Hallar las tensiones máximas en el empotramiento A y el giro, alrededor del eje x, de la sección E. El momento torsor de 8 Tn.m está aplicado en la sección B. Trazar los diagramas de características, los diagramas de tensiones y los diagramas de esfuerzos actuantes. Verificar las tensiones máximas para la fibra más solicitada.

1. Solicitaciones
Combinadas
Resolución del Ejercicio N° 20 de
la Guía de la Práctica – TP N° 6
Curso de Estabilidad IIb
Ing. Gabriel Pujol
Para las carreas de Ingeniería Mecánica e Ingeniería Naval y Mecánica de la
Facultad de Ingeniería de la Universidad de Buenos Aires

2. 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

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

4. 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

5. 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

6. 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

7. 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





8. …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 
 

9. 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

10. 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 



11. 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

12. 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

13. 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

14. 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







15. 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)

16. Bibliografía
Estabilidad II - E. Fliess
Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo
Mecánica de materiales - F. Beer y otros
Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez
Resistencia de materiales - Luis Delgado Lallemad / José M. Quintana Santana
Resistencia de materiales - V. Feodosiev
Resistencia de materiales - A. Pytel / F. Singer
Resistencia de materiales - S. Timoshenko

17. Muchas Gracias