargada con una fuerza 𝜔𝜔=6KN mediante el arreglo mostrado en la figura. El cable pasa através de una pequeña polea son fricción en B, y está fija al brazo vertical en E. Calcular la fuerza cortante V y el momento flector M en la sección C la cual está junto a la izquierda del brazo vertical. Determinar el esfuerzo normal máximo y cortante máximo si la sección transversal es de 25cm x 15cm.

87

DCL

Hallamos el angulo θ θ = tan-1(1,5m/2m), entonces: θ =36,8696˚ ↑+∑Fy =0, entonces: R D − ω + RAy = 0 R D + RAy = 𝛚𝛚 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔

↺+∑MA =0, entonces: (6 kN)(2 m) + R D (6 m) = 0 R D = 2 kN

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

RAy = 6kN − 2 kN RAy = 𝟒𝟒 𝐤𝐤𝐤𝐤

Mc = (Tx)(1.5 m) Mc = 72 kN. m En B = 3.6 − 6 kN = 2.4 kN

88 𝐌𝐌𝐌𝐌 𝛔𝛔𝐧𝐧 = 𝐈𝐈 1 I= b. h3 12 1 (0.15 m)(0.25 m)3 I= 12 𝐈𝐈 = 𝟏𝟏. 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝐱𝐱 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝐦𝐦𝟒𝟒

𝐌𝐌𝐌𝐌 𝐈𝐈 (11.2 kN. m)(0.125 m) σ= (1.9531 x 10−4 m4 ) 𝛔𝛔 =

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

σ = 7168.091 kN/m2 (3)(4 kN) 3 V τmax = ∗ = 2 A (0.15 x 0.25 m2 ) 𝛕𝛕𝐦𝐦𝐦𝐦𝐦𝐦 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝐤𝐤𝐤𝐤/𝐦𝐦𝟐𝟐 3.6.5. PROBLEMA 5 La viga ABCDE mostrada en la figura tiene apoyos simples en A,C y E; y una articulación en D. una carga de 4KN actúa en el extremo de la ménsula que se extiende desde la viga en B y una carga de 2KN actúa en el punto medio de la porción DE. Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga. Además determinar el esfuerzo normal máximo y cortante máximo si la sección transversal es de w 10 x 68.

89

Análisis D-E

↺+∑MD =0, entonces: (R E )(2) − (2 kN)(1) = 0 ↑+∑FY =0, entonces: Dy + RE − 2 kN = 0

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

90

↺+∑MA =0, entonces: (RC )(4) = (4 kN)(1) + �Dy �(6) = 0 RC = 2.5 kN ↑+∑FY=0, entonces: RA + 2.5 − 4 − 2 + 1 = 0 RA = 2.5 kN 1 2 3 ∑

Área cm2 50.17 26.17 50.17 127.11 cm2

∑ A. Y 1677.34 cm3 Y= = = 13.2 cm ∑A 127.11 cm2

1 b. h3 + d2 A 12 ITOTAL = I1 + I2 + I3 I=

Y cm 25.42 13.2 0.97

Y∙ Área cm3 1275.32 353.36 48.66 1677.34 cm3

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

1 (25.73)(1.95)3 + (12.22)2 (50.17) ∶ I1 = I3 = 7507.7 cm4 12 1 I2 = (1.19)(22.50)3 + (0)2 (26.77) ∶ I2 = 1129.57 cm4 I1 =

12

ITOTAL=16144.97 cm4 σMAX =

σMAX =

MC I

(5000 N. m)(13.2 cm) (16144.97 cm4 )

σMAX=408.79 N/cm4 τmax =

VQ Ib

: Si

Q = Y. A Q = (25.73)(1.95)(12.225) + (11.25)(1.19)(5.62) Q = 688.608 cm3

Si VMAX = 2500 N 91

I = 16144.97 cm4 B = 1.19 cm τmax =

(2500 N)(688.608 cm3 ) (16144.97 cm4 x 1.19 cm)

τmax=89.60 cm2

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

3.6.6. PROBLEMA 6 La lancha tiene un peso de 2300lb y centro de gravedad en G; si se apoya en el costado liso A del remolque y puede considerarse soportada por un pasador en B, determinar el esfuerzo máximo absoluto de la flexión desarrollada en la barra principal del remolque. Considere que está barra en una caja articulada en C y las dimensiones mostradas en la figura.

92

DCL lancha

↺ +∑MB=0 2300lbs x 5’ –Ay X 9’=0, entonces: Ay= (2300lb x 5’)/ 9’ Ay= 1277,78 lbs↑ Bx=0 ↑+∑Fy=0 1277,78- 2300= By= 0

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

By=1022,2lbs DCL remolque

↺ +∑MD=0 1277,78 x 3’ – 1022,22 x 6’ + cy x 10’ =0 Cy= (1022,22 x 6’ – 1277, 78 x 3)/10 = 230lbs 93

↑+∑Fy=0 -1277,78 lb + Dy – 1022,22 lb + 230lb = 0 Dy=2070lbs y= 1,5 plg I= 1/12 (1,75)(3)3 – (1/2) (1,5) (1,75)3 I= 3,26 plg4 σ= mc/I, entonces el σmax= [(3833,34 lb-pie x 1,5 plg x 12)/3,26] plg4 σmax= 21165,68lb/plg2 3.6.7. PROBLEMA 7 Para la viga mostrada en la figura, calcular el máximo esfuerzo normal a tensión que soporta el acero y la madera. Eacero =2∙106Kgf/cm2 , Emadera =0,2∙106Kgf/cm2

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Solución: DCL AF

↺ +∑MA=0 -5000kgf x 1m + 400 kgfm + Fy x 2,5m = 0 Fy=[ (500kgf-4000kgfm)/2,5m]= 400kgf, entonces Fy=400 Kgf ↑+∑Fy=0 Ay-5000kg + 400Kgf = 0 Ay= 4600 kgf↑ DCL FC

↑+∑FC=0 400kgf x 3,5m – By x 3m + 3000 X 1,5m= 0 By = [(400 x 3,5 kgfm + 3000 x 1,5)/3m]= 1966,67 kgf ↑+∑Fy=0 -400kgf + 1966,67 kgf – 3000 kgf + Cy= 0 Cy= 3000kgf + 400kgf – 1966,67 kgf, entonces Cy= 1433,33kgf Se hace el diagrama de cortante y momento flector del conjunto

94

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

1566,67/X = 1433,33/ 3-X; entonces, 1566,67 (3-X)= 1433.33X 95 4700,01= 1433,33X + 1566,67X 4700= 3000X, entonces, X= (4700/3000)= 1,56m X= 1,56m 6

n= Emadera/Eacero= 0,2 x 10 /2 x 10

y=(∑Ai Yi)/ ∑A 1 2 ∑

Área cm2 120 96 216

6

= 0,1; entonces n=0

Y cm 10 22

Y· Área cm3 1200 2112 216

y= (3312/216)-15,33cm I t = I1 + I 2

I1= (1/12)(6)(20)4+(120)(15,33-10)2= 7409,07 cm4 I2= (1/12)(24)(4)3+(96)(8,67-2)2= 4,3398,93 cm4 It=11,808cm4 σt = (MC/I), entonces: [(4600kgf∙cm x 15,33cm x 100cm)/11808cm4 x 1cm]= 597,21 kgf/cm2

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

n= σmadera/σacero, entonces σmadera= 0,1 x 597,21 kgf/cm2 = 59,721 kgf/cm2.

3.6.8. PROBLEMA 8 Para la viga mostrada en la figura, hallar la máxima carga P que puede ser aplicada si cada tornillo esta situado a 40cm, el coeficiente de rozamiento del tornillo µ=0,4. El esfuerzo permisible de la madera es de 80Kgf/cm2 y el esfuerzo permisible del tornillo es de 1200Kgf/cm2. Hallar el diámetro del tornillo para que trabaje solamente a esfuerzo 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 normal. Nota: µ= 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛

96

DCL

↺ +∑M A=0,entonces: 60Pkgf x 6m + Cy x 12m- 200pKgfm= 0 Cy=[ (200pKgr∙m-360 pKgr∙m)= 540p/12 ]= 45pKgf= Cy ↑+∑Fy =0 Ay+60P+45P=0, entonces Ay= -105plg

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

y=15cm σt = (MC/I) I= (1/12)(15)(30)3 =33750cm4=I 80kgf/cm2= (900pKgr∙m x 15cm x 100cm)/(33750cm4 x 1m) al despejar p, hallamos que p= 2kgf. 97 q= VQ/I, entonce, V=105 x 2 = 210 Kgf Q=Ay= (10)(10 X 15) = 1500cm3 I= (1/12)(15)(30)3= 33750cm4 Q= (210Kgf x 1500cm3)/33750cm4 = 9,33 Kgf/cm

Ftornillo = q x S, entonces: 9,33Kgf/cm x 40cm = 373,33 Kgf =

Ftornillo

µ= Fr/N, entonces, N= (373,33/0,4)= 933,33 Kgf σad = N/A πd2 / 4 = N / σad d= �(4 ∙N / π ∙ σad) = 0,995cm

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

3.6.9. PROBLEMA 9 Para la viga mostrada se aplica una carga uniformemente repartida de q Kgf/m en los dos metros centradas. Determinar el valor máximo de q si el esfuerzo normal máximo es 100Kgf/cm2 y el cortante máximo es 10Kgf/cm2 y los tornillos tienen una resistencia a la cortadura de 100kgf y una separación de 5cm.

98 ↺+∑MA=0 Cy x 3cm – 2Q x 2m=0, Cy=4/3Q

↑+∑FY=0 Ay-2Q+(3/4 Q)= 0 Ay= 2Q -(3/4 Q)= Ay= 2/3 Q

(2/3Q)/x = (4/3Q)/2-X X=2/3

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Y=14cm I= 1/12 (22)(28)3 – (1/12) (16) (22)3 I= 26,048 cm4 =Itotal Hallamos el esfuerzo normal máximo

σmáx= MC / I, entonces: σmáx= [ (0,88Q Kgfm∙14cm∙100cm) / (26048cm4∙1m) ] σmáx= 88Q·14 / 26048, entonces Q: 2114,286Kgf τ máx= [(3/2) · (V/A)]= τ máx= (2Q/264), entonces Q:1320Kgf se toma el menor Q, 1320 q =Q/2, entonces: q =1320/2 =660Kgf/m q =VQ/I , entonces: V =100kgf Q =YA, entonces: Q= (22∙3)(14-15) Q = 825cm3 99 q = (100 · 825)/(26048) q =3,167kgf/cm2 F =q·s =3,167·5 =15,836Kgf

3.6.10. PROBLEMA 10 Para la viga cargada como se indica en la figura: a) Hallar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo debido a la flexión si w=4KN/m, a=3m b) ¿Cual es la máxima fuerza que soporta el tornillo si esta separado 35cm a lo largo de la viga?

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

↺ +∑MB=0 -36 +12 x 1,5 -12 x 1,5 + 36 – 12 x 4,5 + Dy x 3 = 0 Dy= 54/3= 18 Dy=18KN ↑+∑FY=0 -12KN + By – 12KN + 18 KN- 12= 0 By= 18 KN

100

y=13,25, entonces: σ=MC/I, donde M=27KNm, C=13,25cm IT= I1+I2+I3 I1= I3 =(1/12)(26)(2)3+(52)(12,26)2= 7820,583cm4 I2= (1/12)(2)(22,5)3= 1898.438cm4 It=17539,604cm4

σmax= (27000Nm x 13,25cm x 100cm)/ 17539,604= 2039,669N/cm2, entonces: σmax= 2039,669N/cm2 τ= VQ/bI, donde: V=12kn

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

I=17539,604cm4 b=2cm Q=AY = 52 x 12,25 + 22,5 x 11,25 = 890,125 cm3

τ=(12.000N X 890,125cm3)/(17539,604cm4 x 2cm)= 304,496 N/cm2 b) q= VQ/I=Fc/S, entonces Fc= VQS/I, donde: V=12KN, S=35cm, I=17539,604 Q=Ay =(26 X 2)12,25=637cm3 Fc= (12000KN x 627cm3 x 35cm) / (17539,604 cm4)= 15253,48N Fc =15253,48N

3,7 PROBLEMAS PROPUESTOS 3.7.1. PROBLEMA 1 Calcular los esfuerzos normal y cortante que actúan en el punto C en la viga de acero mostrada. La viga esta simplemente apoyada y tiene la sección transversal que se indica.

101

Respuesta:

a)σc= 3360,21 lb/plg2 C b)τc= 450,03 lb/plg2

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

3.7.2. PROBLEMA 2 Las barras 1 y 3 tienen un área de 4cm2 y E=2∙106 Kgf/cm2, la placa ED es rigida. Diseñar la sección transversal de la viga mostrada sabiendo que el esfuerzo admisible de la madera es de 80kgf/cm2. NOTA: las conexiones en A,B,D,E son pasadores

102

Respuesta:

d=23,59 cm

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

3,7,3, PROBLEMA 3 Para la siguiente viga y sus cargas mostradas. Determinar la intensidad de una carga distribuida máxima que puede soportar la viga son presentar falla. Para la anterior carga calculada determinar el esfuerzo cortante máximo que actua sobre la viga y la fuerza que debe soportar cada clavo si la separación S=5cm. Considerar σ permisible = 100 kgf/cm2 , a=1 m

103 Solución:

w= 0,9886 kgf/cm, τmax= 4,95 kgf/cm2

3.7.4. PROBLEMA 4 Para la viga cargada como se indica en la figura, hallar el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante máximo debido a la flexión.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Respuesta: τmax= 3939,87 lb/plg2 σmax= 70,70 lb/plg2 3.7.5. PROBLEMA 5 La viga que se muestra esta sometida a una carga uniformemente variable con intensidad máxima de P kgf por metro lineal en el extremo derecho de la viga, si la viga es un perfil de sección T. determinar la máxima intensidad de carga P. a) Determinar la máxima intensidad de carga P que se puede aplicar si las tensiones de trabajo son de 1250 kgf/cm2 tanto en tensión como en compresión. b) Determinar el máximo esfuerzo que soporta la madera y el acero si Emadera= 0,1∙106 2 kgf/cm , Eacero= 2∙106 kgf/cm2

Respuesta: a) Pmax = 1302,37 kgf b) σmadera = 62,5 kgf/cm2, σacero = 1249,99 kgf/cm2

104

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

105

Deflexión

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

4. DEFLEXIONES EN VIGAS 4.1 MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS Es un método sencillo para determinar las pendientes y flechas en las vigas, en las cuales intervienen el área del diagrama de momento y el momento de dicha área.

106

Recordemos que . Si la viga es linealmente elástica y cumple con la ley de hooke entonces de la fórmula de flexión se tiene:

entonces

entonces

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Integrando tenemos,

entonces,

En el diagrama de momento flector observamos que Mdx es el área del elemento diferencial rayado situado a una distancia x de la ordenada que pasa por B. Por tanto la ecuación anterior nos conduce al primer teorema del método del área de momentos que dice: “la variación o incremento de la pendiente entre las tangentes trazadas a la elástica en dos puntos cualesquiera A y B es igual al área del diagrama de momentos flectores entre estos dos puntos dividido por EI”.

107

θ es positivo cuando va en sentido anti horarioósea ( corresponde a un área positiva del momento flector). Al observar la segunda figura anterior, la distancia vertical desde B hasta la tangente trazada a la curva por otro punto cualquiera A es la suma de los segmentos dt interceptados por tangentes sucesivas trazadas a la elástica en puntos sucesivos, entonces, cada uno de éstos segmentos es igual a dt= xdθ; integrando,

, pero como

entonces,

Si observamos la tercera figura anterior; la expresión x(Mdx) es el momento del área del elemento rayado respecto a la ordenada en B, por tanto la ecuación anterior conduce al segundo teorema que dice “La desviación tangencial de un punto cualquiera B respecto de la tangente trazada a la elástica en otro punto cualquiera A, en dirección perpendicular a la inicial de la viga es igual al momento respecto de B del área de la porción del diagrama de momento entre los puntos A y B dividido por EI”.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

donde: = distancia del centroide del área al eje vertical al cual le estamos sacando la desviación, en éste caso sería con respecto a B. = es la desviación tangencial de B respecto de A y es positiva si el punto considerado queda por encima de la tangente y negativa si queda por debajo de la tangente.

4.2. DIAGRAMA DE MOMENTOS POR PARTES Este método consiste en evaluar cada carga separadamente, dibujándose el diagrama de momento para cada carga y para hallar el ángulo de rotación o la desviación tangencial en un punto determinado se suman algebraicamente las áreas bajo los diferentes diagramas. Para éste método se fija un centro de momentos y se toma con respecto a ese punto.

4.3. PROBLEMAS RESUELTOS 4.3.1. PROBLEMA 1 Determinar el desplazamiento en el punto B y la pendiente en el soporte A de la viga mostrada. E= 7X10 Kgf/cm²

108

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

109

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

110

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

111

4.3.2. PROBLEMA 2 Para la viga que se indica, determinar la máxima deflexión y la carga máxima (W) si: σperm= 200Kgf/cm², E=10 Kgf/cm² y L=1m

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

112

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

113

4.3.3. PROBLEMA 3 La barra rígida DEC está soldada en C a la viga de acero con E=500X10 N/m² e I=1,781cm y G=200GPa. Para la carga mostrada hallar: a) La pendiente en A b) La deflexión en C

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

114

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

4.3.4. PROBLEMA 4 115

La barra rígida DEF esta soldada en D a la viga de acero AB. para la carga mostrada hallar: a) La pendiente en A b) La deflexión del punto medio C Usar E =4,32∙106 klb/pies2 W =16∙40 I= 0,024 pies2

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

↺+∑MB=0, entonces -Ay(16’) +32klb∙8’ +40klb-pie +10∙4’ =0 32∙8klb −pie +40klb −pie +40klb Ay = 16 Ay =21Klb +↑∑Fy =0 By -32 -10 +21 =0 By =21Klb

116

Diagrama de momentos por parte

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

t B/A

θA =

16

1

2

8

2

3

8

EI tB/A = [(672 ∙ (8)) + (672∙(8+ )] – [(80( )4+4) – 170,66( )8 – 170,66(8+ ) - 160∙6] 𝐸𝐸𝐸𝐸 3 3 3 4 4 EI tB/A =3584 + 7168 – 533,333 – 1023,96 – 1706,6 – 960 EI tB/A =6528,107klb-pie3 tB/A =(6528,107klb-pie3)/ (4,32∙106klb/pie2 ∙ 0,024pie4) =0,0629 ≈0,063 θA =

0,063 pie 16

=3,935∙10-3rad =0,225˚

∆C = -yc + tC/A , entonces: tB/A/2 =-yc + tC/A yc = tC/A – tB/(A/2)

∆𝐶𝐶 8

=

∆𝐵𝐵 16

,entonces ∆C=

∆𝐵𝐵 2

8

EI tC/A =AMCAXC = A2X2C – A5X5C =[672∙ - 170,66 ∙ 2] 3

1450 ,68

EI tC/A =

𝐸𝐸𝐸𝐸

…entonces: 1450 ,68 6528 ,107 yc = – ,entonces yc = -0,0175pies 𝐸𝐸𝐸𝐸

117

2𝐸𝐸𝐸𝐸

4.3.5. PROBLEMA 5 La viga mostrada esta sometida a la carga P y a la carga F a) Determinar la magnitud de carga F en función de P que debe aplicarse en el punto, para que la deflexión en ese mismo punto sea cero b) Determinar el máximo valor de P si la viga esta fabricada de acero A-36 con un esfuerzo normal admisible de 1200Kgf/cm2 , según la sección transversal mostrada

DCL

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Por estática: ∑MB=0, entonces -Ay(4m) +P∙8m +Fx∙4m =0 4Ay +2F =2P, entonces: 2Ay +F =P (1) +↑∑Fy =0 Ay +By =P +F

(2)

Análisis por deformación

118

∆𝐶𝐶

6𝑚𝑚

=

∆𝐵𝐵

4𝑚𝑚

,entonces: ∆𝐶𝐶 =

6∆𝐵𝐵 4

,entonces, ∆𝐶𝐶 =1,5∆𝐵𝐵

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

EI tC/A =AMCA Xc tC/A =A1X1C – A2X2C – A3y3C 4𝐴𝐴𝐴𝐴 ∙4 A1 = =8Ay 1

2

X1C = (4) + 2 = 3,33m A2 =

3 2𝑃𝑃+2

=2P

3 2𝐹𝐹+8

= 2F

2 1

X2C = (2) +2 =2,66m A3 = 119

2

2

X3C = (2) = 1,33m 3

EI tC/A =8Ay(3,33) -2P(2,66) -2F(1,33) EI tC/A =26,664Ay – 5,332P – 2,666F (3) EI tB/A =AMBA XB , entonces: EI tB/A =A1X1B – A2XB 1 1 EI tB/A =8Ay( )4 – 2P( )2 3 3 EI tB/A =10,666Ay – 1,333P (4) 26,664Ay – 5,332P – 2,666F =1,5(10,666Ay – 1,333P] 26,664Ay – 5,332P – 2,666F =16Ay -2P

26,664Ay -16Ay =5,332P -2P 10,664Ay -16Ay =5,332P -2P 10,664Ay =3,332P + 2,66F 𝑃𝑃−𝐹𝐹

Ahora de (1) Ay = ,entonces: Ay =0,5P –0,5F 2 10,66 (0,5P – 0,5F) =3,332P + 2,66F 5,33P – 5,33F = 3,336P + 2,66F 5,33P – 3,336P = 2,66F + 5,33F 1,994P =7,99F, entonces= 0,25P

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

De (1) Ay= 0,5P – 0,5(0,25P),entonces Ay =0,37P De (2) By =P+F-Ay,entonces By =P=0,25P -0,375P

σ= 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐼𝐼 σ=[ (0,75P kgf∙cm)(10,2cm)(100cm) / (382,5cm4)(1m)]

[(σ)(382,5cm4)(1m)] / [(0,75 kgf∙m)(10,2cm)(100cm)] =P P= 600Kgf

120

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

121

Torsión

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5. TORSION Aquí estudiaremos los elementos sometidos a torsión específicamente a elementos de sección circular, sobre todo en arboles de Transmision de Potencia que pueden ser macizos o pueden ser huecos. Para deducir las formulas de la torsión se establecen una serie de hipostesis que pueden demostrarse matemáticamente y algunas de ellas comprobarse experimentalmente. Las secciones circulares permanecen circulares después de la torsión.1. Las secciones planas permanecen planas y no se alabean después de la 2. torsión. La proyección sobre una sección transversal de una línea radial de una 3. sección permanece radial después de la torsión. El árbol esta sometido a la acción de pares torsores que actúan en planos 4. perpendiculares a su eje. Las tensiones no sobrepasan el limite de proporcionalidad Si el torque externo visto desde la derecha es antihorario, el torque interno es horario, si el torque extremo es positivo, el interno es negativo (regla de la mano derecha)

122

2 Para determinar la sección critica si el eje es uniforme esta en el torque máximo Si es de seccion variable, se determina hallando los esfuerzos en cada sección y donde sea mayor el esfuerzo será la zona critica.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5.1.

DEDUCCION DE LA FORMULA DE TORSION

Consideremos un árbol circular unido a un soporte fijo en un extremo y se le aplica un momento torsor en el otro extremo libre → rotará en un ángulo llamado angulo de torsión.

123 Consideremos una fibra cualesquiera a una distancia del eje del árbol → de la deformación del corte.

La deformación del corte es máxima en la superficie del árbol en donde ρ= c (formula) reemplazando 2 en 1.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

La fuerza contarte según la ley de Hooke tenemos

L B B’ = L B B’ = pero

M

Si al árbol AB le hacemos un corte perpendicular al eje del árbol.

ECANICA DE SOLIDO S sustituyendo T, tenemos

124 pero la expresión

es el momento polar de inercia de la sección transversal con respecto al centro O

formula de torsión el zona elástica

angulo de torsión se expresa en radianes para obtenerlo en grados sexagesimales se multiplica por 180º/ π radianes= 57.3 grados/radianes.T

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

esfuerzo cortante 5.2.

MOMENTOS DE INERCIA POLAR

En explicaciones practicas, los arboles se emplean para transmitir potencia. La relación entre potencia mecánica y el par torsor se obtiene de la siguiente manera: Trabajo realizado (w) durante una evolución es:

si η expresa revoluciones por minuto la potencia viene dado porP

125 R

OBLEMARIO

A DE SOLIDO S 6 Ejemplo Un árbol macizo de un tren de laminación tiene que transmitir una potenicade 30cv a 100 RPM, determinar su diámetro de manera que la tensión constante máxima no exceda de 420 Kgt/cm2 y que el angulo de torsión en una longitud de 3m sea como máximo 5.73º G= 8.4*105kgt/cm2.TO

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

RSIÓN 7

TtT= 21 480kgf/cm

126

Solución: Se toma el diámetro mayor ya que se satisface las condiciones de resistencia y de rigidez.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5.3.

TORSION EN SECCIONES NO CIRCULARES

8

El máximo esfuerzo esta en el punto medio del lado mas largo y el punto medio del lado mas corto es menos critico. El punto mas alejado tiene la máxima tensión y el esfuerzo cortante = 0→ concluimos que no hay esfuerzos cortantes en las esquinas de la sección transversal de la barra b/c 1 1,25 1,5 1,75 2,0 2,5 3,0 4,0 5,0 6,0 8,0 10 127

>10

α1

0,208 0,219 0,231 0,239 0,246 0,258 0,267 ,282

α2 β

0,208 0,235 0,269 0,291 0,309 0,336 0,335 0,378 0,392 0,402 0,414 0,421 0,141 0,166 0,196 0,214 0,229 0,245 0,263 0,281 0,291 0,299 0,307 0,312 0,333

Cuando b>>c osea es pared delgada

0,291 0,299 0,307 0,312 0,333

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5.4. TORSION EN SECCIONES CIRCULARES HUECAS DE PARED DELGADA

128

Si multiplicamos ambos términos por S (perímetro)

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

Cuando el árbol esta sometido a momentos de torsión en sitios diferentes de los extremos o si consta de varias porciones con diferentes secciones transversales y posiblemente de materiales diferentes debemos dividirlo en partes que satisfagan las condiciones de aplicación de la formula. El angulo total de torsión del árbol, o sea el angulo atraves del cual el extremo A rota con respecto al extremo B se obtiene sumando algebraicamente los angulos de torsión en cada parte componente. Nota: cuando el árbol esta unido a un soporte fijo el angulo de torsión del árbol es igual al angulo de rotación de su extremo libre, pero cuando ambos extremos rotan el angulo de torsión del árbol es igual al angulo a través del cual un extremo del árbol rota con relación al otro entonces el angulo de torsin es la diferencia entre las rotaciones de un extremo respecto del otro y tendremos.

129

5.5.

ARBOLES ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS

Cuando los momentos internos no pueden ser determinados solo por la estática, es decir los momentos de torsion ejercidos sobre el árbol por los apoyos y conexion no pueden obtenerse del diagrama de cuerpo libre del arbol completo. Entonces las ecuaciones de equilibrio deben complementarse con otras relaciones que involucran las deformaciones del arbol y se obtienen mediante un análisis geométrico.

5.6.

EJERCICIOS PROPUESTOS

5.6.1. Ejercicios Las flechas circulares macizas A(de aluminio aleado G=4000klb/plg2) y B de acero, están fijas en un extremo y conectadas por el enlace C según la figura. El juego en la conexión permite al brazo D girar 0.006 radianes antes de que el ajuste tenga lugar. Se despreciara, la deformación elástica del enlace y se calculara el máximo torque admisible T, si los esfuerzos cortantes por torsión no exceden de 9klb/plg2 en el aluminio y de 12klb/plg2 en el acero.

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

130

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

131

5.6.2. Ejercicio 2 La superficie interior del collar de aluminio y la superficie exterior del eje de acero, no desarrollan rozamiento entre ellas. Tanto el collar como el eje están fijos a la pared en D.

El pasador C de 0.5 pulgadas de diametro llena completamente un taladro hecho según diámetro del collar y del eje. La determinación por esfuerzo cortante en el pasador y la deformacion entre el pasador y el eje pueden ser despreciables. Calcula el máximo torqe T que puede aplicarse al eje de acero sin exceder al esfuerzo cortante medio de 3200Lb/pulg2 en la sección transversal del pasador E, en la intercara entre el eje y el collar.

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5.6.3. Ejercicio 3 Entre A y C la barra es maciza de 5cm de diámetro, entre C y E es hueca con diámetro interior de 2.5cm. determinar el esfuerzo cortante máximo.

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5.6.4. Ejercicios 4

La flecha de 4 pulg de diámetro que se muestra en la figura Muesta compuesta por secciones de laton (G=5000 kb/pulg2) y acero rigidamente conectadas. Determine el máximo por admisible que puede ser aplicado de manera que se muestra, si los esfuerzos cortantes en el laton y en el acero no han de ecceder de 7500 lbs/pulg2 y 10.000 lb/pulg2 respectivamente, y que la distancia AC que recorre el indicador de 10 pulgadas, no sea superior a 0.72 pulg.

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5.6.5. Ejercicio 5

Usando T admisible = 8klb/pulg2 hallar para c/u de las barras de aluminio mostradas el momento torsor máximo T que puede aplicarse y el angulo de Torsion correspondiente use G=4*106 lb/pulg2.

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

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5.6.6. Ejercicio 6 Un motor de 100 C.V. mueve un eje de transmisión por medio del engranaje A a una velocidad de 25 RPM.

Engranajes cónicos en B y C mueven unas mezcladoras de cemento. si la potencia que requiere la mezcladora impulsable en B es de 25 C.V. y la de C es de 75 C.V. a) Qué diámetro de eje se requerirán? El esfuerzo cortante permisible en la barra es de 400 y tal eje cuenta con un número suficiente de cojinetes para evitar la flexión si G = 8.4*105 Kgf/cm2. b)¿Cuál será el ángulo de torsión bajo carga en la sección izquierda del eje de transmisión?. Expresar el valor del ángulo en grados.

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5.6.7. Ejercicio 7

Para el eje mostrado en la figuralos tramos AB y CD son macizos de diámetro 4 cm y el tramoBC es hueco de diametro interior 2 cm. EL material es de acero de τ permisible igual a 1200Kgf/cm2. Determinar: a)El máximo torque distribuido t que se puede aplicar. b)El ángulo de torsión en el punto medio del eje T = 50t G = 0,8 x 106 Kgf/cm2

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5.7.

Ejercicios propuestos

5.7.1. Ejercicio 1 Para el sistema mostrado se usan árboles de acero del mismo diámetro para AB y CD además se especifica que τ máximo ≤ 60 MPa y que el ángulo de rotación θD del árbol CD no exceda de 1,5º. Use G = 80 GPa y considerando únicamente esfuerzo debido a la torsión, hallar:

El diámetro mínimo que puede utilizarse en el árbol.

141

5.7.2. Ejercicio 2 Se aplica un momento de torsión T= 300 Nm a cada una de las barras de aluminio mostradas, sabiendo que el τ admisible es igual a 60MPa. Hallar la dimensión d

requerida para cada barra.

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5.7.3. Ejercicio 3 Para el eje de acero mostrado, las cargas torsionadas aplicadas, producen un esfuerzo cortante máximo de 12 600Lb/pulg y un ángulo de torsión en el extremo libre de 0,015 radianes. Determine los valores de T1 y T2. G=11,5 x 10-6 Lb/pulg2.

5.7.4. Ejercicio 4 Determinar el diámetro del eje y θB si T= 200 N m t=50 Nm/m

el cortante permisible= 10MPa G= 80 GPa

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PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

5.7.5. Ejercicio 5 Para el eje y la barra de acero que se indican en la figura σ permisible es igual a 2000 Kgf/cm2. E= 2 x 106 Kgf/cm2. G=0,4E. Determinar Tmax y θc.

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Bibliografía

PROBLEMARIO MECANICA DE SOLIDOS

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Mecánica de Materiales Ing. Álvaro Vallejo P.