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Solicitación por Torsión - Resolución Ejercicio N° 4.2.pptx
- 1. Solicitación por Torsión Resolución del Ejercicio N° 4.2 de la Guía de la Práctica – TP N° 5 (Ejercicio V 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. a) Reacciones de vínculo. b) Diagrama de tensiones tangenciales máximas. c) Diagrama de los ángulos absolutos de torsión. d) Diagrama de momentos torsores. Enunciado Para el esquema estructural de barras de la figura se pide calcular: Nota: NP hace referencia al último número del padrón. El ejercicio está resuelto para un NP = 3.
- 3. Calculamos las reacciones de vínculo, para ello planteamos las ecuaciones de equilibrio de la estática: Resolución 𝐹𝑉 = 0 𝐹𝐻 = 0 𝑀𝑇 = 0 …ecuaciones idénticamente nulas → −𝑀𝐴 + 𝑀𝑇1 + 𝑀𝑇2 − 𝑀𝐸 = 0 Tenemos dos incógnitas MT1 y MT2 y la estática nos brinda una única ecuación que podemos utilizar… …por consiguiente deberemos plantear una ecuación adicional de contorno que relaciones las deformaciones con las cargas actuantes en el sistema. Esta ecuación nos la dará la Resistencia de Materiales… …dado que ambos vínculos son empotramientos, las rotaciones absolutas de los mismos serán nulas, así: 𝜑𝐴𝐵 + 𝜑𝐵𝐶 + 𝜑𝐶𝐷 + 𝜑𝐷𝐸 = 0 que escrita en términos de las incógnitas resulta: 𝐴 𝐵 𝑀𝐴 𝐺 ∙ 𝐽01 ∙ 𝑑𝑥 + 𝐵 𝐶 𝑀𝐴 − 𝑀𝑇1 𝐺 ∙ 𝐽01 ∙ 𝑑𝑥 + 𝐵 𝐶 𝑀𝐴 − 𝑀𝑇1 𝐺 ∙ 𝐽02 ∙ 𝑑𝑥 + 𝐷 𝐸 𝑀𝐴 − 𝑀𝑇1 − 𝑀𝑇2 𝐺 ∙ 𝐽02 ∙ 𝑑𝑥 = 0 (1) (2) (1) y (2) forman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas MA y ME
- 4. Resolución Resolvemos el sistema, así tendremos: 𝑀𝐴 = 𝑀𝑇1 + 𝑀𝑇2 − 𝑀𝑇1 ∙ 𝐽02 ∙ 𝑎 +∙ 𝑀𝑇2 ∙ 𝐽02 ∙ 𝑎 + 𝑏 + 𝐽01 ∙ 𝑐 𝑎 + 𝑏 ∙ 𝐽02 + 𝑐 + 𝑑 ∙ 𝐽01 𝑀𝐸 = 𝑀𝑇1 ∙ 𝐽02 ∙ 𝑎 +∙ 𝑀𝑇2 ∙ 𝐽02 ∙ 𝑎 + 𝑏 + 𝐽01 ∙ 𝑐 𝑎 + 𝑏 ∙ 𝐽02 + 𝑐 + 𝑑 ∙ 𝐽01 ...y para un NP = 3 resulta → 𝑴𝑨 = 𝟒𝟕𝟗𝟎 𝒌𝒈 ∙ 𝒄𝒎 𝑴𝑬 = 𝟐𝟔𝟕𝟏𝟎 𝒌𝒈 ∙ 𝒄𝒎 Las tensiones tangenciales serán directamente proporcionales al momento torsor y al radio de la sección de la barra e inversamente proporcionales al momento de inercia polar de la sección, así para cada tramo tendremos: 𝜏 𝑥 = 𝑀𝑇 𝑥 ∙ 𝐷 𝑥 2 𝐽0 𝑥 → 𝝉 𝑨𝑩 = 𝑴𝑻𝑨 𝑱𝟎𝟏 ∙ 𝑫𝟏 𝟐 ≅ 𝟓𝟓, 𝟏𝟑 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝝉 𝑩𝑪 = 𝑴𝑻𝑨 − 𝑴𝑻𝟏 𝑱𝟎𝟏 ∙ 𝑫𝟏 𝟐 ≅ −𝟑𝟔, 𝟗𝟎 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝝉 𝑪𝑫 = 𝑴𝑻𝑨 − 𝑴𝑻𝟏 𝑱𝟎𝟐 ∙ 𝑫𝟐 𝟐 ≅ −𝟏𝟎, 𝟗𝟓 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝝉 𝑫𝑬 = 𝑴𝑻𝑨 − 𝑴𝑻𝟏 − 𝑴𝑻𝟐 𝑱𝟎𝟐 ∙ 𝑫𝟐 𝟐 ≅ −𝟗𝟏, 𝟏𝟎 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐
- 5. Resolución Los ángulos absolutos de torsión los calculamos como sigue: 𝜑 𝑥 = 𝑀𝑇 𝑥 𝐺 ∙ 𝐽0 𝑥 ∙ 𝑑𝑥 → 𝝋 𝑨𝑩 = 𝑴𝑻𝑨 𝑮 ∙ 𝑱𝟎𝟏 ∙ 𝒅𝒙 = 𝑴𝑻𝑨 𝑮 ∙ 𝑱𝟎𝟏 ∙ 𝒂 𝝋 𝑩𝑪 = 𝑴𝑻𝑨 − 𝑴𝑻𝟏 𝑮 ∙ 𝑱𝟎𝟏 ∙ 𝒅𝒙 = 𝑴𝑻𝑨 − 𝑴𝑻𝟏 𝑮 ∙ 𝑱𝟎𝟏 ∙ 𝒃 𝝋 𝑪𝑫 = 𝑴𝑻𝑨 − 𝑴𝑻𝟏 𝑮 ∙ 𝑱𝟎𝟐 ∙ 𝒅𝒙 = 𝑴𝑻𝑨 − 𝑴𝑻𝟏 𝑮 ∙ 𝑱𝟎𝟐 ∙ 𝒄 𝝋 𝑫𝑬 = 𝑴𝑻𝑨 − 𝑴𝑻𝟏 − 𝑴𝑻𝟐 𝑮 ∙ 𝑱𝟎𝟐 ∙ 𝒅𝒙 = 𝑴𝑻𝑨 − 𝑴𝑻𝟏 − 𝑴𝑻𝟐 𝑮 ∙ 𝑱𝟎𝟐 ∙ 𝒅 …por lo tanto: …y siendo: 𝜑 𝐴 = 𝜑 𝐸 = 0 …dado que en A y E hay empotramientos… → 𝝋 𝑨 = 𝝋 𝑬 = 𝟎 𝝋 𝑩 = 𝝋 𝑨 + 𝝋 𝑨𝑩 = 𝟏, 𝟑𝟔𝟎 × 𝟏𝟎−𝟑 𝝋 𝑪 = 𝝋 𝑩 + 𝝋 𝑩𝑪 = 𝟎, 𝟕𝟗𝟎 × 𝟏𝟎−𝟑 𝝋 𝑫 = 𝝋 𝑪 + 𝝋 𝑪𝑫 = 𝟎, 𝟔𝟓𝟔 × 𝟏𝟎−𝟑
- 6. ϕX 0,79 x 10-3 1,36 x 10-3 0,656 x 10-3 X 36,90 kg/cm2 55,13 kg/cm2 10,95 kg/cm2 91,10 kg/cm2 MX 47,90 kg/cm 32,10 kg/cm 267 kg/cm Resolución Graficamos los valores: B A C D E
- 7. 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