Problemas 6ta Monografia.docx

EJERCICIOS RESUELTOS PROBLEMA 1 La viga bi apoyada de la Figura 8.8, del = 6 m de luz, está sometida a una carga uniformemente repartida p = 3 kN/m. Se quiere construir a partir de tres piezas independientes de 40 x 10 cm2, unidas mediante conectores, tal como se indica en la figura. Dimensionar el diámetro de dichos conectores, sabiendo que se colocan a una distancia d = 15 cm de separación entre ellos, y que la tensión tangencial admisible en ellos es 𝜏adm = 200 MPa.

El cortante máximo en la viga se da en las secciones de apoyo y es igual a las reacciones verticales en éstos:

La inercia de la sección respecto al eje baricéntrico horizontal vale:

Según la fórmula de Collignon, la tensión rasante media sobre las superficies de contacto entre las alas y el alma de la sección es:

Donde me (Ω) es el momento estático del ala respecto del eje baricéntrico horizontal y b es el ancho de la superficie de contacto, o sea:

Con lo que 𝜏med = 0; 161 MPa. Cada conector de la zona de apoyos debe soportar una fuerza rasante de valor:

Suponiendo ahora que la teoría elemental de la cortadura es aplicable al conector, se tiene que la tensión rasante en cada uno ellos son:

De donde el área de cada conector resulta:

Si los conectores son de sección circular, se requiere un diámetro mínimo de ∅ = 4 mm. Los cálculos anteriores proporcionan el diámetro mínimo de los conectores en las secciones próximas a los apoyos, donde el esfuerzo cortante es máximo. Dado que la variación del cortante es lineal a lo largo de la viga, con valores decrecientes a medida que nos acercamos al centro de la luz, es posible aumentar el espaciado de los conectores a medida que las tensiones rasantes disminuyen. Así, por ejemplo, en los 3 metros centrales de la viga, el cortante es inferior a T = 4; 5 kN y es posible aumentar el espaciado a d = 30 cm sin que la tensión en los conectores supere la tensión admisible especificada. PROBLEMA 2 Tres placas de acero, de 1; 6 cm de espesor cada una, están unidas por dos remaches de diámetro d = 1; 3 cm cada uno, como muestra la Figura 8.3. Si el valor de la carga T es 44; 5 kN, calcular: (a) la tensión tangencial media sobre los remaches, y (b) la carga T máxima que soporta la unión si la tensión tangencial admisible en los remaches es 𝜏 ∗ = 220MPa. Despreciar el rozamiento entre placas.

(a) La unión de las placas se hace mediante dos remaches; por tanto, la fuerza T es soportada por cuatro secciones, y la tensión tangencial media en los remaches es:

(b) Si en los roblones la tensión tangencial admisible es 𝜏 ∗ = 220MPa, el valor máximo que puede tener la fuerza T es:

PROBLEMA 3 El apoyo de una máquina está formado por una capa de neopreno de espesor h y una placa de acero de dimensiones a x b. Para una fuerza horizontal T, calcular: (a) la tensión tangencial media en el neopreno y (b) el desplazamiento horizontal u de la placa de acero, si el módulo de rigidez a cortante del neopreno es Gn. Despreciar el rozamiento entre la placa y el neopreno. Datos: a = 200mm; b = 150mm; h = 12mm; Ty = 8 kN; Gn = 0; 9MPa.

(a) La tensión tangencial media 𝜏 en el neopreno es:

(b) La distorsión media 𝛾 en el neopreno es:

Por tanto, el desplazamiento horizontal u de la placa de acero es:

PROBLEMA 4 Se dimensiona el voladizo de la Figura 8.23 para una carga vertical descendente uniformemente repartida de valor p = 5 kN=m, atendiendo exclusivamente a que las tensiones normales no excedan el valor de la tensión admisible, 𝜎adm = 250MPa. Se pide: (a) Calcular la distribución de tensiones normales y comprobar que no se excede el valor admisible. (b) Dibujar la distribución de tensiones tangenciales debidas al cortante y calcular el valor máximo en la pieza. (c) Calcular y dibujar la posición del centro de esfuerzos cortantes. Datos: A = 119; 28 cm2, z’G = 􀀀4; 356 cm, Iz = 22 669 cm4 a.. Las leyes de momentos flectores y esfuerzos cortantes debidas a la carga p son:

Con valores máximos en la sección del empotramiento (x = 10 m) de valor:

Las tensiones normales máximas en la sección de empotramiento pueden calcularse mediante la fórmula siguiente:

b. La distribución de tensiones tangenciales puede obtenerse aplicando la fórmula de Collignon:

En el ala superior, el valor del momento estático mez, en función de la coordenada s es igual a:

Por tanto, en el punto A la tensión tangencial es nula, _A = 0. En el punto B (s = 17; 32 cm) el valor del momento estático es igual a mez = 583; 2 cm3 y, por consiguiente, la tensión tangencial en dicho punto es:

Con Ty en Newton. Reemplazando en la expresión anterior el valor del esfuerzo cortante Ty por Tmax = 50 kN se obtiene 𝜏A B = 6; 43MPa. Por simetría de la sección y anti simetría de la solicitación, las tensiones en el ala inferior son 𝜏A = 𝜏A’ = 0 y 𝜏B = 𝜏B’ = 6; 43MPa. Los sentidos de las tensiones en las alas son los de la Figura tal y como puede deducirse por sencillas consideraciones de equilibrio. En el alma, el momento estático respecto al eje z puede calcularse en función de la coordenada y del corte.

Y el valor máximo del mismo, para el punto D (y = 0 cm); es mez (y = 0) = 739; 5 cm3; la tensión tangencial en dicho punto es:

Con Ty en Newton. Para el esfuerzo cortante Tmax = 50 kN resulta igual a 𝜏D = 8; 155 MPa. Observar lo reducido del valor de las tensiones tangenciales debidas al cortante frente a las tensiones normales debidas al momento flector. c. Al ser la sección simétrica respecto al eje z, el centro de esfuerzos cortantes C estará necesariamente situado sobre dicho eje, y hay que calcular su posición sobre éste. Para ello supongamos ésta conocida y apliquemos sobre la sección un cortante vertical que pase por el centro de esfuerzos cortantes, tal como se muestra en la figura. La correspondiente distribución de tensiones tangenciales es conocida, ya que coincide con la calculada en el apartado anterior de este ejemplo. Calculemos el valor de las resultantes de las tensiones tangenciales en las alas R y R’ y en el alma V.

Nótese que V + 2Q = Ty. Igualando momentos respecto al punto O de los sistemas de fuerzas formados por Ty (Figura 8.24a) por un lado, y las resultantes R;R0 y V; por otro se obtiene:

Que proporciona la posición del centro de esfuerzos cortantes C sobre el eje de simetría de la sección.

PROBLEMA 5 Una placa de acero de 160 mm. de ancho y 8mm de espesor se dobla para formar el canal mostrado en la figura si se sabe que la carga vertical P actúa en un punto del plano medio del alma del canal determine:} •El par de torsión T que causaría la torcedura del canal de la misma forma que sucede bajo la carga P. •El esfuerzo cortante máximo en el canal ejercido por la carga P.

a) 𝑒=

3𝑏 2 = 9.6429. 10−3 𝑚 6𝑏 + ℎ

𝜏 = (15𝑘𝑁). 9.6429. 10−3 = 144.6435 𝑁 ∗ 𝑚 b) 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 + 𝜏𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 Para la cortante de flexión: 𝐼=

1 (0.008). (0.1)3 + 2[0.008. (0.03). (0.05)2 ] = 1.8667. 10−6 𝑚4 12

𝑄 = 𝑄𝑝𝑎𝑡í𝑛 + 𝑄𝑎𝑙𝑚𝑎 = (0.008). (0.03). (0.05) + (0.05). (0.008). (0.025) 𝑄𝑇 = 22. 10−6 𝑚3 𝜏𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 =

15𝑘𝑁. (22.10−6 ) = 22.1 𝑀𝑃𝑎 1.8667. 10−6 . (0.008)

Para la cortante de torsión: 𝜏𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛

𝑇 15𝑘𝑁(9.6429). 10−3 = = = 43.75𝑀𝑃𝑎 0.63. (0.008) 𝑐𝑎𝑏 2 1 (0.16). (0.008)2 (1 − ) 3 0.16 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 + 𝜏𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 = 22.1 + 43.75 = 65.85