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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.

Figura P 1 Solución: Para determinar el ángulo de giro aplicamos el primer teorema de área de momento: θ A = AA−B =

1  − PL  − PL2  ( L ) = 2  EI  2 EI

Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo teorema de área de momento entre los puntos A y B.

( AA−B )( X ) =  1  − PL ( L )  2 L  = − PL

3

 2  EI 

 3 

3EI

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.

Figura 2 Solución

Para determinar el ángulo de giro se aplica el primer teorema de área de momento entre los puntos A y B.

1  − ωL2 θ A = AA−B =  3  2 EI

 − ωL3 ( L ) = 6 EI 

Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo teorema de área de momento entre los puntos A y B. 1  − ωL2 δ A = t B / A = ( AA−B )( X ) =    3  2 EI

  3L  − ωL4 ( L )  = 8 EI   4 

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.

Figura 3

Solución: La variación del momento interno será de la forma: Mx =

1  − ωx   x  ωx 3  ( x )  = − 2 L  3 6L

La envolvente del área del diagrama de momentos será una parábola de segundo grado. En B el valor del momento flector será − ωL2 / 6 EI Para determinar el ángulo de giro se aplica el primer teorema de área de momento entre los puntos A y B. θ A = A A −B =

1  − ωL2  4  6 EI

 − ωL3 ( L ) = 24 EI 

Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A, se aplica el segundo teorema de área de momento entre los puntos A y B.  1  − ωL2 δ A = t B / A = ( AA−B )( X ) =    4  6 EI

  4 L  − ωL4 ( L )  =   5  30 EI

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: δ max = t A / M = ( AA−M )( xC − A )  2  ωL2 δ max =    3  8 EI

 L  5 L  5ωL4   =  2  16  384 EI

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 t B/A.  1  Pba   b + l  Pab( b + l ) t B / A = AA − B • x C − B =   ( l )  = 6 EI  2  lEI   3 

θA =

t B / A Pab( b + l ) = l 6lEI

Como el momento flector en el punto M es Pbx/l, luego: 1  pbx  Pbx 2 ( x ) = 2  lEI  2lEI

θ M = AA−M = 

Igualando ambas expresiones determinamos el valor de la incógnita x: x=

a( b + l ) 3

Para determinar δmax y considerando que en M la tangente es horizontal calculamos tA/M que será igual al desplazamiento máximo δ max δ max = t A / M = AA− M ⋅ xC − A 3/ 2  Pba( b + l )  2 a( b + l )  Pb( a ( b + l ) ) δ max =  =  3  9 3lEI  6lEI  3

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

 2  ωl 2   l  ωl 4 ( l )   = δ Cω = t A / B = AA−B .xC − A =     3  8EI   2  24 EI

 1  pl   2l  2 Pl 3 δ CP = t A / B + t C / B = 2t C / B = 2  − ( l )   = − 3EI  2  EI   3 

Luego el desplazamiento final será la suma de los desplazamientos calculados con sus respectivos signos. δ C = δ Cω + δ CP =

ωl 4 2 Pl 3 − 24 EI 3EI

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.  1  ωl 2   2l   1  − ωl 2   4l  ωl 4 ( l )   +   ( l )   = δ Cω = t ωA / B =    2  6 EI   3   4  6 EI   5  45EI

    1  Cl   2l  2Cl 3 δ CC = t A / B + t C / B = 2t C / B = 2  − ( l )   = − 3EI  2  EI   3 

Sumando los desplazamientos e igualando a cero por la condición de apoyo obtenemos 

δ C = δ Cω + δ CC = 0 =

 ωl 4 2Cl 3 − 45EI 3EI

 ωl ∴C = 30

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.

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: θ A = AY =

1  − PL  − PL2  ( L ) = 2  EI  2 EI

El desplazamiento del extremo libre de la viga real será el momento en el empotramiento de la viga conjugada:

 1  − PL   2 L  − PL3 δA = MA =   ( L )   = 3EI  2  EI   3 

9.- Resolver el problema Nº 8 mediante la conservación de la energía Solución: El trabajo externo = trabajo interno ó energía de deformación l 1 ( Px ) dx = Pl 3 Pδ A = ∫ 2 2 EI 6 EI 0

2

2

δA =

Pl 3 3EI

10. Resolver el problema Nº 8 Aplicando el teorema de Castigliano: ∂u δA = = ∂P ∫

∂M x ∂P dx EI

Mx

M x = −Px ∂M x = −x ∂x

∂u δA = = ∂P ∫

∂M x l 3 ∂x dx = ( − Px )( − x ) dx = Pl ∫0 EI EI 3EI

Mx

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 M x se hace M” = 0. M

x

= − Px − M "

∂ M x = − 1 ∂ M "

θ A

M ∂ u = = ∫ ∂ M"

∂ Mx l − Px ) ( − ∂ M " dx =( ∫ EI EI 0

x

11. Resolver el problema Nº 8 aplicando el principio del Trabajo Virtual Solución; Determinamos la función Mx de la viga real. M x = −Px

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. mx = −1.x

Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno) 1.δ A = ∫ 1.δ A = ∫

mM x dx EI

l mM x ( − x )( − Px ) dx = Pl 3 dx = ∫ EI EI 3EI 0

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. 1  − ωL2  − ωL3 ( L ) = θA = Ay =  3  2 EI  6 EI

Para determinar el desplazamiento vertical del extremo libre A de la viga real, se calcula el momento del empotramiento de la viga conjugada.

 1  − ωL2   3L  − ωL4 ( L )   = δ A = M A =   3 2 EI 8 EI    4  

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 M x antes de remplazar en la formula de Castigliano.

δA =

∂u = ∂Q ∫

∂M x ∂Q dx EI

Mx

M x = −wx 2 / 2 − Qx ∂M x = −x ∂Q

δA =

∂u = ∂Q ∫

∂M x l − wx 2 / 2 ( − x ) dx wl 4 ∂Q dx = ∫ = EI EI 8 EI 0

Mx

(

)

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 M x se hace M” = 0. M

x

= − wx 2 / 2 − M "

∂ M x = − 1 ∂ M "

∂ Mx Mx l ∂ u wx ∂ M " dx = − = = ∫ ∫ ∂ M" EI 0

(

θ A

14. Resolver el problema Nº 12 aplicando el principio del Trabajo Virtual Solución: Determinamos la función Mx de la viga real. M x = −wx 2 / 2

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. mx = −1.x

Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno) 1.δ A = ∫ 1.δ A = ∫

mM x dx EI

(

)

l mM x ( − x ) − wx 2 / 2 dx = wl 4 dx = ∫ EI EI 8 EI 0

Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio m = 1 en dirección del giro y se determinan las funciones de momento m x = -1 con la carga ficticia, después se determina M x = -wx2/2 con la carga real y, luego estos se introducen en la fórmula del trabajo virtual...

θA = ∫

(

)

l mM x ( −1) − wx 2 / 2 dx = wl 3 dx = ∫ EI EI 6 EI 0

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. θA = Ay =

1  − ωL2  − ωL3  ( L ) = 4  6 EI  24 EI

El momento de reacción en el empotramiento de la viga conjugada será el desplazamiento en la viga real  1  − ωL2   4 L  − ωL4 ( L )  δ A = M A =   = 4 6 EI 5   30 EI    

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. 3

wx  w x  1  M x = − x  x  − Qx = − − Qx 6l  2  3  ∂M x = −x ∂Q

Luego se hade Q = 0 en la función M x antes de remplazar en la formula de Castigliano ∂u δA = = ∂Q ∫

∂M x l − wx 3 / 6l ( − x ) dx wl 4 ∂Q dx = ∫ = EI EI 30 EI 0

Mx

(

)

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 M x se hace M” = 0. M

x

= − wx3 / 6l − M "

∂ M x = − 1 ∂ M "

∂ Mx Mx l ∂ u wx 3 / 6 ∂ M " dx = − = = ∫ EI ∫ ∂ M" E 0

θ A

17. Resolver el problema Nº 15 aplicando el principio del Trabajo Virtual Solución: Determinamos la función Mx de la viga real. M x = −wx 3 / 6l

(

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. mx = −1.x

Estas funciones se introduce en la ecuación de la energía interna y se aplica el principio del trabajo virtual (trabajo externo = trabajo interno) 1.δ A = ∫

mM x dx EI

(

)

l mM x ( − x ) − wx 3 / 6l dx = wl 4 1.δ A = ∫ dx = ∫ EI EI 30 EI 0

Para calcular el ángulo de giro aplicamos un momento ficticio m = 1 en dirección del giro y se determinan las funciones de momento m x = -1 con la carga ficticia, después se determina M x = -wx2/2 con la carga real y, luego estos se introducen en la fórmula del trabajo virtual..

(

)

l mM x ( −1) − wx 3 / 6l dx = wl 3 θA = ∫ dx = ∫ EI EI 24 EI 0

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 ∂u δA = = ∂Q ∫

∂M x ∂Q dx EI

Mx

wl 1 x − wx 2 / 2 − Qx 2 2 ∂M x 1 =− x ∂Q 2

Mx =

δA =

∂u = ∂Q ∫

∂M x  1  2 x dx l / 2 ( wlx / 2 − wx / 2 ) − wl 4 ∂Q 2   dx = 2 ∫ = EI EI 384 EI 0

Mx

19. Resolver el problema Nº 18 aplicando el principio del trabajo virtual. Solución: Determinación de momentos internos en una sección cualquiera. Mx =

wl x − wx 2 / 2 2

mx = −1.x

1.δ A = ∫

1.δ A = ∫

mM x dx EI

mM x dx = 2 EI

l/2

∫ 0

 1  wl  x − wx 2 / 2 dx  − x  4  2  2  = wl EI 384 EI

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 AB AD BC BD CD

Long. 1 000 2 000 2 000 √5 000 1 000

Área 150 150 150 250 250

N 60 120 120 -√180 0

n 0 1 0 0 0

n.N.l/EA 0 0,8 0 0 0

ΔT 0 -40 50 0 0

Α.l.ΔT 0 -0,096 0 0 0

λ 0 0 0 -4 0

n-λ 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. 1.δd = ∑

n.N .l + ∑n.α.l.∆T + ∑n.λ = 0,8 − 0,096 + 0 = 0,704mm EA

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 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:

∆ BV =

∂U =∑ ∂P

N

∂N L ∂P EA

Los valores encontrados son:

BARRA

AB AC BC

L

N

∂N ∂P

N.

∂N L ∂P AE

P 2 3P 4 − 3P 2

1 2 3 4 − 3 2

PL 8 AE 9 PL 16 AE 3 3 PL 8 AE

L 2 L 3L 2

Luego, el desplazamiento vertical del nudo B es:  11

3 3  PL

 δ BV =  16 + 8  AE  

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

δ BH = ∑

N .n H .L AE

Los cálculos de las fuerzas se presentan en la tabla adjunta.

BARRA

L

L 2

N

nH

N .n.L AE

AB AC

L

P 2 3P 4 − 3P 2

3L 2

BC

3 2 − 3 4 1 2

3PL 8 AE −3 3PL 16 AE −3PL 8 AE

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.  6 + 3  PL    16  AE

δBH = − 

b) cálculo de los desplazamientos vertical y horizontal del nudo B cuando el miembro AC es acortada en 12 mm: 3 4

δ BV = ∑nv .λ =  ( −12) = −9..mm − 3  ( −12 ) = 3 3..mm   4 

δBH = ∑n H .λ =  

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

N

nH

nV

N .n H .L

N .nV .L

AB AD AE BC BD CD DE

4 4 4

2

4 4 4

2

4

−P − 2P P − 2P P −P −2 P

−1 − 2 1 − 2 1 −1 −2

4P

0 0 0 0 0 − 1 − 1

0 0 0 0 0 4P 8P

8 2P 4P 8 2P 4P 4P 16 P

Las sumas de la penúltima y última columna nos dan respectivamente los desplazamientos horizontal y vertical del nodo C , los cuales son: δ CH = ∑N .n H .L =

(32 +16 2 )P = 546274,2

δCV = ∑N .nV .L =

12 P 120000 = AE AE

AE

AE

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 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: b ≥ 2n − 3... → 6 > 2 x 4 − 3 = 5

Como 6 > 5 , 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

∂N ∂X

N.

∂N ∂X

AB

4P 4 X − 3 5 3X P− 5 10 P 10 X − 3 5 3 2X 2P − 5 P 3X + 3 5

AD BC BD CD

−4 5 −3 5 − 10 5 −3 2 5 3 5

−16 P 16 X + 15 25 − 3P 9 X + 5 25 −2P 2 X + 3 5 − 6 P 18 X + 5 25 P 9X + 5 25

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:

δC / A = ∑

Ni

∂N i ∂N AC Li N AC .1.L AC ∂X i ∂ X = Ai E i AAC E AC

Operando los resultados de la tabla con la salvedad de que por el enunciado del

problema todos los términos

L del lado izquierdo valen uno (por lo que fueron AE

omitidos en la tabla) y del lado derecho vale 0,5

− 16 P 16 X 3P 9 X 2 P 2 X 6 P 18 X P 9 X X + − + − + − + + + = 15 25 5 25 3 5 5 25 5 25 2

Finalmente queda: X = 0,594 P

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:

∂M =x ∂R ∂T T = 0.......... =0 ∂R

M = R.x.........

En el tramo BA:

∂M =X ∂R ∂T T = R.l...................... =l ∂R

M = ( R − P ) x.........

δ cv = 0 =

0= 0=

∫

∂U = ∂R

∫

∂T ∂M dx T dx ∂R ∂R + ∫ GJ EI

( Rx ) xdx + 1( R − P ) x( x ) dx +

1

0

M

∫

EI

EI

0

Rl.ldx ∫0 GJ 1

Rl 3 ( R − P ) l 3 Rl 3 + + 3EI 3EI GJ

2 Rl 3 Rl 3 Pl 3 1  P 2 + = →R = + = 3 EI GJ 3EI  3 0,8  3

R =

R=

P 2+

3 0,8

=

2000 = 347,83..lb 5,75

M = ( P − R ) L = 7434,78..lb. pie

T = R L = 10 434,9 lb.pie. 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,

∑F ∑F ∑M ∑M

x

= 0 → Ax − C x = 0 ⇒ Ax = C

y

= 0 → Ay − P + C y = 0 d B

= 0 → C X .8a = 0 ⇒ C x = 0

A

= 0 → M A − P.2a + C y .2a = 0

Resolviendo se obtiene: Cy = P − Ay =

MA 2a

MA 2a

Ahora determinamos las funciones de momento interno para los tramos: Tramo C-B M x = C y .a.senϕ = Pa.senϕ −

MA senϕ 2

∂M x 1 = − senϕ ∂M A 2

Tramo B-A: M x = (C y − P ).2a.senϕ = Pa.senϕ −

MA senϕ = −M A .senϕ 2

∂M x = −senϕ ∂M A

Introduciendo en la fórmula de Castigliano: θA = π

∂U =0 ∂M A

M   1  a.dϕ 0 = ∫  Pasenϕ − A senϕ  − senϕ  + 2  EI  2 0

π/2

∫(− M 0

A

senϕ )( − senϕ )

2a.dϕ EI

π

π/2

 Pa 2 M Aa  1 ϕ ϕ  1 − sen 2ϕ +  + M A 2a − sen 2ϕ +  0 =  − + 2 4 4 2 4 2 0 0   

∴M A =

Pa 5

Una vez determinada la incógnita superabundante podemos calcular el desplazamiento del punto B π

∂U  9  9  a.dϕ δB = = ∫  − Pasenϕ  − asenϕ  + ... ∂P 0  10  10  EI ..... +

π /2



1



1

0

δB =

 2a.dϕ EI

∫  − 10 P2a.senϕ  − 10 2a.senϕ 

81 Pa 3 π 2 Pa 3 π 17 π .Pa 3 + = 100 EI 2 25 EI 4 40 EI

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: x=

∑A x ∑A i

i

= ...

i

x=

200 x50 x 25 + 100 x50 x100 + 50 x100 x175 1625000 = = 81,25 200 x10 + 50 x100 + 50 x100 20000

R = X + 200 = 281,25 Cálculo del eje neutro Am = 200 ln rn =

250 350 400 + 50 ln + 100 ln = 74,80 200 250 350

A 20000 = = 267,36 Am 74,80

Cálculo de esfuerzos:

σ =

Para:

N M ( rn − r ) P 281,25P ( 267,36 − r ) + =− − A Ar ( R − rn ) 20000 20000.r ( 281,25 − 267,36 )

r1 = 200 → −120 = −0,000390982 P ⇒ P = 307 kN r2 = 400 → 80 = 0,000285718 P ⇒ P = 280kN

Luego la máxima carga es de 280 kN b) Cálculo del cambio de diámetro ∂M = −Rsenϕ ∂P ∂N N = −Psenϕ → = −senϕ ∂P

M = −PRsenϕ →

∂U δb = = ∂P

π/2

∫ 0

∆d = 0,684mm

∂M ∂N π/2 N ∂P dϕ + ∂P Rdϕ = 0,342 ∫0 EA AE ( RAm − A) Am M

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 Am = b. ln

r2 45 A 350 = 14. ln = 11,353 → rn = = = 30,83 r1 20 Am 11,353

Cálculo de los esfuerzos:

σ =

N M ( rn − r ) + A Ar ( R − rn )

Para r1 = 20 :

σ=

N M ( rn − r ) + A Ar ( R − rn )

σ =−

2500 − 81250( 30,83 − 20 ) N − = −82,42 350 350 x 20( 32.5 − 30.83) mm 2

Para r2 = 45

σ=

M ( rn − r ) N + A Ar ( R − rn )

σ =−

2500 − 81250( 30,83 − 45) N − = 36,63 350 350 x 45( 32.5 − 30.83) mm 2

28. El anillo discontinuo de la figura tiene un radio interior r 1 = 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)

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 + A=

x = 0,8 +0,3 = 1,1 pulg.

π ( 0,6 ) 2 2

= 0,2827 pulg2

(

)

(

)

1 1 R + R 2 − c 2 = 1,1 + 1,12 − 0,32 = 1,08 Pulg. 2 2

rn =

Cálculo de los esfuerzos:

σ =

N M ( rn − r ) + A Ar ( R − rn )

Para r = r1 = 0,8 :

σ1 = σ1 =

M ( rn − r ) N + A Ar ( R − rn )

120 264(1,08 − 0,8) − = 16764,32 psi 0,2827 0,2827 x0,8(1,1 − 1,08)

Para r = r2 = 1,4 :

σ2 = σ2 =

M ( rn − r ) N + A Ar ( R − rn )

120 264(1,08 − 1,4 ) − = −10246,55 psi 0,2827 0,2827 x1,4(1,1 − 1,08)

29. Para el gancho mostrado, halle el mayor esfuerzo en la sección a-a cuando b 1 = 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: R= R=

r1 ( 2b1 + b2 ) + r2 ( b1 + 2b2 ) 3( b1 + b2 )

40( 970 + 25) + 100( 35 + 50 ) = 68,33mm 3( 35 + 25)

Am =

b1 r2 − b2 r1 r2 ln − b1 + b2 r2 − r1 r1

Am =

35 x100 − 25 x 40 100 ln − 35 + 25 = 28,178 100 − 40 40 rn =

A 1800 = = 63,88 Am 28,178

Cálculo de los esfuerzos:

σ =

N M ( rn − r ) + A Ar ( R − rn )

Para r = r1 = 40 :

σ= σ=

M ( rn − r ) N + A Ar ( R − rn )

10000 68330( 63,88 − 40 ) + = 10,65MPa 1800 1800 x 40( 68,33 − 63,88)

Para r = r2 = 100

σ2 = σ2 =

M ( rn − r ) N + A Ar ( R − rn )

10000 68330( 63,88 − 100) + = 2,47 MPa 1800 1800 x100( 68,33 − 63,88)

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 + Am =

rn =

x = 20 +10 = 30 mm

b1r2 r 25 x50 50 ln 2 − b = ln − 25 = 13,18 r2 − r1 r1 5 − 20 20

A 375 = = 28,45 Am 13,18

Cálculo de los esfuerzos:

σ =−

M ( rn − r ) Ar ( R − rn )

Para r1 = 20 :

σ =−

M ( rn − r ) − 80000( 28,45 − 20 ) = = −58,15MPa Ar ( R − rn ) 375 x 20( 30 − 28,45)

Para r2 = 50

σ =−

M ( rn − r ) − 80000( 28,45 − 50) = = 59,32MPa Ar ( R − rn ) 375 x50( 30 − 28,45)

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 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 Am = b. ln

r2 0,8 A 0,25 = 0,5. ln = 0,49 → rn = = = 0,51 pu lg r1 0,3 Am 0,49

Cálculo de los esfuerzos:

σ =

N M ( rn − r ) + A Ar ( R − rn )

Para r = r1 = 0,3 :

σ1 = − σ1 = −

M ( rn − r ) N − A Ar ( R − rn )

60 60 x0,55( 0,51 − 0,3) − = −2550 psi 0,25 0,25 x0,3( 0,55 − 0,51)

b) a = 1,2 pulg. Para r1 = 0,3 :

σ =− σ =−

M ( rn − r ) N − A Ar ( R − rn )

60 60 x1,75( 0,51 − 0,3) − = −7590 psi 0,25 0,25 x0,3( 0,55 − 0,51)

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 . (P7207)

Figura P 32 Cálculo del área, radio centroidal y radio del eje neutro de la sección crítica

A=∑

x=

∑ Ai xi ∑A

i

( b1 + b2 ) * h = 2 + 3 *1 + 3 + 1,5 * 3 = 9,25 pu lg 2 2

2 x1x 0,5 + =

2

2

1x1 2 1,5 x3  1  x x1 + 1,5 x3 x 2,5 + x x3 + 1 2 3 2 3  = 1,847 ≈ 1,85 1x1 1,5 x3 2 x1 + + 1,5 x3 + 2 2

R = r1 + x = 3 + 1,85 = 4,85 pu lg

 b r − b2 r1   r2 Am =  1 2  ln h1    r1

  b r − b3 r2  r3  − ( b1 − b2 ) +  2 3  ln − ( b2 − b3 ) h2    r2

 2 x 4 − 3 x31  4  3 x7 − 1,5 x 4  7 Am =  ln − ( 2 − 3) +    ln 4 − ( 3 − 1,5) = 2,0104 1 3    3

2 +3  3 + 1,5  2 A = 1x  + 3 x  = 9,25 pu lg  2   2 

rn =

A 9,25 = = 4,60 Am 2,0104

Cálculo de la carga P

σ =

P M ( rm − r ) + A Ar ( A − rm )

Para r1 = 3 σ1 =

P 4,85 P( 4,6 − 3) + = 12000 ⇒ P = 9782,6lb 9,25 9,25 x3( 4,85 − 4,6 )

σ2 =

P 4,85P( 4,6 − 7 ) + = 16000 ⇒ P = 26188lb 9,25 9,25 x7( 4,85 − 4,6)

Para r2 = 7

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 Am = b. ln rn =

r2 90 = 30. ln = 32,96 r1 30

A 1800 = = 54,61.mm Am 32,96

Para r1 = 30

σ1 =

σ1 =

M y ( rn − r )

A.Rr.( R − rn )

M y ( 54,61 − 30)

=σy

1800.30.( 60 − 54,61)

= 420 ⇒ M y = 4967,3.N .m

Cálculo de giros y desplazamientos vertical y horizontal. La fórmula general de la energía de deformación de la viga curva es: 2

Am M X M N kv 2 R N 2 Rdθ U =∫ do + ∫ +∫ dθ − ∫ x dθ 2 AG 2 EA 2 A( RAm − A) E EA

Consideraremos únicamente los efectos del momento flector en el cálculo de giros y desplazamientos. Aplicando el teorema de Castigliano para el cálculo de giros

∂M x ∂M x ∂N N Mx ∂U ∂M dϕ − ∂M ∂M dϕ θ= =∫ dϕ − ∫ ∫ ∂M 2 A( RAm − A) E EA EA Am M x

∂M =1 ∂M

Mx = M N=0

∂N =0 ∂M

Reemplazando estos valores en la fórmula anterior

θ=

∂U ∂M 3π 2 0

θ =∫

32,96( 4967300 )(1) dθ 1( 0 ) dθ −∫ 2 = 0,00603 3 0 2 x1800 x( 60 x32,96 −1800 ) x 200 x10 1800 x 200 x10 3 3π

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 M x = M +V .Rsenϕ − Q.R (1 − cos ϕ) ∂M ∂M ∂M =1...... = Rsenϕ : .... = R(1 − cos ϕ) ∂M ∂V ∂Q

N = V senφ + Q cos ϕ

∂N ∂N ∂N = 0.... = senϕ.... = cos ϕ ∂M ∂V ∂Q

∂V ∂V ∂V = 0.... = cos ϕ.... = −senϕ ∂M ∂V ∂Q

V = V cos φ - Q.senϕ

Una vez derivado, las funciones quedan en la siguiente forma. M = M ..........V =0..........Q =0

∂V V R ∂U δ V = = k ∫ ∂ V dϕ + ∫ ∂V AG

∂ Mx ∂M ∂N N Mx ∂ V dϕ − ∂ V dϕ − ∂ V dϕ +∫ ∫ EA AE( RAm − A) ∫ EA Am M x

Reemplazando valores

δV =

∂U ( 0)( cos ϕ ) R dϕ + ( 0)( senϕ ) Rdθ + Am M ( Rsenϕ ) dϕ − ( Rsenϕ )( 0) dϕ − M ( senϕ ) dϕ = k∫ ∫ ∫ AE ( RAm − A) ∫ EA ∫ EA ∂V AG EA

δV = ∫ δV =

Am M ( Rsenϕ ) A MR( − cos ϕ ) M ( senϕ ) dϕ − ∫ dϕ = m AE ( RAm − A) EA AE ( RAm − A)

Am MR(1) M (1) − AE ( RAm − A) AE

3π 2 0

M ( − cos ϕ ) − AE

3π 2 0

Cálculo del desplazamiento horizontal:

δQ =

∂U = k∫ ∂Q

V

∂M x ∂V ∂N ∂M ∂N R N Rdθ Am M x N Mx ∂Q ∂Q ∂Q ∂Q ∂Q dϕ + ∫ +∫ dϕ − ∫ dϕ − ∫ dϕ AG EA AE ( RAm − A) EA EA

Reemplazando valores

δH =

∂U ∂Q

δH = k ∫ δH = ∫

δH

( 0 )( − senϕ) R dϕ + ( 0 )( cos ϕ) Rdθ + AG

∫

EA

∫

Am M ( R (1 − cos ϕ) ) ( R(1 − cos ϕ) )( 0) dϕ − M ( cos ϕ dϕ − ∫ ∫ EA AE ( RAm − A) EA

Am M .R (1 − cos ϕ) A MR(ϕ − senϕ) M ( cos ϕ) dϕ − ∫ dϕ = m AE ( RAm − A) EA AE ( RAm − A)

3π 2 0

M ( senϕ) − AE

3π 2 0

 3π  Am MR + 1  2  + M (1) = AE ( RAm − A) AE

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 x=

60 x 20 x10 + 50 x 20 x 45 57000 = = 25,91 60 x 20 + 20 x50 2200

I = 60.

20 3 50 3 2 2 + 60.20.( 25,91 −10 ) + 20. + 20.50.( 45 − 25,91) = 916515,15 12 12

R = 40 + x = 65,91 Am = 60 ln rm =

60 110 + 20 ln = 36,45 40 60

A 2200 = = 60,35 36 ,45 Am

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

∂M x =x ∂D

En el tramo curvo EB Mx = -M + D.l + DR sen φ

N = D.sen φ

AM X = l + Rsenϕ ∂D ∂N = senϕ ∂D

∂U =0 ∂D ∂M ∂N M dx Rdϕ π N P ∂D 0 =∫ + ∫ 2 ∂D + ...... 0 0 EI EA ∂M X ∂M ∂N dϕ Ndϕ dϕ π Am M X π π 2 2 2 ∂ D ∂ D ∂ D ........ + ∫ −∫ −∫ M X 0 O 0 EA( RAm − A) EA EA

δ DV =

π

0=∫

2

(− M

0

..... + ∫

π

.... − ∫

2

0

0=

π ( Zsenϕ )( senϕ ) Rdϕ + Dx ).x.dx +∫ 2 + ..... 0 EI EA

Am ( − M + D.l + DRsenϕ )( l + Rsenϕ ) dϕ + .... EA( RAm − A)

( l + Rsenϕ)( Dsenϕ ) dϕ − EA

I EI

...... +

 l2 l3  − M +D 2 3 

π

∫

2

(− M

0

+ D.l + DRsenϕ )( senϕ ) dϕ EA

 DR π  + + ........  EA 4

AM π π  2 π + 2 DlR(1) − MR(1) + DR 2  + ....  − Ml + Dl EA( RAm − A)  2 2 4

..... +

I ( − 2 D.l )(1) − 2 DR π + M (1) EA 4

Reemplazando y desarrollando : D =20165,3 N. En la Sección .

Mx =-M+D ( l + R ) = 847.44m N = D =20165,3N

Cálculo de los esfuerzos en los puntos A y B.

σo =

Para

M ( rn − r ) P + Ar ( R − rn ) A

rA = 40 → σ oA = 44,25MPa

Para

rB = 110 →σ oB = −21,85MPa

La fórmula del esfuerzo radial es:

σr =

1  M ( A − rAm ) Am′ NA′  +   r.t  A.r ( RAm − A) A 

Donde

Am′ = b1 ln

r2′ R 60 65,91 + b2 ln = 60 ln + 20. ln = 26,21 r1 r2′ 40 60

A′ = b1 ( r2′ − r1 ) + b2 ( R − r2′ ) = 60 x 20 + 20 x5,91 = 1318,2 t = 20

Reemplazando estos valores en la fórmula del esfuerzo radial para r = R obtenemos el correspondiente valor: r = R → σ r = −106,67 MPa

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 σ u = 320 MPa (P9.11BO)

Figura P 35 Solución:

Cálculo del área, radio geométrico y radio de curvatura neutra A = 180x60 + 2x60x30 = 21600 Am = 110 ln −

X =

130 310 + 2 x30 ln = 163,3693213 = 163,57 70 110

110 x60 x30 + 2 x30 x110 x150 1944 = = 90 21600 110 x60 + 2 x30 x110 −

R = 70+ x =160 rm =

A 21600 = =132,05 A m 163,57

Cálculo de los esfuerzos principales M=300P+ PR senφ = 460P ∂M = 0 = PR cos φ ∂ϕ

σ =

→ cos φ = 0 → φ = π 2

M ( rn − r ) N + Ar ( R − rn ) A

Para r1 = 70 320 460 P (132 − 70 ) P = + ⇒ P = 111,1kN 4 21600 x70(160 − 132 ) 21600

Para r2 = 310 80 =

460 P(132 − 310 ) P + ⇒ P = 204,9kN 21600.310(160 − 132 ) 21600

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 S y = 700 MPa b) Si la viga es un material fundido de Sut = 420 MPa y Suc = 1 200 MPa. (p537n)

Figura P 36 Solución: A = 25x25 = 625 R = 62,5 Am = 25. ln rn =

75 = 10,137 50

A 625 = = 61,66 Am 10,137

Cálculo del factor de seguridad:

σ= Para r1 = 50 y F = 14000

M ( rn − r ) F + A A.r.( R − rn )

σ1 =

M ( rn − r ) F + A A.r.( R − rn )

σ1 =

14000 62,5 x14000( 61,66 − 50 ) + = 411,07 MPa 625 625 x50( 62,5 − 61,66)

Para r2 = 75 y F = 14000

σ2 =

M ( rn − r ) F + A A.r.( R − rn )

σ2 =

14000 62,5 x14000( 61,66 − 75) + = −274,04MPa 625 625 x75( 62,5 − 61,66 )

a). Para: σ y = 700 MPa

NA =

σy 700 = = 1,7 σ1 411,07

N2 =

σy 700 = = 2,6 σ 2 274,04

b). Para: σ ut = 420MPa

N1 =

y

σ uc = 1200 MPa

420 =1.02 411,07 1200

N2= 274,04 = 4,31 = 4,4 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 Iy

ry =

A

=

3,865.106 = 51,175 3385

PAD = σ ad xA =

PAD

π 2E

xA 2  kl  FS   r  2 3 π 200 x10 = x3385 = 1150kN ⇒ FS = 2.43 2 FS ( 51.175)

Luego

FS = 2.43

38. Una columna de longitud efectiva está hecha soldando dos canales de acero laminado C 6x10,5. con E = 29x10 6 psi, halle para cada arreglo mostrado la carga céntrica admisible si se requiere un factor de seguridad de 2,8. (P11.32BJ)

Figura P 38 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

( ) = 2( 0.865 + 3.09 x 0.500 ) = 3.275 pu lg

I YT = 2 I y + Ax 2 I YT

2

4

I xt = 2( I y ) = 2(15.2 ) = 30,4 pu lg 4 ry =

Iy A

=

3.275 = 0.73 6.18

PAD = σad xA =

PAD =

π2E 2

 kl  FS   r 

π 2 29 x10 3 2.8( 0.73)

2

xA

x 6.18 = 6.081klb

b) para el arreglo [ ] mostrado las características geométricas de la sección compuesta serán :A = 3,38 pulg2

(

I YT = 2 I y + A(b f − x )

2

)

(

I YT = 2 0.865 + 3.09( 2.034 − 0.500 )

2

) = 16.27 pu lg

4

I xt = 2( I y ) = 2(15,2 ) = 30.4 pu lg 4 ry =

Iy A

=

16.27 = 1.62 6.18

PAD = σ ad xA =

PAD

π2E

xA 2  kl  FS   r  2 3 π 29 x10 = x6.18 = 45.121klb 2 2.8(1.62 )

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)

Figura P 39

Solución: a) En el plano xz: kL 1000 1000 12 = = b ry b 12

En el plano yz: kL 2000 2000 12 = = d ry d 12

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: PAD = σ ad xA =

PAD

Luego:

π2E

xA 2  kl  FS   r  2 π 2000 x10 6 = xbx 2b = 4400 N ⇒ b = 14.15mm 2  1000 12   3   b  

d = 28.3 mm

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 .10 6 psi. (P11.48BJ)

Figura P 40 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 En el plano xz λ=

kl 0.7 xL = = 0 .8 L ry 0.876

σ ad =

P π 2E = W 2 A 2,2λ

π 2 29 x10 3 2,2( 0,8 L )

2

=

15000 ..... ⇒ ..L = 7,76.. pu lg 4,44

En el plano yz λ=

kl 2L = = 0.608 L rx 3,29

ry = 0.876 pulg.

σ ad =

P π2E = W 2 A 2,2λ

π 2 29 x10 3

2,2( 0,608 L )

2

=

15000 ..... ⇒ ..L = 10,2.. pu lg 4,44

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)

Figura 41 Solución:  π ymax = e sec 2 

 P − 1 Pcr 

 π 0,03 = e sec 2 

Pcr =

 21000 − 1 Pcr 

π 2 EI π 2 29 x106 = = 55800lb L2 30 2

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 σ y = 36 Ksi y E = 29x106 psi , halle la carga céntrica admisible para el elemento. (P11.92BJ)

Figura P 42 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

(

)

(

)

IYT = 2 I y + Ax 2 = 2 1.36 + 1.69 x0.7362 = 4,55 pu lg 4 I xt = 2( I y ) = 2(12,77 ) = 5,54 pu lg 4 Iy

ry =

λ=

A

=

4,55 = 1,16 3,38

kL 10 x12 = = 103,45 ry 1,16

CC =

2π 2 2 xπ 2 29 x10 6 = = 126,1 > λ σY 36000

Luego la columna es corta

σad

 1 λ   σy  1−   2 Cc      = 5 1 λ 1 λ + −  3 8 Cc 8   Cc

σad

2  1 103,45   361 −     2  126,1     = = 12,34..ksi 3 5 1 103,45  1 103,45  +  −   3 8  126,1  8  126,1 

2

     3

   

Pad = σad xA = 12,34 x3,38 = 42,4klb

43. Una columna de 19.5 pies de longitud efectiva consta de un perfil de acero laminado W 12x 50. El acero tiene σ y = 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)

Figura P 43 Solución: Características del perfil W12x50: A = 14,7 pulg 2 Ix =394 pulg4

Sx=64,7

rx = 5,18

Iy = 56,3 pulg4

Sy =13,9

ry= 1,96 pulg.

Cálculo de esbeltez λ=

kL 19.5 x12 = = 119,38 ry 1,96

CC =

2π 2

σY

2 xπ 2 29 x106 = 107 50000

=

Como λ > Cc entonces la columna es larga. σ ad =

π 2E 2

23  kl    12  r 

=

π 2 29 x103 23 (119,38) 2 12

= 10.48ksi

a) la excentricidad está en el eje x: P M .c1 + ≤ σ ad A Iy P P.1 + ≤10,48.... ⇒..P = 74,87..klb 14,7 13,9

b) la excentricidad está en el eje y: P M .c 2 + ≤ σ ad A Ix P P.1 + ≤10,48.... ⇒..P =125,53..klb 14,7 64,7

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

Figura P 44 Solución: Cálculo de esbeltez kL 1500 = = 50,47 ry 29,72

l σad =( 139 − 0,868  )=(139-0.868(50.47)) = 95,19 MPa r 

Aplicando el método de interacción P Mc A + I ≤1 σ ad σ b 160000 160000 xex50 3200 + 4106666,67 ≤ 1 ⇒ e = 36,5mm 95,19 150000

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)

Figura P 45 Solución: Cálculo de esbeltez kL = ry

360 d ( 2.25) 12 xdx 2.25 3

= 54,43

Con este valor vamos a las fórmulas de 2014-T6 y vemos que la fórmula de σ ad es: l  r 

σad =( 30.7 − 0,23  )=(30.7-0,23(54.43)) = 18.18 ksi

Aplicando el método de interacción P Mc A + I ≤1 σ ad σ b

32 32 x0.4 xd / 2 2.25d + 2.25 xd 3 ≤ 1 18.18 12 x 24 d 2 − 0.7823d − 0.0099 = 0 ⇒ d = 1.894

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* 10 6 psi y un esfuerzo admisible de 1500 psi para compresión paralelo a la fibra. (P11.146BJ)

Figura P 46 Solución: 3

ry =

Iy A

b b   b2 12  2  = b 48 b  2

=

kl 8.2 x12 x 48 681.34 = = r b2 b2

σad =

0.3E 2

l    d 

=

0.3 x1.8 x103 2

 8.2 x12     b/2 

= 13.94b 2

Aplicando el método del esfuerzo admisible: P Mc + ≤ σ ad A I 18000 9000 x1.4 xb / 4 + = 13.94b 2 3 b2 b b  x  12  2 

Resolviendo:

b = 7.90 pulg.

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)

Figura P 48 SOLUCIÓN: Determinación de la razón de esbeltez. kl 2 x 2000 = = 40 d 100 kl d

c

E = 24,5 σY

= 0,67

luego la fórmula de esfuerzo admisible correspondiente será: σad =

0,30 E 2

 kl    d 

=

0,3 x12 x103 = 2,25MPa ( 40 ) 2

Aplicando el método del esfuerzo admisible: P Mc + ≤ σ ad A I P 75 Px75 x12 N + = 2,25 3 15000 100 x(150 ) mm 2 P = 8437,5 N

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, σy = 36 ksi y un esfuerzo admisible a flexión de 22 ksi. (P11.132BJ)

Figura P 48 Solución: Datos del perfil L 4x3x

3 8

A=2,48 pulg I x = 3,96 pu lg 4

Sx = 1,46 pulg3

I Y = 1,92 pu lg 4

Sy = 0,866 pulg3

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

x = 0,782

y =1,28

Iy = 2 (Iy + Ix-2) =2 (1,92 + 2,48x (0,712)2) = 6,17315904 pulg 4 Cálculo de la esbeltez y esfuerzo admisible λ=

L = rmin

σad =

σad =

L L = 6,873 1,1772 4,06

π2E 23 2 λ 12

=

π 2E 2

23  L     12   1,1772 

=

206931149,4 L2

Aplicando el método de interacción Mc P A + Ix ≤ 1 σ ad σ b

3  14000 x1,28 − x1,28 14000 16   4,96 7,92 + ≤1 206931149,4 22000 L2 ∴⇒ L =16,46 pies

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 pulg 2, 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 = 2x10 3 ksi, σy = 36 ksi. (p13.15h)

Figura P 49 El momento de inercia de la reacción compuesta es.

Ixx = 4

2 2   d   d   I + A = 4 2 . 22 + 2 . 75      x    2  2       

= 8.88 + 2.75 d2

π 2 EI π 2 x 29 x103 − [8.88 + 2.75d 2 ] = = 50 PCR = l2 ( 40 x12) 2 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)

Figura P 50 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: Cc = λc =

λ1 = λ1 =

2π 2 25 x106 = 126.1 36 x103

L2 22 x12 = = 105.17 < Cc rmin 2.51

Como λ1 < Cc ⇒ la columna es corta. Cálculo de esfuerzo admisible:

σadm =

σy 

2 2 1  1   36 x103  1 105.17     = 12292.9 Psi 1 −    = 1 −  f .s  2  cc   1.91  2  126.1      

3

f.s. =

5 3 105.17  1 105.17  +  −   = 1.9069 ≈ 1.91 3 8  126.1  8  126.1 

Aplicando la formula de interacción

P/ A

σ adm

MC + I ≤1

σ adm

36 x10 3 36 x10 3 x15 2110.2 2523.4 12.06 + 21.4 = + ≤1 12292.9 2200 12292.9 22000

0.286 ≤ 1 Ahora seleccionamos un W 12 x 40 A = 8.00 Z = 11 ry = 1.94 Cálculo de esbeltez: λ=

22 x12 = 136.08 > CC → columna...l arg a 1.94

∴ σadm =

π 2E π 2 x 29 x106 = = 8050.2 Psi 1.92λ2 1.92(136.08) 2

P/ A

σmin

MC − I ≤1

σb

36 x10 3 36 x10 3 x1.5 8 11 + ≤1 8050.2 22000 →0.782 ≤1

Ahora seleccionamos el perfil W 12 x 36 A = 10.59 Z = 1.2 ry = 1.5 →λ=

Le 12 x12 = = 176 > CC → columna..l arg a r 1.5

∴ σadm =

π 2 x 29 x106

1.92 x (176 )

2

= 4812.5 Psi

P 36 x10 2 = = 339.4 A 10.59 M 36 x103 x1.5 = = 7500 S 7 .2

Mc P A + Ix ≤ 1 σ ad σ b 3399.4 7500 + ≤1 4812.5 22000

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 P adm si además la columna soporta una carga de 400 kN procedente de la planta superior. E = 200 GPa y σf = 250 MPa

Figura P51 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 λ=

λC =

Le 7000 = = 74.23 rmin 94.3 2π 2 E

σf

=

2 xπ 2 x 200 x103 = 125.6 250

λC > λ → Columna Corta

σadm

 1  λ 2  σ y 1 −     2  λC   = 3 5 3 λ  1 λ  −   +  3 8  λC  8  λC 

σ ad

 1  74.23 2  2501 −    206.339  2  125.6   = 110.81 MPa = = 3 1.862 5 3  74.23  1  74.23  +  −   3 8  125.6  8  125.6 

Cálculo de la carga P aplicando el método del esfuerzo admisible P MC + < σ adm A Ix

400 x103 + P ( 400 x103 x75 − 125 P ) + ≤ 110.81 18800 2570 x103 P = 161,1 kN

52. Se construye una columna de 40 pies de longitud con cuatro ángulos de acero A36 unidos por celosía como muestra en la fig. sus extremos se pueden considerar empotrados. Cada ángulo tiene una sección transversal

A =2,75 pulg 2 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=29x10 3 ksi

.

σY =36 ksi (p13.15h)

Figura P52 El momento de inercia de la sección compuesta es: −

d  



2 d  



 

 

2 Ixx = 4 I + A 2 2 = 4 2,22 + 2,75 2   = = 8,88 + 2,75 d    



Pcr =

π 2 EI 4l 2

=

π 2 .29 x10 3 [8,88 + 2,75d 2 ] 4.( 40 x12 )

2

= 350kip

⇒ d = 4,73 pu lg

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 σ y = 36ksi , usando el método del esfuerzo admisible, halle la máxima dimensión admisible d .(p11.138bj)

Figura P 53 Solución: Determinación de la esbeltez A=d2 I=

d4 →r = 12

I d = A 12

λ = le = 2 x 45 x12 12 = 374,1 r

σ adm =

d

d

π 2 x 29 x10 6  374,1  1,92   d 

2

= 1065,2d 2

Aplicando la formula de esfuerzo admisible.

P M .c + ≤ σ adm A I

3

11x10 + d2

d d . 2 2 ≤ 1065,2d 2 4

11x10 3

d 12

41,3 ≤ d 4 → d = 2,54 pu lg .

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, σ y =250 MPa y el esfuerzo admisible a flexión es 150 MPa.(P11.140bj).

Figura P 54 Solución: Para t = 6 mm

Ix =

130 x78 3 118 x 66 3 − = 2313936..mm 4 12 12

A = 78x130-118x66=2352 mm2

Ix = 31,36 ≈ 31,4mm A

rx =

2 x π 2 x 200 x10 9 = 125,1 . 250 x10 6

CC = λ=

Le 5000 = = 159,2 ≥ C c . r 31,4

Luego, la columna es larga π 2 x 200 x103

σadm =

1,92(159,2 )

2

= 40,56.

P 60 x10 3 = = 25,51 : A 2352 M .c 60 x10 3 x 25 x39 = = 25,28 Ix 23,3936

Aplicando la formula de interacción. P M .c A + I ≤ 1 → 25,51 + 25,28 ≤ 1 σ adm σ adm 40,56 150

0,80 ≤ 1 Para t =7,5 mm 130 x75 3 115 x 63 3 − = 2744696,25; 12 12 A = 130 x78 −115 x63 = 2895

Ix =

Ix = 30,8 A

rx = λ=

l rmin

σ adm =

=

5000 = 162,3 > C C → columna...l arg a 30,8

π 2 x 29 x10 6

1,92 x(162,3)

Aplicando el método de interacción:

2

= 39,03

P 60 x10 3 = = 20,75 A 2895 M .c 60 x10 3 x 25 x39 = = 21,31 Ix 2744696,25 ∴→

20,73 21,31 + ≤1 39,03 150

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 P ad si el factor de seguridad con respecto a la fluencia del material es F.S = 2,5. (suponer σ y = 250 MPa.) Solución: Forma exacta. a) Cálculo de σmax: σ max =

L P  ec 1 + 2 . sec e A  r  2r

σ max =

100 x10 3 1943,86

P    EA  

  1 + 0,5. sec 0,7 x3500  2 x 29,29   

b) Cálculo de la carga admisible Pad: σ max = σ ad =

L P  ec 1 + 2 . sec e A  r  2r

P    EA  

 100 x10 3   = 84,28MPa 200 x10 3 x1943,86  

 0,7 x3500 P  1 + 0,5. sec  1943,86   2 x 29,29

250 =

 P  200 X 10 x1943,86   3

mediante la prueba y error determinamos la carga crítica P cr = 243500 N que origina σad Pad =

Pcr 243500 = = 97400 N = 97,4kN F .S 2,5

Forma aproximada: a) Cálculo de σmax: ec = 0,5 r2 2.π 2 E

λC =

λ=

σY

I = 29,29 A

⇒e = 4,77

= 125,7

Le 0,7 x3500 = = 83,65 < λC → Columna..corta rmin 29,29 

1 λ 2  λC

σ y 1 −  σ ad =

σ max =

r=

y

 

F .S

  

2

2   2501 − 0,5 83,65      125,7   =  = 77,9 MPa 2,5

P Mc 100 x10 3 100 x10 3 x 4,77 x 45 + = + = 77,2 MPa ≤ σ ad = 77,9 MPa A I 1943,86 1667467,8

b) Cálculo de la carga admisible Pad:

λ < λ C ⇒ Columna..corta ⇒ σ ad = σ max =

(

σ y 1 − 0,5( λ / λ C ) F .S

2

) = 77,9MPa

P Pec P Px0,5 + = + ≤ 77,9 MPa = σ ad ⇒ P = 100,95kN 2 A Ar 1943,86 1943,86