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• Wilfredo Bizarro

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SOLUCIONARIO DEL SEGUNDO EXAMEN DE RESISTENCIA DE MATERIALES I

3. En la figura se muestra la varilla de acero con tres discos montados en los puntos B,C y D. La varilla tiene su extremo fijo contra rotación en E, en el extremo A se encuentra libre para girar sobre un cojinete. Cada disco es de 400 mm. de diámetro. En las caras externas de los discos actúan fuerzas dirigidas hacia abajo tal como se muestra en la figura, de modo que la varilla se ve sometida a pares de torsiones. Determinar el Angulo de torsión de la Sección A con respecto al extremo fijo en E. Considerar: G = 80 x 10 9 N/m2 ; Diámetro de la varilla = 20 mm.

SOLUCION Por el diseño del sistema se debe calcular por separado el angulo de torsión de cada segmento. Por lo tanto el ángulo de torsión total de la sección A con respecto a E será la suma algebraica de los cuatro ángulos.

1. CALCULO DE TORSIONES DE CADA DISCO Y PARES DE TORSIÓN En lo que se refiere a las direcciones se supondrá un punto de vista a lo largo de la varilla a partir del extremo derecho. La magnitud del par de torsión en cada uno de los discos es el producto de la fuerza que actúa en su periferia por su radio. Por consiguiente, si se considera el sentido de las manecillas del reloj como positivo: Par de torsión en disco B, en el sentido de las manecillas del reloj 𝑇𝐵 = (130 𝑁)(200 𝑚𝑚. ) = 26000 𝑁. 𝑚𝑚. = 26 𝑁. 𝑚.

Par de torsión en disco C, en el sentido contrario al de las manecillas del reloj 𝑇𝐶 = −(300 𝑁)(200 𝑚𝑚. ) = −60000 𝑁. 𝑚𝑚. = −60 𝑁. 𝑚.

Par de torsión en disco D, en el sentido contrario al de las manecillas del reloj 𝑇𝐶 = −(80 𝑁)(200 𝑚𝑚. ) = −16000 𝑁. 𝑚𝑚. = −16 𝑁. 𝑚.

Se trazara el par de torsión para cada segmento. PAR DE TORSION DEL SEGMENTO “A-B” : 𝑇𝐴𝐵 = 0 (𝑁𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑎 𝑐ℎ𝑢𝑚𝑎𝑠𝑒𝑟𝑎)

PAR DE TORSION DEL SEGMENTO “B-C” : 𝑇𝐵𝐶 = 26 𝑁. 𝑚. (𝑆𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑙𝑜𝑗)

PAR DE TORSION DEL SEGMENTO “C-D” : 𝑇𝐶𝐷 = −𝑇𝐶 + 𝑇𝐵 𝑇𝐶𝐷 = −60 + 26 𝑇𝐶𝐷 = −34 𝑁. 𝑚. (𝑆𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑙𝑜𝑗)

PAR DE TORSION DEL SEGMENTO “D-E” : 𝑇𝐷𝐸 = −𝑇𝐷 − 𝑇𝐶 + 𝑇𝐵 𝑇𝐷𝐸 = −16 − 60 + 26 𝑇𝐷𝐸 = −50 𝑁. 𝑚. (𝑆𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑙𝑜𝑗)

El apoyo fijo E debe ser capaz de producir un par de torsión de reacción de 50 N.m. para mantener la varilla en equilibrio. En resumen la distribución del par de torsión se muestra de manera gráfica. Nótese que los pares de torsión aplicados TB , TC , TD son los cambios que experimenta el par de torsión que ocurre en B,C y D pero no son las magnitudes de par de torsión en esos puntos de la varilla.

2. CALCULO DE ANGULOS DE TORSIÓN: Ahora se calcula el ángulo de torsión de cada uno de los segmentos y se aplica la ecuación de un modo sucesivo. SEGMENTO AB 𝐿 𝜃𝐴𝐵 = 𝑇𝐴𝐵 ( ) 𝐽𝐺 𝐴𝐵 Como TAB=0 , ƟAB = 0 . No hay torsión de la varilla entre A y B.

SEGMENTO BC L θBC = TBC ( ) JG BC θBC

(26 N. m. )(250 mm. ) 10003 𝑚𝑚3 = x π(20 mm. )4 𝑚3 ( )(80 x 109 N/m2 ) 32 𝛉𝐁𝐂 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟓𝟏𝟕 𝐫𝐚𝐝.

SEGMENTO CD L θCD = TCD ( ) JG CD θCD =

(−34 N. m. )(250 mm. ) 10003 𝑚𝑚3 x π(20 mm. )4 𝑚3 9 N/m2 ) ( )(80 x 10 32 𝛉𝐂𝐃 = − 𝟎. 𝟎𝟎𝟔𝟕𝟔 𝐫𝐚𝐝.

SEGMENTO DE L θDE = TDE ( ) JG DE θCD =

(−50 N. m. )(250 mm. ) 10003 𝑚𝑚3 x π(20 mm. )4 𝑚3 9 N/m2 ) ( )(80 x 10 32 𝛉𝐃𝐄 = − 𝟎. 𝟎𝟎𝟗𝟗𝟓 𝐫𝐚𝐝.

ANGULO DE TORSIÓN TOTAL DESDE “E” HASTA “A” θAE = θAB + θBC − θCD − θDE θAE = 0 + 0.00517 − 0.00676 − 0.00995

𝛉𝐀𝐄 = − 𝟎. 𝟎𝟏𝟏𝟓𝟒

𝒓𝒂𝒅.

4. La viga de acero tiene la sección mostrada en forma de “C”, con un apoyo móvil en “A” y fijo en “B”. Determinar lo siguiente: a) Graficar el diagrama de fuerzas cortantes y momentos flectores, b) Determinar el esfuerzo flexionante máximo positivo (originado por el Momento Positivo Máximo) en la viga y dibuje la distribución de esfuerzos en la sección en ese punto

A. CALCULO DE REACCIONES ∑ 𝑀𝐴 = 0

∑ 𝐹𝑉 = 0

6R B = 300(2)(1) + 1800

R A + R B = 300(2)

R B = 400 Kg.

R A = 200 Kg.

B. GRAFICO DE DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES Y MOMENTOS

𝑻𝑹𝑨𝑴𝑶 𝑰 ∶ 𝟎 ≤ 𝑿 ≤ 𝟐 ∑ 𝐹𝑉 = 0 𝑉 + 300𝑋 = 200 𝑉 = 200 − 300𝑋 𝑋=0 { 𝑋=2

;

𝑉 = 200 𝐾𝑔. ;

𝑉 = −400 𝐾𝑔.

∑ 𝑀𝐶𝑂𝑅𝑇𝐸 = 0 X M + 300X( ) = 200X 2 M = 200X − 150X 2 𝑋=0 { 𝑋=2

;

𝑀 = 0

;

𝑀 = −200 𝐾𝑔. 𝑚.

𝑻𝑹𝑨𝑴𝑶 𝑰𝑰 ∶ 𝟐 ≤ 𝑿 ≤ 𝟒 ∑ 𝐹𝑉 = 0 𝑉 + 600 = 200 𝑉 = −400 𝑋=2 ; { 𝑋=4 ;

𝑉 = −400 𝐾𝑔. 𝑉 = −400 𝐾𝑔.

∑ 𝑀𝐶𝑂𝑅𝑇𝐸 = 0 M + 300(2)(X − 2 + 1) = 200X M + 600(X − 1) = 200X M = 600 − 400X 𝑋=2 ; { 𝑋=4

𝑀 = −200 𝐾𝑔. 𝑚 ;

𝑀 = −1000 𝐾𝑔. 𝑚.

𝑻𝑹𝑨𝑴𝑶 𝑰𝑰𝑰 ∶ 𝟒 ≤ 𝑿 ≤ 𝟔

∑ 𝐹𝑉 = 0

∑ 𝑀𝐶𝑂𝑅𝑇𝐸 = 0

𝑉 + 600 = 200

M + 300(2)(X − 4 + 2 + 1) = 200X + 1800

𝑉 = −400

M + 600X − 600 = 200X + 1800 M = 2400 − 400X

𝑋=4 ; { 𝑋=6 ;

𝑉 = −400 𝐾𝑔. 𝑉 = −400 𝐾𝑔.

𝑋=4 ; { 𝑋=6

𝑀 = 800 𝐾𝑔. 𝑚 ;

𝑀 = 0 𝐾𝑔. 𝑚.

Los diagramas de Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores quedarían de la siguiente manera:

El momento Máximo Positivo será el de 800 Kg.m.

C. CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA DE LA SECCION DE LA VIGA De acuerdo a las medidas de la sección: ELE 1 2 3

B 250 20 250

H 20 210 20

AREA 5000 4200 5000 14200

Y 10 125 240

Área*Y 50000 525000 1200000 1775000

X 125 10 125

Área*X 625000 42000 625000 1292000

Por lo tanto se calcula el centro de gravedad: CENTRO DE GRAVEDAD EN “X” =

90.99 mm.

CENTRO DE GRAVEDAD EN “Y” = 125.00 mm.

CALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA EN X ELE 1 2 3

B 250 20 250

H 20 210 20

AREA 5000 4200 5000 14200

(Ixx)

dY 115.000 0.0000 115.000

Ixx 166666.667 15435000 166666.667

Ixx = 14801833 mm4 = 14801.83 cm4 c = 125 mm. =

12.5 cm.

M = 800 Kg.m. = 80000 Kg.cm.

D. CALCULO DEL ESFUERZO FLEXIONANTE σ= σ=

Mc I

(80000)(12.5) 14801.83

𝛔 = 𝟔𝟕. 𝟓𝟔 𝐊𝐠/𝐜𝐦𝟐 𝛔 = 𝟔𝟕𝟓𝟔𝟏𝟒. 𝟗𝟔 𝐊𝐠/𝐦𝟐

dY*dY 13225 0 13225 Ixx=

Ixx+Ad2 66291666.7 15435000 66291666.7 148018333 mm4