desarrollo de ejercicios de resistencia de materiales

DESARROLLO DE EJERCICIOS DE RESISTENCIA DE MATERIALES CAP.

8Los problemas de la sección 8.5 se deben resolver suponiendo que las estructuras se comportan linealmente elásticas y que los esfuerzos generados por dos o más cargas se pueden superponer para obtener los esfuerzos resultantes que actúan en un punto. Considere los esfuerzos cortantes en el plano y fuera del plano a menos que se especifique lo contrario

8.5.1 Una ménsula ABCD con sección transversal circular consiste de un brazo vertical AB, un brazo horizontal BC paralelo al eje x0 y un brazo horizontal CD paralelo al eje z0 (consulte la figura). Los brazos BC y CD tienen longitudes b1 = 3.6 ñ y b2= 2.2 ft, respectivamente. Los diámetros exterior e interior de la ménsula son d2= 7.5 in y d1= 6.8 in. Una carga vertical P = 1400 Ib actúa en el punto D. Determine los esfuerzos

x0

z0

y0

P

b1 b2

A

B

máximos de tensión, compresión y cortante en el brazo vertical.

SOLUCION:b1=3.6 ft , b2=2.2 ft , P=1400 lb , d2=7.5∈, d1=6.8∈¿

A=π4 (d2

2−d12 )=7.862 ¿2

I= π64 (d2

4−d14 )=50.36¿4

BRAZO VERTICAL AB:

M=P√b12+b2

2=7.088 x104 lb .∈¿

TENSION MAXIMA:

σ t=−PA

+M (

d2

2)

I=5100 psi

COMPRESION MAXIMA:

σ C=−PA

−M (

d2

2)

I=−5456 psi

MAXIMO ESFUERZO CORTANTE:τ max=|σc|; τmax=5456 psi←

8.5.2 Una góndola de un teleférico está soportada por dos brazos doblados, como se muestra en la figura. Cada brazo tiene una excentricidad b = 180 mm desde la línea de acción de la fuerza del peso W. Los esfuerzos permisibles en los brazos son 100 MPa en tensión y 50 MPa en cortante. Si la góndola pesa 12 kN, ¿cuál es el diámetro mínimo d de los brazos?

d

d

W

WSOLUCION:

b=180mm,W=12kN2

=6kN

σ permisible=100MPa ( tension ) , σ permisible=50MPa

ENCONTRAR dmin:

A=π d2

4, S= π d3

32

MAXIMA TENSION:

σ t=−WA

+MS

=4Wπ d2 +

32Wbπ d3

o

d

d

W

W

d

d

W

W

d

d

W

W

d

d

W

W d

d

W

W

d

d

W

W

( π σ t

4W )d3−d−8b=0

SUSTITUIMOS LOS VALORES:

( π σ t

4W )= πσ permisible

4 x 6kN=13.08997x 1

m2

8b=1.44m

13.090d3−d−1.44=0 ,(d=metros)

∴dmin=0.04845m

MAXIMO ESFUERZO CORTANTE :

τ max=σ t

2;

Diámetro mínimo por cizallamiento es el mismo que para la esfuerzo de tensión

8.5.3 Un tubo hueco para perforación en un pozo petrolero (consulte la figura) tiene un diámetro exterior de 6.2 in y espesor de 0.75 in. Justo arriba de la broca, la fuerza de compresión en el rabo (debida al

d

d

W

W

peso del tubo) es 62 k y el par de torsión (debido al dispositivo de perforación) es 185 k-in.Determine los esfuerzos máximos de tensión, compre-sión y cortante en el tubo de perforación.

SOLUCIÓN:

P=Fuerza decompresion

T=Torque

d2=diametro exterior

d1=diametro interior

P=62k ,T=185 k .∈, d2=6.2∈,t=0.75∈, d1=d2−2t=4.7∈¿

A=π4 (d2

2−d12 )=12.841 ¿2

IP=π

32 (d24−d1

4 )=97.16 ¿4

EN LA SUPERFICIE EXTERIOR

σ y=−PA

=−4828 psi

σ x=0

τ xy=T (

d2

2)

IP=5903 psi

TENSION PRINCIPAL

σ 1=σx+σ y

2+√¿¿

σ 2=σx+σ y

2−√¿¿

MAXIMA ESFUERZO DE TENSION:

σ t=σ1=3963 psi←

MAXIMA ESFUERZO DE COMPRESION:

σ c=σ2=−8791 psi←

MAXIMO ESFUERZO CORTANTE:

τ max=√¿¿

NOTA: Debido a los esfuerzos principales tienen signos opuestos, el máximo esfuerzo cortante en el plano es mayor que la máxima esfuerzo de tensión fuera de plano.

8.5.4 Un segmento de un eje de un generador está sometido a un par de torsión T ya una fuerza axial P,

como se muestra en la figura. El eje es hueco (diámetro exterior d2 = 300 mm y diámetro interior d1 = 250 mm) y suministra 1800 kW a 4.0 Hz.Si la fuerza de compresión P = 540 kN, ¿cuáles son los esfuerzos máximos de tensión, compresión y cortante en el eje?

SOLUCION:


P0=Energia , f= frecuencia

T=Torque=P0

2πf

d2=diametroexterior


P=540kN ,P0=1800kW ,

f=4 Hz ,T=7.162x104N .m ,d2=300mm,d1=250mm

A=π4 (d2

2−d12 )=2.16 x 104mm2

IP=π

32 (d24−d1

4 )=4.117 x 108mm4


σ y=−PA

=−25.002MPa

σ x=0

τ xy=T (

d2

2)

IP=26.093MPa

TENSION PRINCIPAL

σ 1=σx+σ y

2+√¿¿

σ 2=σx+σ y

2−√¿¿

MAXIMA ESFUERZO DE TENSION:

σ t=σ1=16.432 MPa←

MAXIMA ESFUERZO DE COMPRESION:

σ c=σ2=−41.434 MPa←

MAXIMO ESFUERZO CORTANTE:

τ max=√¿¿

NOTA: Debido a los esfuerzos principales tienen signos opuestos, el máximo esfuerzo cortante en el plano es mayor que la máxima esfuerzo de tensión fuera de plano.

8.5.5 Un segmento de un eje de un generador con sección transversal hueca está sometido a un par de torsión T = 240 k-in. (Consulte la figura). Los diámetros exterior e interior del eje son 8.0 in y 6.25 in, respectivamente.¿Cuál es la carga de compresión máxima P que se puede aplicar al eje si el esfuerzo cortante permisible en el plano es t = 6250 psi?

SOLUCION:


T=Torque

d2=diametroexterior


T=240 k .∈, d2=8∈, d1=6.25∈¿

A=π4 (d2

2−d12 )=19.586 ¿2

IP=π

32 (d24−d1

4 )=252.321¿4


σ y=PA

σ x=0

τ xy=T (

d2

2)

IP=3805 psi

MÁXIMO ESFUERZO CORTANTE: τ max=τ promedio

τ max=√¿¿

σ y=√¿¿

P=σ y A ,P=194.2 k←

NOTA: El esfuerzo máximo de corte en el plano es más grande que el máximo esfuerzo de corte fuera de plano.

8.5.6 Un tubo vertical en un sistema de abastecimiento de agua (consulte la figura) tiene 12 in de diámetro y 6 in de espesor. Dos tubos horizontales toman agua del tubo vertical; cada uno nene 2 ft de diámetro y 1 in de espesor. Cuando el sistema está cerrado y el agua llena los tubos pero no se mueve, el esfuerzo circunferencial en la parte inferior del tubo es de 130 psi.

a)¿Cuál es la altura h del agua en el tubo vertical?b)Si los fondos de los tubos están a la misma

elevación que el fondo del tubo, ¿cuál es el esfuerzo circunferencial en los tubos?

DONDE:

d=12 ft=144∈, r=72∈, t=6∈¿

γ=62.4 lbft3 =

62.41728

lb /¿3

σ 1=tensioncircunsferencial en la parteinferior del tubovertical=130 psi

a) ENCONTRAR LA ALTURA H DEL AGUA EN EL TUBO VERTICAL

P=presionen el fondodel tubo vertical=γh

Por equivalencia:σ 1=Prt

= γhrt

oh=σ1 . tγr

Sustituimoslos valores numericos :

h=130 psi ¿¿

h=25 ft←

h

b) SI LOS FONDOS DE LOS TUBOS ESTÁN A LA MISMA ELEVACIÓN QUE EL FONDO DEL TUBO, ¿CUÁL ES EL ESFUERZO CIRCUNFERENCIAL EN LOS TUBOS?

d1=2 ft=24∈, r1=12∈, t 1=1.0∈¿

Encontrar la tensión σ 1 circunferencial en las tuberías, Dado que los tubos son 2 pies de diámetro, la profundidad de agua para el centro de los tubos es de aproximadamente 24 pies

h1=24 ft=288∈, p1=γ h1

σ 1=P1 r1

t1=γ h1 r1

t 1,

Enbasea la presiónmedia en las tuberías :σ 1≈125 psi←

8.5.7 Un tanque cilíndrico con extremos hemisféricos está construido con secciones de acero soldadas circunferencialmente (consulte la figura). El diámetro del tanque es 1.25 m, el espesor de pared es 22 mm y la presión interna es 1750 kPa.

a)Determine el esfuerzo de tensión máximoσ h en los extremos del tanque.

b)Determine el esfuerzo de tensión máximo σ c en la parte cilíndrica del tanque.

c) Determine el esfuerzo de tensión σ w que actúa perpendicular a las uniones soldadas.

d)Determine el esfuerzo cortante máximoτ h en los extremos del tanque.

σ 1=( 62.41728

lb

¿3 )¿¿

e)Determine el esfuerzo cortante máximo τ c en la parte cilíndrica del tanque.

Solución:

a) DETERMINE EL ESFUERZO DE TENSIÓN MÁXIMOσ h EN LOS EXTREMOS DEL TANQUE.

σ h=pr2 t

….σh=24.9 Mpa←

b)DETERMINE EL ESFUERZO DE TENSIÓN MÁXIMO σ c EN LA PARTE CILÍNDRICA DEL TANQUE.

σ c=prt….σ c=49.7 Mpa←

c) DETERMINE EL ESFUERZO DE TENSIÓN σ w QUE ACTÚA PERPENDICULAR A LAS UNIONES SOLDADAS.

σ w=pr2 t

….σw=24.9 Mpa←

d=1.25m ,r=d2, t=22mm, p=1750 KPa

COSTURAS SOLDADAS

d)DETERMINE EL ESFUERZO CORTANTE MÁXIMOτ h EN LOS EXTREMOS DEL TANQUE.

τ h=pr4 t

…. τh=12.43 Mpa←

e)DETERMINE EL ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO τ c EN LA PARTE CILÍNDRICA DEL TANQUE.

τ c=pr2 t

…. τ c=24.9Mpa←

8.5.8 Un tanque cilíndrico con diámetro d = 18 in está sometido a una presión de gas interna p 450 psi. El tanque está construido con secciones de acero que están soldadas circunferencialmente (consulte la figura). Los extremos del tanque son hemisféricos. Los esfuerzos de tensión y cortante permisibles son 8200 psi y 3000 psi, respectivamente. Además, el esfuerzo de tensión permisible perpendicular a la soldadura es 6250 psi.

Determine el espesor mínimo requerido tmin de (a) la parte cilindrica del tanque y (b) de los extremos hemisféricos.

SOLUCION:

σ permisible=8200 psi(tension)

d=18∈,r=d2, p=450 psi

τ permisible=3000 psi(compresion)

σ a=6250 psi(tension)

a) LA PARTE CILÍNDRICA DEL TANQUEσ max=

prt

tmin=pr

σ permisible=0494∈¿

Corte:τ max=

pr2t

tmin=pr

τ permisible=0.675∈¿

Y:σ a=

pr2 t

tmin=prσa

=0.324∈¿

∴ tmin=0.675∈←

b) DE LOS EXTREMOS HEMISFÉRICOS

TENSION:σ max=

pr2t

tmin=pr

2σ permisible=0.247∈¿

CORTE:

τ max=pr4 t

tmin=pr

4 τ permisible=0.338∈¿

tmin=0.338∈←

8.5.9 Un tanque presurizado de acero está construido con una soldadura helicoidal que forma un ángulo a = 55° con el eje longitudinal (consulte la figura). El tanque tiene radio r = 0.6 m, espesor de pared t = 18 mm y presión interna p = 2.8 MPa. Además, el acero tiene módulo de elasticidad E = 200 GPa y relación de Poisson v = 0.30.Determine las cantidades siguientes para la parte cilíndrica del tanque.

a)Los esfuerzos circunferencial y longitudinal.b)Los esfuerzos cortantes máximos en el plano y

fuera del plano.c) Las deformaciones circunferencial y longitudinal.

d)Los esfuerzos normal y cortante que actúan sobre planos paralelos y perpendiculares a la soldadura (muestre estos esfuerzos en un elemento de esfuerzo orientado de manera apropiada).

SOLUCION:

a) LOS ESFUERZOS CIRCUNFERENCIAL Y LONGITUDINAL

Esfuerzos circunferenciales:

σ 1=prt….σ 1=93.3 MPa←

Esfuerzos longitudinales:

σ 2=pr2 t

…σ2=46.7 MPa←

α=55 º , r=0.6m , t=18mm

p=2.8MPa , E=200GPa ,v=0.3

b) LOS ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMOS EN EL PLANO Y FUERA DEL PLANO.

Fuera del plano:τ1=

σ1−σ 2

2….τ1=23.3MPa←

Dentro del plano:

τ 2=σ1

2….τ2=46.7 MPa←

c) LAS DEFORMACIONES CIRCUNFERENCIAL Y LONGITUDINAL.

Deformaciones circunferenciales:

ε 1=σ1

2 E(2−v )…ε 1=3.97 x10−4←

Deformaciones longitudinales:

ε 2=σ2

E(1−2 v )…ε 2=9.33 x10−5←

d) LOS ESFUERZOS NORMAL Y CORTANTE QUE ACTÚAN SOBRE PLANOS PARALELOS Y PERPENDICULARES A LA SOLDADURA (MUESTRE ESTOS ESFUERZOS EN UN ELEMENTO DE ESFUERZO ORIENTADO DE MANERA APROPIADA).

θ=90 º−α ….θ=35 º

σ x=σ2 , σ x=46.67 MPa ,σ y=σ1

σ y=93.333 MPa , τ xy=0

Para θ=35º :σ x 1=

σ x+σ y

2+σ x−σ y

2. cos2θ+τ xy sin 2θ=62MPa←

τ x 1 y1=−σx−σ y

2. sin 2θ+τ xy cos2θ=21.9 MPa←

σ y 1=σ x+σ y−σ x1=78 MPa←

8.5.10 Resuelva el problema anterior para un tanque soldado con a = 62°, r = 19 in, t = 0.65 in, p = 240 psi, E = 30 X 106 psi y v = 0.30.

SOLUCION:

a) LOS ESFUERZOS CIRCUNFERENCIAL Y LONGITUDINAL

Esfuerzos circunferenciales:

σ 1=prt….σ 1=7015 psi←

Esfuerzos longitudinales:

σ 2=pr2 t

…σ2=3508 psi←

b) LOS ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMOS EN EL PLANO Y FUERA DEL PLANO.

α=62 º , r=19∈, t=0.65∈¿

p=240 psi ,E=30 x106 psi , v=0.3

Fuera del plano:

τ1=σ1−σ 2

2….τ1=1754 psi←

Dentro del plano:

τ 2=σ1

2….τ2=3508 psi←

c) LAS DEFORMACIONES CIRCUNFERENCIAL Y LONGITUDINAL.

Deformaciones circunferenciales:

ε 1=σ1

2 E(2−v )…ε 1=1.988 x 10−4←

Deformaciones longitudinales:

ε 2=σ2

E(1−2 v )…ε 2=4.68 x10−5←

d) LOS ESFUERZOS NORMAL Y CORTANTE QUE ACTÚAN SOBRE PLANOS PARALELOS Y PERPENDICULARES A LA SOLDADURA (MUESTRE ESTOS ESFUERZOS EN UN ELEMENTO DE ESFUERZO ORIENTADO DE MANERA APROPIADA).

θ=90 º−α ….θ=62 º

σ x=σ2, σ x=3.508 x103 psi , σ y=σ 1

σ y=7.015 x103 psi , τ xy=0

Para θ=35º :σ x 1=

σ x+σ y

2+σ x−σ y

2.cos2θ+τ xy sin 2θ=4281 psi←

τ x 1 y1=−σx−σ y

2. sin 2θ+τ xy cos2θ=1454 psi←

σ y 1=σ x+σ y−σ x1=6242 psi←

8.5.11 Una viga en voladizo con sección transversal rectangular está sometida a una carga concentrada P = 17 k que actúa en el extremo libre (consulte la figura). La viga tiene un ancho b = 3 in y altura h = 12 in. El punto A está ubicado a una distancia c = 2.5 ft desde el extremo libre y a una distancia d = 9 in desde la parte inferior de la viga.Calcule los esfuerzos principales σ 1y σ 2el esfuerzo cortante máximo τ maxen el punto A. Muestre estos esfuerzos en bosquejos de elementos orientados de manera apropiada.

h

b

P

A

Cd

SOLUCION:

TENSION EN EL PUNTO A:

I=bh3

12…. I=432 ¿4

M=−Pc ,M=−5.1x105lb−¿

V=−P ,V=1.7x 104 lb

y A=−h2

+d , y A=3∈¿

σ x=−M y A

I, σ x=3.542 x103 psi

Q=bd .( h2−d2 ) ,Q=40.5¿3

τ=VQIb

, τ=531.25 psi, τ xy=τ

σ x=3.542 x103 psi , σ y=0 , τ xy=531.25 psi

TENSIONES PRINCIPALES

tan ( 2θP )=2 τxy

σ x−σ y=0.3

θp=12α tan( 2 τ xy

σ x−σ y) , θp=8.35º

PARA: θ1=θP , θ1=8.35º

P=17 k , c=2.5 ft , b=3∈,d=9∈, h=12∈, v=0.3

σ x 1=σ x+σ y

2+σ x−σ y

2.cos2θ1+τ xysin 2θ1=60.306MPa←

PARA: θ2=90 º+θP , θ2=98.35º

σ x 2=σ x+σ y

2+σ x−σ y

2.cos2θ2+τ xy sin2θ2=−77.971MPa←

Por lo tanto: σ 1=σ x 2 , θP1=θ2 , σ2=σx 1 ,θP2=θ1

σ 1=−78 psi , θP1=98.4 º

σ 2=3620 psi , θP 2=8.35 º

TENSION MAXIMA DE CORTE:τ max=√¿¿

τ max=1849 psi←

θx 1=θP 1−45 º ,θx 1=53.4 º←

θx 2=θx1+90 º , θx 2=143.4 º←

σ promedio=σ x+σ y

2, σ promedio=1771 psi

8.5.12. Resuelva el problema anterior con los siguientes datos: P = 130 kN, b = 80 mm, h = 260 mm, c = 0.6 m y d = 220 mm.

SOLUCION:

TENSION EN EL PUNTO A:

I=bh3

12…. I=1.172x 108mm4

M=−Pc ,M=−7.8x 104 N .m

V=−P ,V=1.3x 105N

y A=−h2

+d , y A=90mm

P=130 kN ,c=0.6m,b=80mm,d=220mm,h=260mm,v=0.3

h

b

P

A

Cd

σ x=−M y A

I, σ x=59.911MPa

Q=bd .( h2−d2 ) ,Q=3.52 x105mm3

τ=VQIb

, τ=4.882MPa, τ xy=τ

σ x=59.911MPa ,σ y=0 , τ xy=4.882 MPa

TENSIONES PRINCIPALES

tan ( 2θP )=2 τ xy

σ x−σ y=0.163

θp=12α tan( 2 τ xy

σ x−σ y) , θp=4.628 º

PARA: θ1=θP , θ1=4.628 º

σ x 1=σ x+σ y

2+σ x−σ y

2.cos2θ1+τ xysin 2θ1=60.306MPa←

PARA: θ2=90 º+θP , θ2=94.628º

σ x 2=σ x+σ y

2+σ x−σ y

2.cos2θ2+τ xy sin2θ2=−0.395MPa←

Por lo tanto: σ 1=σ x 2 , θP1=θ2 , σ2=σx 1 ,θP2=θ1

σ 1=60.3 MPa,θP1=4.63º

σ 2=−0.395 MPa,θP2=94.6 º

TENSION MAXIMA DE CORTE:τ max=√¿¿

τ max=30.4 MPa←

θx 1=θP 1−45 º ,θx 1=−40.4 º←

θx 2=θx1+90 º , θx 2=49.6 º←

σ promedio=σ x+σ y

2, σ promedio=30.0 Mpa

8.5.13 La barra circular no prismática en voladizo que se muestra tiene un agujero cilíndrico interno de 0 a x, de manera que el momento polar de inercia de la sección transversal para el segmento 1 es (7/8)IP. El par de torsión T se aplica en x y el par de torsión T/2 se aplica en x = L. Suponga que G es constante.

(a) Encuentre el momento de reacción R{.(b) Encuentre los momentos torsionales internos T¡ en

los segmentos 1 y 2.(c) Encuentre x requerida para obtener una torsión en

el punto 3 de ø3 = TL/GIP(d) ¿Cuál es la rotación en el punto 2,ø2 ?(e) Trace el momento torsional (TMD: T{x), 0 < x < L) y

los diagramas del desplazamiento (TDD: <p(x) 0 < x< L).

SOLUCIÓN:

(a) Momento de reacción R1:

∑M x=0 :R1=−(T+ T2 )R1=

−32

T

(b) Momentos torsionales internos en los segmentos 1 y 2:

T=−R1T1=1.5T T2=T2

(c) X requerida para obtener una torsión en el punto 3 :

∅ 3=∑ T Li

GI Pi

TLG IP

=T 1 ( x )

G( 78IP)

+T 2 (L−x )G IP

TLG IP

=(32T ) (x )

G (78IP)

+(T2 ) (L−x )

GI P

L=( 3

2 )( x )

( 78 )

+( 12 ) (L−x )

L=17 ( x )14

+(12 )( x )⋯⋯⋯⋯⋯⋯ donde : x= 7

17L

(d) Rotación en el punto 2 :

∅ 2=T1 ( x )

G(78IP)

=( 3

2T )( 7

17L)

G( 78IP)

∅ 2=12TL

17GIP

(e) Trazo del momento torsional , según el enunciado :

TMD es constante: T1 para 0 a x y T2 para x a L; por lo tanto TDD es lineal- cero en el punto 1 ,∅ 2 en el punto 2 y

∅ 3en el punto 3.

8.5.14 Un tubo uniformemente ahusado AB con sección transversal circular se muestra en la figura. El tubo tiene espesor de pared constante t y longitud L. Los diámetros promedio en los extremos son dA y dB=2dA. El momento polar de inercia se puede representar mediante la fórmula aproximada IP=πd3t/4 (consulte la ecuación 3.18).

Deduzca una fórmula para el ángulo de torsión ødel tubo cuando se somete a pares de torsión T que actúan en los extremos.

SOLUCIÓN:

t=espesor de pared constanted A , dB=diamteros en losextremos

d B=2d A

IP=π d3t

4(fórmula aproximada)

Angulo de torsión:

Tomamos el origen de las coordenadas en el punto 0 .

d ( x )= x2L (dB )= x

L (d A )

Lp ( x)=π [d (x ) ]3 t

4=

πt d A3

4 L3 x3

Para elemento de longitud dx:

d ∅= T dxG I P ( x )

= T dx

G( πt d A3

4 L3 )x3

= 4T L3dxπ G t d A

3 x3

∅=∫L

2 L

d∅= 4T L3

π G t d A3 ∫

L

2L dxx3

∅= 3TL2π G t d A

3

8.5.15 En la figura se muestra un tubo de una aleación de aluminio uniformemente ahusado AB con sección

transversal circular y longitud L. Los diámetros exteriores en los extremos son dA y dB = 2dA. Una sección hueca con longitud L/2 y espesor constante t = dA/10 está formada en el tubo y se extiende desde B hasta la mitad del tubo hacia A.

Encuentre el ángulo de torsión ø del tubo cuando se somete a pares de torsión T que actúan en los extremos. Utilice los valores numéricos siguientes: dA = 2.5 in, L = 48 in, G = 3.9 X 106 psi y T = 40,000 in-lb.

Repita el inciso (a) si la sección hueca tiene un diámetro constante dA. [(Consulte la parte (b) de la figura].

SOLUCIÓNPARTE (A): Utilizar x como variable de integración medido desde B hacia A.

Desde B hacia la parte centralDiámetro exterior e interior en función de x:

0≤ x≤ L2

: do ( x )=dB−(dB−d A

L ) x

do ( x )=2d A−x d A

L

d i ( x )=(dB−2 t )−( (2d A−2t )−(d A−2t )L ) x

d i ( x )=−15

d A−9L+5 x

L

Solido del centro hacia A:

L2≤x ≤L :do ( x )=2d A−

x d A

L

∅=TG (32

π )(∫0L2 1d0

4−d i4 dx+∫

L2

L 1d0

4 dx )Remplazando:

∅=TG (32

π ) [∫0L2 1

(2d A−x d A

L )4

−(−15

d A−9 L+5x

L )4dx+∫

L2

L 1

(2d A−x d A

L )4 dx ]

∅=TG (32

π )(−1252

L3 ln (2 )+2 ln (7 )− ln (197)

d A4 −125

2L−2 ln (19 )+ln (181 )

d A4 + 19

81d A4 L)

Simplificando:

∅ a=16TL

81Gπd A4 (38+10125 ln( 71117

70952 ))=3.868 TLGd A

4

Remplazando los siguientes datos encontramos ∅ :

L=48∈.G=3.9x 106 psi d A=2.5∈¿

t=d A

10T=40000∈.lb

∅ a=0.049 rad .≅ 2.79 °

PARTE (B)-DIAMETRO DEL AGUJERO CONSTANTE

0≤ x≤ L2

: do ( x )=dB−(dB−d A

L ) x do ( x )=2d A−x d A

Ld i ( x )=dA

L2≤x ≤L :do ( x )=2d A−

x d A

L

∅=TG (32

π )(∫0L2 1d0

4−d i4 dx+∫

L2

L 1d0

4 dx )∅=T

G (32π ) [∫0

L2 1

(2d A−x d A

L )4

−(d A )4dx+∫

L2

L 1

(2d A−x d A

L )4 dx ]

∅=TG (32

π )( 14L

ln (5 )+2atan( 32 )

d A4 −

14L

ln (3 )+2atan (2)d A

4 +19

81d A4 L)

Simplificando:

∅ b=3.057 TLGd A

4 remplazandodatos, se tiene :∅ b=0.039 rad ≅ 2.21 °

Por lo tanto: ∅ a

∅b=1.265, se concluye que el tubo (a) es más flexible que el tubo (b)

8.5.16 Una barra no prismática ABC con sección transversal Circular sólida está cargada por pares de torsión distribuidos (consulte la figura). La intensidad de los pares de torsión, es decir, el par de torsión por unidad de distancia, se denota t(x) y varía linealmente de cero en A a un valor máximo T0/Len B. El segmento BC tiene un par de torsión linealmente distribuido con intensidad t(x) = T0/3L de signo opuesto al aplicado a lo largo de AB. Además, el momento polar de inercia de

AB es el doble que el de BC y el módulo de elasticidad en cortante del material es G.(a) Encuentre el par de torsión de la reacción RA.

(b) Encuentre los momentos torsionales internos T(x) en los segmentos AB y BC.

(c) Encuentre la rotación ØC.(d) Encuentre el esfuerzo cortante máximo Ƭmáx

y su ubicación a lo largo de la barra.(e) Trace el diagrama de momento torsional

(TMD: T(x), 0 ≤ x ≤L)

SOLUCIÓN:(a) Momento de la reacción R1

Ecuación de equilibrio:∑T=0

RA+12 (T0

L )( L2 )−12 ( T 0

3 L )( L2 )=0 RA+16T 0=0

RA=−T0

6(b) Momento torsional interno :

T AB ( x )=T 0

6−( xL2 )(

T 0

L ) x2T AB ( x )=(T0

6− x2

L2 T 0) :0≤x ≤ L2

T BC (x )=−(L−x )L2

( T 0

3 L ) (L−x )2

T BC (x )=−[( x−LL )

2 T0

3 ] : L2 ≤ x≤ L

(c) Rotación en C:

∅C=∫0

L2 T AB (x )G (2 I p )

dx+∫L2

L T BC ( x )G ( I p )

dx

∅C=∫0

L2T 0

6−

x2

L2 T 0

G ( 2 I p )dx+∫

L2

L −[( x−LL )

2 T 0

3 ]G ( I p )

dx

∅C=T 0L

48GI p−

T0 L72G I p

∅C=T 0L

144GI p

(d) Máximos

For AB 2 IP = π32

d A B4

For BCI P = π32

d A B4

d BC=( 12 )

14 d AB

At A .T=T d6T max=

TO

6d AB

2π

32d AB 4

T max=8T o

3 π d AB3

Justo al derecho de B .T=−T d 12

T max=

TO

12 ( d AB

2 )π32

dBC4

T max=

T O

12 ( 0.84 I d AB

2 )π

32(0.84 I dAB)

4

T max=2.243T O

π dA B3

8.5.17 Un alambre de una aleación de magnesio con diámetro d=4mm y longitud L gira dentro de un tubo flexible a fin de abrir o cerrar un interruptor desde una ubicación remota(consulte la figura). Se aplica un par de torsión manualmente (ya sea en el sentido de las manecillas del reloj o contrario a éste) en B, torciendo así el alambre dentro del tubo. En el otro extremo A, la rotación del alambre opera una manija que abre o cierra el interruptor.

Se requiere un par de torsión T0 = 0.2 N-m para operar el interruptor. La rigidez torsional del tubo, combinada con la fricción entre el tubo y el alambre, induce un par de torsión distribuido con intensidad constante t = 0.04 N-m/m (par de torsión por unidad de distancia) que actúa a lo largo de toda la longitud del alambre.

(a) Si el esfuerzo cortante permisible en el alambre es Ƭperm = 30 MPa, ¿cuál es la longitud máxima permisible Lmáx del alambre?

(b) Si el alambre tiene una longitud L = 4.0 m y el módulo de elasticidad en cortante para el alambre es G = 15 GPa, ¿cuál es el ángulo de torsión Ø(en grados) entre los extremos del alambre?

SOLUCIÓN

Datos:d=4mmT O=0.2 N .mf=0.04

(a) longitud máximaLmax

T perm.=30MPaEquilibrio :T=tL+T O

τ max=16Tmd3 T=

π d3 τmax16

tL+T O=π d3 τmax

16

L= 116 t

¿)

Lmax=1

16 t¿)

Sustituyendo valores: Lmax=4 .42m

(b) Ángulo de torsión∅L=4mG=4GPa∅ 1: ángulode girodebido al par t distribuidas

∅ 1=16 t L2

πGd4

∅ 2: ángulode torsión debidoal torqueTO

∅ 2=TO LG IP

=32T O LπGd4

∅ : ángulototal de torsión

∅=∅ 1+∅ 2

∅= 16 LπGd4 (tL+2T O)

Sustituyendo valores: ∅=2 .971rad=170 °

8.5.18Dos tubos huecos están conectados por un pasador en B que se inserta en un agujero que pasa por los dos tubos enB (consulte la vista de sección transversal en B). El tubo BC está ajustado firmemente en el tubo AB pero no tome en cuenta ninguna fricción sobre la interfaz. Los diámetros interior y exterior del tubo d¡ (i = 1, 2, 3) y el diámetro de pasador dp están identificados en la figura. El par de torsión T0 se aplica en C. El módulo de elasticidad en cortante del material es G.

Formule expresiones para el par de torsión máximo T0máx que se puede aplicar en C para cada una de las condiciones siguientes.

El cortante en el pasador de conexión es menor que algún valor permisible (Ƭpasador<Ƭp,penn).

El cortante en el tubo AB o BC es menor que algún valor permisible (Ƭtubo<Ƭtperm).

¿Cuál es la rotación máxima Øc para cada uno de los casos (a) y (b) anteriores?

SOLUCIÓN:

(a) Tomaxbasado en corte admisible en el punto BEn B es de cizallamiento en la interface entre los dos tubos, la fuerza pareja:V .d2=TO

V=T O

d2τ pes=

VAS

τ pes=

TO

d2

( π d p2

4 )τ pes=

4TO

π d2d p2

TO,max=τP, perm( π d2dp2

4 )

(b) Tomaxbasado en corte admisible en los tubos AB y BC

IPAB=π32 (d34−d24 )

IPAC=π32 (d24−d14 )

τ tubo AB=TO( d3

2 )I PAB

τ tubo AB=T O( d3

2 )π

32 (d34−d24 )

τ tubo AB=16TO d3

π (d34−d24 )

Así que basado en el tubo AB:

TO,max=τP, allow [ π (d34−d24 )16d3 ]

Y basado en el tubo BC:

τ tuboBC=TO( d2

2 )π

32 (d24−d14 )

τ tubo AB=16TO d2

π (d24−d14 )

TO,max=τP, perm. [ π (d24−d14 )16d2 ]

(c) Max. rotación en C basados en otras corte admisible en B o esfuerzo cortante permisible en tubos.

Max. Rotación basada en corte admisible en B.

∅C=TO ,max

G ( LA

IPAB+

LB

IPBC )

∅Cmax=τP , perm .( π d2d P

2

4 )G [ LA

π32 (d34−d24 )

+LB

π32 (d24−d14 ) ]

∅Cmax=τ P, perm .( 8d2d P2

G )[ LA

(d34−d24 )+

LB

(d24−d14 ) ]Max. Rotación basada en esfuerzo cortante admisible en el tubo AB

∅Cmax=τ P , perm .¿

Max. Rotación basada en esfuerzo cortante admisible en el tubo BC

∅Cmax=τ P, perm ¿

8.5.19Un eje hueco de aluminio (consulte la figura) tiene un diámetro exterior d2 = 4.0 in y diámetro interior d1= 2.0 in. Cuándo se tuerce por los pares de torsión T, el eje tiene un ángulo de torsión por unidad de distancia igual a 0.54°/ft. El módulo de elasticidad del aluminio es G — 4.0 X 106 psi.

Determine el esfuerzo de tensión máximo σmáx en el eje.

Determine la magnitud de los pares de torsión aplicados T.

SOLUCIÓN:Datos:d2=4.0∈. d1=2.0∈θ=0.54 ° / ft

G=4.0×106 psi

Máximoesfuerzocortanteτ max=Grθ

r=d2

2=2.0∈¿

θ=(0.54 ° / ft )( 1 ft12∈. )( πrad

180degree )θ=785.40×10−6 rad /¿ .

τ max=(4.0×106 psi)(2.0∈.)(785.40×10−6 rad /¿ .)τ max=6283.2 psi

(a) Esfuerzo máximo de tensión:σ maxoccurs ona45 ° plane∧is aqual ¿ τmax

σ max=τmax=6280 psi

(b) Pares de torsión:

Usando la fórmula de torsión τ max=TrI P

T=τmax IP

rI P=

π32

¿

T=(6283.2 psi ) (23.562¿4 )

2.0∈¿¿T=74.000 lb−¿ .

DESARROLLO DE EJERCICIOS DE RESISTENCIA DE MATERIALES

CAP.9

9.2.1 Una viga simple con sección transversal rectangular (ancho 4 in, altura 10 in) soporta una carga uniforme de 1200 lb/ft sobre un duro de 12 fl (consulte la figura).Encuentre los esfuerzos principales σ 1y σ 2el esfuerzo cortante máximo τ maxen la sección transversal a 2 ft desde el apoyo izquierdo en cada una de las ubicaciones siguientes: (a) en el eje neutro, (b) a 2 in arriba del eje neutro y (c) en la parte superior de la viga. (No tome en cuenta los esfuerzos de compresión

directos producidos por la carga uniforme apoyada contra la parte superior de la viga.)

SOLUCION:

I=bh3

12…. I=333.33 ¿4

q=1200 lbft,c=2 ft , L=12 ft

RA=qL2, RA=7.2x 103lb

M=RA c−q c2

2, M=1.44 x105 lb−¿

V=R A−qc ,V=4.8 x103 lb

a) EN EL EJE NEUTRO

σ x=0 , σ y=0 , τ xy=−3V2 A

τ xy=−180 psi

b=3∈, h=10∈, A=bh

1200 lb/ft

12 ft2 ft4 in

10 in

Corte: σ 1=−τ xy , σ2=−σ1, τmax=σ1

σ 1=180 psi , σ2=−180 psi

τ max=180 psi←

b) A 2 IN ARRIBA DEL EJE NEUTRO

y=2∈, d=3∈¿

σ x=−MyI

,σ x=−864 psi, σ y=0

Q=bd .( h2−d2 ) ,Q=42¿3

τ xy=−VQIb

, τ xy=−151.2 psi

σ 1=σx

2+√¿¿

σ 1=25.7 psi←

σ 2=σx

2−√¿¿

σ 2=−890 psi←

τ max=√¿¿

τ max=458 psi←

9.2.2 Una viga ABC con saliente ABC con un apoyo guiado en A tiene sección transversal rectangular y cargas concentradas P en el apoyo A y en el extremo libre C (consulte la figura). La longitud del claro de A a B es L, y la longitud de la saliente es L/2. La sección

C) EN LA PARTE SUPERIOR DE LA VIGA.

σ x=−M h

2I

, σ x=−2.16 x 103 psi

σ x=0 , τ xy=0

TENSION EN UNA DIRECCION: σ 1=σY=0

σ 2=σ x=−2.16 x103 psi

τ max=√¿¿

τ max=1080 psi←

transversal tiene ancho b y altura h. El punto D está ubicado a la mitad entre los apoyos a una distancia d desde la cara superior de la viga. Sabiendo que el esfuerzo de tensión máximo (esfuerzo principal) en el punto D es σ 1= 35 MPa, determine la magnitud de la carga P. Los datos para la viga son: L =1.75 m, b 50 mm, h = 200 mm y d = 40 mm

SOLUCION:

TENSION MAXIMA EN EL PUNTO D:

RB=0 , M A=PL+P L2,M A=

32PL

MD=−32PL

+P L2=−PL,V D=P

l=1.75m ,b=50mm,d=40mm,h=200mm

PP

Dd

L/2 L/2 L/2

A

B Ch

b

TENSION EN EN PUNTO D:I=bh3

12…. I=3.333 x107mm4

y=h2−d , y=60mm

σ x=−MyI

=−(−PL) yI

=3150 P .N /m2 , σ y=0

Q=bd .( h2−d2 ) ,Q=1.6 x105mm3

τ xy=VQIb

=96 P .N /m2

TENSION PRINCIPAL

σ 1=σx+σ y

2+√¿¿

Comoσ 1=35 MPa,P=σ1

3.153 x103

P=11.10 kN←

9.2.3 Resuelva el problema anterior si el esfuerzo y las dimensiones son: σ 1 = 2450 psi, L = 80 in, h = 2.5 in, h = 10 in y d = 2.5 in.

SOLUCION:

TENSION MAXIMA EN EL PUNTO D:

RB=0 , M A=PL+P L2,M A=

32PL

MD=−32PL

+P L2=−PL,V D=P

TENSION EN EN PUNTO D: I=bh3

12…. I=208.33 ¿4

y=h2−d , y=2.5∈¿

σ x=−MyI

=−(−PL) yI

=0.96 P . lb /¿2, σ y=0

L=80∈,b=2.5∈, d=2.5∈, h=10∈¿

PP

Dd

L/2 L/2 L/2

A

B Ch

b

Q=bd .( h2−d2 ) ,Q=23.438 ¿3

τ xy=VQIb

=0.045 P. lb /¿2

TENSION PRINCIPAL

σ 1=σx+σ y

2+√¿¿

Comoσ 1=2450 psi , P=σ1

0.960

P=2.55 k←

9.2.4 Una viga con sección transversal de patín ancho (Consulte la figura) tiene las dimensiones siguientes: b = 120 mm, t = 10 mm, h = 300 mm y h 260 mm. La viga está simplemente apoyada con longitud del claro L = 3.0 m. Una carga concentrada P = 120 kN actúa a la mitad del claro.En una sección transversal ubicada a 1.0 m desde el apoyo izquierdo, determine los esfuerzos σ 1y σ 2 el esfuerzo cortante máximo τ max , en cada una de las ubicacionesSiguientes: (a) en la parte superior de la viga, (b) en la parte superior del alma

SOLUCION:

P=120 kN ,L=3m,c=1m

M= Pc2

=60kN .m ,V=P2=60 kN

b=120mm, t=10mm

b

t

h1 h

1200 lb/ft

12 ft2 ft4 in

10 inh

b

P

A

Cd

LC

z

y

C

A

B

h=300mm,h1=260mm

I=bh3

12−

(b−t)h13

12=108.89 x 106mm4

a) EN LA PARTE SUPERIOR DE LA VIGA (A)

σ x=−McI

=(60kN m)(150mm)108.89∗106mm4

σ x =82.652 MPa

σ y=0 , τ xy=0

σ 1 =82.652 MPa

σ 2=−82.7 MPa,τmax=41.3 MPa

b) EN LA PARTE SUPERIOR DEL ALMA (B)

σ x=−MyI

=−60kN .m(130mm)108.86 x106mm4 =−71.63 MPa

σ y=0

c) Q=b( h−h1

2 )( h+h1

4 ) ,Q=336 x 103mm3

τ xy=−VQ

¿ =−18.51 MPa

σ 1,2=σ x+σ y

2∓√¿¿

b

t

h1 h

q

σ 1=4.5 MPa,σ2=−76.1Mpa←

τ max=√¿¿

9.3.1 Una viga con sección transversal de patín ancho (consulte la figura) tiene las dimensiones siguientes: b = 5 in, / = 0.5 in, h = 12 in y h1 = 10.5 in. La viga está simplemente apoyada con longitud del claro L = 10 ft y soporta una carga concentrada q =6k/ft.

Calcule los esfuerzos principales σ 1y σ 2 el esfuerzo cortante máximo τ max en la sección transversal ubicada a 3 ft desde el apoyo izquierdo en cada una de las ubicaciones siguientes: (a) en la parte inferior de la viga, (b) en la parte inferior del alma y (c) en el eje neutro.

SOLUCION:

1200 lb/ft

12 ft2 ft4 in

10 in

LC

z

y

C

q=6.0 kft,L=10 ft=120∈, c=3 ft=36∈¿

M=qLc2

−q c2

2=756 .000 lb .∈,V=qL

2−qc=12.000lb

b=5∈, t=0.5∈¿

h=12∈,h1=10.5∈¿

I=bh3

12−

(b−t)h13

12=285.89∈4

a) EN LA PARTE INFERIOR DE LA VIGA (A)

σ x=−McI

=¿¿

σ x=15.866 psi

σ y=0 , τ xy=0

σ 1=15.886 psi

σ 2=0 , τmax=7930 psi

b) EN LA PARTE SUPERIOR DEL ALMA (B)

σ x=−MyI

=−¿¿

σ y=0

Q=b( h−h1

2 )( h+h1

4 ) ,Q=21.094 ¿3

τ xy=−VQ

¿ =−1771 psi

b

t

h1 h

A

B

σ 1,2=σ x+σ y

2∓√¿¿

σ 1=14.100 psi , σ2=−220 psi←

τ max=√¿¿

c) EN EL EJE NEUTRO

σ x=0 , σ y=0

Q=b( h2 )( h4 )−(b−t )( h1

2 )( h1

4 )=27.984 ¿3

τ xy=−VQ

¿ =−2349 psi

Para: σ 1=2350 psi

σ 2=−2350 psi

τ max=2350 psi

9.3.2 Una viga W 200 X 41.7" de patín ancho (consulte la tabla), apéndice E) está simplemente apoyada y tiene un claro de 2.5 m (consulte la figura). La viga soporta una carga concentrada de 100 kN a 0.9 m del apoyo B.

En una sección transversal ubicada a 0.7 m del apoyo izquierdo, determine los esfuerzos principales σ 1y σ 2 el esfuerzo cortante máximo τ max en cada una de las ubicaciones siguientes: (a) en la parte superior de la viga, (b) en la parte superior del alma y (c) en el eje neutro.

100 kN

0.7 m

A B

W 200 X 41.7

0.9 m 0.9 m

2.5 m

AB

C

y

ztwt f

SOLUCION:

W 200 x 41.7

I=40.8x 106mm4

b=166mm

tw=7.24mm

t f=11.8mm

h=205mm

h1=181.4mm

RB=100 kN ( 0.7+0.92 )=64kN

RA=100 kN−RB=36kN

EN EL PUNTO D :

M=RA (0.7m )=25.2 kN .m

V=R A=36 kN


σ x=−M h

2I

=−63.309 MPa

σ y=0 , τ xy=0

TENSION EN UNA DIRECCION :σ 1=σ y , σ2=σ x , τmax=σ x

2

b

t

h1 h

σ 1=0 , σ2=−63.3MPa

τ max=31.7 MPa

b) EN LA PARTE SUPERIOR DEL ALMA

σ x=−M

h1

2I

=−56.021MPa

σ y=0

Q=b( h−h1

2 )( h+h1

4 )=1.892 x 105mm3

τ xy=−VQI tw

=−23.061 MPa

σ 1=σx+σ y

2+√¿¿

σ 2=σx+σ y

2−√¿¿

τ max=√¿¿

c) EN EL EJE NEUTRO.

σ x=0 , σ y=0

Q=b( h2 )( h4 )−(b−t )( h1

2 )( h1

4 )=2.19 x105mm3

τ xy=−VQ

¿ =−26.69 MPa

Para:

σ 1=|τ xy|=26.7 MPa

σ 2=−σ1=−26.7 MPa

τ max=τ xy=−26.7 MPa

9.3.3 Una viga W 12 x 14 de patín ancho (consulte la tabla E-l(a), apéndice E) está simplemente apoyada y tiene un claro de 120 ín (consulte la figura). La viga soporta dos cargas concentradas de manera simétrica pero con sentidos opuestos de 7.5 k cada una.

En una sección transversal ubicada a 20 in desde el apoyo derecho, determine los esfuerzos principales σ 1y σ 2 el esfuerzo cortante máximo τ max en cada una de las siguientes ubicaciones: (a) en la parte superior de la viga, (b) en la parte superior del alma y (c) en el eje neutro.7.5 k 7.5 k

40 in 40 in20 in 20 in

W 12 x 14

120 in

AB

C

y

ztwt f

SOLUCION:

W 200 x 41.7

I=88.6 ¿4

b=3.970∈¿

tw=0.200∈¿

t f=0.225∈¿

h=11.91∈¿

h1=11.46∈¿

RB=7.5k ( 80−40120 )=2.5k (arriba)

RA=−RB=−2.5k (hacia abajo)

EN LA SECCION C-CM=RB¿

V=−RB=−2.5k

b

t

h1 h


σ x=−M h

2I

=−3.361x 103 psi

σ y=0 , τ xy=0

TENSION EN UNA DIRECCION :σ 1=σ y , σ2=σ x , τmax=σ x

2

σ 1=0 , σ2=−3361 psi

τ max=1680 psi

b) EN LA PARTE SUPERIOR DEL ALMA

σ x=−M

h1

2I

=−3.234 x103 psi

σ y=0

Q=b( h−h1

2 )( h+h1

4 )=5.219∈3

τ xy=−VQI tw

=736.289 psi

σ 1=σx+σ y

2+√¿¿

σ 2=σx+σ y

2−√¿¿

τ max=√¿¿

c) EN EL EJE NEUTRO.

σ x=0 , σ y=0

Q=b( h2 )( h4 )−(b−t )( h1

2 )( h1

4 )=8.502 ¿3

τ xy=−VQ

¿ =−1200 psi

Para:

σ 1=|τ xy|1200 psi

σ 2=−σ1=−1200 psi

τ max=τ xy=1200 psi

9.3.4 Una viga en voladizo con sección transversal T está sometida a una fuerza inclinada con magnitud de 6-5 kN (consulte la figura). La línea de acción de la fuerza está inclinada a un ángulo de 60° con respecto a la horizontal e interseca la parte superior de la viga en la sección transversal extrema. La viga tiene una

longitud de 2.5 m y la sección transversal tiene las dimensiones que se muestran en la figura.Determine los esfuerzos principales σ 1y σ 2 el esfuerzo cortante máximo τ max en los puntos A y B en el alma de la viga cerca del apoyo.

SOLUCION:

P=6.5kN ,L=2.5m, A=2 (160mm )(25mm)

A=8 x103mm2 , b=160mm, t=25mm

LOCALIZACION DEL CENTROIDE C:

AB

60°

6.5 kN

2.5 m

80 mm

25 mm

160 mm

25 mm

Z

Y

80 mm

C

c2=∑ y i A i

A

c2=(160mm ) (25mm )(160+ 25

2 )mm+(160mm ) (25mm )(80mm)

A

c2=126.25mm,c1=185mm−c2=58.75mm

MOMENTO DE INERCIA:

I Z=13tc 2

3+ 13bc1

3−13

(b−t )¿

I Z=2.585 x107mm4

CARGA EQUIVALENTE EN EXTREMO LIBRE:

PH=−P cos60 º=−3.25 kN

PV=Psin 60 º ¿5.629 kN ,MC=PH c1=−190.938 N .m

ESFUERZOS FIJO AL FINAL DE LA VIGA :

N0=PH=−3.25 kN

V=PV=5.629 kN

M=−MC−PV L=−1.388 x104 N .m

TENSION EN EL PUNTO A (PARTE INFERIOR DE LA VIGA)

σ x=N 0

A+M c1

I Z=−31.951 MPa

σ y=0 , τ xy=0

TENSION UNIAXIAL: σ 1=σ y , σ 2=σ x , τ max=|σx

2 | σ 1=0 , σ2=−32MPa, τmax=15.98 MPa

TENSION EN EL PUNTO B (PARTE SUPERIOR DE LA VIGA)

σ x=N0

A−M (c1−t)

I Z=17.715 MPa

σ y=0

Q=bt(c1−t2 )=1.85 x105mm3

τ xy=−VQIZ t

=−1.611MPa

σ 1=σx+σ y

2+√¿¿

σ 2=σx+σ y

2−√¿¿

τ max=√¿¿

9.3.5 Una viga simple con sección transversal rectangular tiene un claro L = 62 in y soporta un momento concentrado M = 560 k-in a la mitad del claro (consulte la figura). La altura de la viga es h = 6 in y el ancho es b = 2.5 in.Trace gráficas de los esfuerzos principales σ 1y σ 2 el esfuerzo cortante máximo τ max mostrando cómo varían sobre la altura de la viga en la sección transversal mn, que se encuentra a 24 in desde el apoyo izquierdo.

SOLUCION:M=560k .∈, L=62∈, c=24∈, b=2.5∈, h=6∈¿

I=bh3

12=45¿4

RA=ML

=9.032k (hacia arriba )

RA=−RB=−9.032k (haciaabajo)

EN LA SECCIÓN M-N:

M=RA c=216.774k .∈¿

V=R A=9.032 k

σ x ( y )=−MyI

,σ y=0

Q ( y )=b ( h2− y)( 12 )( h2+ y )

τ xy ( y )=VQ ( y)Ib

TENSIÓN PRINCIPAL:

σ 1( y)=σ x ( y )

2+√¿¿

σ 2( y)=σ x ( y )

2−√¿¿

τ max( y )=√¿¿

σ 1¿

σ 2¿

τ max¿

σ 1 (0 )=903 psi , σ2 (0 )=−903 ps

τ max (0 )=903 psi

σ 1¿

σ 2¿

τ max ¿

9.3.6 Resuelva el problema anterior para una sección transversal mn ubicada a 0.18 m desde el apoyo si L=0.75 m , M = 65 KN.m , h= 120 mm y b=20 mm .

SOLUCION:M=65kN .m ,L=0.75m,c=0.18m,b=20mm,h=120mm

I=bh3

12=2.88 x106mm4

RA=ML

=86.667 kN (haciaarriba )

RA=−RB=−86.667 kN (hacia abajo)

EN LA SECCIÓN M-N:

M=RA c=15.6kN .m

V=R A=86.667 kN

σ x ( y )=−MyI

,σ y=0

Q ( y )=b ( h2− y)( 12 )( h2+ y )

τ xy ( y )=VQ ( y)Ib

TENSIÓN PRINCIPAL:

σ 1( y)=σ x ( y )

2+√¿¿

σ 2( y)=σ x ( y )

2−√¿¿

τ max( y )=√¿¿

σ 1 (60mm )=0MPa

σ 2 (60mm )=−325 MPa

τ max (60mm )=162.5 MPa

σ 1 (0 )=54.2MPa ,σ2 (0 )=−54.2MPa

τ max (0 )=54.2 MPa

σ 1 (−60mm )=325 MPa

σ 2 (−60mm )=0MPa

τ max (−60mm )=162.5 MPa

desarrollo de ejercicios de resistencia de materiales

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