El documento presenta la resolución de un ejercicio de ingeniería que involucra el cálculo de tensiones en una barra de acero anular doblemente empotrada con un apéndice transversal. En primer lugar, se calculan las características geométricas de la sección de la barra y los esfuerzos actuantes. Luego, se determinan las tensiones normales y cortantes máximas. Finalmente, se pre-dimensiona la barra aplicando criterios de resistencia y verificando que las tensiones satisfacen los límites admitidos.

1. Falla
Resolución del Ejercicio N° 3 de la
Guía de la Práctica – TP N° 10
(Ejercicio IV del Complemento Teórico)
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. La barra de sección anular de acero
F-24 doblemente empotrada que se
muestra en la figura…
Ejercicio
…posee en la mitad de su luz un apéndice perpendicular sobre el que se
ejerce una fuerza F = 2 T a 1 m del eje de la misma. Siendo la relación de
diámetros: m =I /E = 0,9.
Se pide: 1. Tensiones normales máximas y tensión
cortante máxima.
2. Dimensionar la barra aplicando los criterios
de Rankine y de la Teoría de la Máxima
Deformación Específica e indicar cuál de los
dos es más conservador. (Tomar como
coeficiente de seguridad mínimo admisible: 
= 1,4).
3. Calcular por separado el coeficiente de
seguridad a flexión y a torsión empleando el
Cálculo de Estado Límite de Agotamiento
Resistente.
4. Determinar la reserva de resistencia a la
flexión y a torsión desde el comienzo de la
plastificación hasta la rotura total.

3. Calculemos las expresiones de las
características geométricas de la
sección de la barra…
Resolución
…la cual es un anillo
circular de relación de
diámetros: m =I/E = 0,9,
por lo que:
E
I
E
E
I
E
e
d
D


















05
,
0
2
9
,
0
…con lo cual:
   
2
2
2
2
2
2
2
1
4
1
4
4
m
A E
E
I
E
I
E 























    
3
3
3
3
3
3
3
1
12
1
2
12
1
m
S E
E
I
E
I
E
x 



















   
4
4
4
4
4
4
4
1
64
1
64
64
m
J E
E
I
E
I
E 























    
4
4
4
4
4
4
4
0 1
32
1
32
32
m
J E
E
I
E
I
E 

























4. En cuanto a los esfuerzos actuantes
sobre las secciones de la barra…
Resolución
…trasladando la carga vertical al eje de la barra el sistema
equivalente estará compuesto por una carga vertical de 2 T y un
momento torsor de valor MT = 2 Tm. Los esfuerzos sobre la barra
serán, en cualquier sección de la misma, un esfuerzo cortante (T),
un momento torsor (MT) y un momento flexor (MF).
Por tratarse de una barra con
simetría geométrica y de cargas
las reacciones de vínculo en A y
C también serán simétricas.
Además, por tratarse de un
hiperestático (barra doblemente
empotrada) las reacciones de
vínculo podrán calcularse por
alguno de los métodos
oportunamente explicados (ej.
Método de las Fuerzas) u
obtenerse de tablas:

5. En cuanto a los esfuerzos actuantes
sobre las secciones de la barra…
Resolución
…trasladando la carga vertical al eje de la barra el sistema
equivalente estará compuesto por una carga vertical de 2 T y un
momento torsor de valor MT = 2 Tm. Los esfuerzos sobre la barra
serán, en cualquier sección de la misma, un esfuerzo cortante (T),
un momento torsor (MT) y un momento flexor (MF).
Por tratarse de una barra con
simetría geométrica y de cargas
las reacciones de vínculo en A y
C también serán simétricas.
Además, por tratarse de un
hiperestático (barra doblemente
empotrada) las reacciones de
vínculo podrán calcularse por
alguno de los métodos
oportunamente explicados (ej.
Método de las Fuerzas) u
obtenerse de tablas:
A estos esfuerzos habrá que agregarle un par torsor que equilibre la
acción de la fuerza actuando sobre el apéndice transversal. Por lo tanto:
     
m
T
m
T
MT 


 2
1
2

6. Resolución
…y las reacciones en los vínculos serán:
 
Tm
M
M
M
M
M
M
M
M
M T
B
A
B
A
B
A
T
T
T
T
T
T
T
T
i
1
2
0















Estos esfuerzos, tendrán una distribución constante tanto para la semi-luz de la derecha como
de la izquierda, de igual valor absoluto y distinto signo.
Por su parte el corte también tendrá una distribución similar a la del momento torsor,
mientras que el momento flexor (flexión simple) tendrá una distribución simétrica respecto de
la mitad de la luz, con un máximo en la fibra más alejada del eje neutro (E/2). Los valores en
los puntos característicos serán:
   
T
T
F
V
V
T B
A 1
2
2
2





     
Tm
m
T
L
F
M
M
M
M B
C
A
F 1
8
4
2
8










7. En cuanto a las
tensiones actuantes
tendremos…
Resolución
…que las secciones más comprometidas de la barra serán las
correspondientes a los empotramientos y la sección ubicada a una
distancia L/2 (mitad de la luz). Las tensiones normales tendrán las
siguientes componentes:
 
4
3
1
32
2 m
M
J
M
E
F
E
F
Max
Max
Max
Max C
B
A

















La tensión cortante máxima
debida al momento torsor
vale:
 
4
3
0 1
16
2 m
M
J
M
E
A
E
A
M
T
T
Max
T











Mientras que la tensión
cortante máxima debida al
corte será:
 
 
4
2
3
1
3
1
16
m
m
T
S
J
T
E
E
x
TMax















8. eje neutro
En cuanto a las
tensiones actuantes
tendremos…
Resolución
Las tensiones normales producidas por la flexión (), tienen su
valor máximo en correspondencia en puntos tales como el A, es
decir los más alejados del eje neutro, mientras que en puntos
como el B son nulas.
La tensión cortante debida al
momento torsor (MT) actuará en
toda la periferia de la sección,
mientras que la tensión cortante
debida al corte (T) están
contenidas en el plano de la
sección y su máximo valor se
encuentra en un punto tal como
el B (eje neutro).
 
 

















 3
4
2
1
3
1
1
16
m
T
M
m E
A
E
T
M
Max
T
Max
Max
T






…y la tensión cortante máxima
(Max) será:

9. Pre-dimensionemos
ahora la barra a flexión…
Resolución
…para el coeficiente de seguridad mínimo admisible y luego
verificamos las tensiones tangenciales. Adoptando una Fl = Fl/2 =
12000 [T/m2] → adm = Fl/1,4  8500 [T/m2]
   
3
4
4
3
1
32
1
32
2 m
M
m
M
J
M
Fl
F
E
E
F
E
F
Fl
adm

























 
 
   
cm
m
m
T
Tm
E 12
12
,
0
9
,
0
1
10
24
4
,
1
1
32
3 4
2
3

















 
 

















 3
4
2
1
3
1
1
16
m
T
M
m E
A
E
T
M
Max
T
Max
Max
T






 
   
 
 
    






























 2
2
3
4
2
8500
166
.
8663
9
,
0
1
1
3
1
12
,
0
1
9
,
0
1
12
,
0
16
m
T
m
T
T
m
Tm
m
adm
Max 


No verifica
…ahora verificamos

10. …redimensionamos
adoptando un E = 14 [cm]
Resolución
 
   
 
 
    






























 2
2
3
4
2
8500
5465
9
,
0
1
1
3
1
14
,
0
1
9
,
0
1
14
,
0
16
m
T
m
T
T
m
Tm
m
adm
Max 


Verifica
…y para este nuevo diámetro resulta:
 
 
 
    4
.
1
24000
11000
9
,
0
1
14
,
0
1
32
1
32
2
2
2
4
3
4
3


























m
T
m
T
m
Tm
m
M
J
M
E
F
E
F
Max





Verifica
 
 
 
    

















 2
4
3
4
3
0
5400
9
,
0
1
14
,
0
1
16
1
16
2 m
T
m
Tm
m
M
J
M
E
A
E
A
M
T
T
Max
T





 
 
   
 
    























 2
4
2
3
4
2
3
65
9
,
0
1
14
,
0
3
9
,
0
1
1
16
1
3
1
16
m
T
m
T
m
m
T
S
J
T
E
E
x
TMax






11. Resolución
La sección más solicitada será la correspondiente a los
empotramientos y la sección ubicada a una distancia L/2 (mitad de la
luz) y en ella, las fibras más comprometidas serán la fibra A (máximas
tensiones normales de compresión y máximas tensiones tangenciales por torsión).
Nota: el punto diametralmente opuesto al A será el que tenga las máximas
tensiones normales de tracción y máximas tensiones tangenciales por torsión.
El estado tensional del punto A es el siguiente:
0
5400
11000
2
2
zy
yz
zx
xz
z
y
M
yx
xy
Max
x
m
T
m
T
Max
T


































…y el tensor de tensiones
para dicho punto es:







 2
0
0
0
0
0
5400
0
5400
11000
m
T
TT
Correspondiente a un estado plano de tensiones en el plano “xy”
(todas las tensiones con subíndices “z” son nulas).
Calculemos las tensiones principales para la
fibra más comprometida…

12. 𝜎𝑚𝑎𝑥/𝑚𝑖𝑛 =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
±
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
4
+ 𝜏𝑥𝑦
2
=
−11000 + 0
2
±
−11000 − 0 2
4
+ 54002
→
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 2208 𝑇
𝑚2
𝜎𝑚𝑖𝑛 = −13208 𝑇
𝑚2
→
𝜎1 = 2208 𝑇
𝑚2
𝜎2 = 0
𝜎3 = −13208 𝑇
𝑚2
El valor de max es independiente de 2 y ocurrirá en planos inclinados a 45º con respecto a
los planos principales. Para dichos planos resulta:
Calculemos las tensiones principales para la
fibra más comprometida…
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝜎1 − 𝜎3
2
=
2208 𝑇
𝑚2 − −13208 𝑇
𝑚2
2
= 7708 𝑇
𝑚2
𝜎𝜏𝑚𝑎𝑥
=
𝜎1 + 𝜎3
2
=
2208 𝑇
𝑚2 + −13208 𝑇
𝑚2
2
= −5500 𝑇
𝑚2
Resolución

13. Trazamos ahora la circunferencia de Mohr…
Los centros de las familias de circunferencias los
calculamos como sigue:
𝐶1 =
𝜎2 + 𝜎3
2
=
0 + −13208 𝑇
𝑚2
2
= −6604 𝑇
𝑚2
𝐶2 =
𝜎1 + 𝜎3
2
=
2208 𝑇
𝑚2 + −13208 𝑇
𝑚2
2
= −5500 𝑇
𝑚2
𝐶3 =
𝜎1 + 𝜎2
2
=
2208 𝑇
𝑚2 + 0
2
= 1104 𝑇
𝑚2
Los radios de las familias de circunferencias los calculamos como sigue:
𝑅1 =
𝜎2 − 𝜎3
2
=
0 − −13208 𝑇
𝑚2
2
= 6604 𝑇
𝑚2
𝑅2 =
𝜎1 − 𝜎3
2
=
2208 𝑇
𝑚2 − −13208 𝑇
𝑚2
2
= 7708 𝑇
𝑚2
𝑅3 =
𝜎1 − 𝜎2
2
=
2208 𝑇
𝑚2 − 0
2
= 1104 𝑇
𝑚2
Resolución

14. Trazamos ahora la circunferencia de Mohr…
Resolución
Nota: gráfico fuera de escala

15. Para el acero F-24
resulta…
𝝈𝒇𝒍 = 𝟐𝟒𝟎𝟎
𝒌𝒈
𝒄𝒎𝟐 = 𝟐𝟒 × 𝟏𝟎𝟑 𝑻
𝒎𝟐 → 𝝊 =
𝟐𝟒 × 𝟏𝟎𝟑 𝑻
𝒎𝟐
𝝈𝒂𝒅𝒎
Resolución
…y la expresión del coeficiente de seguridad () será:

16. Aplicamos ahora el criterio de Rankine…
Esta teoría, establece que:
“La deformación anaelástica en un punto cualquiera de un sólido solicitado por un estado
cualquiera de tensión comienza sólo cuando la máxima tensión principal en el punto
considerado alcanza un valor igual al de la tensión en el límite de fluencia (en tracción o
compresión) con total independencia de las tensiones normales o tangenciales que
puedan existir en otros planos”
Esto podemos expresarlo de la siguiente manera:
Resolución
     
   
2
2
2
2
2
2
2
2
13208
5400
2
11000
2
11000
2
2 m
T
m
T
m
T
m
T
xy
x
x
R
Fl
AdmR 










 












 






17. Aplicamos ahora el criterio de la Máxima
Deformación Específica…
Esta teoría, establece que:
“La rotura de un cuerpo sujeto a un determinado estado de tensión, ocurre cuando la
deformación específica en la dirección de la máxima tensión principal alcanza el valor de
la máxima deformación específica correspondiente a la rotura por tracción simple”
Esto podemos expresarlo de la siguiente manera (considerando  = 0,296):
Resolución
   
     
   
   
2
2
2
2
2
2
2
2
13861
5400
2
11000
296
,
0
1
296
,
0
1
2
11000
2
1
1
2
m
T
m
T
m
T
m
T
xy
x
x
Fl
AdmMDE











 




















 








18. Comparemos ahora ambos métodos…
𝜐𝑅 =
24 × 103 𝑇
𝑚2
𝜎𝑎𝑑𝑚𝑅
=
24 × 103 𝑇
𝑚2
13208 𝑇
𝑚2
≅ 1,817
𝜐𝑀𝐷𝐸 =
24 × 103 𝑇
𝑚2
𝜎𝑎𝑑𝑚𝑀𝐷𝐸
=
24 × 103 𝑇
𝑚2
13861 𝑇
𝑚2
≅ 1,731
→ 𝝊𝑹 > 𝝊𝑴𝑫𝑬 > 𝝊 = 𝟏, 𝟒
“El criterio de Rankine es más conservador”
Resolución

19. Determinamos ahora la reserva de
resistencia a la flexión y a torsión…
…desde el comienzo de la plastificación hasta la rotura total: Resolución
Reserva de resistencia a la flexión
𝑆𝑛
𝐹
2
=
𝐷3
∙ 1 − 𝑚3
12
𝐽 =
𝜋 ∙ 𝐷4
∙ 1 − 𝑚4
64
𝑀𝑅 = 2 ∙ 𝜎𝐹𝑙 ∙ 𝑆𝑛
𝐹
2
= 𝜎𝐹𝑙 ∙
𝐷3 ∙ 1 − 𝑚3
6
𝑀𝐹𝑙 = 𝜎𝐹𝑙 ∙
𝐽
𝐷
2
= 𝜎𝐹𝑙 ∙
𝜋 ∙ 𝐷3∙ 1 − 𝑚4
32
→
𝑴𝑹
𝑴𝑭𝒍
=
𝟏𝟔
𝟑 ∙ 𝝅
∙
𝟏 − 𝒎𝟑
𝟏 − 𝒎𝟒
= 𝟏, 𝟑𝟑𝟕𝟕
Reserva de resistencia a la torsión
𝑀𝑅 =
𝜋𝐷3
12
∙ 𝜏𝐹𝑙
𝑀𝐹𝑙 =
𝜋𝐷3
16
∙ 𝜏𝐹𝑙
→
𝑴𝑹
𝑴𝑭𝒍
=
𝟒
𝟑
= 𝟏, 𝟑𝟑 …

20. 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

21. Muchas Gracias