Este documento presenta tres problemas de ingeniería que involucran el análisis de barras sometidas a torsión. Se pide calcular las reacciones de vínculo, diagramas de momento torsor, tensiones tangenciales, ángulos de torsión y diagramas asociados para barras con diferentes condiciones de carga y geometría.

1. Torsión
Ejercicio N° 1 de la Guía de
Problemas Propuestos
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. Para las siguientes barras, todas
de secciones circulares, de las
figuras que a continuación se
detallan, se pide analizar lo
siguiente:
Enunciado
Datos:
Mt = 11 tm
G = 0,85 E6 kg/cm2
D = 17,50 cm
L = 80 cm

3. 1. Reacciones de vínculo externo.
2. Diagrama de momentos torsores a lo
largo de las barras.
3. Diagrama de tensiones tangenciales a
lo largo de las barras.
4. Diagrama de tensiones tangenciales en
la sección T-T que está ubicada a L/2.
5. Diagrama de ángulos de torsión
específicas.
6. Diagrama de ángulos de torsión.
Consignas

4. Problema a)
Cálculo de las
reacciones de vínculo
Para que el sistema esté en equilibrio la sumatoria
de momento debe ser nula:
El momento torsor resulta ser constante a lo largo de
toda la barra e igual al valor de la reacción de
vínculo.
tBBtT MMMMM  0
   cmkgmtcteMM tB  5
101111
Datos:
Mt = 11 t.m
G = 0,85 x 106 kg/cm2
D = 17,5 cm
L = 80 cm

5. Problema a)
Cálculo de las tensiones
tangenciales
Serán directamente proporcional al momento torsor
y al radio de la sección de la barra e inversamente
proporcional al momento de inercia polar de la
sección:
Al ser constante el momento torsor y la sección de la barra a lo largo de todo el eje, en la
sección T-T las tensiones tendrán el valor del punto anterior.
 
   















 23
5
3
4
0
0
32,045.1
50,17
10111616
32
;2
cm
kg
cm
cmkg
D
MD
J
J
D
M
t
t








 2
32,045.1
cm
kg


6. Problema a)
Cálculo del ángulo torsión y
de torsión específicas
El ángulo de torsión específica “” lo calculamos
como sigue:
 
  























cm
cm
cm
kg
cmkg
DG
M
D
J
JG
M
t
t
1
1041,1
50,171085,0
10113232
32
;
4
4
2
6
5
4
4
0
0





El ángulo de torsión “” lo calculamos como sigue:
    0112,080
1
1041,1
3232 4
4
0
4
0










 
 cm
cm
L
DG
M
dx
DG
M
dxx t
L
t
L



7. Problema a)
Veamos los
gráficos

8. Problema b)
Cálculo de las
reacciones de vínculo
Para que el sistema esté en equilibrio la sumatoria
de momento debe ser nula:
El momento torsor resulta ser una función lineal a lo
largo de toda la barra por lo que:
LmMMLmM tBBtT  0
 
 
 
   cmkgcm
t
kg
m
mt
LmdxmM
xmdxmdxmxM
L
ttB
x
tt
x
tt



 




5
0
00
1036,9120
1
1000
8,7
Datos:
mt = 7,8 t.m/m
G = 0,85 x 106 kg/cm2
D = 95 cm
L = 120 cm

9. Problema b)
Cálculo de las tensiones
tangenciales
Serán directamente proporcional al momento torsor
y al radio de la sección de la barra e inversamente
proporcional al momento de inercia polar de la
sección:
En la sección T-T las tensiones tendrán el valor de la expresión del punto anterior en x = L/2:
 
 
  3
4
0
0
16
32
;2
D
xm
x
D
J
J
D
xM
x t
t











 
 
   








 




  23
3
3
2
78,2
952
120108,716
2
16
cm
kg
cm
cm
cm
cmkg
D
Lmt
LxTT


 
   








 




  23
3
3max 56,5
95
120108,716
16
cm
kg
cm
cm
cm
cmkg
D
Lmt
BLx



10. Problema b)
Cálculo del ángulo torsión y
de torsión específicas
El ángulo de torsión específica “” lo calculamos
como sigue:
 
4
4
0
0
32
32
;
DG
xmD
J
JG
xM tt











El ángulo de torsión “” lo calculamos como sigue:
  6
4
2
0
4
0
4
0
max 1026,8
163232









  DG
Lm
dxx
DG
M
dx
DG
xm
dxx t
L
t
L
t
L


 
  





















 






 


cm
cm
cm
kg
cm
cm
cmkg
DG
Lmt
Lx
x
1
1038,1
951085,0
120108,732
32
0
7
4
2
6
3
4max
0min





11. Problema b)
Veamos los
gráficos

12. Problema c)
Cálculo de las
reacciones de vínculo
Para que el sistema esté en equilibrio la sumatoria
de momento debe ser nula:
El momento torsor resulta ser una función lineal a lo
largo de toda la barra por lo que:
LmMMMLmMM ttBBttT  0
   xLmMdxmLmMxM tt
x
tttt  0
Datos:
Mt = 11 t.m
mt = 7,8 t.m/m
G = 0,85 x 106 kg/cm2
D = 111 cm
L = 180 cm 
   
 
   cmkgcm
t
kg
m
mt
cmkgM
LmMxMM
B
ttxtB





 

 
55
0
1004,25180
1
1000
8,71011
     cmkgMLLmMxMM tttLxtA  
5
1011

13. Problema c)
Cálculo de las tensiones
tangenciales
Serán directamente proporcional al momento torsor
y al radio de la sección de la barra e inversamente
proporcional al momento de inercia polar de la
sección:
 
 
   xL
D
m
D
M
x
D
J
J
D
xM
x tt
t










 33
4
0
0
1616
32
;2




   
  
    












 











 
2
35
3max
3330max
32,9180108,71011
111
16
161616
cm
kg
cm
cm
cmkg
cmkg
cm
LmM
DD
Lm
D
M
x tt
tt
Bx




   
   











  23
5
3min 096,4
111
10111616
cm
kg
cm
cmkg
D
M
x t
ALx



14. Problema c)
Cálculo de las tensiones
tangenciales en T-T
En la sección T-T las tensiones tendrán el valor de
la expresión del punto anterior para x = L/2:
    333
2
2
16
2
1616
D
L
mM
L
L
D
m
D
M
xx
tt
tt
LxTT




















 


 
   
   














 

  23
35
71,6
111
2
180
108,7101116
cm
kg
cm
cm
cm
cmkg
cmkg
x TT



15. Problema c)
Cálculo del ángulo de torsión
específico
El ángulo de torsión específica “” lo calculamos
como sigue:
    
4
0
32
DG
xLmM
JG
xM ttt







 
   
  




















 







cm
cm
cm
kg
cm
cm
cmkg
cmkg
DG
LmM
B
tt
xB
1
108,19
1111085,0
180108,7101132
32
8
max
4
2
6
35
40




Para la sección “B” resulta:

16. Problema c)
Cálculo del ángulo de torsión específica
para la sección A y el ángulo de torsión
Para la sección “A” resulta:
 
  
  



















cm
cm
cm
kg
cmkg
DG
M
A
t
LxA
1
1068,8
1111085,0
101132
32
8
4
2
6
5
4




El ángulo de torsión “” lo calculamos como sigue
      
   































 
2
32
2
3232
323232
4
2
44
0
4
0
4
0
4
0
x
LmM
DG
xx
DG
m
x
DG
LmM
x
dxx
DG
m
dx
DG
LmM
dx
DG
xLmM
dxx
tt
ttt
L
t
L
tt
L
tt
L





17. Problema c)
Cálculo del ángulo de torsión para las
secciones A y B
El ángulo de torsión “” para la sección “B”
resulta:
    00
 xB
xx 
El ángulo de torsión “” para la sección “A” resulta:
   
 
     
  
5
46
35
4
1056,2
1111085,0
2
180
108,7101118032
2
32

















 











cm
cm
kg
cm
cm
cmkg
cmkgcm
x
DG
L
mML
xx
A
tt
LxA





18. Problema c)
Veamos los
gráficos

19. Problema d)
Cálculo de las
reacciones de vínculo
Para que el sistema esté en equilibrio la sumatoria
de momento debe ser nula:
El momento torsor resulta ser constate por tramos, por lo
que:
2121
0 ttCCttT MMMMMMM 
    At
L
LtCtt
L
t MMxMMMMxM  1221
2
0
Datos:
Mt1 = 12 t.m ; L1 = 95 cm
Mt2 = 8,5 t.m ; L2 = 120 cm
G = 0,85 x 106 kg/cm2
A1 = 17,5 cm2 ; A2 = 26,5 cm2
D1 = 4,72 cm ; D2 = 5,81 cm
 
     






cmkgcmkgcmkgM
cmkgM
C
A
555
5
105,20105,81012
1012

20. Problema d)
Cálculo de las tensiones
tangenciales
Serán directamente proporcional al momento torsor
y al radio de la sección de la barra e inversamente
proporcional al momento de inercia polar de la
sección:
 
 



0
2
J
D
xM
x
t

En la sección T-T las tensiones tendrán el valor del punto anterior en x = L/2:
  



 20
8,532342
cm
kg
x
L
TT

 
    
  
    
  

































23
5
3
1
23
5
3
2
0
58120
72,4
10121616
8,53234
81,5
105,201616
1
2
212
cm
kg
cm
cmkg
D
M
x
cm
kg
cm
cmkg
D
MM
x
tL
L
ttL





21. Problema d)
Cálculo del ángulo de torsión
específico
El ángulo de torsión específica “” lo calculamos
como sigue:
    




 4
0
32
DG
xM
JG
xM tt


 
    
  
 
    
  







































cm
cm
cm
kg
cmkg
DG
M
x
cm
cm
cm
kg
cmkg
DG
MM
x
tL
L
ttL
1
029,0
72,41085,0
10123232
1
0215,0
81,51085,0
105,203232
4
2
6
5
4
1
4
2
6
5
4
2
0
1
2
212





22. Problema d)
Cálculo del ángulo de torsión
El ángulo de torsión “” lo calculamos como
sigue
        dx
D
xM
G
dx
JG
xM
dxxx
L
t
L
t
L




  0
4
0 00
32


   
      
  
 
 
   
        
  
 



































rad
cm
cm
kg
cmcmkg
rad
DG
LM
xx
x
rad
cm
cm
kg
cmcmkg
DG
LMM
xx
t
BA
C
tt
L
B
339,5
72,41085,0
95101232
587,2
32
0
587,2
81,51085,0
120105,203232
4
2
6
5
4
1
1
4
2
6
5
4
2
2
0
1
21
2






23. Problema d)
Veamos los
gráficos

24. 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

25. Muchas Gracias