14029991 ejercicios-de-mecanica-de-materiales-estatica

Resistencia de Materiales

INDICE

CAPITULO I.
EQUILIBRIO ESTATICO
PROBLEMAS
D.C.L
CAPÍTULO II
ESFUERZO Y DEFORMACIONES
ESFUERZO
CLASES DE ESFUERZOS
ESFUERZOS NORMALES
TRACCIÓN O COMPRESIÓN
ESFUERZOS DE FLEXIÓN
DIRECTOS O CIBALLADURA
ESFUERZO DE APLASTAMIENTO
FUERZAS EN CADA BARRA
DIAGRAMA DE CARGAS AXIALES
ESFUERZOS DE COMPRESION Y/O TRACCION
RESISTENCIA DE MATERIAL
RESISTENCIA OBTENIDAS
ENSAYO DE TRACCIÓN PURA
ESFUERZO DE DISEÑO Y FACTOR DE SEGURIDAD
FACTOR DE SEGURIDAD (F.S)
ESTUDIO DE LAS DEFORMACIONES

Prof. Ing. Martínez Del Castillo

1


TRAMO: AB
TRAMO: BC
TRAMO: CD
DIAGRAMA DE TRACCION
ESFUERZOS
FACTOR DE SEGURIDAD
CALCULO DE LAS DEFLEXIONES
CALCULO DE δ E
CALCULO DE X
EN LOS TRIANGULOS MEE’ Y MDD’
SISTEMAS HIPERESTATICOS
ESFUERZO EN BC : (COMPRESIÓN)
ESFUERZOS TERMICOS
ANALISIS PROPORCIONAL
TRANSMISION DE POTENCIA
MEDIANTE FAJAS
CINEMATICA
DINAMICA
RELACIÓN DE TENSIONES
MEDIANTE CADENA
TORQUE EN EL PIÑÓN MOTRIZ.
TORQUE POTENCIA
TORQUE EN EL EJE DEL LA CATALINA.
TORQUE EN EL PIÑÓN MOTRIZ
TORQUE – POTENCIA
TRANSMISIÓN DE POTENCIA
TORSIÓN


2


ESFUERZO CORTANTE DE TRACCION
ANGULO DE TORSION
DIAGRAMAS DE MOMENTOS TORSORES
ESFUERZOS CORTANTE MAXIMO
ANGULO DE TORSION DE LA SECCION E RESPECTO A LA SECCION A.
ANGULO φE/A
FACTOR SEGURIDAD
CORTANDO LA BARRA
CASOS PARTICULARES
SECCION CIRCULAR
PROBLEMA
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES
DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTOS FLECTORES
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES
MOMENTOS FLECTORES
UBICACIÓN DE FN Ó FC
CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA I

BIBLIOGRAFÍA

S
D
F
D
F


3


CAPITULO I.
EQUILIBRIO ESTATICO:
∑F=0

ó FR = 0

∑ Fx = 0
∑ Fy = 0

d=0

∑ Fz = 0

ΣM 0 x − x = 0

∑ F 0 = 0 ΣM 0 y − y = 0
 ΣM z − z = 0
0


∑F=0

PROBLEMA N° 1
Calcular la reacción en A.

∑ Fx = 0
-Ax+10Kn = 0
A.

10 KN.

B

10Kn = Ax.
Sentido asumido es correcto.

D.C.L
A

B

10 KN.

Las fuerzas actúan en pares.


4


PROBLEMA N° 2
Calcular la reacción en A y el momento de empotramiento.

20 KN.

Solución:
DoCol

A

B

20 KN.
MA

200 mm

A
Ay
∑ Fx = 0

B

200 mm

No se aplica, porque no hay fuerzas en “X”.

∑ Fy = 0

Ay – 20KN = 0
Ay = 20 KN.

A
∑ F0 = 0

M A –20Knx200 mm = 0
M A = 4000 KN.mm

PROBLEMA N° 3
Calcular las reacciones en A y C.
Solución:
5 KN.
2m

A

A y C son apoyos.

1m

B

C es apoyo mobil.
No existe momento de empotramiento

C

en los apoyos.

Do Col
∑ Fx = 0

2m

A

No se aplica

∑ Fy = 0

5 KN.

-Ay + 5KN-Cy = 0

1m

B

Ay

C

5 KN = A y + C y... (1)
Cy

5


- 5 Kn.2m + Cy.3m = 0

A
∑M 0 = 0

Cy = 5KN . 2 m
3m
Cy = 3 1/3 KN = 3,3 KN

⇒

Ay + Cy = 5KN
Ay = 5KN – 3 1/3 KN = 1 2/3 KN
Ay = 1,6 KN.

PROBLEMA N° 4
Calcular las reacciones en A y C además calcular las fuerzas que actúan en
cada barra.
Solución: D.C.L de toda la estr.
Cy
C

600 mm

10 KN

A

B

Ay

10 KN

D
A

800 mm

B

D

1200 mm
800 mm

∑F x = 0

1200 mm

∑F y = 0
No se aplica.
Cy.800 mm – 10KNx2000 mm = 0

∑F y = 0

Cy = 10 KN 2000 mm
-Ay + Cy – 10KN = 0
Cy – Ay = 10 KN ... (1)

800 mm
Cy = 25 KN. Sentido asumido es correcto.
Cy = 25 KN.

En (1) 25 KN – Ay = 10 KN
15 KN = Ay.


6


25 KN

Do Col en C/barra

C

Barra BC
∑F y = 0

25 KN – By = 0
By = 25 KN

B

15 KN

By

Las fuerzas de acción y reacción
tienen la misma intensidad y
sentidos contrarios.
No se acumulan porque actúan en
puntos diferentes.

10 KN

D

A

PROBLEMA N° 5
Calcular las reacciones en A y D además las fuerzas que actúan en cada barra.

De toda la estructura D.C.L.
4 KN
Ay

500 mm

A

B

Ax

C

4 KN
800 mm

B

500 mm
C

A

53°
600

600 mm

D

53°

Dx
D

D
Dy


7


La fuerza F es colineal con la barra DB.
Cuando una barra tiene solo fuerzas en los extremos, dichas fuerzas son
iguales de sentidos contrarios y COLINEALES con la barra.
F
B

F

∑Fx = 0
-Ax + Dx = 0 ...(1)

∑Fy = 0
Ay + 4 KN – Dy = 0 ...(2)

A
∑M 0 = 0

-Dx.600 mm + 4 KN.1300 mm = 0
Dx = 4KN.1300 mm
600 mm
Dx = 8,67 KN.

En (1)

En el punto D
Dy
= tg 37°
Dx

D

Ax = Dx
Ax = 8,67 KN

Dy

)

Dy
= tg 37°
8,76KN

37°

Dx = 8,67 KN

Dy = (tg 37°)(8,67 KN)
Dy = 6,5 KN


8


En (2)
Ay + 4KN – 6,5 KN = 0
Ay = 2,5 KN.

2 DA FORMA:
Ay

4 KN

Ax

800 mm

B

A

C

ρ
D .480 mm – 4KN.1300 mm = 0
ρ
D = 4KN.1300 mm

600 mm

53°

4800 mm
ρ
D = 10,8 KN

Dx
D

D

500 mm

37° Dy

En el punto “D”
Σ Fx = 0

D

Ax – Dx = 0
Ax = Dx

Dy

)

37°
Dx

Σ Fy = 0
Ay + 4 KN – Dy = 0
Ay = 6,5 KN – 4 KN
Ay = 2,5 KN

Dy = 10,8 KN.Sen 37°
Dy = 6,5 KN

Dx = 10,8 KN.Cos 37°
Dx = 8,67 KN


9


DCL de cada barra.
4 KN
Ax

A

B
C
Acción y
Reacción

2,5 KN

PROBLEMA N° 1
Calcular las reacciones en los apoyos A y B haciendo el diagrama de cuerpo
libre de toda la estructura además calcular las fuerzas que actúan en cada
barra.
(1)

(2)
D

A

2 KN

400 mm
C

B

300 mm

600 mm

300 mm

C

B

D

A
400 mm


200 mm

10

3 KN

(4)
(3)
A

B

600 mm

30°

90°

C
10 KN

C

B

(

(

500 mm

800 mm

D
1,2 KN

(5)
A

300 mm

500 mm

B

C

400 mm

E

D

500 mm
30 KN


11


1) DESARROLLO:

D.C.L de la
2 KN

estructura

D

400 mm
C
RB

B
300 mm
600 mm

RA

A

B
ΣM 0 = 0

⇒ 2KNx 400 − R A .600 = 0
R A = 1,3 KN
Sentido asumido es correcto.
A
ΣM 0 = 0

⇒ 2KNx1000 − R B x 600 = 0
RB =

2 x1000
= 3,3KN
600

D.C.L DE C/ BARRA
2KN

D

3,33KN

3,33KN

3,33KN
C

1,33KN

B

A


12


2) DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE TODA LA ESTRUCTURA:
A

A

300 mm

Ax

Ay

3KN
Bx 37°
(

B

D

C

B
By
400 mm

200 mm

B
ΣM 0 = 0

3 KN x 600 mm – Ax x 300 mm = 0
Ax = 3 KN x 600 mm = 6 KN

∴ Ay = 6 KN x Tg 37° =
Ay = 4,52 KN

300 mm
A

Por < de 37°
y tg. de 37° tenemos que
Ay = Ax tg 37°

Ay
37°(

Ax

ΣFy = 0

ΣFx = 0

Ay – By – 3 KN = 0

Ax – Bx = 0

By = -3 KN + Ay

Ay = Bx –

By = 1,52 KN

By = 6 KN


13


Fuerzas que actúan en c/barra.

A

C
3KN

4,52 KN
B

6KN

6KN

D

C

1,52 KN

3) DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE TODA LA ESTRUCTURA.

By = Tg α
Bx
A

By = Tg α Bx
Tg α Bx – Ay = 1,2
1:0 - α - 37 – 53

(

37°

(90 - α)
C

A

B

90 - α

D

)α

) 37°
1,2KN


14


PRINCIPIOS FUNDAMENTALES
1. En un cuerpo en equilibrio de reposo o de movimiento (v = constante)
Se cumplen:

∑Fx = 0

∑ F en cualquier dirección = 0

∑Fy = 0

solo para el equilibrio estático.

∑Fz = 0

(Respecto a cualquier punto)

∑F0 = 0

(preferentemente se toman los
puntos donde hay fuerzas desconocidas).

2. Cuando en un cuerpo o estructura actúan 3 fuerzas NO COLINEALES
dichas fuerzas forman un triángulo y además pasan por un mismo punto.
R

β

A

Q

α

β
C

r(

P

a

R

α

(

P
R
Q
=
=
sen α sen α sen β

C

α

P

También:
P R Q
= =
C a
b

b
Q

3. Equilibrio del nudo:
*
R

∑Fx = 0

∑M0 = 0

Q
β α

-R Sen β + Q Sen α = 0

C

*

∑Fy = 0

No se puede
aplicar.

-R Sen β + Q Sen α = 0
P

Por ejemplo nudo “C”.


15


4. Las fuerzas actúan en pares.

Q

P
Q=P

5. Si en una barra actúan fuerzas solo en ambos extremos dichas fuerzas son
colineales con la barra (actúan en el eje de la barra).

P

-P
NO SE ACEPTA EL SGT ESQUEMA
P
Aquí

la

girando

barra

estaría

en

sentido

antihorario.
-P


16


CAPÍTULO II

ESFUERZO Y DEFORMACIONES
ESFUERZO:
F

Unidades

Area = A

Lbs
= Psi.
Pu lg 2
0

Kg − f
cm 2

Fuerza
Esfuerzo =
Area

N
2
m

= 1 Pa

Sistema Ingles.

Sistema Métrico.

Sistema Internacional

MÚLTIPLOS:

CLASES DE ESFUERZOS

1 MPa = 106 Pa

1) Esfuerzos Normales

1 Gpa = 109 Pa
1 Gpa = 103 MPa

Al área.

1.1 Tracción o Compresión:
P

Equivalencias:

P

1 MPa = 145 Psi.
1 MPa = 1 N/mm 2
1 MPa =

10Kg − f
cm 2

σ

P

σ

Esfuerzo de Tracciòn

=

P
A

σ : Se lee sigma
σ : esfuerzo de tracción
P : Fuerza
A : Area de la sección transversal.


17


Ejemplo:
P = 5 KN
A = 200 mm 2

σ = 5000 N

σ = 25 N/ mm 2
σ = 25 MPa

200 mm 2

Significa que: En cada mm 2 actúa una fuerza de 25 N
Cuando es compresión:

P = 8 KN

P = 8 KN
A = 400 mm2

8 KN

σ = (-)

8000 N
2
400mm

σ = 8−)20 N/mm 2
= ( −) 20 MPa

Significa que: En cada mm 2 actúa una fuerza de 20 N.

1B Esfuerzos de flexión:

M

M

M = momento flector

Esfuerzo de tracción
Fibra
Neutra

Esfuerzo de compresión

M

6 de compresión ( - )
max

18


(2) Esfuerzos cortantes o tangenciales:

2.A Directos o Ciballadura.

P
P

P

δ = Se lee Tau
δ = Esfuerzo Cortante

V= P

Aquí

V
A

V = Coeficiente
A = Área
α = Coeficiente
4
=
para sección circular.
3

P
Esta zona
actúa el
δ máx

δ =α

←←
←←
← ←
←←
←←

=

δ=0

3
para sección rectangular.
2

ESFUERZO DE APLASTAMIENTO:
Es un esfuerzo de compresión en la zona de contacto de 2 elementos. Tomando
el perno de la figura anterior.

t1

P

d

P

t2
d

Galast =


P
Area proyectada
19


En la zona de contacto del

P

Gaplast =

d. t .
{
Area de un rectángulo.

Gaplast =

perno con la plancha superior.

P
d − t2

En la zona de contacto del
perno con la plancha inferior.

PROBLEMA N° 1
Calcular los esfuerzos de tracción Y/o compresión en las barras, los esfuerzos
cortantes directos en los pernos y los esfuerzos de aplastamiento en los pernos
y agujeros de la estructura.

100 mm

Pernos de 10 mm φ
Platinas de 80 x 10 mm

800 mm

60 mm

200 mm

2 platinas

12 KN
60 mm


20


Solución:
Calculo de Reacciones:

ρ
A

600 mm
Ay

53°
Ax
800 mm

200 mm

C Cx 53° (
Cy

B

ρ
C

D
12 KN

Trabajando con componentes:
ΣMy = 0

ΣM C = 0
0
12 KN.800 mm – Ax.800 mm = 0

Ay = Cy – 12 KN = 0

Ax = 12 KN

16 KN – 12 KN = Cy.

Ay = Ax Tg 53°

Cy = 4 KN

Ay = 12 KN.

4
.
3

Ay =) 16 KN

ΣFx = 0
-Ax + Cx = 0
Cx = Ax
Cx = 12 KN

2DA FORMA:
ρ
Calculo: de A
ΣM C = 0
0


21


ρ
A
A

480 mm
53º (

C

600mm

200mm
12 KN

A.480 mm – 12KN.800 mm = 0
A = 12 KN.800 mm = 20 KN
480 m.

FUERZAS EN CADA BARRA:
20 KN
A

ρ
C = 12 2 + 4 2 = 12,6KN

B
20 KN

20 KN

C

12 KN

4 KN


B

D
12 KN

22


GRAFICANTE

Escala: 6 mm = 2 KN
ρ
A

20 KN

37°
12 KN

ρ
F
12 ,8 KN

ρ
C

DIAGRAMA DE CARGAS AXIALES:

20 KN

A

B
20 KN

C

12 KN

12 KN

B

C

B

C

(-) 12KN (Compresión)

(-)

C


23


ESFUERZOS DE COMPRESION Y/O TRACCION

La sección más débil es aquella donde hay agujeros.
Para esfuerzos de tracción:

Se descuenta el área
del agujero

Donde K:

σ máx. =

K.fuerza
Area neta

Factor de concentración de esfuerzos cuando hay agujeros o
cambio de sección.

Para esfuerzos de compresión:

No se considera los
agujeros

σ máx. =

Fuerza
Area

BARRA AB
Sección A. Sección B (Son críticos los más débiles porque tienen agujeros).

σmax = (tracción)

80 mm

20 KN

10 mm
A

10 mm

σ max = K

Fuerza
A. neta


(tracción)

24


Asumiendo K = 2
σ máx. = 2.

20000 N
=57,14 N / mm 2 = 57,14MPa.
2
(80 − 10)10mm

BARRA CBD:
Hay compresión:
σ máx. = (-)

1200 N
=(−)15 N / mm 2 (−)15MPa.
2
80 x10mm

PERNO A:

σ max = α

V
A

α = 4/3 para sección circular.
V = Fuerza cortante = 20 KN
A = área de la sección.
A = πr 2 = π. (5 mm) 2

σ max =

4 20000 N
.
3 π(5mm) 2
PERNO “A”

σ max =

Aquí hay
corte directo.
(una sección)

PERNO B:
σ máx. = qué en “A”


25


PERNO D:

σ máx. = 4 12000 N
3 2 [π (5 mm) 2 ]

Dos secciones de corte

2 secciones:
Hay corte doble.

6 KN

6 KN

RESISTENCIA DE MATERIAL:

Las diferentes resistencias de los materiales se obtienen en los ENSAYOS
DE LABORATORIO.

Resistencia Obtenidas:

•

Límite de fluencia a la tracción

•

Límite de fluencia a la compresión S y C

•

Límite de rotura a la tracción

S u t = Su.

•

Límite de rotura a la compresión

Suc

•

Límite de fluencia al corte

Ssy

•

Límite de rotura al corte

Ssu


S y T = Sy.

26


ENSAYO DE TRACCIÓN PURA
γ

Sut
Syt
Mat.
frágil

Para material
dúctil

Zona elast.

Zona plast.

ε

Elongación

σ = Esfuerzo;

F
σ=
A
δ
ε=
L

F = fuerza.

A = Área
ε = deformación unitaria
δ = estiramiento
L = Longitud original.
A
F

F
δ

L

ELONGACIÓN: Es el valor de “ε ” cuando la proveta llega a la rotura.

Para material dúctil como: Acero, Cobre, Zinc, Aluminio , etc.
ε>5 %
ε > 0,05
Para material frágil como: Fierro fundido.
ε≤5%
ε ≤ 0,05


27


De los ensayos se ha obtenido:
Para material dúctil:

Syt = Syc = Sy
Sut = Suc = Su

Para material frágil:

Sy : No existe
Sut = Suc = Su

También en los ensayos de corte
Ssy = 0,6 Sy

ESFUERZO DE DISEÑO Y FACTOR DE SEGURIDAD
σ
Su
Sy
σd

E
σ d = esfuerzo de diseño
σ max = esfuerzo máximo
σ d = esfuerzo de trabajo
σ adm. = esfuerzo admisible ó permisible

σ d = σ máx = σ t = σ adm


28


FACTOR DE SEGURIDAD: (F.s)
Para un material dúctil:
•

Respecto a la fluencia

F.S. =

Sy
σmax

•

Respecto a la rotura

F.S. =

Su
σmax

•

Cuando se trata de esfuerzos cortantes el factor de seguridad al corte es:
F.S. =

δ máx. = Cortante máx.
δ máx. = δadmisible =
δdiseño

Ssy
0,6Sy
=
σmax σmax

Para material frágil
Factor de seguridad para la tracción

F.s = Sut
σ máx.t

Factor de seguridad para la compresión

F.s = Suc
σ máx.c

Donde: σ máx. ⇒ Esfuerzo máx. de tracción.
σ máx. ⇒ Esfuerzo máx. de compresión.
1,5 < F.s < 4 a 6 ... 15

ESTUDIO DE LAS DEFORMACIONES:
σ

Su
Sy
Línea
recta

σ
β

E
E

Zona
elástica
En la zona elástica se cumple la Ley de Hooke que dice.


29


El esfuerzo es directamente
proporcional (D.P) a la
deformación unitaria.

σ D.P. = ξ
También se escribe:
σα ξ

α = alfa

α : Significa directamente proporcional
La relación matemática es:
σ : esfuerzo

σ = Eξ

ξ : deformación interior.
E = Modulo de elasticidad ó Mod. de Young.
E = 200 GPa ó 200 x 10 3 MPa para aceros
yes = 110 GPa ó 110.10 3 MPa para cobre.

Siendo:
σ=

P
δ
= E.
A
L

δ=

PxL
ExA

A = Area de sección
P

Fatiga = P

L


δ = Estiramiento ó
deformación.

δ

30


PROBLEMA N° 1
Calcular la deformación que se produce en la barra de acero.

12 KN

12 KN

2 cm φ

δ

300 mm
Solución:

δ=

(12000 N )(300mm )
PL
=
N 
EA 
2
3
π(10mm )
 200.10
2 
mm 


(

)

δ = 0,0573mm

PROBLEMA N° 2
Calcular la deformación total de la barra

Cobre 20 mm φ

Acero 10 mm φ

C

D

B

A

80 KN

50 KN

70 KN
200 mm

100 mm 150 mm

Problema: Calcular la deformación que se produce en la barra.

12 KN

300 mm


12 KN

2 cm φ
δ

31


Sol:

δ=

PL
(12000 N )(300mm )
=
N 
EA 
2
3
π.(10mm )
 200 x10
2 
mm 


(

)

δ = 0,0573 m.m.

Prob.: Calcular la deformación total de la barra.
Cobre 20 mm φ

Acero 10 mm φ

C

B

A

D
70 KN

200 mm

80 KN

100 mm

50 KN

150 mm

Solución: D.C.L. de la barra y reacción en A.

Ax

A

80 KN

B

C

D

50 KN

10 KN

∑F x ⇒ Ax = 40KN

Deformación de la barra

δAD = δAB + δBC + δCD

δ AD =

PAB .L AB PBC .L BC PCD .L CD
+
+
E AB A AB E BC A BC E CD A CD


................ (1)

................ (2)

32



40 KN
A

B

70 KN 80 KN

C

50 KN

D

TRAMO: AB.

40 KN

40 KN (sale de la sección

A

es función)

P AB = 40 KN

TRAMO: BC.

70 KN
30 KN

40 KN

(entrar a la sección

es compresión)

P AB = 30 KN

TRAMO: CD.

40 KN

50 KN

70 KN
80 KN

40 KN

(saliendo de la
sección
es tracción)

P CD = 50 KN

50 KN

+

+
C
A

D

B

80 KN


33


Reemplazando en (2)

(40.103 N )(200mm) + (− 30.103 N.)(100mm) + (50.103 N )(150mm)
δ AD =



3 N 
2
2
3 N 
2
2
3 N 
2
2
 200.10
(π.5 mm )  10.10
(π.10 mm ) 110.10
(π.10 mm )
2
2
2






mm

mm

mm

δ AD = 0,6395 mm

•

Chequeo: Si la barra está dentro del rango elástico del material.

DIAGRAMA DE TRACCION
δ

En la zona elástica se cumple la

Ley
Su
Rotura de Hoocke.

Sy
σ = E. ξ

Y por lo tanto la fórmula de la
Zona
elástica

Zona
plástica

“PELEA”
δ =

P.L.
EA

Luego: Si el esfuerzo σ que actúa en sección es igual o mayor que el límite de
fluencia Sy la fórmula de la pelea NO SE CUMPLE.
Osea todos los cálculos de deformaciones no valen.
En el tránsito AB (acero).
Esfuerzo σ AB =

F
4000 N
=
A π.5 2.mm 2

σ AB = 509,29 MPa.


34


Si el acero es corriente o estructural Sy = 250 MPa; los cálculos hechos no
valen.
509,29MPa > 250 MPa.

Luego el acero de esta barra debe tener Sy >> 509,29 MPa.
En el tramo co Cobrexx

σ CD =

5000 N
= 159,15MPa.
π.10 2 mm 2

Para los cálculos sean válidos el cobre debe tener Sy > 159,159 MPa.
Nota: El Sy del cobre es como 190 MPa.

PROBLEMA N° 3
Calcular los esfuerzos de tracción de compresión en las barras verticales. Así
como las deflexiones de los puntos B,D,E,. La barra BDE es rígida (No se
deforma). Para esfuerzos de tracción. Considerar K = Z.

A
A

Agujeros
φ 20mm

600 mm

100 mm

Cobre 10 mm
E = 110 Gpa
Sy = 190 MPa

100 mm
aluminio

400 mm

B

Sy = 240 MPa

10 mm espesor
E = 70GPa

E

D

30 KN

200 mm


400 mm

35


D.C.L. De toda la estructura.
Cy
Ay

Cy = Dy
Ay = By

By
Dy

B

Dy

D

E

By

30 KN

200 mm

400 mm

EN LA BARRA BDE
Hay 2 incógnitas: By, Dy
Necesito 2 ecuaciones de la ESTÁTICA.
B
∑ M 0 = 0 ........ (1)

30 KN x 600 mm – Dy x 200 mm = 0
Dy = 90 KN
∑My = 0 ....... (2)

By – 90 KN + 30 KN = 0
By = 60 KN


36


ESFUERZOS:
BARRA AB:
σ AB

60.10 3 N
= (-)
100.10mm 2

σ AB = (-) 60 MPa < Sy = 190 MPa.

BARRA CD:

σ CD = (-) 2

90 000 N
10(100 − 20)mm 2

σ CD = 225 MPa < 240 Ma = Sy

EN LA SIGUIENTE GRÁFICA

SIENDO EN AMBAS BARRAS σ < Sy
SE CUMPLE LA FORMULA DE LA PELEA
σ
Su
Aluminio = 240 MPa
Cobre

= 190 MPa.

Acero

= 400 MPa.

Sy

225 MPa
Aluminio

FACTOR DE SEGURIDAD: 60 MPa
Cobre
BARRA AB:

FsAB =


E

Sy 190
=
= 3,17
σ AB 60

37


Barra CD:

Fs.CD =

Sy
240
=
= 1,07
σ CD 225

La barra CD está más cerca de una posible falla por fluencia.

CALCULO DE LAS DEFLEXIONES:
B’

X
D

δB

M

E

δD

D’

δE

200 mm

400 mm

E’

Se asume que los desplazamientos de los puntos B,D,E, son verticales.
“DEFLEXIÓN ES EQUIVALENTE A DESPLAZAMIENTO”.

DEFLEXION DEL PUNTO B

= Desplazamiento del punto B
= δB
= Deformación de la barra
AB = δ AB

∴ δB = δ AB

SIENDO LA PELEA

δ=

PL
EA
400 mm

B
B’
60 KN


38


δB = δ AB =

PAB xL CD
(60000 N )(600mm)
⇒ δ CD =
N 
E CD xA CD

3
2
 70 x10
 100 x10mm
mm 2 


(

)

δ CD = 0,7714mm

CALCULO DE δE :
CALCULO DE X
Tg θ =

δB
δ
= D
200 − x X

0,2182 0,7714
=
200 − x
x

154,28 – 0,7714x = 0,2182X
X = 155,9 mm

EN LOS TRIANGULOS MEE’ Y MDD’
Tg θ =

σD
σE
=
x
400 + x

σE
0,7714
=
155,9
400 + 155,9

OJO:
σx = desplazamiento de x
σyx = deformación de barra yx.

∴ δE = 2,75 mm

SISTEMAS HIPERESTATICOS:
Ecuaciones de la estática (∑F x = 0; ∑F y = 0; ∑M 0 = 0) no son suficientes para
resolver el problema y se deben plantear las ecuaciones de desplazamientos:

PROBLEMA N° 1
Calcular

los esfuerzos en las barra verticales (K = 2), los factores de

seguridad y los desplazamientos de los puntos B, D y F.


39


400 mm

300 mm

D

20 KN

500 mm

F

E

B

600 mm

400 mm

Barra rígida

Cobre 80 x 20 mm
Sy = 190 MPa

C

A
Agujeros 20 mmφ
Acero
100 x10 mm
Sy = 400 MPamm

SOLUCION:
D. C. L. De cada barra:
Ey

B

E

D

F
Fijo

By

20 KN

Dy

By
Dy
D

B

C

Fijo

Cy = Dy

A
Fijo
Ay = By


40


EN LA BARRA B D E F
Hay 3 incógnitas By; Dy, Ey
Se puede plantear.
∑F y = 0

2 ecuaciones

∑M 0 = 0

1 ecuación de desplazamiento.

En la barra B D E F
Hay 3 incógnitas: By; Dy; Ey S
___________________________

By + Dy – Ey + 20 KN = 0

.......... (1)

By + 700 + Dy 300 – 20 KN x 500 = 0
7 By + 3 Dy = 100 KN
B’
δB
φ

E

fijo

R
δF

D

Pi

Tgθ =
B

700

=

δB
δD
=
700 300
0

300

⇒ 3
3

B

AB

=7

D

=7

CD



Usando la pelea



3


B y x 600m
3

3 N
x10 x10m 2
 200 x10
m2


P L
PAB .L AB
= 7 CD CD
E AB xA AB
E CD A CD





D y x 400mm
 = 7


3 N
x 60 x 20m 2

 110 x10
m2











41


9 x 10 -6 By = 1,6 x 10 -5 Dy
By =

1,6 x10 −5
Dy
9 x10 −6

By = 1,78 Dy

PROBLEMA N°
Calcular las reacciones en A y C
Acero 100 x 20 mm
A

B

300 mm

40 KN

C

100mm

Solución:
D.C.L.

Ax

B 40 KN

A

Cx C

∑F x = 0 Ax + Cx – 40 KN = 0
Ax + Cx = 40 KN

Análisis:

.............. (1)

Existe una ecuación y 2 incógnitas.
Luego es un problema estáticamente
Indeterminado ó Hiperestático.


42


Se necesita una ecuación de desplazamiento la cual puede ser la siguiente:
“La deformación de la barra es CERO”.
δ AC = 0
δ AB + δ BC = 0

Usando la pelea en cada tramo.

P xL
PAB xL AB
+ BC BC
E AB xA AB E BC xA BC

.......... (2)

Para las fuerzas P AB y P BC necesitamos el diagrama de cargas axiales.
Ax

B Bx40 KN

A

Ax
A

Cx C

P AB

Ax

B

A

40 KN PBC

Ax
(+)

A

B

C
(-)

Ax – 40000 N

En tramo AB :
σ AB = A X
Reemplazamos todos los valores en la ecuación (2)

En Tramo BC:
P BC = A X – 40

KN


43


A x .300mm
(Ax − 40000)(100mm) = 0
+
N 
N 


3
2
100.20mm 2  200.10 3
 200.10
 100.20mm
2 
mm 
mm 2 



(

)

(

)

Ax.300 mm = (-) (Ax – 40000) 100 mm
3Ax = 40 000 – Ax
4 Ax = 40 000
Ax = 10000 Sentido asumido correcto.
Cx = 30000 N.

COMPROBAMOS SI USTED CUMPLE LA PELEA
Esfuerzo en AB: (Tracción)
σ AB =

K.PAB
Area Neta

σ AB =

2.10000 N
= 11,1MPa << Sy = 250MPa
(100 − 10)20mm 2

ESFUERZO EN BC : (Compresión)
σ Bc = PBC
A. Neta
σ BC =

30000 N
=15MPa << Sy = 250MPa.
100 x 20mm 2

El elemento esta dentro del rango elástico.
∴ Se cumple la pelea.

OBSERVACIONES:
1 ra La ecuación (2) se puede simplificar
Siendo: E AB = E BC ; A AB = A BC

La ecuación (2)

P .L
PAB .L AB
+ BC BC = 0
E AB .A AB E BC .A BC
P AB -L AB + P BC . LBC = 0


44


2 da El punto B se desplaza?
Si se desplaza
Calculamos su desplazamiento.

δ B = δ A + δ AB
{
0

δ B = δ AB
δB =

La fórmula de la pelea

P AB .L AB
E AB .A AB

δ B = (10 000N) 300 mm
200.10 3 N. 100.20 mm 2
mm 2
δ B = 0,0075 mm

Nota: Cual es la deformación de BC
δ BC = - δ AB = (-) 0,0075 mm
Se contrae
Fijo

Fijo
B

A

... B’

C

LAB

Problema: En el problema anterior calcular el desplazamiento del punto M y
Q

10 KN

A

.M

B 40 KN ,Q30 KN C

180 mm 120 mm 60 mm 40 mm


45


Prob:
En el problema anterior calcular el desplazamiento del punto M y Q
Q
B
A

C

40 KN

.M

180 mm

Q

30 KN

60 mm

300 mm

180mm

Solución:

δM = δ A + δ AM .
{
0

δM = δ AM .
δM = (10000N) (180mm)
200 x10 3 N/m 2 (100 x 20 mm)

También: δM = δ B .

180m
=
300m

* δa = δ A + δ AQ .
{
0

P AB = 10000 N
P BQ = (-) 30000 N

δQ = δ AB = δ AB + δ BQ

ESFUERZOS TERMICOS
Conecderemosxx una barra libre, la cual calentamos un ∆TºC.

L
.


∆L

46


La dilatación limelnxx esta dado por
L = Longitud original de la barra.
∆T = cambio de temperatura
α = Coeficiente de dilatación lineal.
= 12.10 -6 1/ºC (Acero)
= 18.10 -6 1/ºC (Cobre)

De La Formula (1)
 ∆L 

 = α.∆.T
 L. 

ε T = α. ∆ .T

Donde E T =

...............(2)

∆L
es la deformación unitaria térmica
L

AHORA SI LA BARRA NO ESTA LIBRE

P

L

∆L

Aparece una fuerza P que impide que la barra se deforme “∆L” es equivalente
decir que la fuerza produce la deformación “∆L” y por la PELEA.

∆L = δ =

PL
EA


47


∆L
P
=
L
E.A.
ET =

P
E.A.

Por la ecuación (2)

α.∆T =

P
E.A.

E.α.∆T =

P
A

Pero

P
= σ es el esfuerzo anual
A

∴

σ = E. α . ∆ T

........... (3)

Esta es la fórmula del esfuerzos térmico
donde:
E = Módulo de elasticidad del material.

ANALISIS PROPORCIONAL
σ D.P. E
σ D.P. α
σ D.P. ∆ T

Prob: Si es barra de acero
∆ T = 80°C

Sol:
σ = 200 x 10 3

N
1
x 12.10 -6
.80°C
2
°C
mm

σ = 192 N / mm 2


192 N/mm 2 < Sy = 250 MPa.

48


Prob: Si la barra de cobre ∆ T = 100°C
Sol:
σ = E. α . ∆ T.
σ = 110.103 N/mm 2 . 18.10 -6

1
= 100°C
°C

σ = 198 MPa


1. MEDIANTE FAJAS:

Motor

Máquina

Polea
Motriz

Polea
Conductora

A
Flujo de P otenci a


49


V

V

r

V
Qm

QC

n1

n2

r

V

r
V

C

CINEMATICA
η 1 = RPM de la polea motriz.
η 2 = RPM de la polea conducida

η1> η2

•

Relación de Transmisión

R relación =

•

η1
η2

R relación ≥ 1

Velocidad tangencial
V=

πdn 1 πDn 2
=
6000 6000

D 0 D : en (m.m)
V : en (m/seg)


50


La velocidad tangencial es la misma en las dos poleas:

De la relación anterior se deduce:

dn 1 = Dn 1

⇒

n1 D
=
n2 d

Luego la relación de transmisión es:

DINAMICA: Las fuerzas que actúan en cada polea.

F1

F2
γ

n1

γ

n1

γ

Polea motriz

F1

•

Polea
conducida

F2

Torque o momento torson en la polea motriz.
Por equilibrio dinámico el torque que produce el motor es igual al
torque de oposición que producen las fuerzas F 1 y F 2 .
Torque motriz = Tm = F 1 .

Tm = (F 1 -F 2 )

d
2

d
d
-F 2 .
2
2

................ (2)

RELACIÓN DE TENSIONES

F1
= e fgm / sen(α / 2 )
F2

................ (3)

51


f = Coef. De fricción.

0m = Angulo de abrazamiento en la polea motriz
θm = π . 2γ
D−d
γ = sen-1 

 2C 
C = Distancia entre centros.

α = 180° para faja plana.
α = 38° - 42° para faja en V.

α

Relación entre torque y potencia:
Tm =

9550000.(Pot. en kw)
n1

...........(4)

Tm = Torque en la polea motriz en (N.mm)
n 1 = RPM de la polea motriz.
* Esta se cumple para las transmisiones ya sea con fajas, endemas,
engranajes, etc.


52


TRANSMISION DE POTENCIA:

2. Mediante cadena:

MOTOR

MAQUINA

Flujo de Potencia

CATALINA
CONDUCIDA

PIÑON MOTRIZ

D

n1 d
n2

C


53


CINEMATICA
Relación de Transmisión
Z 1 = # dentes del piñón.

n
D Z
R = 1 = = 2 ≥1
n2
Dinámica: d Z1

Z 2 = # dientes de la catalinas.

F

F

n1

n2

Polea motriz

Torque en el piñón motriz.
Tm = F.

d
2

................ (4)

Torque potencia:
La misma forma (4)

Tm =

950000(Pot. en kw)
n1

Torque en el eje del piñón motriz.

Torque en el eje del la catalina.
Tc =

950000(Pot. en kw)
n2


La potencia es en si la misma que en el piñón, la diferencia son las
pérdidas.


54


MOTOR

MAQUINA
Flujo de Potencia
Flujo de Potencia

Engranaje
conducido

d
n2

n1

D

CINEMATICA

R=

n1 D Z 2
= .
≥1
n 2 d Z1

DINAMICA

Fa = Ft.tg Ψ
Ft

Ft

Fr =
Fa
n1

Fr

Ft
.Tgφ
Cosψ

n2
Fa

Ft = Fuerza tangencial

Fr.

Fa = Fuerza axial
Fr = Fuerza radial

Motriz

Conducido

Ψ = ángulo de la Hélice
φ = ángulo de la presión.


55


Torque en el piñón motriz

Tm = Ft.

d
2

Ft: Es la única produce potencia.

Torque – potencia
La misma forma (4)
Tm =

950000(Pot. en kw)
n1


Torque en el eje del engranaje conducido.
TC =

950000(Pot. en kw)
n2


La potencia es casi la misma que en el piñón; la diferencia son las
pérdidas.

Nota: Para dientes rectos Ψ = 0° ⇒ Fa = 0

TRANSMISIÓN DE POTENCIA

Mediante engranajes cónicos

Piñón
Motriz
MOTOR

Engranaj
e cónico.
MAQUINA


56


CINEMATICA

R=

n1
D Z2
=
.
≥1
n 2 d 2 Z1

DINAMICA

F r1

Fr = Ft. tgφ.cos β
Fa = Ft. tgφ.sen β

F r1
F t1

φ = Ángulo de presión.
β = Semi angulo del cono.

F a2

F r2

Ft 1 = Ft 2
Fr 1 = Fxx 2
Fr 1 = Fr 2

Torsión: La suma cilíndrica está sometida a un citado de tensión pura.

MT = Metodo Torsor o
Torque.
d

L


57


ESFUERZO CORTANTE DE TRACCION
B

δmáx
δF

F
r

δmáx

MT

R

C

A
E
δmáx
δmáx

D
δmáx

δmax = Esfuerzo cortante máximo debido a la tracción.
δmax = Es tangente a la circunferencia exterior de la barra.
Es igual en todos los puntos de la periferie.
En el punto F el esfuerzo cortante es menor y es proporcional al radio.

δF δ máx
=
r
R

r
δF = .δ máx
R

El δ máx se calcula mediante la siguiente. Fórmula, para barras cilíndricas
macizas.
δ máx =

16MT
πd 3

La fórmula general en:
δ máx =

M T .C
J


58


C=

d
2

J = Momento polar de inercia
J=

MT.
δmax =

πd 4
para bara cilíndrica maciza.
32

d
2

δ máx =

πd 4
32

16M T
πd 3

PARA BARRA CILÍNDRICA HUECA.

δ máx
d0

di

δ máx

C=

d0
2

J=

π
do 4 − di 4
32

(

)

do
2
δ máx =
4
π / 32 do − di 4

δ máx =

16M T .do

(

π do 4 − di 4

)

MT.

(

)


59


CUANDO HAY CHAVETERO SE PRODUCE CONCENTRACION DE
ESFUERZOS:
δ máx

di

En este caso el cortante máximo es:

 16 .M T 
δ max = 

3
 πd


Donde K = factor de concentración
de esfuerzos.
= 1,2 a 3.

PARA EJE HUECO:
δ max

 16 . M T . do
=K 
4
− d
 π Cdo

4





ANGULO DE TORSION:
B
φ B’

A’
φ
A
L


60


El ángulo de torsión:

φ=

M T .L
G.J

L = Longitud de la barra
G = Modulo de elasticidad transversal = 80 GPa
para el acero.
J=

πd 4
32

ó

π
)(d 4 – di 4 )
32

CUANDO EL TORQUE ES DIFERENTE EN VARIOS TRAMOS DE UN
EJE
φAE = φAB + φBC + φCD + φDE
φAE =

MTAB .L AB MTBC .L BC MTCD .L CD MTDE .L DE
+
+
+
G AB .J AB
G BC .J BC
G CD .J CD
G DE .J DE

DIAGRAMAS DE MOMENTOS TORSORES:

1er Caso:

MT = 10 KN
MT = 10 KN
DIAGRAMA DE
TORQUE

MT = 10 KNx m


61


Si el eje gira a velocidad angular constante (W = constante) esta en equilibrio
y entonces se cumple que
Σ torques = 0

+ 10 KN.m –10KN,m = 0

2do Caso:
30 KN.m
8 KN.m 12 KN.m
A

B

∑ torques = 0

10 KN.m

30 – 8 – 12 – 10 = 0

C

D

30 KN.m
8 KN.m

∑ torques = 0
30-8-12-10 =0

-12 KN.m
10 KN.m

-10 KN.m
A

B

D

C

3er Caso:
20 KN.m
18 KN.m
A

A

B

B

45 KN.m

C

7 KN.m

D

D

C
45 KN.m

20 KN.m

18 KN.m

38 KN.m


62


DIAGRAMA DE MOMENTOS TORSORES:
PROB. PROPUESTO
Construir el diagrama de torque en cada caso:
20 KN.m
25 KN.m
A

B

C

MT = 67

D

20 KN.m

E

47

12
25

12 KN.m

35

10

67

10 KN.

20

20

20

(2)
30 KN.m
45 KN.m 10 KN.m
A

B

C

11 KN.m
60 KN.m

D

E

MT

F

15
54
10
5
15

54

54

6

30 KN.

30


6

63


(3)
Ma
2Ma
A

B

7 Ma

C

3Ma

D

MT’ = Ma

E

4Ma
3Ma
Ma
4Ma
Ma

Ma

Ma
2 Ma

3 Ma

Problema: Construir el diagrama de momentos torsores del eje AE.
Calcular los esfuerzos cortantes máximos en cada tramo, considere que los
engranajes están enchavetados (K = 2). Así mismo calcule el ángulo de torsión
φ o/a (de la sección E respecto a la sección A)

Piñón 80 mmφ
120 mm φ
Maquina
N°
2
Consume
8 KW.

MOTOR
180 ROM
20 KW
30 mm φ

Engranaje
240 mm φ
Maquina
N°
1
Consume
12 KW.

80 mm


64


ESFUERZOS CORTANTE MAXIMO

δmax =

δ max D. P. T

3
δ max I. P. d

K16T
πd 3

Para acero:
Sy = 250 MPa.

SSy = 0,6 Sy

Fs =

SSy
σmax

=

150
= 8,46
17,73

δ máx
δ máx

δ máx

En A y C se presentan los cortantes máximos porque hay mayor torque y
concentración de esfuerzos por chavetero.

δmax =

216 x111416,67 Nmm
3,1416 x (40mm) 3

δmax = 17,73MPa.


65


ANGULO DE TORSION DE LA SECCION E RESPECTO A LA SECCION A.

φ

φ

φ

=

E/A

E/A

= φA + φ
+φ
+φ
+φ
{
1 B / A 2 4 C /3
44
4 B 1 D / 4 2 4 E /3
4C
4A
=0
φ
φ
C/ A
E/C

=φ

C/ A

+φ

E/C

T .L
T .L
= CA CA + EC EC
E/A G
.J
G .J
CA CA
EC EC

1114167 x 220mm
N  π.(40)m 4
80x10 3
.
32
mm 2 


= 0,002038 x






+

71625x 230mm
N
80x10
mm 2
3

 π.(40 )m 
.

 32 

4

= 0,002038 Rad.

180
π

= 0,117°

Problema:

Para el eje AE se pide:
1. Diagrama de momentos torsores
2. Esfuerzo de seguridad Si Sy = 250 MPa SSsy = 0’,6 Sy.
3. Angulo de torsión φ E / A G = 806 Pa.


66


ENGRANAJE
250 mm φ

MOTOR
1200 RPM
30 KW

38 mm φ

18 mm

C

D

40 mm φ

B
D

50 mm φ

A
A

36 mm φ

40 mm φ

30 mm φ

E
20 mm

80 mm

3

120 mm

4
90 mm

80 mm

80 mm

Salen
8 KW

.2
Salen
12 KW

Solución:
Torques en los puntos
1, 2, 3, 4.

T1

1

A

M

B

C

30 KW
conducido

N

D P.

E

3

4
Motriz

8 KW

2

T3
T2

RPMeje =

12 KW

Motriz

10 KW

Motriz
T4

1200 x100mm
= 480RPM
250mm


67


T1 =

9550000(Pot en Kw)
m

T1 =

9550000x20kw
=
1200

159166,67 Nmm

T2 =

9550000x6kw
=
1200

47750 Nmm

T3 =

9550000x5kw
=
1200

39791,67 Nmm

T4 =

9550000x9kw
=
1200

71625 Nmm

111416.67Nm
71625Nm

CHAVETA

Prob.
Construir el DIAGRAMA DE MOMENTOS TORSORES de eje AE; calcular
el esfuerzo cortante máximo y la deformación angular de la sección E,
respecto a la sección A.

Asumir K= 2; a = 806 Pa.


68


Piñón Helicolor
120 mmφ

Salen 9KW

Motor
20Kw
1800RPM

x

x

100

x

120

x
150

Salen
6KW

Salen JKW

Solución:
RPM del eje AE:
1800RPMx

120m
= 120RPM
180mm

TORQUES QUE ACTUAN EN LOS PUNTOS 1, 2, 3, 4.

T1

Conducido

9Kw
200
KW

Motriz

X

X
A

B

C

Motriz

E

X

X
2

D

3
Motriz

T 2 6 KW


SKN T 3

69


ANGULO φE/A
φE/A = φA + φM/A + φB/M + φC/B + φN/C + φD/N + φR/D + φE/P

=0

159166,67 x18mm
80x10 3 x

+

32

(30) 2

18958,33 x 50
3

80x10 x

32

+

(40)

80x10 3 x

32

80x10

3

32

(40)

+

159166,67 x 120mm

(38) 4

18958,33 x 60

+
4

159166,67 x 62mm

+
4

80x10 3 x

18958,33 x 20
80x10

3

32

(30)

32

(40) 4

+

18958,33 x 40mm
80x10 3 x

32

(40) 4

=
4

PROBLEMA PROPUESTO:
En la siguiente transmisión:
1) Continuar el diagrama de momentos torsores ó torques.
2) Calcular el esfuerzo cortante máximo (K = 2)
3) Calcular el factor de seguridad respecto al corte si el material del eje es
acero con Sy ) 320 MPa.

φE/A ; φC/A ; φD/B ;
T1 =

9550000 x 30 kw
=
480

596875 Nmm

T2 =

9550000 x 12 kw
=
480

238750 Nmm

T3 =

9550000 x 5 kw
=
480

159166,67 Nmm

T4 =

9550000 x 10 kw
=
480

198958,33 Nmm


70


T3= 159166,67 Nmm
A

T1 = T21 = 358125 Nmm
B

M

C

T4 = 198958,33 Nmm

D

E

159166,67 Nmm

(+)

358125 Nmm

.C
A

.N

.P

M
(-)

-198958,33 Nmm

E

CORTANTE MAX:
Puntos críticos donde hay chaveta:
Mayor torque y menor φ:

δmax A =
δmax E =

K.16T 2 x16 x159166,67 Nmm
=
= 60,04MPa.
πd 3
π(30mm) 3
2 x16 x198958,33Nmm
π(36 )

3

= 43,44MPa.

FACTOR SEGURIDAD:
En (A). Fs =

Ssy
0,6250
=
= 2,49
δmax 60,04

SOLUCION:

MF


MF

71


La barra deformada es:

M

MF

Punto de Corte

CORTANDO LA BARRA:

Tracción
σ max.

MF
Fibra Neutra

C1

Comprensión

C2
σ max.

σmax.+ = Esfuerzo máximo de tracción.
σmax.C = Esfuerzo máximo de compresión.

Fibra Neutra: Fn No existe esfuerzo
Fibra Centroidal: Fc

FC y FN COINCIDEN


72


PARA SECCIONES SIMETRICAS: C 1 = C 2
Como por ejemplo:

C=

FN

d
2

C=

FN

l

C

C

C=

l

FN

l
2

C=

l

C

C

ESTO NO OCURRE EN SECCIONES ASIMETRICAS COMO

C1

C1

C2

C2

FN

CALCULO DEL ESFUERZO MAXIMO DE FLEXION:
σ max.
t.

C1

FN

C2
σ max.
C.


l
2

73

l
2


ESFUERZO MAXIMO DE TRACCION

ESFUERZO MAXIMO DE COMPRESIÓN

 M .C 
σmax.t = K F 1 
 I 

 M .C 
σmax.C =  F 2 
 I 

Siendo:
Fs = Momento flector en la sección en la sección que se calcula.
K = Factor de concentración de esfuerzos.
I = Momento de inercia de la sección.

CASOS PARTICULARES:
SECCION CIRCULAR

C1 =

d
2

C2 =

d

d
2

d 

 MF. 
2 
σ máx .t = K
4
 π.d / 64 




 32M F 
σ máx .t = K
3 
 π.d 

 32M F 
σ máx .C = 
3 
 π.d 


74


PARA SECCION RECTANGULAR:

C=

l
2

C=

l
2

FN

l

b

I=

bL3
12

b es paralela a FN
Lxxx es perpendicular a la FN

 M .L / 2 
σ máx .t = K F 3

 b L / 12 
 6M 
σ máx .t = K 2F 
 bL 

 6M 
σ máx .C =  2F 
 bL 

PROBLEMA:
Calcular:
i) Los esfuerzos máximos de tracción y compresión debido a la flexión. (K = 2).
ii) El factor de seguridad si la viga es de acero con Sy ) 250 MPa.

1200 mm

10KN
200 mm

A

B
20 mm


75


Solución:
X

10KN

MX

10KN
M x = 10 KN.Xmm
M x = 10 X KN mm
Mx = 10.103x Nmm
Mx = 10 4 x

Nmm

Es función lineal y su gráfico es una recta.

DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES
Cuando X = 0

Mx = M B = 0

Cuando X = 1200

Mx = M A = 10 4 .1200 Nmm
M A = 12.10 6 Nmm

A

B
Momentos Flectores

12.106 Nmm = M F max.


76


La sección A es crítica porque en ella actúa el máx momento flector aquí se
calcula σmax.t

∧

σmax.C

M F máx = 12.10 6 Nmm

DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTOS FLETORES
Problema: Construir el diagrama de fuerzas cortantes y momentos flectores de
la viga mostrada.

10KN

8KN

Apoyo
C

Móvil

D

A

B

800mm


1200mm

1000m

77


100mm
20mm

2
0
0
mm

20mm

Solución:
CÁLCULO DE REACCIONES EN A Y B:
D.C.L.

10KN

Ay

∑M

A
0

8KN

By

=0

10 KN.800 + 8KN.200 – By .3000 =0
8 + 16 – 3By =0
24 = 3By
By = 8 KN


78


Hay dos posibilidades: aplicando: ∑ Fy = 0:

∑M

B
0

=0

Usando: ∑ Fy = 0
Ay – 10KN – 8KN + 8 KN = 0
⇒ Ay = 10 KN

DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES

10KN

8KN

C

D

A

B
8KN

VAC
X

MAC

10KN

10KN
c

V CD
M CD

A
x
10KN

10KN
c

8KN
D

V DB

A
M DB
10KN


X

79


TRAMO AC:
0 ≤ X ≤ 800
Vac = Fuerzas cortante en la sección ubicada a una distancia x del punto A.

(+)

(-)

No depende de X
VAC = 10 KN
Es constante es decir es igual en todas las secciones del tramo AC.

TRAMO CD:

800 ≤ x ≤ 2000

V CD = 10 KN – 10KN = 0
Es constante porque no depende de x.

TRAMO DB:

V CD = 0

V CB = 10 KN – 10 K 0 8KN

VCB = (-) 8KN

Es constante porque no depende de x.

DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES:
10KN
(+)
A

VCD =0
C

D

B
(-)

(-)8KN

8000KNmm


8000KNmm

80


MOMENTOS FLECTORES:

TRAMO AC:

0 ≤ x ≤ 800

Mirando hacia la izquierda de la sección:

+

-

M AC = 10KN.x.mm

MAC = 10x KNmm
Si X = 0

MA = 0

M AC =

Línea Recta

Es función lineal de x
: X = 800

M AC = M C

M C = 10 KN.800 mm
MC = 8000 KN mm

TRAMO CD:

800 ≤ x ≤ 2000

M CD = 10 KN . x mm + 10 KN (x – 800) mm
M CD = 10 x – 10 x + 800 KN mm

MCD = 8000 KN mm

TRAMO DB:

Es constante o sea no es función de x

2000 ≤ x ≤ 3000

M DB = 10x – 10 (x – 800)-8(x-2000)
M DB = 8000 – 8x + 16000


MDB = 24000 – 8x

KN mm

81


X = 2000

MDB = MD

X = 3000

MDB = MB

= 24000 – 8x2000 = 8000 KN mm
= 24000 – 8x3000 = 0 KN mm

Prob:
En el problema anterior calcular:
1) Los esfuerzos máximos de flexión (tracción); (compresión).
2) El factor de seguridad sabiendo que el material es acero estructural con Sy
= 250 MPa.

Solución: 1) Esfuerzos máximos de flexión:
σmax = ?

Comprensión

Tracción

σmax =

M F .C
I

M F (máximo) = 8000 KN mm
= 8 x 10 6 Nmmm


82


100nm

Comprensión σmax.c

20mm

A2

C1

Y2

Fibra neutra

200mm

Y

Fibra lentroidal

Y1
C2

A1

UBICACIÓN DE FN ó FC
∑ Ai y1
y=
∑ Ai

y=

Ai y1 + A 2 y 2
A1 + A 2

(20.200mm )(100mm) + (100x20mm )(210mm) ⇒
2

y=

2

(20x 200 + 100x 20)mm 2
⇒

C 1 = 220 – 136,67 mm

y = 136,67mm

C 1 = 83,33
C 1 = 83,33

C2 = y

CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA I
Para un rectángulo I =

6L3
12

FN

FN

Ln

Ln

b


83


Para secciones compuestas de varios rectángulos:

 bi h 3

i
I = ∑
+ Ai d i2 
 12



d i = distancia del centro de gravedad del área Ai al centro de gravedad de la
sección compuesta.

Pero el área A 1

d 1 = 136,67 – 100
d1 = 36,67 mm

Pero el área A 2

d 2 = 210 – 136,67
d2 = 73,33 mm

 20x200 3 mm 4
2
2 2
I=
+ 20x200mm 36,67 m

12


(

Nota: Fs –Z

)(

  100x20 3 mm 4
2 
2
2
+
+ 100x20m  73,33 mm
 

121
 


)

(

)(

)

Siempre se toma el |σmáx| t ó C. el valor numérico que sea

mayor.

⇒ Fs =


250
.
| σ máx t ó C |

84


Bibliografía

TIMOSHENKO

BEER JONSON

SINGER

SCHAUMS


85

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