SOLUCIÓN

a) Diámetro del pasador. Debido a que el pasador se encuentra en cortantedoble,

Se usará

En este punto se verifica el esfuerzo de apoyo entre la placa de 20 mm de espesor yel pasador de 28 mm de diámetro.

b) Dimensión b en cada extremo de la barra. Se considera una de las por-ciones de extremo de la barra. Como el espesor de la placa de acero es de y el esfuerzo promedio de tensión promedio no debe exceder los 175 MPa, se escribe

c) Dimensión h de la barra. Recordando que el espesor de la placa de aceroes t = 20 mm, se tiene que

Se utilizará h � 35 mm �

s �P

th 175 MPa �

120 kN

10.020 m 2h h � 34.3 mm

b � 62.3 mm �b � d � 2a � 28 mm � 2 117.14 mm 2

s �12 P

ta 175 MPa �

60 kN

10.02 m 2a a � 17.14 mm

t � 20 mm

tb �P

td�

120 kN

10.020 m 2 10.028 m 2 � 214 MPa 6 350 MPa OK

d � 28 mm �

t �F1

A�

60 kN14p d

2 100 MPa �

60 kN14p d2

d � 27.6 mm

12 P � 60 kN.F1 �

17

PROBLEMA MODELO 1.2

La barra de sujeción de acero que se muestra ha de diseñarse para soportar una fuerzade tensión de magnitud cuando se asegure con pasadores entre mén-sulas dobles en A y B. La barra se fabricará de placa de 20 mm de espesor. Para el grado de acero que se usa, los esfuerzos máximos permisibles son:

350 MPa. Diseñe la barra de sujeción determi-nando los valores requeridos para a) el diámetro d del pasador, b) la dimensión b encada extremo de la barra, c) la dimensión h de la barra.

s � 175 MPa, t � 100 MPa, sb �

P � 120 kN

A B

b

d

h

t � 20 mm

dF1 � P

P

F1

F1

12

P

P' � 120 kNa

t

a

db

12

P12

P � 120 kN

t � 20 mm

h

32

PROBLEMA MODELO 1.4

La viga rígida BCD está unida por pernos a una varilla de control en B, a un cilin-dro hidráulico en C y a un apoyo fijo en D. Los diámetros de los pernos utilizadosson: Cada perno actúa en cortante doble y está hecho deun acero para el que el esfuerzo último de corte es La varilla de con-trol AB tiene un diámetro y es de un acero con esfuerzo último a la ten-sión de Si el mínimo factor de seguridad debe ser de 3.0 para la uni-dad completa, encuentre la fuerza ascendente máxima que puede aplicarse al cilindrohidráulico en C.

sU � 60 ksi.dA � 7

16 in.tU � 40 ksi.

� dD � 38 in., dC � 1

2 in.dB

SOLUCIÓN

El factor de seguridad con respecto a la falla debe ser de 3.0 o más en cada uno delos tres pernos y en la varilla de control. Estos cuatro criterios independientes se es-tudiarán por separado.

Cuerpo libre: viga BCD. Primero se determina la fuerza en C en términos dela fuerza en B y en términos de la fuerza en D.

(1)(2)

Varilla de control. Para un factor de seguridad de 3.0 se tiene que

La fuerza permisible en la varilla de control es

Utilizando la ecuación (1) se halla el máximo valor permisible de C:

Perno en B. tperm � tU/F. S. � (40 ksi)/3 � 13.33 ksi. Como el perno está encortante doble, la magnitud permisible de la fuerza B ejercida sobre el perno es

De la ecuación (1):

Perno en D. Como este perno es el mismo que el perno B, la fuerza permisi-ble es De la ecuación (2):

Perno en C. Nuevamente tenemos tperm � 13.33 ksi y

Resumen. Se han encontrado separadamente cuatro valores máximos permisi-bles para la fuerza en C. Para satisfacer todos estos criterios debe escogerse el míni-mo valor, esto es: C � 5.15 kips �

C � 5.23 kips �C � 2F2 � 21tperm A2 � 2113.33 ksi2 114 p2 112 in.22

C � 6.85 kips �C � 2.33D � 2.33 12.94 kips2D � B � 2.94 kips.

C � 5.15 kips �C � 1.750B � 1.750 12.94 kips2

B � 2F1 � 21tperm A2 � 2113.33 ksi2 114p2 138 in.22 � 2.94 kips

C � 5.27 kips �C � 1.750B � 1.750 13.01 kips2

B sperm 1A 2 120 ksi2 14p 1 716 in.22 3.01 kips

sperm

sU

F.S.

60 ksi

3.020 ksi

C � 2.33D �D 114 in.2 � C 16 in.2 � 0�g � MB � 0:C � 1.750B B 114 in.2 � C 18 in.2 � 0�g � MD � 0:

DC

B

A

6 in.

8 in.

C

F2

F2

12

in.

C = 2F2

F1

F1

B

38

in.

B � 2F1

D

DB

C

B C

6 in. 8 in.

64

PROBLEMA MODELO 2.2

Las piezas de fundición rígidas A y B están conectadas por dos pernos de acero dein. de diámetro CD y GH y se encuentran en contacto con los extremos de una va-

rilla de aluminio de 1.5 in. de diámetro EF. Cada perno tiene una cuerda única conun paso de 0.1 in. y, después de ajustarse, las tuercas D y H se aprietan un cuarto devuelta. Sabiendo que E es de 29 � 106 psi para el acero y 10.6 � 106 psi para el alu-minio, determine el esfuerzo normal en la varilla.

34

SOLUCIÓN

Deformaciones

Pernos CD y GH. Al apretar las tuercas se tensan los pernos. Debido a la si-metría, ambas están sometidas a la misma fuerza interna Pb y sufren la misma defor-mación db. Se tiene

(1)

Varilla EF. La varilla se encuentra en compresión. Si Pr es la magnitud de lafuerza en la varilla y dr es su deformación, se tiene que

(2)

Desplazamiento de D relativo a B. Apretar las tuercas un cuarto de vuelta ha-ce que los extremos D y H de los pernos sufran un desplazamiento de (0.1 in.) re-lativo a la pieza B. Considerando el extremo D, se escribe

(3)

Pero donde dD y dB representan los desplazamientos de D y de B.Si se supone que la pieza A está sujeta en una posición fija mientras que las tuercasen D y en H se aprietan, estos desplazamientos son iguales a las deformaciones delos pernos y de la varilla, respectivamente. Se tiene, entonces,

(4)

Sustituyendo de las ecuaciones (1), (2) y (3) en la ecuación (4), se obtiene

(5)

Cuerpo libre: fundición B

(6)

Fuerzas en pernos y varillasSustituyendo Pr de la ecuación (6) en la (5), se tiene

Esfuerzo en la varilla

sr � 10.53 ksi �sr �Pr

Ar

�18.61 kips

14 p11.5 in.22

Pr � 2Pb � 219.307 kips2 � 18.61 kips Pb � 9.307 � 103 lb � 9.307 kips

0.025 in. � 1.405 � 10�6 Pb � 0.6406 � 10�612Pb2

Pr � 2Pb � 0 Pr � 2Pb�S�F � 0:

0.025 in. � 1.405 � 10�6 Pb � 0.6406 � 10�6 Pr

dD�B � db � dr

dD�B � dD � dB,

dD�B � 14 10.1 in.2 � 0.025 in.

14

dr � �PrLr

ArEr

� �Pr112 in.2

14p11.5 in.22110.6 � 106 psi2 � �0.6406 � 10�6 Pr

db � �PbLb

AbEb

� �Pb118 in.2

14 p10.75 in.22129 � 106 psi2 � �1.405 � 10�6 Pb

C

G

D

H

18 in.

EA B

F

12 in.

C

E F

G

D

P'b

P'rPr

P'b

Pb

Pb

H

Pb

Pb

BPr

Estos resultados podrían haberse anticipado reconociendo que AB y BCson elementos con dos fuerzas, es decir, elementos sometidos a fuerzas sóloen dos puntos, siendo estos puntos A y B para el elemento AB y B y C parael elemento BC. De hecho, para un elemento con dos fuerzas las líneas deacción de las resultantes de las fuerzas que actúan en cada uno de los dospuntos son iguales y opuestas y pasan a través de ambos puntos. Utilizandoesta propiedad, podría haberse obtenido una solución más sencilla si se con-sidera el diagrama de cuerpo libre del perno B. Las fuerzas sobre el perno Bson las fuerzas FAB y FBC ejercidas, respectivamente, por los elementos AB yBC, y la carga de 30 kN (figura 1.4a). Se dice que el perno B está en equi-librio dibujando el triángulo de fuerzas correspondiente (figura 1.4b).

Ya que la fuerza FBC se dirige a lo largo del elemento BC, su pendientees la misma que BC, es decir, Por lo tanto, puede escribirse la pro-porción

de la que se obtiene

Las fuerzas y que el perno B ejerce sobre, respectivamente, el agui-lón AB y sobre la varilla BC son iguales y opuestas a FAB y a FBC (figura 1.5).

F¿BCF¿AB

FAB � 40 kN FBC � 50 kN

FAB

4�

FBC

5�

30 kN

3

3�4.

4 Introducción. El concepto de esfuerzo

Si se conocen las fuerzas en los extremos de cada uno de los elementos,es posible determinar las fuerzas internas de estos elementos. Al efectuar uncorte en algún punto arbitrario, D, en la varilla BC, se obtienen dos porcio-nes, BD y CD (figura 1.6). Como deben aplicarse fuerzas de 50 kN en D aambas porciones de la varilla, para mantenerlas en equilibrio, se concluyeque una fuerza interna de 50 kN se produce en la varilla BC cuando se apli-ca una carga de 30 kN en B. Se constata, de manera adicional, por las direc-ciones en las fuerzas FBC y en la figura 1.6, que la varilla se encuentraen tensión. Un procedimiento similar permitiría determinar que la fuerza in-terna en el aguilón AB es de 40 kN y que el aguilón está en compresión.

F¿BC

Figura 1.4

a) b)

FBC

FBC

FAB FAB

30 kN

30 kN

35

4B

FBC

F'BC

C

DFBC

F'BCB

D

Figura 1.6Figura 1.5

FAB F'AB

FBC

F'BCB

A B

C

72

figura 2.30. Siguiendo el mismo procedimiento que en el ejem-plo 2.01, se tiene

L1 � L2 � L3 � L4 � 0.150 m

A1 � A2 � 400 � 10�6 m2 A3 � A4 � 250 � 10�6 m2

P1 � 0 P2 � P3 � 600 � 103 N P4 � 900 � 103 N

Determine las reacciones en A y en B para la barra de acero y lacarga mostradas en la figura 2.28, suponiendo un ensamble ajus-tado en ambos apoyos antes de que se apliquen las cargas.

EJEMPLO 2.04

Considere la reacción en B como redundante y libere la ba-rra de ese soporte. La reacción RB se considera ahora como unacarga desconocida (figura 2.29a) y se determinará a partir de lacondición de que la deformación d de la varilla debe ser igual acero. La solución se obtiene considerando separadamente la de-formación dL causada por las cargas dadas (figura 2.29b) y la de-formación dR debida a la reacción redundante RB (figura 2.29c).

La deformación dL se obtiene de la ecuación (2.8) despuésde que la barra se divide en cuatro partes, como se muestra en la

Sustituyendo estos valores en la ecuación (2.8), se obtiene

(2.17)

Considerando ahora la deformación dR debido a la reacciónredundante RB, se divide la barra en dos porciones, como se mues-tra en la figura 2.31, y se escribe

L1 � L2 � 0.300 m

A1 � 400 � 10�6 m2 A2 � 250 � 10�6 m2

P1 � P2 � �RB

dL �1.125 � 109

E

�600 � 103 N

250 � 10�6 m2 �900 � 103 N

250 � 10�6 m2b 0.150 m

E

dL � a4

i�1

PiLi

AiE� a0 �

600 � 103 N

400 � 10�6 m2

Figura 2.28

Figura 2.29

Figura 2.31

Figura 2.30

C

A

D

K

B

A � 250 mm2

A � 400 mm2

300 kN

600 kN 150 mm

150 mm

150 mm

150 mm

A

300 kN

600 kN

A

300 kN

600 kN

A

L�� R�

a) b) c)

� 0

RB RB

C

1

2

A

B

RB

300 mm

300 mm

C

K

D3

4

2

1

A

B

300 kN

600 kN 150 mm

150 mm

150 mm

150 mm

2.9 Problemas estáticamente indeterminados 73

Una vez que las reacciones se han determinado, los esfuer-zos y las deformaciones en la barra se obtienen fácilmente. De-be observarse que, aunque la deformación de la barra es cero, ca-da una de sus partes componentes se deforma bajo la carga ycondiciones de restricción dadas.

Sustituyendo estos valores en la ecuación (2.8), se obtiene

(2.18)

Expresando que la deformación total d de la barra debe sercero, se escribe

(2.19)

y sustituyendo dL y dR de las ecuaciones (2.17) y (2.18) en la ecua-ción (2.19)

Despejando RB, se tiene que

La reacción RA en el soporte superior se obtiene del diagra-ma de cuerpo libre de la barra (figura 2.32). Se escribe

RA � 900 kN � RB � 900 kN � 577 kN � 323 kN�̌c �Fy � 0: RA � 300 kN � 600 kN � RB � 0

RB � 577 � 103 N � 577 kN

d �1.125 � 109

E�11.95 � 1032RB

E� 0

d � dL � dR � 0

dR �P1L1

A1E�

P2L2

A2E� �

11.95 � 1032RB

E

Se sigue el mismo procedimiento que en el ejemplo 2.04.Considerando la reacción en B como redundante, se calculan lasdeformaciones dL y dR causadas, respectivamente, por las cargasdadas y por la reacción redundante RB. Sin embargo, en este ca-so la deformación total no es cero, sino d � 4.5 mm. Por lo tan-to, se escribe

(2.20)

Sustituyendo dL y dR de las ecuaciones (2.17) y (2.18) en la ecua-ción (2.20) y recordando que E � 200 GPa � 200 � 109 Pa, setiene que

Despejando RB, se obtiene

La reacción en A se obtiene del diagrama de cuerpo libre de labarra (figura 2.32):

RA � 900 kN � RB � 900 kN � 115.4 kN � 785 kN

RA � 300 kN � 600 kN � RB � 0�c � Fy � 0:

RB � 115.4 � 103 N � 115.4 kN

d �1.125 � 109

200 � 109 �11.95 � 1032RB

200 � 109 � 4.5 � 10�3 m

d � dL � dR � 4.5 � 10�3 m

Determine las reacciones en A y en B para la barra de acero ycarga del ejemplo 2.04, suponiendo ahora que existe un claro de4.50 mm entre la barra y el piso antes de que se apliquen las car-gas (figura 2.33). Suponga que E � 200 GPa.

EJEMPLO 2.05

CC

AA

B B

300 kN

600 kN

300 mm

4.5 mm

300 mm

A � 250 mm2

A � 400 mm2

�

Figura 2.33

Figura 2.32

C

A

300 kN

600 kN

B

RB

RA

2.9 Problemas estáticamente indeterminados 73

Una vez que las reacciones se han determinado, los esfuer-zos y las deformaciones en la barra se obtienen fácilmente. De-be observarse que, aunque la deformación de la barra es cero, ca-da una de sus partes componentes se deforma bajo la carga ycondiciones de restricción dadas.

Sustituyendo estos valores en la ecuación (2.8), se obtiene

(2.18)

Expresando que la deformación total d de la barra debe sercero, se escribe

(2.19)

y sustituyendo dL y dR de las ecuaciones (2.17) y (2.18) en la ecua-ción (2.19)

Despejando RB, se tiene que

La reacción RA en el soporte superior se obtiene del diagra-ma de cuerpo libre de la barra (figura 2.32). Se escribe

RA � 900 kN � RB � 900 kN � 577 kN � 323 kN�̌c �Fy � 0: RA � 300 kN � 600 kN � RB � 0

RB � 577 � 103 N � 577 kN

d �1.125 � 109

E�11.95 � 1032RB

E� 0

d � dL � dR � 0

dR �P1L1

A1E�

P2L2

A2E� �

11.95 � 1032RB

E

Se sigue el mismo procedimiento que en el ejemplo 2.04.Considerando la reacción en B como redundante, se calculan lasdeformaciones dL y dR causadas, respectivamente, por las cargasdadas y por la reacción redundante RB. Sin embargo, en este ca-so la deformación total no es cero, sino d � 4.5 mm. Por lo tan-to, se escribe

(2.20)

Sustituyendo dL y dR de las ecuaciones (2.17) y (2.18) en la ecua-ción (2.20) y recordando que E � 200 GPa � 200 � 109 Pa, setiene que

Despejando RB, se obtiene

La reacción en A se obtiene del diagrama de cuerpo libre de labarra (figura 2.32):

RA � 900 kN � RB � 900 kN � 115.4 kN � 785 kN

RA � 300 kN � 600 kN � RB � 0�c � Fy � 0:

RB � 115.4 � 103 N � 115.4 kN

d �1.125 � 109

200 � 109 �11.95 � 1032RB

200 � 109 � 4.5 � 10�3 m

d � dL � dR � 4.5 � 10�3 m

Determine las reacciones en A y en B para la barra de acero ycarga del ejemplo 2.04, suponiendo ahora que existe un claro de4.50 mm entre la barra y el piso antes de que se apliquen las car-gas (figura 2.33). Suponga que E � 200 GPa.

EJEMPLO 2.05

CC

AA

B B

300 kN

600 kN

300 mm

4.5 mm

300 mm

A � 250 mm2

A � 400 mm2

�

Figura 2.33

Figura 2.32

C

A

300 kN

600 kN

B

RB

RA

77

PROBLEMA MODELO 2.3

La varilla CE de in. de diámetro y la varilla DF de in. de diámetro están unidasa la barra rígida ABCD como se muestra en la figura. Sabiendo que las varillas sonde aluminio y utilizando E � 10.6 � 106 psi, determine a) la fuerza en cada varillacausada por la carga mostrada, b) la deflexión correspondiente en el punto A.

34

12

SOLUCIÓN

Estática. Considerando el cuerpo libre de la barra ABCD, se advierte que lareacción en B y las fuerzas ejercidas por las varillas son indeterminadas. Sin em-bargo, utilizando la estática, puede escribirse

(1)

Geometría. Después de la aplicación de la carga de 10 kips, la posición de labarra es A�BC�D�. De los triángulos semejantes BAA�, BCC� y BDD�, se tiene que

(2)

(3)

Deformaciones. Usando la ecuación (2.7), se tiene que

Sustituyendo dC y dD en la ecuación (2), se escribe

Fuerza en cada varilla. Sustituyendo FCE en la ecuación (1) y teniendo encuenta que todas las fuerzas se han expresado en kips, se tiene que

Deflexiones. La deflexión del punto D es

Utilizando la ecuación (3), se tiene

dA � 43.2 � 10�3 in. �dA � 0.9dD � 0.9148.0 � 10�3 in.2

dD �FDFLDF

ADFE�17.50 � 103 lb2 ˛130 in.2

14 p134 in.22110.6 � 106 psi2 dD � 48.0 � 10�3 in.

FCE � 2.50 kips �FCE � 0.333FDF � 0.33317.50 kips2FDF � 7.50 kips �1210.333FDF2 � 20FDF � 180

FCE � 0.6 LDF

LCE

ACE

ADF

FDF � 0.6 a30 in.

24 in.b c

14 p112 in.2214 p134 in.22 d FDF FCE � 0.333FDF

dC � 0.6dD FCELCE

ACEE� 0.6

FDFLDF

ADFE

dC �FCELCE

ACEE dD �

FDFLDF

ADFE

dA

18 in.�dD

20 in. dA � 0.9dD

dC

12 in.�dD

20 in. dC � 0.6dD

12FCE � 20FDF � 180110 kips2 118 in.2 � FCE112 in.2 � FDF 120 in.2 � 0�g � MB � 0:

18 in.12 in.

30 in.24 in.

8 in.

10 kips

B

E

F

C DA

18 in.12 in. 8 in.

FCE

By

Bx

FDF10 kips

BC DA

18 in.12 in. 8 in.

BC' D'

C DA

A' A� C�D�

30 in.24 in.

C�D�

C D

E

F

in.12

in.34

FCE FDF