Solicitaciones Combinadas - Puesta en común

1. Solicitación Combinadas
Puesta en Común
Problema para discutir
Para las carreas de Ingeniería Mecánica e Ingeniería Naval y Mecánica de la
Facultad de Ingeniería de la Universidad de Buenos Aires
Curso de Estabilidad IIb
Ing. Gabriel Pujol

2. Problema para discutir en Clase
En el siguiente espacio se propone un Problema Conceptual para Discusión y puesta en
común al Grupo (luego de recapacitar durante la semana) por los diferentes grupos antes de
comenzar con la clase correspondiente al Cronograma de Actividades Programadas y
para dar cierre a la explicación del Práctico N° 4 – Solicitación por Torsión.
Para facilitar la tareas se
adjuntan un ejercicio
conceptualmente similar
para que sirva de
referencia.
(Problema extraído de la
Evaluación Final de la Materia del
día 31 de agosto del 2021)

3. Veamos el siguiente ejemplo:
Hallar las tensiones máximas en el
empotramiento A y el giro alrededor del
eje x, de la sección E (X). Trazar los
diagramas de momentos torsores, los
diagramas de tensiones y los diagramas de
esfuerzos actuantes.
Nota: El momento torsor de M está
aplicado en la sección B.
Enunciado
y
x
z
A
B
C
D
E
F
4 Tn
10 Tn
5 Tn
M = 8 Tn . m
X
2 m
1 m
1 m
1 m
1 m
Datos:
AC = 40 cm
 CE= 10 cm
 DF= 10 cm
Material: aluminio (6061), G = 2,7x105 kgf/cm2

4. Veamos los datos del material:
Para el aluminio 6061
se tiene:
Resolución
 FL= 150 N/mm2
 FL= 1530 kgf/cm2
por lo tanto:

5. Veamos las características
geométricas de la sección:
Siendo la sección del empotramiento A una sección circular maciza será:
 
2
2
64
,
256
.
1
4
cm
A E 
 

 
3
3
33
,
333
.
5
12
cm
S E
x 
 

 
4
4
71
,
663
.
125
64
cm
J E 
 

 
4
4
0 42
,
327
.
251
32
cm
J E 
 

Resolución

6. x
y
z
A
Calculemos las solicitaciones
actuantes en el empotramiento A:
Solicitación axil:
Resolución
   
kgf
Tn
NX 5000
5 
 tracción (+)
NX = 5000 kgf
Solicitaciones por corte:
   
kgf
Tn
TY 10000
10 



   
kgf
Tn
TZ 4000
4 



TY = -10000 kgf
TZ = -4000 kgf
Solicitación por momentos flexores:
       
cm
kgf
m
Tn
m
Tn
MY 





 5
10
22
22
3
4
       
cm
kgf
m
Tn
m
Tn
MZ 








 5
10
30
30
3
10
MY = 22x105 kgf.cm
MZ = -30x105 kgf.cm
Solicitación por momento torsor:
         
cm
kgf
m
Tn
m
Tn
m
Tn
M X 








 5
10
12
12
2
10
8
MX = 12x105 kgf.cm

7. Calculemos las tensiones
debidas al esfuerzo axil:
La tensión normal será:
 
 
   
 
 2
2
2
40
5000
4
4
cm
kgf
kgf
N
cm
A
kgf
N X
X
X










y
z






 2
97
,
3
cm
kgf
X

 X = 3,97 kgf/cm2
Resolución

8. y
z MZ
MY
MF
Calculemos las tensiones
debidas a los momentos
flexores:
El momento flexor actuante será:
Resolución
         
cm
kgf
M
M
M Z
Y
F 






 



 5
2
2
2
2
10
30
22
… y el ángulo  que forma con el eje z resulta:
 





 75
,
143
30
22
arctan
Z
Y
M
M

 
cm
kgf
MF 


 5
10
20
,
37

Por su parte, la distribución de tensiones normales será:





2


J
M
y
J
M F
MAX
F
XMAX
 
 
 











 2
4
5
592
2
40
71
,
125663
10
20
,
37
cm
kgf
cm
cm
cm
kgf
MAX
X

z
y
MF

P

Xmax ≈ 592 kgf/cm2
donde:
  
 








25
,
36
75
,
143
180





9. …y las tensiones
normales totales serán…
…, por el principio de superposición de efectos, la suma de las tensiones debidas a la
solicitación axil y las debidas al momento flexor:
Resolución
z
y
MF
P

MAX ≈ 596 kgf/cm2
 
 
 
  MAX
F
X
Flexión
Axil
MAX y
cm
J
cm
kgf
M
cm
A
kgf
N





 4
2
min


















 2
2
min
592
97
,
3
cm
kgf
cm
kgf
Flexión
Axil
MAX 


















2
min
2
588
596
cm
kgf
cm
kgf
MAX


donde:  

 25
,
36

min ≈ -588 kgf/cm2
Por tratarse de flexión compuesta, el
eje neutro no es baricéntrico, pero al
ser el desplazamiento
es ínfimo
Flexión
Axil 
 

10. TY
TZ
T
y
z
Q
Calculemos las tensiones
debidas a los esfuerzos
cortantes:
El esfuerzo cortante actuante será:
Resolución
         
kgf
T
T
T Z
Y
3
2
2
2
2
10
4
10 





 





… y el ángulo  que forma con el eje z resulta:
 






 20
,
68
4
10
arctan
Z
Y
T
T

 
kgf
T 3
10
77
,
10 


Por su parte, la distribución de tensiones corte será parabólica con una MAX1:
 
  



























 2
2
3
2
30
,
114
2
40
10
77
,
10
3
4
2
3
4
3
4
1
1
cm
kgf
cm
kgf
T
A
T
MAX
MAX






MAX1

11. Calculemos las tensiones
debidas al momento
torsor:
Las tensiones tangenciales debidas al momento
torsor tendrán distribución radial con un valor
máximo MAX2 :
Resolución
   
  











 2
4
5
0
49
,
95
41
,
251327
2
40
10
12
2
2
cm
kgf
cm
cm
cm
kgf
J
M X
MAX


y
z
A
B
MAX2
Las tensiones tangenciales máxima total será la suma de las tensiones debidas al esfuerzo
de corte (MAX1)y al momento torsor (MAX2). Esta tensión se verificará en un punto tal
como el A:
  
















 2
2
79
,
209
49
,
95
30
,
114
2
1
cm
kgf
cm
kgf
MAX
MAX
MAX
A
MAX 


 … y por su parte:








 2
49
,
95
2
cm
kgf
MAX
P
MAX
B
MAX 



12. Veamos los
diagramas:
Resolución
P
Q


z
y
Q
T

P
Graficamos las tensiones
normales
Graficamos las tensiones
tangenciales debidas al
corte
Graficamos las tensiones
tangenciales debidas a la
torsión
Definimos P
Trazamos el
diagrama 
Definimos Q
Trazamos el
diagrama Q
Luego analizaremos la tensión P
correspondiente al punto P
El diagrama resultará
independiente del ángulo

13. Analicemos el valor de P:
Resolución
P
Q


z
y
Q
P
La expresión de las tensiones tangenciales
P debidas al esfuerzo de corte tendrán
una distribución cuadrática según la
siguiente expresión:
 
4
2
2
1
3
4
R
y
R
T







donde y resulta ser:
y
 

 

 cos
R
y
   
 



















 2
4
2
2
4
2
2
1 2
,
3
cos
1
3
4
3
4
cm
kgf
R
R
T
R
y
R
T




 






 2
49
,
95
2
cm
kgf
MAX

por lo tanto, P puede despreciarse

14. Calculemos las tensiones principales para la
fibra más solicitada (P)
Resolución El estado tensional del punto P será el siguiente:
y el tensor de tensiones:    
MPa
T
z
yz
xz
zy
y
xy
zx
yx
x
T
0
0
0
0
0
49
,
95
0
49
,
95
596












Correspondiente a un estado plano de tensiones en el plano “xy”
(todas las tensiones con subíndices “z” son nulas).
𝝈𝒎𝒂𝒙/𝒎𝒊𝒏 =
𝝈𝒙 + 𝝈𝒚
𝟐
±
𝝈𝒙 − 𝝈𝒚
𝟐
𝟒
+ 𝝉𝒙𝒚
𝟐 =
−𝟓𝟗𝟔 + 𝟎
𝟐
±
−𝟓𝟗𝟔 − 𝟎 𝟐
𝟒
+ 𝟗𝟓, 𝟒𝟗𝟐
→
𝝈𝒎𝒂𝒙 = 𝟏𝟒, 𝟗𝟑 𝑴𝑷𝒂
𝝈𝒎𝒊𝒏 = −𝟔𝟏𝟎, 𝟗𝟑 𝑴𝑷𝒂
→
𝝈𝟏 = 𝟏𝟒, 𝟗𝟑 𝑴𝑷𝒂
𝝈𝟐 = 𝟎
𝝈𝟑 = −𝟔𝟏𝟎, 𝟗𝟑 𝑴𝑷𝒂

15. Los centros y radios de las familias
de circunferencias son:
Resolución
 
 



































































2
2
3
2
1
3
2
2
2
3
1
2
2
2
1
3
2
1
47
,
7
2
0
93
,
14
2
298
2
93
,
610
93
,
14
2
47
,
305
2
93
,
610
0
2
cm
kgf
cm
kgf
C
C
cm
kgf
cm
kgf
C
C
cm
kgf
cm
kgf
C
C






 
 

































































2
2
3
2
1
3
2
2
2
3
1
2
2
2
1
3
2
1
47
,
7
2
0
93
,
14
2
93
,
312
2
93
,
610
93
,
14
2
47
,
305
2
93
,
610
0
2
cm
kgf
cm
kgf
r
r
cm
kgf
cm
kgf
r
r
cm
kgf
cm
kgf
r
r







16. Tracemos ahora las circunferencias
de Mohr:
Resolución
 [kgf/cm2]
 [kgf/cm2]
R1 (≈305)
R3 (≈7)
R2 (≈313)
C1 (≈ 305) C2 (≈298) C3 (≈7)
1 (≈ 15)
2 (0)
3 (≈ -611)

17. Bibliografía
Recomendada
(en orden alfabético)
 Estabilidad II - E. Fliess
 Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo
 Mecánica de las estructuras – Miguel Cervera Ruiz/ Elena Blanco Díaz
 Mecánica de materiales - F. Beer y otros
 Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez
 Resistencia de materiales - V. Feodosiev
 Resistencia de materiales - A. Pytel / F. Singer
 Resistencia de materiales - S. Timoshenko

18. Muchas Gracias