RESISTENCIA DE MATERIALES - GITI EXAMEN DE ENERO Fecha de publicación de la preacta: 3 de Febrero Fecha de revisión: 8 de Febrero a las 10:00 horas

CURSO 2015-16

20-01-2016

PROBLEMA 1 (5 puntos)

La viga biempotrada de la figura está compuesta de dos tramos de longitud L cada

uno y de tal manera que el tramo AC tiene una sección y el tramo CB una sección

de valor 2. El material de la viga tiene un módulo de Young E y un coeficiente de

dilatación térmica Si se encuentra sometida a una carga P en C (tal y como

muestra la figura), se pide:

1. Reacciones en A y B y diagrama de esfuerzos normales

2. Desplazamiento del punto C

3. Tensión máxima (en valor absoluto) y las secciones de la viga donde ocurre

(obviando los efectos locales alrededor del punto C de aplicación de la carga)

4. Incremento de temperatura que hay que aplicar al tramo CB para que el

desplazamiento del punto C sea nulo.

A BC

P

L L

2

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20-01-2016

SOLUCIÓN

1. Reacciones y diagramas de esfuerzos (1.5 puntos).

Se trata de un sistema hiperestático externo de primer grado, por haber dos

reacciones y una sola ecuación de equilibrio (

Se supone que una de las reacciones (en este caso, se elige RB) es una carga

aplicada, se resuelve el problema en función de esa reacción y se aplica la

compatibilidad de desplazamientos (en este caso, alargamiento o acortamiento

total de la viga nulo) para obtener el valor de la reacción.

En la siguiente figura se muestra el problema isostático con la reacción RB como

carga aplicada y el correspondiente diagrama de esfuerzo normal en función de

RB.

La reacción RB se puede obtener imponiendo alargamiento nulo de la viga. El

alargamiento total de la viga se obtiene sumando los alargamientos de cada uno

de los tramos (y teniendo en cuenta las características de cada tramo):

A B

C

PRBRA

AB

C

PRBRA

RB

P+RB

P

ESFUERZO NORMAL

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Por lo tanto, las reacciones en los empotramientos y el diagrama de esfuerzos

normales queda:

2. Desplazamiento del punto C (1 punto)

Se puede obtener calculando el alargamiento del tramo AC sometido a tracción

(al estar empotrado el extremo A, el alargamiento del tramo AC es el

desplazamiento de C); o bien, calculando el acortamiento del tramo CB sometido

a compresión (al estar empotrado en B, el acortamiento del tramo CB es el

desplazamiento de C). También se podrían utilizar los teoremas energéticos.

a. Alargamiento tramo AC:

b. Acortamiento tramo CB:

En cualquier caso se obtiene el mismo valor de desplazamiento horizontal en el

sentido de aplicación de la carga (hacia la derecha).

A B

C

P

P

ESFUERZO NORMAL

P3

2P

3

1

P3

1

P3

2

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3. Tensión máxima de la viga en valor absoluto (1 punto).

Se puede ver que, en valor absoluto, el esfuerzo normal en el tramo CB es el

doble que en el tramo AC. Al ser la sección también el doble de grande, la

tensión máxima en valor absoluto es la misma en toda la viga.

a. Tramo AC:

b. Tramo CB:

4. Incremento de temperatura en CB para que el desplazamiento en C sea nulo

(1.5 puntos).

Un incremento de temperatura provoca un aumento de la longitud. Sin embargo,

al tratarse de un sistema hiperestático donde el incremento de longitud total es

nulo, el cambio de temperatura produce un esfuerzo axil en la viga.

En primer lugar, se va a determinar el esfuerzo normal producido en la viga AB

cuando no actúa ninguna carga y, únicamente, se produce un cambio de

temperatura en el tramo CB. A continuación, se van a sumar estos esfuerzos

normales provocados por el cambio de temperatura a los que se producen por la

carga P aplicada en C, para tener el problema actual (carga P más cambio de

temperatura en CB). Por último, se va a imponer el desplazamiento nulo en C

para determinar el incremento de temperatura necesario.

I. Cálculo de esfuerzos normales debidos únicamente a cambio de

temperatura en el tramo CB.

Por equilibrio de fuerzas horizontales, las reacciones en A y en B tienen el

mismo valor y es igual al esfuerzo axil de la viga N (constante a lo largo

de toda la viga).

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CURSO 2015-16

20-01-2016

El incremento total de longitud de la viga (que es nulo) se puede calcular

como la suma de los incrementos de longitud de cada uno de los tramos y

teniendo en cuenta que en el tramo CB, aparte del esfuerzo axil N, hay un

incremento de longitud debido al incremento de temperatura (L=L T).

Se obtiene de esta manera el esfuerzo axil en la viga producido por el

cambio de temperatura donde se observa que un incremento de

temperatura (T>0) provoca un estado de compresión mientras que una

disminución, un estado de tracción.

II. Esfuerzos en el problema completo (carga P aplicada en C + cambio

de temperatura en tramo CB).

Como se busca el cambio de temperatura necesario para que el

desplazamiento de C sea nulo, se deduce que debe ser un incremento de

temperatura (T>0) que provocará una compresión. Por lo tanto, el

esfuerzo axil de la viga sometida a P más incremento de temperatura se

obtiene mediante la suma de los esfuerzos axiles obtenidos para cada

una de las acciones por separado (principio de superposición), como se

muestra en la figura.

A B

C

RBRA

T

ESFUERZO NORMAL

NN

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20-01-2016

III. Cálculo del incremento de temperatura que provoca un desplazamiento

nulo en C.

Se tienen (del apartado II) los esfuerzos axiles de la viga sometida a P y

al incremento de temperatura en CB. A continuación, se calcula el

desplazamiento de C y se iguala a cero para obtener el incremento de

temperatura necesario. El desplazamiento en C se puede calcular a partir

del alargamiento del tramo AC o del acortamiento del tramo CB.

a. Alargamiento tramo AC:

b. Acortamiento tramo CB:

En el tramo CB, hay que tener en cuenta que se produce un acortamiento

por el esfuerzo axil del tramo (compresión) y un alargamiento producido

por el incremento de temperatura positivo que hay en ese tramo.

A B

C

RBRA

T

ESFUERZO NORMAL

P

P

TE 3

2-P

3

1

TE 3

2P

3

2

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Fecha de publicación de la preacta: 3 de Febrero       Fecha de revisión: 8 de Febrero a las 10 horas 

  

PROBLEMA 2 (5 puntos)

Una barra de diámetro ϕ y constituida por un material de módulo G, está empotrada-libre y recibe la carga transmitida por tres varillas rígidas soldadas tal como se indica en la figura. Se pide para la barra:

1. Diagrama acotado de momentos torsores 2. Diagrama de giros acotado en función de F, a, G y ϕ 3. Dimensionar el diámetro ϕ en un número entero de mm para la siguiente aplicación

numérica: F=1kN , a=1m , G=80.000MPa 4. Para el diámetro ϕ hallado y los valores numéricos anteriores, determinar la energía

elástica acumulada

  a /2   

  a   

a/2

a/2a/2

a

φ   

  a    a  a  aF   

F

F

F

F

F

 a/2

a

a/2

a/2 a/2

a

ϕ

a a a a F

F

F

F

F

F

1,5

SOLUCIÓN

Para: F=1kN ; G=80.000MPa ; τadm=200MPa ; a=1m

Energía elástica acumulada:

 

 

 

1,5

X 

X  X

XFa   3Fa/2   Fa  3Fa/2 

2 

+ 

‐ ‐

Fa  

3Fa/2 

Fa/2  

2

X 

 

 

ϴ

3

MT

RESISTENCIA DE MATERIALES - GITI CURSO 2015-16 EXAMEN DE ENERO 20-1-2016 Fecha de publicación de la preacta: 3 de Febrero Fecha de revisión: 8 de Febrero a las 10 horas

PROBLEMA 3 (10 puntos)

En la estructura de la figura, confinada en el plano, los pasadores A, B y E, así

como los rodillos D y G, están exentos de rozamiento. AG es una viga continua con

distintas secciones en los tramos AB y BG, y tiene practicada una acanaladura

longitudinal donde se aloja el pasador E. En F, un cable del que pende una masa y que se

apoya en una polea sin rozamiento, se une a la estructura.

10 kN

mkN/10

AB

C

D E

F

G

2 m

1 m 1 m 1 m 1 m

Se pide:

1.- Grado de hiperestaticidad. (1 punto)

2.- Diagramas acotados de esfuerzos en BCFE. (3 puntos)

3.- Mínimo perfil IPE necesario para la barra BC (acero S275, σadm = 0,6·σe). (1 punto)

4.- Mínimo perfil HEB necesario para la barra EF, sabiendo que el nudo F se comporta

como un empotramiento (acero S275, E = 210 GPa, factor de seguridad frente a la

fórmula de Euler: 10), y verificando la aplicabilidad de la fórmula. (2,5 puntos)

5.- Teniendo en cuenta que en AB la rigidez a flexión es el doble que en BG, detalle el

planteamiento que seguiría para obtener la reacción en D (Dependiendo del método que

elija, podría necesitar resolver integrales para obtener la reacción. En tal caso, NO lo haga

pero SÍ debe obtener las expresiones de los integrandos y dividir las integrales en los

tramos de integración apropiados). (2,5 puntos)

x

y

x

y

B

C

E

FmkN/10

10 kN

2 m x

y

+

20 kN

10 kN

x

y

B

C

E

FmkN/10

10 kN

REYRBY

RBX

2 m

2 m

X

Y

RESOLUCIÓN

1.- El grado de hiperestaticidad externa es 1, porque A es un apoyo articulado fijo (2

reacciones), y B y C son apoyos articulados móviles (1 reacción cada uno), mientras que

existen 3 ecuaciones de equilibrio estático. Internamente, el contorno cerrado añade tres

incógnitas (esfuerzos en una sección), mientras que la articulación en B añade una

libertad (Al comparar con un nudo rígido, en B queda permitido el giro relativo de BC

respecto al resto del nudo) (0,5 puntos), y la corredera en E añade dos libertades (se

permite el desplazamiento transversal de EF y el giro relativo con respecto al resto del

nudo), por lo que internamente es isostático. El conjunto resulta ser hiperestático de grado

1 (0,5 puntos).

2.- Aislando BCFE del resto de la estructura se tiene (esquema y referencia global):

Planteando equilibrio estático se obtienen las incógnitas:

( ) kNRRM

kNRRF

kNRF

EYEYBZ

EYBYY

BXX

20021·2·102·100

0200

100

=→=−+→=

=−+→=

−=→=

∑∑∑

Al sustituir en la segunda expresión se obtiene RBY = 0.

En la figura siguiente se muestran, para BCFE, las acciones exteriores resultantes,

el criterio de signos y las referencias locales empleados para los diagramas.

(1 punto)

Los diagramas de esfuerzos resultantes son los siguientes:

N(kN)

10

20

20

T(kN)

2020

Mz

(kN·m)

10

(0,5 puntos) (0,5 puntos) (1 punto)

3.- BC se encuentra sometida a flexión simple, por lo que debe verificar:

admz

máxz

WM

σ<

Se toma, en primer lugar, el límite elástico nominal del acero S275, esto es, 275

MPa.

De aquí, se tiene 33

2

6

2,121121212275·6,0

·10·20 cmmm

mmNmmNWz ≡=> .

El perfil más pequeño que cumple es el IPE 180, trabajando a flexión respecto a su

eje fuerte, denominado x en las tablas. (0,5 puntos)

Como el espesor del ala (zona donde aparecen las tensiones máximas) es inferior

a 16 mm, se acepta la elección del límite elástico. En caso contrario, se comprobaría para un

límite elástico reducido en función del espesor. (0,5 puntos)

4.- El extremo E de la barra EF puede deslizar horizontalmente y girar, por lo que se

comporta a pandeo como un extremo libre. Dado que F se comporta como un

empotramiento, la barra EF se comporta como empotrada-libre Lp xy = 2·L. (0,5 puntos)

Para dimensionar, se emplea la siguiente expresión para la fórmula de Euler:

ELP

IL

IEP xypcrz

xyp

zcr ·

···2

2

2

2

ππ

=→=

Se colocará el perfil del modo más favorable para el cálculo (menor carga crítica),

por lo que se tomará como Iz el mayor de los dos momentos de inercia, es decir Ix.

El factor de seguridad de 10 indica que la carga aplicada (20 kN), tiene que ser diez

veces inferior a la crítica, por lo que Pcr = 200 kN. (0,5 puntos)

A B D E G

1 m 1 m 1 m 1 m

20 kN

x

y

10 kN

2EI EI

1 m 1 m 1 m 1 m

20 kN

x

y

10 kN

RDY

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

v (x = 2 m) = 0

Por tanto, sustituyendo, ( ) 446

252

4235

15410·54,110·1,2·

10·4·10·2 cmmm

mmNmmNIX ≡=>

π

El primer perfil que cumple es el HEB 100. (0,5 puntos)

La fórmula de Euler es aplicable si Eλλ > , siendo e

EEσ

πλ = .

El perfil tiene espesor del ala inferior a 16 mm, por lo que se toma el límite elástico

nominal, resultando 8,8627510·2 5

==MPaMPa

E πλ (0,5 puntos)

La esbeltez del perfil HEB 100 es 1,9616,4

400===

cmcm

iL

z

pxyλ , por lo que se puede

aplicar la fórmula. (0,5 puntos)

5.- Aislando AG, se tiene el siguiente esquema de acciones exteriores y apoyos.

La viga es hiperestática de grado 1, equivalente a la siguiente, isostática, junto con

la condición de contorno eliminada:

(0,5 puntos)

Para el cálculo del desplazamiento en x = 2 m hay tres opciones:

a.- Ecuación universal de la deformada:

Como hay dos tramos de distinta rigidez, deben emplearse dos expresiones para

cada tramo de rigidez constante e imponer continuidad de desplazamiento y giro en la

sección que separa los tramos.

1 m 1 m 1 m 1 m

20 kN

x

y

10 kN

RDYRAY RGY

1

Antes de poner las expresiones, es preciso obtener las reacciones verticales en la

viga, aplicando equilibrio:

( )∑∑

=+−→=

=−++→=

04·3·202·0

0200

mRmmRM

kNRRRF

GYDYBZ

GYDYAYY

De donde 2

5,2

15 DYAY

DYGY

RkNRRkNR −=−=

Si ahora se denomina x’ = x – 1 m, las dos expresiones son:

( ) ( ) ( )62

50·20·2·2103xRkNxvEIxvEIxvEImx DY ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=′+==<≤

( ) ( ) ( )62

52

1·2

50·0··4132 xRkN

xmRkNxvEIxvEIxvEImxm DYDY

′⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+

′⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=′′+=′=′<≤

Junto con las condiciones de contorno:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )mxvxvmxvxvmxvxv 10,10,03,00 =′==′′===′==′==

Los términos de fuerza y par de la expresión del segundo tramo de la deformada son la resultante y

el momento resultante en x’ = 0 de las fuerzas que se encuentran a la izquierda de x’ = 0. Al igualar a cero el desplazamiento en x = 2m, se obtendría RDY.

b.- Método de la carga unidad

b.1.- El desplazamiento v (x = 2m) se obtiene como ( ) ( ) ( )( ) dxxEI

xMxMmxvm

zz∫==4

0

1·2 , siendo

Mz la ley de momentos de la viga anterior, y Mz1 la del sistema virtual siguiente:

Las leyes de momentos, para la misma referencia local y el mismo criterio anterior

son:

20 kN

10 kN

⎩⎨⎧

vP (x = 2 m)

+

+ 1

RDY·

RDY· v1 (x = 2 m) = 0

( )

( )⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−≤

−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −<≤

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −<≤

xxm

mxRxRmxm

xRmx

M DYDY

DY

z

4·153

222

532

2520

( )⎩⎨⎧

−−≤−<≤

xxmxmx

Mz 4·5,025,020

1

Como la rigidez cambia en x = 2, entonces hay que dividir la integral en cuatro

tramos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0···2·2

3

2

13

2

12

1

11

0

1 =+++== ∫∫∫∫ dxEI

xMxMdxEI

xMxMdxEI

xMxMdxEI

xMxMmxvm

m

zzm

m

zzm

m

zzm

zz

Al despejar se obtendría RDY

b.2.- La viga hiperestática se puede descomponer en otras dos, una que contiene todas

las acciones EXCEPTO la incógnita hiperestática, y otra que SOLO contiene la incógnita

hiperestática (esta última viga, a su vez, es el producto de la reacción desconocida RD por

una viga con carga unitaria aplicada en D).

La condición de desplazamiento nulo en D en la viga original se expresa como que

la suma de los desplazamientos de ambas vigas en D debe ser nula (en el caso de la segunda

viga, su desplazamiento debe multiplicase por RDY). Estos desplazamientos se denominan vP y v1.

Para hallar cada uno de los desplazamientos, se emplea ahora el método de la

carga unidad, y para ello son necesarios los dos diagramas de momento flector de las

vigas anteriores, que se denominarán MzP y Mz1. (0,5 puntos)

El sistema virtual necesario para aplicar el método coincide con el de la segunda

viga anterior, con una carga unidad, por lo que los desplazamientos de ambas vigas se

obtendrían de las siguientes integrales:

( ) ( )( )

( ) ( )( ) dxxEI

xMxMvdxxEI

xMxMvm

zzm

zzPP ∫∫ ==

4

0

111

4

0

1 ·· (0,5 puntos)

Las leyes, para el mismo criterio de signos anterior, son:

( )⎩⎨⎧

−≤<≤

xxmxmx

MzP 4·153530

( )⎩⎨⎧

−−≤−<≤

xxmxmx

Mz 4·5,025,020

1 (0,5 puntos)

Las integrales deben dividirse en los siguientes tramos de integración para tener en

cuenta el cambio de rigidez y los intervalos de las leyes:

dxEI

MMdxEI

MMdxEIMMv

dxEI

MMdxEI

MMdxEI

MMdxEIMMv

m

m

zzm

m

zzm

zz

m

m

zzPm

m

zzPm

m

zzPm

zzPP

∫∫∫

∫∫∫∫

++=

+++=

4

2

112

1

111

0

111

4

3

13

2

12

1

11

0

1

··2

·

···2

·

(0,5 puntos)

La reacción RDY se obtendría como 1v

vR PDY −=

c.- Método del teorema de Castigliano/Menabrea

El desplazamiento v(x = 2m) se obtiene como ( ) ( )( ) ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

∂∂

== ∫ dxxEIxM

Rmxv

mz

DY

4

0

2

22 ,

debiendo dividir la integral en 4 tramos. A continuación pueden escogerse dos caminos

c.1.- Una vez expresadas las leyes, derivando bajo el signo integral e igualando a cero, se

obtiene la misma expresión que para el método b.1.

c.2.- Expresando Mz como 1· zYDzPz MRMM += , entonces se tiene:

( ) ( )( )( )

( ) ( )( ) ( )( ) dxxEI

xMxMRxMdxxEI

xMRxMR

mzzYDzP

mzYDzP

DY∫∫

+=→

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ +∂∂

=4

0

114

0

21

2···20

2·0

Que es la misma expresión que la del método b.2.