torsiÓn - resistencia de materiales maÑana

7/23/2019 TORSIÓN - Resistencia de Materiales MAÑANA

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TORSIÓN

CONSTRUCCIÓN DE LOS DIAGRAMAS DE LOS MOMENTOS TORSORES

Una barra (árbol) está sometida a torsión, si en sus secciones transversales

surgen momentos torsores, es decir, momentos que se encuentran en el plano de lasección. Generalmente estos momentos torsores interiores M tor son consecuencias de

momentos exteriores (fig. 1).

Fig. 1 Fig. 2

Los momentos exteriores se transmiten al árbol, generalmente, en los lugares donde se

colocan poleas, ruedas dentadas, etc.

in embargo, la carga transversal, cuando está aplicada con cierta desviaciónrespecto al e!e de la barra, tambi"n origina momentos torsores interiores (fig. #)$ pero en

este caso, en las secciones transversales de la barra, simultáneamente a los momentos

torsores, surgen tambi"n otros esfuer%os interiores, como las fuer%as cortantes & los

momentos flectores.

Las barras que giran & traba!an a torsión se denominan árboles.

'n este captulo se anali%a el cálculo por torsión, para cargas estáticas. 'l

cálculo de los árboles cuando actan momentos torsores que varan en función del

tiempo (cálculo por fatiga).

'n adelante, recurriremos principalmente a las representaciones planas en

lugar de las axonom"tricas, por ser las primeras más simples. Los momentos torsores

exteriores & los momentos torsores interiores, los representaremos por una lnea con doscrculos. 'n uno de ellos pondremos un punto, que indica el comien%o de la saeta (*acia

el lector), & en el otro, una cru%, que representará el final de la saeta que sale del lector

(fig. +).

ara calcular los momentos torsores M tor que surgen en las secciones de la

barra, ba!o la acción de momentos torsores exteriores o de una carga transversal,

empleamos el m"todo de las secciones. -racemos mentalmente una sección por la barra

(fig. +.), por a – a, por e!emplo, & apartemos una de las partes, en este caso la i%quierda,

& veamos el equilibrio de la parte derec*a.

1



Fig. 3

La interacción entre las partes de la barra la sustituimos por un momento

torsor M tor que equilibra al momento exterior . ara el equilibrio de la parte separada

es necesario que la suma algebraica de todos los momentos que actan sobre ella, sea

igual a cero. e aqu, en este caso, se obtiene M tor / . i sobre la parte separada actan

varios momentos exteriores, entonces por el mismo procedimiento, nos convencemos de

que el momento torsor en la sección es numéricamente igual a la suma algebraica delos momentos torsores exteriores que actúan por una de las partes de la sección.

ara ilustrar el carácter de la distribución & la magnitud de los momentos

torsores a lo largo de la barra, se constru&e el diagrama (gráfico) de estos momentos. u

construcción es análoga a la de los gráficos de las fuer%as axiales en el caso de tracción

o compresión. ara construir los gráficos, es necesario ponerse de acuerdo respecto a los

signos. ara los momentos torsores, no existe un acuerdo sobre los signos. ara los

momentos torsores, no existe un acuerdo sobre los signos, que sea admitido por todos.uede ser cualquier regla. Lo nico que importa, es atenerse a la misma regla en todo el

gráfico.

0osotros seguiremos la regla siguiente (fig. .). 'l momento torsor en la

sección a – a se considerará positivo, cuando el momento exterior gira la parte separada

en dirección contraria a la de las manecillas del relo!, si se observa esta parte desde la

sección. 'l momento torsor en la sección se considerará negativo, si el momento

exterior gira la parte separada en la dirección de las manecillas del relo! (si se la observa

desde la sección).

#



Fig. 4

2lustremos con el e!emplo que sigue la construcción del gráfico de los

momentos torsores (fig. 3.). 4eamos el árbol CD, apo&ado en los co!inetes A & B, que se

encuentra en equilibrio ba!o la acción de los momentos aplicados en las secciones E, & !. -racemos la sección a – a en un lugar arbitrario del tramo D!. 5nali%ando el

equilibrio de la parte separada derec*a, se demuestra que M’ tor / 6.

Fig. 5

i tra%amos despu"s la sección b – b en cualquier lugar del tramo ! &

anali%amos el equilibrio de la parte que se encuentra a la derec*a de la sección entonces

resulta que,

.#77

tm " tor =

e acuerdo con la convención anterior sobre los signos de los momentos

torsores, este momento se considera positivo. -ra%ando la sección c – c en el tramo E ,del equilibrio de la parte se obtendrá,

.6+# 777 =−− tor "

+



e donde se deduce,

.1777 tm " tor −=

'l gráfico obtenido tiene la forma de dos rectángulos. 's importante

subra&ar, que en los lugares donde se aplican los momentos exteriores, las ordenadas del

gráfico varan sbitamente en una magnitud igual a la del momento exterior aplicado.i están dadas las cargas transversales que originan la torsión de la barra

(fig. #), entonces se calculan previamente los momentos torsores exteriores, originados

por estas cargas. 'n el caso representado en la figura #, el momento torsor exterior

debido a la fuer%a # es / #r . Una ve% calculados los momentos exteriores, se

determinan los momentos torsores interiores & se constru&en sus gráficos, como se

indicó anteriormente.

CÁLCULO DE LAS TENSIONES EN LAS BARRAS DE SECCIÓN CIRCULAR

Los momentos torsores, de que se *abló en el parágrafo anterior no son másque los esfuer%os resultantes interiores. 'n realidad, en la sección transversal de una

barra torsionada, actan fuer%as tangentes, distribuidas de una manera continua.

asemos a*ora al cálculo de estas fuer%as.

Fig. 6 Fig. 74eamos, ante todo, los resultados de los ensa&os. i sobre la superficie de

una barra de sección circular tra%amos una red rectangular, entonces, despu"s de ocurrir

la deformación, se observará lo siguiente (fig. 8)9

1) La red rectangular se transforma en una red compuesta por

paralelogramos. 'sto indica que en las secciones transversales de la barra existen

tensiones tangenciales &, como consecuencia de la le& de reciprocidad de las tensiones

tangenciales, aparecen tambi"n en las secciones longitudinales$

2) Las distancias entre las circunferencias, por e!emplo, entre las

circunferencias $ & $$ , no varan. -ampoco varan la longitud de la barra & su diámetro.

'sto demuestra la ausencia de tensiones normales en las secciones transversales &longitudinales de la barra.



5s, pues, durante la torsión, en las secciones transversales & longitudinales

actan nicamente tensiones tangenciales, es decir, el estado tensional de los puntos de

una barra torsionada es desli%amiento puro9

3) 'l diámetro AB de la sección extrema (fig. :) girará cierto ángulo ;

respecto a su posición inicial, permaneciendo recto. 's lógico suponer, que los radios

del resto de las secciones transversales tambi"n girarán, permaneciendo rectos. Lasfórmulas que se obtienen sobre la base de esta suposición, son confirmadas por los

ensa&os. 'l punto A se despla%a por el arco AA% & el punto C , por el arco menor CC% .

Fig. 8

ara establecer la le& de distribución de las tensiones tangenciales en lasección transversal de la barra torsionada, analicemos con más detalle su deformación

(fig.8 & <). 'n la figura < está representada, a ma&or escala, la parte de la barra que se

encuentra entre las secciones $ & $$ , as como el lado & del elemento !"& .'l ángulo de distorsión del elemento !"& , que se encuentra sobre la

superficie de la barra (fig. 8), es igual al cociente del segmento && =& la longitud del

elemento d ' (fig <),

d'

rd máx

ϕ γ = (1)

eparando mentalmente de esta parte de la barra un cilindro de radio ρ

arbitrario & repitiendo los mismos ra%onamientos, obtendremos el ángulo de distorsión

correspondiente al elemento situado a una distancia ρ del e!e de la barra,

d'

d ϕ ρ γ = (#)

egn la le& de >oo?e para el desli%amiento, obtenemos,

d'

d (( ϕ ρ γ τ == (+)

@omo vemos, en la torsión, la de)ormación por desli'amiento * las

tensiones tangenciales son proporcionales a la distancia al centro de gravedad.

3



'l gráfico de las tensiones tangenciales en la sección transversal de la barra

está representado en la figura :, a la derec*a.

'n el centro de gravedad de una sección circular, las tensiones tangenciales

son nulas. Las tensiones tangenciales máximas aparecen en los puntos de la sección que

se encuentran en la superficie de la barra.

Fig.

@onociendo la le& de distribución de las tensiones tangenciales, es fácil &a

determinar su valor, partiendo de la condición de equilibrio.

5nalicemos el equilibrio de la parte de la barra a la derec*a de la sección a –

a (fig. A). La suma algebraica de los momentos respecto al e!e de la barra, que actan

sobre la parte separada, es igual acero, es decir,

M ∫ =B

6C d+ τρ ()

iendo d+ τρ el momento torsor elemental de las fuer%as interiores que

actan sobre el área d+ ,

∫ +

d+ τρ , el momento torsor en la sección en cuestión.

2ntroduciendo en esta fórmula el valor de la tensión de (+), obtendremos,

M ∫ =− +

d+ d'

d ( 6

# ρ ϕ

(3)

-eniendo en cuenta que,

∫ = +

p , d+ # ρ (8)

onde p , es el momento polar de inercia de la sección, *allaremos,

(, d'

d D=

ϕ (:)

2ntroduciendo en la formula (+) el valor ded'

d ϕ , deducimos

8



ρ τ p ,

" = (<)

i sobre la barra separada actuasen varios momentos exteriores, en lugar de

uno, ! entonces, en la fórmula () & en las siguientes se introducira la suma algebraica

de estos momentos exteriores que es de igual valor que el momento toros interior M tor .5s, pues, la fórmula definitiva para la determinación de las tensiones

tangenciales en la torsión es,

ρ τ p

tor

,

" = (A)

e esta fórmula se deduce que en los puntos equidistantes del centro de la

sección las tensiones τ son iguales.

Las tensiones máximas en los puntos situados en el borde de la sección son

p

tor

p

tor

máx- " r

, " ==τ (16)

iendo

r

, -

p

p = (11)

la caracterstica geom"trica - p se denomina módulo polar de la sección omódulo de la sección en la torsión.

'n el caso de una sección circular maci%a,

+#

#,618#+#

d d

d

d

r

, -

p

p ≈=== π π

(1#)

E en el de una sección anular,

)1(#,6)1(1818

)(#+

#

c Dcd

D

d D

D

, -

p

p −≈−=−

== π π

(1+)

onde,

D

d c =

La condición de resistencia estática de un árbol sometido a torsión se escribe

as,

FGτ τ ≤= p

tor

máx-

" (1)

5qu τ F es la tensión tangencial admisible.

@uando se trata de cargas estáticas, se considera

F)G8,63,6(FG t σ τ ÷=

:



5parte de comprobar la resistencia, esta fórmula permite tambi"n calcular el

diámetro del árbol, u obtener el momento torsor admisible, cuando es conocido el resto

de las magnitudes.

-eniendo en cuenta que, para una sección circular maci%a,+#,6 d - p ≈ ,

obtendremos,

++

FG:#,1

FG#,6 τ τ tot tor " "

d == (13)

or esta fórmula se calcula el diámetro del árbol, partiendo de la condición

de resistencia.

'l momento admisible, por la condición de resistencia, se obtiene por la

fórmula,FGFG τ

ptor - " = (18)

Las tensiones tangenciales no sólo actan en las secciones transversales, sinoque, como se desprende de la le& de reciprocidad de las tensiones tangenciales, tambi"n

en las secciones longitudinales (fig 16).

Fig. 1" Fig. 11

'n las secciones inclinadas surgen tanto tensiones normales, como

tangenciales.

Las tensiones principales son las que presentan el máximo inter"s.

Los ensa&os demuestran que los materiales frágiles como el *ierro fundido,

por e!emplo, se destru&en, durante la torsión, por un plano (más precisamente, por una

superficie *elicoidal) inclinado respecto al e!e del árbol 3H, es decir , por los planos

donde actan las tensiones de tracción máximas.

5s, pues, en a torsión, en todos los puntos de la barra, excepto los ubicados

en su e!e, (donde las tensiones son iguales a cero) surge el estado tensional biaxial de

desli'amiento puro. La parte de la barra, próxima ala superficie, resulta más tensada que

la que se encuentra cerca de su e!e. 's decir, el estado tensional correspondiente a latorsión no es omogéneo. i se erosiona un tubo de paredes delgadas, entonces se puede

<



considerar que, prácticamente, todos los puntos de la pared tienen las mismas tensiones,

lo que significa que el estado tensional es, en este caso, omogéneo. Los ensa&os a

torsión de estos tubos se emplean, generalmente, para el estudio del desli%amiento puro

&, en particular, para determinar el lmite de fluencia por desli%amiento ) τ .

RELACIÓN ENTRE EL MOMENTO #UE SE TRANSMITE $OR EL ÁRBOL!LA $OTENCIA % LA &ELOCIDAD ANGULAR

Generalmente, en los problemas t"cnicos se dan por conocidos la potencia

que transmite el árbol & su velocidad angular, expresada en revoluciones por minuto.

@on estos datos se calcula el momento torsor M transmitido por el árbol. @omo se sabe,

la potencia (en caballos de vapor) es igual a,

86:3

#

:3 ×

== rn # #

& v π

(1:)

iendo # el esfuer%o circunferencial que se aplica al árbol$

/ , la velocidad de un punto situado en la superficie de "ste & n, el nmero de

revoluciones por minuto del árbol.

uesto que #r 0 , de (1:), se obtiene,

m1g) n

& .#,:18= (1<)

Un caballo de vapor es igual a 6,:+8 ?ilovatios, luego,

' m1g) n

n

.#,A:

:+8,6

#,:18= (1A)

iendo la potencia en Iilovatios.

'n el sistema 2

m & &

.ω

= (#6)

iendo 0 la potencia en vatios &

ω , la velocidad angular en radJs.

DEFORMACIONES % DES$LA(AMIENTOS EN LA TORSIÓN DE ÁRBOLES

ara calcular las deformaciones del árbol en la torsión, recurrimos a la

fórmula (:), considerando en ella / M tor , de acuerdo con lo expuesto anteriormente,

p

tor

(,

d' " d =ϕ

A



La deformación del árbol correspondiente a la longitud ' (ángulo de giro de

las secciones) será,

∫ = '

p

tor

(,

d' "

6

ϕ

i el momento torsor & la magnitud ( p denominada rigide' de la sección ala torsión, son constantes en todo el intervalo de integración, entonces,

p

tor

(,

' " =ϕ (#1)

e manera análoga se obtiene en el caso cuando la longitud del árbol es l ,

p

tor

(,

l " =ϕ (##)

or su estructura, esta fórmula es análoga a la obtenida para el cálculo de las

deformaciones de tracciones de tracción K compresión.

'l ángulo de torsión, correspondiente a la unidad de longitud, se denomina

ángulo de torsión. 'ste es igual a,

p

tor

(,

"

l ==

ϕ θ (#+)

ara conseguir la rigide% requerida de un árbol, es necesario que el ángulo

de torsión unitario máximo no sea superior al admisible,

FGθ θ ≤= p

tor

(,

" (#)

'stá fórmula expresa la condición de rigide' a la torsión de una barra de

sección circular. 'n ella, FGθ es el ángulo de torsión unitario admisible, expresado en

radianes por unidad de longitud del árbol.

'n la ma&ora de los casos, el valor del ángulo de torsión unitario admisible

se dan en grados por metro de longitud. iendo as, en lugar de la fórmula (#),

tendremos,

FG1661<6

θ π

θ ≤== p

tor

(,

" (#3)

La magnitud FGθ se escoge en función del destino del árbol & de sus

dimensiones. ara árboles de dimensiones medias, en el Danual del @onstructor de

DaquinasM se recomienda un ángulo de torsión admisible de 6,3H por metro de longitud.

e la condición (#3) se puede obtener el diámetro del árbol en centmetros,

si está dada su rigide%. -eniendo en cuenta que1,6 d , p ≈ , *allamos,

16



FG1,

1661<6tor

tor " B(o

" d ==

θ π (#8)

ó

n

& Ad = (#:)

iendo, & la potencia que transmite el árbol, expresada en caballos de vapor

n, la velocidad angular del árbol, en revoluciones por minuto$ los coeficientes A & B se

determinan en función de FGθ por la tabla 0H 1 (para #3 J16< cm1g) ( ×= )$ FGθ es el

ángulo de torsión unitario admisible en gradosJm.

TABLA N 1&*+,-/ 0 +,/ C,ii/ A % B +*/ F-+*/ 26 27

2&(3!4 DE

5467$8& AD"$7$B!E, E& (6AD47

#46 3& "E564 DE EE

C4E+$C$E&5E7

6.#3 6.3 1.6 1.3 # #.3

A B

1#

6.:+

16

6.8#

<.3

6.3#

:.:

6.:

:.#

6.

8.<

6.#

TORSIÓN DE BARRAS DE $AREDES DELGADAS DE SECCIÓN CERRADA

Los perfiles de paredes delgadas de sección cerrada son muc*o más rgidos a

la torsión, & por lo tanto, más convenientes.

4eamos la barra cilndrica cu&a sección transversal está representada en la

figura 1. 'l espesor de la pared δ se considera suavemente variable alo largo de la

lnea del contorno de tal manera que se puede prescindir de la concentración de las

tensiones.

uesto que el espesor de la pared es insignificante, se puede admitir que las

tensiones tangenciales originadas por la torsión se distribu&en uniformemente en el

espesor de la pared.

e puede demostrar tambi"n, que el producto de la tensión tangencial, encierto punto de la pared, por su espesor es una magnitud constante para todos los puntos

de la lnea media del contorno de la sección es decir, const =τδ

ara ello es suficiente anali%ar la condición de equilibrio de cierto elemento

de la barra, por e!emplo del elemento 9 : ; < (fig 1#)

11



Fig. 12 Fig. 13

'n la sección longitudinal 9=< acta la tensión tangencial 1τ & en la sección

:=;, la tensión tangencial #τ .

ro&ectando las fuer%as que actan sobre el elemento, sobre la dirección del

e!e de la barra, obtendremos,

###11 d' d' δ τ δ τ =

E como los puntos ; & < *an sido escogidos al a%ar, const =τδ

5*ora podemos &a ligar el valor de la tensión tangencial al momento torsor

que surge en la sección. ara ello, veamos el equilibrio de una parte de la barra.

La fuer%a que acta sobre el área elemental dsδ es igual a dsτδ , mientras

que el momento torsor originado por esta fuer%a elemental, respecto a un punto

arbitrario 4, que se encuentra en el plano de la sección, es ρ τδ ds , siendo ρ el tra%o

de la fuer%a respecto al punto 4.

ara que la parte de la barra en cuestión se encuentra en equilibrio, es

necesario que la suma de los momentos respectos al e!e paralelo a la generatri% de la

barra & que pasa por el punto 4, sea igual a cero,

∫ =−7

ds 6τδρ

La reali%ación se reali%a por toda la longitud del contorno s. uesto que el

producto ρ ds es igual al área doble del triangulo 4ab,

ω ρ d ds #=

'ntonces,

∫ =−ω

ω τδ 6#d

1#



'l producto τδ # , como magnitud constante, se saca fuera de la integral,

quedando la expresión ∫ ω

ω d que representa el área de la sección maci%a limitada por

la lnea media de la pared. 5s, pues,

6# =− ω τδ (#<)

@uando actan varios momentos exteriores, esta fórmula deberá incluir la

suma de los momentos exteriores que actan sobre la parte separada, de valor igual al

momento torsor interior M tor en la sección. -eniendo esto en cuenta, obtenemos de (#<)

ω δ τ

#

tor " = (#A)

La tensión máxima surge en el lugar de menos espesor de la pared,

ω δ

τ

#m>n

tor

máx

" = (+6)

'l ángulo de torsión ϕ de una barra de longitud l se calcula de la condición

de que el traba!o del momento torsor exterior es igual al de las fuer%as interiores. 'l

traba!o del momento exterior , aplicado estáticamente, en el despla%amiento angular ϕ es,

#

ϕ " A =

@alculemos a*ora la energa potencial de la deformación de la deformación,

que es num"ricamente igual al traba!o de las fuer%as interiores. La energa potencial

unitaria en el caso de tensiones tangenciales se obtiene,

(u

#

#τ =

La energa potencial correspondiente al elemento de volumen ldsδ es,

lds(

d3 δ τ

#

#

= ,

iendo l la longitud de la barra.

La energa potencial total para toda la barra será,

∫ =

s

ds(3 6

#

#

1

δ τ

La integración se reali%a a lo largo del contorno de la sección de longitud s.

ustitu&endo τ por su expresión de (#A), obtenemos,

∫ = s

tor ds "

(3

6

##

#

#

1δ

ω β

acando las constantes fuera de la integral, *allamos,

∫ = s

tor ds

(

l " 3

6

#

#

< δ ω

1+



-eniendo a*ora en cuenta que la energa potencial 3 es num"ricamente igual

al traba!o A del momento exterior, obtendremos, siendo " tor 0

∫ = sds

(

"l

6

# δ ω ϕ (+1)

E9:+,; calcular la tensión máxima & el ángulo de torsión de la barra tubular (fig

1+),si

M tor / / 1,36 Igf.m, G / <.163 Igf.cm#.

6esolución. or la formula (+6) tenemos

##

J81#3,6:3,+#

16136cm1g) máx =

×××

×=τ

or la fórmula (+1) *allamos el ángulo de torsión correspondiente a 1 metro de longitud,

rad 6+:,63,6

:#

1

3,+#

16<:3,+

166161363##

#

=

×+

×××××

××=ϕ

E9:+,; @alcular la tensión máxima & el ángulo de torsión de la misma barra, si el

perfil está abierto (es decir, si su contorno se corta en un lugar).

6esolución9 @alculamos la tensión por la fórmula (+).

( )#

++

+

+

J31#6

3,6:#13,+#+

1116136

+

1 cm1g)

ab

b " máxtor máx =

×××××××==

∑τ

Nbs"rvese, que este resultado tiene sentido solamente en el caso de una barra de acero

de liga, cu&o lmite de proporcionalidad en el desli%amiento puro máxτ obtenido, &a que

todas las fórmulas de este captulo son válidas sólo cuando lo es la le& de >oo?e.

'l ángulo de torsión se determina por la fórmula (#:).

rad 8,6A+,#16<

16616133

+

=××

××=ϕ

La comparación de los resultados obtenidos en estos dos e!emplos confirmalas venta!as de las barras de sección cerrada, en comparación con las de sección abierta,

cuando traba!an a torsión.

1



$ROBLEMAS DE A$LICACIÓN

1) 'l diseOo preliminar de un e!e grande que conecta un motor a un generador

exige el uso de un e!e *ueco cu&os diámetros interior & exterior miden & 8 pulg.

respectivamente. abiendo que en cortante admisible es de 1# ?si, *alle el

máximo torque que puede trasmitirse (a) por el e!e propuesto$ (b) por un e!esólido del mismo peso$ (c) por un e!e *ueco de igual peso & < pulg. de diámetro

exterior.

*) Eje hueco según el diseño. ara el e!e *ueco tenemos

( ) ( ) ( )[ ]

1

# lg#lg+##

pu pucc , −=−= π π

/ 16#.1 pulg

Usando la ecuación se escribe

,

5cmáx

#=τ 1# ?si /( )

lg1.16#

lg+

pu

pu5 T = 428 kips pulg

<) Eje s!lido de igual peso. ara que tenga el peso & la longitud del primero, sus secciones transversales deben ser iguales.

( ) ( )ba A A =

( ) ( ) #

+

##lg#lg+ c pu pu π π =− c; 0 #.# pulg

como admτ / 1# ?si, se tiene

13



,

5cmáx

+=τ

( )

( ) lg#.##

lg#.#1#

pu

pu5 1si

π =

T = 2"" kips pulg

) Eje hueco de 8 pulg de di#$etro. ara igual peso, las seccionestransversales deben ser iguales de nuevo. @alclese el diámetro interior

escribiendo

( ) ( )ca A A =

( ) ( ) ( ) #

3

###lg1lg#lg+ c pu pu pu −=− π π c? 0 +.+1: pulg

ara c? 0 +.+1: pulg & c< / pulg

( ) ( )

[ ]

lg+1:.+lg

# pu pu ,

−=

π

0 #1# pulg

con ,

5cmáx

=τ ( )

lg#1#

lg1#

pu

pu5 1si = T = %&% kips pulg

2) Usando admτ / 6 Da, *alle el máximo torque que puede aplicarse a cada

una de las barras de latón & al tubo de latón mostrados en la figura. 0ote que las

18



dos barras sólidas tienen la misma área transversal & que la barra & el tubo

cuadrado tienen las mismas dimensiones exteriores

*) 'arra de secci!n cuadrada. ara una barra de sección rectangular,

el máximo esfuer%o cortante está dado por la ecuación

#

1abc

5 máx =τ

donde c9 se obtiene de la tabla. e tiene

a 0 b 0 6.66 m 66.1=b

ac9 0 6.#6<

ara admmáx τ τ = / 6 Dpa, resulta

#

1

1

abc

5 máx

=τ 6 Dpa / +

1

)66.6(#6<.6 m

5 T " = (%2 )

$

<) 'arra de secci!n rectangular . 5*ora se tiene9

a 0 6.68 m b 0 6.6#3 m 38.#=b

a

2nterpolando en la tabla #9 c9 0 6.#3A

#

1

#

abc

5 máx

=τ 6 Dpa /( ) #

#

6#3.6)68.6(#3A.6 mm

5 T 2 = (%2 )

$

) Tubo cuadrado. ara un tubo de espesor t , el esfuer%o cortante, está

dado por la ecuación +:

1:



ω τ

t

5

#=

onde es el área limitada por la lnea central de la sección transversal. e

tiene

( ) ( ) +16138.16+.66+.6 −

×== mmω m:

e sustitu&e admτ τ = / 6 Dpa & t / 6.668 m & se resuelve para el torque

admisible9

ω τ

t

5

#= 6 Dpa / ( )#+

+

16138.1)668.6(# mm

5 −×

T % = ((( ) $

3) 'l empleo de vectores para indicar el sentido de los pares aplicados, como seve en la parte inferior de la figura, facilita la determinación del momento

torsionante resultante sobre cada parte del árbol. ara ello, apliquemos las

1<



condiciones de equilibrio al diagrama de cuerpo libre entre una sección cualquiera

& un extremo del e!e, por e!emplo, D. 'ntonces, con respecto a D, los pares

trasmitidos por cada porción &, por tanto, los momentos torsionantes a que están

sometidos, son9 5 AB 0 @ &.m en sentido del relo!, 5 BC 0 ? &.m en sentido

contrario al del relo! & 5 CD 0 &.m en sentido del relo!.

'l ángulo de torsión total es la suma algebraica de los ángulos parciales en cada porción.

-omando arbitrariamente la deformación en sentido del relo! como positiva, &

aplicando la expresión ,(

5!=θ con el factor 3:.+ para obtener el ángulo en

grados, se obtiene9

= ∑

,(

5! D A Jθ

∑ ×= +.3:

1

J

5! ,( D A

θ

( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]#<663.1366+:66

16<++#

636.6

+.3:

A

J +−×

=π

θ D A

Lo cual da= D AJθ +.+#P

'l signo positivo indica que el ángulo de torsión de A respecto a D es en sentido

del relo!.

torsiÓn - resistencia de materiales maÑana

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