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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
VICERRECTORADO DE INVESTIGACION
INSTITUTO DE INVESTIGACION DE LA FACULTAD DEINGENIERIA MECANICA – ENERGIA
LIBRO DE PROBLEMAS DE
RESISTENCIA DE MATERIALES AVANZADO
AUTOR:
ING. JUAN ADOLFO BRAVO FELIX
01-09-2004 AL 30-11-2005
RESOLUCION RECTORAL N ° 829-04-R
BELLAVISTA - CALLAO
Ing. Juan Bravo
INDICE GENERAL
INDICE 2
RESUMEN 6
INTRODUCCION 7
CAPITULO 1
DEFLEXIONES Y PENDIENTES DE VIGAS 10
PROBLEMAS POR DE AREA DE MOMENTO
PROBLEMAS DE METODOS DE ENERGIA 26
PROBLEMAS DE. TEOREMA DE CASTIGLIANO Y TRABAJO VIRTUAL
37
REFERENCIALES 53
CAPITULO II
VIGAS DE GRAN CURVATURA 54
PROBLEMAS DE DETERMINACION DEL ESFUERZO NORMAL
PROBLEMAS DE DETERMINACION DEL ESFUERZO RADIAL 61
PROBLEMAS DE DEFLEXIONES EN VIGAS CURVAS 63
REFERENCIALES 68
CAPITULO III
PANDEO DE COLUMNAS 69
- PROBLEMAS DE PANDEO CENTRICO 23
- PROBLEMAS DE LA FÓRMULA DE LA SECANTE 78
PROBLEMAS DE COLUMNAS CON CARGA EXCENTRICA 87
- REFERENCIALES 93
CAPITULO IV
TEORIAS DE FALLA O ROTURA DE MATERIALES 94
- PROBLEMAS DE ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO 99
- PROBLEMAS DE LA ENERGIA DE DISTORSION MAXIMA 101
- PROBLEMAS DE LA TEORIA DE ROTURA DE MOHR . 107
REFERENCIALES 111
CAPITULO V
TUBOS DE PAREDES GRUESAS 112
- PROBLEMAS DE CALCULO DE LOS ESFUERZOS 116
- PROBLEMAS DE ESFUERZOS EN LOS TUBOS COMPUESTOS 120
REFERENCIALES 126
CAPITULO VI
CONCENTRACIÓN DE ESFUERZOS 127
- PROBLEMAS DE CONCENTRACIÓN DE ESF. POR CARGA AXIAL 130
- PROBLEMAS DE CONCENTRACIÓN DE ESFUERZOS EN TORSIÓN 132
- PROBLEMAS CONCENTRACION DE ESFUERZOS EN FLEXION 135
REFERENCIALES 138
CAPITULO VII
FATIGA DE MATERIALES 139
- PROBLEMAS DE FATIGA 141
Ing. Juan Bravo
.
7.7.- CRITERIOS DE ROTURA APLICADOS A FATIGA. 157
REFERENCIALES 160
MATERIALES Y METODOS 171
RESULTADOS 172
DISCUSION 173
BIBLIOGRAFIA 174
APENDICE
ANEXOS:
3 TABLA DE FORMULAS PARA A, R y Am DE VIGAS CURVAS 0
5 GRAFICOS DE CONCENTRACION DE ESFUERZOS
8 GRAFICOS DE FATIGA EN FUNCION DEL ACAB. SUPERF.
9 GRAFICOS DEL FACTOR DE SENSIBILIDAD
RESUMEN
El presente libro de Problemas de Resistencia de Materiales Avanzado se ha
desarrollado teniendo como referencia el syllabus de Resistencia de Materiales II, el
mismo que trata de los siguientes puntos:
- Deflexiones: de estructuras y elementos de máquina que sufren deformaciones
internas, giros y desplazamientos externos, que deben ser controlados dentro de ciertos
límites para darle estética a las estructuras y precisión a los elementos de máquina.
- Elementos curvos: los ganchos de grúas, poleas, eslabón de cadena, aros de ruedas,
etc. son elementos de gran curvatura (h/R>1/5) y deben ser diseñados con esta teoría.
- Pandeo de columnas: pueden presentarse en elementos sometidos a cargas de
compresión que al sobrepasar el valor crítico originan pérdida de estabilidad del
conjunto por lo que deben ser calculadas bajo normas como el AISC, y otros.
- Teorías de rotura: considera la igualdad de esfuerzo equivalente del estado triaxial y
monoaxial cuando el último llega a fluencia ó rotura; debido a igualdad de esfuerzo
principal máximo, esfuerzo cortante máximo, trabajo de distorsión máximo y Mohr.
- Cilindros de paredes gruesas: los recipientes a gran presión, tubos de cañón de armas
deben ser calculados con la teoría de tubos de pared gruesa (D/t < 20). Para incrementar
la resistencia se usan las técnicas de encamisado y auto zunchado.
- La concentración de esfuerzos (elevación) aparece en secciones transversales de
elementos donde existen cambios de geometría y otros, debiendo ser reducidos.
- Fatiga de materiales: se producen cuando las cargas varían en el tiempo o los
elementos son giratorios ocasionando rotura con cargas menores que las estáticas.
Los conceptos de los temas analizados en este libro serán de mucha utilidad para el
Ingeniero para la aplicación durante su actividad profesional.
Ing. Juan Bravo
INTRODUCCION
Este trabajo de investigación tiene por objetivo ofrecer al estudiante el LIBRO DE
PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES AVANZADO en base a los
contenidos del syllabus de la asignatura de Resistencia de Materiales II de la FIME los
cuales por corresponder a la segunda parte del curso no se analizan en los libros básicos
de Mecánica de Materiales de reciente publicación, conllevando consigo dificultades en
obtención de la información y el aprendizaje por cuanto la mayoría de ellos trabajan y
dispone de tiempo limitado.
El tema de estudio está organizado en siete capítulos. En el capítulo 1 se resuelven
problemas propuestos en diferentes textos sobre deflexiones de estructuras y elementos
de máquina originados porlas cargas externas por cuanto el funcionamiento adecuado de
las piezas de una máquina, la rigidez estructural de los edificios, los chasis de vehículos
y máquinas y la tendencia de una pieza a vibrar dependen de las deformaciones de
vigas. por consiguiente, la facultad de analizar vigas para detectar deflexiones (cuya
magnitud debe ser limitada para garantizar la exactitud y eficiencia de la maquinaria) es
importante. En la solucion se utilizas vario métodos tales como: el área de momentos, el
método de la viga conjugada, el principio de superposición, los métodos energéticos:
principio del trabajo virtual y el teorema de Castigliano y problemas hiperestáticas.
En el capítulo 2 se resuelven problemas propuestos de vigas de pequeña curvatura y
gran curvatura (h/R 1/5 s), determinando el eje neutro, los esfuerzos normales y
radiales así como giros y desplazamientos de los mismos y problemas hiperestáticos
aplicando los métodos energéticos. Las vigas de pequeña curvatura se tratan igual que
las vigas rectas.
En el capítulo 3 se analizan problemas de flexión (pandeo) de elementos sometidos a
compresión (columnas) los cuales tienden a perder estabilidad (colapso) a partir de una
determinada carga (crítica) denominada carga de Euler. También se analizan columnas
excéntricas y los métodos de determinación de la carga y esfuerzo admisibles mediante
fórmulas normalizadas como el ADF del AISC, interacción y esfuerzo admisible.
En el capítulo 4 se resuelven problemas propuestos utilizando las teorías de rotura
(falla) de mayor aceptación en la determinación de la resistencia de materiales
sometidos a esfuerzos combinados. Las teorías se basan en la comparación de esfuerzos
equivalentes de un elemento sometido a un estado triaxial o biaxial con otro sometido a
un estado monoaxial el cual es llevado hasta la rotura elástica ( y ) si el material es
dúctil, ó a la rotura plástica ( u ) si el material es frágil. Si el esfuerzo equivalente del
elemento sometido al estado triaxial es menor que del estado monoaxial se dice que el
elemento resistirá a las cargas que dieron origen a dicho estado, en caso contrario
fallará. Los criterios para la determinación de esfuerzos equivalentes en ambos estados
son los de: esfuerzo principal máximo, esfuerzo cortante máximo y energía de
distorsión máxima. También se emplea la teoría de rotura de Mohr que consiste en
trazar las envolventes al círculo de Mohr en ensayos de tracción y compresión estática,
para evaluar el material se traza otro círculo y si esta es tangente a la envolvente
entonces el material fallará en caso contrario no.
El capítulo 5 se resuelven problemas de resistencia de cilindros de pared gruesa (R/t >
10) sometidos a presión interna y externa propuestos en textos de la especialidad
determinando la magnitud de los desplazamientos radiales, esfuerzos circunferenciales,
radiales y axiales; también se analizan cilindros compuestos.
Ing. Juan Bravo
En el capítulo 6 se analizan problemas de la concentración de esfuerzos en elementos
cuya sección transversal varía ya sea por requerimientos de diseño o por defectos del
material o medios ambientales (corrosión) utilizando diagramas correspondientes según
la forma del elemento y el tipo de carga solicitante.
En el capítulo 7 se solucionan los propuestos en textos sobre la fatiga de materiales
debido a esfuerzos alternos sobre flechas rotantes originadas por cargas estáticas o los
originados por cargas fluctuantes en el tiempo que actúan con periodicidad sobre
elementos fijos, utilizando generalmente el criterio de Soderberg junto con la teoría de
rotura cuando se trata de elementos con cargas combinadas.
Todos los problemas desarrollados son importantes para el ingeniero mecánico porque
en un determinado momento de su vida profesional ya sea en las áreas de diseño,
fabricación, valuación y mantenimiento hará uso de las mismas para la toma de
decisiones de acuerdo a su responsabilidad y mando.
La fabricación, instalación o desmontaje de toda maquinaria conlleva la solución de
numerosos problemas de aplicación en base a las teorías de resistencia de materiales,
dinámica de máquinas y teoría de elasticidad a fin de darle resistencia, elasticidad,
estabilidad, poco peso y especialmente seguridad que son características de las
máquinas actuales
CAPITULO I
DEFLEXIONES Y PENDIENTES DE VIGAS ELASTICAS
1.- La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga puntual P en su
extremo libre. Determine el ángulo de giro y la deflexión del extremo libre.
Solución:
Para determinar el ángulo de giro aplicamos el primer teorema de área de momento:
EI
PLL
EI
PLA BAA 22
1 2
Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo
teorema de área de momento entre los puntos A y B.
EI
PLLL
EI
PLXA BA 33
2
2
1 3
2.- La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga uniformemente
distribuida w(x) en toda su longitud. Determine el ángulo de giro y la deflexión del
extremo libre.
Ing. Juan Bravo
Solución
Para determinar el ángulo de giro se aplica el primer teorema de área de momento entre
los puntos A y B.
EI
LL
EI
LA BAA 623
1 32
Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo
teorema de área de momento entre los puntos A y B.
ABA t / EI
LLL
EI
LXA BA 84
3
23
1 42
3.- Para vigas con carga triangular en toda su longitud en un extremo libre y empotrado en
el otro extremo. Determinar la pendiente y la deflexión del extremo libre.
Solución:
La variación del momento interno será de la forma:
L
xxx
L
xM x 632
1 3
La envolvente del área del diagrama de momentos será una parábola de segundo grado.
En B el valor del momento flector será 6/2L EI
Para determinar el ángulo de giro se aplica el primer teorema de área de momento entre
los puntos A y B.
EI
LL
EI
LA BAA 2464
1 32
Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo
teorema de área de momento entre los puntos A y B.
ABA t / EI
LLL
EI
LXA BA 305
4
64
1 42
Ing. Juan Bravo
4.- La viga con extremos simplemente apoyados esta sometida a carga uniformemente
distribuida como el indicado en la figura. Determine la flecha máxima
Solución:
Para determinar la deflexión máxima se traza la tangente respecto del centro de su
longitud media y se calcula la desviación vertical respecto de uno de sus extremos. En
este caso calculamos tA/M para una viga con extremos apoyados y carga uniformemente
distribuida en toda su longitud:
EI
LLL
EI
L
xAt ACMAMA
384
5
16
5
283
2 42
max
/max
.
5.- una viga horizontal de longitud L con carga P asimétrica. Determine la deflexión
máxima.
Solución:
Para calcular θA primero calculamos la desviación vertical de B respecto de A tB/A.
EI
lbPablbl
lEI
PbaxAt BCBAAB 632
1/
lEI
lbPab
l
t ABA 6
/
Como el momento flector en el punto M es Pbx/l, luego:
lEI
Pbxx
lEI
pbxA MAM 22
1 2
Igualando ambas expresiones determinamos el valor de la incógnita x:
3
lbax
Para determinar δmax y considerando que en M la tangente es horizontal calculamos tA/M
que será igual al desplazamiento máximo δmax
lEI
lbaPblba
lEI
lbPba
xAt ACMAMA
3933
2
6
2/3
max
/max
Ing. Juan Bravo
6.- una viga de dos tramos esta sometido a una carga uniformemente distribuida en el primer
tramo y a una carga puntual en el extremo libre. Determine el desplazamiento del
extremo libre.
Solución:
La gráfica de la deformada se muestra en líneas punteadas
EI
lll
EI
lxAt ACBABAC 24283
2.
42
/
EI
Plll
EI
plttt BCBCBA
PC 3
2
3
2
2
122
3
///
Luego el desplazamiento final será la suma de los desplazamientos calculados con sus
respectivos signos.
EI
Pl
EI
lPCCC 3
2
24
34
7.- la viga de dos tramos tiene carga triangular en el primer tramo y apoyos en los extremos
y en el punto medio. Determine las reacciones en los apoyos.
Luego, aplicando la condición de desplazamiento cero del apoyo C planteamos la
ecuación de primer grado con la incógnita C
, del cual despejando obtenemos la
incógnita buscada.
EI
lll
EI
lll
EI
lt BAC 455
4
64
1
3
2
62
1 422
/
EI
lCll
EI
lCttt BCBCBA
CC 3
2
3
2
2
122
3
///
Sumando los desplazamientos e igualando a cero por la condición de apoyo obtenemos
EI
lC
EI
lCCCC 3
2
450
34
30
lC
8.- La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga puntual P en su
extremo libre. Determine el ángulo de giro y la deflexión del extremo libre aplicando el
método de la viga conjugada.
Ing. Juan Bravo
Solución:
Considerando la viga conjugada con extremo libre en B y empotrada en A; con la carga
correspondiente al diagrama de momento flector de la viga real.
El ángulo de giro del extremo libre de la viga real será la reacción en el empotramiento
de la viga conjugada:
EI
PLL
EI
PLAYA 22
1 2
El desplazamiento del extremo libre de la viga real será el momento en el
empotramiento de la viga conjugada:
EI
PLLL
EI
PLM AA 33
2
2
1 3
9.- Resolver el problema Nº 8 mediante la conservación de la energía
Solución:
El trabajo externo = trabajo interno ó energía de deformación
EI
Pl
EI
dxPxP
l
A 622
123
0
2
EI
PlA 3
3
10. Resolver el problema Nº 8 Aplicando el teorema de Castigliano:
dxEI
P
MM
P
ux
x
A
xx
M
PxM
x
x
lx
x
A EI
Pl
EI
dxxPxdx
EIx
MM
P
u
0
3
3
Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio M” en dirección del giro
y una vez calculado la derivada respecto de M”, en la función de momento Mx se hace
M” = 0.
1"
"
M
M
MPxM
x
x
l
xx
A EI
Pl
EI
dxPxdx
EIM
MM
M
u
0
2
2
1""
11. Resolver el problema Nº 8 aplicando el principio del Trabajo Virtual
Solución;
Determinamos la función Mx de la viga real.
PxM x
En la dirección del desplazamiento de la viga real se aplica una carga ficticia (virtual) y
se calcula el momento interno originado por esta carga.
xmx .1
Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio
del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno)
Ing. Juan Bravo
dxEI
mM xA .1
lx
A EI
Pl
EI
dxPxxdx
EI
mM
0
3
3.1
12. La viga libre en un extremo y empotrada en el otro se somete a una carga
uniformemente distribuida w(x) en toda su longitud. Determine el ángulo de giro y la
deflexión del extremo libre aplicando el método de la viga conjugada
Solución
Se considera una viga conjugada con extremo A empotrada y B libre.
Para determinar el ángulo de giro del extremo libre de la viga real se calcula la reacción
del empotramiento de la viga conjugada.
EI
LL
EI
LAyA 623
1 32
Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A de la viga real, se calcula
el momento del empotramiento de la viga conjugada.
EI
LLL
EI
LM AA 84
3
23
1 42
13. Resolver el problema Nº 12 aplicando el método del teorema de Castigliano
Solución:
Como no existe carga en dirección del desplazamiento, se aplica una carga ficticia Q en
dirección del desplazamiento a determinar. Una vez determinado la función Mx se
deriva respecto a Q, luego se hade Q = 0 en la función Mx antes de remplazar en la
formula de Castigliano.
dxEI
Q
MM
Q
ux
x
A
xQ
M
QxwxM
x
x
2/2
l
xx
A EI
wl
EI
dxxwxdx
EI
Q
MM
Q
u
0
42
8
2/
Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio M” en dirección del giro
y una vez calculado la derivada respecto de M”, en la función de momento Mx se hace
M” = 0.
1"
"2/2
M
M
MwxM
x
x
l
xx
A EI
wl
EI
dxwxdx
EIM
MM
M
u
0
32
6
12/""
14. Resolver el problema Nº 12 aplicando el principio del Trabajo Virtual
Solución:
Ing. Juan Bravo
Determinamos la función Mx de la viga real.
2/2wxM x
En la dirección del desplazamiento de la viga real se aplica una carga ficticia (virtual)
unitaria y se calcula el momento interno originado por esta carga.
xmx .1
Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio
del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno)
dxEI
mM xA .1
lx
A EI
wl
EI
dxwxxdx
EI
mM
0
42
8
2/.1
Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio m = 1 en dirección del
giro y se determinan las funciones de momento mx = -1 con la carga ficticia, después se
determina Mx = -wx2/2 con la carga real y, luego estos se introducen en la fórmula del
trabajo virtual...
lx
A EI
wl
EI
dxwxdx
EI
mM
0
32
6
2/1
15. Para vigas con carga triangular en toda su longitud en un extremo libre y empotrado en
el otro extremo. Determinar la pendiente y la deflexión del extremo libre aplicando el
método de la viga conjugada.
Solución:
El extremo libre de la viga real se convierte en empotrado de la viga conjugada y el
diagrama del momento flector de la viga real es la carga en la viga conjugada.
La fuerza de reacción en el empotramiento de la viga conjugada será el ángulo de giro
en la viga real.
EI
LL
EI
LAyA 2464
1 32
El momento de reacción en el empotramiento de la viga conjugada será el
desplazamiento en la viga real
EI
LLL
EI
LM AA 305
4
64
1 42
16. Resolver el problema Nº 15 aplicando el método del teorema de Castigliano
Solución:
Como no existe carga en dirección del desplazamiento, se aplica una carga ficticia Q en
esa dirección y se determina la función Mx , luego se deriva respecto a Q.
Qxl
wxQxx
xwM x
x
63
1
2
3
xQ
M x
Luego se hade Q = 0 en la función Mx antes de remplazar en la formula de Castigliano
Ing. Juan Bravo
l
xx
A EI
wl
EI
dxxlwxdx
EI
Q
MM
Q
u
0
43
30
6/
Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio M” en dirección del giro
y una vez calculado la derivada respecto de M”, en la función de momento Mx se hace
M” = 0.
1"
"6/3
M
M
MlwxM
x
x
l
xx
A EI
wl
EI
dxlwxdx
EIM
MM
M
u
0
33
24
16/""
17. Resolver el problema Nº 15 aplicando el principio del Trabajo Virtual
Solución:
Determinamos la función Mx de la viga real.
lwxM x 6/3
En la dirección del desplazamiento de la viga real se aplica una carga ficticia (virtual)
unitaria y se calcula el momento interno originado por esta carga.
xmx .1
Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio
del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno)
dxEI
mM xA .1
lx
A EI
wl
EI
dxlwxxdx
EI
mM
0
43
30
6/.1
Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio m = 1 en dirección del
giro y se determinan las funciones de momento mx = -1 con la carga ficticia, después se
determina Mx = -wx2/2 con la carga real y, luego estos se introducen en la fórmula del
trabajo virtual..
lx
A EI
wl
EI
dxlwxdx
EI
mM
0
33
24
6/1
18. La viga con extremos simplemente apoyados esta sometida a carga uniformemente
distribuida como el indicado en la figura. Determine la flecha máxima aplicando el
teorema de Castigliano
Solución:
Aplicamos una carga ficticia Q en dirección del desplazamiento
dxEI
Q
MM
Q
ux
x
A
xQ
M
Qxwxxwl
M
x
x
2
12
12/
22
Ing. Juan Bravo
2/
0
42
3842
12/2/
2l
xx
A EI
wl
EI
dxxwxwlxdx
EI
Q
MM
Q
u
19. Resolver el problema Nº 18 aplicando el principio del trabajo virtual.
Solución:
Determinación de momentos internos en una sección cualquiera.
2/2
2wxxwl
M x
xmx .1
dxEI
mM xA .1
2/
0
42
384
2/22
1
2.1l
xA EI
wl
EI
dxwxxwl
xdx
EI
mM
20. Empleando el método del trabajo virtual determinar el desplazamiento horizontal del
nudo D cuando se aplica una fuerza horizontal de 120 kN hacia la derecha en el nudo C,
la barra BC tiene un aumento de temperatura en ΔT = 50 ˚C, la barra AD tiene una
disminución de temperatura de ΔT = -40 ˚C y la barra BD es mas corta en 4 mm que su
longitud de diseño. Considere E = 200 GPa, α = 1,2 x 10-6 / ˚C, las áreas de las
secciones transversales de las barras AB, BC y AD son de 1,5 cm2 y de las demás de 2,5
cm2.
Solución;
Se calculan las reacciones para la carga externa y las fuerzas internas correspondientes,
luego se aplica una carga unitaria en dirección del desplazamiento solicitado y se
determinan las fuerzas de reacción y las fuerzas internas en cada barra. Los resultados
se presentan en forma de cuadros para realizar los cálculos
Barra Long. Área N n n.N.l/EA ΔT Α.l.ΔT λ n-λ
AB 1 000 150 60 0 0 0 0 0 0
AD 2 000 150 120 1 0,8 -40 -0,096 0 0
BC 2 000 150 120 0 0 50 0 0 0
BD √5 000 250 -√180 0 0 0 0 -4 0
CD 1 000 250 0 0 0 0 0 0 0
∑ ---- ---- ---- --- 0,8 ---- 0,096 ---- 0
El desplazamiento horizontal del nudo D se obtendrá al igualar el trabajo externo con el
trabajo interno.
mmnTlnEA
lNnd 704,00096,08,0....
...1
21. Un sistema de tres barras articuladas cada una con la misma área A de sección
transversal está cargado como se muestra en la figura, a) determine ∆V y ∆H del nodo B
debido a la fuerza aplicada P, b) si por medio de un templador la longitud del miembro
AC es acortada 12 mm, ¿Qué ∆V y ∆H tiene lugar en el punto B?. (P17.5P)
Figura P21
Ing. Juan Bravo
Solución:
Primero determinaremos el desplazamiento vertical del nudo B, calculando las fuerzas
internas en cada una de las barras en función de la variable P, luego derivando éstas
respecto de P. la fórmula a emplear es:
EA
LP
NN
P
UBV
Los valores encontrados son:
BARRA L N
P
N
AE
L
P
NN
.
AB
AC
BC
2
3
2
L
L
L
2
3
4
32
P
P
P
2
3
4
32
1
AE
PL
AE
PLAE
PL
8
33
16
98
Luego, el desplazamiento vertical del nudo B es:
AE
PLBV
8
33
16
11
Para calcular el desplazamiento horizontal aplicamos una carga unitaria horizontal
ficticia en el nudo B hacia la derecha y calculamos las fuerzas internas n en cada barra
que se originan por esta fuerza y luego aplicamos la fórmula del trabajo virtual para
calcular el desplazamiento horizontal del nudo B
AE
LnN HBH
..
Los cálculos de las fuerzas se presentan en la tabla adjunta.
BARRA L NHn
AE
LnN ..
BC
AC
AB
2
L
2
3L
L
2
3
4
32
P
P
P
2
14
3
2
3
AE
PLAE
PL
AE
PL
8
316
33
8
3
La suma de la última columna nos da el desplazamiento horizontal del nodo B. el signo
negativo indica que la dirección del desplazamiento es contrario al indicado.
AE
PLBH
16
36
b) cálculo de los desplazamientos vertical y horizontal del nudo B cuando el miembro
AC es acortada en 12 mm:
mmnvBV ..9124
3.
mmnHBH ..33124
3.
Ing. Juan Bravo
22. Para la armadura plana mostrada en la figura, determine ∆V y ∆H del nodo C debido a
la fuerza aplicada P = 10 kN. Por simplicidad suponga AE = 1 para todos los
miembros.(P17.9P)
Figura P 22
Solución.
Aplicaremos el método del trabajo virtual.
Primero determinamos las fuerzas internas N en cada barra debido a la carga externa P.
Luego aplicamos una carga horizontal virtual en el nodo C hacia la derecha y
calculamos las fuerzas internas nH en cada barra. Posteriormente aplicamos una carga
ficticia vertical hacia abajo en el nodo C y calculamos correspondientes fuerzas internas
de las barras. Los resultados procesamos en la tabla adjunta.
Barra L NHn Vn LnN H .. LnN V ..
DE
CD
BD
BC
AE
AD
AB
4
4
4
24
4
24
4
P
P
P
P
P
P
P
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
1
1
0
0
0
0
0
P
P
P
P
P
P
P
16
4
4
28
4
28
4
P
P
8
4
0
0
0
0
0
Las sumas de la penúltima y última columna nos dan respectivamente los
desplazamientos horizontal y vertical del nodo C , los cuales son:
AEAE
PLnN HCH
2,54627421632..
AEAE
PLnN VCV
12000012..
23. Encuentre la fuerza en la barra AC de la armadura plana en la figura debido a la fuerza
horizontal de 30 kN en C. para el miembro AC, sea la relación L/AE = 0,50 y para todos
los demás miembros igual a la unidad. (P17.46P)
Figura P 23
Ing. Juan Bravo
Solución.
Primero se debe conocer el tipo de armadura plana. La fórmula que relaciona el número
de barras y nudos para que la armadura sea estable o no es:
53426...32 xnb
Como 56 , la armadura es hiperestática de un grado de hiperestaticidad. Para resolver
lo transformamos en una armadura estática base retirando una de las barras redundantes
(en este caso la barra AC) y reemplazando por una fuerza incógnita X el cual
consideramos actúa sobre la armadura base.
Con la nueva configuración de carga determinamos las fuerzas internas en cada una de
las barras restantes.
Luego planteamos la condición de desplazamientos de la armadura real. El
desplazamiento relativo de los nodos A y C debe ser igual al alargamiento o
acortamiento de la barra AC. Esta condición planteamos aplicando ya sea el teorema de
Castigliano o el método del trabajo virtual. En este caso utilizamos el primero.
Los resultados del cálculo de las fuerzas internas se dan en la siguiente tabla.
BARRA L N
X
N
X
NN
.
CD
BD
BC
AD
AB
5
3
3
5
232
5
10
3
10
5
35
4
3
4
XP
XP
XP
XP
XP
5
35
23
5
10
5
35
4
25
9
5
25
18
5
65
2
3
225
9
5
325
16
15
16
XP
XP
XP
XP
XP
Sumando la última columna obtenemos el desplazamiento relativo de los puntos A y C.
Este valor debe ser igual al desplazamiento de los extremos de la barra AC originada
por la fuerza incógnita X. esto puede expresarse mediante la ecuación:
ACAC
ACAC
AC
ii
ii
ii
AC EA
LX
NN
EA
LX
NN .1.
/
Operando los resultados de la tabla con la salvedad de que por el enunciado del
problema todos los términosAE
Ldel lado izquierdo valen uno (por lo que fueron
omitidos en la tabla) y del lado derecho vale 0,5
225
9
525
18
5
6
5
2
3
2
25
9
5
3
25
16
15
16 XXPXPXPXPXP
Finalmente queda:
PX 594,0
Ing. Juan Bravo
24. Una barra de acero en forma de L de 2,125 pulg de diámetro esta empotrad a un
muro rígido y simplemente apoyada en el otro extremo tal como se muestra en la figura
. en planta, el doblez es de 900 .¿Cuál será la reacción en el apoyo simple cuando se
aplica una fuerza de 2000 lb en la esquina de la barra?. Suponga E = 30x106 psi, G =
0,4E Asuma que I = 1,00 pulg4, Ip = 2I. (P14.66P)
Figura P 24
Solución:
La viga es hiperestático de un grado, consideramos como redundante la reacción del
apoyo libre. Llamamos A al empotramiento, B a la esquina y C al apoyo libre.
Consideramos la estructura base sin el apoyo simple el cual es reemplazado por la
fuerza incógnita C. aplicando el teorema de Castigliano.
En el tramo CB:
xR
MxRM
..........
0..........0
R
TT
En el tramo BA: .........xPRM XR
M
lR
TlRT
.......................
1
0
1
0
1
0
.0
0
GJ
ldxRl
EI
dxxxPR
EI
xdxRx
GJ
dxR
TT
EI
dxR
MM
R
Ucv
0 =
GJ
Rl
EI
lPR
EI
Rl 333
33
38,0
1
3
2
33
2 333 PR
EI
Pl
GJ
Rl
EI
Rl
R = lbP
R ..83,34775,5
2000
8,0
32
pielbLRPM ...78,7434
T = R L = 10 434,9 lb.pie.
Ing. Juan Bravo
REFERENCIALES
CAPITULO I
TEXTOS
1. POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da edición.
2000
2. HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion 1997
3. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales.
Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.
4. GERE. JAMES M. Mecánica de Materiales. México: Thomson Learning, 5ta ed.
2002.
5. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall
Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996
6. ASSIMALI, ASLAM. Análisis Estructural. México: Thomson Learning, 2da ed.
2001.
7. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice
Hall.1998
CAPITULO II
VIGAS DE GRAN CURVATURA
25. La siguiente viga curva está compuesta del tramo AB de radio 2a y BC de radio a, en B
existe una articulación donde se aplica una fuerza externa P. considerando solo los
efectos de flexión determinar el desplazamiento vertical del punto B.
Figura P 25
Solución:
La viga es hiperestática de primer grado, como carga redundante se considerará el
momento de empotramiento en A.
Por equilibrio de fuerzas y momentos determinamos las fuerzas y momentos de
reacción en los apoyos,
02.2.0
008.0
00
00
aCaPMM
CaCM
CPAF
CACAF
yAA
xXdB
yyy
xxxx
Resolviendo se obtiene:
a
MA
a
MPC
Ay
Ay
2
2
Ing. Juan Bravo
Ahora determinamos las funciones de momento interno para los tramos:
Tramo C-B
senM
senPasenaCM Ayx 2
...
senM
M
A
x
2
1
Tramo B-A:
senMsenM
senPasenaPCM AA
yx .2
..2.
senM
M
A
x
Introduciendo en la fórmula de Castigliano:
EI
dasensenM
EI
dasensen
MPasen
M
U
AA
AA
.2.
2
1
20
0
2/
00
2/
00
2
22
4
12
22
4
1
420
senaMsen
aMPaA
A
5
PaM A
Una vez determinada la incógnita superabundante podemos calcular el desplazamiento
del punto B
EI
dasenasenaP
EI
daasenPasen
P
UB
.2.2
10
1.2
10
1.....
....
10
9
10
9
2/
0
0
EI
Pa
EI
Pa
EI
PaB
333 .
40
17
425
2
2100
81
26. Un anillo partido tiene las dimensiones y sección transversal que se muestran en la
figura. Determine:
a) La carga máxima P que puede aplicarse al anillo, si los esfuerzos normales no deben
exceder de 80 MPa en tensión y 120 MPa en compresión.
b) En cuanto disminuye el diámetro vertical exterior del anillo cuando se aplica la
fuerza P determinado en el punto a).(P7.206)
Figura P 26
Solución:
a) Determinación del radio de curvatura del baricentro:
25,8120000
1625000
100501005010200
17510050100501002550200
...
xxx
xxxxxxx
A
xAx
i
ii
25,281200 XR
Cálculo del eje neutro
80,74350
400ln100
250
350ln50
200
250ln200 mA
36,26780,74
20000
mn A
Ar
Ing. Juan Bravo
Cálculo de esfuerzos:
36,26725,281.20000
36,26725,281
20000
r
rPP
rRAr
rrM
A
N
n
n
Para:kNPPr
kNPPr
280000285718,080400
307000390982,0120200
2
1
Luego la máxima carga es de 280 kN
b) Cálculo del cambio de diámetro
senP
NPsenN
RsenP
MPRsenM
mmd
RdEA
P
NN
dARAAE
P
MMA
P
U
m
m
b
684,0
342,02/
0
2/
0
27. Para el anillo partido y la carga mostrada, halle el esfuerzo en: a) El punto A, b) el
punto B. (P4.205BJ)
Figura P 27
Solución:
Llevamos La carga P y el momento Mal centroide de la sección transversal donde está
ubicado los puntos A y B.
P = - 2500 N
M = PR = - 32.5 x 2500 = - 81250 N.mm
Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro rn:
R = r1 + x = 20 +12,5 = 32,5
A = 25 x 14 = 350 mm2
83,30353,11
350353,11
20
45ln.14ln.
1
2 m
nm A
Ar
r
rbA
Cálculo de los esfuerzos:
n
n
rRAr
rrM
A
N
Para r1 = 20 :
2
42,8283.305.3220350
2083,3081250
350
2500
mm
N
x
rRAr
rrM
A
N
n
n
Para r2 = 45
2
63,3683.305.3245350
4583,3081250
350
2500
mm
N
x
rRAr
rrM
A
N
n
n
28. El anillo discontinuo de la figura tiene un radio interior r1 = 0,8 pulg. Y una sección
circular d = 0,6 pulg. Sabiendo que las fuerzas de 120 lb. Están aplicadas en el
centroide de la sección transversal, halle el esfuerzo en los puntos A y B. (P4.188BJ)
Ing. Juan Bravo
Figura P 28
Solución
Llevamos La carga P y el momento Mal centroide de la sección transversal donde está
ubicado los puntos A y B.
P = 120 lb
M = PR =2,2P = 264 lb.pulg
Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro rn:
R = r1 + x = 0,8 +0,3 = 1,1 pulg.
A =
2
6,0 2= 0,2827 pulg2
08,13,01,11,12
1
2
1 2222 cRRrn Pulg.
Cálculo de los esfuerzos:
n
n
rRAr
rrM
A
N
Para r = r1 = 0,8 :
psi
x
rRAr
rrM
A
N
n
n
32,1676408,11,18,02827,0
8,008,1264
2827,0
1201
1
Para r = r2 = 1,4 :
psi
x
rRAr
rrM
A
N
n
n
55,1024608,11,14,12827,0
4,108,1264
2827,0
1202
2
29. Para el gancho mostrado, halle el mayor esfuerzo en la sección a-a cuando b1 = 35 mm y
b2 = 25 mm. (P4.190BJ).
Solución:
Llevamos La carga P y el momento Mal centroide de la sección transversal donde está
ubicado los puntos A y B.
P = 10 k N
M = PR = 10R N.mm
Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro rn:
mmR
bb
bbrbbrR
33,6825353
50351002597040
3
22
21
212211
178,28253540
100ln
40100
402510035
ln 211
2
12
1221
xxA
bbr
r
rr
rbrbA
m
m
Ing. Juan Bravo
88,63178,28
1800
mn A
Ar
Cálculo de los esfuerzos:
n
n
rRAr
rrM
A
N
Para r = r1 = 40 :
MPa
x
rRAr
rrM
A
N
n
n
65,1088,6333,68401800
4088,6368330
1800
10000
Para r = r2 = 100
MPa
x
rRAr
rrM
A
N
n
n
47,288,6333,681001800
10088,6368330
1800
100002
2
30. Sabiendo que en el medio anillo mostrado h = 30 mm, halle los esfuerzos en los puntos
A y B. (P4.192BJ)
Figura P 30
Solución:
El área de la sección transversal es circular
A = 25x30/2 = 375 mm2
R = r1 + x = 20 +10 = 30 mm
18,132520
50ln
205
5025ln
1
2
12
21
x
br
r
rr
rbAm
45,2818,13
375
mn A
Ar
Cálculo de los esfuerzos:
n
n
rRAr
rrM
Para r1 = 20 :
MPa
xrRAr
rrM
n
n 15,5845,283020375
2045,2880000
Para r2 = 50
MPa
xrRAr
rrM
n
n 32,5945,283050375
5045,2880000
31. La porción curva de la barra mostrada tiene un radio interno de 0,3 pulg. La línea de
acción de la fuerza de 60 lb. Está localizada a una distancia a del plano que contiene el
centro de curvatura de la barra. Halle el máximo esfuerzo de compresión admisible
cuando: a) a = 0, b) a = 1,2 pulg.(P4.178BJ)
Figura P 31
Ing. Juan Bravo
Solución
a) Llevamos La carga P y el momento M al centroide de la sección transversal donde
está ubicado los puntos A y B.
P = - 60 lb
M = - PR = - 0,55P = -33 lb.pulg
Cálculo del radio de curvatura del centoide R y el radio de curvatura del eje neutro rn:
R = r1 + x = 0,3 +0,25 = 0,55 pulg.
A = 0,5x0,5 = 0,25pulg2
lg51,049,0
25,049,0
3,0
8,0ln.5,0ln.
1
2 puA
Ar
r
rbA
mnm
Cálculo de los esfuerzos:
n
n
rRAr
rrM
A
N
Para r = r1 = 0,3 :
psi
x
x
rRAr
rrM
A
N
n
n
255051,055,03,025,0
3,051,055,060
25,0
601
1
b) a = 1,2 pulg.
Para r1 = 0,3 :
psi
x
x
rRAr
rrM
A
N
n
n
759051,055,03,025,0
3,051,075,160
25,0
60
32. Un ganchote grúa tiene las dimensiones y sección transversal de que se muestra en
la figura.Los esfuerzos admirables en el plano a-a son de 12 000 lb/pulg2 (T) y 16
000 lb/pulg2 ( C ). Determine la capacidad P del gancho. (P7-207)
Figura P 32
Cálculo del área, radio centroidal y radio del eje neutro de la sección crítica
221 lg25,93*2
5,131*
2
32*
2puh
bbA
85,1847,1
2
35,135,1
2
1112
133
1
2
35,15,235,11
3
2
2
115,012
xx
xx
xxx
xxxxx
xx
A
xAx
i
ii
lg85,485,131 puxrR
322
3
2
233221
1
2
1
1221 lnln bbr
r
h
rbrbbb
r
r
h
rbrbAm
0104,25,134
7ln
3
45,17332
3
4ln
1
3342 1
xxxxAm
Ing. Juan Bravo
2lg25,92
5,133
2
321 puxxA
60,40104,2
25,9
mn A
Ar
Cálculo de la carga P
m
m
rAAr
rrM
A
P
Para 31 r
lbP
x
PP6,978212000
6,485,4325,9
36,485,4
25,91
Para 72 r
lbP
x
PP2618816000
6,485,4725,9
76,485,4
25,92
Por lo tanto tomamos P= 9782,6 lb
33. La viga curva es de acero (E = 200 GPa) que tiene un σy = 420 MPa. Determine la
magnitud del momento Mx = My requerido para iniciar la fluencia en la viga curva, el
ángulo de giro y los desplazamientos horizontal y vertical del extremo libre.(p9.16bo)
Figura P 33
Solución:
Vamos a determinar el momento que origina la fluencia
A = 30x60 = 1800 mm2
R = 30 +30 = 60 mm
mmA
Ar
r
rbA
mn
m
.61,5496,32
1800
96,3230
90ln.30ln.
1
2
Para r1 = 30
y
n
ny
rRRrA
rrM
..1
mNM
My
y ..3,496742061,5460.30.1800
3061,541
Cálculo de giros y desplazamientos vertical y horizontal. La fórmula general de la
energía de deformación de la viga curva es:
dEA
NMd
EARAA
MA
EA
RdNdo
AG
RkvU x
m
Xm
222
222
Ing. Juan Bravo
Consideraremos únicamente los efectos del momento flector en el cálculo de giros y
desplazamientos.
Aplicando el teorema de Castigliano para el cálculo de giros
dEA
M
NM
dEA
NM
M
dEARAA
M
MMA
M
U xx
m
xxm
2
Mx = M 1M
M
N = 0 0M
N
Reemplazando estos valores en la fórmula anterior
00603,0
102001800
01
10200180096,326018002
1496730096,322
3
0 32
3
0 3
xx
d
xxxxx
d
M
U
Para calcular los desplazamientos del extremo libre colocamos las cargas ficticias V y Q
en dirección de los desplazamientos vertical y horizontal respectivamente, luego
determinamos el momento interno respecto de una sección genérica en función del
momento externo y las cargas ficticias hasta hallar las correspondientes derivadas. Una
vez calculadas las derivadas hacemos que las cargas ficticias sean nulos en la función
momento interno, posteriormente integramos las fórmulas de desplazamientos
cos1....:......1
cos1..
RQ
MRsen
V
M
M
M
RQRsenVMM x
N = V senφ + cosQ cos........0
Q
Nsen
V
N
M
N
V = V cos φ - senQ. senQ
V
V
V
M
V
....cos....0
Una vez derivado, las funciones quedan en la siguiente forma.
0..........0.......... QVMM
dEA
V
NM
dEA
NV
M
dARAAE
V
MMA
dAG
RV
VV
kV
U
xx
m
xm
V
Reemplazando valores
AE
M
ARAAE
MRA
AE
M
ARAAE
MRAd
EA
senMd
ARAAE
RsenMA
dEA
senMd
EA
Rsend
ARAAE
RsenMA
EA
Rdsend
AG
Rk
V
U
m
mV
m
m
m
mV
m
mV
11
coscos
00cos0
2
3
0
2
3
0
Cálculo del desplazamiento horizontal:
dEA
Q
NM
dEA
NQ
M
dARAAE
Q
MMA
EA
RdQ
NN
dAG
RQ
VV
kQ
U xx
m
xm
Q
Reemplazando valores
Ing. Juan Bravo
AE
M
ARAAE
MRA
AE
senM
ARAAE
senMRAd
EA
Md
ARAAE
RMA
dEA
Md
EA
Rd
ARAAE
RMA
EA
Rdd
AG
Rsenk
Q
U
m
m
H
m
m
m
mH
m
mH
H
11
2
3
coscos1.
cos0cos1cos1cos00
2
3
0
2
3
0
34. Un elemento de máquina tiene sección en T orientado como se muestra.. si M = 2 500
N.m y suponiendo que una restricción en D (no dibujado) limita el desplazamiento
vertical del mismo y en AB está empotrado, hallar los esfuerzos normales en los puntos
A y B así como el esfuerzo radial en la sección del radio geométrico.(P4.182BJ)
Figura P 34
Solución:
Cálculo del área, radio geométrico y radio de curvatura neutra
A = 60x20 + 50x20 = 2200 mm2
91,252200
57000
50202060
452050102060
xx
xxxxx
15,91651591,2545.50.2012
50.201091,25.20.60
12
20.60 2
32
3
I
R = 40 + x = 65,91
45,3660
110ln20
40
60ln60 mA
mm A
Ar =
45,36
2200= 60,35
Como se trata de un problema hiperestático de primer grado consideramos liberado la
restricción en D y en su lugar aplicamos la fuerza de restricción D.
Calculamos la fuerza D con la condición del desplazamiento vertical nulo del punto D
Las funciones de momento y fuerza axial en los tramos recto y curvo de la viga son:
En el tramo recto DE
Mx = -M + D.x xD
M x
En el tramo curvo EB
Mx = -M + D.l + DR sen φ RsenlD
AM X
N = D.sen φ senD
N
2 2
0
2
0
2
00
........
......0
0
O X
X
m
Xm
P
DV
EA
dD
N
MEA
NdD
M
ARAEA
dD
MMA
EA
RdD
NN
EI
dxD
MM
D
U
Ing. Juan Bravo
....
......
.......
0 2
0
2
0
ARAEA
dRsenlDRsenlDMA
EA
RdsenZsen
EI
dxxDxM
m
m
2
0
2
0
.....
EA
dsenDRsenlDM
EA
dDsenRsenl
....4
11222
......
........432
0
22
32
DRMRDlRDlMlARAEA
A
EA
DRlD
lM
EI
I
m
M
14
21.2..... MDRlDEA
I
Reemplazando y desarrollando : D =20165,3 N.
En la Sección . Mx =-M+D mRl 44.847
N = D =20165,3N
Cálculo de los esfuerzos en los puntos A y B.
A
P
rRAr
rrM
n
no
Para MPar oAA 25,4440
Para MPar oBB 85,21110
La fórmula del esfuerzo radial es:
A
AN
ARArA
ArAAM
tr m
mmr ..
1
Donde
21,2660
91,65ln.20
40
60ln60lnln
22
1
21
r
Rb
r
rbAm
2,131891,520206022121 xxrRbrrbA
20t
Reemplazando estos valores en la fórmula del esfuerzo radial para r = R obtenemos el
correspondiente valor:
MPaRr r 67,106
35. Determinar el máximo valor de la carga P que puede soportar el elemento de una
maquina con F.S = 4 si el diseño se basa en el esfuerzo ultimo cuyo valor es
MPau 320 (P9.11BO)
Figura P 35
Solución:
Cálculo del área, radio geométrico y radio de curvatura neutra
A = 180x60 + 2x60x30 = 21600
Am = 110 ln 57,1633693213,163110
310ln302
70
130 x
Ing. Juan Bravo
11030260110
1501103023060110
xxx
xxxxxX
21600
1944= 90
R = 70+
x =160
mm A
Ar =
57,163
21600=132,05
Cálculo de los esfuerzos principales
M=300P+ PR senφ = 460P
0M
PR cos φ cos φ = 0φ =2
A
N
rRAr
rrM
n
n
Para r1 = 70
kNP
P
x
P1,111
216001321607021600
70132460
4
320
Para r2 = 310
kNP
PP9,204
21600132160310.21600
31013246080
Luego tomamos el menor valor de P = 111 k N
36. Una viga curva semicircular , como la que se muestra en la figura P5-15, tiene un
od=150 mm, un id =100 mm y t = 25 mm. Para un par de carga F = 14 KN aplicado a
lo largo del diámetro, encuentre el factor de seguridad de las fibras interiores y
exteriores:
a) Si la viga es un material dúctil de 700yS MPa
b) Si la viga es un material fundido de Sut = 420 MPa y Suc = 1 200 MPa. (p5-37n)
Figura P 36
Solución:
A = 25x25 = 625
R = 62,5
137,1050
75ln.25 mA
66,61137,10
625
mn A
Ar
Cálculo del factor de seguridad:
n
n
rRrA
rrM
A
F
..
Para r1 = 50 y F = 14000
MPa
x
x
rRrA
rrM
A
F
n
n
07,41166,615,6250625
5066,61140005,62
625
14000
..
1
1
Para r2 = 75 y F = 14000
Ing. Juan Bravo
MPa
x
x
rRrA
rrM
A
F
n
n
04,27466,615,6275625
7566,61140005,62
625
14000
..
2
2
a). Para: MPay 700
NA = 7,107,411
700
1
y
N2 = 6,204,274
700
2
y
b). Para: MPaut 420 y MPauc 1200
N1 = 02.107,411
420
N2= 4,431,404,274
1200
REFERENCIALES
CAPITULO II
TEXTOS:
1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M.
Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth
Edition. 1993.
2. FEODOSIEV, V. C. Resistencia de Materiales. Moscú: Ed. MIR , 2da edición.
1980.
3. PISARENKO, G. S.; YÁKOVLEV, a. P.; MATVÉEV, V. V. Manual de
Resistencia de Materiales. Moscú: Editorial MIR, Primera edición 1979
4. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall
Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996
5. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice
Hall.1998
Ing. Juan Bravo
CAPITULO III
PANDEO DE COLUMNAS
37. Una columna de 2,5 m de longitud efectiva está hecha de medio perfil W200x52 de
acero laminado. Usando las propiedades dadas para la sección transversal, halle el factor
de seguridad si la carga céntrica admisible es de 1150 kN use E = 200 GPa. (P11.30
BJ)
Figura p 37
Solución:
De la tabla obtenemos los valores del perfil W200x52:
A = 3385 mm2
Ix = 11.557x106 mm4
Iy = 3,865x106 mm4
ry = 51,175 mm
175,513385
10.865,3 6
A
Ir y
y
43.211503385
175.51
102002
32
2
2
FSkNxFS
xP
xA
r
klFS
ExAP
AD
adAD
Luego FS = 2.43
38. Una columna de longitud efectiva está hecha soldando dos canales de acero laminado C
6x10,5. con E = 29x106 psi, halle para cada arreglo mostrado la carga céntrica admisible
si se requiere un factor de seguridad de 2,8. (P11.32BJ)
SOLUCION:
Las características geométricas del perfil C6x10,5 son:
A = 3.09 pulg2. bf =2.034
Ix = 15.2 pulg4, x =0.500
Iy = 3,41 pulg4
ry = 0.876 pulg.
a) para el arreglo ][ mostrado las características geométricas de la sección
compuesta serán::
A = 6.18 pulg2
42
2
lg275.3500.009.3865.02
2
puxI
xAII
YT
yYT
4lg4,302.1522 puII yxt
73.018.6
275.3
A
Ir y
y
Ing. Juan Bravo
klbx
xP
xA
r
klFS
ExAP
AD
adAD
081.618.673.08.2
10292
32
2
2
b) para el arreglo [ ] mostrado las características geométricas de la sección
compuesta serán
:A = 3,38 pulg2
42
2
lg27.16500.0034.209.3865.02
2
puI
xbAII
YT
fyYT
4lg4.302,1522 puII yxt
62.118.6
27.16
A
Ir y
y
klbx
xP
xA
r
klFS
ExAP
AD
adAD
121.4518.662.18.2
10292
32
2
2
39. La columna ACB tiene sección transversal rectangular uniforme y esta apoyada en el
plano xz en su punto medio C .a) Determine la relación b/d para la cual el factor de
seguridad es el mismo con respecto a pandeo a los planos xz y yz. b) Usando la
relación encontrada en la parte a, diseñe la sección transversal de la columna para la
cual el factor de seguridad será 3.0, cuando P = 4400 N, L = 1 m y E = 200 GPa.
(11.46BJ)
Solución:
a) En el plano xz:
bbr
kL
y
121000
12
1000
En el plano yz:
ddr
kL
y
122000
12
2000
Como el pandeo en ambos planos debe tener el mismo factor de seguridad, igualamos
ambas relaciones y determinamos que d/b =2
b) cálculo de las dimensiones de la sección transversal:
mmbNbxbx
b
xP
xA
r
klFS
ExAP
AD
adAD
15.1444002121000
3
1020002
62
2
2
Luego: d = 28.3 mm
Ing. Juan Bravo
40. La columna AB soporta una carga céntrica P con magnitud de 15 Kips. Los cables BC y
BD están tensados y evitan el movimiento del punto B en el plano xz. Usando la
formula de Euler y un factor de seguridad de 2.2 y despreciando la tensión en los cables,
calcule la máxima longitud admisible L. Use E = 29 .106 psi. (P11.48BJ)
SOLUCION:
De la tabla del perfil W obtenemos los valores del perfil W 8x15
A = 4.44 pulg2
Ix = 48 pulg4 Sx = 11,8 pulg3 rx = 3,29 pulg.
Iy = 3,41 pulg4 ry = 0.876 pulg.
En el plano xz
LxL
r
kl
y
8.0876.0
7.0
lg..76,7.......
44,4
15000
8,02,2
1029
2,2
2
32
2
2
puLL
x
A
PE Wad
En el plano yz
LL
r
kl
x
608.029,3
2
lg..2,10.......
44,4
15000
608,02,2
1029
2,2
2
32
2
2
puLL
x
A
PE Wad
41. Se aplica una carga axial P a la barra de acero, AB que tiene 1.375 pulg. de
diámetro, como se muestra. Cuando P =21 Kips, la deflexión horizontal del punto C es
0.03 pulg. E= 29 .106 psi, determine: a) la excentricidad e de la carga, b) el esfuerzo
máximo en la barra. P(11,50BJ)
Solución:
1
2secmax
crP
Pey
1
21000
2sec03,0
crPe
lbx
L
EIPcr 55800
30
10292
62
2
2
Ing. Juan Bravo
Desarrollando obtenemos
e = 0,04 “
42. Uniendo con pernos dos ángulos 4x3 x 1/4 pulg. se obtiene un elemento a compresión de
10 pies de longitud efectiva . Si σy = 36 Ksi y E = 29x106 psi , halle la carga céntrica
admisible para el elemento. (P11.92BJ)
Solución:
características del perfil L 4x3x1/4:
A = 1,69 pulg 2
Ix =2.77 pulg4
Iy = 1,36 pulg4
x = 0.736 pulg.
Cálculo de las características geométricas de la sección compuesta:
A = 3,38 pulg2
422 lg55,4736.069.136.122 puxxAII yYT
4lg54,577,1222 puII yxt
16,138,3
55,4
A
Ir y
y
45,10316,1
1210
x
r
kL
y
1,12636000
102922 622 xxC
YC
Luego la columna es corta
ksi
CC
C
ad
cc
cy
ad
..34,12
1,126
45,103
8
1
1,126
45,103
8
1
3
5
1,126
45,103
2
1136
8
1
8
1
3
5
2
11
3
2
3
2
klbxxAP adad 4,4238,334,12
43. Una columna de 19.5 pies de longitud efectiva consta de un perfil de acero laminado W
12x 50. El acero tiene σy = 50 Ksi, σadm = 30 Ksi a flexión y E = 29 * 106 psi. Usando
el método de interacción, halle la carga P admisible si la excentricidad es: a) ex = 1,0
pulg., ey = 0, b) ex = 0 , ey = 1.0 pulg. (P11.125BJ)
Solución:
Ing. Juan Bravo
Características del perfil W12x50:
A = 14,7 pulg 2
Ix =394 pulg4 Sx=64,7rx = 5,18
Iy = 56,3 pulg4 Sy =13,9 ry= 1,96 pulg.
Cálculo de esbeltez
38,11996,1
125.19
x
r
kL
y
10750000
102922 622
xx
CY
C
Como λ > Cc entonces la columna es larga.
ksi
x
r
kl
Ead 48.10
38,11912
231029
12
23 2
32
2
2
a) la excentricidad está en el eje x:
adyI
cM
A
P 1.
klbPPP
..87,74......48,109,13
1.
7,14
b) la excentricidad está en el eje y:
adxI
cM
A
P 2.
klbPPP
..53,125......48,107,64
1.
7,14
44. Una carga excéntrica P de magnitud 160 kN se aplica, como se muestra, al tubo AB
hecho de una aleación de aluminio 6061 – T6. Por el método de interacción y con un
esfuerzo admisible a flexión de 150 MPa , halle la máxima excentricidad e admisible.
(P11.128BJ)
A = 3200 mm 2
Ix =2826666,67 mm4
Iy = 4106666,67 mm4
Solución:
Cálculo de esbeltez
47,5072,29
1500
yr
kL
ad =(
r
l868,0139 )=(139-0.868(50.47)) = 95,19 MPa
Aplicando el método de interacción
1bad
I
Mc
A
P
mme
xex
5,361150000
67,4106666
50160000
19,953200
160000
Ing. Juan Bravo
45. Un elemento a compresión de sesión transversal rectangular tiene una longitud efectiva
de 36 pulg. y esta hecho de aleación de aluminio 2014-T6, posee un esfuerzo admisible
a flexión de 24 ksi. Use el método de interacción para hallar la mínima dimensión d
utilizable cuando e = 0.4 Pulg. (P11.144BJ)
Solución:
Cálculo de esbeltez
43,54
25.212
25.2
3603
xdx
dr
kL
y
Con este valor vamos a las fórmulas de 2014-T6 y vemos que la fórmula de σad es:
ad =(
r
l23,07.30 )=(30.7-0,23(54.43)) = 18.18 ksi
Aplicando el método de interacción
1bad
I
Mc
A
P
12412
25.2
2/4.032
18.1825.2
323
xxd
xdx
d
894.100099.07823.02 ddd
46. Una columna de madera de sección rectangular tiene 8.2 pies de longitud efectiva y debe
soportar una carga de 9 Kips, como se muestra. Usando el método del esfuerzo
admisible, diseñe la columna de modo que un lado de su sección transversal sea el doble
del otro. Suponga E = 18* 106 psi y un esfuerzo admisible de 1500 psi para compresión
paralelo a la fibra. (P11.146BJ)
Solución:
482
212 2
3
bb
b
bb
A
Ir y
y
22
34.68148122.8
bb
xx
r
kl
22
3
2 94.13
2/
122.8
108.13.03.0b
b
x
xx
d
l
Ead
Aplicando el método del esfuerzo admisible:
adI
Mc
A
P
232
94.13
212
4/4.1900018000b
bx
b
xbx
b
Resolviendo: b = 7.90 pulg.
Ing. Juan Bravo
47. Determine la carga máxima P que puede aplicarse a la columna de madera mostrada en
la fig. si E = 12 GPa y el esfuerzo admisible para la compresión paralela al grano es de
9 MPa. Use el método del esfuerzo admisible. (P9.80R)
SOLUCIÓN:
Determinación de la razón de esbeltez.
40100
20002
x
d
kl
5,2467,0 Y
c
E
d
kl
luego la fórmula de esfuerzo admisible correspondiente será:
MPa
xx
d
kl
Ead 25,2
40
10123,030,02
3
2
Aplicando el método del esfuerzo admisible:
adI
Mc
A
P
23 25,2150100
127575
15000 mm
N
x
xPxP
NP 5,8437
48. Dos ángulos de acero de 4 x 3 x 3/8 pulg. se sueldan para formar la columna AB cuyos
extremos son: apoyado en A y empotrado en B. Se aplica una carga axial de magnitud P
= 18 Kips en el punto D. Hallar la máxima longitud admisible L. Suponga E = 29 x 106
psi, y = 36 ksi y un esfuerzo admisible a flexión de 22 ksi. (P11.132BJ)
Solución:
Datos del perfil L 4x3x8
3
A=2,48 pulg
4lg96,3 puI x Sx = 1,46 pulg3 782,0x
4lg92,1 puIY Sy = 0,866 pulg3 28,1y
Cálculo del área y momento de inercia total
A= 2(2,48) = 4,96 pulg 2
Ix = 2 Ix =2(3,96) = 7,92 pulg 4
Iy = 2 (Iy + Ix-2) =2 (1,92 + 2,48x (0,712)2) = 6,17315904 pulg 4
Ing. Juan Bravo
Cálculo de la esbeltez y esfuerzo admisible
1772,1
06,4
873,6min
LL
r
L
ad =22
2
2
2 4,206931149
1772,112
2312
23 LL
EEad
Aplicando el método de interacción
1b
x
ad
I
Mc
A
P
122000
92,7
28,116
328,114000
4,20693114996,4
14000
2
xx
L
piesL 46,16
49. Se construye una columna de 40 pies de longitud con 4 ángulos enlazados como
muestra en la figura. Se supone que dos extremos se conectarán por medio de pasadores.
Cada ángulo tiene un área transversal A = 2.75 pulg2, momento de inercia Ixx = Iyy =
2,22 pulg4 tenemos la distancia d entre los centroides C de los ángulos, de modo que la
columna sea capaz de soportar una carga axial P = 50 klb sin pandearse. Desprecie el
efecto de enlazamiento E = 2x103 ksi, σy = 36 ksi. (p13.15h)
El momento de inercia de la reacción compuesta es.
Ixx = 4
22
275.222.24
2
ddAI x
= 8.88 + 2.75 d2
PCR =
50
1240
75.288.810292
232
2
2
x
dxx
l
EI
d = 3.377 3.38 pulg.
50. Una columna de acero de 22 pies de longitud efectiva debe soportar una carga
excéntrica de 36 Kips en un punto D sobre el eje x. Usando el método de interacción
elija el perfil W de 12 pulg. de altura nominal que debe usarse E = 29 x 106 psi σy = 36
Ksi, σad = 22 Ksi a flexión. (11.148bj)
Ing. Juan Bravo
Solución:
Seleccionamos un W12 x 58 y de la tabla obtenemos sus parámetros geométricos
A = 17.06
ry = 2.51
rx = 21.1
Cálculo de esbeltez:
1.1261036
102523
62
x
xC cc
1 = cCx
r
L 17.105
51.2
1222
min
21
Como 1 Cc la columna es corta.
Cálculo de esfuerzo admisible:
σadm = Psix
ccsfy 9.12292
1.126
17.105
2
11
91.1
10361
2
11
.
232
f.s. = 91.19069.11.126
17.105
8
1
1.126
17.105
8
3
3
53
Aplicando la formula de interacción
122000
4.2523
9.12292
2.2110
22004.21
151036
9.1229206.12
1036
1/
33
xxx
I
MCAP
admadm
0.286 1
Ahora seleccionamos un W 12 x 40
A = 8.00
Z = 11
ry = 1.94
Cálculo de esbeltez:
= alcolumnaCx
C arg...08.13694.1
1222
adm =
PsixxE
2.805008.13692.1
1029
92.1 2
62
2
2
Ing. Juan Bravo
1782.0
122000
11
5.11036
2.80508
1036
1/
33
min
xxx
I
MCAP
b
Ahora seleccionamos el perfil W 12 x 36
A = 10.59
Z = 1.2
ry = 1.5
= alcolumnaCx
r
LeC arg..176
5.1
1212
adm =
Psix
xx5.4812
17692.1
10292
62
4.33959.10
1036 2
x
A
P
75002.7
5.11036 3
xx
S
M
1b
x
ad
I
Mc
A
P
122000
7500
5.4812
4.3399
1,047 1
Utilizamos el perfil W 12 x 40
51. Un perfil de acero W 3690 x 147 se emplea como columna de 7 m de longitud efectiva
para soportar un carril de una grúa viajera en una nave industrial que le transite una
carga P. Determine la máxima carga Padm si además la columna soporta una carga de
400 kN procedente de la planta superior.
E = 200 GPa y f = 250 MPa
Solución:
Determinación de los parámetros geométricos del perfil W 3690 x 147
A = 18800 mm2
Ix = 463 x 108 mm
Sx = 2570 x 103 mm3
rx = 157
Sy = 904 x 103 mm3
ry = 94.3
Cálculo de esbeltez
Ing. Juan Bravo
= 23.743.94
7000
min
r
Le
C = 6.125250
1020022 322
xxxE
f
C > Columna Corta
adm = 3
2
8
1
8
3
3
5
2
11
CC
Cy
3
2
6.125
23.74
8
1
6.125
23.74
8
3
3
5
6.125
23.74
2
11250
ad = MPa81.110862.1
339.206
Cálculo de la carga P aplicando el método del esfuerzo admisible
admIx
MC
A
P
81.110
102570
1257510400
18800
104003
33
x
PxxPx
P = 161,1 kN
52. Se construye una columna de 40 pies de longitud con cuatro ángulos de acero A-36
unidos por celosía como muestra en la fig. sus extremos se pueden considerar
empotrados. Cada ángulo tiene una sección transversal A =2,75 pulg2 y momentos de
inercia Ixx= Iyy =2,22 pulg4. Determinar la distancia d entre las centroides C de los
ángulos de modo que la columna pueda soportar una carga axial P=350 klb sin
pandearse. Desprecie el efecto de la celosía. E=29x103 ksi . Y =36 ksi (p13.15h)
El momento de inercia de la sección compuesta es:
Ixx = 4 22
d2,758,882
75,222,2422
ddAI
lg73,4
3501240.4
75,288,81029.
4 2
232
2
2
pud
kipx
dx
l
EIPcr
53. Se aplica una carga vertical P=11kips al punto medio de uno de los bordes de reacción
cuadrada del elemento o compresión de acero AB, libre en A y fijo en B. Si E
=29x106psi y ksiy 36 , usando el método del esfuerzo admisible, halle la máxima
dimensión admisible d .(p11.138bj)
Ing. Juan Bravo
Solución:
Determinación de la esbeltez
A=d2
1212
4 d
A
Ir
dI
=dd
xx
r
le 1,3741212452
22
62
2,10651,374
92,1
1029d
d
xxadm
Aplicando la formula de esfuerzo admisible.
24
3
2
3
2,1065
12
2.
210111011
.
dd
ddx
d
x
I
cM
A
Padm
41,3 .lg54,24 pudd
54. un tubo rectangular de acero debe reportar una carga de 60 KN con excentricidad e=25
mm. El espesos de los tubos disponibles va en incremento de 1,5 mm desde 6 mm hasta
12 mm. Por el método de interacción halle el tubo mas liviano que puede ser utilizado .
E=200 GPa, y 250 MPa y el esfuerzo admisible a flexión es 150 MPa.(P11.140bj).
Solución:
Para t = 6 mm 433
..231393612
66118
12
78130mm
xxI x
A = 78x130-118x66=2352 mm2
mmA
Ir x
x 4,3136,31
1,12510250
1020026
92
x
xxC x
C
.
cCr
Le 2,159
4,31
5000 .
Luego, la columna es larga
.56,40
2,15992,1
102002
32
xx
adm
Ing. Juan Bravo
28,253936,23
39251060.
:51,252352
1060
3
3
xxx
I
cM
x
A
P
x
Aplicando la formula de interacción.
1150
28,25
56,40
51,251
.
admadm
I
cM
A
P
0,80 ≤ 1
Para t =7,5 mm
28956311578130
;25,274469612
63115
12
75130 33
xxA
xxI x
8,30A
Ir x
x
03,39
3,16292,1
1029
arg...3,1628,30
5000
2
62
min
x
xx
alcolumnaCr
l
adm
C
Aplicando el método de interacción:
31,2125,2744696
39251060.
75,202895
1060
3
3
xxx
I
cM
x
A
P
x
1150
31,21
03,39
73,20
0,68 1
Se elige el mas liviano t = 6 mm
55. Un tubo de acero (E = 200 GPa) de longitud L = 3,5 m está empotrado en la base y
articulado en la cima. Los diámetros interior y exterior son 75 mm y 90 mm
respectivamente. Se aplica una carga de compresión P con una relación de excentricidad
estimada ec/r2 = 0,5. (a) Si la carga P = 100 k N, ¿cuál es el esfuerzo máximo σmax en
eltubo? (b) Determinar la carga admisible Pad si el factor de seguridad con respecto a la
fluencia del material es F.S = 2,5. (suponer σy = 250 MPa.)
Solución:
Forma exacta.
a) Cálculo de σmax:
EA
P
r
L
r
ec
A
P e
2sec.1
2max
MPaxx
x
x
xx28,84
86,194310200
10100
29,292
35007,0sec.5,01
86,1943
101003
33
max
b) Cálculo de la carga admisible Pad:
EA
P
r
L
r
ec
A
P ead 2
sec.12max
86,19431020029,292
35007,0sec.5,01
86,1943250
3 xX
P
x
xP
mediante la prueba y error determinamos la carga crítica Pcr = 243500 N que origina σad
kNNSF
PP cr
ad 4,97974005,2
243500
.
Forma aproximada:
a) Cálculo de σmax:
Ing. Juan Bravo
5,02
r
ecy 29,29
A
Ir 77,4 e
7,125.2 2
Y
C
E
cortaColumnax
r
LC
e ..65,8329,29
35007,0
min
MPaSF
Cy
ad 9,775,2
7,125
65,835,01250
.
2
11
22
MPaMPaxxxx
I
Mc
A
Pad 9,772,77
8,1667467
4577,410100
86,1943
10100 33
max
b) Cálculo de la carga admisible Pad:
MPa
SFcortaColumna Cy
adC 9,77.
/5,01..
2
kNPMPaPxP
Ar
Pec
A
Pad 95,1009,77
86,1943
5,0
86,19432max
REFERENCIALES
CAPITULO III
TEXTOS:
BIBLIOGRAFIA
1. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de
Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999.
1 POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da
edición. 2000
2 RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica
de Materiales. México: Limusa Wiley, 1ra edición 2000
3 HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion
1997
4 BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales.
Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.
5 M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice
Hall.1998
Ing. Juan Bravo
CAPITULO IV
TEORIA DE ROTURA DE MATERIALES
56. Las dos poleas montadas en el eje se cargan como se muestra. Si los cojinetes A y B
ejercen sólo fuerzas verticales contra el eje, determine el diámetro requerido del eje al
1/8 pulgada más próximo mediante la teoría de la energía de distorsión máxima, adm =
67 ksi.
Cálculo de las fuerzas de reacción:
MB = 0 A x 6 - 420 x 5 – 420 x 2 = 0
A = 4906
7420
x
FY = 0 A - 420 – 420 + B = 0
B = 840 – 490 = 350
La sección crítica será la C donde el momento flector es mayor, luego es diseño será
para esa sección
MC = 350x2x12 = 8400 lb.pulg.
TC = 180x0,5x12 = 1080 lb.pulg.
SS
M
I
cM 8400.
SSS
T
J
rT 540
2
1080
2
.
Aplicando el criterio de máximo trabajo de distorsión
2 + 3 τ2 ad2
12615,067000540
.38400 2
22
SSS
56. La fuerza 4 KN es paralela al eje x y la fuerza Q paralela al eje z, Si ,60MPaadm
halle el diámetro mínimo admisible del eje sólido AD. (p7.158bj)
solución.
Cálculo de la fuerza Q y las reacciones en los apoyos
Ing. Juan Bravo
ΣT = 0 .4x90-60Q = 0 kNQ .660
360
Plano x y
ΣMA=0 03204180 xxDx
kNDX .25,2320
720
ΣFX = 0AX + DX - 4 =0 A X = 4 - 2,25 = 1,75
AX = 1,75 kN
Plano yz
ΣMA =0100 Q -320 D3 = 0
D 3 = 875,1320
600 kN
ΣF3 = 0 - A3 + Q - D3 = 0
A3 = 6 – 1,875 = 4,125 kN
Con los valores obtenidos trazamos los diagramas de momentos flectores en los planos
correspondientes y junto con el diagrama de momento torsor determinamos la sección
transversal mas crítica que esta entre B y C.
MB = 2
2
180
1003155,412
x = 448,09
TD = 360 kN.
MC = 2
2
220
1405,412315
x = 410,04
TC = 360 kN.
En este caso MB > MC luego la sección crítica será la B
Cálculo de los esfuerzos en el punto crítico de la sección B.
S
x
S
MB
31009,448
S
x
S
x
S
TB
33 10180
2
10360
2
Aplicando Von Mises.
222 3 adBB
22323
12010180
31009,448
S
xx
S
x
S= 4541,99 = .9,3532
3
mmdd
57. El eje sólido AB y los engranajes mostrados se usan para transmitir 15 hp del motor M
a la maquina conectada del eje sólido CDE. Si el motor gira a 360 rpm y adm =7,5 ksi,
halle el mínimo diámetro admisible: a) del eje AB, b) del eje CDE (p7.160bj).
Solución.
P= 15 hp x spulbhp
spulblg/..99000
.1
lg/..6600
N =360 rpm xssrev
17.37
60
min1
1
2
= ω
=7,5 ksi
Ing. Juan Bravo
Cálculo del torque del motor (eje AB) y la fuerza en el engranaje B
P = T.ω T =P
=7,37
99000= 2626 lb.pulg.
T = F.r → F = r
T
4
2626= 656,5 lb.
Cálculo de los esfuerzos en la sección A :
SS
M 09,3939
S
T
2 =
S2
06,2626
a) Cálculo del diámetro del eje AB.
Aplicando el criterio de máximo trabajo de distorsión:
222 3 ad
2322
10.152
06,26263
09.3939
Sx
S
S=0,30323 = 46,1
32
3
dd
b) Cálculo del torque, los esfuerzos y el diámetro del eje CDE
T1 = F. r1 = 656,5x2.5 =1641,3 lb. Pulg
M1 = F. l1 = 656,5 x 3 = 1959,5 lb.pulg.
Aplicando el criterio de máximo trabajo de distorsión:
222 3 ad
2322
10.152
3,16413
5,1959
Sx
S
S=0,16138 = lg.18,132
3
pudd
58. Una flecha de acero de 4 pulg. de diámetro está apoyada en rodamientos flexibles en sus
extremos. dos poleas de 24 pulg. de diámetro cada una están unidas a la flecha. Las
poleas sustentan bandas que están sujetas a cargas, como se muestra en la figura. El
acero tiene un limite de proporcionalidades de 40klb/pulg2 a tensión y a comprensión y
de 23 klb/pulg2 a cortante. Si se especifica un factor de seguridad de 2.5 con respecto a
la falla por fluencia, determine la tención máxima admisible P en la banda de acuerdo
con:
a. La teoría de falla del esfuerzo cortante máximo.
b. La teoría de falla de la energía de distorsión máxima
Solución.
Cálculo de las fuerzas internas en las secciones críticas (ubicación de las poleas)
V = 4P
M = 160P
T = 24P
Cálculo de los esfuerzos
P
Px
d
P
S
M46,25
4
16032
32
16033
Ing. Juan Bravo
P
Px
d
P
S
M91,1
4
2416
32
2
24
2 33
a) Aplicando el criterio de Tresca
222 4 ad
lbP
PP
5,621
5,2
4091,1446,25
222
b) Aplicando el criterio de Von Mises
222 3 ad
lbP
PP
2,623
5,2
4091,1346,25
222
59. La estructura mostrada en la figura P19-94 está esta sujeta a una carga P de 100 kN. El
material tiene un limite proporcionalidad de 220 MPa a tensión y a compresión .
Determine el factor de seguridad con respecto a la falla por fluencia de acuerdo con:
A: La teoría de falla del esfuerzo cortante máximo.
B: La teoría de falla de la energía de distorsión máxima.
Solución:
Cálculo del área y centroide de la sección transversal:
215000150502 mmxxA
751505015050
125150502515050
xx
xxxx
A
xAx
i
ii
Cálculo del centroide de momento de inercia
53125000
50505012
15050505050
12
50150
12
23
23
23
x
x
x
I
xxx
xxx
I
yAbh
I
Cálculo de fuerzas internas en el centroide de la sección crítica
N = P = 100 kN
M = 425 P = 42500 k N mm
Cálculo de los esfuerzos máximos en la sección crítica
I
yM
A
P .
MPax
67.6653125000
7542500000
15000
1000001
MPax
33,9353125000
12542500000
15000
1000002
a) Aplicando el criterio de Tresca
Como en los puntos críticos no existe el esfuerzo cortante obtendremos:
36,233,93
220
adad NN
b) Aplicando el criterio de Von Mises
Como en los puntos críticos no existe el esfuerzo cortante obtendremos
222 4 ad
222 3 ad
Ing. Juan Bravo
36,233,93
220
adad NN
REFERENCIALES
CAPITULO IV
TEXTOS:
BIBLIOGRAFIA
1. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de
Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999.
2. POPOV, EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Education, 2da edición.
2000
3. RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica de
Materiales. México: Limusa Wiley, 1ra edición 2000
4. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales.
Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.
5. GERE. JAMES M. Mecánica de Materiales. México: Thomson Learning, 5ta ed.
2002.
6. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice
Hall.1998
Ing. Juan Bravo
CAPITULO V
CILINDROS DE PARED GRUESA
60. Un cilindro cerrado tiene un diámetro interno de 20 mm. y diámetro externo de 40 mm.
Esta sujeto a una presión externa P2 = 40 MPa y presión interna de P1 = 100 MPa.
Determinar el esfuerzo axial y circunferencial en el cilindro interno.
Solución:
La fórmula de los esfuerzos circunferencial, radial y axial son respectivamente:
21
22
212
21
22
21
22
222
211 .
rr
PP
r
rr
rr
rPrPtr
0,85
0,75
2040
4010040
2040
20401010022
222
22
xxt
r MPa
00,5
1040
40401010022
22
21
22
222
211
xx
rr
rPrPz MPa
61. Un tubo compuesto de acero (E = 200 GPa) se ha construido introduciendo un tubo de
acero de diámetro exterior igual a 200 mm y diámetro interior 100 mm dentro de una
camisa del mismo material con diámetro exterior igual a 300 mm y con una
interferencia radial ∆ = 0.075 mm, determine a) La presión de contacto, b) los máximos
esfuerzos en el tubo y la camisa, c) Los máximos esfuerzos en el tubo y en la camisa
cuando actúa una presión interna de 200 MPa.
Solución:
a) de la fórmula de interferencia determinamos la Presión de Contacto
21
22
3
21
2222
2 rrr
rrrrEp
m
mmk
578.17
1003002002
100200200300075.010200223
22223
xxpk
b) Cálculo de máximos esfuerzos en el tubo y la camisa:
De la fórmula general de esfuerzos radiales y transversales tenemos:
21
22
212
21
22
21
22
222
211 .
rr
PP
r
rr
rr
rPrPtr
Los esfuerzos máximos se presentan en la pared interna de cada tubo:
Para el cilindro interno : P1 = 0 y r = r1
0
88,46
100200
58.17200
100200
20058.1722
222
2
xtr
max = 1 - 3 = 0 – (-46,88) = 46,88 MPa
-Para el Cilindro Externo (camisa): P2 = 0 y r = r1
580,17
708,47644,31064,14
200300
58.17300
200300
20058.1722
222
2
xtr
max = 1 - 3 = 47,708 – (-17,58) = 65, 288 MPa
c) esfuerzos máximos cuando en el cilindro compuesto actúa la presión interna de 200
MPa.
- En el cilindro interior:
Ing. Juan Bravo
21
122
2
22
22
21
2
2
21
22
21
221
200
56,226100200
2002578,17
100300
100300200
2
p
xx
rr
rp
rr
rrp
r
t
m
mkt
max = 1 - 3 = 226,56 – (-200) = 426,56 MPa
- En el cilindro exterior (camisa):
22
2
22
2
2
22
21
22
211
122
22
2
2
22
2
222
222
2
22
21
22
211
83,4858,17200
3001
100300
100200
1.
96,126200300
20030058,17
200
3001
100300
100200
1.
x
pr
r
rr
rP
x
rr
rrp
r
r
rr
rP
r
k
m
r
t
m
mk
m
t
Camisa
222
22
22
2
100300
58.17
200
100.300
200300
20058.17
xtr
MPaeq ..79,17583,4896,12621
62. Un cilindro compuesto de aleación de aluminio (E =72 GP a, υ = 0.33) esta hecho de un
cilindro interno de diámetros interno y externo de 90 y 120 +∆ mm, respectivamente y
un cilindro externo con diámetros interior y exterior de 120 y 240 mm respectivamente.
El cilindro compuesto esta sujeto a la presión interna de 160 MPa. Cual debe ser el
diámetro externo del cilindro interno si el esfuerzo circunferencial al interior del
cilindro es igual a 130 MPa.
MPap
p
rr
pc
rr
rrp
k
k
kt
.02,18
90120
120*2
90240
24090160130
2
22
2
22
22
21
22
21
22
22
211
La fórmula de pk en función de la interferencia para cilindro compuesto es:
2
12
2
222
21
2
22 rr
rrrr
r
EP mm
m
K
Despejando ∆ queda
013,0
120240901201072
02,18902401202
..2
22223
222
222
21
2
21
22
2
x
xx
rrrrE
prrr
mm
km
mme ..013,120013,0120120
63. Dos cilindros son ensamblados por deslizamiento para formar un cilindro compuesto
abierto. Ambos cilindros están fabricados de acero con σy = 700 MPa. El cilindro
interior tiene los diámetros interno y externo de 100 mm y 150 +∆ mm respectivamente.
El cilindro exterior tiene los diámetros interior y exterior de 150 mm y 300 mm
Ing. Juan Bravo
respectivamente. Determinar: a) la presión de apriete pk y la máxima presión interna pi
que puede ser aplicado al cilindro si ha sido diseñado con un factor de seguridad de 1,85
para la simultanea iniciación de fluencia en el radio interno de los cilindros. Use el
criterio de falla de máximo esfuerzo cortante, b) el diámetro externo del cilindro interior
requerido por el diseño. E = 200 GPa y υ=0,29.(p11.17bo) :
Solución:
El valor del esfuerzo admisible en la pared interna del cilindro interno es:
85,1
700
Fisy
A
(1)
Por condición del problema en la pared interna del cilindro externo el esfuerzo
admisible debe ser igual (2)
El esfuerzo equivalente en la pared interna del cilindro interno es:
pc
2cp-
22
2
k22
22
31
aab
abpeqA (3)
El esfuerzo equivalente en la pared interna del cilindro externo es:
kKeqB pc
b
ab
ap
cb
cbp
c
b
ab
pa
2
2
22
2
22
22
2
2
22
2
31 1.
1 (4)
Igualando ambas expresiones y reagrupando se tiene
22
2
22
2
22
22
2
2
.ac
c
cb
bp
ab
ac
c
bp k (5)
Reemplazando valores
22
2
22
2
22
22
2
2
5075
75
75150
150.
50150
5075.
75
150. kpp
kk pppp .0133,5.3133,3.625,0
EDBeqA
Igualando (1) y (3) y reemplazando el valor de p = 5,0133.pk
MPap
PPP
k
kkk
37,49
013,525005625
56252
250022500
250022500.0133.5
85,1
700
p = 5,0133 pk = 246,998 ≈247 MPa
cálculo del diámetro externo del cilindro interno
kk Pac
ca
EP
cb
c
Eu
22
2
22
3
1
11
019,02685,49.25005625
75250.
10200
29,012685,49.
562522500
5225.
10200
29,0133
x
xx
De = 2(75 + ∆) = 150,038 mm.
Ing. Juan Bravo
REFERENCIALES
CAPITULO V
TEXTOS.
BIBLIOGRAFIA
1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M.
Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth
Edition. 1993.
2. FEODOSIEV, V. C. Resistencia de Materiales. Moscú: Ed. MIR , 2da edición.
1980.
3. MOTT, ROBERT. Resistencia de Materiales Aplicada. México: Prentice – Hall
Hispanoamericana, S.A. Tercera Edición 1996
4. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice
Hall.1998
CAPITULO VI
CONCENTRACION DE ESFUERZOS
64, La parte que se muestra en la figura está hecho de acero AISI 1040 HR. Se le someterá a
una fuerza de 5 000 lb que se aplica mediante dos pernos de 0,25 pulg de diámetro en
los orificios que se encuentran en cada extremo. Calcule el factor de diseño resultante.
(p5.40m)
Solución::
De la tabla de materiales de acero para AISI 1040 HR el σmax = 91 ksi y σad = 58 ksi.
La zona de concentración de esfuerzos son dos
0,4.......
02,01
02,0
0,21
2
tk
h
r
h
H
Cálculo del factor de seguridad en la zona de la entalla.
Ing. Juan Bravo
73,0......
5800080000
125,0
50000,4
..
max
max
FS
FSxx
FSA
Pkk y
adtnomt
El radio de la muesca se debe incrementar para disminuir el esfuerzo admisible.
Cálculo en el orificio:
90,0..........
5800064800
25,000,125.0
500043,2
..
43,2.......25,000,1
25,0
max
max
FS
FSx
FSA
Pkk
kW
d
yadtnomt
t
De aquí se deduce que el diseño debe ser mejorado.
65. Para la placa lisa en tensión de la figura, calcule el esfuerzo en cada orificio, suponiendo
que los orificios están separados lo suficiente y que sus efectos no interactúan. (p49m)
Solución:
Para el orificio izquierdo:
psixA
Pkk
kW
d
tnomt
t
..9,3921572,040,150.0
620015,2..
15,2.......51,040,1
72,0
max
Para el orificio central
psixA
Pkk
kW
d
tnomt
t
..2951240,040,150.0
620038,2..
38,2.......29,040,1
40,0
max
Para el orificio derecho
psixA
Pkk
kW
d
tnomt
t
..9,3168850,040,150.0
620030,2..
30,2.......36,040,1
50,0
max
66. La figura muestra el vástago de una válvula de un motor que se ve sometido a una
carga axial por tracción que aplica el resorte de la válvula. Para una de 1,25 kN, calcular
el esfuerzo máximo bajo el hombro.(p47m)
Ing. Juan Bravo
Solución:
Cálculo del coeficiente teórico de concentración de esfuerzo:
23,2.......
083,06
5,0
5,16
9
tk
h
r
h
H
Cálculo del esfuerzo máximo:
MPaxA
Pkk tnomt ..6,98
4
6.
125023,2..
2max
67. Una flecha circular maciza de 150 mm de diámetro se maquina a un diámetro de 75 mm
a lo largo de una parte de una flecha . Si en el punto de transición de los dos diámetros
el radio del filete es de 12 mm , ¿Qué esfuerzos cortante máximo se desarrolla cuando
se aplica un par de torsión de 2700 N.m a la flecha? ¿Cuál será el esfuerzo cortante
máximo si el radio del filete se reduce a 3 mm?.(p6.12m)
Solución:
Determinación de kt
16.075
12
275
150
d
r
d
D
33,1... tk
Determinación del esfuerzo máximo:
MPaJ
rTkk tnomt ..3,43
16
75.
27001033,1
..
3
3
max
Cuando el radio del filete se reduce a 3 mm:
04,075
3
d
r86,1... tk
MPaJ
rTkk tnomt ..63,60
16
75.
27001086,1
..
3
3
max
El esfuerzo máximo se incrementa.
68. Encuentre el radio requerido de un filete para la unión de 6 in de diámetro contra flecha
de 4 in de diámetro si el conjunto transmite 110 hp a 100 rpm y el esfuerzo cortante
máximo esta limitado a 8000 psi.
Solución:
Determinación del torque y esfuerzo nominal:
lg...69328
60
2100
6600100pulb
xPT
psiJ
rTnom ..7,5514
16
4.
69328.3
Determinación del radio del filete:
Ing. Juan Bravo
.37,0....5,14
6...........
5,14
6
45,17,5514
8000max
rd
r
d
D
knom
t
69. La viga de la figura está hecho de material frágil que tiene resistencia última σu 450
MPa. Si h = 125 mm y ρ = 15 mm, determine la magnitud de la carga P basado en un
factor de seguridad SF = 3,50. asuma que el material es linealmente elástico hasta la
última resistencia.
Solución:
Determinación de del coeficiente teórico de concentración de esfuerzos:
12,0125
15
2125
250
h
h
H
9,1.. tk
NP
PPx
FSk
Px
P
I
cM
nom
unomt
nom
..3,6608....
50,3
450019456.001024,09,1
.
01024,0
12
12560
5,62.1600.
max
2
70. Una viga de sección rectangular es de aleación de aluminio (E=72GPa). Los strain
gages son utilizados para determinar el factor de concentración de refuerzos en la
entalla un strain gage es colocado en la parte inferior de la muesca y otro a una distancia
del mismo. Las lecturas de los strain gages en la muesca y a una distancia de ella son
respectivamente 0.00250 y 0,00100. determinar la magnitud de P y el coeficiente
teórico de concentración de esfuerzos. (P14.17BO)
Solución:
Cálculo de los esfuerzos en la entalla y zona cercana :
NP
x
Px
I
McxxE
MPaxxE
w
muesca
..27000................12
15050
755007200100,01072.
..18000250,01072.
33
3max
34,19,133
180
..9.133
12
11050
5527000500.
max
31
1
nomt
nom
k
MPax
xx
I
cM
Ing. Juan Bravo
71. La barra redonda mostrada en la figura 2-65 está montada como una viga en voladizo y
tiene una ranura como se indica. El material tiene YP =60,000Psi y Nfs=2,5.
(a) ¿Qué puntos en la barra son críticos por esfuerzos?
(b) En cada punto crítico, determine si la parte fallara según la teoría de la energía de
distorsión máxima de falla. (p2.58s)
Solución:
a) Primero analizaremos en la sección transversal con concentración de esfuerzos,
donde los coeficientes de concentración de esfuerzos se obtendrá de las gráficas a
partir de las relaciones:
25,18,0
1
d
D
125,08,0
1,0
d
r
Entrando con las relaciones D/d y r/d en las correspondientes tablas obtenemos los
siguientes coeficientes de concentración de esfuerzos.
Ktracción = 2,05 , Ktorsión = 1,4, Kflexión = 1,75
El esfuerzo normal calculamos aplicando superposición.
I
cMk
A
Pk flextrac
...max
3,37799
64
8,0
4,050075,1
1,0
5000.05,2
42max
x
El esfuerzo cortante es debido a torsión
J
TrK tor .max
06,13926
32
8,0
4,0100004,1
4
xxmAx
Ahora calculamos en la sección del empotramiento
11,16552
64
1
5,010010
4
1
500042max
xx
92,10185
32
1
5,010004max
x
Por los valores obtenidos, se ve que la sección crítica es aquella donde está ubicada la
entalla (concentrador de esfuerzos).
b) Para que la sección resista, se debe cumplir con los criterios de rotura. Analizamos
con el criterio de Von Mises.
2
22 3
Ny
Primero analizamos en la zona de la entalla.
Ing. Juan Bravo
(37799,3)2 +3x(13926,06)2 =2
5,2
60000
2010 592 522 > 576 000 000
Como se observa, esta zona no resiste las cargas aplicadas
Ahora analizamos la zona del empotramiento
(16552,11)2 + 3(10185,92)22
5,2
60000
585 231 244,2 > 576 000 000
Tampoco esta zona resistiría las cargas aplicadas si la viga trabajase sin tener la entalla
en su punto medio.
REFERENCIALES
CAPITULO VI
TEXTOS.
1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M.
Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth
Edition. 1993.
2. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de
Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999.
3. RILEY, WILLIAM E.; STURGES, LEROY D,; MORRIS, DON H. Mecánica de
Materiales. México: Limusa Wiley, 1ra edición 2000
4. NORTON, ROBERT L.(1999) Diseño de máquinas. México: Prentice Hall -
Pearson , 1ra edición. 1999.
5. HIBBELER, R.C. Mecánica de Materiales. México: Printice Hall, 3ra edicion 1997
6. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice
Hall.1998
Ing. Juan Bravo
CAPITULO VII
FATIGA DE MATERIALES
72. En la figura el resorte de hojas es recto y no está sometido a esfuerzos cuando la leva y
el eje se retiran. El material tiene un σult = 115000 psi, σyp = 98000 psi y σ-1 = 52000 psi.
Las superficies del resorte están esmeriladas. Si la leva gira continuamente, encontrar el
factor de seguridad para el resorte.(p45s)
El desplazamiento del extremo libre del voladizo se calcula por la fórmula:
δ =EI
Pl
3
3
3
3
L
EIP
Cálculo de los esfuerzos máximos y mínimos originados por los desplazamientos del
extremo libre
.54375
1016
110293
..33.2
6
23
xxxx
L
cE
IL
LEI
I
cM
Para δ = 0,5˝ → 5,27187min psi
Para δ = 1,0˝ → psi54375max
2miwmAx
m
= 40781,25
2miwmAx
a
=
2
425,4201,106 =13593,75
Determinación del factor de seguridad:
24,6640052000
98000.75,1359325,40781
1
eq
yameq
Ny
eq
N =
24,66400
98000
Eq
Y
=1,48
73. Cuando el motor de la figura está girando, se observa que el extremo de la viga tiene una
vibración total hacia arriba y hacia debajo de 0,25 pulgadas. La viga es de acero con σult
= 92 000 psi, σyp = 79 000 psi y σe = 26 000 psi. Encuentre el factor de seguridad en la
pared donde el factor de concentración de esfuerzos es de 1,5.
Solución:
Cálculo de los esfuerzos
δ =EI
Pl
3
3
3
3
L
EIP
23
3.3.
l
Ec
Il
lcEI
I
cM
Ing. Juan Bravo
psix
xx07,590025,0
2432
510.293
2
6
psi07,5900max
psi07,5900min
0m
07,5900minmax
La
psi
ameq k1
y
7,2689026000
790005,107,59000 xxeq
Ny
eq
94,279000
7,26890 NN
74. Un material en la condición laminada tiene últ=110,000Psi t yp=85,000 Psi. El factor
de concentración de esfuerzos es de 1.2;q=1.0;factor de seguridad =1,75.
(a) Encuentre el área transversal requerida si la parte soporta una carga permanente de
tensión de 20,000 lb.
(b) Encuentre el área requerida si la carga varia continuamente entre 19,000y 21,000 lb
y el limite de fatiga se determina con la ayuda de la figura 2-26.
(c) Encuentre el área si la carga varia continuamente entre 18,000 y 22,000 lb.(p2.61s)
Solución:
psiu 000,110 psisSepsi gu 550005.0200000
PsiYP 000,85
Kx =1.2, q =1.0 y f.s =1.75
a) Para: P =20,000 lb = cte
2412,0000.14
75.120000..
.pis
sfPA
sfA
P
y
y
b) Para: P variable continuamente de 19 000 a 20 000 lb.
AMin
19000
AMinMax
m
20000
2
AMax
000,21
AMinMax
a
1000
2
q =
1
1
t
e
k
kke = 1+q(kt -1)=1+1(1,2 -1) = 1,2.
75,11.. yy
ameq K
75,1
850002,1
100020000
AAeq
A=0,450 pulg2
c) Para P variable continuamente de 18 000 hasta 22 000.
PMin =18000AMax
22000
Am
20000
PMax =22000AMin
18000
Aa
2000
Ing. Juan Bravo
75,1
85000
85000
85000.2,1
2000200001
xAA
k
eq
yaMeq
A= 0,488pulg2.
75. La viga mostrada de ancho igual b y altura 2b está sometida a la acción de una leva
en su punto medio y en la posición mostrada tiene una flecha de 2 mm. Usando el
criterio de máximo esfuerzo cortante, determinar sus dimensiones tomando un F.S. =
2.5 a la fluencia. El material tiene E = 200 GPa, -1 = 120 MPa y y = 280 MPa. La
deflexión del punto medio es y = PL3/48EI.
Solución:
Cálculo de las fuerzas de deflexión:
31
1
31
1
48
4 l
EIP
EI
lP
32
2
32
2
48
48 l
EIP
EI
lP
Cálculo del coeficiente de concentración de esfuerzos kt entramos a la gráfica de
concentración de esfuerzos correspondiente con las relaciones d/h y d/b
3,2
25,04
14/
125.08
1
2
4/
tk
b
b
b
d
b
b
h
d
Cálculo de los esfuerzos máximo y mínimo:
4
.
22
lPlx
PM
2
3 6222
48.
L
Eh
I
hL
L
EI
I
cM
bbxxxx
L
Eh8,4
1000
2210200662
3
2min
min
bbxxxx
L
Eh24
1000
10210200662
3
2max
max
Determinación de los esfuerzos medio y alterno
bbb
m 4,142
8,424
2minmax
bbb
a 6,92
8,424
2minmax
Ing. Juan Bravo
Determinación del esfuerzo equivalente
SFk yy
tameq ..
1
mmb
xbxbeq
..7,1
5,2
280
120
2803,26,94,14
76. El eslabón que se ilustra en la figura se ve sometido a una fuerza de tracción que varía
de 3,0 kN hasta 24,8 kN. Evalué el factor de diseño si el eslabón se fabrica de acero
AISI 1040 CD.
Solución:
De la tabla de materiales obtenemos para el acero AISI 1040 CD los esfuerzos máximo
y de fluencia que son respectivamente σu = 100 ksi y σy = 88 ksi. Luego el esfuerzo de
resistencia a la fatiga es σ-1= 0,5σu = 50 ksi.
Cálculo de los esfuerzos :
psiA
P
psiA
P
..9,9142625,050,1375,0
3000
..75581625,050,1375,0
24800
minmin
maxmax
1,332192
9,914275581
2
423622
9,914275581
2
minmax
minmax
a
m
Determinación del factor de concentración de esfuerzos:
2,2............42,050,1
625,0 tkgráficode
W
d
Cálculo del factor de diseño:
51,0....................
88000
50000
880001,332192,242362
.1
FSFS
xx
FSk
ad
yad
yatmeq
Por lo tanto el eslabón no es seguro para las cargas indicadas.
77. Un seguidor de leva recíproco alimenta bolas esféricas una por una a partir de una
canaleta o saeten. El seguidor se sostiene contra la leva mediante un resorte plano que se
carga como un cantilever. cuando el seguidor se encuentra mas lejos hacia la izquierda,
el resorte se reflexiona a partir de su posición libre (recta) en una cantidad ymin = 3 mm.
Cuando el seguidor se encuentra mas lejos hacia la derecha el resorte se reflexiona ymax
= 8 mm. Mientras la leva sigue girando, en el resorte observa carga cíclica entre los
valores mínimo y máximo. Si el resorte tiene un espesor t y un ancho b= 7,5t (t en mm)
Ing. Juan Bravo
y L = 65mm, determine usando el criterio de Von Mises las dimensiones del resorte si
el material es acero con E = 200GPa, MPay 620 y MPa2951 . Use FS = 1,5
Solución:
Cálculo del desplazamiento del extremo libre de la viga aplicando el método del
área de momentos
3
3
3
33
2
2
1
l
EIP
EI
Plll
EI
Pl
23 .2
..3
2.
.3
2
..
2 l
tEt
lI
lEIt
I
lPt
I
M
t
xtxxx
l
Ett
I
M02,213
65
310200
2
3
2
3
2 2
3
2minmin
min
t
xtxxx
l
Ett
I
M05,568
65
810200
2
3
2
3
2 2
3
2maxmax
max
ttt
m 53,3902
02,21305,568
2minmax
ttt
a 52,1772
02,21305,568
2minmax
mmtb
mmt
ttt
FS
eq
ya
ymeq
..88,45,7...................
..65,0..................
5,1
6201,635
450
620.52,17753,390
1
Ing. Juan Bravo
REFERENCIALES
CAPITULO VII
TEXTOS:
BIBLIOGRAFIA.
1. BORESI, ARTHUR P.; SCHMIDT, RICHARD J.; SIDEBOTTOM, OMAR M.
Advanced Mechanics of Materials. New York: John Wiley & Sons, INC. Fifth
Edition. 1993.
2. DEUTCHMAN, AARON D.; MICHELS, W.; WILSON CH. E. Diseño de
Maquinas. México: CECSA, 9na Reimpresión 1999.
3. NORTON, ROBERT L.(1999) Diseño de máquinas. México: Prentice Hall -
Pearson , 1ra edición. 1999.
4. BEDFORD, ANTHONY; LIECHTI, KENNETH. Mecánica de Materiales.
Bogotá: Printice Hall, Primera Edición 2002.
5. M.F.SPOTSS & T.E.SHOUP. Elementos de Máquinas, 7ma ed.,México. Printice
Hall.1998
MATERIALES Y METODOS
La técnica utilizada es la recopilación de datos de diferentes textos cuando se tiene
planteado el problema de estudio de acuerdo al contenido de los capítulos. Es decir que
se tienen los objetivos y cuando se evalúa su relevancia y factibilidad, el paso siguiente
es la sustentación teórica , que comprende dos etapas a seguir.
La revisión de la literatura que consiste en detectar, obtener y consultar la bibliografía y
otros materiales de interés para los propósitos del estudio, así como extraer y recopilar
la información relevante y necesaria que corresponda a los temas a estudiar, analizando
a cada una de las actividades que se realizan como parte de la revisión de la literatura
técnica.
Desarrollo de la parte de Problemas. Para el desarrollo de esta parte, se revisa la
literatura, analiza y discierne sobre si la teoría existente y el análisis anterior es una
respuesta a la interrogación o está respondiendo en forma parcial y la existencia de una
teoría completamente desarrollada con abundante evidencia empírica. La teoría debe ser
lógicamente consistente, es decir la evidencia empírica se refiere a los datos de la
realidad que apoya o dan testimonio de una o varias afirmaciones.
Ing. Juan Bravo
Teniendo en cuenta estas consideraciones se ha desarrollado este libro de Problemas de
Resistencia de Materiales Avanzado..
RESULTADOS
Los resultados obtenidos en este trabajo de investigación se consideran satisfactorios
porque se cumple con el objetivo deseado de desarrollar los problemas todos los
capítulos del Syllabus de Resistencia de Materiales II en un único libro, por cuanto
anteriormente estaba disperso en diferentes literaturas técnicas, por lo que será de
mucha utilidad para el proceso de enseñanza aprendizaje en el tiempo mas breve.
La realidad del País exige un proyecto de industrialización inmediata para salir del
subdesarrollo y la dependencia tecnológica. Para esto se necesita personal técnico bien
capacitado e incentivado y el área metal mecánica juega un papel muy importante en la
instalación de fábricas , mantenimiento y operación de las mismas, por la que el
dominio de la teoría de Mecánica de Materiales es vital para el ingeniero Mecánico. Ese
objetivo se trata de cumplir con este libro.
DISCUSION
Dada la abundante información existente de algunos temas, escaso en otros y la
dispersión de los mismos sobre los contenidos del Syllabus de Resistencia de Materiales
II me ha obligado a realizar este trabajo de investigación, con el propósito de reunir las
informaciones más relevantes y significativas en un libro de problemas de la
especialidad.
Los contenidos del libro de Problemas de Resistencia de Materiales Avanzado son
importantes para el área de diseño, mantenimiento, valuación fundamentalmente para el
sector metal mecánico y la industria en general cuyas instalaciones y equipos son de
origen mecánico donde es necesario evaluar y resolver problemas en forma cuantitativa.
Ing. Juan Bravo
BIBLIOGRAFIA
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Ing. Juan Bravo
APENDICE
ANEXOS:
Ing. Juan Bravo
Ing. Juan Bravo
Ing. Juan Bravo
Ing. Juan Bravo