Ejemplo 1Construir el diagrama de N si =, =3P, Ps=2P y la carga distribuida qx varia linealmente de q=0 a q=P/ (fig. 1).Resolucin. Trazando una seccin transversal arbitraria en cada tramo de la barra, se obtienen, por la frmula (1), los siguientes valores de los esfuerzos axiales:N1= -= -Pi; = -+= -P+3P=2P;Ns= -+-= -P+3P- P =P (2-) ;=2P; =Pi ; =-+--=-P ;= - ; = -Pi; =-+--P3= P ;

Ejemplo 2Construir el diagrama de , calcular y U, si P=10kN; I=0.3m; d=0.01m; =(0.01+) m; E=2x MN/(fig. 2).Resolucin. El esfuerzo axial en cualquier seccin transversal es =P=10kN. Las reas de las secciones transversales son:En la parte cilndrica. F= =0.25xEn las partes de seccin variable.= = .Las tensiones normales sern:En la parte cilndrica. = = , 1.273x N/= 127,3 MN/, En las partes de seccin variable,

= = = N/ N/;=127.3 MN/; = N/; =31.8 N/

El diagrama de est representado en la figura 2.

El alargamiento absoluto de la barra se obtiene por la frmula (3),= = + = x+ = + ; 1.46xm=0.0146cmLa energa potencial de la deformacin elstica acumulada en la barra se halla por la frmula(5),U= = = 0.73 j 7.45 kgf.cm.

Ejemplo 3 Dados P, q, l,, E y (fig. 3.) calclese y Resolucin. El esfuerzo axial y la tensin normal en una seccin transversal arbitraria son. Segn las formulas (1) y (2).= P+qx; == Puesto que segn la ley de Hooke, el alargamiento unitario vale = = , la variacin unitaria del rea de la seccin transversal ser segn la frmula (8).

=-2 = -2Por la frmula (9) hallamos la variacin absoluta del volumen de la barra

== = (P+

Ejemplo 4Dados P, a,, y (fig. 4, a), hallar las proyecciones vertical y horizontal del desplazamiento del punto de aplicacin de la fuerza P. Resolucin. Descomponemos el sistema mediante las secciones I y II de los tirantes en dos sistemas (fig. 4.b).De las ecuaciones de la esttica =0 y =0 determinamos los esfuerzos en los tirantes = y =. Por la ley de Hooke y . Por el mtodo de intersecciones (fig 4.b.) hallamos el desplazamiento horizontal del punto C igual a y el desplazamiento del punto C perpendicular a la lnea BC:= .El punto D solamente puede desplazarse por horizontal. Este desplazamiento es: = . El desplazamiento horizontal del punto de aplicacin de la fuerza P se compone del desplazamiento horizontal del punto D y del alargamiento der tirante, es decir.=+= (+).

El desplazamiento vertical del punto de aplicacin de la fuerza P ser, +).Ejemplo 5Dado: P=1 tf; a=1m ; [=1000kgf/; kgf/; [=100kgf/ y kgf/; que las proyecciones horizontal [ y vertical admisibles del desplazamiento del punto de aplicacin de la fuerza P son: ==1.3mm (fig. 5); calcular y .Resolucin. De las ecuaciones de la esttica (fig. 5,a) =0 y =0 resulta; ==N y N=P=1tf. Por la frmula (11) hallamos

Y por la ley de Hooke ==0.05cm; ==0.1cm De la construccin geomtrica obtenida por el mtodo de intersecciones (fig. 5,b) se deduce que es igual a la suma de las

Proyecciones de y sobre la direccin de la barra l y es igual a la suma de las proyecciones de y sobre la direccin de la barra II, es decir. ; .Y por lo tanto =1.5mm; =0.289mm;Puesto que resulta necesario aumentar las reas de las secciones de las barras.Manteniendo invariable el rea de la barra I ,, hallemos el rea necesaria de la barra II.De la condicin de rigidez resulta

O sea 0.05+0.13cm,De donde se obtiene, y=12.5.La tensin en la barra II correspondiente al rea obtenida, ser=80 kgf/Y los desplazamientos horizontal y vertical del punto de aplicacin de la fuerza P,=1.3mm; 0.0173cm=0.173mm

Ejemplo 6

Un anillo circular de radio r=100mm, radio exterior R=101mm y de longitud l se somete a una presin interior uniforma radial p=20 bar (fig. 6,a).Hallar el incremento del radio del anillo y el coeficiente de seguridad con que trabaja el anillo si el material de su pared tiene un mdulo de elasticidad longitudinal E=2x MN/ y un lmite de fluencia =300 MN/.Resolucin. Para determinar los esfuerzos axiales de traccin N, que se desarrollan en la pared del anillo, lo seccionamos por su dimetro (fig.6,b). Planteamos la condicin de equilibrio de la mitad del anillo como la suma de las proyecciones de las fuerzas y los esfuerzos, que sern fuerzas exteriores para la mitad del anillo sobre el eje y. Entonces obtendremos,N=La tensin normal en la pared del anillo ser, 200 MN/,

Y el coeficiente de seguridad (referido al lmite de fluencia del material),

El incremento absoluto del radio interior del anillo se obtiene de la ley de Hooke. Puesto que.

Resulta

Ejemplo 7Dado: P=16tf; =8 gf/ ; [=1600 kgf/; E=2x kgf/ l=40m (fig. 7).Determinar: el rea , el peso y el alargamiento absoluto de la barra prismtica: el rea mxima , el peso y el alargamiento absoluto de la barra escalonada de 4 escalones de idntica longitud: el rea mxima , el peso y el alargamiento de la barra de igual resistencia.

Resolucin. En el caso de la barra prismtica (fig. 7, b) el rea se calcula por la frmula (16),

El peso propio es

Y el alargamiento absoluto, por la frmula (17), ser

En el caso de la barra escalonada (fig. 7, b): el rea mxima, por la frmula (20), resulta

El peso,

Y el alargamiento absoluto por la frmula (21)

En el caso de la barra de igual resistencia (fig.7,c) el rea mxima, por la frmula (18) ser

El peso

Y el alargamiento absoluto, por la frmula (19),

De los resultados obtenidos se desprende que en el caso de una barra de acero de 40m de longitud, la diferencia entre la barra prismtica, la escalonada y la de igual resistencia es insignificante.De la frmula (16) se deduce que la tensin originada por el peso propio en la barra prismtica constituye el 5% de cuando la longitud de la barra .Si se tratase de una barra de acero, para =1600kgf/ y =8gf/,

Ejemplo 8Dado: a) ===E=2X kg/; ; a=0.4m; b=1.2m; c=0.4m; =45; =60; =30; =12; =14; =16; (fig.8);

b) =; c) , magnitud que indica en cunto las barras II resultaron ser ms cortadas de lo debido.Determinar: a) P; Pmax; b) I.II.III; C) I.II.III;Resolucin a) Clculo por tensiones admisibles. De la ecuacin de la esttica (suma de las proyecciones, sobre el eje vertical, de las fuerzas y esfuerzos que actan sobre los nudos indicadores en la figura 8, a) se obtiene:2; 2+2-P

De la condicin de compatibilidad se los desplazamientos, es decir de la igualdad de los desplazamientos del punto de aplicacin de la fuerza P, originados por la traccin de las barras I y II y por la compresin de las barras III (fig. 8,b), obtendremos, Segn la ley de Hooke,

De las propiedades geomtricas del sistema, se obtiene

Una vez introducidas las magnitudes obtenidas, la condicin de compatibilidad de los desplazamientos se escribir as,

Para los valores numricos dados tendremos,

Introduciendo estos valores en las ecuaciones de la esttica y en las ecuaciones de compatibilidad de los desplazamientos, obtendremos el sistema de tres ecuaciones siguientes:

Cuya solucin es,

Resultando

Puesto que la tensin mxima no debe de superar , la carga admisible ser,

Y, por tanto, las tensiones en las barras del sistema resultarn

b) Clculo por capacidad resistente. El sistema se convierte en cinemticamente variable, el fluir las barras primeras y terceras. La ecuacin de la esttica que une a los esfuerzos en estas barras es la siguiente:

2

Suponiendo y e introduciendo estas expresiones en la ecuacin de la esttica, obtendremos la fuerza mxima

As pues, la capacidad de carga del sistema, al ser calculada por capacidad resistente, result mayor que la capacidad de carga obtenida por tensiones admisibles (considerando que los coeficientes de seguridad son iguales).

C) Clculo de las tensiones trmicas. De las ecuaciones de la esttica (fig. 9.a) se obtiene.2

Y de la condicin de compatibilidad de los desplazamientos (condicin de invariabilidad de la altura del sistema) (fig. 9, b) Puesto que

La condicin de compatibilidad de los desplazamientos ser la siguiente:

Teniendo en cuenta que , y considerando los valores numricos dados, las ecuaciones de la

Esttica y la condicin de compatibilidad de los desplazamientos adquirirn la forma siguiente:

Resolviendo este sistema obtendremos,

d) Clculo de las tensiones de montaje (fig. 10, a). De las ecuaciones de la esttica se obtiene (fig.10, b)

2De la condicin de compatibilidad de los desplazamientos,

Para los valores numricos dados, las ecuaciones de la esttica y la condicin de compatibilidad de los desplazamientos sern,

Resolviendo este sistema obtendremos

Ejemplo 9Sobre el tubo cilndrico de acero I, de radio interior y de radio exterior , est colocado el tubo cilndrico de acero II previamente calentado de radio interior y de radio exterior (fig. 11).Calcular la tensin en la pared del tubo I () y en la pared del tubo II () que surge al enfriar el tubo exterior.El mdulo de elasticidad longitudinal del material de tubo es E=2x .Resolucin. Analizamos, en lugar de los tubos, los correspondientes anillos de longitud unitaria(vase el ejemplo 6) El anillo II.

Al enfriarse , ocasionar una presin radial exterior uniforme p sobre el anillo I, mientras que ste, al ofrecer resistencia a la deformacin, presionar igualmente pero desde dentro sobre el anillo II. La magnitud de la presin p se determina de la condicin de que la suma del incremento del radio exterior del anillo I () y del incremento del radio interior del anillo II () deber ser igual a la diferencia inicial .Puesto que

La condicin de compatibilidad de los desplazamientos ser la siguiente:

De donde resulta

Las tensiones normales y se calculan por frmulas

Ejemplo 10Dado el estado tensional de la figura 17, el mdulo de elasticidad E= y el coeficiente de Poisson ; determinar analtica y grficamente en el plano paralelo al eje I para ; y en el plano paralelo al eje II para en el plano paralelo al eje III para ; ; ; Resolucin. Puesto que las tensiones principales son: , , y , por las frmulas (27), obtendremos los valores extremos de las tensiones tangenciales,

Por las frmulas (26), para el plano paralelo al eje I cuando , hallamos,,

Por las frmulas (25), para el plano paralelo al eje II y para ,

Y por las frmulas (24), para el plano paralelo al eje III, cuando ,

La determinacin grfica de las tensiones est dada en el diagrama circular de la figura 18.Por las frmulas (28) determinamos las tensiones octadricas,

Por las frmulas (29), las deformaciones lineales principales,

Y por la frmula (30), la variacin unitaria del volumen,

La energa potencial unitaria de la deformacin elstica y la

Energa correspondiente a la variacin del volumen se hallan por las frmulas (31) y (32),

La energa potencial unitaria debida a la variacin de la forma ser,

Ejemplo 11Para el estado tensional de volumen (fig. 19), y .Calcular las tensiones equivalentes por todas las hiptesis de resistencia.Al calcular la tensin equivalente por la hiptesis de los estados tensionales lmites debe admitirse v=0,25.

Resolucin.

200+0,25x800=

Ejemplo 12Dado: ; =4m; r=1m; []=1000 (fig.23) Calcular Resolucin: En la parte cnica del recipiente (0 Por la frmula (52) se obtiene,

Por la frmula (51) se halla el peso del lquido ubicado en el volumen de la parte separada del recipiente.

Las tensiones normales circunferenciales y meridionales en los puntos de la pared de la parte cnica del recipiente a un nivel

Arbitrario, determinado por la coordenada x, son, segn las frmulas (45),

Puesto que,

Obtendremos ==

En la figura 23, a estn representados los diagramas de las tensiones .La seccin peligrosa de la parte cnica del recipiente por la tercera hiptesis de resistencia. Considerando =0, obtendremos la ecuacin,

De donde hallamos, Admitimos En la seccin de la junta de la parte cnica y la cilndrica (fig. 23,b).

Puesto que el rea F del anillo de arriostramiento ser, segn la frmula (52),

Los valores de obtenidos debern ser corregidos teniendo en cuenta ciertas consideraciones constructivas as como la estabilidad del anillo.

Ejemplo 13. Para el estado tensional dado (fig. 28) calcular y , considerando que y =0.25 Resolucin. Las tensiones principales en el estado tensional de volumen dado son: , y .Las tensiones tangenciales extremas tienen, segn las frmulas (27), los valores siguientes:

El mdulo de elasticidad tangencial del material es, segn la frmula (57).

De la expresin (56) se obtienen las distorsiones angulares principales.

La distorsin octadrica ser, por la frmula (58),

Ejemplo 14. Dado: (fig. 29, a). Hallar Resolucin. 1 Determinacin del dimetro d del perno, de la condicin de resistencia al cizallamiento (fig. 29, b): 2. Determinacin del espesor de la lmina de la condicin de resistencia al aplastamiento (fig. 29, c): 3. Determinacin de la anchura de la lmina a de la condicin de resistencia a traccin (fig. 29, d): 4. Determinacin de la longitud b del extremo de la lmina de la condicin de resistencia al cizallamiento (fig. 29, e):

Ejemplo 15. Escogiendo el elemento de rea de la figura,

El momento esttico del rea F respecto al eje y se calcula por la frmula (69).

Para hallar el momento esttico del rea de la figura respecto

Al eje z escogemos el elemento de rea siguiente

Obteniendo as, por la frmula (69). De las expresiones (70) para las coordenadas del centro de gravedad de la figura se obtiene.

Ejemplo 16. Para el polgono regular de n lados de longitud a (fig. 35), calcular los momentos principales centrales de inercia, el momento polar de inercia y construs la elipse central de inercia.Resolucin. El ngulo central que se apoya sobre el lado a es,

El radio de la circunferencia circunscrita,

Y el de la circunferencia inscrita,

Veamos el tringulo de ngulo a en el vrtice (fig. 36, a) y calculemos los momentos axiales de inercia y el momento polar de inercia El rea de la banda elemental de espesor dv, es

El momento axial de inercia del rea del tringulo respecto al eje u ser,

El rea de la banda elemental de espesor du (fig. 36, b),

Y el momento axial de inercia del rea del triangulo respecto al eje v,

El momento polar de inercia del rea del triangulo respecto al punto O ser,

Puesto que todos los tringulos en que se divide el polgono de n lados son iguales y se apoyan con sus vrtices sobre el punto O, el momento polar de inercia del rea del polgono de n lados respecto al punto O, ser

El polgono regular de n lados tiene no menos de dos ejes de simetra no ortogonales entre s, por lo tanto, todos los ejes centrales sern ejes principales de inercia y los momentos de inercia del rea del polgono, iguales entre s en iguales a I, de aqu se obtiene.

Puesto que el rea del polgono de n lados, es

Los radios de giro principales del polgono sern

Ejemplo 17. Para la figura compuesta representada en la figura 37 construir la elipse central de inercia.Resolucin. Referimos la figura dibujada a escalada (fig. 38) a los ejes de coordenadas z, y paralelos a los lados del contorno de la figura.Cada elemento de la figura (angular 1, canal 2 y rectngulo 3) refiere a los ejes centrales ziyi paralelos a los ejes zy. El centro de gravedad del rectngulo se obtiene directamente y las coordenadas de los centros de gravedad del angular zo= 2.02 cm y del canal z0= 2.46 cm se obtienen del surtido de perfiles de acero laminados.Los clculos que siguen convienen realizar en forma de tabla.Las magnitudes del rectngulo necesarias se obtienen fcilmente y las correspondientes al angular y al canal se hallan del surtido. As, por ejemplo, para el angular de lados iguales, Nmero del elementorea del elemento Coordenadas del centro de gravedad del elemento respecto a los ejes z, yMomentos estticos del elemento respecto a los ejes z, y

110.74.984.9853.453.4

228.8119.46272.4316.8

3362316576828

75.5 rea de toda la figura901.81198.2

Para el rea de toda la figura

Del surtido hallamos , para el canal N 22, y para el rectngulo,

Las coordenadas de los centros de gravedad de cada elemento, respecto a los ejes yz son:Para el angular, Para el canal, Para el rectngulo, Las coordenadas del centro de gravedad de la figura son:

Referimos ahora la figura a los ejes centrales paralelos a los ejes zy.Para las coordenadas de los centros de gravedad de los elementos de la figura y respecto a los ejes y obtendremos: para el angular,

Para el canal,

Para el rectngulo,

Hallamos los momentos de inercia de los elementos de la figura respecto a los ejes centrales . En el caso del angular (fig. 39) se obtiene del surtido,

Por las frmulas para los momentos de inercia respecto a ejes girados hallamos,

Los ejes son, para el angular, ejes de un eje de simetra y por lo tanto Las valores y vienen en el surtido.Para el perfil canal del surtido obtenemos ,; ya que los ejes son ejes principales de inercia del canal.Para el rectngulo se obtiene,

2. Determinacin de los elementos de inercia de la figura respecto a los ejes Nmero del elemento

110.7-20.89-6.9648.248.8-28.21269518.3811566.51317.2782.8

228.8-4.87-2.4818723300683177.1347.8364.13013347.8

3367.134.069721201830104210421565.318421042

249661722173

Para el rea de toda la figura

3. Determinacin de la posicin de los ejes principales de inercia de la figura uv.Por la frmula (76) se obtiene,

De las tablas de las funciones trigonomtricas hallamos es decir puesto que , situamos este angulo a partir del eje z en direccin opuesta a la de las manecillas de reloj y trazamos los ejes principales centrales de inercia de la figura u y v.Puesto que , el eje correspondiente al momento mximo de inercia, eje v, pasar por los cuadrantes II y IV.4. Calculo de los momentos principales centrales de inercia de la figuraDe acuerdo con la frmula (77)

As pues,

5. Clculo de los radios de giro principales de la figura y construccin de la elipse central de inercia.Por las frmulas (78) hallamos los radios de giro principales,

Puesto que la ecuacin de la elipse de inercia es sus semiejes sern los radios de giro y se construye sobre ellos la elipse de inercia (fig. 38).

Ejemplo 18. Dado_M (fig. 40), construir diagrama de Mt.

Resolucin. Trazando secciones en cada tramo de la barra, por la frmula (80) teniendo en cuenta la regla admitida para los signos, hallaremos:

El grfico de Mt est representado en la figura 40.Ejemplo 19. Dado: M, a, d y G (fig. 41), construir los diagramas y y calcular .Resolucin. El momento torsor en el tramo El momento torsor de una seccin cualquiera del tramo II ser

Para una seccin cuadrada de lado c,

Puesto que Por lo tanto,

Para una seccin arbitraria del tramo II

Hallamos el valor extremo del ngulo

Para una seccin arbitraria del tramo I

Puesto que

Resulta La energa potencial de la deformacin elstica acumulada en la barra torsionada se obtiene por la frmula (87),

Ejemplo 20. Dado

Determinar D y d.Resolucin. Por el grfico de las potencias (fig. 42), la potencia efectiva

resulta Puesto que el modulo polar de la seccin anular circular es,

teniendo en cuenta la relacin (81, ), la formula (88) se escribir as,

De donde se obtiene,

Puesto que el ngulo de torsin es admisible est dado en grados por metro de longitud, la frmula (89) se escribir ahora as,

De donde se obtiene,

Se deben escoger definitivamente las dimensiones siguientes:

Ejemplo 21. Dado d = 4cm, (fig.43)Determinar (kilovatios)Resolucin. De la condicin de resistencia (88), teniendo en cuanta (81,c), se obtiene para la potencia efectiva,

De la condicin de rigidez (89), teniendo en cuenta (81,c), hallaremos,

Puesto que el diagrama de las potencias (fig. 43) se deduce resultar que

Ejemplo 22. Dado (Fig. 44).Determinar

Resolucin. Construimos el diagrama del momento torsor (fig.44). El ngulo de giro de la seccin B respecto a la seccin C se obtiene de la expresin,

De donde se obtiene,

Puesto que el tramo peligroso ser aquelDonde As pues,

El ngulo de giro de la seccin A respecto a la seccin C ser,

Ejemplo 23. Dado: M, d, l y G (fig. 46); obtener y

Resolucin. En los tramos I, II, III y IV los momentos polares de inercia de las secciones circulares son:

Y los ngulos de torsin,

Partiendo de la condicin de que el ngulo de giro mutuo de las secciones extremas es nulo, obtendremos,

De aqu se obtiene,

De la ecuacin de la esttica hallamos El diagrama de los momentos torsores est dado en la figura 46. Puesto que,

La tensin tangencial mxima ocurrir en la seccin de dimetro 2d en el tramo III.La magnitud de la tensin tangencial se obtendr por la frmula

El ngulo de giro en grados de la seccin A es el siguiente

Ejemplo 24. Dado (Fig. 47); determinar d y construir el grfico de .Resolucin. La ecuacin de equilibrio es la siguiente:

Y la condicin de los desplazamientos.

Puesto que la rigidez de la seccin de la barra es constante, la ltima ecuacin se podr escribir en la forma siguiente,

de donde se obtiene y

Introduciendo M en la ecuacin de equilibrio hallaremos,

Construimos ahora el diagrama de los momentos torsores (fig.47), del que se desprende que max Por la frmula

Obtendremos,

Hallamos los ngulos de torsin,

Ejemplo 25. Un tubo de longitud 4a, de dimetro D y d, est empotrado en su extremo C (fig. 48). En la parte superior del tubo se introduce el extremo inferior de longitud 2a de una barra de seccin circular de dimetro . El extremo inferior B de la barra se empotra rgidamente en el tubo y el extremo superior E del tubo, en la barra. Alrededor del eje geomtrico del sistema, en la seccin extrema A de la parte sobresaliente de la barra acta un par de momento M y sobre la seccin superior E del tubo, un par de momento 2MDeterminar en la barra, en el tubo y si se conoce el valor de G del material de la barra y del tubo.Resolucin. En el tramo A-E de la barra del momento torsor es,

Puesto que en el empotramiento C el momento reactivo el momento torsor en el tramo B C del tubo ser El sistema hiperesttico constituido por la barra y el tubo en el tramo B-E se somete, en sus extremos, a la accin de los momentos 3M. De la ecuacin de la esttica se obtiene siendo el momento que se transmite por la barra y el que se transmite por el tubo.De la condicin de compatibilidad de los desplazamientos se deduce que los ngulos de torsin de la barra y del tubo en el tramo B-E sern iguales, es decir,

De donde se obtiene,

Introduciendo este valor en la ecuacin de la esttica hallaremos,

Puesto que

Resulta,

Las tensiones tangenciales mximas sern: en el tramo A-E de la barra

El ngulo de giro de la seccin A respecto a la seccin C es,

Problema 26 .Dado: (fig 54). Construir los diagramas de Q y M*Siempre y cuando no actan sobre este tramo pares concentrados exteriores (N. de T.)Resolucin. De las ecuaciones de la esttica hallamos las reacciones A y B en los apoyos como la suma de los momentos respecto a los apoyos derechi e izquierdo:

Para simplificar las expresiones que determinan Q y M, analizamos las partes izquierdas, cuando las secciones se encuentran enLos tramos de longitud a y b, y las derechas cuando se encuentran en los tramos c y d

Puesto que,

Resulta que max

Puesto que,

Veamos en que secciones

Con los resultados obtenidos se construyen los diagramas de Q y M (fig. 54)

Ejemplo 27: dado q, l, P= .2 pl. (fig. 55); Determinar la longitud a ms favorable del voladizo y construir los diagramas de Q y M.

RESOLUCION: se considera la ms favorable la longitud del voladizo para la cual el momento flexor mximo adquiere el valor mnimo posible. La longitud ms favorable del voladizo se adquiere de la condicin de la i0gualdad de los valores absolutos del momento flector en la seccin que se encuentra sobre el apoyo y el momento flector mximo en el vano de la viga . Puesto que la viga es simtrica respecto a la seccin media; en el vano ocurrir en la seccin media y las magnitudes de los momentos flectores en las secciones sobre los apoyos sern iguales La condicin que sirve para determinar la longitud del voladizo ms conveniente se escribe as = hallemos ahora los momentos. Los apoyos en las reacciones son:

De la condicin antes dada =

O tambin como:

De aqu obtendremos:

El signo menos antes la raz cuadrada no se considera puesto que no puede ser negativo.Construyamos los diagramas Q y M: Puesto que = .2

Y que:

Como sobre la longitud de la viga acta una carga uniformemente distribuida, y en todos los tramos del diagrama de Q ser lineal y el de M parablico. Debido a la simetra de la viga, el diagrama de Q ser anti simtrico y el de M simtrico.En el extremo libre izquierdo de la viga ; en la seccin derecha del voladizo izquierdo

Sobre el apoyo en el diagrama de Q, aparece un salto brusco debido a la reaccin A. por lo tanto en el extremo izquierdo del vano del a viga obtendremos:

Al acercarnos a la seccin media de la viga por la izquierda

Con los valores obtenidos se construye el diagrama de Q (FIG. 55). En el extremo izquierdo libre de la viga el momento flector es y en la seccin sobre el apoyo:

En la seccin media

El valor de para el cual en el vano de la viga M =0 se obtiene de la manera siguiente: de la semejanza de los tringulos obtendremos

O:

Es decir:

El area trapezoidal del grafico de Q de la altura es igual a la variacin de M al pasar de la seccin sobre el apoyo a que se encuentra a una distancia del este, es decir:

:

De donde se obtiene:

Y

Puesto que no puede ser mayor que a las condiciones del problema satisface solo la raz con estos valores se ha constituido el diagrama de M en la figura 55.Ejemplo 28: dado P, a (fig. 56, a) construir los diagramas de Q y M.RESOLUCION: puesto a que en la seccin B que pasa por la articulacin flotante el momento flector es nulo, la viga puede ser descompuesta en dos (fig. 56, b): La izquierda AB y la derecha BC, en forma de voladizo. En la viga AB las reacciones de apoyo son A = B = P. La influencia de esta viga sobre el voladizo se expresa por la accin sobre su extremo izquierdo de la fuerza centrada B=P. dirigida de arriba abajo.En adelante el problema se resuelve por separado cada viga. En el tamo izquierdo de la viga AB, Q=A=P. En el tramo central Q= 0; y en el derecho Q = P.El diagrama de Q est representado en el diagrama (figura 56, d). En los tramos donde Q= cte.; el momento flector varia linealmente y en el tramo donde Q = 0, M= cte. Las variaciones de los momentos flectores M en los tramos se determinan fcilmente por las reas del diagrama de Q. en la figura 56, e esta dado el diagrama de los momentos flectores.

Ejemplo 29:

Ejemplo 30:

Ejemplo 31:

Ejemplo 32:

Ejemplo 33:

Ejemplo 34:Dado q= 11 ; P= 1 tf; l=4 m; c=1 m; (fig. 62).Calcular las dimensiones necesarios de la seccin circular, cuadrada, rectangular y de doble T (laminada); la reaccin en los pesos de estas secciones, la tensin normal en el punto A indicado de la seccin situada debajo del dela fuerza en el caso de la viga de seccin de doble T.RESOLUCION: puesto que la viga es simtrica respecto a la seccin media, el momento flector mximo ocurrir en esta seccin. El grafico de los momentos M ocasionados por la carga distribuida es parablico con el mximo

Y el diagrama debido a las fuerzas concentradas M, trapezoidal con el mximo . Por lo tanto

Por la frmula 95, el modula de la seccin necesario resulta:

1. en el caso de la seccin circular:

2. en el caso de la seccin cuadrada:

3. en el caso de la seccin rectangular

4. por la tabla del surtido de vigas doble T hallamos: para N20. W=184 y para el . Ahora comprobamos la viga N20|:

Puesto que la sobre tensin es mayor al 5%, el perfil N20 no vale.Ahora comprobaremos el perfil

Admitimos pues la viga para la cual , el momento de inercia respecto al eje neutro es I= 2030 y la altura h=20 cm.Puesto que el peso de la viga es proporcional al rea de sus secciones transversales, la relacin de los pesos de las vigas ser igual a la de las reas de sus secciones. Considerando el rea de la seccin circular igual a la unidad obtendremos:As pues la viga de la seccin doble T, incluso siendo su rea muy excesiva (se admite una subtension de 1.5%) es aproximadamente 4.4 veces ms ligera que la viga de seccin transversal circular.Hallamos el momento flector en la seccin de la viga en el lugar de aplicacin de la fuerza:

En el punto A de esta seccin, donde la tensin normal es de compresin (la viga se flexa hacia abajo), y se obtiene por la frmula 92:

Ejemplo 35:Las tensiones admisibles del material de la viga de seccin tipo (fig. 63) son: dadas las dimensiones b=20 cm y t = 1 cm determinar la altura racional h de la seccin.RESOLUCION: sea el eje z la lnea de neutra y las distancias en las fibras externas. Partiendo de las condiciones de aprovechamiento racional del material (98) (condiciones de igualdad de resistencia de las fibras externas) obtendremos:

Puesto que resulta y .Como la lnea neutra z es un eje central y por lo tanto el momento esttico del rea de la seccin respecto a la lnea neutra ser igual a cero es decir:

Por lo tanto la altura de la seccin deber ser igual a h=12 cm o h =6 cm

Ejemplo 36: Dado: Figura 66. Determinar en la seccin mn:RESOLUCION: las reacciones en los apoyos son:

Por lo tanto los diagramas de Q y de M estn representados en la figura 66; en la seccin mn y que Q= 10 KN.Puesto que el punto A se encuentra en la zona fraccionada de la seccin por la frmula 92 obtendremos:

En el caso de una seccin rectangular:

Para el punto A en cuestin:

Por lo tanto:

Y por la frmula 99 encontramos;

Ejemplo 37: dados fig 67Construir el diagrama de tensiones tangenciales convencionales perpendiculares a la lnea neutra (formula de Zhuravski); RESOLUCION: hallemos los valores de la tensiones tangenciales en los puntos 1 de las fibras extremas de la seccin, en los puntos 2 d las fibras extremas de la cavidad, en los puntos 3 ms alejados de las lneas neutras de las paredes de la cavidad y por fin en los puntos 4 de la lnea neutra z (fig. 67); para ello recurrimos a la frmula 99: El momento de inercia del rea de la seccin de la configuracin dada respecto al eje neutro z es:

Para los puntos

Para los puntos 2:

Y

Puesto que la anchura en la seccin de los puntos 3 es

Para los puntos 4 hallaremos:

Y:

Basndonos en los resultados construimos los diagramas de .Ejemplo 38:Dado una seccin de paredes delgadas en forma de anillo circular de Angulo central de radio de lnea media r y de espesor constante t (fig. 68): calcular la posicin del centro de flexin A.RESOLUCION: de la figura se deduce que el elemento del arco de la lnea media del anillo es ds= el elemento del rea de la pared del anillo, dF= tds=Y las coordenadas del centro de gravedad del element de rea dF EN EL Sistema de coordenadas centra yoz son: siendo ala distancia entre ejes y e y que pasa este ltimo por el centro de curvaturade la seccin. Determinamos la poccion del centro de gravedad O de la seccion situada sobre el eje z. puesto que el eje y es central el momeno estatico de la seccion del area sera y por lo tanto

El brazo del esfurexo tangencial respecto al centro de gravedad de la seccin vale

Ene le momento de inercia del arco de la lnea media de seccin respecto a la lnea neutra z es:

El momento esttico respecto al eje z de la parte del arco de la lnea media de la seccin situada a un lado del elemento arbitrario determinado por el ngulo ser:

Por la frmula 103 se halla la distancia e del centro de gravedad de la seccin al centro de la flexin A:

O

La distancia del centro de la curva O dela seccin al centro de la flexin A:

Ejemplo 39:Dado P=4 tf, M= 2tf*m; a=.5m, l = 4m, determinar el nmero de perfil de doble T:RESOLUCION: el diagrama de los momentos flectores M se constituye fcilmente sin necesidad de clculos como est indicado en la figura 69; en el voladizo Q= cte.= -4tf. En el vano entre los apoyos Q= cte. < 0 del diagrama de M hallamos:

En donde se deduce que, Q=-1 tf; el diagrama de Q est representado en la figura 69 as pues:

Por la formula hallamos:

Segn el surtidor para el perfil doble T; N16, ; Y para el perfil N18;

Verificando el perfil doble T N16; tendremos:

Verificamos ahora el perfil doble T N18; tendremos:

Escogemos el perfil N18, para el cual:

Segn el surtidor S=81.4

Es decir el perfil doble T N18 es suficientemente resistente tanto a tensiones normales como por tangenciales

40.- Dado: P= 4 tf, q= 3 tf/m, a= 0.8 m, l= 4m, []= 1600 kgf/

Determinar el numero de la viga doble te.Resolucion. 1. Determinamos las reacciones de apoyo. Obtenemos,

2. Construccion de los diagramas de Q y M.En el voladizo, 0 < x1 < a:

En el vano entre los apoyos 0