Resistencia de materiales

Problemas Resueltos de
Resistencia de Materiales
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Problema¡ Resueltos de Resistencia de Materiales
: .: .. ' Miguel Angel Millán Muñoz
INDICE
Capítulo I. Diagramas a Estima
- I.l .- Vigas Isostóticas.
- 1.2 .- Vigas compuesta y pórticos isostáticos.
- 1.3 .- Estructuras Espaciales.
- 1.4 .- Problemas de examen.
Capítulo II. Traccién y compresión simple. Problernas isostáticos.
Cápítulo IIL Flexión @.
- Iil.l .- Tensiones.
- III.2 .- Giros yflechas. Ecuación de la elástica y teoremas de Mohr.
Capítulo IV, Flexión (II). Flexión simple.
Prohibida la rcproducció¡r lotal o parcitl sin pemriso.xprcso dcl auto.
O Migucl Angel ñtiltán lvfuñoz 2000

Problemas Resueltos de Resistencia de Materialcs
I Millán Muñoz
I.. DIAGRAMAS A ESTIMA.
I. 1- Vigas Isostdticas.
1.2- Vigas compuestus y pórticos isosttiticos.
I. 3 - Estructaras espacíales.
1.4- Problemds de exflmen.
Cap. I-l.- Diugru uts t estitttu isostúticos, l igus isosttiticas

Protrlemas Resueltos de Resistencia de Nlaterialcs
iguel Aneel lvfillán Muñoz
Cap. I-1. Diagramas a estima. Vigas Isostáticas.
Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos, así como las deformadas, de las siguientes vigas.
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Cap. I-1.- Ditrgrorttus u estiun isastáticr).r. Iig./s isost,it ¡cLts

Problemas Resueltos de Res¡stericia de Nlateri¡les
lvfillan Muñoz
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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales
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Problemas Resueltos de Resistencia dc Nlaterialcs
I Millán Muñoz
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Problemas Resueltos de Resistencia de Nlatcriales
I ¡vIillán Muñoz
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I Millán Muñoz
Cap. I-2. Diagramas a
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Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos, así como las deformadas, de las siguientes estructuras.
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problemas Resueltos de Rcsislencia de Nlateriales
Miguel Angel Millán Muñoz
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Problemas Resueltos de Resistenci¡ de Materiales
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Problemas Resueltos de Res¡stencia de iIaterialcs
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Problemas Resueltos de Resistencia de Material€s
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Problemas Resueltos de Resist€ncia de Materiales
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tiCap.I-2.- Ditgruntus o esl¡trttt i.toslt¡licos, I'i.qa., colnl)tksle5 ) pór'l¡cos íso.slLilit.);

Problemas R€sucltos de Resistencia de Materiales
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Cap.l-2.- Dútg utas a esl¡nu isostdticos. l/igct.s conpuest.ts ), pót.tico.t ¡s.):;ttitico.
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Prottlemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales
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I Millán Muñoz
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Cap. I-2.- Dio¡;nnurs ( estima isosttit¡cot. Iiig(!s cot¡tP|c.ttr- t) pórticos ¡st)st.iticos.
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Protllemas Resueltos de Resistencia de Nlaterialcs
I Millán lvluñoz
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$ln u L o l+ tu¡n("ub d. lro áznu,J*|, 'l
* ¡'rrk *or*n P;,L; ¿¡"h" J , ¡^ b flib
n" ¡r,*"k 6"¿^ ti s"L';1 ¿ 7o '¡*do '
(Cuo u.'.}[oXo o yoWot .¿q , :l y 3)
¡{l ¿r. nir- f.i* no -h*o,
lr,u:o lirdt z efa, c, ' h'y^)t"í
Jr- ,ourp i¡<u l¡n u¿o, ,
t^ *li *,'^á" ti lo flo^ ¿'/ L''1"1",
p^ h.L, tlk^.^|r^hri ,;*o * Af'"'.a
c^1, 1 ,*^ "üLLa Xio'
'1,1,^ ;. /. p;dnu t nLa + 't,, /'>'''" n l' 't
n'n ¡
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d^l"'r; +l'::J
a u$ú dt triltto
*,l ark*É. Lh'J.o
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*;d ci,)
Cap.l-2.- .Diugrunt6 ( eslittt( isostiticos. l''igns cok¡Puesl4'' )'l('1¡cor r'tot¡¿¡1rcl)l l6

lvtillán Muñoz
5r)
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( Dl*ere.b*s "n,s,,f"Jr^ Paa 1uL
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n,t*) * k6fu-,adJ l'.u-,.{qT¿
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1a.P,,
l-
Cap. l-2.- Diugruntís u cslin( isoslúlicos. Vigas contpuesta.s t pó icas ¡.otittit¡co. tr'

Millán Muñoz
Can. I-3. Diagramas a estima. Estructuras espaciales
Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos de las siguientes estructuras:
c.¡s4s:
s-< Qo"
¿=9oo
o( >qo"
43)37)
u)38)
4s)39)
46)40)
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(t"'P, %)
rrrrn ,/n
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( l"'P , qq)
47)4r)
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4x) 48)
( 1..p,
t-
I'
Cap. I-3.- Diugru tus a ¿litittt( isI).lót¡cos. Eslrttctur¡s espttciole'; l3

Problemas Resueltos de R€sistencia de Nlatelial€s
Millán Muiroz
Y.' $iL ¡,oJ-uo o,.,iir [r.
ontw)a u '-l ¡hro
¡6¡¡1c,- F,t iLLÁ .,ta,i¿ *¡'e,í7¡
alo,i u y, ¡",,d",ula.u:
14)
tt"b,; ,',"*+, ,',,Lr|.d^ * r) ¡1",- E- Mr e, J, * {J" LL,..,,ro- |
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),P,P{'!Y . /) t^'. YoJ,,'*11*.yY*H: ^." ..^,b.*4**"!.*po!"'
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S" ,^r¡,*h qu l^ y',li*la * t Lrr*4. t" la úi /t1'
Cap.I-3.- DitgroDtos ( eslittta ¡sosltit¡cos- Esl¡ u¿lut L¡s esPL|L¡tt!¿s. Ir)

Problemas Resuellos de Resistencia de Materiales
li'.^,5 a{''^;dol '!L
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Cap. l-3.- Diugrant6 ( esliutu isosttiticos. Esh'ucttu'4s espaciules
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Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales
I Angel Millán lvluñoz
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Cap.l-3.- Ditgrunns ( esl¡ to iso(úticos, E.truLttu os esD.tcidlcs
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I Millán Muñoz
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Cap. l-3,- Diqftntns o est¡trt( isoslilicos, Estl ttcluras espaciales.

Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateri:¡les
I Angel Millán Muñoz
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Cap.l-3.- D¡agru tn. o esliuru ¡soslúl¡cos. Es ucturos espac¡ales.
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Problemas Rcsueltos de Rcsistencia de Materiales
I Nf illán Muñoz
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Cayt.I-3.- Dirgrtnt s t cslittut ísoslúÍicos. L¡lructurut es¡'rtciulcs t,l

lAngel Millán Nluñoz
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fl. ttp v^J" rJo o,toLalo ,
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I
I
I
Ctp.l-3.- Diugrant6 a est¡tttu isosf{íticos. Est¡ ttclutas csPoc¡dles l5

Mi
Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos y las deformadas de las siguientes estructuras:
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( Fí'.qI, sz-si)
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Millán Muñoz
ú¿f P/ rt -qt)
(Feb q¿-,lz)
-l
I
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>tpctu¡ ur¿16I tdtCa
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60)
(4* ?,%.ttt)
Can.I-4. Diagramas a estima. Problemas de examen.
(r'P, ssac)
({{P, ql; Í¿)
( t" p, qaq)
(t"" r,lr<e )
("'P , q'
(1"'P, ca-c¿t)
({"'P, go gr)
s4)
Co¡ 14= Diugrourus a cslitttlt isoskiricos. Problentas de exa¡ten'
M
26

Problemas Resueltos dc Resistencia de M¡t€riales
Nliguel Ansel Millán Muñoz
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Millán Muñoz
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Cop.A. Diqgrurtus u estinn isosttilicos Problentas ¿e cxalten 23

Problemas Resueltos de Rcsistencia de M¡teriales
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Millán Muñoz
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I Millán Muñoz
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Cap.l-4.- Diqrurus ü esli ú isosldticos' Problctt¡tts tl¿ exanten i0

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Cap.l-4.- Di4runtus u e:ttün( isosl.il¡cos. Problenas tlc e-rantett 3l

Problemas Resueltos de Resistencia de Materialcs
' Mieuel Ansel Millán Muñoz
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CaD.I-4.- Diugtut¡tts u estituu isosfúlicos- Problentus le excu¡te¡t. ll

II.- TRACCION Y COMPRESION SIMPLE.
Problemas isostúticos.
Cap. II - Tmcciórt y Contpresión simple. Problemzs isos!álicos

Mieuel I lvliilán Muñoz
l) El eje de la figura está compuestó por un tramo troncocónico y otro cilindrico, y está solicitado por las fuerzas que se
indican en la dirección de su eje. Se pide:
a) Diagrama de axiles y de tensiones normales en la pieza'
b) Desplazamiento de los puntos A y B.
c) Variación de temp€ratura, uniforme en toda la pieza, que sería necesaria
para que el movimiento del punto B fuera nulo'
Datos: a=10j oC-r
Tronco de cono: Ar=10 cm2, Az= 5 cmt, E= 10akp/cm" Lt-0'50m'
Cilindro: A:5 c-t, E= lo'kP/cmz, L2:1,0 m.
2) La pila de puente formada por dos trozos prismáticos de igual longitud y
distinta sección, está sometida en su extremo superior a una carga F:300 T'
Halla¡ el volumen de fiíbrica necesario, sabiendo que la altura de la pila
"s 36.
de 36 m., su peso específico 2000 kp/m3 y la tensión admisible l0 kp/cm2'
I Examen SeDtiembre 97198, tiempo 15' )'
3) Determinar para las dos banas de la figura:
a) Máxima longitud L que puede tener la barra
b) Para dicha longitud, determinar el incremento de longitud de la
barra.
Datos: P=225 kp.; Ar:25 cm2; Az= 50 cm'z; H= 200 m; E=l0a
kp/cm2; peso espec ifico.y = 2,51m3; o"¿.¡,= l0 kp/cm2'
(NOTA: Para el caso del üonco de cono, no hay aplicada ninguna
fuerza exterior. Se recomienda tomar como origen de coordenadas el
vértice del cono).
4) Calcular para los sistemas de la figura:
a) Para un valor de P= 100 kp., movimiento horizontal y vertical del punto A'
b)ValormáximodelacargaPsinsobrepasaflatensiónadmisibleenningunodeloscables'
Datos: - cable l: sección homogénea, A:5 cm2, E: l0akp/cmr, o¡¿.5= l0 kp/cm2, L=6 m.
-Cable2:seccrÓnhomogénea'A:4cm?,E=l05kp/cm2'o"¿'''=20kp/cmr'L=3m
cilindro
Can. II. Tracción comDresión simple. Problemas isostáticos.
Tronco de cono
I z,i, I ,.1
r----_--r-----l
Ca1t.lf - Truccit)tt J' Cotnprcsiótt sittq)le Problcntts isosttiticos
L itD le _:
l-l

Millán Muñoz
SOLUCION PROBLEMA N" 2
La pila está sometida a compresión simple, debido a la carga puntual aplicada y al peso propio. Se
conocen las acciones exteriores, la tensión admisible y una de las dimensiones geoméhicas. La incógnita a caicular es la
dimensión hansversal de la pila, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material.
Para ello, se hará:
l Cálculo de axiles en la pila.
2. Determinar la secciór/es más solicitadas y cálculo de las tensiones normales.
3. Sección hansversal necesaria para que latensión no supere a la admisible.
1. El axil que produce la carga puntual es constante en todo el pilar, mientras que el producido por el peso propio es
variable, con una ley lineal, dado que la sección transve¡sal es constante por tramos.
N (Peso propio)
El axil debido al peso propio tendní la expresión:
Nppr=Ar,Hr'Y
Nopz = Ar . L/2 . 1+ Az. Hz T
en el tramo superior del pilar (H¡ = distancia desde el extremo superior).
en el tramo inferior del pilar (H2 - distancia desde el cambio do sección).
Nr=300T+Ar .
N2=300T+Ar .
N.U2.r+ h.UZ.f
Ar +36.A2
Las secciones a comproba¡ en cada tramo serán las de máximo axil en cada tramo de sección constante, ya que serán
las que tengan máxima tensión normal: la base de cada tramo.
l8m.2Tlm3=300+3ó.Ar
18 m.2 T/m3 + A2 . l8 m . 2 T/m',: 300 + 36 .
3. Las tensiones normales en cada una de las secciones indicadas son:
o:N/A
o1 :N¡ / A1 = (300 + 36. Ar) / Ar= 300 i Ar +36
oz =Nz/A: :(300 + 36. Ar + 36. A2)/A2
Para que no se supere
or=300/Al
or = (300 +
la tensión admisible
+ 36: 100
=
36.Ar +36.4")/4,
oo¿. = l0 Kp /cm2 =100 T/m'], se debe cumplir:
Ar = 300 / (100 - 36):4,69 ml
:468,84 / A: + 36 = 100
= Ar =468,84 1(100-36):7.33 nrr
El volumen pedido será entonces V = 4,ó9 . 18 + 7,33 . l8 = 216,36 mr
C¡p. ll - Truccitíu )' Cot Pres¡út sinryle. Problcntus ¡st)1.¡t¡Los. 38

ieuel Millán Muñoz
Tensión en extremo de¡echo del cono:
o2 .",. = 200 Kp i 5 cmr = 40 Kp/cm':
Tensión en el cilindro:
02 c¡indio
: 100 Kp / 5 cm2 = 20 Kp/cm2
La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.
b) Desplazamiento d€ los puntos A y B.
Se tomará como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.
El alargamiento de una pieza sometida a tracción (o compresión) viene dada por la expresión:
.r2 N Fr2 ¡/
M= l. -:-ú = | _ -d,¿st EA ¿ft EA
donde, por ser una pieza rccta, se ha particularizado la expresión general al eje x de la pieza.
Como la pieza está compuesta por dos tramos con caractedsticas distintas, estudiaremos cada uno por separado.
Pieza troncocónica
En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil N y el valor de E.
Es muy importante Ia consideración de que los límites de integración, dado que el origen de la coordenada x se ha
tomado en el vértice del cono, serán los valores x2 y Kl (según se ve en la figura). Por tanto, la expresión de la
deformación quedará:
r r¡l
., ¡:rrN N.'tl Lgl-*-J--*= t l-tlLL=1,1=ds=-:lx2 .ü=
" tA E A t'^' 11,+l.to-
4.*2
) z,cl.to-a.EL t J,z
donde x2 = 120,7 cm
xr :x2+ L= 120,7 +50 : 170,7 cm
t¡=200 Kp, E= 104 Kp/cm'z
quedando finalmente:
2oo [-r r I -rLL=_ | _+_ l=58,3.2,427.10 - =0,t4 cn
J,41.ro-
l.to4 Llro l l2o,7l
Este será, por tanto, el desplazamiento del punto A.
- Pieza cilíndrica.
En ella son constantes la sección transversal, el axil N y el valor de E. Por tanto, la expresión de la deformación
quedará:
. ¡.i . ¡ d, , ..,.t,
A¿= | _rls=- I rt(- --
*I ¿J É.,I ¡ E¡,4,
donde
N¡=100 Kp, L:= I,0 m= 100 cnr, El= lOj Kp'cmr, A2= 5 cmr'
Cap. Il - Tntcción ), Conryresión simpl¿. Prt¡blenttt.s ¡.oslát¡cos. Ilr

I lvlillán lvlu¡loz
SOLUCION PROBLEMA N' 1
El problema planteado es el de una pieza compuesta, con sección variable en un tramo y constante en otro, estando
cada uno de dichos t¡amos sometidos a tracción uniforme'
a) Diagrama de axiles y d€ tensiones normales en la pieza'
En cada tramo de la pieza actua un axil constante, dado que los puntos de aplicación de las cargas puntuales están
en los extremos exteriores (extremo derecho y reacción en el empoframiento) y en el punto de conexión de los dos
tramos de la pi€za. Será en estos Puntos donde se produzca el salto en la ley de axiles'
La ley de tensiones conesponderá al valor del a.ril dividido por el área de la sección en cada punto (N/A). Cuando
la pieza es de sección constante, la ley de tensiones tiene la misma forma que la de axiles y un valor N/A múltiplo de
N. Si la sección no es conslante, la ley de tensiones no será como la de axiles , ya que dependerá de la ley de variación
del área de la sección-
Se analizará cada pieza parcial independientemente'
En el caso de ta pieza troncocónica, las expresiones resultan más
fáciles si se toma como referencia de x el vertice teó¡ico del cono:
Como se ve en la figura, los radios son proporcionales, al ser lados de
triángulos semej antes:
1.)
ft.x- r
_ =
^r =:-_R"/Rr=x/xr = ---T =-Z
o.R2 xZ t2
El valor de x2 se calcula partiendo de los valores conocidos
aplicando la ecuación deducida anteriormente:
l; x +L
l:J- - 2
ur- x2
de las áreas extremas del tronco de cono,
2
^l - l- y teniendo en cuenta que xr : x2 + L (siendo L la longitud del tronco de cono), queda
Az x2
donde sustituyendo los valores del problema, nos quedará:
x2: L / (12 - l): 50 I 0'4142 = 120,7 cm
La expresión del área será, finalmente:
A*: A2. x2 / x22:3,43 . lo¡ . xl
Latensión será o=---. 2Ax 3.41.104.-¡
que es una hipérbola de 2'grado.
Tensión en etrerlro izquiel do del cono:
o'r.,,,'. = 200 KP i l0 cnr = 20 Kpicrnr
liCa¡t.ll - Trucúón ! Cotttfes¡ótt simPle Problentas ¡satáticos

Problemas Resueltos de Resistencia
Mi
Tensión en extremo derecho del cono:
6r
""n"
= 200 Kp / 5 cmr : 40 Kp/cmz
Tensión en el cilindro:
o.2.;rin¿,o : 100 Kp / 5 cm2 = 20 Kp/cm?
La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.
b) Desplazamiento de los puntos A y B,
Se toma¡á como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.
El alargamiento de una pieza sometida a hacción (o compresión) viene dada por la expresión:
rl2N Ex2 N
M= l. -Lds = | .:¿r¿st EA ¿ft EA
donde, por ser una pieza recta, se ha particularizado la expresión general al eje x de la pieza.
Como la pieza está compuesta por dos tramos con características distintas, estudiaremos cada uno por separado.
Pieza troncocónica
En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil N y el valor de E
Es muy importante la consideración de que los lÍmites de integración, dado que el origen de la coordenada x se ha
tomado en el vértice del cono, serán los valo¡es x2 y xr (según se ve en la ftgura). Por tanto, Ia expresión de la
deformación quedará:
r -xl
.. r¡r N N,'ll, Y
¡1i-----J--¿"= " l-tl* = lrz tAot
= - t";* =
i o'-u
^--+."r ¡^
=
,,n .ro-
o.uL , ),r.
donde x2 = 120,7 cm
Xr = Xz * L: 120,7 + 50 = l'10,7 cm
N=200 Kp, E= 104 Kp/cm'?
quedando finalmente:
2oo [-r r-l -3M=-l
-
+
-
| = 58,3.2,427.10 - = 0.14 .z
j.4¡.lo- 4.lo4 L lro.r l2o.7l
Este será, por tanto, el desplazamiento del punto A
Pieza cilíndrica.
En ella son constantes la sección transversal, el axil N y el valor de E. Por tanto, la expresión de la defomación
quedará:
de Materiales
Milián Muñoz
fr.
^
tr-: . L.rrLL= |
-ds=;
, [ 4t=;--
.^l ¿,'l ¿..1 4 ¿l ,rl
donde
IUU cm, tr = l0- Kpi cnl-. A_-= ) cm-N1=100 Kp, L:= 1,0 m=
i6Cap.ll - Trucción J' Cotrtpresión sinplc Ptoblentus ¡sotl.tt¡col

Problemas Resueltos de Resistencia de NIat€riales
lvlillán Muñoz
Las barras están sometidas a tracción simple, debido a la carga puntual aplicada (en el primer caso) y al
peso propio. Se conocen las acciones exteriores, la tensión admisible y las secciones transversales. La incógnita a calcular
es la longitud máxima de las barras, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material.
Para eLlo, se hará:
l. Cálculo de ariles en la bana.
2. Determinar la sección/es más solicitadas y cálculo de las tensiones normales en ellas, en función de la
longitud de la barra. Debe det€rminarse cuál es la sección más solicitada porque es en ella donde debe
imponerse la condición de agotamiento, es decir, que la tensión alcance la maxima admisible.
3. Longitud máxima para que la tensión no supere a la admisible, obtenida al igualar la tensión en la sección más
solicitada y la tensión máxima admisible.
Una vez definida la longitud, el alargamiento de la barra se calculará a partir de la expresión:
(zN
*= Lá*
a) Barra de sección constante'
1. El axil que produce la carga puntual es constante en toda la bana, mientras que el producido por el peso propio es
variable, con una ley lineal, dado que la sección transversal es constante.
El axil debido al peso propio será en cada sección equivalente al peso de la barra que está bajo ella, y tendrá la
exDresión:
Npp:A.(L-y).y
El axil total será, por tanto:
N: P+A.(L-y).1
siendo y la distancia al empotramiento, A la sección y 1cl peso especifico
4.
Como la sección es constante, la rebanada más solicitada será la del empotramiento, ya que en ella el axil es máximo.
La tensión normal en el empotrami€nto será:
o:N/A: P lA+ L.^l=225/25+L.2,s l1l
lmponiendo el caso límite de que la tensión en sl empotramiento sea igual a la admisible:
o¡dm:l0=9+L 2'5 l0'1
L:l /2,5 l0-r=400cm=4m
El alargamiento de la barra será:
* =
I *^, =
* p +,e.1t - vt Tlav =
*llr,.,,, r, -:,]1. =
;[',.,, 5] =
--fl :zs..,oo rj.2.j.l0-r.¡uf- l- 0.io+0.01 = 0.t8c,,¡
l0'.lj L ' )
jr)C.rp, II - Trtcci(tn ¡'Conpresión sinple. Prob!cntas tsosttitictts.

D)
l.
Millán Muñoz
Tronco de cono.
El axil en una s€cción genérica será el equivalente al peso
propio del trozo de pieza que cuelga de é1.
Tomando como origen de coordenadas el vértice del cono
completo, dado que esto facilitará mucho la integración, se
tiene que, para una sección genérica de o¡denada x, el axil
será Ia resta de:
- Peso del cono completo de vértice O y base A',
con altura x.
Peso del cono completo de vértice O y base A¡,
con altura x2, situado bajo el extremo de la pieza.
ll
N" = -.4".x./ - -.4.¡.x'>.f
2. La tensión en la sección genérica considerada será igual al valor del axil dividido por el área de la sección.
N, 1lA2
6,=-=-)/'--f-12
' Ax 3 3 Ax-
Debemos obtener la expresión de A" en función de x para poder identificar la sección más solicitada.
Como se ve en la figura, los radios de las secciones A* y ,A2 son proporcionales, al ser lados de triángulos
semejantes:
&/Rr=x/xl =
),t
2- 2 -tt.R^ t^
.2Ax ¡
;=2 + A'=k.x2
siendo k un valor constante que no depende de x.
Si se analiza la expresión de o", puede verse que en ella el sumando positivo crece con x y el sumando negativo, al
tener una x2 en el denominador, disminuye con x. Así pues, el máximo valor de o conesponderá al máximo valor de x, es
decir, al empotramiento.
La tensión máxima deberá ser menor o igual a la tensión admisible, condición con la que podrá calcularse el valor
buscado de la longitud L.
La tensión máxima se obtendrá haciendo x: H (valor de x en el empotramiento) y A*:Ar en la expresión de o".
Además, se tendrá en cuenta que
22r.t.{ 11
2 - ..2
Atrn
I
l
I 1.41 I I'r?
6¿rctr = ..) H- _7.-=,yH-- | -=i = 6a<!n
J I lt J J H
Despejando x1:
Cap. fl -'frrtccióu t'Contprusión sintplc Probl¿nas ¡soláticos. 40

Problemas Resuelfos de Resistenc¡a de ñIateriales
Millán Muñoz
La longitud máxima de la bana debe¡á ser:
L = H - xr : 20.000 - 14 736 = 5.264 cm: 52'64 m.
5. El alargamiento de la bana será, considerando que según se ha tomado el origen de x, los extemos de integración
serán x2 y H:
* - üh,, =
:,!':,1. -
? -]- =
*nl' i)- =;l[*. +][ =
4git-Lq4 rqtz62
*tqné -Atte2f=z.sa"^.
:.roa[ 2 z 2oooo i
En la exoresión ante¡ior se han tenido en cuenta las relaciones obtenidas previamente de N*/A* = o" y de A*/A¡.
1)
| | 3.H-
^.H.f-oodrrl.-
Cap,ll - Trocción ¡' Conryrcsión sinplc. Problcttttts isatút¡cos. 4t

D SISTE}IA I
a) Para un valor de P= 100 kp., movimiento horizontal y
vertical del punto A.
El movimiento del punto A es debido al alargamiento
combinado de los cables I y 2. Al alargarse éstos, dado que el
punto A es común a los dos, la posición final de equilibrio del
punto A será aquella que diste de los puntos de anclaje de los
cables unas longitudes Lr +
^Lr
para el cable t, y L? *
^Ll
para el cable 2.
El proceso de cálculo tendrá los siguientes pasos:
- Calculo de axiles en cada cable.
- Cálculo de alargamientos de cada cable.
- Cálculo de la nueva posición del punto A: A'.
Análogamente, se obtiene de la primera ecuación:
Para los datos del problema, se tiene que:
Lr . sen ü.= Lz.sen p =2 senc¡=2/6=1 /3
cos ü:0,943
tg a = 0,354
Con lo que las expresiones de N ¡ y N] quedarán:
N r= 0.3,1 P = 84,97 Kp N:= I ,076 P = 107,6 Kp
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiáles
I NIillán Muñoz
L:300 L=500 cm
E= l0j Kp/cml
l. Cálculo de axiles.
La fue¡za P se descompondrá en un axilN¡ sobre el cable I y otro axil N2 sobre el cable 2.
Por equilibrio de fuerzas en A se tiene:
- Equilibrio horizontal: N¡u = Nzu
- Equilibrio vertical: Nr"+N2u=P
Además, como Ios axiles tienen la dirección de los cables sobre los que actúan:
Nrn : Nt . cos 0., Nrv = Nt . sen ü.
Nu¡¡:Nz. cos p, N2y:N2. sen p
Sustituyendo estas expresiones en las de aniba, quedará:
N¡ . cos cr: N2 , cos p, es decir
Nr.send+N?.senp=P,
N2. sen ct.cos p /cos ü +Nz. sen p : P,
f:fo:10,".F"ut"
t
N¡=N2.cosp/coscr
donde si sustituimos la expresión de N¡ anterior, queda:
tEd.cosp rsenp .os p ,(tg(t + fg p)
cosd.(Igd + tgB)
senp=2/3
cos p = 0,745
tg 0 = 0,894
Cap. II - Trrtccióu ¡' Conryresión sinple. Probleno.s iso.stá/icos ll

Proltlemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales
isuel I lv{illán Muñoz
2. Alargamientos en cada cable.
- Cable l:
... N, ., 8J.97.600
^/,
= i"'irdr - r L, =
-;*-
- 1.02 c¡r¡.
' "" 8,.r, Et.rl ' lo*.5
- Cable 2.
De la misma forma, se obtiene que: LLz= 107,6. 300 / (105 .4) : 0,08 cm.
3. Movimiento del punto A.
Para calcular la nueva posición del punto A de form¿ exacta, se debería calcular el valor de los ángulos del sistema
deformado: o' y B', resolviendo el sistema de ecuaciones siguiente.
Po¡ el teorema de los senos:
L,+M, L1+LL1
Como la separación entre anclajes no cambia:
senB' send'
D = (Lr + alr) . cos a' + (L, +
^Lr)
. cos p'
Sin embargo, admitiendo la hipótesis de pequeñas deformaciones, podemos considerar la construcción geométrica
que se representa en el gráfico adjunto, que nos permitirá calcular de forma aproximada los movimientos vertical y
horizontal del punto A:
Los cables se alargan cada uno una longitud
^Lr
= 6¡ y AL¡ :6¡. Cada uno de ellos describirá al deforma¡se un
arco de círcunferencia con centro en su anclaje desde su posición original, y Ia posición del punto A'tras la
deformación corresponderá a la intersección de ambos arcos. Por Ia hipótesis de pequeñas deformaciones, podemos
süstituir cada uno de esos arcos por la perpendicular a la posición original del cable en su punto extremo.
De esta form4 la posición del punto A'será la intersección de ambas perpendiculares. El movimiento buscado es,
entonces, la línea AA' de la figura (movimiento total), y sus proyecciones horizontal y vertical (movimientos
horizontal y vertical buscados)
En Ia figura se observa que hemos formado un cuadrilátero de vértices AA"A'A"', cuya diagonal es el
movimiento AA' y dos de sus lados sol los alargamientos calculados para los cables:
Y AA"' = 6"
Como el movimiento buscado es la diagonal AA' y ésta forma junto a cada pareja de lados del cuadrilátero un
triángulo rectángulo, si calculamos el valor de estos lados, podremos deducir el de la diagonal Para ello, escogemos el
triángulo rectágulo de vértices AA'A."'.
De este triángulo ya conocemos el lado AA"' igual a 62 Debemos calcular entonces AA"'
podemos obtener una relación ent¡e los lados del cuadrilátero teniendo en cuenta que, al ser un polÍgono cerrado.
se cumple la relación siguiente, proyectando sobre el lado AA" los demás lados:
6¡ = proyecc (A"A') + proyecc (A'A"') - proyecc (A"'A)
donde al ser A"A, perperdicular al lado sobre el que proyectamos. su proyección es nula, quedando:
Cap.ll - Trucción -t' Contpresióu simple. Problenrus isosltil¡Los 43

Problemas Resueltos de Resistencia de lv' ater¡ales
- Miguel Angel Millán lvluñoz
6r = proyecc (A'A"') - proyecc (62)
Sólo queda definir los ángulos de los lados citados respecto al lado sobre el que que proyectamos, y podremos
¡esolver la ecuación, en la que la única incógnita es A'A"'.
Según el gráfico vemos que:
proyecc (6¡) - 62. cos(c - p)
proyecc (A'A"') = A'A"'. cos(7rl2 -ct - p)=A'A"'. sen( o + p)
Así pues, sustituyendo en la ecuación anterior y despejando A'A"', quedará:
6r = A'A"' . sen( g + B) + 6'. cos(ü + B)
fi+$cos(a+P)
sen(a + P)
Con esta expresión conocemos los dos catetos del
triángulo rectii,ngulo, y podemos calcular el movimiento
de A con la expresión:
Las componentes horizontal y vertical se deducen
p¡oyectande este valor de A'A"' sobre un eje vertical y
otro horizontal. Del gráfico puede obtenerse que:
t80=62/(A'A"')
6v=AA'.cos(p-{)
6H:AA'.sen(p-g)
Aplicando las expresiones anteriores a los datos del problema:
En la primera parte del problema se obtuvo:
sencr:l/3 senp=2/3 es decir: c¡:19,5' p=41,3" ¡¿+p:61,3'
62 = 0,08 cm
El lado del triángulo A'4"'será:
ü + 61cosl,1 r Pl l.0l F 0.08cos(61.1)
=
-
= lll c'"
sen(d + P) sen(61.3)
El movinriento del punto A será entonces:
+ (A', A'" 2
Cap.ll - Trucción t' Compresión sünple. Problcntas isos!úticas

Misuel Millán Muñoz
Por equilibrio de momentos en la unión con el cable 2, se tiene:
Nr.3:P.l - Nr = P / 3 = 0,33 . P:33,3 KP.
Por tanto, Nz= P-Nr =2.P /3 :0,66. P= 66,67 KP.
2. Alargamientos de cada cable.
- Cable l:
Mt=
- Cable 2.
Mz=
t!?
N|
a'-
Nr
.¿, =lP.uoo=o,oo"''^' EtAt EtAt ' l0'.5
¡il r_z_
* _ Nz
.b =
Í$.roo = o,o,
",''' Ez.Az Ez.Az ' lO' .4
Movimiento del Punto A.
El movimiento de A será proporcional al movimiento de
extremos de la viga, con la relaciÓn:
M,-LL. 6"-Al4
6,c=ALr/3 + 2LL2l3=0,40 l3+2.0,05 13:
- 0,167 cm.
b) valor máximo de la carga P sin sobrepasar la tensión admisible en ninguno de los cables.
Er varor que debe r."* ,"
".,:,:0fr",T::::;il::ffi::.1::::iJ""r
der axil en er cabre es 0,33 p:
P = l0 / 0,066 = 151,5 Kp.
En el cable 2, se tendrá: o, = N¿ / A, = 0.67 . P | 4 = 0-167 . P - o"¿.', = 20
P : 20 / 0,167 = I19,8 Kp.
Asi pues, el valor de
cable 2.
P máximo es el menor de los dos valo¡es calculados: P: I 19,8 Kp, agotándose en primer lugar el
Cap. II - Trrrcción ¡'Conpresión sinple. Proble¡ttrts ¡sost¿¡t¡cot {6

Problé-m4s Resueltos de Resistencia de Materiales
I Millán Muñoz
rtr.- FLEXTON (I).
ill.I- Tensiones.
III.2- Giros y flechüs. Ecuación de la eldstica y
Teoremss de Mohr,
Cxp. lll.l . Fle:ión (I). Tensiottes. 41

L rvultan Nlur'toz
l. Cuestiones:
a) Calcular el momento máximo positivo y el negativo que son capaces de soportar las secciones de la figura l.
sabiendo que la tensión admisible a fiacción es o"¿.¡,r= 100 Kp/cm2 y a compresión oua.¡,c= 200 Kp/cm?.
b) Calcular el valor del momento flector que solicita a la sección de la fig. 2 y su signo , sabiendo que la ¡ensión en el
Dunto I es de lracc¡ón y de valor 30 kp/cm?.
(Cotas en cm).
Fig. 1 T_l
2. Dimensionar el canto necesario de la viga, siendo Ia tensión admisible o"¿.,,= 200 Kp/cm'z.
(Examen Parcial, Curso 93-94)
6",.1 lt,
v
r t--l
lltl
20
3. Hallar la longitud L enfte apoyos de Ia siguiente viga, sabiendo que en el punto I de la sección A (7,5 cm por encima
del eje n€utro) hay una tensión normal de tracciÓn de valor 43,75 kp/cm? (Dato: El=cte)'
(Examen Final , Curso 97-98)
I
@
.5 cm
20 cm
4. En la viga de la figura
(Daro I. = 1/36 .b.h)
o"¿.¡.r : 280 kp/cmt y o"o.¡,t = 320 kp/cm?, Calcular el canto h'
(Primer parcial, Curso 94-95)
Al
Can.III-1. Flexión . Tensiones.
Cap. IIL I . Fle.ión (l). 'fetr;iottev
ll cnr
l8

Problemai Resueltos de Resistencia de Materiales
I Nfillán lvfuñoz
CUESTION a)
para el cálculo del momento máximo positivo y negativo que una sección es capaz de admitir, las condiciones a
imponer son siempre el que se alcance la máxima tensión admisible en la fibra más solicitada de la sección.
EI proceso de cálculo consistirá entonces en:
l- Estudia¡ el diagrama de tensiones que se produce en la sección y deduct, segun sus caracteristicas, cuál es la
fibra más solicitada.
2- Como estudiamos el agotamiento de la sección, éste se producirá cuando en la fibra más solicitada se alcance
q"d*i, (a tracción o a compresión, según la fibra esté comprimida o traccionada). Tendremos que imponer entonces
aicná tensiOn y, por tanto, el diagrama de tensiones estará completamente definido, dado que conocemos este
punto y además pasa por el eje neutro.
3- EI momento buscado se¡á el que produce dicho diagrama de tensiones, obteniéndose fácilmente con la
expresión:
"=Iy
donde al sustituir o = y tomando la yr correspondiente a la fibra más solicitada queda:
M =
o
admis
I
rl
Es evidente que obtendremos, en general, dos momentos máximos, uno positivo y otro negativo, según
consideremos la fibra mrís comprimida (con su ordenada y respecto a la fibra neutra) o la más traccionada (con su ordenada
y correspondiente).
Sección rectangular
Dado que en la sección rectangular el eje neuho está en el centro geométrico de la sección, la tensión máxima de
tracción es siempre igual en modulo a ü de compresión, dado que el valor de la ordenada de sus fibras "y" es igual para las
dos. Esto puede apreciarse fácilmente en el gráfico de tensiones adjunto
Al considerar el agotamiento de la sección, impondremos que se alcance la o"u¿-i,
en Ia fibra más comprimida, por una parte, y en una hipótesis distinta, que se alcance la
oru¿,¡ en Ia fibra más traccionada. De estas dos hipótesis, la que realmente agotará la
sección será la que se alcance primero, es decir, la que ocasione un M de menor valor'
Este doble cálculo en realidad ¡ro será necesario, puesto que como se ha indicado'
las tensiones máximas de tracción y compresión en la sección son siempre iguales en
módulo. Por tanto siempÍe ss alcanzará primero el estado de agotamiento definido por la
ou,t.i. de menor valor absoluto.
Así pues, aplicando la fórmula indicada a la fibra extrema traccionada (y: h/2 =
20 cm), dado que la oc.¿",;, = 100 kp/cm? es la más pequeña, nos quedará:
-l.. "a,lntis '
:I
1rl
"olri-i
jjt
-
100 il 20 J0
= ill.Jli Kp cn = 5.Ji ,,.¡
ht2 20
Los momentos máxirnos admisibles positivo y negativo para la sécción rectangular son, por tanto, iguales en valor
absoluto IVf = 5.33 m.t.
Cap. Ill.l .- F/c.viritt (I). Tensiottes. .+9

Millán Muñoz
Sección en T.
para este caso, al ser la posición de la fibra neutra asimétrica verticalmente, no se puede saca¡ una conclusión
directa sobre si el agotamiento va a ser a tracción o a compresión
para saber cómo agota la sección se harán dos tanteos. En primer lugar se supone el agotamiento a tracción de Ia
fibra ext¡ema traccionada, y en segundo lugar se supondrá que agota a compresión fibla exftema comprimida- De los dos
momentos obtenidos, el que agote la secéión será el de menor valor, ya que conseguirá alcanzar antes una de las o"¿,¡, .
Estos tanteos se harán tanto pafa calcular el máximo momento positivo como el negativo,
- Cálculo de la posición de la fibra neutra.
El centro de gravedad se calculará igualando los momentos estáticos de las áreas parciales con el de la sección
total, referidos a un eje que pasa por el borde superior de la sección:
20.5.2.5+35.5 (3512+5)=(20.5 + 35 .5). vc = vc = 15,23 cm'
- Momento de inercia de la sección respecto al eje neurro'
Se descompone la sección en rectángulos con un lado perteneciente al eje neutro, contabiliziindose negativamente
las inercias de aquellos que no perten€zcan a la sección real:
fc: l/3 .20 .75,233 -2. l/3 .',l,5 .10,233 + l/3 . 5 (40 - 15,23)3 = 43'52'1,5 cma
- Máximo momento positivo.
Fig l.r .- Agotamieoto
a compresión
Fig l.b.- ¡gotamiento
¡ tr¡cc¡ón
Suponiendoagotamientoacompresión,Iañbramáscomprimidaesladelextremosuperior(porserunmomento
positivo), y el momento máximo será (fig 1 a):
" d{ntt , = 5'71.9'1'l Kp.cnt = 5,12 n.tLIt
Suponiendo agotatniento a tracción, la fibra
positivo), y el momento máximo será (fig l.b):
200 . 43.521
ti?1
más traccionada es la del extremo inferior (por ser un momento
,tr+ =
9;-! ' 100 43 527
= lti.716 Kp.cnt = t,'16 nt.t
.l'nrr'¿ro¡ ('10 - 15.21)
EI rnomento buscado es ei nenor dc los dos: lví,,,". = 1.76 n. t
Cap. IIL I .-.ltlc-tiítI (I). Tetls¡an¿s. 50

Problem¡s Resueltos de Resistencia de Nfateliales
I NIillán Muñoz
- lvf áximo momento negatlvo.
Fig 2.¡.- Agotamiento
a compresión
Fig 2.b .- Agotamiento
a tr¡cción
Suponiendoagotamientoacompresión,lafibramáscomprimidaesladelextremoinferior(porselünmomento
negativo), i el momento máximo será (fig' 2 a):
oad^ís I
=
200 43 52'1
- 351.453 Kp.cn=3,5rm.t
Yinferior (40 - 15'23)
Suponiendo agotamlento a tracción, la fibra más t¡accionada es la del extremo superior (por ser un momenlo
negativo), y el rnomento máximo seú (fig l 'b):
Ml
T
,^- -
d ad-is I
-
100 43 527
= 285.800 Kp.cn = 2.E5 n.l
' y 15,23
srp eftor
El momento büscado es el menor do los dos: M.". = -2,85m t
CUESTION b)
El valor de la tension es constante en cualquier punto contenido en un eje paralelo al eje neutro, es decir en todos
oqu"llo. punio, qu" tengan tu mirmu orá"nudu ..rpá"to u dicho eje neutro. Esto es evidente en la fó¡mula de Navier' donde
i"' U"i""
'""ri"Uf ,j g"oniét i"u en la expresión de la tensión es la ordenada "y", independient€mente de la x del punto
considerado.
Por tanto, el valor de la tensión en el punto solicitado depende sólo de su posición vertical, y no de la horizontal.
El valor del momento sera, entonces
r1
^t
=or -o''htn' -¡o ü 30:03 - 135000 Kp,r = I'J5 'at
t0
Pu€stoquelat€nslónesdetracción,yelpuntoestásituadosobrelaflbraneutra,podemosconclLtirqueel
momento actuante es negativo, dado que tracciona la parte superior y comprime la inferior:
M = -1,35 m. t
ilCap. fll.1 .' Flcriótt (l). Tensiones

ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales
M LVllltan Lvlunoz
SOLUCION PROBLEIVIA N" 2
El canto necesario para la viga será aquel que consiga que la sección más solicitada está en el límite de
agotamiento, es decir, que la fibra más sólicitada de dicha sección tenga una tensión igual a la admisible.
En este caso, dado que el problema sólo da un valo¡ de oadñis podemos concluir que dicho valor corresponde tanto
a la tensión admisible a tracción como a la de compresión'
Los pasos a seguir serán:
l. Identificar la sección más solicitada a flexión (dado que el problema sólo indica tensión admisible a tracciÓn y
compresión) a partir del diagrama de momentos flectores'
2. Calcular la tensión máxima en dicha sección en función del canto h (incógnita) e imponer que sea igual a Ia
ondmis.. De esta ecuación se obtiene el valor de h buscado'
Cálculo del diagrama de Momentos
6 m.r | ,,
Calculamos primero las reacciones en los apoyos' planteando
A
el equilibrio de momentos y el de fuerzas vef icalet q;
t t
Equilibrio de momentos en apoyo derecho: |
-
| "
6 -8'2=Rr'4 + Rr=1014=2,5t'
Equilibrio de fuerzas verticales:
Rr:8-2,5:5,5 1.
El diagrama de momentos será el indicado en la figura' siendo
la sección más-solicitada la del centro de vano de la viga biapoyada'
con un momento M = [1m.t.
Cálculo de la tensión máxima )¡ del canto
Al ser la sección transversal rectangular, la tensión máxima se producirá en las ltbras extremas' tanto en la inferior
como en la superior, con idéntico valor absóluto en ambas. La condiciÓn de agotamiento la impondremos en cualquiera de
ellas. dado que la tensión admisible es igual para tracciÓn y compresión
De Ia ecuación de Navier:
tull"lhM
" =
i y = L¡lÉ t= Tf,p = 6.a,,i,
Despejando el valor de h buscado:
.@=00.ur",,.
! 20.200
El canto necesarto sera, si redondeamos por motivos constructivos a
mÍrltiplos de 5 cn., h = 45 cm.
Cap. lll.l . Fle.tiúu (l). T¿ttstut¡¿'¡ 5l

Problem¡s Resueltos de Resistencia de Nlateri lcs
Millán I,f uñoz
SOLUCIÓN PROBLEMA N" 3
La tensión producida en un punto cualquiera de una sección depende de la geometria de dicha sección (conocida
en este problema, ya que es rectangular de 20 x 30 cm) y del momento flector que actúe sobre ella. La relación enfre todas
Ias variables se establece mediante la ecuación de Navier.
El momento flector en la sección A indicada dependerá de las cargas que actuen sobre la viga (conocidas, q=3
lmzl y de la luz de la viga, que en este caso es la incógnita a determinar
Et proceso de cálculo será entonces:
- Determinar €l momento M que actúa sobre la sección, en función de la incógnita L.
- Calcular en función de la tensión normal que se produce sobre el punto I de la sección A el momento que está
actuando sobre ella.
- lgualar dicho momento con el calculado anteriormente, obteniendo una ecuación con una incógnita de la que
podemos desPejar L.
Cálculo del momento en A, función de L
El momento en centro de vano equivale al de una viga biapoyada con dos momentos puntuales en los apoyos
debidos a los voladizos:
- Muou¿i,o: - Q .L,.L"12=-ll2.qL"2:-112.3 .22='6m.t
- M6¡,oor"¿"= 1/8 . q L2
- M¡:l/8 .qL'? -6=318L?-6 (unidadesm.t)
Cálculo del momento que crea la tensión indicada en A
Teniendo en cuenta que la tensión en el punto A es de tracción, según indica el problema, el momento que actúa
d€be se¡ negativo, ya que sólo un momento negativo crea tracciones en la parte superior de la sección (sobre el eje neutro).
De la ecuación de Navier, despejamos M:
M
Cálculo del canto h
Igualando los dos momentos, nos queda:
MA = 3/8L1 -6=-2,625 3
o I 41,75. , 20 301
= - 262.500 Kp.cn = - 2,625 m t
Lz=3,375 .813 =9 L= 3,0 m.
Cap. IIl.l . Flexión (I). Tensío¡r¿s. i3

Prqblemas Resueltos de Resistencia de Materiales
Millán lvfuñoz
SOLUCION PROBLEMA N' {
El canto que deberá tener la viga es aquél que permita resistir los máximos momentos que provocan las cargas que
actúan sobre la viga, sin sobrepasar en ningún caso las tensiones admisibles.
Dado que la sección no es simétrica respecto al eje neutro, los momentos positivo y negativo de agotamiento de la
sección se¡án distintos y, por tanto, habrá que calcular ambos y comprobar que no son superados por los que actuan en la
vlga.
El proceso de cálculo setá entonces:
- Cálculo de los momentos de agotamiento de la sección, tanto positivo como negativo.
- Cálculo de los momentos máximos, positivo y negativo, que actuan sobre la viga.
- Obtención del canto h que permite resistir ambos momentos sin superar ninguna de las tensiones admisibles.
Cálculo de los momentos de agotamiento de la sección
Los momentos de agotamiento pueden obtenerse a partir de las distribuciones de tensiones que alcanzan la o"¿,¡,
en la fibra más solicitada.
En primer lugar, dado que la sección es triangular, la posición del eje neutro corresponde a l/3 h, que es la
posición del centro de gravedad.
Conocida dicha posición, podemos establecer las distribuciones de tensiones que agotan la sección, imponiendo el
agotamiento a compresión primero y a tracción después, siendo el real el que se produzca antes, es decir, con un momento
flector de menor valor. Este cálculo se hará tanto para momento positivo como negativo.
Momenlo Dosilivo:
Fig La.- Agotamiento
a compresión
Fig l-b.- Agotamiento
a tr:¡cción
El agotamiento a compresión se produce para el momento M1'equivalente a la distribución de tensiones de la fig.
l.a, y podemos obtenerlo a partir de la fórmula de Navier:
r¡n lrl¡,1
= .V: - 9r!'' t
- ""
J",'-
' = 160,r¡l Kp.c¿r.
tsúPtn.r I,.
Análogamente, el agotamiento a tracción se produce para el momento Mr', tal y como se indica en la fig. l.b, de
valor:
l, rqn Lrll,l
y, =d::--r::L.
J _ -""
l^;'-
' -28uir- Ap.,ar
!¡t cua i /¡
El momento positivo de agotan]iento será el menor de los dos, es dccir. lvlt- = 160 hr.
Cap. III.I . FIeúón (l) Te¡t:;iones. 5l

Problenias Resueltos de Resistencia de NIáteriales
I Millán Muñoz
úIoflEnto tregalit'o:
Fig 2.¡ ,- Agotamiento
a compresióo
F¡g 2.b.- Agotamiento
a tracción
EI agotamiento a compresión se produce para el momento Mr- equivalente a la distribución de tensiones de la fig.
2.a, y de la misma forma que en el aptdo anterior será:
- t | 320.+ 12 ht
yr- =6odn,'
I
-""')e-''" =320h2 Kp.cn.
f;ot cnor i n
Análogamente, el agotamiento a tracción se produce para el momento Mj, tal y como se indica en la fig.2.b, de
valof:
- .r t 280.+ 12 h3
y,- =
dadn¡is I _ -""' )6.'- '
= 140 h2 Kp.cn.
tswtnar I -
El momento negativo de agotamiento será el menor de los dos, es decir, Mr- = 140 h'z'
Cálcülo de los momentos que actúan sobre la viga
Dada la geometria de la viga y la distribución de las cargas, es fácil observar que los mayores momentos negativos
se producirán en los apoyos y el máximo momento positivo en €l centro del vano central'
El momento en centro de vano equivale al de una viga biapoyada con dos momentos puntuales en los apoyos
debidos a los voladizos (que coinciden con los máximos momentos negativos):
- Muor,di.o=-Q.L,.L"/2:-l/2.qL,2:- l/2 . 1,6 . l2 : - 0,8 m.t
- Muiopoy"¿u= l/8 . q L'?= l/8 ' 1,6 .3? = 1,8 m.t
- M."noo u-o : Mbiapoyada - Mvo¡a¿¡- : 1,8 - 0'8 = l'4 m t
Cálculo del canto h
El canto necesario para resistir cada uno de los momentos positivo y negativo que actúan sobre la viga se obtiene
igualando éstos con los resiectivos momentos de agotamiento de la sección. El canto necesario será el mayor de los dos
obtenidos. Hay que señalar la necesidad de establece¡ las ecuaciones en un sistema de unidades homogéneo
M* = 160 h'] Kp.cm = 1,0 . 10t kp .cm
M- = 140 hr Kp.cm = 0,8 . 105 kp .cm :) h = 23,9 cm
=
25 cm.
Por tanto, el canto nec€sario será el mayor, es decir, h = 25 cm.
Cap. IILI . Flexión (l). Tensiones. f)

Problemas Resueltos de Resistenci¡ de M¡teriales
Millán Muñoz
Cap.III-2. Flexión . Giros v flechas.
l. Calcular para los siguientes casos:
a) Leyes analíticas de esfuerzos axil, cortante y momento flector.
b) Ecuación de la elástica de las siguientes vigas (se tomará EI = cte en todos los casos) y definir el giro y la flecha en
el punto A.
c) Calcular el giro y la flecha en el mismo punto A usando los teoremas de Mohr.
M IP
A------A---)7 t-./ ,^
tLtll
.-------- -------t | '- | 'lt------------1--
q
l-r.-
I lT ro
4rülJütg-- íA ^
-Y-
'l , | . I I s i , I
f-------- ------1 F_l--+-l_-]
Calcular la flecha máxima en la siguiente viga por el método de la elástica y por los teoremas de Mohr (El = cte).
/)
l7 r ] lly=l -.r- ---4., l.-
|r2 t2 )E.1
HallarTenx:1m.
tlrIIár lá<..roa.
Hallar la luz.
)r
- 4., l.
-,) E'
a)
b)
l2llr--- --r_-----T
A (cent¡o)
J. Para cada una de las ecuaciones de la elástica siguientes , se pide:
l2rI
I
Y
z m.T I r---------ñ-
-Zll
lsttl
r-------------- --
/)
tt 1 x
v=l-.x- --t 12 t2
4. Calcular la flecha en A (EI = cte).
Cap. IIL2 .- Flc-ió (l) Giros r llecln:;. )()

Protrlemas Resueltos de Resistencia de Materialcs
Angel Millán Nf uñoz
6.
5. La viga de la figura está solicitada por una
carga vertical P = I T. Calcular el conimiento
vertical del punto A de aplicación de la carga.
(EI)"ir" = 1000 T.m2
( EA)",,",. = 2000 T.mr
Calcular el movimiento vertical de los puntos A y
sabiendo que la viga apoya en el punto A sobre
muelle de constante elástica K.
(EI),¡n" = 1000 T.m2
(K).""¡. : 3000 T/m
7. Calcular el movimiento vertical del punto B (flotador) y
C tras la aplicación de la carga P = 0,2 T, sabiendo que
el flotador tiene una sección fansversal de 7,5 m2 y está
sumergido en agua. Antes de la aplicación de la carga P,
la posición de la viga es horizontal.
(EI),r, = 1000 T.m'?
8. La estructura de la figura está sometida exclusivamente a su peso
propio. Calcular el corrimiento horizontal y vertical del punto A,
sabiendo que las dos banas son cuadradas de sección 30 x 30 cm y
que la densidad del mate¡ial es 2,5 T/mr. Las banas son
inelongables. E = 2 . 106 Kp/cm?.
B,
un
ó
I
tl2lr I
r-- ---T---- l
C.ip. lf | 3 .'.- Ílt.ión 0) Cto.s ¡ 1,-ltar i7

Problemás Re¡üettos de Resistencia de Nlateriales
el Millán Muñoz
SOLUCION PROBLEMA N"1
El proceso de cálculo será similar para todos los casos y constará de los siguientes pasos:
l. Cálculo de las leyes de esfuerzos:
a) Se tomará siempre como origen de x el extrcmo do¡sal de la viga (extremo izquierdo). De esta forma se cumplirá
la relación:
dlt'Í
dx
b) Se analizarán los tramos en que se deberán calcula¡ por separado las distintas leyes, especialmente la de
momentos, que serán los tramos que después se definan para la elástica-
El inicio y final de estos tramos estarán determinados por:
- Apoyo, empotramiento o borde libre.
- Punto de aplicación de una carga puntual o momento puntual'
c)
- inicio o final de una dist¡ibución de carga de cualquier forma, o cambio de forma de dicha distribución
(ej. paso de una densidad q rectangular a otra triangular, o cambio de una densidad rectangular q a otra
rectangular q')
Se calcularán las reacciones si éstas son necesarias para la evaluación de los esfuerzos (p. ejem en una ménsula,
dado que se pueden leer los esfuerzos desde el borde libre, no sería necesario el cálculo de las reacciones, salvo
que leer desde el empotramiento sea más simpte).
La expresión analítica de la ley para cada uno de los tramos se obtendrá eligiendo una sección genérica de abcisa
x, qué esté situada dentro del t¡amo estudiado, y se calculará el esfuerzo que acflla sobre ella, bien leyendo por la
derecha o bien por la izquierda (según sea más cómodo).
2. Ecuacién de la elástica.
a) Se parte de la ley de momentos definida anteriorm€nte en cada tramo'
b) Debe tenerse en cuenú que los t¡amos de la elástica coinciden en general con los de la ley de momentos calculada,
salvo en los casos siguientes, que afectan a la rigidez El:
- Inercia I variable Por hamos.
- Módulo de elasticidad variable por tramos'
En estos casos, se deberá calcular la eláStica por integración independiente en cada uno de eSoS tramos.
Si la variación de los parámetros citados fuera continua, no habrá que separaf por tlamos, solamente habrá que
tener en cuenta que deúe integrarse la ley M/El considerando EI dependiente también de x.
c) Se integrará sucesivamente la ecuación Et y" = ¡911",
sin olvida¡ las constantes de integración. téngase €n cuenta que para esta ecuación se han empleado unos ejes de
coordenadas con sentido positivo de la flecha hacia aniba. (Si se hubiera usado la ecuación EI y" = - M(x), el
sentido positivo de la flecha sería hacia abajo)'
d) Se impondrán las condiciones de contomo que permitan obtener el valor de dichas constantes, y que se oblendrán
de:
- condiciones de giro y flecha en los apoyos o empotramlenlos.
- continJidld de ¡iro ¡ fleclt.r en l¡ trnión enire trllnos sucesivos
d)
53Crp. Ilf .). Flt.t'iitt (l). Gtr".'.r' tl¿' lt'ts

Problemas Resueltos de Rcs¡stencia de Nlateriales
Millán Vtuñoz
Viga n" I
L- Leyes de esfue¡zos.
Calculamos los esfue¡zos leyendo por la derecha, por lo que no
Tramo I:
N:0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)
M:-M-P(2,L-x)
Tramo II:
N:0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)
T=P
M = - P (2.L - x) (en este Íamo ya no actua el momento puntual M)
Condiciones de contorno:
- Ciro nulo en el empotramiento: 0 (x:0) = y'(x=O) = 0 +
- Movimiento vertical nulo en el empotramiento y (x:0) = 0 -
Tramo II:
El .Y" = - P (2L-x) = Px - 2.PL
2
EI Y' = P'- - 2'P L'r + C3
2
3
a)
ELy = P.- - P.L.t- + C..x + C4
Condiciones de contorno :
será necesario calcular las reacciones.
f'L"L"1
P.- -1.l +2..P.1.1.- = P.- P.L.L- + l L..L
626
P
2.- Ecuación de la elástica.
Teniendo en cuenta que la rigidez El es constante' la ecuación a integrar será: EI . y" = M(x)
Tramo I:
ELy" = - ¡v7 - P(2L-x) = P.x - (lvl + zPL)
2
x
ELy' = P.- - (M +2.P.L).x+CI
2
.32
tx
EI.y = P.- - 1, * 2.P.L).- + C,.x + Ct
62t-
- Igualdad de giros en punto común a los dos tramos: 0¡ (x=L) = 0¡¡ (x=L) > y'r(x=L) = y'rr (x=0)
lgualamos las dos ecuaciones de y' sustituyendo x por L
?tp.:-(,11 + 2.P.L).L = P.--2.P.1.1+C3 -.)
22
C;= - M. L
- tgualdad de flecha en punto común a los dos tramos y¡ (x=L) = y¡¡ (x=L)
Igualamos las dos ecuaciones de y, sustituyendo x por L, y teniendo en cuenta que C ¡ = C1 = 0. así como clue
+C, ::. Lr =-
11
L- 1 l.-
.l
-+1.1. =l -11
cj=-M.L
Cap. IIL2.-- Fle.rirí n (l). Giros t.llechus 59

Probiemas Resueltos de Resistencia de Nlateriales
El punto A cor¡esponde al ext¡emo de la ménsula, es decir a x = 2.L, perteneciendo al tramo Il.
lAngel lvfillán Nluñoz
i.- Gi¡o y flecha en A por la elástica.
El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones y' e y del tramo al q1rc pertenece el
pltnto, con sólo particularizarlas para la x del punto buscado.
- Giro en A:
0u= y'(x =,r= *(, +-2pL¡ -
" ')=+(, + -2 p L(21)- ¡vt L)=-;fu ,.,, r)
- Flecha en A:
yt;c = 2.Lt = +(, u¿ - p.1 4.L2 -
^4
L t2.L) +^, 4) = !( o ¡ ( t - q * .u.t2 ( t
o, 6 2)Er 3 / 2
4.- Giro y flecha en A por los teoremas de Moh¡.
-rl) = -rl- L p tr - 3
nt.r2t) EI'3 2 |
AI ser una ménsula, podemos obtener directamente el valor del giro y la flecha en A a partir del lo y 2o teoremas
de Mohr, siempre que consideremos dicho giro ¡especto al empotramiento. Debemos emplear,entonces, la ley de momentos
entre el empotramiento y el punto A
Pa¡a ello necesitamos dibujar previamente la ley de momentos flectores.
Como es un caso de cargas combinadas, lo más fácil es descomponer el problema en dos casos simples, con cargas
individuales, calculando para cada uno de ellos el giro y la flecha en A y superponiendo los resultados (con su signo).
Puede verse con facilidad que en los dos estados de este problema, tanto el giro como la flecha son negativos, es
decir, giro antihorario y flecha hacia abajo.
4---*---_]:ILILI
T-------- --------¡
Estado I
ffi^ffi^Estado Il
Por tanto, el giro y flecha del estado original serán:
r e.p.? + ,V L)
9;=01+0s
EI .
t,='f *r,tt =l(+-l!¿)¿/' ' )
Estado Í
Estudo I:
/)I _1II 2.PI:
0t =
-l - .21.(2.P.1)
11 2 ) Er
),
I 2.P.1- I2 -l8p.¿:t, ,,_t _), t-__rA | _"t-
¿,¡ 3 ) Er l
Estado II:
tr.r ( t , -t :.,v.r2
;['.")-; ,
Estado II
Cap. IIL2. Flexirin (I). Ciros rflecltas. o0

, Problemts Resueltos de Resistencia de Nlateri¡les
Viga n" 2
L- Le],es de esfuerzos.
Calculamos los esfuerzos leyendo por la derecha, por lo que no será necesario calcular las reacciones.
Tramo I:
N = 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)
T= será el área del rriángulo de carga entre x y (L-x).
Teniendo en cuenta que se cumple que:
A, (, -,)' (ver erálico adjunto)
'| ,)
y(x=0)=0 ?
61. r'' ' = 0
f1. r,' = C.
¿/.r =(--..r+C-,).+
- Giro nulo en el empotramiento:
- Movimiento veftical nulo en el empotramiento:
, (r-")' r , (¿-,)' _n.(t-,2T=A.=4.-=;st z - ,r^t:'t
.x+C
l2
0 (x=0): Y'(x=o) = 6 3
M: conesponde al momento del área Ax respecto a la sección situada
en x, es decir, el producto del área por la distancia desde su c.d.g. a la
sección x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo:
, o.(t- r2 t o (t-'3
M =-Ax.-(L-xt=-T att-n=- u-;
Tramo II:
Puesto que leyendo por la derecha, no hay ninguna carga que pueda creat esfuerzos, se obtiene:
N=0; T=0; M:0
Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: E[ . y" : M(x)
Tramo I:
tr y" = -L .(r - ,)3
rr t'=L(t-,)4*c,
nt.y =-j. (t-')5 *c" 120.L
Condíciones de contorno :
'?d 4 oL-
c =_L L ,,L
| 24.1 24
,4q.L
120
A (triángulo
total) = Y,.q.L
Tramo ll:
Cap. Ill.2 . Fle-uióu (l). Giros r.fiechct.s. o¡

Millán Muñoz
Condicio¡tes de conlorno:
- Igualdad de giros en punto común a los dos Íamos: 01 (x=L) = 0¡ (x=L)
= y'¡ (x=L) = y'¡ (x:0)
Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo x por L
, .(t- ta -q.L3 =c + c = -413
21.¿' ' 24 I I 2+
- Igualdad de flecha en punto común a ios dos tramos yr (x:L) = yrr (x=L)
Igualamos las dos ecuacioneS de y, sustituyendo x por L, y teniendo en cuenta que los valores de C¡, C2 y C3
calculados:
-¡ .4
qL- , qL'
-.1,+-=-
a/5
--.tL-Lt -120.L '
-1
244
.4
^qL
4 120
3.- Giro y flecha en A por la elástica.
El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones y' e y del tramo al que pertenece el
punto, con sóIo particularizarlas para la x del punto buscado.
El punto A corresponde al punto de x = 2.L, perteneciente tanto al tramo I como al tramo [I.. Podemos usar, por
tanto, cualquiera de las ecuaciones para calcular el giro y la flecha. Usaremos las del t¡amo II por ser de expresión más
sencilla.
- Giro en A:
Flecha en A:
4.- Giro y flecha en A por los teoremas de Mohr.
Al ser una ménsula, podemos obtener directamente el valor del giro y la
flecha en A a pafir del l'y 2o teoremas de Mohr, siempre que consideremos
dicho giro respecto al empotramiento. Debemos emplear,entonces, la ley de
momentos entre el empotramiento y el punto A.
Para ello necesitamos dibujar previamente la ley de momentos
flectores. Como es una carga triangular, la ley de momentos será una parábola
de 3o grado.
.tlt , ,, o.f
e"=:l: tl!.q.t'tl= L
" r1 4 b ) 24.8r
, -,¡ (a,'l -_ u,o
"'
-
"u't-l
3aEI
Se han indicado signos negativos, puesto que de las cargas puede deducirse
horario y la flecha hacia abajo.
fáclimente que el giro será en sentrdo
tqÉ
0 =v' (x =¿)=--.-A II' E] 24
t(oD ,¿o) qL4
v =v (x=Lt=-.1'A-I 61
[ 24 t20
) ]0.6/
=1/'c.L ll3 L= l/6 qL'1
Cap. IIL2.- Fle-üi (l). Ciro:;.t flecltLt.t 6)

lvlillán Muñoz
Viga n" 3
L- Leyes de esfuerzos.
Para poder calcular los esfuerzos Ios esfuerzos es necesa¡io calcular las ¡eacciones.
Planteando el equilibrio de momentos en es apoyo izquierdo: q
R1. L: /2. q. L. l/3 .L= l/6. q.L2
Rr: l/6.q.L
Por equilibrio de fuerzas verticales:
Rr: %. q.L-l/6 .q. L: l/3 . q. L
Como solamente hay una densidad de carga triangular y es una viga
biapoyada, solamente habrá un tramo en el que calcular los esfuerzos.
Por facilidad, leeremos los esfue¡zos por la derecha ya que de esta forma
interviene un triángulo completo de la densidad de carga, en lugar de un trapecio,
siendo más fácil de calcular su área y el momento que produce.
N : 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)
(ver gráfico adjunto)
T = T(debido a la densidad de carga) - R2
T (debido a la densidad de carga) será el área del triángulo de carga entre x y (L-x).
Teniendo en cuenta que se cumple que:
A, _(L-,)2
Ai!
M = R2 . (L - x) - M (debido a la densidad de carga)
M (debido a la densidad de carga) corresponde al momento del área A* respecto a la sección situada en x, es decir,
el producto del rirea por la distancia desde su c.d.g. a la sección x. Téngase en cuenta que el momento es de signo
negativo. Quedará, por tanto:
A! = R .( L - xt - ¿ .! .t I o(L-*2 | ' ^ ('
')32 , 3
.a -', -;.q.L.tL- t - 1:v----::L.:.1r - ') =i.o.t.tt-xt : -.
Teniendo en cuenta que la rigidez E[ es constante, la ecuación a integrar será: EI . y" = M(x)
Tramo l:
I ... 4 (¿-,)l
Lr..t : - .q. L. L _ .t t _
, .
-_ ,-ooL
Er t' = .q1.(r-.,)t,4.(¿-.,)a.c' t2 ' :.1.¿ ' I
tr , -'t
L (¿ -,)l . ---q .(¿-..)5-c..,-r
i6 [0 1_ | ]
tramo I
Cap. IIL2 .- Flexión (l). Giros ¡,flechas. ói

Problimas Resueltos de Resistencia de Nlateriales
Millán lvluñoz
Cotld¡ciones de contortlo :
- Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:
y(x=o)=o =.> ELy =s! f , -!= ts +c^' 36 120.L 2
7t
.=-q.L +C^=0
¿JÓU¿
(t r r
16 rlol'
,4q.L
e
A
= y, (:, =
+( + (, :)' .
h(, _
:)^. .*.,, J
=
t ; .
* .
* )
n f = o,*,,,,t
L'1 .r'l t(t r r) d
z tto" "
J rr zrs st+o tzo )''"
7
2 360
- Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:
y(x=¡¡=g > Ei .y =c..I+C^=c..t-J '4 ^ ^ '1 1
' I 2 | 36os
L =u = ct=-4r-
3.- Gi¡o y flecha en A por la elástica.
El punto A corresponde al punto de x = L / 2. obtendremos el giro y la flecha sustituyendo este valor en las
ecuaciones respectivas.
- Giro en A:
- Flecha en A:
/^
L tlo.t( ¡-)'
v(-) =-l -.1 ¿--i
2 E|36 2l

r . r5a i Lt | 1
r20.¿ | 2) 360' = -0,0065.
!:
EI
4.- Giro y flecha en A por los teoremas de Mohr.
Hay que tener en cuenta que las fórmulas conocidas de_l área y c.d.g. de una
parábola cúbica conesponden a una parábola del tipo y : a.x', es decir, el tipo de
parábola que corresponde a la ley de momentos de una densidad de carga triangular en
una ménsula.
La ley de momentos en la viga biapoyada es equivalente a la que crea en una
ménsula la densidad de carga triangular sola (ley parabólica de 3'grado, del tipo y :
a.x'), sumándola a la que provoca la reacción en el apoyo (ley lineal). Téngase muy en
cuenta que esta equivalencia SOLO ES A NIVEL DE LEYES DE ESFUERZOS, no a
nivel estructural. Nos permite utilizar los teoremas de Mohr en un punto A cualquiera sin
demasiada complicación, ya que usamos leyes sencillas en lugar de la ley de M
combinada en la viga.
El cálculo por los teoremas de Mohr se hará superponiendo las áreas y los
momentos estáticos de ambas leyes de momentos.
El primer paso será, por tanto el cálculo de las dos leyes de momentos flectores.
Como queremos calcular el giro y flecha en el punto A, debemos obtener los valores de
los momentos en dicho punto.
Los valores máximos y en el punto A de las dos leyes de momentos dibujadas
son;
- Ley parabólica;
Moporo¡,,ru = t/,.q.L. ll3. L = l/6. q. L:
N1, = t/r '(q12) Ll2 lt3. L/2= l'48 q.Ll
Cap. IIl.2 . Fle-rióu (l). G iro.:; .t .llcchas
c = l/l .L
o.+

ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales
Millán Murloz
- Ley triangular:
M,po'oi,qu: R:. L= l/6. q. L?
M¡ = R¡ L/2 = I/l2 q L'?
El giro en A se calculará a partir del primer teorema de Mohr, refiriéndolo al giro en el apoyo (si conociéramos la
posición del punto de flecha máxima en el que, por tener tangente horizontal, el ángulo girado es nulo, podriamos
referimos a é1, pero en este caso no es conocido),
Para calcular el giro 0 en el apoyo derecho usamos el 2" T. de Moh¡
en relación al primer apoyo, como se indica en la figura. Con dicho teorema
obtenemos el valor de H, y el giro en el apoyo será:
o"p.yo=H/L
Obtenemos la H debida a la ley parabólica de momentos (negativa porque produce flecha hacia abajo) y le
restamos la H debida a la ley triangular (positiva porque produce flecha hacia aniba):
/ / / ' t a.t4 o.L4
H = l-| - ! t( ! o. 12 l ! . * 1,. f l n r l l ¿ l = l - I* t.J - = 0.0re44 L'' 81 [ 4 6' )s 2 6' /3 ) t2o 36) EI Et
o = o.ote44.LL
apoyo EI
De esta forma, el lo teorema nos dará el valor del giro relativo entre A y el apoyo tomando el área de la ley de
momentos entre ambos puntos. El giro, si recoremos la viga desde A hasta el apoyo, será (0"p.y" - e^), positivo por girar en
sentido homrio respecto a la horizontal:
A¡=Area(leyparabólica)=l/4.L/2.Ma(leyparabólica)-l/4.L/2.1/48.q.L3=l/384.q.Lr
A2:Area(lcytriangular)=ll2.Ll2.MA(leytriangular)=V,.Llz.lll2.q.L3=l/48.q.Lr
0¡ = -llEl . cA¡ + Ar) + o"p.y" = (- 0,01 82 + 0,01 944).q.Lr i EI = 0,00 I 22.q.Lr / EI
Para calcular la flecha, seguiremos el esquema indicado en la figura.:
f¡=H¡-A¡
H¡ = 0"0.r" . L/2 = (0 ,0tg44.q.Lt I El) . L/2= 9J2 lO-1.9.L4 / El
Pa¡a calcular A4 uS?r€lllos el 2o teorema de Mohr aplicado a las dos
áreas de momentos:
AA-l/Et.tAr.U5.L/2+A2.1l3.Ll2=(q.L4l1l.Gl/3840+l/288):3'212.l03.q.L4lEI
Y, por fin:
f'¡=H¡-a¡=(9,72 l0'r - l,?12 . l0r). q.LrEI = - 0,0065 . q.LrlEI
habiendo asignado signo negativo por ser flecha hacia abajo.
C.rp. Ill.l . Fle.ti;u ¡lt u1/ ,{, //.'-lt(lt 6i

I Millán Muñoz
Viga n'4
l.- Leyes de esfuerzos.
Será necesario calculal las reacciones.para poder calcular las leyes de
esfuerzos.
En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones
son iguales y contra¡ias de valor
R=M/L=10/10=ltn.
Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos y el momento puntual aplicado
Tramo I:
N = 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)
T = será debido únicamente a las reacciones y tendrá un valor constante en toda la viga:
T=R=M/L
M = conesponde al momento de la reacción en la sección situada en x. Téngase en cuenta que el momento es de
signo negativo:
M=-R.x=-M.x/L
Tramo II:
De forma análoga al tramo anteríor, leyendo ahora por la derecha, se obtiene:
N=0
T:R=M/L
M= R.(L-x)= M.(L-x)/L
Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: EI ' y" = M(x)
Tramo I:
l0
,i)^AI.JA
EI.v"
EL v'
ELv
M
L
lrl)-
2.L
=-L."3 +ct.x+c"
6.L
Cond¡ciones de contorno:
Tramo [I:
y(x:0) =0 = Cz=0
El cálculo de C¡ se hará imponiendo la continuidad
calculada la elástica en en tramo ll
¡1. r" = {.r¿ - r)-L
de giro y flecha en la unión de los tramos una vez
Cap.lll.2 .- Flexióu (I). CiosyJlechus. 66

I Millán Muñoz
tt.t'=-L.lt-x)2+c,
ut ., =
L.Q - i3 + C3.,r + C,¡
Condiciones de contorno :
y (x:¡¡ = g - !.r,t- t¡3 +c,r.t+co=o
6L = C3.L+C4=O
- Igualdad de giros en el punto de unión de t¡amos, x: L/2:
)
M L- ^ M 1.2
--.- +( =--.lL --) .|L é
2.1 4 | 2.1 2 3
- Igualdad de flechas en el punto de unión de trarnos, x: L/2:
üt L3.- L M ., Lt t.
'.,. - -.r,-r)'+C'.:+C, -6.L 8 '2 6.L' 2 '2
Sustituyendo los valores del problema, el sistema de ecuaciones queda:
lo.Cr + C4:0 - Cr = -C4l 10
cl-c3=0
^L ^ L ^l'l.--L}--L4 M.*
C¡ - C5:0 - C¡ =C¡
5.Cl-5.Ca-Ca=41,67 - alserC¡ =C3 3 Ca=-41,67
ca: q = 4,t67
3.- Giro v fl€cha en A por la elástice.
El punto A corresponde al punto de x - L / 2. Obtend¡emos el giro y la flecha sustituyendo €ste valor en las
ecuaciones respectivas del ptimer tramo
- Giro en A:
- Flecha en A:
t25 )
; + 20.83 l=0
4.- Giro ), flecha en A por los teoremas de Mohr.
Como se observa en la figura, el giro en A lo calcuiaremos a partir del
^
en el apoyo que se obtiene por el 2"
teorema de Mohr. con la relación:
A =AllI /)=^/i
r/l__2_ r25
Er2 3 ) 3.[l
0
A
= y, (A) =
*( + {+ 4,,6?) = -i(-+.,.*,1= -ry
,( q- t (
- n' 4' .0.,u, !)= ' l-'2) E/[ 6.¿ 8 2) E1
Cap. ill.l .. FIexiótr (I). Gints vflechus. 61

Problem:ís Re¡üeltos de Resistencia de Nlateriales
3.EI
Como puede verse en la figura, el giro es en sentido horario, por lo que se
coloca signo negativo.
Por ser la estructura antisimétrica, puede concluirse que la flecha en A es nula.
Viga n" 5
l.- Leyes de esfuerzos.
Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de
esfuerzos.
son iguales y en el mismo sentido, dado que en el voladizo no actua ninguna carga'
La viga biapoyada funciona como si fue¡a simétrica, y las ¡eacciones son:
R=q.L/2
Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada y el voladizo'
Tramo I:
N :0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)
T = será debido a las reacciones y a la carga uniforme:
T:R-q.x=q.L/2-qx
M = leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo y la carga uniforme negativo:
t q.L qx2
M =R--q.t-=;.- z
Tramo II:
Leyendo ahora por la derecha, y teniendo en cuenta que no hay ninguna carga exterior aplicada en el voladizo' se
obtiene:
N=0; T:0; M:0
TeniendoencuentaquelarigidezElesconstante,laecuaciónaintegrarserá:EIy"=M(x)
8.33
0.1
lAnqel Millán Muñoz
C¡p. IIl.2 . Fle.rión (I). Circts vJlechus. 63

Problemas Resueltos de Resistencia de NI¿teriales
Tramo I:
I Angel Millán Nluñoz
-)a.L a.x-l:l ,,tt -L f _
'22
-1tlL z
tl.y =-..1 --+L'46I
-¿,a-L 1 a.:(
ELv =-.t- --+C.¡tC't2 24 12
Tramo II:
C on dic ion es de contorno :
- Igualdad de giros en punto común a los dos tramos: 0¡(x=L)=0¡(x=L)
= y'r (x=L) : y'l (x=0)
Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo x por L
C ond ic ¡ones de c ontorno :
v (x=o) : o
y(x-L)=0 - er t =ú.t3 -ú*rr.r=o
EI .y" =Q
EI.v'=C'3
El .l =Cr.x+CU
q.L .z q.É q.L3 ^ qÉ
=
L =-
46243324
Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:
1
aL"
C.L+C =-L+C =O
34244Y(x=L)=0 -
,4
^
qL
424
3.- Ciro y flecha en A por la elástica.
El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones y' e y del tramo al qtre pertenece el
punto, corl sólo paÍticularizarlas para la x del punto buscado.
El punto A corresponde al punto de x:2.L, perteneciente al tramo IL.
- Giro en A:
I aL3
A EI 24
/ - ,
-. t ( qF -. q¿r ] qL'l
tt Et | 21 2+ I 2J.El
./
Flecha en A:
Cap. Ill.2 ._ Fle-rión (I). Giros y.flecltut. 69

Problemfs Resueltos de Resistencia de Materiales
I Angel Millán lvfuñoz
Los signos positivos indican que el giro es antihorario y la flecha hacia aniba.
4.- Giro )¡ flecha en A por los teoremas de Mohr.
Para poder obtener el giro y la flecha en A con los teoremas de Mohr, debe tenerse en cuenta que éstos sólo nos
dan giro relativo enfe secciones y la distancia
^
entre la deformada en un punto y Ia tangente trazad,a a la deformada en
otro punto,
En este caso, como puede verse en la figura, podemos hacer las siguientes consideraciones:
- El giro en A será igual al giro en el apoyo derecho, dado que el voladizo solamente gira sin deformarse, dado que su
ley de momentos es nula.
- La flecha en A será, por tanto, la originada por dicho giro, es decir,
siendo a la lonsitud del voladizo.
l'l.-l|---..T-.---------]
f= 0uoo"o . a
Para calcular el giro en el segundo apoyo, tomaremos como ¡eferencia el
punto central de la viga. En dicho punto, la tangente es horizontal (y su giro nulo) por
comportarse como una viga simétrica y tener en €ste punto la máxima flecha.
Ley de momentos entre centro de viga y apoyo derecho: parábola de 2.
grado, con valor máximo:
M: q.Lz / 8
El área de la ley parabólica conesponde a A : 2/3. base . altura
El giro conesponderá a:
o =o =t ZLqL2 -t qt3
apoyo A El 32 I EI 24
Como se ha indicado, la flecha es la debida a dicho giro en el extremo del
voladizo:
fA
| 2 Lq.L2 | a.L4
=A.L=-
Et 32 8 EI 24
Como puede verse en la figura, el giro es antihorario y la flecha hacia arriba, por lo que los signos positivos
asisnados son válidos.
Viga n" 6
l.- Lel¿es de esfuerzos.
Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de
esfuerzos.
vertjcales son igLrales y en el mismo sentido. No habrá reacciones horizontales por no
haber ninguna componente horizontal en la carga exterior y ser la superficie del canito
horizontal. La viga biapoyada funciona como si fuera siinétrica, y las reacciones son:
R=q.Li2
Cap. ill.2 . . F/c-tlri n (l). Giro; t flechus. 70

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