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RESISTENCIA DE MATERIALES - GITI EXAMEN DE ENERO Fecha de publicación de la preacta: 3 de Febrero Fecha de revisión: 8 de Febrero a las 10:00 horas
CURSO 2015-16
20-01-2016
PROBLEMA 1 (5 puntos)
La viga biempotrada de la figura está compuesta de dos tramos de longitud L cada
uno y de tal manera que el tramo AC tiene una sección y el tramo CB una sección
de valor 2. El material de la viga tiene un módulo de Young E y un coeficiente de
dilatación térmica Si se encuentra sometida a una carga P en C (tal y como
muestra la figura), se pide:
1. Reacciones en A y B y diagrama de esfuerzos normales
2. Desplazamiento del punto C
3. Tensión máxima (en valor absoluto) y las secciones de la viga donde ocurre
(obviando los efectos locales alrededor del punto C de aplicación de la carga)
4. Incremento de temperatura que hay que aplicar al tramo CB para que el
desplazamiento del punto C sea nulo.
A BC
P
L L
2
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CURSO 2015-16
20-01-2016
SOLUCIÓN
1. Reacciones y diagramas de esfuerzos (1.5 puntos).
Se trata de un sistema hiperestático externo de primer grado, por haber dos
reacciones y una sola ecuación de equilibrio (
Se supone que una de las reacciones (en este caso, se elige RB) es una carga
aplicada, se resuelve el problema en función de esa reacción y se aplica la
compatibilidad de desplazamientos (en este caso, alargamiento o acortamiento
total de la viga nulo) para obtener el valor de la reacción.
En la siguiente figura se muestra el problema isostático con la reacción RB como
carga aplicada y el correspondiente diagrama de esfuerzo normal en función de
RB.
La reacción RB se puede obtener imponiendo alargamiento nulo de la viga. El
alargamiento total de la viga se obtiene sumando los alargamientos de cada uno
de los tramos (y teniendo en cuenta las características de cada tramo):
A B
C
PRBRA
AB
C
PRBRA
RB
P+RB
P
ESFUERZO NORMAL
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CURSO 2015-16
20-01-2016
Por lo tanto, las reacciones en los empotramientos y el diagrama de esfuerzos
normales queda:
2. Desplazamiento del punto C (1 punto)
Se puede obtener calculando el alargamiento del tramo AC sometido a tracción
(al estar empotrado el extremo A, el alargamiento del tramo AC es el
desplazamiento de C); o bien, calculando el acortamiento del tramo CB sometido
a compresión (al estar empotrado en B, el acortamiento del tramo CB es el
desplazamiento de C). También se podrían utilizar los teoremas energéticos.
a. Alargamiento tramo AC:
b. Acortamiento tramo CB:
En cualquier caso se obtiene el mismo valor de desplazamiento horizontal en el
sentido de aplicación de la carga (hacia la derecha).
A B
C
P
P
ESFUERZO NORMAL
P3
2P
3
1
P3
1
P3
2
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3. Tensión máxima de la viga en valor absoluto (1 punto).
Se puede ver que, en valor absoluto, el esfuerzo normal en el tramo CB es el
doble que en el tramo AC. Al ser la sección también el doble de grande, la
tensión máxima en valor absoluto es la misma en toda la viga.
a. Tramo AC:
b. Tramo CB:
4. Incremento de temperatura en CB para que el desplazamiento en C sea nulo
(1.5 puntos).
Un incremento de temperatura provoca un aumento de la longitud. Sin embargo,
al tratarse de un sistema hiperestático donde el incremento de longitud total es
nulo, el cambio de temperatura produce un esfuerzo axil en la viga.
En primer lugar, se va a determinar el esfuerzo normal producido en la viga AB
cuando no actúa ninguna carga y, únicamente, se produce un cambio de
temperatura en el tramo CB. A continuación, se van a sumar estos esfuerzos
normales provocados por el cambio de temperatura a los que se producen por la
carga P aplicada en C, para tener el problema actual (carga P más cambio de
temperatura en CB). Por último, se va a imponer el desplazamiento nulo en C
para determinar el incremento de temperatura necesario.
I. Cálculo de esfuerzos normales debidos únicamente a cambio de
temperatura en el tramo CB.
Por equilibrio de fuerzas horizontales, las reacciones en A y en B tienen el
mismo valor y es igual al esfuerzo axil de la viga N (constante a lo largo
de toda la viga).
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CURSO 2015-16
20-01-2016
El incremento total de longitud de la viga (que es nulo) se puede calcular
como la suma de los incrementos de longitud de cada uno de los tramos y
teniendo en cuenta que en el tramo CB, aparte del esfuerzo axil N, hay un
incremento de longitud debido al incremento de temperatura (L=L T).
Se obtiene de esta manera el esfuerzo axil en la viga producido por el
cambio de temperatura donde se observa que un incremento de
temperatura (T>0) provoca un estado de compresión mientras que una
disminución, un estado de tracción.
II. Esfuerzos en el problema completo (carga P aplicada en C + cambio
de temperatura en tramo CB).
Como se busca el cambio de temperatura necesario para que el
desplazamiento de C sea nulo, se deduce que debe ser un incremento de
temperatura (T>0) que provocará una compresión. Por lo tanto, el
esfuerzo axil de la viga sometida a P más incremento de temperatura se
obtiene mediante la suma de los esfuerzos axiles obtenidos para cada
una de las acciones por separado (principio de superposición), como se
muestra en la figura.
A B
C
RBRA
T
ESFUERZO NORMAL
NN
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CURSO 2015-16
20-01-2016
III. Cálculo del incremento de temperatura que provoca un desplazamiento
nulo en C.
Se tienen (del apartado II) los esfuerzos axiles de la viga sometida a P y
al incremento de temperatura en CB. A continuación, se calcula el
desplazamiento de C y se iguala a cero para obtener el incremento de
temperatura necesario. El desplazamiento en C se puede calcular a partir
del alargamiento del tramo AC o del acortamiento del tramo CB.
a. Alargamiento tramo AC:
b. Acortamiento tramo CB:
En el tramo CB, hay que tener en cuenta que se produce un acortamiento
por el esfuerzo axil del tramo (compresión) y un alargamiento producido
por el incremento de temperatura positivo que hay en ese tramo.
A B
C
RBRA
T
ESFUERZO NORMAL
P
P
TE 3
2-P
3
1
TE 3
2P
3
2
RESISTENCIA DE MATERIALES - GITI CURSO 2015-16 EXAMEN DE ENERO 20-1-2016
Fecha de publicación de la preacta: 3 de Febrero Fecha de revisión: 8 de Febrero a las 10 horas
PROBLEMA 2 (5 puntos)
Una barra de diámetro ϕ y constituida por un material de módulo G, está empotrada-libre y recibe la carga transmitida por tres varillas rígidas soldadas tal como se indica en la figura. Se pide para la barra:
1. Diagrama acotado de momentos torsores 2. Diagrama de giros acotado en función de F, a, G y ϕ 3. Dimensionar el diámetro ϕ en un número entero de mm para la siguiente aplicación
numérica: F=1kN , a=1m , G=80.000MPa 4. Para el diámetro ϕ hallado y los valores numéricos anteriores, determinar la energía
elástica acumulada
a /2
a
a/2
a/2a/2
a
φ
a a a aF
F
F
F
F
F
a/2
a
a/2
a/2 a/2
a
ϕ
a a a a F
F
F
F
F
F
1,5
SOLUCIÓN
Para: F=1kN ; G=80.000MPa ; τadm=200MPa ; a=1m
Energía elástica acumulada:
1,5
X
X X
XFa 3Fa/2 Fa 3Fa/2
2
+
‐ ‐
Fa
3Fa/2
Fa/2
2
X
ϴ
3
MT
RESISTENCIA DE MATERIALES - GITI CURSO 2015-16 EXAMEN DE ENERO 20-1-2016 Fecha de publicación de la preacta: 3 de Febrero Fecha de revisión: 8 de Febrero a las 10 horas
PROBLEMA 3 (10 puntos)
En la estructura de la figura, confinada en el plano, los pasadores A, B y E, así
como los rodillos D y G, están exentos de rozamiento. AG es una viga continua con
distintas secciones en los tramos AB y BG, y tiene practicada una acanaladura
longitudinal donde se aloja el pasador E. En F, un cable del que pende una masa y que se
apoya en una polea sin rozamiento, se une a la estructura.
10 kN
mkN/10
AB
C
D E
F
G
2 m
1 m 1 m 1 m 1 m
Se pide:
1.- Grado de hiperestaticidad. (1 punto)
2.- Diagramas acotados de esfuerzos en BCFE. (3 puntos)
3.- Mínimo perfil IPE necesario para la barra BC (acero S275, σadm = 0,6·σe). (1 punto)
4.- Mínimo perfil HEB necesario para la barra EF, sabiendo que el nudo F se comporta
como un empotramiento (acero S275, E = 210 GPa, factor de seguridad frente a la
fórmula de Euler: 10), y verificando la aplicabilidad de la fórmula. (2,5 puntos)
5.- Teniendo en cuenta que en AB la rigidez a flexión es el doble que en BG, detalle el
planteamiento que seguiría para obtener la reacción en D (Dependiendo del método que
elija, podría necesitar resolver integrales para obtener la reacción. En tal caso, NO lo haga
pero SÍ debe obtener las expresiones de los integrandos y dividir las integrales en los
tramos de integración apropiados). (2,5 puntos)
x
y
x
y
B
C
E
FmkN/10
10 kN
2 m x
y
+
20 kN
10 kN
x
y
B
C
E
FmkN/10
10 kN
REYRBY
RBX
2 m
2 m
X
Y
RESOLUCIÓN
1.- El grado de hiperestaticidad externa es 1, porque A es un apoyo articulado fijo (2
reacciones), y B y C son apoyos articulados móviles (1 reacción cada uno), mientras que
existen 3 ecuaciones de equilibrio estático. Internamente, el contorno cerrado añade tres
incógnitas (esfuerzos en una sección), mientras que la articulación en B añade una
libertad (Al comparar con un nudo rígido, en B queda permitido el giro relativo de BC
respecto al resto del nudo) (0,5 puntos), y la corredera en E añade dos libertades (se
permite el desplazamiento transversal de EF y el giro relativo con respecto al resto del
nudo), por lo que internamente es isostático. El conjunto resulta ser hiperestático de grado
1 (0,5 puntos).
2.- Aislando BCFE del resto de la estructura se tiene (esquema y referencia global):
Planteando equilibrio estático se obtienen las incógnitas:
( ) kNRRM
kNRRF
kNRF
EYEYBZ
EYBYY
BXX
20021·2·102·100
0200
100
=→=−+→=
=−+→=
−=→=
∑∑∑
Al sustituir en la segunda expresión se obtiene RBY = 0.
En la figura siguiente se muestran, para BCFE, las acciones exteriores resultantes,
el criterio de signos y las referencias locales empleados para los diagramas.
(1 punto)
Los diagramas de esfuerzos resultantes son los siguientes:
N(kN)
10
20
20
T(kN)
2020
Mz
(kN·m)
10
(0,5 puntos) (0,5 puntos) (1 punto)
3.- BC se encuentra sometida a flexión simple, por lo que debe verificar:
admz
máxz
WM
σ<
Se toma, en primer lugar, el límite elástico nominal del acero S275, esto es, 275
MPa.
De aquí, se tiene 33
2
6
2,121121212275·6,0
·10·20 cmmm
mmNmmNWz ≡=> .
El perfil más pequeño que cumple es el IPE 180, trabajando a flexión respecto a su
eje fuerte, denominado x en las tablas. (0,5 puntos)
Como el espesor del ala (zona donde aparecen las tensiones máximas) es inferior
a 16 mm, se acepta la elección del límite elástico. En caso contrario, se comprobaría para un
límite elástico reducido en función del espesor. (0,5 puntos)
4.- El extremo E de la barra EF puede deslizar horizontalmente y girar, por lo que se
comporta a pandeo como un extremo libre. Dado que F se comporta como un
empotramiento, la barra EF se comporta como empotrada-libre Lp xy = 2·L. (0,5 puntos)
Para dimensionar, se emplea la siguiente expresión para la fórmula de Euler:
ELP
IL
IEP xypcrz
xyp
zcr ·
···2
2
2
2
ππ
=→=
Se colocará el perfil del modo más favorable para el cálculo (menor carga crítica),
por lo que se tomará como Iz el mayor de los dos momentos de inercia, es decir Ix.
El factor de seguridad de 10 indica que la carga aplicada (20 kN), tiene que ser diez
veces inferior a la crítica, por lo que Pcr = 200 kN. (0,5 puntos)
A B D E G
1 m 1 m 1 m 1 m
20 kN
x
y
10 kN
2EI EI
1 m 1 m 1 m 1 m
20 kN
x
y
10 kN
RDY
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
v (x = 2 m) = 0
Por tanto, sustituyendo, ( ) 446
252
4235
15410·54,110·1,2·
10·4·10·2 cmmm
mmNmmNIX ≡=>
π
El primer perfil que cumple es el HEB 100. (0,5 puntos)
La fórmula de Euler es aplicable si Eλλ > , siendo e
EEσ
πλ = .
El perfil tiene espesor del ala inferior a 16 mm, por lo que se toma el límite elástico
nominal, resultando 8,8627510·2 5
==MPaMPa
E πλ (0,5 puntos)
La esbeltez del perfil HEB 100 es 1,9616,4
400===
cmcm
iL
z
pxyλ , por lo que se puede
aplicar la fórmula. (0,5 puntos)
5.- Aislando AG, se tiene el siguiente esquema de acciones exteriores y apoyos.
La viga es hiperestática de grado 1, equivalente a la siguiente, isostática, junto con
la condición de contorno eliminada:
(0,5 puntos)
Para el cálculo del desplazamiento en x = 2 m hay tres opciones:
a.- Ecuación universal de la deformada:
Como hay dos tramos de distinta rigidez, deben emplearse dos expresiones para
cada tramo de rigidez constante e imponer continuidad de desplazamiento y giro en la
sección que separa los tramos.
1 m 1 m 1 m 1 m
20 kN
x
y
10 kN
RDYRAY RGY
1
Antes de poner las expresiones, es preciso obtener las reacciones verticales en la
viga, aplicando equilibrio:
( )∑∑
=+−→=
=−++→=
04·3·202·0
0200
mRmmRM
kNRRRF
GYDYBZ
GYDYAYY
De donde 2
5,2
15 DYAY
DYGY
RkNRRkNR −=−=
Si ahora se denomina x’ = x – 1 m, las dos expresiones son:
( ) ( ) ( )62
50·20·2·2103xRkNxvEIxvEIxvEImx DY ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −+=′+==<≤
( ) ( ) ( )62
52
1·2
50·0··4132 xRkN
xmRkNxvEIxvEIxvEImxm DYDY
′⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+
′⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+=′′+=′=′<≤
Junto con las condiciones de contorno:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )mxvxvmxvxvmxvxv 10,10,03,00 =′==′′===′==′==
Los términos de fuerza y par de la expresión del segundo tramo de la deformada son la resultante y
el momento resultante en x’ = 0 de las fuerzas que se encuentran a la izquierda de x’ = 0. Al igualar a cero el desplazamiento en x = 2m, se obtendría RDY.
b.- Método de la carga unidad
b.1.- El desplazamiento v (x = 2m) se obtiene como ( ) ( ) ( )( ) dxxEI
xMxMmxvm
zz∫==4
0
1·2 , siendo
Mz la ley de momentos de la viga anterior, y Mz1 la del sistema virtual siguiente:
Las leyes de momentos, para la misma referencia local y el mismo criterio anterior
son:
20 kN
10 kN
⎩⎨⎧
vP (x = 2 m)
+
+ 1
RDY·
RDY· v1 (x = 2 m) = 0
( )
( )⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
−≤
−+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −<≤
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −<≤
xxm
mxRxRmxm
xRmx
M DYDY
DY
z
4·153
222
532
2520
( )⎩⎨⎧
−−≤−<≤
xxmxmx
Mz 4·5,025,020
1
Como la rigidez cambia en x = 2, entonces hay que dividir la integral en cuatro
tramos:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0···2·2
3
2
13
2
12
1
11
0
1 =+++== ∫∫∫∫ dxEI
xMxMdxEI
xMxMdxEI
xMxMdxEI
xMxMmxvm
m
zzm
m
zzm
m
zzm
zz
Al despejar se obtendría RDY
b.2.- La viga hiperestática se puede descomponer en otras dos, una que contiene todas
las acciones EXCEPTO la incógnita hiperestática, y otra que SOLO contiene la incógnita
hiperestática (esta última viga, a su vez, es el producto de la reacción desconocida RD por
una viga con carga unitaria aplicada en D).
La condición de desplazamiento nulo en D en la viga original se expresa como que
la suma de los desplazamientos de ambas vigas en D debe ser nula (en el caso de la segunda
viga, su desplazamiento debe multiplicase por RDY). Estos desplazamientos se denominan vP y v1.
Para hallar cada uno de los desplazamientos, se emplea ahora el método de la
carga unidad, y para ello son necesarios los dos diagramas de momento flector de las
vigas anteriores, que se denominarán MzP y Mz1. (0,5 puntos)
El sistema virtual necesario para aplicar el método coincide con el de la segunda
viga anterior, con una carga unidad, por lo que los desplazamientos de ambas vigas se
obtendrían de las siguientes integrales:
( ) ( )( )
( ) ( )( ) dxxEI
xMxMvdxxEI
xMxMvm
zzm
zzPP ∫∫ ==
4
0
111
4
0
1 ·· (0,5 puntos)
Las leyes, para el mismo criterio de signos anterior, son:
( )⎩⎨⎧
−≤<≤
xxmxmx
MzP 4·153530
( )⎩⎨⎧
−−≤−<≤
xxmxmx
Mz 4·5,025,020
1 (0,5 puntos)
Las integrales deben dividirse en los siguientes tramos de integración para tener en
cuenta el cambio de rigidez y los intervalos de las leyes:
dxEI
MMdxEI
MMdxEIMMv
dxEI
MMdxEI
MMdxEI
MMdxEIMMv
m
m
zzm
m
zzm
zz
m
m
zzPm
m
zzPm
m
zzPm
zzPP
∫∫∫
∫∫∫∫
++=
+++=
4
2
112
1
111
0
111
4
3
13
2
12
1
11
0
1
··2
·
···2
·
(0,5 puntos)
La reacción RDY se obtendría como 1v
vR PDY −=
c.- Método del teorema de Castigliano/Menabrea
El desplazamiento v(x = 2m) se obtiene como ( ) ( )( ) ⎥
⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
∂∂
== ∫ dxxEIxM
Rmxv
mz
DY
4
0
2
22 ,
debiendo dividir la integral en 4 tramos. A continuación pueden escogerse dos caminos
c.1.- Una vez expresadas las leyes, derivando bajo el signo integral e igualando a cero, se
obtiene la misma expresión que para el método b.1.
c.2.- Expresando Mz como 1· zYDzPz MRMM += , entonces se tiene:
( ) ( )( )( )
( ) ( )( ) ( )( ) dxxEI
xMxMRxMdxxEI
xMRxMR
mzzYDzP
mzYDzP
DY∫∫
+=→
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ +∂∂
=4
0
114
0
21
2···20
2·0
Que es la misma expresión que la del método b.2.